Báo cáo khoa học đề tài về lưỡng cực điện

LƯỠNG CỰC ĐIỆN
Biên soạn: Nguyễn Chí Trung
Đơn vị công tác: THPT Chuyên Bắc Ninh
LỜI NÓI ĐẦU:
Trong chương trình vật lý THPT chuyên khi dạy và học về phần tĩnh điện, tôi
thấy có nội dung về lưỡng cực điện, trong các tài liệu đã trình bày tương đối đầy đủ
về việc xác định điện trường và điện thế của lưỡng cực điện điểm, tuy nhiên việc
vận dụng cho trường hợp lưỡng cực điện có phân bố phức tạp, tương tác giữa lưỡng
cực điện với các vật dẫn có hình dạng đặc biệt, ảnh của lưỡng cực điện, dao động
của lưỡng cực điện, chuyển động của lưỡng cực trong điện trường và từ trường thì
mới đề cập ở mức độ , theo tôi cần phải có chuyên đề trao đổi về phần này. Vì phần
này là kiến thức tổng hợp và được đề cập nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi, đặc
biệt là học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý, trong các kỳ thi APHO và IPHO.
Sau đây là nội dung của một số vấn đề mà tôi sẽ đề cập :
- Tóm tắt các kiến thức liên quan.
- Các ứng dụng.
- Các bài tập tổng hợp có lời giải chi tiết.
- Các bài tập tự luyện tập với đáp số.
1
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa: Lưỡng cực điện là một hệ hai điện tích có độ lớn bằng nhau nhưng
trái dấu + q và – q, cách nhau một đoạn rất nhỏ so với khoảng cách từ lưỡng cực tới
các điểm đang xét trong điện trường.
Để đặc trưng cho lưỡng cực điện người ta dùng đại lượng vec tơ mô men lưỡng
cực điện, gọi tắt là mô men điện của lưỡng cực, kí hiệu là
e
p
ur
e
p ql=
uur r

(1)
(
e
p
ur
có đơn vị trong hệ SI là C.m), trong đó
l
r
là vec tơ hướng
từ – q đến + q (hình 1). Đường thẳng nối hai điện tích gọi là trục
của lưỡng cực.
Lưỡng cực điện là một hệ điện tích thường gặp trong các vật thể, ví dụ như các
nguyên tử hay phân tử của nhiều vật thể khi đặt trong điện trường ngoài, thì dưới
tác dụng của điện trường ngoài, chúng bị biến dạng (vì các hạt mang điện cấu thành
chúng bị dịch chuyển do tác dụng của điện trường), khiến cho
về mặt phân bố điện tích, có thể xem chúng là lưỡng cực điện.
Ngoài ra một số phân tử như phân tử nước, có cấu tạo sao cho
tuy toàn bộ phân tử là trung hòa về điện nhưng phân tử có thể
xem như một lưỡng cực (ở phân tử nước do ion âm oxi và hai
ion dương hidro phân bố không đối xứng như hình 2)
2. Cường độ điện trường và điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện
a) Điện trường gây ra bởi lưỡng cực điện
Ta xét vec tơ cường độ điện trường gây ra bởi lưỡng cực điện tại điểm M nằm
trên đường trung trực của đoạn thẳng AB nối hai điện tích của lưỡng cực.
Để tìm vec tơ cường độ điện trường
M
E
ur
, ta vẽ
các vec tơ cường độ điện trường

1
E
ur
và
2
E
ur
do các
điện tích điểm +q và – q gây ra tại M, sau đó áp
dụng nguyên lý chồng chập điện trường ta có
1 2M
E E E= +
ur ur ur
với
1
E
ur
và
2
E
ur
có hướng như hình 3 và
có độ lớn
1 2
2
0 1
4
q
E E
r

πε ε
= =
2
+q
– q
l
r
Hình 1
2-
O
+
H
+
H
Hình 2
+q
– q
l
r
α
α
M
M
E
ur
2
E
ur
1
E

ur
BA
r
r
1
Hình 3
Từ hình 3 ta có:
1
2 os
M
E E c
α
=
với
1
os
2
l
c
r
α
=
Từ đó:
3
0 1
4
M
ql
E
r

πε ε
=
Vì r >> l nên
2
2
1
4
l
r r r= + ≈
, mặt khác
e
p ql=
Do đó ta được:
3
0
4
e
M
p
E
r
πε ε
=
(2)
Vì vec tơ
E
ur
song song và ngược chiều
l
r

(tức là với
e
p
ur
) nên ta có thể viết
3
0
4
e
M
p
E
r
πε ε
= −
uur
uuur
(3)
Tương tự, nếu điểm M nằm trên trục lưỡng
cực như hình 4 thì ta có:
3
0
2
4
e
M
p
E
r
πε ε

= −
uur
uuur
(4)
Ta thấy, cường độ điện trường gây ra bởi lưỡng cực điện có độ lớn tỉ lệ nghịch với
lũy thừa ba của khoảng cách từ điểm khảo sát tới lưỡng cực.
b) Điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện
Theo công thức tính điện thế, điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện tại điểm M
cách lưỡng cực (trung điểm O của AB) một khoảng r có biểu thức:

1 2
0 2 0 1 0 1 2
4 4 4
M
r rq q q
V
r r r r
πε πε πε
 
−
= − =
 ÷
 

Trong đó r
1
, r
2
là khoảng cách từ M đến các điện tích – q và + q
Vì r

1
, r
2
>> l nên
1 2
cosr r l
θ
− ≈
(với θ là góc giữa OM và AB) và
2
1 2
.r r r
≈
Do đó :
2 2
0 0
cos
cos
4 4
e
M
p
ql
V
r r
θ
θ
πε πε
= =
(5)

Ta thấy điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện có độ lớn tỉ lệ nghịch với bình
phương khoảng cách từ điểm khảo sát tới lưỡng cực.
Dựa vào hệ thức giữa cường độ điện trường
và điện thế, từ biểu thức (5) của điện thế ta tìm
được cường độ điện trường
E
ur
tại điểm M do
3
+q
– q
l
r
O M
M
E
ur
Hình 4
lưỡng cực điện gây ra.
Trong hệ tọa độ cực, liên hệ giữa điện
trường và điện thế là:
3
0
cos
2
e
t
p
V
E

r r
θ
πε
∂
= − =
∂
(6)
Và
3
0
sin
1
4
e
r
p
V
E
r r
θ
θ πε
∂
= − =
∂
(7)
2 2 2 2
3
0
1 3cos
4

e
r
p
E E E E
r
θ
θ
πε
= + → = +
(8)
và góc hợp bởi vec tơ
E
ur
với
t
E
ur
là
1
tan tan
2
n
t
E
E
α θ
= =
(9)
Dễ thấy rằng khi thay
2

π
θ
=
vào (7) ta tìm lại được (2) và
0
θ
=
vào (6) ta tìm
được (4).
3. Tác dụng của điện trường lên lưỡng cực điện
a) Lực tác dụng lên lưỡng cực đặt trong điện trường
+ Trước tiên ta hãy xét trường hợp điện trường đều (hình vẽ). Khi đó các lực tác
dụng lên hai điện tích của lưỡng cực có độ lớn bằng nhau ( F = qE) và ngược
hướng nhau, chúng tạo nên ngẫu lực có mô men
. .sin . .sin
e
M qE l p E
α α
= =
(10) với
α là góc hợp bởi vec tơ
l
r
và vec tơ
E
ur
. Vec tơ mô men ngẫu lực
M
uur
có phương

trùng với trục quay của lưỡng cực điện, tức là vuông góc với
e
p
ur
và
E
ur
.
Ngẫu lực này có tác dụng làm cho lưỡng
cực điện quay trong điện trường sao cho hai vec
tơ
e
p
ur
và
E
ur
song song với nhau. Vị trí cân bằng
của lưỡng cực điện là vị trí ở đó có mô men
ngẫu lực bằng không, ứng với
0
α
=
và
α π
=
.
Vị trí ứng với
0
α

