CÁC CÂU HAY RA TRONG ĐỀ VẬT LÍ 1 NĂM 2018ĐHBK ĐÀ NẴNG

BÔÔ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐHBK-ĐẠI HỌC ĐÃ NẴNG


TỔNG HỢP NHỮNG CÂU HAY
RA
TRONG ĐỀ VẬT LÍ 1
NHỮNG CÂU CHỌN RA ĐỀ
NĂM 2018

BẠN MUỐN ĐIỂM
CAO THÌ HÃY XEM
CÁC PHƯƠNG
PHÁP GIẢI SAUAUTO QUA MÔN
SƯU TẦM BIÊN SOẠN:NGUYỄN BẢO HOÀN
TÀI LIỆU CHỈ LƯU HÀNH NỘI BỘ


Bài tập chương 6. Trường tĩnh điện
A. Phần tóm tắt lý thuyết
1. Lực tương tác Coulomb




q q
1 q1q 2 r12
qq r
1 q1 q 2
F12 
.  k 1 22 . 12 , độ lớn: F12 

 k 1 22
2
2
40 r
r
40 r
r
r r



 0  8,86.10 12 C 2 / Nm 2 - hằng số điện môi (hằng số điện môi tuyệt đối của chân không),  là hằng số điện
môi tỷ đối của môi trường.
2. Vectơ cường độ điện trường

 F
E
q
Cường độ điện trường gây ra bởi một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó một khoảng r:




Q r
1 Q r
|Q|
Ek 2. 
. 2 . , độ lớn: E  k 2
r
r r 40 r r


Q>0: E hướng ra xa điện tích;

Q<0: E hướng vào điện tích.
3. Véc-tơ điện cảm (cảm ứng điện)


D  0 E


Q 
.r
4r 3
4. Cường độ điện trường gây bởi một sợi dây thẳng dài vô hạn mang điện đều tại một điểm cách dây một
khoảng r:

, trong đó  là mật độ điện dài của dây.
E
20r
5. Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều:

, trong đó  là mật độ điện mặt.
E
2 0
6. Định lý Ostrogradski – Gauss:
Thông lượng cảm ứng điện gửi qua một mặt kín (S) bất kỳ bằng tổng đại số các điện tích có trong mặt kín.
  n
   DdS   qi


Véc-tơ điện cảm do một điện tích điểm gây ra: D 

 S

i 1

7. Công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển điện tích điểm q0 ừ điểm A đến điểm B trong điện trường:
A  q 0  VA  VB  , trong đó VA và VB lần lượt là điện thế tại điểm A và B.
8. Tính chất thế của trường tĩnh điện

 
Lưu số của véc-tơ E theo một đường cong kín bằng 0:  Ed l  0
9. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B trong điện trường:
B
 
U AB  VA  VB   Edl
A

10. Mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế


V
hay E   grad V
E
s
U
Trong trường hợp điện trường đều: E  , trong đó U  V1  V2 là hiệu điện thế, d là khoảng cách giữa 2
d
mặt đẳng thế tương ứng.
11. Điện thế gây bở một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó 1 khoảng r:

1


Q
4 0 r
12. Hiệu điện thế giữa hai mặt cầu đồng tâm mang điện đều, bằng nhau, trái dấu:
Q  R 2  R1 
, trong đó R1 là bán kính của mặt cầu trong, R2 là bán kính của mặt cầu ngoài, Q là độ
V1  V2 
0R 1R 2
lớn điện tích trên mỗi mặt cầu.
13. Hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ đồng trục dài vô hạn mang điện đều bằng nhau và trái dấu:

R
V1  V2 
ln 2 , trong đó R1 là bán kính mặt trong, R2 là bán kính mặt ngoài,  là mật độ điện dài trên
2 0 R 1
mặt trụ.
B. Phần bài tập
Bài 1.9. Tìm lực tác dụng lên một điện tích điểm q = (5/3).10-9 C đặt ở tâm nửa vòng xuyến bán kính r0 = 5
cm tích điện đều với điện tích Q = 3.10-7 C (đặt trong chân không).
Bài giải:
Xét một điện tích nguyên tố dq gây ra cường độ điện trường dF cho
điện tích q. Phân tích dF theo phương x và y như trên hình vẽ. Dễ
dàng thấy do tính chất đối xứng nên các thành phần dFy triệt tiêu
nhau.
kq
Như vậy: F   dF   dFx   2 dQ cos 
r

Q
Trong đó: dQ  dl (điện tích chia đều theo độ dài r ), dl  rd
r
(độ dài cung bằng bán kính nhân với góc chắn cung).
V


