Tài liệu Dich_electrostatic_fields_in_matter

107 Chương 4 Trường tĩnh điện trong vật chất Bài tập 4.1 30 E  V / x  500 /103  5  105 . Table 4.1:  / 4 0  0.66  10 , so   4 (8.85  1012 )(0.66  1030 )  7.34  10 41. p   E  ed  d   E / e  (7.34  1041 )(5  105 ) /(1.6  1019 ) = 2.29  1016 m. d / R  (2.29  1016 ) /(0.5  10 10 ) = 4.6  106. Để in hóa, chẳng hạn d = R. Thì R=  E / e  V / ex  V  R ex /  = (0.5x 1010 )(1.6x10 19 )( 103 )/(7.34x10 41 ) = 108V . Bài tập 4.2 1 Đầu tiên tìm trường, ở bán kính r, dùng định luật Gauss: E.da   Qenc , or 0 1 1 E Qenc . 4 0 r 2 4 q r 2 r / a 2 4q  a 2 r / a  2 a 2  Qenc =   dr  e r dr  3  e  r  ar   0 0  a3  a  2 2    2q  a2  r r2   2 e 2 r / a (r 2  ar  )  = q 1  e 2 r / a (1  2  2 2 )  . = a  2  a a   r r 0 [Chú ý: Qenc (r   )  q. ] Vì vậy trường của electron có thể là Ee  1 q  r r2  1  e 2 r / a (1  2  2 2 )  . Proton sẽ bị dịch chuyển từ r = 0 đến điểm d 4 0 r 2  a a   ở đó E e = E (trường ngoài): 1 q  d d 2  2 d / a  E 1  e 1  2  2 2  . 4 0 d 2  a a   108 Khai triển theo (d/a): 2 e 3 2 3  d d d2   2d  1  2 d  1  2 d  d  4d   1           ...  1  2  2       ...1  e 2 d / a 1  2  2 2  a a a   a  2  a  3!  a  a  3a   2 3   d d d2  d  4d  1  1  2  2       ...  1  2  2 2    a a a  a  3a    d d2 d d2 d3 d2 d3 4 d3    2  2 2  2  4 2  4 3  2 2  4 3   ... a a a a a a a 3 a3 3 4d     các số hạng bậc cao. 3a  2 d / a = = = E 1 q 4 d3  1 4 1  (qd )  p.   3 0 a 3 . 2  3  3 4 0 d  3 a  4 0 3a 3 0 a 3 [Không khác nhiều với mô hình hình cầu đồng đều của ví dụ.(Xem pt. 4.2). Chú 1 3 3 ý rằng kết quả này tiên đoán 4   4 a  4 (0.5  10 )  0.09  10 m , so với giá 0 trị thực nghiệm (bảng 4.1) 0.66 x 10 30 m 3 . Thật trớ trêu, các công thức cổ điển (phương trình. 4.2) khá gần với giá trị thực nghiệm.] 3 10 3 30 3 Bài tập 4.3   r   Ar . Điện trường (theo định luật Gauss): 2 �.da  E (4 )  E 1 1 Qenc  0 0 r  0 r r2 r 1 4 A r 4 Ar 2 Ar 4 r d r , or E=  . Trường “bên 4 r 2  0 4 4 0 trong” này cân bằng với trường bên ngoài E khi hạt nhân “lệch tâm” một lượng d : ad 2 4 0  E  d  4 0 E A . Vì vậy moment lưỡng cực cảm ứng là p  ed  2e  0 A E . Hiển nhiên p tỉ lệ với E1 2 . Đối với pt. 4.1 để đúng trong giới hạn trường yếu , E phải tỉ lệ với r , đối với r nhỏ , có nghĩa là nó phải tiến tới không đổi (khác 0) tại gốc tọa độ :  (0)  0 (chứ không phải không xác định) 109 Bài tập 4.4 1 q ˆ Trường của q : 4  r 2 r . Moment lưỡng cực cảm ứng của nguyên tử : 0 p E  q ˆ r . 