=
là vị trí cân bằng bền còn vị
trí
α π
=
là vị trí cân bằng không bền, vì chỉ cần
cho lưỡng cực điện quay lệch khỏi vị trí đó một chút là sẽ có xuất hiện ngay một
mô men ngẫu lực làm nó lệch thêm khỏi vị trí này.
4
+q
– q
l
r
B
A
θ
r
1
O
n
E
ur
M
E
ur
t
E
ur
α
r

M
+q
– q
F
ur
F
ur
α
Với quy ước mô men lực làm lưỡng cực quay theo chiều kim đồng hồ có giá trị
âm thì thay cho (10) ta có thể viết:
. .sin . .sin
e
M qE l p E
α α
= − = −
(11)
+ Bây giờ ta xét lưỡng cực điện đặt trong điện
trường không đều. Đầu tiên ta giả sử rằng, lưỡng
cực điện đã nằm dọc theo một đường sức của
điện trường (
0
α
=
) (hình vẽ). Khi đó, lực tác
dụng lên các điện tích không bằng nhau và lực
điện tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực điện là
khác không. Ta chọn trục tọa độ x theo hướng
của vec tơ
e
p

ur
(tức là chiều của vec tơ
l
r
). Vì điện
trường không đều, nên cường độ điện trường tại
điểm đặt điện tích – q là E còn cường độ điện
trường tại điểm đặt điện tích + q là
' .
E
E E l
x
∆
= +
∆
Do đó lực tác dụng lên điện tích âm có độ lớn là F
2
= qE, và lực tác dụng lên điện
tích dương có độ lớn là
1
' .
E
F qE q E l
x
∆
 
= = +
 ÷
∆
 

Lực tổng hợp
F
ur
tác dụng lên lưỡng cực có độ lớn là
1 2 e
E E
F F F ql p
x x
∆ ∆
= − = =
∆ ∆

(12). Và hướng về phía có điện trường mạnh.
Ta cũng dễ thấy rằng, trong điện trường đều thì
0
E
x
∆
=
∆
, lúc đó F = 0
Như vậy, nếu đặt một lưỡng cực điện vào trong một điện trường không đều, thì nó
chịu tác dụng của lực và ngẫu lực. Ngẫu lực có xu hướng làm nó quay trong điện
trường cho đến khi mô men lưỡng cực
e
p
ur
có phương trùng với vec tơ
E
ur

; còn lực
có tác dụng kéo lưỡng cực về phía có điện trường mạnh. Điều này giải thích tại sao
đũa thủy tinh hay ebonit nhiễm điện lại có thể hút các vật thể nhẹ. Khi ta đưa đũa
thủy tinh nhiễm điện lại gần các vật nhẹ, thì dưới tác dụng của điện trường do điện
tích trên đũa tạo ra, các vật bị nhiễm điện trở thành lưỡng cực điện lưỡng cực điện
này chịu tác dụng của điện trường không đều do đũa tạo ra, bị hút về phía đũa là
nơi có điện trường mạnh hơn.
b) Thế năng của lưỡng cực điện trong điện trường.
5
– q
+q
l
r
2
F
uur
1
F
uur
E
ur
Sự định hướng của một lưỡng cực điện trong điện trường có liên quan đến thế năng
của nó: khi lưỡng cực được định hướng ở trạng thái cân bằng thì mô men lưỡng cực
e
p
ur
có hướng trùng với vec tơ
E
ur
, thế năng của nó đạt giá trị cực tiểu, thế năng của

lưỡng cực có giá trị lớn hơn ở mọi dịnh hướng khác của lưỡng cực. Bởi vì chỉ có
hiệu thế năng mới có ý nghĩa vật lý, ta có thể quy ước: thế năng của lưỡng cực
bằng không khi góc
/ 2
α π
=
ở hình 6. Dựa vào (11) ta có thể tính được thế năng W
t
của lưỡng cực khi góc α có giá trị bất kì, bằng cách tính công A mà điện trường cần
thực hiện để làm lưỡng cực quay từ
0
/ 2
α π
=
đến α.
Phép tính chi tiết cho ta:
. . os .
t e e
W p E c p E
α
= − = −
uurur
(13)
Từ (13) ta thấy thế năng của lưỡng cực là nhỏ nhất
.
t e
W p E= −
khi α = 0, nghĩa là
vec tơ
e

p
ur
có hướng trùng với vec tơ
E
ur
và thế năng của lưỡng cực là lớn nhất
.
t e
W p E=
khi α = 180
o
, nghĩa là vec tơ
e
p
ur
ngược hướng với vec tơ
E
ur
.
c) Chú ý: Khi lò vi sóng (thiết bị nấu chín thức ăn nhờ sóng điện từ bước sóng
ngắn) hoạt động, các sóng điện từ có bước sóng ngắn (cỡ µm) tạo ra trong lò một
điện trường biến thiên nhanh cả về cường độ lẫn chiều. Vì phân tử nước có mô men
lưỡng cực lớn, nên nếu có nước trong lò, điện trường biến thiên đó sẽ tác dụng mô
men lực lên các phân tử nước làm cho chúng đổi chiều liên tục để định hướng mô
men lưỡng cực của chúng theo chiều điện trường. Năng lượng (thế năng) mà chúng
thu được từ điện trường sẽ chuyển thành năng lượng nhiệt, truyền cho khối nước
làm nhiệt độ của nước tăng lên. Các thực phẩm có chứa nước đặt trong lò vi sóng
được đun nóng (nấu chín) nhờ sự làm nóng nước đó. Nếu như phân tử nước không
phải là lưỡng cực điện thì không có điều nói trên và lò vi sóng sẽ vô dụng!
6

II. BÀI TẬP VÍ DỤ
Bài tập 1
Một lưỡng cực điện điểm, với mô men điện
p
ur
, có
tâm O, được đặt dọc theo trục x’Ox. Lưỡng cực đặt
trong điện trường ngoài đều có vec tơ cường độ bằng
0
E
ur
hướng theo trục x’Ox.
a) Tìm biểu thức cho điện thế V của hệ gồm lưỡng
cực và điện trường tại một điểm M có tọa độ cực r, và
góc θ, ở đủ xa lưỡng cực. Người ta giả thiết điện thế của điện trường đều
0
E
ur
bằng
không tại điểm gốc O.
b) Xác định mặt đẳng thế V = 0. Xác định kích thước mặt đẳng thế đó.
c) Chứng minh rằng cường độ điện trường trên mặt đẳng thế V = 0 có giá trị
0
3 osE c
θ
d) Thay mặt đẳng thế đó bằng một mặt cầu kim loại mà không làm thay đổi
điện thế tại mọi điểm bên ngoài. Tính mật độ điện mặt σ tại mọi điểm của mặt cầu.
Giải
a) Biểu thức cho điện thế V tại điểm M(r,θ)
0 0

. ons
E
V E dx E x c t= − = − +
∫
Tại điểm O, x = 0, V
0
= 0 nên
0 0
. . . os
E
V E x E r c
θ
= − = −
Điện thế của lưỡng cực ở M xa điểm O là:
2
0
os
1
4
e
p c
V
r
θ
πε
=
Điện thế tổng hợp tại M là :
0
2
0