2

Thay vào trên ta được: F 

kq Q
r cos d
2
 r r


2

Từ hình vẽ dễ thấy góc  biến thiên từ

2

F


2




 khi lấy tích phân trên toàn bộ nửa vòng xuyến.
2
2

kqQ
kqQ
kqQ
 r 2 cos d  r 2  cos d  r 2 sin 
2


2

=

2

9
9
7
2kqQ 2.9.10 . 5 / 3 .10 .3.10

 1,146.103  N 
2
2
r
.0,05

2

Bài 1.10. Có hai điện tích điểm q1  8.108 C và q 2  3.10 8 C đặt cách nhau một khoảng d = 10 cm trong
không khí. Tính:
a) Cường độ điện trường gây bởi các điện tích đó tại các điểm A, B, C. Cho biết: MN = d = 10 cm, MA = 4
cm, MB = 5 cm, MC = 9 cm, NC = 7 cm.
b) Lực tác dụng lên điện tích q  5.1010 C đặt tại C.
Bài giải:

2




Tại điểm A: E1A và E 2A cùng chiều nhau như hình vẽ:
 q
q 
 8.108 3.108 
E A  E1A  E 2A  k  1 2  2 2   9.109. 

 525.103  V / m 
2
2 
NA 
0,06 
 0,04
 MA


Tại điểm B: E1B và E 2B ngược chiều nhau như hình vẽ:
 q
q 

 8.108 3.108 
E B  E1B  E 2B  k  1 2  2 2   9.109. 

 276.103  V / m 
2
2 
MB
NB
0,05
0,15






Tại điểm C: E1C và E 2C có chiều nhau như hình vẽ.
2
 E 22C  2E1CE 2C cos  , trong đó:
Ta có: E C  E1C

8
q2
8.108
3
9 3.10

88,9.10
V
/

m
E

k

9.10
.
 55,1.103  V / m 
và


2C
MC2
0, 092
NC2
0, 072
MC 2  NC2  MN 2 92  7 2  102 5
cos  

 ,   76, 20
2MC.NC
2.9.7
21

E1C  k

q1

 9.109.

Thay vào ta được: E C  103 88,92  55,12  2.88,9.55,1.(5 / 21)  92,8.103  V / m 
Cường độ điện trường tại C tạo với cạnh CN 1 góc: 90    90  76, 20  13,80
b) Lực FC  q E C  5.1010.92,8.103  4, 6.105  N 
Lực này ngược chiều với EC.
Bài 1.20. Một mặt phẳng vô hạn mang điện đều có mật độ điện tích mặt là 2.10-9 C/cm2 = 2.10-5 C/m2. Hỏi
lực tác dụng lên một đơn vị chiều dài của một sợi dây dài vô hạn mang điện đều. Cho biết mật độ điện dài của
dây là   3.108 C/cm  3.10 6 C/m .
Bài giải:
Lực tác dụng của mặt phẳng lên sợi dây bằng tổng lực tác dụng lên các phần tử của sợi dây. Ta đã biết điện

trường do 1 mặt phẳng gây ra là E 
không phụ thuộc vào khoảng cách từ mặt phẳng đến các phần tử
2 0
điện tích của sợi dây nên dù đặt sợi dây thế nào thì lực tác dụng lên 1 phần tử dq của sợi dây vẫn đều là
dq
dl
, trong đó dq  dl nên dF 
. Lực tác dụng lên mỗi đơn vị chiều dài của dây là:
dF  Edq 
2 0
2 0
dF 
2.105.3.106


 3, 4  N / m 
dl 20 2.1.8,86.1012
Bài 1.23. Cho 2 điện tích điểm q1  2.106 C , q 2  10 6 C đặt cách nhau 10 cm. Tính công của lực tĩnh điện
khi điện tích q2 dịch chuyển trên đường thẳng nối hai điện tích đó xa thêm một đoạn 90 cm.
Bài giải:

Ta coi đây là bài toán xác định công của lực tĩnh điện do điện tích q1 tác dụng để dịch chuyển điện tích điểm
q2 dịch chuyển trong điện trường mà nó gây ra.
3


Như vậy: A MN  q 2  VM  VN  , trong đó VM và VN lần lượt là điện thế tại 2 điểm MN trên đường thẳng nối 2
điện tích và cách nhau 1 khoảng 90 cm.
kq1
kq
Giả sử: VM  1 và VN 
  r  r 
r

9.109.2.106.  106  .0,9
 kq1
kq1  kq1q 2
r
Suy ra: A MN  q 2 



 0,162  J 
 r   r  r  
 r(r  r)
1.0,1.  0,1  0,9 


Dấu “-” có nghĩa là lực điện trường là lực cản, tức là ta phải thực hiện 1 công là +0,162 J để thắng lực điện
trường. Trong bài toán này, 2 điện tích là trái dấu nên hút nhau, vì thế muốn đưa 1 điện tích ra xa thêm thì
đương nhiên là phải thực hiện công thắng lại lực hút này.