4 0 r 2 Trường của lưỡng cực này , tại vị trí q (    , trong phương trình.3.103 ) : E 1 1  2 q    ( phải ) . 4 0 r 3  4 0 r 2  Lực tác dụng lên q do trường này: (hút) . Bài tập 4.5 p 1 Trường của p1 tại p2 (    2 trong phương trình. 3.103 ) : E1  4 r 3 ˆ ( hướng 0 xuống ). pp o 1 2 Momen trên p2 : N 2  p2  E1  p2 E1 sin 90  p2 E1  4 r 3 ( hướng vào trong trang 0 giấy). 2p p 1 2 Momen trên p1 : N1  p1  E2  4 r 3 (hướng vào trong trang giấy ) 0 Bài tập 4.6 Dùng lưỡng cực ảnh được biểu diễn trong hình .(a). Kéo ngược lại, thay pi ở gốc tọa độ, hình. (b). Ei  p 4 0  2 z  3  2 cos  rˆ  sin ˆ  ; ( ngoài trang). ˆ ˆ p  p cos  r  p sin  . 110 p sin 2 2 Nhưng sin  cos    1 2  sin 2 , so N  4 16 z 3 (ngoài trang )  0 Đối với 0     2, N có khuynh hướng quay p ngược chiều kim đồng hồ ; đối với  2     , N quay p cùng chiều kim đồng hồ. Vì thế Hướng ổn định vuông góc với bề mặt –hoặc  or  . Bài tập 4.7 Giả sử rằng trường là đều và hướng theo trục y . Trươc hết mảnh p từ vô cùngdọc theo trục x - cái này không sinh công, vì F  dl. (Nếu E không đều, mảnh p nằm dọc theo quỹ đạo  trường.) Bây giờ quay (ngược chiều kim đồng ˆ hồ ) đến điểm cuối. Momen bị tác dụng bởi E là N  p  E  pE sin  z. Momen mà chúng ta tác dụng là N  pE sin  theo chiều kim đồng hồ , và d ngược chiều kim đồng hồ, vì vậy công toàn phần được thực hiện bởi chúng ta âm : U   pE sin  d  2  pE   cos     2     pE  cos   cos    pE cos    p.E. 2  qed Bài tập 4.8 U   p1.E2 , but E2  1 1 1 1 ˆ ˆ ˆ ˆ  3( p2 .r )r  p2  . So U   p1 p2  3  p1r   p2 .r   . 3  4 0 r 4 0 r 3  Bài tập 4.9  a  F   p.  E  Eq.4.5 ; E  ˆ ˆ ˆ 1 q q xx  yy  zz ˆ r 2 2 2 4 0 r 4 0  x  y  z 2  3 2 qed 111      q x Fz   px  py  pz  x y  z  4 0  x 2  y 2  z 2  3 2        q   1 3 2x 2y   p y  3 x   pz    x p  2  x2  y 2  z 2  5 2   4 0    x 2  y 2  z 2  3 2 2  x 2  y 2  z 2  5 2         q  pz 3 x q   r 3  r 5  px x  p y y  pz z    4 4 0   0 F 1 q ˆ ˆ  p  3  p.r  r  . 4 0 r 3   b E  p 3r  p.r    3   . r5 r x   1 1 1 1 ˆ  ˆ ˆ ˆ 3  p.  r    r   p  3  p.r  r  p  . (Điều này xuất 3   4 0 r 4 0 r 3  phát từ phương trình. 3.104; dấu trừ là bởi vì r hướng về phía p, trong bài tập này.) F  qE  1 q ˆ 3  p.r   p  .  