Báo cáo các tính chất đối xứng trong bài toán

Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

CÁC TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG TRONG BÀI TOÁN
TĨNH ĐIỆN
Trần Lê Hùng
Trường chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị
Tĩnh điện là một nội dung quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học sinh
giỏi THPT. Để giải các bài toán tĩnh điện học sinh ngoài việc cần nắm vững bản
chất hiện tượng vật lí liên quan, còn phải biết sử dụng thành thạo các công cụ toán
học như tích phân, đạo hàm…. Ngoài ra người ta có thể sử dụng nhiều phương pháp
khác nhau: phương pháp sử dụng định luật bảo toàn, phương pháp sử dụng định lí
O-G, phương pháp ảnh điện, phương pháp thay thế tương tương …. Trong bài viết
này, chúng tôi chỉ đề cập đến một khía cạnh nhỏ, đó là vận dụng các tính chất đối
xứng trong các bài toán tĩnh điện. Việc sử dụng tính đối xứng sẽ giúp định hình về
mặt phương pháp, thao tác giải quyết bài toán sẽ nhanh gọn và hiệu quả hơn.
1. Tính đối xứng của các phân bố điện tích
1.1. Phép đối xứng phẳng
Điện tích của một phân bố bất biến đối với phép đối xứng phẳng qua mặt phẳng
xOy nếu như:
(x, y, z) (x, y,z)ρ − = ρ
1.2. Phép phản đối xứng phẳng
Mặt phẳng xOy là phản đối xứng nếu phân bố thoả mãn:

(M') (M) hay (x, y, z) (x, y,z)ρ = −ρ ρ − = −ρ
1.3. Bất biến do phép tịnh tiến
Phân bố là bất biến do phép tịnh tiến song song với một trục khi mật độ điện tích
là như nhau tại một điểm M của phân bố và tại mọi điểm M’ có được bằng phép tịnh
tịnh tiến M song song với trục ấy.
Mật độ điện tích của một phân bố là bất biến do phép tịnh tiến theo trục Oz nếu
như:
(x, y,z) (x, y)ρ = ρ

Chú ý rằng, mọi mặt phẳng vuông góc trục Oz đều là mặt phẳng đối xứng của
phân bố điện tích.
1.4. Bất biến do phép quay
Một phân bố là bất biến do phép quay quanh trục Oz nếu mật độ điện tích là như
nhau tại một điểm M của phân bố và tại mọi điểm M’ thu được bằng một phép quay
bất kì của điểm M xung quanh trục đó. Gọi
(r, ,z)θ
là các toạ độ trụ trục Oz của M.
Đối với một phân bố như thế, sự phân bố các điện tích phải không phụ thuộc góc
θ
.
Điện tích của một phân bố là bất biến đối với phép quay xung quanh trục Oz nếu
như:
(r, ,z) (r,z)ρ θ = ρ
Chú ý rằng, mọi mặt phẳng chứa Oz đều là mặt phẳng đối xứng của phân bố
điện tích.

1
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

1.5. Phân bố có tính đối xứng trụ
Phân bố đối xứng trụ là bất biến đối với phép tịnh tiến song song với một trục
(Oz) (mọi mặt phẳng vuông góc trục Oz đều là mặt phẳng đối xứng) và quay tròn
xung quanh trục đó (mọi mặt phẳng chứa Oz là mặt phẳng đối xứng).
Gọi
(r, ,z)θ
là các toạ độ trụ trục Oz. Phân bố đối xứng trụ:
(r, ,z) (r)ρ θ = ρ
1.6. Phân bố có tính đối xứng cầu
Phân bố đối xứng cầu là bất biến đối với phép quay xung quanh tất cả các trục đi