1
Bài 1.24. Tính công cần thiết để dịch chuyển một điện tích q  .10 7 C từ một điểm M cách quả cầu tích
3
điện bán kính r = 1 cm một khoảng R = 10 cm ra xa vô cực. Biết quả cầu có mật độ điện mặt là
  10 11 C/cm 2  107 C/m 2 .
Bài giải:
Vẫn sử dụng công thức tính công của điện trường khi dịch chuyển điện tích từ điểm M đến N (trong trường
hợp này N ở vô cực): A MN  q  VM  VN  . Như vậy, cần phải tính điện thế tại các điểm M và N.
Nhân đây phải nói đến bài toán tính điện thế tại 1 điểm nằm bên ngoài và cách tâm quả cầu mang điện đều
1 khoảng là r>r0 (bài mà thầy chưa có dịp tính trên lớp trong giờ lý thuyết).
Ta có: dV  Edr (mối liên hệ giũa điện trường và điện thế)
kQ
Mặt khác sử dụng định lý Ostrogradski – Gauss ta dễ dàng tính được: E  2 , trong đó Q là điện tích của
r
quả cầu.
kQ
kQ
kQ
Thay vào ta được: dV   2 dr  V 
 C , chọn gốc điện thế tại vô cực ta có C = 0, suy ra: V 
r
r
r
Quay trở lại bài toán của chúng ta: A MN  q  VM  VN 
2

9
7
7
kQ

kqQ
kq4r 2  9.10 . 1/ 3 .10 .4  0, 01 .10
VM 
; VN  0  A MN 


 3, 42.10 7  J  ,
 r  R 
 r  R   r  R 
1 0, 01  0,1

trong đó Q  4r 2 .
Bài 1.25. Một vòng dây tròn bán kính 4 cm tích điện đều với điện tích Q = (1/9).10-8 C. Tính điện thế tại:
a) Tâm vòng dây;
b) Tại một điểm M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây 1 đoạn là h = 3 cm.
Ta làm 1 bài tổng quát, tìm điện thế tại 1 điểm M trên trục vòng dây,
cách tâm vòng dây 1 đoạn là h.
kdQ
Ta có: dV 
 R2  h2
kdQ
kQ
Suy ra: V   dV  

2
2
 R h
 R 2  h2
a) Điện thế tại tâm vòng dây h = 0
9

8
kQ 9.10 . 1/ 9  .10
VO 

 250  V 
R
1.0, 04
9.109. 1/ 9  .108
kQ
b) Tại điểm M: VH 

 200  V 
 R 2  h 2 1. 0, 042  0, 032
Bài 1.32. Tại hai đỉnh C, D của một hình chữ nhật ABCD (có các cạnh AB = 4 m, BC = 3 m) người ta đặt hai
điện tích điểm q1  3.108 C (tại C) và q 2  3.108 C (tại D). Tính hiệu điện thế giữa A và B.
Bài giải:
4


AC = BD = 5 m

VA  VCA  VDA 

k  q1
q 2  9.109  3.108 3.108 



  36  V 



  CA DA 
1  5
3 

VB  VCB  VDB 

q 2  9.109  3.108 3.108 
k  q1



  36  V 


  CB DB 
1  3
5 

Hiệu điện thế giữa A và B là: U AB  VA  VB  72  V 
Bài 1.33. Tính công của lực điện trường khi chuyển dịch điện tích q = 10-9 C từ điểm C đến điểm D nếu a = 6
cm, Q1 = (10/3).10-9 C, Q2 = 2.10-9 C.
Bài giải:
Nhớ là muốn tính công của lực điện trường thì có công thức:
A CD  q  VC  VD 
Ta có:
kQ1 kQ 2 9.109  10 / 3
2  9
VC 