4 0 r 3  [Chú ý rằng lực bằng và ngược dấu, như bạn mong đợi tự định luật III Newton.] Bài tập 4.10 ˆ (a)  b  P.n  kR; b   .P   1 1  2  r kr    r12 3kr 2  3k. 3 r r ˆ (b) Đối với r < R , E= 3  rr (Bài tập. 2.12 ) , vì vậy E    k  0  r. 0 112 Đối với r > R, tương tự nếu tất cả điện tích ở tâm ; nhưng 4  Qtot   kR   4 R 2    3k    R 3   0 , vì vậy E  0. 3  Bài tập 4.11 ˆ b  0;  P.n   P (dấu cộng ở một đầu sang đầu mà các điểm P hướng tới ; dấu trừ ở đầu còn lại sang đầu mà các điểm P hướng ra xa). (i) L >> a. Do đó các đầu trong giống các điện tích điểm, và toàn bộ vật giống như lưỡng cực vật lý, chiều dài L và điện tích P a 2 . Xem hình. (a). (ii) L<< a. Thế thì nó giống như một tụ điện bản song song tròn. Trường gần đều bên trong ; “trường viền” không đều ở các biên. Xem hình. (b). (iii) L  a. Xem hình .(c). Bài tập 4.12 V 1 4 0 ˆ P.r r 2  1 ˆ r  dr  P.  r 2 dr  . Nhưng các số hạng trong ngoặc nhọn đúng là  4 0 trường của quả cầu tích điện đều, chia cho p. Tích phân được tính trong bài tập.2.7 và 2.8 : 113  1  4 3  R p ˆ, r  r2 ˆ 1 r 1  4 0 dr   4 0 r 2 p  1  4 3  R 3 p ˆ, r  4 R3 0  3  r  R   R R P cos  ˆ P.r  ,  2 3 0 r 2  3 0 r   So V  r ,     Pr cos   1  r  R  , ,   3 P.r  3 0  0 3  r  R  , 3    r  R   Bài tập 4.13 Xem nó như hai hình trụ có mật độ điện tích đều ngược nhau   . Bên trong trường, ở khoảng cách s từ trục của hình trụ tích điện đều được cho bởi định luật 1 2 Gauss : E 2 sl    s l  E    2 0  s. Đối với hai hình trụ như thế, một cộng 0 và một trừ. Trường toàn phần (bên trong) là E  E  E    2 0   s  s  . Nhưng s  s  d , vì vậy E   d  2 0  , ở đây d là vector từ trục âm đến trục dương. Trong trường hợp này, momen lưỡng cực toàn phần của khoanh có chiều dài l 2 2 bằng P   a l     a l  d . Vì vậy  d  P, và E   P  2 0  , đối với s < a . Bên ngoài , định luật Gauss cho chúng ta E 2 sl  ˆ 1  a2 s  a 2l  E  , đối với 0 2 0 s ˆ ˆ  a 2  s s  một hình trụ. Để kết hợp, E  E  E     , ở đây 2 0  s s  114 d s  s m ; 2 1 1  s  d   2 d 2 1 d  s.d  1  d  s.d    s m  s  m .d   2  s m 1 m 2   2  s m 1  2  s 2 s  2  4 s  2  s  s  2  s     s.d  d  1 s s 2 m  2  s  s 2 ( chỉ giữ các số hạng bậc nhất của d )   s s  1  ˆ ˆ  s.d  d   s  1  s  s.d   s .d   d .     