1
os
4
e
M E
p
V V V E r c
r
θ
πε
 
= + = −
 ÷
 
b) Mặt đẳng thế ứng với V= 0
Tương đương với :
* cosθ = 0 hay
2
π
θ
=
. Đó là mặt phẳng trung trực của lưỡng cực
*
3
0
2
0 0 0
1 1
0
4 4

e e
p p
E r r
r E
πε πε
− = ↔ =
. Đó là mặt cầu tâm O bán kính
3
0 0
1
4
e
p
r
E
πε
=
c) Điện trường ở M(r,θ) có các thành phần:
7
*
0
3
0
2
os
4
e
r
p
V

E E c
r r
θ
πε
 
∂
= − = +
 ÷
∂
 
*
0
3
0
1 1
sin
4
e
p
V
E E
r r
θ
θ
θ πε
 
∂
= − = −
 ÷
∂

 
Trên mặt đẳng thế V = 0 thì
0
3
0
1
4
e
p
E
r
πε
=
Vậy ở đó:
0
3 os
0
r
E E c
E
E
θ
θ
=


=

ur

Do đó E
0
= 0 và
/ /E r
ur r
(vì mặt đẳng thế là mặt cầu)
d) Ta biết tại mọi điểm ở gần vật dẫn cân bằng điện, điện trường có độ lớn bằng
0
E
σ
ε
=
với σ là mật độ điện mặt tại điểm khảo sát. Ở đây ta có:
0 0 0
0
3 os 3 osE E c E c
σ
θ σ ε θ
ε
= = → =
Bài tập 2
Một lưỡng cực điện điểm, với mô men điện
p
ur
định hướng theo chiều dương
trục z, được đặt tại gốc tọa độ O. Hãy tìm hình chiếu của vec tơ cường độ điện
trường
z
E
và

E
⊥
lên một mặt phẳng vuông góc với trục z tại điểm S.
Giải
Ta có
r
E E E
θ
= +
ur uur uur
Xét hình chiếu của vec tơ
E
ur
lên trục Oz ta có:
os sin
z r
E E c E
θ
θ θ
= −
Ta có
3
0
cos
2
e
t
p
V
E

r r
θ
πε
∂
= − =
∂

và
3
0
sin
1
4
e
r
p
V
E
r r
θ
θ πε
∂
= − =
∂

nên
2 2
2
3 3 3
0 0 0

2 cos sin
(3cos 1)
4 4 4
e e e
z
p p p
E
r r r
θ θ
θ
πε πε πε
= − = −
(a)
Lại có
2 2 2 2 2 2
z z
E E E E E E
⊥ ⊥
= + ↔ = −
(b)
8
+q
– q
z
θ
r
r
θ
M
E

ur
r
E
uur
E
θ
uur
z
E
uur
θ
Theo (8) ta có
2 2 2 2
3
0
1 3cos
4
e
r
p
E E E E
r
θ
θ
πε
= + → = +
(c)
Từ (a), (b), (c) suy ra :
( )
2 2

2 2 4 2 2 2
3 3
0 0
1 3cos (9cos 1 6cos ) 9sin cos
4 4
p p
E
r r
θ θ θ θ θ
πε πε
⊥
   
= + − + − =
 ÷  ÷
   
Hay
3
0
3 sin os
4
p c
E
r
θ θ
πε
⊥
=
Bài tập 3
Một hệ gồm một điện tích q > 0 phân bố đều theo một
nửa đường tròn bán kính a, tại tâm O của nó có đặt một

điện tích điểm – q. Hãy tìm:
a. Mô men lưỡng cực điện của hệ này
b. Độ lớn của vec tơ cường độ điện trường tại trục x
của hệ ở khoảng cách r >> a.
Giải
a) Xét một lưỡng cực điện
d p
ur
gồm điện tích – dq ở O và điện tích + dq chứa trong
cung AA’.
Ta có
.d p dq OA ad OA
λ θ
= =
ur uuur uuur
Độ lớn
2
dp a d
λ θ
=
Xét trên trục Ox:
2
. os os
x
dp dp c a c d
θ λ θ θ
= =
Do tính đối xứng nên
¼
/2

2 2 2
/2
os 2 2 2
x x
MN
q aq
p p dp a c d a a
a
π
π
λ θ θ λ
π π
−
= = = = = =
∫ ∫
Vậy
2
.
aq
p p i i
π
= =
ur r r
b) Điện trường
P
E
uur
tại điểm P trên trục đối xứng
của cung tròn là:
3 3 2 3

0 0 0
2 1 2
4 2
p
p aq aq
E i i
r r r
πε πε π π ε
= = =
ur
uur r r
9
dθ
θ
A’
A
P
E
uur
Bài tập 4
Hai lưỡng cực điện có mô men lưỡng cực điện
10
1
2.10 .p C m
−
=
và được đặt cách
nhau là r = 10cm và có trục nằm trên cùng một đường thẳng. Tính thế năng tương
tác giữa hai lưỡng cực đó.
Gợi ý: Xem như một lưỡng cực điện đặt trong điện trường của lưỡng cực kia và áp

dụng công thức
. . os .
t e e
W p E c p E
α
= − = −
uurur
Giải
Thế năng tương tác giữa hai lưỡng cực chính là thế năng của một lưỡng cực, p
1
chẳng hạn, đặt trong điện trường của lưỡng cực kia. Theo đề:
1
.
t
W p E= −
với
2 2
3 3
0 0
2
4 2
p p
E
r r
πε πε
= =
Do đó:
8
1 2
3

0
1,8.10
2
t
p p
W J
r
πε
−
= − = −
Bài tập 5
Đặt trong chân không một vòng dây mảnh, tròn, bán kính
R, tâm O, mang điện tích dương Q phân bố đều. Dựng trục
Oz vuông góc với mặt phẳng của vòng dây và hướng theo
chiều vec tơ cường độ điện trường của vòng dây tại O (hình
vẽ). Một lưỡng cực điện có vec tơ mô men lưỡng cực
p
ur
, tâm
C và có khối lượng m chuyển động dọc theo trục Oz mà chiều
của
p
ur
luôn trùng với chiều dương của trục Oz. Bỏ qua tác
dụng của trọng lực.
a) Xác định tọa độ z
0
của C khi lưỡng cực ở vị trí cân bằng bền và khi lưỡng
cực ở vị trí cân bằng không bền. Tính chu kì T của dao động nhỏ của lưỡng cực
quanh vị trí cân bằng bền.

b) Giả sử ban đầu điểm C nằm ở điểm O và vận tốc của lưỡng cực bằng không.
Tính vận tốc cực đại của lưỡng cực khi nó chuyển động trên trục Oz.
Giải.
a) Thế năng của lưỡng cực điện tại điểm cách tâm O của vòng dây một khoảng z là:
10
+q
C
R
O
x
– q
Q
2 2 2 2
W
( ) ( )
2 2
t
kqQ kqQ
l l
r z r z
= −
+ + + −
1/2 1/2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
kqQ kqQ
zl zl
r z r z
r z r z

≈ −
   
+ + + −
 ÷  ÷
+ +
   
2 2 2 2 2 2 3/2
2 2 2 2
0,5. 0,5. .
1 1
( )
kqQ zl kqQ zl kqQ zl
r z r z r z
r z r z
   