.10  200  V 

AC BC
1  0, 06 0, 06 

VD 

kQ1 kQ2 9.109  10 / 3
2  9




 .10  141 V 
AD BD
1  0, 06 2 0, 06 2 

Công của lực điện khi đó: A  q  VC  VD   109  200  141  59.109  J 
Bài 1.37. Cho hai mặt trụ đồng trục mang điện đều bằng nhau và trái dấu có bán kính lần lượt là 3 cm và 10
cm, hiệu điện thế giữa chúng là 50 V. Tính mật độ điện dài trên mỗi mặt trụ và cường độ điện trường tại điểm
ở khoảng cách bằng trung bình cộng của hai bán kính.
Bài giải:
Trước tiên quay trở lại bài toán tính điện trường gây ra bởi một mặt trụ dài vô hạn tích điện đều.
Xét 1 mặt Gauss có dạng mặt trụ có độ cao là h, diện tích đáy là S.
Thông lượng điện:
 e   D n dS   D n dS   D n dS
mÆt trô

trong đó

mÆt bªn



hai ®¸y

D n dS  0 vì Dn = 0 nên:

hai ®¸y

e 



D n dS  D2rh  2 0 Erh

mÆt bªn

Điện tích của khối trụ: Q  h , trong đó  là mật độ điện dài của khối trụ theo chiều cao.

Theo định lý O – G: Q   e  h  2 0 Erh  E 
2 0 r
Đối với những điểm nằm giữa 2 mặt trụ thì chỉ có mặt trụ ở phía trong gây ra điện trường. Ta tính điện thế tại
1 điểm cách trục của mặt trụ trong 1 khoảng là r.
dr
 ln r
dV  Edr  dV  
V

C
2 0 r
2 0
Như vậy hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ R1 = 3 cm và R2 = 10 cm là:
20 V 21.,86.10 12.50

R
V
ln 2   

 2,3.109  C 
R
10
2 0 R 1
ln 2
ln
R1
3

5


BÀI TẬP CHƯƠNG VẬT DẪN – TỤ ĐIỆN
Tóm tắt lý thuyết
1. Điều kiện cân bằng tĩnh điện



- Véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm bên trong vật dẫn phải bằng không: E trong  0


- Thành phần tiếp tuyến E t của véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm trên mặt vật dẫn phải bằng không (tức
  

là véc-tơ cường độ điện trường phải vuông góc với mặt vật dẫn): E t  0, E  E n
2. Những tính chất của vật dẫn mang điện:
- Vật dẫn cân bằng tĩnh điện là một khối đẳng thế. Mặt vật dẫn là một mặt đẳng thế.
- Nếu truyền cho vật dẫn một điện tích q nào đó thì điện tích q chỉ được phân bố trên bề mặt của vật dẫn, bên
trong vật dẫn, điện tích bằng không (các điện tích âm và dương trung hòa nhau).
- Đối với một vật dẫn rỗng đã ở trạng thái cân bằng tĩnh điện, điện trường ở phần rỗng và trong thành của vật
rỗng cũng luôn luôn bằng không.
3. Hiện tượng điện hưởng
- Hiện tượng các điện tích cảm ứng xuất hiện trên một vật dẫn (lúc đầu không mang điện) khi đặt trong điện
trường ngoài được gọi là hiện tượng điện hưởng.
- Điện tích cảm ứng trên các phần tử tương ứng có độ lớn bằng nhau và trái dấu.
Trong trường hợp điện hưởng một phần, độ lớn của điện tích cảm ứng nhỏ hơn độ lớn điện tích trên vật mang
điện.
Trong trường hợp điện hưởng toàn phần, độ lớn của điện tích cảm ứng bằng độ lớn điện tích trên vật mang điện.
4. Điện dung của một vật dẫn cô lập (về điện)
Điện dung của một vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích cân truyền cho vật dẫn để điện tích
của vật tăng lên một đơn vị điện thế.
(Điện dung của vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích mà vật dẫn tích được khi điện thế của
nó bằng một đơn vị điện thế).
Q
C
V
1 culomb
Đơn vị: 1 fara =
, các đơn vị ước của fara: 1 F = 106 F , 1 nF = 109 F , 1 pF = 1012 F
1 von
Điện dung của 1 quả cầu bằng kim loại (cô lập)

Quả cầu là vật dẫn nên điện thế tại mọi điểm của quả cầu là như nhau và bằng điện thế do điện tích Q coi như đặt
Q
kQ
tại tâm của quả cầu gây ra tại điểm cách tâm một khoảng bằng bán kính R: V 

40 R R
Theo định nghĩa, điện dung: C 

Q
R
 40 R 
V
k

5. Tụ điện
Tụ điện là hệ hai vật dẫn cô lập ở điều kiện điện hưởng toàn phần.
a. Tụ điện phẳng: là hệ hai bản kim loại phẳng cùng diện tích S đặt song song và cách nhau một đoạn d.
Q
Q

Q
C


, trong đó: U = Ed, E là điện trường đều giữa 2 bản tụ: E 
V1  V2 U
0  0 S

Q 0 S


U
d
b. Tụ điện cầu: hai bản tụ là hai mặt cầu kim loại đồng tâm có bán kính R1 và R2 (R1 > R2)
Thay vào ta được: C 