2  s  s 2     s  s s 2    2  2 2 s 2  2  s  s  s s  s   a2 1 ˆ ˆ E  s  2  P.s  s  P  , đối với s > a  2 0 s 2  Bài tập 4.14 Điện tích tổng cộng trong điện môi bằng Qtot  � b da    b d  � .da    .Pd . s  s P   Nhưng định lí divergence nói rằng � .da    .Pd , P s  so Qenc  0. qed Bài tập 4.15 1   2k k r    2 ; 2 r r  r  r ˆ   P.r  k b r  b,  ˆ  b  P.n   ˆ  P.r   k a   r  a. (a) b   .P   1 Q enc ˆ Định luật Gauss  E  4 r 2 r. Đối với r < a , Qenc = 0 , so E  0 . Đối với r > 0 b , Qenc =0 (Bài tập. 4.14) , vì vậy E  0 115 Đối với a < r< b , Qenc ˆ vậy E    k  0 r  r. (b) �.da  Q D f enc r  k   k      4 a 2     2  4 r 2 dr  4 ka  4 k  r  a   4 kr; vì a  a  r   0  D  0 ở mọi nơi. D   0 E  P  0  E    1  0  P, vì vậy E  0 (đối với r < a và r > b ); ˆ E   k  0 r  r (đối với a < r < b) Bài tập 4.16 (a) Giống như E0 trừ trường ở tâm hình cầu với độ phân cực đều P. Cái sau 1 bằng (pt. 4.14)  P 3 0 . Vì vậy E  E0  3 P 0 1 1 2 D   0 E   0 E0  P  D0  p  p, So D  D0  P. 3 3 3 (b) Giống như E0 trừ trường của  các điện tích tại hai đầu của “kim” – nhưng những cái này nhỏ , và cách xa, vì vậy E=E0 D   0 E   0 E0  D0  P, so D  D0  P. (c) Giống như E0 trừ trường của tụ điện bản song song với bảng cao hơn tại   P . Cái sau bằng E  E0  1 P   1  0  P, s D   0 E   0 E0  P, so D  D0. o 0 Bài tập 4.18 (a) Áp dụng D.da  Q f cho bề mặt Gauss được biểu diễn. DA   A  D   . (Chú ý : D =0 bên trong mảnh kim loại.) Điều này đúng ở cả hai tấm; D hướng xuống. enc (b) D   E  E   1 ở tấm 1 , E    0 ở tấm 2 . Nhưng    0 r , vì vậy 3 1  2 0 ;  2   0 . E1   2 0 , E2  2 3 0 . 2 1 (c) p   0  e E , vì vậy P   0  e d  0  r    e  r  ;  e   r  1  P   1   r   .  116  P   2, P2   3. 1 (d) V  E1a  E2 a    a 6 0   3  4   7 a 6 0 . (e) b  0;  b   P1 ở bên dưới tấm  1   2,  b   P2 ở bên dưới tấm  2    3,  b   P ở trên tấm  1   2,  b   P2 ở trên tấm  2    3, 1 (f) Ở tấm1 : Điện tích bề mặt toàn phần bên trên :     2    2 Điện tích bề mặt toàn phần bên dưới:   2     3    3     2, Ở tấm 2 : điên tích bề mặt toàn phần bên trên :     2     2     3  2 3, Điện tích bề mặt toàn phần bên dưới :   3    2 3, Bài tập 4.19 Khi không có điện môi, C0  A 0 d (Pt. 2.54). Trong cấu hình (a) , với  ở bảng trên ,  bên dưới , D   giữa các bảng . E    0 (trong không khí ) và E    (trong điện môi). Vì vậy V  d  d Qd   0    1 .  0 2  2 2 0 A      Ca  Q 0 A  2   V d 1  1  r  Ca 2 0  .   C0 1   r Trong cấu hình (b) , với sự chênh lệch thế V : E  V d , so    0 E   0V d (trong không khí). P   0  eV d (trong điện môi) , vì vậy  b    0  eV d (tại mặt trên của điện môi).  tot   0V d   f   b   f   0  eV d , so  f   0V  1   e  d   0 rV d (ở mảnh trên điện môi). 117  Cb  Q 1 A A A  V V  A 0  1   r  Cb 1   r     f    .  