≈ − − + = −
 ÷  ÷
+ + +
   
+ +
Ta có
2 2
2 2 5/2
W
( 2 )
( )
t
d
kqQl r z
F

dz r z
−
= − =
+
(1)
F = 0 khi
2
2
r
z =
, (tại đó thế năng là cực tiểu, cân bằng là bền) và
2
2
r
z = −
(tại đó
thế năng là cực đại, cân bằng là không bền)
Tại điểm cân bằng bền. Khi lưỡng cực lệch một đoạn x thì
2
'
2
r
z x= +
thay vào (1)
ta có:
2
2
2 2
2
2 2 5/2 2 5/2 5/2 5

2 5/2
2
( 2 )
2
( 2 ' ) 2 2 16
'
( ' ) (1,5 ) 3
2
( )
2
r
kqQl r x
kqQl r z kqQlrx kqQlrx
F
r z r r
r
r x
 
− +
 ÷
−
 
≈ = ≈ − ≈ −
+
 
+ +
 ÷
 
Đặt
5/2 4

16
.3
kqQl
m r
ω
=
suy ra chu kì dao động nhỏ là
2 5/4
3
2
r m
T
kpQ
π
=
b) Tại điểm cân bằng bền
2
2
r
z =
, F = 0 nên vận tốc có trị số cực đại
2
ax
ax
2 3/2 3/4
1 2
.
2 (1,5 ) .3
2
m

m
mv
kqlQr kpQ
v
r r m
= → =
Bài tập 6
a) Hãy tìm điện thế tĩnh điện phát sinh do một lưỡng cực điện có độ lớn d nằm
tại khoảng cách L tính từ tâm của một quả cầu dẫn nối đất, bán kính a. Giả thiết
rằng trục của lưỡng cực đó chạy qua tâm của quả cầu.
b) Xét hai quả cầu dẫn điện được cách điện (bán kính a) trong một điện trường
đều có hướng sao cho đường thẳng nối tâm của chúng, có chiều dài R và song song
với điện trường. Khi R lớn, hãy mô tả một cách định tính điện trường tổng hợp tính
tới bậc
4
R
−
.
11
Giải
+ Lấy tâm của quả cầu làm gốc tọa độ và trục đối xứng của hệ là trục Oz, khi đó
chúng ta có thể viết
.
z
P d e=
ur ur
với
z
e
ur

là vec tơ đơn vị của trục Oz.
Xem
P
ur
như một điện tích + q và một điện tích – q đặt cách nhau một khoảng cách
2l sao cho
0
lim 2
l
d ql
→
=
, ta có thể sử dụng phương pháp ảnh.
Ta có tọa độ của +q và – q tương ứng là:
q:
z L l= − +
– q :
z L l= − −
+ Lấy q
1
và q
2
là các điện tích ảnh tương ứng của q và – q. Đối với bề mặt quả cầu
là mặt đẳng thế, độ lớn và vị trí của q
1
và q
2
có thể viết như sau:
1
a

q q
L l
= −
−
đặt tại điểm có tọa độ:
2
(0,0, )
a
L l
−
−
2
a
q q
L l
=
+
đặt tại điểm có tọa độ:
2
(0,0, )
a
L l
−
+
Vì L >> 1, dùng công thức tính gần đúng:
2
1 1 l
L l L L
≈
±

m
Độ lớn và vị trí của các điện tích ảnh lần lượt là:
1
2
2
aq ad
q
L L
= − −
đặt tại điểm có tọa độ:
2 2
2
(0,0, )
a a l
L L
− −
2
2
2
aq ad
q
L L
= −
đặt tại điểm có tọa độ:
2 2
2
(0,0, )
a a l
L L
− +

Trong đó ta đã sử dụng
2d ql=
. Do đó một lưỡng cực ảnh với mô men lưỡng cực
2 3
2 3
2
' .
z
aq a l a
P e P
L L L
= =
uur ur ur
và một điện tích ảnh
2
'
ad
q
L
= −
sẽ được sử dụng để thay thế cho
tác dụng của q
1
và q
2.
Cả
'P
uur
và
'q

đều được đặt tại
2
' (0,0, )
a
r
L
= −
như hình 2. Do đó
điện thế tại r bên ngoài quả cầu là sự chồng chập của các điện thế do
; 'P P
ur uur
và
'q

sinh ra , nghĩa là:
3 3
0
( )1 ' '( ')
( )
4
'
'
z
z
P r Leq P r r
V r
r r
r r r Le
πε
 

+−
 
= + +
 
−
− +
 
 
ur r ur
uur r r
r r
r r r ur
12
– q +q
2l
O
q
1
q
2
z
L
=
2
3
2 4 2 4
2 2 3/2
2 2 1/2 3 2 3/2
0
2 2

( os )
1 ( os )
4 ( 2 os )
( os ) ( os )
a
a d rc
ad d rc L
L
a r a a r a
r rLc L
L r c L r c
L L L L
θ
θ
πε θ
θ θ
 
+
 
+
− + +
 
+ +
 
+ + + +
 
 
b) Một quả cầu dẫn điện bán kính a ở trong một điện trường ngoài
E
ur

tương ứng với
một lưỡng cực điện có mô men
2
0
4P a E
πε
=
ur ur
đối với điện trường bên ngoài quả cầu.
Hai quả cầu dẫn điện cách biệt với nhau như trong bài tập này có thể coi như một
lưỡng cực nếu chúng ta sử dụng phép gần đúng bậc không. Nhưng khi chúng ta sử
dụng phép gần đúng có bậc cao hơn thì tương tác giữa hai quả cầu dẫn điện phải
được xét đến. Bây giờ sự tác dụng của quả cầu thứ nhất lên quả cầu thứ hai giống
như trường hợp a) của bài này (khi hai quả cầu được tách xa nhau với khoảng cách
lớn). Nói một cách khác, tác dụng này có thể coi như tác dụng của một lưỡng cực
ảnh
2
'
ad
q
R
= −
. Khi
2
a L<<
, lưỡng cực ảnh và điện tích ảnh có thể xem một cách gần
đúng là đặt tại tâm quả cầu. Như vậy điện trường tại một điểm bên ngoài quả cầu là
tổng hợp của các điện trường sinh ra do một điện tích điểm
'q
và một lưỡng cực

điện có mô men
3
3
' (1 )
a
P P P
R
+ = +
ur uur ur
đặt tại mỗi tâm của hai quả cầu đó. Khi đó, điện
thế sẽ có thể được biểu thị với những số hạng tới bậc
4
1
R
Bài tập 7
Lưỡng cực điện có mô men
1
p
uur
hướng theo trục Ox, được đặt cố định ở điểm O.
Lưỡng cực điện có mô men
2
p
uur
đặt ở điểm M có tọa độ M(r, θ
1
) chỉ có thể quay
quanh M.
1. Ở vị trí cân bằng,
2

p
uur
lập với OM một góc θ
2
. Tìm mối liên hệ giữa θ
1
và θ
2
.
13
r
O
L
2l
'P
uur
P
ur
θ
2
a
L
Tính toán cho trường hợp θ
1
= 0,
;
4 2
π π
2. a) Biểu diễn năng lượng
2 1