Ta có: V1  V2 

Q  1
1  Q  R1  R 2  kQ  R 1  R 2 




40   R1 R 2  40 R1R 2
R1R 2

Trong đó Q là giá trị tuyệt đối của điện thế mỗi bản, V1  V2  U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ. Điện dung C
của tụ được tính:
Q 40 R1R 2
R1R 2
C 

U
R 2  R1
k  R 2  R1 
c. Tụ điện trụ: hai bản của tụ điện là hai mặt trụ kim loại đồng trục bán kính lần lượt là R1 và R2 (R1 < R2) có độ
cao là l, rất lớn so với R1 và R2.
2 0l
Q

R
Q
l
ln 2 , do đó: C 
Ta có: V1  V2 


R
20 l R1
V1  V2 ln R 2
2k ln 2
R1
R1
6. Năng lượng vật dẫn cô lập

QV CV 2 Q2


2
2
2C
7. Năng lượng của tụ điện
W

QU CU 2 Q2
W


2
2

2C
8. Năng lượng điện trường của 1 tụ điện phẳng
1
W  CU 2 ,
2
 S
1
1
W 1
ED
 0 E 2 
lại có: C  0 , U  Ed suy ra: W  0E 2Sd  0 E 2 V  w 
- mật độ năng lượng điện
d
2
2
V 2
2
trường.
 0 E 2
ED
dV  
dV
2
2
V
V

Năng lượng của một điện trường bất kỳ: W  

Phần bài tập
Bài 1.1. Cho 2 mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R1 = 4 cm, R2 = 2cm mang điện tích Q1 = -(2/3).10-9 C, Q2 =
3.10-9 C. Tính cường độ điện trường và điện thế tại những điểm cách tâm mặt cầu những khoảng lần lượt bằng 1
cm, 2 cm, 3 cm, 4 cm, 5 cm.
Bằng phép tính tích phân tính được: điện thế tại 1 điểm cách tâm quả cầu là x được tính theo công thức:
 kq
 R (x  R)
V
 kq (x  R)
 x
Còn cường độ điện trường thì phía trong quả cầu E = 0,
kq
Phía ngoài vỏ cầu E  2
x
Bài 2.2. Một quả cầu kim loại bán kính 10 cm, điện thế 300 V. Tính mật độ điện mặt của quả cầu
Điện thế quả cầu được tính theo công thức:
kq
V
, trong đó q  S  4R 2 , từ đó suy ra:
R


k4R 2
V
300
 4kR   

 26,5.109 C/m 2
9
R

4kR 4.9.10 .0,1
Bài 2.8. Một quả cầu kim loại bán kính R = 1 m mang điện tích q =10-6 C. Tính:
a) Điện dung của quả cầu;
b) Điện thế của quả cầu;
c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu.
kq
q R
a) Ta có điện thế của quả cầu được tính theo công thức: V 
, suy ra: C  
R
V k
1
 1,1.1010 F
Thay số ta được: C 
9
9.10
V

q
106
 9000 V
b) Điện thế: V  
C 1,1.1010
CV 2 1,1.1010.90002

 4,5.103 J
2
2
Bài 2.9. Tính điện dung của Trái Đất, biết bán kính của Trái Đất là R = 6400 km. Tính độ biến thiên điện thế của
Trái Đất nếu tích thêm cho nó 1 C.

c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu: W 

Coi như Trái Đất là 1 quả cầu, ta có điện dung của trái đất là: C 

q R 6400.103


 7,1.104 F
9
V k
9.10

q
q
1
 V 

 1405 V
C
C 7,1.104
Bài 2.11. Cho một tụ điện cầu bán kính hai bản là r = 1 cm và R = 4 cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 3000 V.Tính
cường độ điện trường ở một điểm cách tâm tụ điện 3 cm.
Dùng định lý Gauss dễ dàng suy ra được cường độ điện trường chỉ do bản tụ phía trong gây ra.
kq
E  2 , điện thế tại một điểm nằm giữa 2 bản tụ là:
x
kq
kq
V  x    2 dx    const
x

x
Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là:
R
kq
 kq R
1 1 
U   2 dx 
 kq   
x
x r
r R
r
Lại có V 

Điện dung: C 
Suy ra: E 

q
rR
URr

q
U k(R  r)
k R  r

kq
kURr
URr
3000.0, 04.0, 01




 44, 4.103 V/m  44, 4 kV/m
2
2
2
2
x
k R  r x
 R  r  x  0, 04  0, 01 .0, 03


BÀI TẬP CHƯƠNG 8. ĐIỆN MÔI
Tóm tắt lý thuyết:
- Liên hệ giữa cường độ điện trường và
 cảm ứng
 điện:
D   0 E