0   0  r    . V V 2 2  2V  d d  d  2  C0 2 [Cái nào lớn hơn ? Cb Ca 1   r  1   r   4 r  1  2 r  4 r2  4 r   1   r   0. 2 r     So Cb > Ca ] C0 C0 2 1 r 21 r  2  1 r  21 r  2 2 Nếu trục x hướng xuống: Bài tập 4.20 4 1 ˆ  D4 r 2    r 3  D   r  E    r 3  r , đối với 3 3 4 ˆ r  R; D 4 r 2    R 3  D   R 3 3r 2  E    R 3 3 0 r 2  r , for r >R . 3 D.da  Q 0 f enc V    E.dl    R3 1 3 0 r R    3 0  rdr  R  R2  R2  R2  1   1  3 0 3 2 3 0  2 r  .  Bài tập 4.21 Đặt Q là điện tích chiều dài l của vật dẫn bên trong. �.da  D2 sl  Q  D  D Q Q  a  s  b  , E  Q ( b< r< c ). ; E 2 0 sl 2 sl 2 sl a b Q c  Q  ds  ds Q   b   0  c  V    E.dl     ln    ln   .   c a 2 l b 2 l  s 2 0l   a    b      0  s  2 0 C Q   . l Vl ln  b a    1  r  ln  c b  Bài tập 4.22 Phương pháp tương tự như ví dụ. 4.7 : Giải phương trình Laplace đối với Vin  s,   ( s < a ) và Vout  s,   (s > a ), thõa điều kiện biên. (i) Vin  Vout tại s = a , V (ii)  out s (iii) Vout   E 0 s cos  118 tại s = a , đối với s >> a . Từ bài tập. 3.23 (dẫn ra điều kiện biên (iii)):  Vin  s,     s k  ak cos k  bk sin k  k 1 . (Tôi đã khử các số hạng hằng số bằng cách đặt V = 0 trên mặt phẳng y z.) Điều kiện (i) nói  a k  ak cos k  bk sin k    E0 s cos    a  k  ck cos k  d k sin k  , Trong khi (ii) nói  r  ka k 1  ak cos k  bk sin k    E0 cos    ka  k 1  ck cos k  d k sin k  . Hiển nhiên bk  d k  0 đối với tất cả k , ak  ck  0 nếu k khác 1 , trong khi đó k = 1, aa1   E0 a  a 1c1 ,  r a1   E0  a 2c1 . Giải tìm a1 , a1   E0 E0 E0 , vì vậy Vin  s,     s cos    x,  1  e 2  1  e 2  1  e 2 V E in 0 ˆ Và vì thế Ein  s,      x x   1   2  . Như trong trường hợp hình cầu ( Ví dụ. e 4.7 ) , trường bên trong là đều. Bài tập 4.23 P0   0  e E0 ; E1     2  1 1 p0   e E0 ; P   0  e E1   0 e E0 ; E2   P  e E0 ; … 1 1 3 0 3 3 3 0 9 n    Hiển nhiên En    e  E0 , vì vậy  3      e n  E  E0  E1  E2  ...       E0 . n0  3   Chuỗi hình học có thể được cộng một cách tường minh : 119   xn  n 0 1 1 E , so E   1   e 3 0 , 1 x Phù hợp với pt. 4.49. [Kì lạ thay , thường thì phương pháp này đòi hỏi rằng  e  3 (ngược lại các chuỗi không xác định phân kì ) , tuy nhiên kết quả không chịu hạn chế như thế, bởi vì chúng ta cũng có thể nhận được nó bằng phương pháp của ví dụ. 4.7.] Bài tập 4.24 Thế : B  Vout  r ,     E0 r cos    l l1 Pl  cos   ,  r    t Bl  ( a < r 0 ) 122 Từ ví dụ. 4.5:    0,  r  a      0,  r  a      Q  ˆ D Q r,  a  r  b    , E 2 ˆ r,  r  a     4 r   4 r 2  Q  ˆ,  4 r 2 r  r  b   0  W 1 b 1 1 2 1 1 Q 1 D.Edr  2  4  2 4   a r 2 r 2 r dr   0 2  Q2  8 0   b  1  Q 2  1  1  b 1  1  dr          2 r 8    r  a  0  r  b  1  1 1  1 Q2  1 e          .   