.W p E= −
uur uur
của lưỡng cực
2
p
uur
nằm cân bằng trong
điện trường
1
E
uur
của
1
p
uur
.
b) Tìm giá trị của θ
1
sao cho năng lượng đó là cực tiểu. Xác định lực hút giữa
hai lưỡng cực ứng với giá trị θ
1
này.
3. Tính năng lượng cực tiểu và lực hút nếu các lưỡng cực là hai phân tử nước
đặt cách nhau 3
o
A
. Cho biết mối liên kết OH trong phân tử nước có mô men
p = 4.10
-30
C.m và hai liên kết OH lập với nhau góc α = 150

o
.
Giải
Điện thế tại M do lưỡng cực điện có mô men
1
p
uur
gây ra là:
1 1
2
0
os1
4
p c
V
r
θ
πε
=
Điện trường tại M là:
1 1
1
3
0
2 cos
4
r
pV
E
r r

θ
πε
∂
= − =
∂


1 1
1
3
1 0
sin1
4
pV
E
r r
θ
θ
θ πε
∂
= − =
∂
Lưỡng cực điện
2
p
uur
nằm trong điện trường
1
E
uur

chịu tác dụng của ngẫu lực có mô
men
2 1
M p E= ×
uur uur uur
. Khi cân bằng thì
0M =
uur
Có
2 2 2
2
2 2 2
os
sin
r
p p c
p
p p
θ
θ
θ
=


=

uur
Nên
( )
2 1 2 2 2 1 2 1 2

1 1

0 0,0, ( os sin )
0
r r
r
i j k
M p E p p p E c E
E E
θ θ
θ
θ θ
= × = = −
r r r
uur uur uur
Khi M = 0 thì
1 2 1 2
os sin 0
r
E c E
θ
θ θ
− =
từ đó ta có
1
2 1
1
1
tan tan
2

r
E
E
θ
θ θ
= =
+ Với
1
0
θ
=
thì
2
0
θ
=
+ Với
1
4
π
θ
=
thì
o
2
arctan0,5 26,5
θ
= =
+ Với
1

2
π
θ
=
thì
2
2
π
θ
=
2.a) Năng lượng của p
2
là :
2 1 2 2 1 2 2 1
( cos sin )
r
W p E p E p E
θ
θ θ
= − = − +
uuruur
14
Ở vị trí cân bằng của p
2
(ứng với
2 2C
θ θ
=
), năng lượng là :
1 2

1 2 1 2
3
0
(2 os cos sin sin )
4
C C
p p
W c
r
θ θ θ θ
πε
= − +
b) Năng lượng có cực trị khi
1
0
dW
d
θ
=
hay
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
2sin os 2cos sin os sin sin cos 0
C C
C C C C
d d
c c
d d
θ θ

θ θ θ θ θ θ θ θ
θ θ
− − + + =
Khi p
2
nằm cân bằng thì
1 2 1 2
sin os 2cos sin
C C
c
θ θ θ θ
=
nên các hệ số của
2
1
C
d
d
θ
θ
triệt tiêu,
và
1 2
3cos sin 0
C
θ θ
=
do đó năng lượng đạt cực trị.
+ Nếu
1

os 0c
θ
=
hay
1
2
π
θ
=
và
2
2
C
π
θ
=
khi đó
1 2
3
0
4
p p
W
r
πε
= −
+ Nếu
2
sin 0
C

θ
=
hay
2
0
C
θ
=
và
1
0
θ
=
khi đó
1 2
3
0
2
4
p p
W
r
πε
= −
Đó là năng lượng ở trạng thái cân bằng bền, mà lực hút là
dW
F
dr
= −
hay

1 2
4
0
6
4
p p
F
r
πε
=
3. Mỗi liên kết O – H có một mô men lưỡng cực p. Phân tử nước có mô men lưỡng
cực bằng
30 o 30
2 cos 2.4.10 os52,5 4,87.10
2
p c Cm
π
− −
= =
Năng lượng cực tiểu là :
20
min
1,58.10 0,1W J eV
−
= − ≈ −
Lực hút giữa hai phân tử là
10
1,58.10F N
−
=

Bài tập 8
1. Xét hai ion A
1
, A
2
có thể bị phân cực. Hai ion được coi như các điện tích
điểm q
1
, q
2
đặt cách nhau một khoảng r trong chân không. Ion A
1
nằm trong điện
trường
1
E
uur
do ion kia gây ra, do đó nó thu được môt mô men lưỡng cực gọi là mô
men lưỡng cực cảm ứng
1 1 1
p E
α
− =
uur uur
. Ion A
2
nằm trong điện trường
2
E
uur

do ion A
1
gây
ra, thu được mô men lưỡng cực cảm ứng
2 2 2
p E
α
− =
uur uur
. Các hệ số α
1
, α
2
là dương và
được gọi là hệ số phân cực của các ion A
1
và A
2
. Hãy xác định các mô men lưỡng
cực
1
p
uur
và
2
p
uur
của các ion theo q
1
, q

2
,
r
r
. Đặt
1 2
r A A=
r uuuur
và các hệ số
1 2
1 2
0 0
,
4 4
α α
β β
πε πε
= =
.
15
2. Ta xét một phân tử có cực đặt ở A
1
, có mô men lưỡng cực không đổi
1
p
uur
và
hệ số phân cực không đáng kể.
a) Chứng minh rằng một phân tử không có cực (lúc đầu không có mô men
lưỡng cực), có hệ số phân cực α, đặt ở khoảng cách

1 2
r A A=
sẽ thu được mô men
lưỡng cực cảm ứng
2
p
uur
. Hãy xác định
2
p
theo r, β và p
1
.
b) Suy ra năng lượng liên kết của phân tử đặt ở A
2
, lực hút (lực Walls der Van)
giữa các phân tử theo r, β và p
1
.
Giải
Điện trường
1
E
uur
do ion A
2
có điện tích q
2
và mô men lưỡng cực cảm ứng p
2

tác
dụng lên A
1
là tổng của hai số hạng:
+ Điện trường của điện tích điểm q
2
:
'
2
1
3
0
4
q r
E
r
πε
= −
r
uur
+ Điện trường của lưỡng cực p
2
:
''
2 2
1
3 3
0 0
2 os 2
4 4

p c pr r
E
r r r r
π
πε πε
   
= − =
 ÷  ÷
   
r r
uur
Vậy
' ''
2
1 1 1 2
2
0
21
4
p r
E E E q
r r r
πε
 
= + = − −
 ÷
 
r
uur uur
uur

Tươn tự điện trường
2
E
uur
gây ra ở A
2
bởi điện tích q
1
và mô men p
1
đặt ở A
1
là:
' ''
1
2 2 2 1
2
0
21
4
p r
E E E q
r r r
πε
 
= + = −
 ÷
 
r
uur uur

uur
Dưới tác dụng của các trường đó, mỗi ion trở thành một lưỡng cực có mô men:
1 1 1 0 1 1
4p E E
α πε β
= =
uur uur uur
2 2 2 0 2 2
4p E E
α πε β
= =
uur uur uur
Vậy:
0 2 2
1 2 1
1 2 2
2 2
8
2
E
p r r
p q q
r r r r r r
πε β
β β
  
= − − = − −
 ÷  ÷
 
 

r r
uur
1 2 2
2 1 1
2 3 4
2 4r
q q p
r r r r
β β β
 
 
= − − +
 ÷
 ÷
 
 
r
uur
Từ đó rút ra:
2
2 1
3
1 1
3
1 2
6
2
4
1
q q

r
r
p
r
r
β
β
β β
−
= −
+
r
uur
Tương tự cho
2
p
uur
:
1
1 2
3
2 2
3
1 2
6
2
4
1
q q
r

r
p
r
r
β
β
β β
+
=
+
r
uur
16
2.a) Điện trường do phân tử có cực A với mô men lưỡng cực p
1
gây ra tại A
2
là:
1 1
4 3
0 0
2 2
4 4
p r p
E
r r
πε πε
= =
r uur
ur