qua tâm đối xứng. Mọi mặt phẳng chứa gốc đều là mặt phẳng đối xứng của phân bố.
Sử dụng toạ độ cầu
(r, , )θ ϕ
với gốc là tâm đối xứng. Phân bố đối xứng cầu:
(r, , ) (r)ρ θ ϕ = ρ
2. Trường và thế gây ra bởi các phân bố điện tích đối xứng
Trong bài toán tính cường độ điện trường gây ra bởi một phân bố, việc sử dụng
các tích phân là khá vất vả. Tuy nhiên nếu các phân bố có dạng đối xứng, một vài
phép toán đơn giản hoá (khử đi một số toạ độ của điểm cần tính toán, loại bỏ các
thành phần của trường…) có thể được thực hiện mà không cần nhiều phép tính toán.
Một phương pháp hữu hiệu để tính toán trường gây ra bởi một phân bố đối xứng
là sử dụng định lí O-G. Trước hết chúng ta phải dựa vào các mặt phẳng đối xứng
hoặc phản đối xứng để xác định hướng của trường. Sử dụng tính bât biến của các
phép quay hoặc phép tịnh tiến để giảm bớt sự phụ thuộc của các thành phần của
trường đối với các toạ độ. Hình dạng thu được của trường quyết định việc lựa chọn
một mặt Gauss làm cho phép tính thông lượng trở thành sơ cấp.
2.1. Phép đối xứng phẳng
Phân bố D là bất biến đối với một phép phản đối xứng phẳng
ϕ
qua một mặt
phẳng P. Cường độ điện trường do D tạo ra là song song với mặt phẳng P (H.1).
2.2. Phản đối xứng phẳng

2
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

Phân bố D* là bất biến đối với một phép phản đối xứng phẳng
*
ϕ
qua mặt phẳng

phản đối xứng P*. Cường độ điện trường do phân bố D* tạo ra là vuông góc với mặt
phẳng P* (H.2).
2.3. Bất biến với phép tịnh tiến
Khi một phân bố D là bất biến đối với phép tịnh tiến
z∆
song song với trục Oz
(H.3):
E(x,y,z n z) E(x, y,z)+ ∆ =
r r
hay
x x y y
E(x,y,z) E(x,y) E (x, y)e E (x, y)e= = +
r r
r r
Trong trường hợp này hàm thế chỉ phụ thuộc vào các biến số x và y.
2.4. Bất biến với phép quay
Xét một phân bố điện tích bất biến với phép quay R một góc
α
(H.4) quanh trục
Oz. Trường tĩnh điện ở M và M’ đều có cùng các thành phần trong các hệ toạ độ
(Ox,Oy,Oz)
và
(R(Ox),R(Oy),R(Oz))
tương ứng. Cường độ điện trường tại M’
cũng giống như cường độ điện trường tại M với một phép quay xung quanh vectơ
z
e
r

một góc

α
.
Trong hệ toạ độ trụ trục Oz,
r r z z
E(r, ,z) E (r,z)e E (r,z)eθ = +
r
r r
. Hàm thế chỉ phụ
thuộc vào các biến r và z của toạ độ trụ.
2.5. Đối xứng trụ và đối xứng cầu
Trường của một phân bố đối xứng trụ trục Oz (sự phân bố điện tích chỉ là hàm
của khoảng cách đến trục Oz trong toạ độ trụ) có dạng:
r
E(r, ,z) E(r)eθ =
r
r
. Hàm thế
chỉ phụ thuộc khoảng cách r tới trục Oz:
V(r) V(r, ,z) V(r)= θ =
r
Trường của một phân bố đối xứng cầu tâm O, trong toạ độ cầu:
r
E(r, , ) E(r)eθ ϕ =
r
r

Hàm thế chỉ phụ thuộc khoảng cách r tới tâm O:
V(r) V(r, , ) V(r)= θ ϕ =
r
3. Bài tập minh hoạ

3.1. Ví dụ 1
Xác định cường độ điện trường gây ra bởi một quả cầu tích điện đều trên bề mặt
với mật độ điện tích mặt
σ
.
Giải