1   e   a b  b  8 0  1   e   a b  Bài tập 4.27 Dùng pt. 4.55 : W  0 2 E dr . Từ ví dụ. 4.2 và Pt. 3.103 , 2  1 ˆ,  3 Pz  0 E 3  R P 2cos  r  sin ˆ , ˆ  3 0 r 3    2 Wr  R  0  P  4 3 2 P 2 R 3   .  R  2  3 0  3 27  0  r  R    , vì vậy  r  R   123 Wtot  2 R P 9 0 3 2 Đây là năng lượng tương tác tĩnh điện của cấu hình, nhưng nó không phải là “ công toàn phần cần thiết để tập hợp hệ ,” vì nó bỏ đi cơ năng lên quan đến sự phân cực phân tử. 1 1 D.Edr. Đối với r  R, D   0 E  D   3 P  P  2 0 E , vì vậy 2  2 P 2 R 3  4 R 3 P 2  1 D.E  2 0 E 2 , và bây giờ đóng góp này là  2   , chính   27  0 2 2  27  0  Dùng Pt. 4.58 : W  xác triệt tiêu số hạng bên ngoài . Kết luận: Wtot  0 . Điều này không có gì lạ, vì đạo hàm trong phần. 4.4.3 tính toán công được thực hiện trên điện tích tự do, và trong bài toán này không có điện tích tự do in sight. Tuy nhiên, bởi vì đây là điện môi phi tuyến, kết quả không thể được giải thích là “ công cần thiết để gắn kết hệ thống’’ – cái sau sẽ hoàn toàn phụ thuộc vào cách bạn gắn kết nó . Bài tập 4.28 Đầu tiên tìm điện dung, như hàm theo h : 2 2  V ln  b a  4 0 s 4 0    ' '     ;      r .  Phần không khí : 0  0 2 ' 2 ' 2 '  D  E  V ln  b a  ,  4 s 4 s 4  E Phần dầu : Q   ' h    l  h    r  h   h   l     r  1 h  l      e h  l  , ở đây l là tổng chiều   dài. C   h l Q   eh  l   4 0  2 0 e V 2 ln  b a  ln  b a  124 1 2 dC 1 2 2 0  e Đây là lực toàn phần hướng lên được cho bởi Pt. 4.64 : F  2 V dh  2 V ln  b a  2 2 Trọng lực hướng xuống bằng F  mg    b  a  gh Bài tập 4.29  (a) Eq. 4.5  F2   p2  E1  p2  y  E1  ; p p 1 1 ˆ Pt. 3.103 E1  4 r 3 ˆ   4 y 3 z . Do đó 0 E2   p1 p2 4 0 0  d  1  3 p1 p2 3 p1 p2 ˆ F2  z ( hướng lên ) ˆ   3  z  4 or 4 0 r 4 dy  y  4 0 y  ˆ Để tính F1 , đặt p2 ở gốc tọa độ , theo hướng z; thế thì p1 nằm tại rz , và hướng ˆ theo hướng  y . Vì vậy F1   p1  E2   p1  E2 y ; chúng ta cần E2 x  y  0, z  r như hàm theo x , y , và z . Từ pt. 3.104 : E2  thế p2 .r   p2 y  1 1 3  p2 .r  r ˆ ˆ ˆ ˆ  p  , ở đây r  xx  yy  zz , p2   p2 y , và vì 3  2 4 0 r  r  2 2 2   3xyx   x 2  2 y 2  z 2  y  3 yzz  ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ p2  3 y  xx  yy  zz    x  y  z  y  p   2  52 52 2 2 2 2 2 2  4 0   4  0  x y z  x y z       E2 p  5 1 1  ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ  2   7 2 y 3 xyx   x 2  2 y 2  z 2  y  3 yzz   5  3xx  4 yy  3zz     y 4 0  2 r r E2   E2 y   0, 0   p 3r  p2 3 z 3p p ˆ; ˆ ˆ. z F1   p1  2 5 z    1 24 z 5 4 0 r 4 0 r  4 0 r  Kết quả phù hợp với điẹnh luật III Newton: F1=-F2 . 