Phân tử không có cực đặt ở A
2
, có hệ số phân cực α, bị biến dạng dưới tác dụng
của điện trường này, thu được mô men lưỡng cực cảm ứng:
2 0
4p E E
α πε β
= =
uur ur ur
Hay
2 1
3
2
p p
r
β
=
b) Thế năng của phân tử đặt ở A
2
, cũng tức là năng lượng liên kết giữa hai phân tử
là:
2
W p E= −
uurur
hay
2
1
6
0
1

W
p
r
β
πε
= −
Lực hút giữa hai phân tử là:
dW
F
dr
= −
2
1
7
0
6 p
r
β
πε
=
đây chính là lực Walls der Van.
Bài tập 9
Trong mặt phẳng Oxy người ta đặt cố định tại
gốc toạ độ O một lưỡng cực điện có momen
lưỡng cực
p
r
. Véc tơ
p
r

nằm trên trục Ox và
hướng theo chiều dương của Ox (Hình vẽ). Một
hạt nhỏ khối lượng m, điện tích q chuyển động ở
vùng xa gốc O trong mặt phẳng dưới tác dụng
của điện trường gây bởi lưỡng cực. Bỏ qua tác
dụng của trọng lực và lực cản. Xét chuyển động
của hạt trong hệ toạ độ cực. Vị trí M của hạt ở thời điểm t được xác định bởi véctơ
r OM=
uuuur
r
và góc
( )
OM, pθ =
uuuur
r
.
1. Chứng minh rằng chuyển động của hạt tuân theo các phương trình vi phân
sau:
( )
( )
( )
2
2
0
2
0
qpsin
r ' ' 1
4 mr
2W

r ' rr" 2
m
θ

θ =

πε



+ =


Trong đó W
0
là năng lượng ban đầu của hạt.
17
θ
y
r
r
p
r
O
M
.

x
2. Biết tại thời điểm t = 0 hạt ở vị trí M
0

có
( ) ( ) ( )
' '
0 0 0 0
r 0 r ; 0 ;r ' 0 r ; (0) .
′
= θ = θ = θ = θ

Hãy xác định khoảng cách r(t) từ hạt tới gốc O theo t.
3. Tìm các điều kiện để hạt chuyển động theo quỹ đạo là cung tròn tâm O
bán kính r
0
. Tính chu kì và tốc độ góc cực đại của hạt. Mô tả chuyển động của hạt
trong hai trường hợp: q > 0 và q < 0.
Cho
/ 2
0
d
2,62
cos
π
θ
≈
θ
∫
.
Giải
1.Xác định điện trường gây bởi lưỡng cực điện ở điểm xa O. Gọi q
0
là điện tích

lưỡng cực và l là khoảng cách giữa 2 điện tích của lưỡng cực thì p = q
0
l.
Điện thế
0 0 2 1
0 1 2 0 2 1
q q1 1 r r
( ) ( )
4 r r 4 r r
−
ϕ = − =
πε πε

Coi (r
2
-r
1
) ≈ lcosθ ; r
1
≈ r
2
≈ r ; q
0
l = p
0 0
2 1
2 2
0 2 1 0 0
q q lcos
r r pcos

( )
4 r r 4 r 4 r
θ
− θ
ϕ = ≈ =
πε πε πε
r
3
0
d pcos
E
dr 2 r
ϕ θ
= − =
πε
3
0
d 1 d psin
E
ds r d 4 r
q
j j q
q pe
= - = - =
Trong hệ tọa độ cực
r
3 3
0 0
pcos psin
E e e

2 r 4 r
θ
θ θ
= +
πε πε
ur ur uur
Phương trình chuyển động của điện tích trong điện trường trên có dạng :

r
3 3
0 0
qpcos qpsin
ma qE e e
2 r 4 r
θ
θ θ
= = +
πε πε
r ur ur uur
(*)
với
r
e
r
,
e
θ
r
là các véc tơ đơn vị
Trong tọa độ cực, chú ý rằng:

r
v r 'e r 'e ,
θ
= + θ
r ur uur
r
de
'e
dt
θ
= θ
r
r
;
r
de
'e
dt
θ
= −θ
r
r
,
ta có:

( )
r
r
de
dedv

a r ''e r' r ' 'e r '
dt dt dt
θ
θ
= = + + θ + θ
r
r
r
r ur uur
( )
2
r r
r ''e r' 'e r ' 'e r( ') e
θ θ
= + θ + θ − θ
ur uur uur ur
hay
( ) ( )
2 2
r
dv 1
a r '' r ' e r ' 'e
dt r
θ
= = − θ + θ
r
r ur uur
(**)
18
r

e
r
e
θ
r
r
1
r
2
θ
dθ
ds
M
p
r
Từ (*) v à (**) suy ra
( )
2
3
0
qpcos
r" r ' 1
2 mr
θ
− θ =
πε
( )
( )
2
2

0
qpsin
r ' ' 2
4 mr
θ
θ =
πε
Từ định luật bảo toàn năng lượng:
( )
2
0
1
mv q r const W
2
+ ϕ = =
( )
2 2 2
0
2
0
1 qpcos
m r ' r ' W
2 4 r
θ
⇔ + θ + =
πε


( )
2 2 2

0
2
0
2W
qpcos
r ' r ' 3
2 mr m
θ
⇒ + θ + =
πε
Từ (1) và (3) ta có:
( )
2
0
2W
r ' rr" 4
m
+ =
2.
Đặt
( ) ( )
2 2
u t r t u ' 2rr ' u" 2rr" 2r '= → = → = +
Thay vào phương trình (4) có:
2
0 0 0
1 1 2
2W 4W 2W
1
u" u ' t C u t C t C

2 m m m
= ⇒ = + ⇒ = + +
Hay
( )
2 2
0
1 2
2W
r t t C t C
m
= + +
Từ các điều kiện ban đầu tìm được:
0
' 2
1 0 0 2
2r ;C r C r= =
Vậy:
( ) ( )
0
2 2 ' 2
0
0 0
2W
r t t 2r r t r 5
m
= + +
3.
Để quỹ đạo của hạt là cung tròn thì r(t) = const.
Từ (5)
⇒

'
0 0
0, 0= =W r
đồng thời r’(t) = 0.
- Từ điều kiện
( )
' 0 'r t v r= → = θ
và
v
r
⊥
r
r
;
0
v
uur
⊥
0
r
ur
- Từ điều kiện W
0
= 0
( )
( )
2
'
0

2
0 0
1 qpcos
m r 0 6
2 4 r
θ
→ θ + =
πε
- Phương trình (6) viết lại thành:
( )
2
4
0 0
qpcos
' 7
2 mr
θ
θ = −
πε

( )
4
0 0
qpsin
" 8
4 mr
θ
⇒ θ =
πε

19
*) Trường hợp qp < 0, ta có
max
4
0 0
qp
2 mr
′
θ = −
πε
khi
= 0.θ
Góc
θ
tăng dần tới
/ 2π
. Tại
= /2θ π
thì
0
′
θ =
và
" 0θ <
, góc
θ
giảm và hạt quay trở lại. Tại
= /2θ − π
thì
0

θ
′
=
và
" 0θ >
, góc
θ
tăng, hạt lại chuyển động quay trở lại. Vậy
/ 2 / 2−π ≤ θ ≤ π
. Hạt chuyển động trên nửa đường tròn như hình vẽ a.
Vì
4
0 0
qp cos
d
dt 2 mr
θ
θ
=
πε
nên chu kì của chuyển động này là:

/ 2 / 2 / 2
4 4
0 0 0 0
0 0 0
2 mr 2 mr
d d
T 4 dt 4 4
qp qp

cos cos
π π π
πε πε
θ θ
= = =
θ θ
∫ ∫ ∫
4
0 0
2 mr
T 10,48
qp
πε
⇔ =
*) Trường hợp qp > 0, ta có
max
4
0 0
qp
2 mr
′
θ =
πε
khi
= .θ π
Khi
= / 2θ π
và
= 3 / 2θ π
thì

0
θ
′
=
, hạt sẽ quay trở lại. Nghĩa là hạt sẽ dao
động trên nửa vòng tròn từ
/ 2 3 / 2π ≤ θ ≤ π
(Hình b).
Chu kì của chuyển động:

4
0 0
2 mr
T 10,48
qp
πε
=

Bài tập 10 Chuyển động của một lưỡng cực điện trong từ trường.
20
x
x
θ
M
y
0
r
ur
p
ur

O
Hình b
θ
M
y
0
r
ur
p
ur
O
Hình a
Trong từ trường đều và không đổi
B
ur
, chuyển động tịnh tiến của một hệ điện
tích gắn với chuyển động quay của nó. Do đó, các định luật bảo toàn liên quan đến
động lượng và thành phần mô men động lượng song song với hướng của
B
ur
phải
được phát biểu dưới dạng khác so với cách thông thường. Điều đó được nghiên cứu
trong bài toán này khi khảo sát chuyển động của một lưỡng cực điện tạo bởi hai hạt
có cùng khối lượng m nhưng mang các điện tích trái dấu nhau q (q > 0) và – q. Hai
hạt này nối với nhau bởi một thanh cách điện mỏng, cứng có chiều dài l và khối
lượng không đáng kể. Gọi
1 2
l r r= −
r ur ur
trong đó

1
r
ur
và
2
r
ur
lần lượt là vec tơ vị trí của hạt
mang điện tích q và – q. Kí hiệu
ω
ur
là vận tốc góc của chuyển động quay quanh
khối tâm của lưỡng cực điện. Kí hiệu
CM
r
uuur
và
CM
v
uuur
lần lượt là vec tơ vị trí và vec tơ
vận tốc của khối tâm. Có thể bỏ qua các hiệu ứng tương đối tính, bức xạ sóng điện
từ và chuyển động quay của lưỡng cực điện quanh đường thẳng nối hai hạt.
Chú ý rằng lực từ tác dụng lên hạt có điện tích q và vận tốc
v
r
là
qv B×
r ur
trong đó

tích có hướng
1 2
A A×
uur uur
của hai vec tơ
1
A
uur
và
2
A
uur
được định nghĩa theo các thành phần
x, y, z của các vec tơ này trong hệ tọa độ vuông góc bởi các công thức sau:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 2
x y z z y
A A A A A A× = −
uur uur uur uur uur uur
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 2
y z x x z
A A A A A A× = −
uur uur uur uur uur uur
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 2
z x y y x
A A A A A A× = −
uur uur uur uur uur uur
1. Các định luật bảo toàn.

a) Hãy tính lực tổng cộng và mô men lực tổng cộng đối với khối tâm tác dụng
lên lưỡng cực điện và viết các phương trình chuyển động của khối tâm và chuyển
động quay quanh khối tâm của nó.
b) Từ phương trình chuyển động của khối tâm, hãy rút ra dạng biến đối của
định luật bảo toàn đối với động lượng toàn phần trong đó
P
ur
là kí hiệu đại lượng
bảo toàn đó. Hãy viết biểu thức cho năng lượng bảo toàn E biểu diễn qua
CM
v
uuur
và
ω
ur
.
c) Mô men động lượng gồm hai phần. Một phần là do chuyển động của khối
tâm, còn phần kia là do chuyển động quay quanh khối tâm. Từ dạng biến đổi của
định luật bảo toàn đối với động lượng toàn phần và phương trình của chuyển động
quay quanh khối tâm, hãy chứng minh rằng đại lượng J được định nghĩa như sau:
21
( )
µ
CM
J r P I B
ω
= × +
uuur ur ur
là đại lượng bảo toàn. Ở đây I là mô men quán tính đối với trục
đi qua khối tâm và vuông góc với

l
$
,
µ
B
là vec tơ đơn vị theo hướng của từ trường.
Chú ý rằng:
1 2 2 1
A A A A× = − ×
uur uur uur uur
1 2 3 1 2 3
.( ) ( ).A A A A A A× = ×
uur uur uur uur uur uur
1 2 3 1 3 2 1 2 3
( ) ( . ). ( . ).A A A A A A A A A× × = −
uur uur uur uur uur uur uur uur uur
Đối với ba vec tơ
1
A
uur
,
2
A
uur
và
3
A
uur
bất kì. Áp dụng nhiều lần hai công thức đầu ở
trên để rút ra các định luật bảo toàn đã nêu.

2. Chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với
B
ur
Giả sử từ trường không đổi hướng dọc theo trục z, do đó
B Bz=
ur
$
với
z
$
là vec tơ
đơn vị dọc theo trục z. Sau đây ta giả thiết rằng lưỡng cực điện chỉ chuyển động
trong mặt phẳng z = 0, thành thử
z
ω ω
=
ur
$
. Giả sử ban đầu khối tâm của lưỡng cực
điện nằm ở gốc tọa độ, vec tơ
l
r
hướng theo chiều dương của trục x và vận tốc góc
ban đầu của lưỡng cực điện là
0
z
ω
$
.
a) Nếu độ lớn của

0
ω
nhỏ hơn giá trị tới hạn
c
ω
thì lưỡng cực điện sẽ không
thực hiện được đủ một vòng quay quanh khối tâm. Hãy tìm
c
ω
.
b) Với
0
0
ω
>
tùy ý, khoảng cách lớn nhất
m
d
theo hướng trục x mà khối tâm có
thể đạt tới là bao nhiêu?
c) Lực căng tác dụng lên thanh nối là bao nhiêu? Hãy biểu diễn lực này như là
hàm của vận tốc góc
ω
.
Giải
1. Các định luật bảo toàn
1.a) Kí hiệu vận tốc của hai hạt là
1
v
ur

và
2
v
uur
. Ta có
1 2
1
( )
2
CM
r r r= +
uuur ur ur
,
1 2
1
( )
2
CM
v v v= +
uuur ur uur
,
1 2
l r r= −
r ur ur
,
.
1 2
l v v= −
r ur uur
Để tính lực tổng hợp tác dụng lên lưỡng cực, ta chỉ cần xét ngoại lực gây bởi từ

trường
B
ur
. Do đó ta nhận được:
( ) ( )
.
1 2 1 2 1 2
( ) ( )F F F q v B q v B q v v B ql B= + = × + − × = − × = ×
ur uur uur ur ur uur ur ur uur ur r ur
Bởi vậy, phương trình chuyển động của khối tâm là:
22
. .
1 2
( )
CM
M v q l B q v v B= × = − ×
uuur r ur ur uur ur
(M = 2m) (1)
Tương tự, mô men lực toàn phần đối với khối tâm được cho bởi:
( ) ( ) ( )
1 2
1 2
2 2 2
CM
v vl l
q v B qv B ql B ql v B
τ
    