3
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

Vì rằng mọi mặt phẳng chứa O đều là mặt phẳng đối xứng của phân bố nên
vectơ cường độ điện trường phải song song với tất cả các mặt này, do đó ta có thể dễ
dàng kết luận rằng cường độ điện trường tại O bằng không mà không cần phép tính
toán nào.
Xét tại một điểm bất kì trong không gian, tất cả các mặt phẳng chứa O và M đều
là mặt phẳng đối xứng,
E
r
phải mang giao tuyến của chúng, vậy
r
E E.e=
r
r
. Cũng do
tính đối xứng cầu của phân bố, E là một hàm của r, tức là
r
E E(r).e=
r
r
Bằng việc sử dụng định lí Gauss (mặt Gauss là mặt cầu tâm O bán kính r) ta có

thể chỉ ra rằng cường độ điện trường bằng không tại mọi điểm bên trong quả cầu.
Trên mặt cầu
r
0
E e
σ
=
ε ε
r
r
, và bên ngoài mặt cầu
2
r
2
0
R
E e
.r
σ
=
ε ε
r
r
.
3.2. Ví dụ 2
Tính cường độ điện trường tạo bởi một đĩa tròn
phẳng bán kính R tích điện đều trên bề mặt với mật độ
điện tích mặt
σ
, tại một điểm trên trục của nó.

Giải
Trục của đĩa là một trục tròn xoay của phân bố điện
tích. Tại một điểm M của trục này, trường phải bất biến
đối với phép quay quanh trục Oz, do đó:
z
E(M) E.e=
r
r

2
0
0
2
2 2
3
0 0
dS
E cos
4 r
z
2 .z sin d
E (1 cos ) 1
dS 2 .z tan .d(z tan )
2 2
R z
cos
z
r
cos
θ


σ
= α

πε

 
σ σ

π α α
⇒ = − θ = −

 ÷
= π α α =
ε ε
+
 
α


=

α

∫
Hơn nữa, tại điểm đối xứng với M qua mặt phẳng đĩa, ta sẽ có:
E( z) E(z)− = −
r r
3.3. Ví dụ 3
Một băng có bề rộng 2a, dài vô hạn

được mô tả trên sơ đồ, mang mật độ điện
tích mặt đều
0
σ
. Hãy tính cường độ điện
trường tạo ra bởi băng tại điểm M(0,0,z).
Giải
Mặt phẳng (xOz) là một mặt phẳng đối xứng của phân bố điện tích nên vectơ
cường độ điện trường
E
r
phải nằm trong
mặt phẳng này. Mặt phẳng (yOz) là một

4
2a
x
z
y
O
M
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

mặt phẳng đối xứng của phân bố điện tích nên vectơ cường độ điện trường
E
r
phải
nằm trong mặt phẳng này. Như vậy
E
r

được mang bởi giao tuyến của hai mặt phẳng
này
z z
E E (z).e=
r
r
.
Chia băng thành từng sợi mảnh dy, mỗi sợi mang mật độ điện dài
0
d dyλ = σ
.
Cường độ điện trường gây ra bởi mỗi sợi được xác định bởi
r
0
d
dE e
2 r
λ
=
πε
r
r
. Hình
chiếu của điện trường nguyên tố này trên trục Oz cho bởi:
0
z
0
cos
dE dy
2 r

σ α
=
πε
.
Trong đó
2
z
r
cos
d
y z.tan dy z
cos

=


α

α

= α → =

α


0
0
ymax
2
0 0 0

z
ymax
0 0 0
E cos .dy d
2 z 2 2
α
− −α
σ σ σ
⇒ = α = α = ∆α
πε πε πε
∫ ∫
Với
∆α
là góc nhìn bề rộng của băng từ M
0
z
0
a
E arctan e
z
σ
 
→ =
 ÷
πε
 
r
r
3.4. Ví dụ 4
Quả cầu bán kính R, mang mật độ điện tích mặt

σ
phân bố đều trên bề mặt của
nó nằm giữa hai mặt phảng có độ cao z
1
và z
2
(
1 2
R z z z R− ≤ ≤ ≤ ≤
). Tính cường độ
điện trường tại tâm quả cầu.
Giải
Điểm O thuộc về mặt phẳng đối xứng (xOz) và (yOz)
của phân bố điện tích nên vectơ cường độ điện trường
E
r

phải được mang bởi giao tuyến của hai mặt phẳng này là
trục Oz,
z
E(O) E.e=
r
r
Trường cần tìm là sự chồng chập của các trường
nguyên tố tạo ra bởi các vòng có cùng trục Oz. Các phần
này là các phần diện tích, trên mặt cầu, giới hạn giữa hai
hình nón có góc ở đỉnh là
2α
và
2( d )α + α