125 (c) Từ trang 165 , N 2   p2  E1    r  F2  . Số hạng thứ nhất được tính trong ˆ bài tập. 4.5 ; số hạng thứ hai chúng ta nhận được từ (a) , dùng r  ry : p2  E1  p1 p2  3p p ˆ  x  ; r  F2   ry    1 24 ˆ 3  4 0 r  4 0 r 2 p1 p2  3 p1 p2 ˆ x ˆ ˆ z x ; vì vậy N 2  3 4 0 r 3  4 0 r Cái này bằng và ngược dấu với momen p1 do p2 , đối với tâm của p1 ( xem bài tập. 4.5 ) . Bài tập 4.30 Lực toàn phần ở bên phải ( xem đồ thị). Chú ý rằng các đường sức trường phải phình ở bên phải, như được biểu diễn, vì E vuông góc với bề mặt của mỗi vật dẫn . Bài tập 4.31 ˆ ˆ ˆ P  kr  k  xx  yy  zz   b   .P   k  1  1  1  3k . Điện tích biên thể tích tổng cộng : Qvol  3ka3 ˆ ˆ ˆ,  b  P.n . Ở bề mặt trên, n  z z  a 2 ; so  b  ka 2 . Rõ ràng ,  b  ka 2 trên tất cả sáu mặt . 2 3 Điện tích biên bề mặt toàn phần : Qsorf  6  ka 2  a  3ka . Điện tích biên tổng cộng bằng không . Bài tập 4.32 �.da  Q D f enc b   .P    D ˆ ˆ qe q 1 q r r ˆ r; E  D  ; P   0 e E  . 2 2 2 4 r  4 0  1   e  r r 4  1   e  r 2 qe 4  1   e  Qsurf   b  4 R 2   q ˆ e 3 qe  r  ˆ   r  ;  Eq.1.99  ;  b  P.r    . 2    q1 1 e 4  1   e  R 2  r  e . Sự bù điện tích âm ở tâm: 1  e 126 qe q 3 b dr   1  e   r  dr   1  e e . Bài tập 4.33 E liên tục (Pt. 4.29 ) ; D  liên tục ( Pt. 4.26 , với  f  0 ) . Vì vậy Ex  Ex ; Dy  Dy  1 E y   2 E y , và vì thế 1 2 1 2 1 2 tan  2     2 . qed tan 1 Ex1 E y1 E y2 1 Ex2 E y2 E y1 tan  2 2 Nếu 1 là không khí và 2 là điện môi , tan     1 , và các đường sức trường bị 1 1 cong ra khỏi đường pháp tuyến . Đây là phía đối diện của các tia sáng, vì vậy thấu kính lồi sẽ làm lệch tiêu các đường sức trường. Bài tập 4.34 1 1 1 ' Từ Pt. 4.39 , momen lưỡng cực toàn phần ở tâm là p  p  1   p  1   p   p e e r ’ . Chúng ta muốn thế được tạo ra bởi p (tại tâm ) và  b ( tại R ). Dùng phương   B   Eq.3.72  Outside : V  r ,     l l1 Pl  cos     l 0 r    pháp tách biến :      1 p cos  l  Inside : V  r ,      Al r Pl  cos   Eqs.3.66,3.102    4 0  r r 2  l 0  Bl l  l 1  Al R R  V liên tục tại R R   B 1 p  1   A1 B, 2 4 0  r R 2 R     hoặc  .  p 3 B1   A1 R 4 0 r   Bl  R 2l 1 Al