- Vector phân cực điện môi: P  0 E



 
D  0 E  0 1    E  0 E  P , trong đó   1   ,  gọi là hệ số phân cực điện môi.
- Mật độ điện tích liên kết trên mặt chất điện môi đặt trong điện trường:   Pn  0 E n
Trong đó Pn và En là hình chiếu của vector phân cực điện môi và vector cường độ điện
trường lên phương pháp tuyến ngoài của mặt có điện tích xuất hiện.
- Dạng toán liên quan đến tụ điện:

+ Mối quan hệ giữa hiệu điện thế U, cường độ điện trường E, khoảng cách giữa các bản tụ
d: U  Ed .

+ Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều: E 
2 0 
+ Mật độ điện mặt trên hai bản tụ tích điện đều:   0E
+ Mật độ điện tích liên kết:   Pn  0 E n     1  0 E n
 S
+ Điện dung của tụ điện phẳng: C  0
d
Các bài tập cần làm: 3.1, 3.3, 3.4, 3.5, 3.8.
Bài 3.1. Xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm mica dày 0,02 cm đặt vào giữa
và áp sát vào hai bản của một tụ điện phẳng được tích điện đến hiệu điện thế U = 400 V.
Bài giải:
Cần nhớ, đây là xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm điện môi (mica), ta
nhớ đến công thức:
  Pn  0 E n     1  0 E n
Đối với tụ điện, chúng ta chú ý, điện trường gây ra bởi 2 bản tụ là điện trường đều, hướng
vuông góc với các bản tụ, từ phía bản dương sang bản âm. Cho nên:
U
En  E 
d
Nên ta có:
U
400
     1 0 E n     1 0   7,5  1 .8,86.1012.
 1,15.104  C / m2 
2
d
0,02.10

Chú ý: hằng số điện môi của mica có sách ghi là từ 5,7 đến 7, có sách ghi bằng 6, có sách
ghì bằng 7,5.
Bài 3.3. Một tụ điện phẳng có chứa điện môi (   6 ) khoảng cách giữa hai bản là 0,4 cm,
hiệu điện thế giữa hai bản là 1200 V. Tính:
1. Cường độ điện trường trong chất điện môi.
2. Mật độ điện mặt trên hai bản tụ điện.
3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi.
1


Tóm tắt:
  6 , d = 4 cm = 4.10-2 m, U = 1200 V.
1. E = ?
2.   ?
3.   ?
Bài giải:
1. Đối với tụ điện bất kỳ, cường độ điện trường giữa các bản tụ (tức là cường độ điện trường
trong chất điện môi) là:
U 1200
E 
 3.105  V / m 
3
d 4.10
ở đây rất có thể chúng ta sẽ làm nhầm như sau:
E
U
Cường độ điện trường trong chất điện môi là E  0 , trong đó E 0  , tức là chúng ta

d
coi điện trường ngoài E0 là điện trường giữa 2 bản phẳng, nhưng nên nhớ, trong phần lý thuyết

E0 là điện trường giữa 2 bản phẳng lúc chưa đặt điện môi, có nghĩa là điện trường của 1 tụ điện
không khí. Còn trong trường hợp này, đây là một tụ điện có chứa điện môi   6 nên cường độ
điện trường giữa 2 bản tụ lúc này chính là cường độ điện trường trong lòng chất điện môi.
Để làm rõ hơn, tiếp tục chúng ta sẽ tính E0, tức là độ lớn của điện trường do các điện tích
tự do gây ra (tức là điện tích trên các bản tụ), theo lý thuyết: E 0  E  6.3.105  18.105  V / m 
Ta tính luôn cả cường độ điện trường E gây ra do các điện tích liên kết trên bề mặt của
chất điện môi: E  E 0  E  18.105  3.105  15.105  V / m  (đúng theo lý thuyết)
2. Mật độ điện mặt trên 2 bản tụ điện được suy ra từ công thức sau:
  0 E 0  8,86.10 12.18.105  1,59.105  C / m 2 
3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi cũng được tính từ công thức tương tự:
   0 E  8,86.1012.15.105  1,33.105  C / m 2 
Ngoài ra chúng ta có thể biến đổi để sử dụng công thức sau:  
Thật vậy: E  E 0  E 

 1



 

0 0

E0


 
 1
nên ta có:

    