, có bán kính
r Rsin= α
.
Mật độ điện dài trên các vòng này là:
d Rdλ = σ α
. Cường độ điện trường do các
vòng này gây ra:
2 r
2
z
2
0
0 0 0 0
d d
dE cos .dl cos sin cos sin .d d(sin )
4 R 2 R 2 4
π
λ λ σ σ
= − α = − α α = − α α α = − α
πε ε ε ε
∫
2 2
2 2 2 2
2 1
z 1 2 z 2 1 z z
2
0 0 0
(z z )
E (sin sin )e (cos cos )e e
4 4 4 R

σ σ σ −
= − α − α = − α − α = −
ε ε ε
r
r r r

5
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

Nếu cho toàn bộ quả cầu tích điện:
1 2
z z R− = =

E 0→ =
Nếu tích điện cho một nữa quả cầu: z
1
= 0, z
2
= R
z
0
E(O) e
4
σ
= −
ε
r
r
3.5. Ví dụ 5
Hệ N điện tích điểm q

1
, q
2
, …, q
N
được phân bố trên trục Oz. Chứng tỏ
rằng phương trình một đường sức của
trường có dạng:
N
i i
i 1
q cos const
=
θ =
∑

trong đó các góc
i
θ
được xác định như
trên hình vẽ.
Giải
Hệ là tròn xoay xung quanh trục Oz và các đường sức đều nằm trong các mặt
phẳng chứa trục Oz như mặt phẳng hình vẽ.
Cường độ điện trường tại điểm M, có toạ độ trụ r và z, gây ra bởi N điện tích
điểm có toạ độ z
1
là:
N
i i r i z

i
2 2
i 1
0
i
q sin e cos e
E (M)
4
r (z z )
=
θ + θ
=
πε
 
+ −
 
∑
r r
r
Với một dịch chuyển nguyên tố
r z
dr dr.e dz.e= +
r r r
dọc theo một đường sức,
Phương trình vi phân của một đường sức có dạng
dr E 0∧ =
r
r
r
, có nghĩa là:

N N N
i i i i
i i i
3/2 1/2
2 2
2 2 2 2
i 1 i 1 i 1
i
i i
sin dz cos dr rdz (z z )dr 1 (z z )
0 q q q d
r
r (z z )
r (z z ) r (z z )
= = =
 
θ − θ − − −
 ÷
= = =
 
 ÷
+ −
   
+ − + −
 
   
 
∑ ∑ ∑
N N
i i i i

i 1 i 1
q d(cos ) 0 hay q cos const
= =
→ θ = θ =
∑ ∑
3.6. Ví dụ 6
Một khối cầu bán kính a mang mật độ điện tích khối đều
ρ
,
có một lỗ hổng hình cầu có bán kính b không chứa điện tích nào.
Xác định cường độ điện trường bên trong lỗ hổng.
Giải
Phân bố này tương ứng với sự chồng chất của hai phân bố đối
xứng:
1
ϕ
tương ứng với mật độ điện khối
ρ
phân phối đều trong quả cầu tâm O
1
,
bán kính a;
2
ϕ
tương ứng với mật độ điện khối
−ρ
phân phối đều trong quả cầu tâm
O
2
, bán kính b.

Xét tại điểm M bên trong lỗ hổng, dùng định lý Gauss:

6
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

2 3
1 1 0 1 1 1
0
2 3
2 2 0 2 2 2
0
4
4 r E r E r
3 3
4
4 r E r E r
3 3
ρ

φ = π ε = π ρ ⇒ =

ε


ρ

φ = π ε = − π ρ ⇒ = −

ε


1 1
0
2 2
0
E (M) O M
3
E (M) O M
3
ρ

=

ε

⇒

ρ

= −

ε

uuuur
r
uuuuur
r
Theo nguyên lí chồng chất điện trường ta có:
1 2
0

E(M) O O
3
ρ
=
ε
uuuuur
r
. Như vậy điện
trường là đều bên trong lỗ hổng.
3.7. Ví dụ 7
Quả cầu tâm O bán kính R mang mật độ điện tích mặt
0
cosσ = σ θ
.
a. Chứng tỏ rằng phân bố này tương đương với phân
bố của hệ hai khối cầu bán kính R tích điện đều với
mật độ điện tích khối là
0
−ρ
và
0
+ρ
khi cho tâm O
1
và O
2
tiến đến gặp nhau.
b. Xác định cường độ điện trường và hiệu điện thế ở bên trong và bên ngoài quả
cầu (chọn mốc điện thế tại O).
Giải:

a. Trong hệ toạ độ cầu gốc O, trục Oz thì một phần
tử diện tích nguyên tố cắt trên mặt cầu tâm O bán kính
R bằng:
2
dS Rd .Rsin d R sin .d d= θ θ ϕ = θ θ ϕ
. Mang điện
tích:
0
dq dS cos dS= σ = σ θ
(1)
Xét hệ hai khối cầu mang điện, trong không gian
chung của chúng, điện tích toàn phần bằng không. Như
vậy khi O
1
tiến tới O
2
, các điện tích của phân bố này
được định vị trong một màng mỏng, lân cận bề mặt quả cầu tâm O bán kính R,
mang mật độ điện khối
0
−ρ
và
0
+ρ
, theo dấu của z, tức là của
cosθ
.
Xét phần tử thể tích giới hạn bởi hai diện tích nguyên tố dS và cách nhau x =
MN. Ta có:
1 2

1 1 2 2
1 2
O O a
a
O H O H sin
2
H H acos
=



= = θ


= θ


2 2
1 1 1
1 2
2 2
2 2 2
H N R O H
H N H M
H M R O H

= +

⇒ ⇒ =


= +


1 2
MN x H H a | cos | dV a | cos | dS⇒ = = = θ ⇒ = θ
0
0
0 0
dq a cos dS
dq cos dS
a
= ρ θ

⇒ ⇒ = σ θ

σ = ρ

(2)
Như vậy phân bố thứ nhất có thể thu được từ phân bố thứ hai khi cho
a 0
→
, với
điều kiện áp đặt
0 0
a constσ = ρ =
,
0
( )ρ → ∞

7

z
O
A
θ
R
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

b. Vì rằng hai mặt phẳng (xOz) và (yOz) là hai mặt phẳng đối xứng của phân bố
điện tích này nên cường độ điện trường phải song song với hai mặt này, do đó sẽ
song song trục Oz.
+ Xét tại điểm M bên trong quả cầu cách O một khoảng r, dùng định lý Gauss:

2 3
0
0 0
0
4
4 r E r E r
3 3
ρ
φ = π ε = π ρ ⇒ =
ε

0
1 1
0
0
2 2
0
E (M) O M

3
E (M) O M
3
ρ

=

ε

⇒

ρ

=

ε

uuuur
r
uuuuur
r
Theo nguyên lí chồng chất điện trường ta có:
0 0 0
1 2 z z
0 0 0
a
E(M) O O e e
3 3 3
ρ ρ σ
= = − = −

ε ε ε
uuuuur
r
r r
Như vậy cường độ điện trường tại mọi điểm bên trong quả cầu là như nhau.
Điện thế bên trong quả cầu:
z z
0 0 0
z
0 0
0 0 0
V E dz cos .dz z r cos
3 3 3
σ σ σ
= = − π = = θ
ε ε ε
∫ ∫
r
r
+ Xét tại một điểm bên ngoài quả cầu. Mỗi khối cầu
0
+ρ
và
0
−ρ
được xem như
hai điện tích điểm đặt tại O
1
và O
2

có điện tích tương ứng là
3
1 0
4
q R
3
= π ρ
và
3
2 0
4
q R
3
= − π ρ
. Ta có một lưỡng cực điện, vectơ lưỡng cực điện là:
3 3
2 1 0 z 0 z
4 4
p q.O O R a.e R .e
3 3
= = π ρ = π σ
uuuuur
r r r
Điện thế:
3
3
0z
0
3 3 2
0 0 0