+−
= × × + × − × = × × = × ×

 ÷ ÷  ÷
     
ur uur
r r
r ur ur uur ur r ur r uuur ur
Vì lưỡng cực điện không quay xung quanh đường thẳng nối hai hạt, mô men động
lượng của lưỡng cực đối với khối tâm của nó là
L I
ω
=
ur ur
, trong đó I là mô men quán
tính đối với trục đi qua khối tâm và vuông góc với
l
$
và được cho bởi:
2 2
2
(2)
2 2 2
l l ml
I m m
   
= + =
 ÷  ÷
   
Do đó phương trình cho chuyển động quay quanh khối tâm là:
( )
.
CM

d L
I ql v B
dt
ω τ
= = = × ×
ur
ur r r uuur ur
(3)
b) Từ phương trình (1) ta nhận được định luật bảo toàn động lượng:
.
0,
CM
P P M v ql B= = − ×
ur ur uuur r ur
(4)
Có thể biết vận tốc tương đối của hai hạt là
.
1 2
l v v l
ω
= − = ×
r ur uur ur r
Bởi vậy, từ phương trình (1) và (3) ta nhận được:
( ) ( ) ( )
. .
. . . . . . 0
CM CM CM CM CM CM
v M v I qv l B q l v B q l v B q l v B
ω ω ω ω
+ = × + × × = − × + × × =

uuur uuur ur ur uuur r ur urr uuur ur r uuur ur ur r uuur ur

Có thế viết lại như sau
2 2
1 1
( ) ( )
2 2
CM CM CM CM CM
d d
v M v I M v v I Mv I
dt dt
ω ω ω ω ω
× + × = × + × = +
uuur uuur ur ur uuur uuur ur ur
Từ hai phương trình cuối cùng ta nhận được định luật bảo toàn năng lượng:
.
2 2
1 1
0, (5)
2 2
CM
E E Mv I
ω
= = +
c) Sử dụng các phương trình (3) và (4) và chú ý rằng cả
P
ur
và
B
ur

đều không đổi, ta
nhận được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
. .
( . ) . . . .
CM CM CM CM
d
I B I B B I qB l v B q B l v B P M v v B
dt
ω ω ω
= = = × × = × × = − ×
ur ur ur ur ur ur urr uuur ur ur r uuur ur ur uuur uuur ur
( ) ( ) ( ) ( )
{ }
. . .
CM CM CM CM
d
P v B P v B v P B r P B
dt
= × = × = − × = − ×
ur uuur ur ur uuur ur uuur ur ur uuur ur ur
Chuyển số hạng cuối cùng sang vế trái của phương trình, ta nhận được định luật
bảo toàn:
23
( )
.
0; .
CM
J J r P I B
ω

= = × +
uuur ur ur ur
(6)
Cho thành phần mô men động lượng dọc theo hướng của
B
ur
.

2. Chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với
B
ur
.
a) Vì lưỡng cực điện nằm trong mặt phẳng z = 0, ta có thể viết
$
$
{ }
.
0
os ( ) sin ( ) ; (0) 0; (0)l l c t x t y
ϕ ϕ ϕ ϕ ω
= + = =
r
(7)
Có thể biểu diễn vận tốc góc qua
.
ϕ
như sau:
.
z z
ω ω ϕ

= =
ur
$ $
(8)
Từ phương trình (4) ta có:
$
$
{ }
sin os
CM
M v P qlB x c y
ϕ ϕ
= + −
uuur ur
(9)
Tại thời điểm t = 0, ta có
0
CM
v =
và
0
ϕ
=
, do đó đại lượng bảo toàn là:
$
P qlB y=
ur
(10)
Bởi vậy, từ phương trình (9) và (10) ta có:
. .

sin ; (1 os )
CM
CM
qlB qlB
x y c
M M
ϕ ϕ
   
= = −
 ÷  ÷
   
(11)
Từ định luật bảo toàn năng lượng hoặc phương trình (5), ta có:
2
.
2 2
0
1 ( ) 1
(1 os )
2 2
qlB
I c I
M
ϕ ϕ ω
+ − =
Hay là:
.
2 2 2
0
1

(1 os )
2
c
c
ϕ ω ϕ ω
+ − =
(12)
Trong đó:
2
4( ) 2
c
qlB qB
MI m
ω
= =
(13)
(Chú ý rằng phương trình (12) có dạng giống như phương trình cho con lắc đơn thu
nhận được bằng cách tương tự)
Để thực hiện được đủ một vòng,
.
ϕ
không thể bằng không, do đó từ phương
trình (12) ta có:
.
2 2 2
0
1
(1 os ) 0
2
c

c
ω ω ϕ ϕ
− − = >
Khi
ϕ π
=
,
.
2
ϕ
đạt giá trị cực tiểu
2 2
0 c
ω ω
−
và suy ra:
2 2
0
0
c
ω ω
− >
;
0
2
c
qB
m
ω ω
> =

(14)
Bởi vậy, giá trị tới hạn là
c
ω
cho bởi phương trình (13).
b) Phương trình (10) có thể viết lại là :
$
P P y=
ur
, để cho
0P qlB= >
.
24
Từ phương trình (6) ta có:
CM
x P I J
ω
+ =
(15)
Tại thời điểm t = 0,
0
CM
x =
và
0 c
ω ω
=
. Do đó
0
J I

ω
=
và phương trình (15) trở
thành:
0
( )
CM
x P I
ω ω
= −
(16)
Vì
0
0
ω
>
như đã nêu trong đầu bài và theo phương trình (12)
.
2 2 2
0
ω ϕ ω
≥ =
, ta có
0
ω ω
>
. Từ (16) suy ra
0
CM
x ≥

. Do đó
CM
x
đạt giá trị cực đại d
m
khi ω có giá trị cực
tiểu.
Nếu
0 c
ω ω
<
, lưỡng cực điện dao động quanh
0
ϕ
=
và giá trị cực tiểu của ω là
0
ω
−
, do đó:
0 0
(2 )
,
m
I m
d l
P qB
ω ω
 
= =

 ÷
 

0 c
ω ω
<
(17)
Nếu
0 c
ω ω
>
, ω sẽ không khi nào bằng không và luôn luôn dương. Giá trị cực
tiểu của ω là
2 2
0 c
ω ω
−
, do đó:
2 2
0 0
2 2
0 0 0
( )
( ),
2
c
m c c
I
m
d l

P qB
ω ω ω
ω ω ω ω ω
− −
 
= = − − >
 ÷
 
(18)
Nếu
0 c
ω ω
=
, thì
2 2 2 2
1
(1 os ) os
2 2
c c
c c
ϕ
ω ω ϕ ω
= + =
và
.
os
2
c
c
ϕ

ϕ ω
=
.
Khi ϕ tăng và gần bằng π, ta đặt
2
ϕ π ε
= −
Khi đó
.
1 1
sin
2 2
c c
ε ω ε ω ε
= − ≈ −
do đó
/2
c
t
e
ω
ε
−
:
và để
0
ε
→
hay
ϕ π

→
thì
t → ∞
. Vì
thế
.
0
ϕ
≥
, giá trị cực tiểu của
ω
là không và
0
0
,
2
m
m
I
d l
P qB
ω
ω
 
= =
 ÷
 

0 c
ω ω

=
(19)
c) Chọn giá trị dương của lực ứng với lực nén trên thanh. Lực căng trên thanh bằng
tổng của ba thành phần:
+ Lực Coulomb giữa các hạt:
2
2
0
1
4
C
q
F
l
πε
=
(20)
+ Hiệu ứng li tâm khi quay thanh bằng:
2
1
2
l
F m l
ω
= −
(21)
25