R cos1 p.OM 4 1 e .OM
V(M) . R
4 OM 3 4 OM 3 r
σ θ
= = π σ =
πε πε ε
uuuur uuuur
r r
Cường độ điện trường:
3
0
r
3
0
r
M
3
3
0
0
3
0
2R
cos
E
3 r
2pcos .e psin .e1
E
4 r
R sin

E
3 r
θ
θ

σ
θ
=

ε
θ + θ

= ⇒

πε
σ θ

=

ε

r r
r
3.8. Ví dụ 8
Cho một điện tích điểm dương q = 1 nC
1. Đặt điện tích q tại tâm hình lập phương cạnh a = 10cm. Tính điện thông qua
từng mặt của hình lập phương đó. Nếu bên ngoài hình lập phương đó còn các điện
tích khác thì điện thông qua từng mặt của hình lập phương và qua toàn bộ hình lập
phương có thay đổi không?
2. Đặt điện tích q tại đỉnh của hình lập phương nói trên. Tính điện thông qua

từng mặt của hình lập phương.

8
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện

3. Đặt điện tích q tại tâm O của một vỏ cầu kim loại cô lập và trung hoà điện.
xác định cường độ điện trường tại các điểm trong phần rỗng và bên ngoài vỏ cầu.
Giải
1. Vì lí do đối xứng, điện tích q gửi cùng một điện thong
1
φ
qua sáu mặt của
hình lập phương. Điện thong tổng cộng qua toàn bộ hình lập phương là
1
6φ = φ
. Áp
dụng định lí Gauss ta có:
1
0 0
q q
18,83
6
φ = → φ = ≈
ε ε
V/m.
Nếu có các điện khác bên ngoài hình lập phương thì các điện tích này sẽ làm
thay đổi điện thông qua các mặt khác nhau của hình lập phương. Nhưng điện thông
qua toàn bộ hình lập phương vẫn không thay đổi:

0

q
113φ = ≈
ε
V/m.
2. Giả sử q được đặt tại đỉnh A của hình lập phương ABCDA’B’C’D’ đó. Đối
với ba mặt có chứa Q (ABCD, ABB’A’, ADD’A’) điện thông bằng không vì các
đường sức đều nằm trên các mặt này. Vì lí do đối
xứng, điện thông qua ba mặt còn lại (BB’C’C,
CDD’C’, A’B’C’D’) là như nhau, bằng
2
φ
. Để tính
2
φ
ta xét một hình hộp lớn tâm A, cạnh bằng 2a,
khi đó q nằm ở tâm hình lập phương lớn. Diện tích
xung quanh của hình lập phương lớn bằng bốn lần
diện tích xung quanh cua rhình lập phương nhỏ
ABCDA’B’C’D’. Do đó điện thông qua mỗi mặt
hình lập phương lớn bằng
2
4φ
. Vì lí do đối xứng,
điện thông qua toàn bộ hình lập phương lớn là
'
φ
= 6.4
2
φ
=24

2
φ
. Áp dụng định lí
Gauss ta có:
'
2 2
0 0
q q
24 4,71
24
φ = φ = → φ = =
ε ε
V/m.
3. Do tính đối xứng cầu tâm O nên
r
E E(r)e=
r
r
. Áp dụng định lí O-G ta có:
+ Tại mọi điểm bên trong phần rỗng và bên ngoài vỏ cầu:
r
2
0
q
E e
4 r
=
πε
r
r

+ Tại những điểm bên trong lớp vỏ cầu: E = 0, vì rằng điện tích cảm ứng ở hai
mặt vỏ cầu bằng điện tích q về độ lớn nhưng trái dấu.
Ta có nhận xét rằng, tại những điểm bên trong phần rỗng, rất sát mặt trong của
vỏ cầu (bán kính R
1
):
2
0 1 0
q
E
4 R
σ
= =
πε ε
, kết quả này phù hợp với công thức tính
cường độ điện trường gần mặt vật dẫn tích điện. Ta cũng có kết quả tương tự đối với
những điểm sát mặt ngoài vỏ cầu.

9
•
D
C
B
A’
B’ C’
D’
Các tính chất đối xứng trong bài toán tĩnh điện


10