 0
 0  0  0

Bài 3.4. Cho một tụ điện phẳng, môi trường giữa hai bản ban đầu là không khí ( 1  1 ),
diện tích mỗi bản là 0,01 m2, khoảng cách giữa hai bản là 0,5 cm, hai bản được nối với một hiệu
điện thế 300 V. Sau đó bỏ nguồn đi rồi lấp đầy khoảng không gian giữa hai bản bằng một chất
điện môi có  2  3 .
1. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện sau khi lấp đầy điện môi;
2. Tính điện tích trên mỗi bản.
Bài giải:

Mặt khác: E 

2


Đây là bài toán khá điển hình về tụ điện. Lúc đầu, đây là một tụ không khí và được tích
điện bằng một hiệu điện thế 300 vôn, sau khi các bản tụ đã tích điện xong thì ngắt nguồn và cho
điện môi vào giữa các bản tụ, khi đó điện tích không đổi, nhưng điện dung thay đổi thành ra hiệu
điện thế giữa hai bản tụ sẽ thay đổi.
0 1S 8,86.1012.1.0,01
Điện dung của tụ điện không khí là: C1 

 1,772.1011  F 
2
d
0,5.10
Suy ra: Q  C 1U1  1,772.1011.300  5,3.10 9  C 
Điện dung của tụ điện sau khi lấp đầy chất điện môi là:

0 2S 8,86.1012.3.0,01
C2 

 5,3.1011  F 
2
d
0,5.10
Q 5,3.109

 100  V 
Khi đó U 2 
C2 5,3.1011
Bài 3.5. Cho một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản là 0,01 m. Giữa hai bản đổ đầy
dầu có hằng số điện môi   4,5 . Hỏi cần phải đặt vào các bản một hiệu điện thế bằng bao nhiêu
để mật độ điện tích liên kết trên dầu bằng 6,2.10-10 C/cm2.
Bài giải:
d = 0,01 m,   4,5 ,   6,2.1010 C/cm 2  6,2.106 C/m 2
U=?
U
Cường độ điện trường giữa hai bản tụ: E 
d
Mật độ điện tích liên kết được tính theo công thức:
U
  0  E 0  E   0    1    0    1
d
6
d
6, 2.10 .0,01

 2000  V 

Suy ra: U 
0    1 8.86.1012.3,5
Bài 3.8. Trong một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa các bản là d, người ta đặt một tấm
điện môi dày d1 < d song song với các bản của tụ điện. Xác định điện dung của tụ điện trên. Cho
biết hằng số điện môi của tấm điện môi là  , diện tích của tấm đó bằng diện tích các bản của tụ
điện và bằng S.
Bài giải:

3


Đây có thể coi như bài toán 3 tụ điện mắc nối tiếp, trong đó tụ 1 có
bề dầy d1, có chất điện môi  . Hai tụ 2 và 3 lần lượt có bề dầy d2 và
d3, là tụ không khí:
Ta có:
 S
S
S
C1  0 , C2  0 , C3  0
d1
d2
d3
Đối với bộ tụ mắc nối tiếp ta có:
1
1
1
1
1  d1
 1  d1


 


  d 2  d3  
  d  d1  
Cb C1 C2 C3 0S  
 0S  

d     1 d1

0S
 0 S
Ta suy ra: C 
d     1 d1

4


BÀI TẬP CHƯƠNG 8. TỪ TRƯỜNG
Tóm tắt lý thuyết:



B
- Vector cường độ từ trường và vector cảm ứng từ: H =
µµ0

- Định luật Biot – Savart – Laplace: vector cảm ứng từ gây bởi một phần tử dòng điện:
→
→ →

µµ 0
dB =
(Id
l x r)
4πr 3 



Trong đó dB là vector cảm ứng từ do phần tử dòng điện Idl gây ra tại điểm M xác định

bởi bán kinh vector r (vector nối từ phần tử dòng điện tới điểm M), µ 0 = 4π.10−7 H/m gọi là hằng
số từ, µ gọi là độ từ thẩm của môi trường.
+ có phương: vuông góc với mặt phẳng chứa phần tử dòng điện và điểm khảo sát.
+ có chiều: theo qui tắc đinh ốc hoặc nắm tay phải.
µµ 0 Idl
+ độ=
lớn: dB
.sin θ
4πr 2
- Nguyên lý chồng chất từ trường:
→

+ vector cảm ứng từ gây bởi một dòng điện bất kỳ: B =

∫

→

dB

DD

→

→

vector cảm ứng từ gây bởi nhiều dòng điện: B = ∑ Bi
i

- Vectơ cảm ứng từ của dòng điện thẳng:
µµ 0 I
B
(cos θ1 − cos θ2 )
=
4πh
+ có phương vuông góc với mặt phẳng chứa dòng điện và điểm khảo sát;
+ có chiều theo quy tắc cái đinh ốc, hoặc nắm tay phải;
µµ 0 I
+ độ =
lớn: B
(cos θ1 − cos θ2 )
4πh
µµ 0 I
I
- với sợi dây dài vô hạn: B=
→ H=
2πh
2πh
- vector cảm ứng từ gây bởi dòng điện tròn tại một điểm trên trục của vòng dây:

µµ0 IR 2
B=
2(R 2 + h 2 )3/2
µµ I
- vector cảm ứng từ gây bởi dòng điện tròn tại tâm vòng dây h = 0: BO = 0
2R
 

- mômen từ của dòng điện tròn: p m = I.S , p m có phương vuông góc với mặt phẳng dòng
điện, co chiều xác định theo quy tắc cái đinh ốc hoặc nắm tay phải.
N
- cảm ứng từ trong lòng ống dây: B = µµ 0 nI = µµ 0 . .I , trong đó n – là mật độ vòng dây.
L
1


→

→

=
α Bd S (đơn vị là vêbe, Wb)
dΦ m BdScos
- từ thông:=

Φ m BS.cos α
- Từ thông của từ trường đều gởi qua một diện tích phẳng: =
- Định lý OG: Từ thông gửi qua một mặt kín bất kì thì luôn bằng không:

→

→

∫ Bd S = 0 ,

(S)
→

div B = 0

- Định lý Ampere: Lưu số của vectơ cường độ từ trường dọc theo một đường cong kín bất
kì thì bằng tổng đại số các dòng điện xuyên qua diện tích giới hạn bởi đường cong kín đó.
→

→

→

→

∫ H d l = ∑ Ik hay rot H = j

(C)

k

→

→ →

- Công thức Ampere: Lực từ tác dụng lên một phần tử dòng điện: d F = [Id l ,B]
+ phương vuông góc với mặt phẳng chứa phần tử dòng điện và vector cảm ứng từ;
+ chiều theo quy tắc bàn tay trái;
+ độ lớn:
=
dF BId.sin θ
- Từ trường đều tác dụng lên dây dẫn thẳng:
=
F BIl.sin θ
F µµ 0 I1I 2
- Lực tương tác giữa 2 dòng điện thẳng song song (trên một mét dài): f= =
l
2πd
- Lực từ tác dụng lên khung dây:
→

→

→

=
M p m .B.sin
=
θ BIS.sin θ
+ Mômen của lực từ: M = p m x B , độ lớn:
- Công của lực từ: =
A
→

= ∫ BIl.dx

= ∫ BIdS
= ∫ I.dΦ
∫ Fdx

m

. Suy ra: A = I.∆Φ m

→ →

- Lực Lorentz: F L = q[v,B] :
 
+ phương vuông góc với mặt phẳng chứa vector ( v,
B) ;
+ chiều đối với điện tích dương theo quy tắc bàn tay trái;
+ chiều đối với diện tích âm theo quy tắc bàn tay phải.

=
FL | q | B.v.sin θ

- Điện tích chuyển động trong từ trường đều:
→

đều;

→

→

0 , suy ra điện tích chuyển động thẳng

+ vector vận tốc ban đầu song song: v0  B ⇒ FL =
→

→

+ vector vận tốc ban đầu vuông góc v 0 ⊥ B , điện tích chuyển động tròn đều, lực lorentz
v2
đóng vai trò là lực hướng tâm: =
FL | q | B.v
= ma
= m .
r
Bán kính quỹ đạo: r =

mv
2πm
, chu kỳ quay T =
|q|B
|q|B



- Điện tích chuyển động theo đường lò xo: khi vận tốc ban đầu tạo với B một góc nào đó,
thành phần song song không bị ảnh hưởng của từ trường, nên hạt chuyển động đều, thành phần
2


vuông góc thì chịu ảnh hưởng của chuyển động tròn đều. Như vậy, hạt vừa chuyển động tròn,
vừa chuyển động đều nên quỹ đạo có dạng lò xo:
+ bán kính xoắn:

=
r
+ chu kỳ: T =

mv ⊥ mv 0 .sin θ
=
|q|B
|q|B

2πm
|q|B

+ Bước xoắn:=
h v=
v 0 .cos θ.
 .T

2πm
|q|B

Các bài tập cần làm: 4.1, 4.2, 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.7, 4.8, 4.10, 4.11, 4.13, 4.17, 4.18, 4.21,
4.26, 4.27, 4.29, 4.30, 4.37, 4.38, 4.40, 4.42, 4.43, 4.48.
Bài 4.1. Tính cường độ từ trường của một dòng điệnt hẳng dài vô hạn tại một điểm cách dòng
điện 2 cm. Biết cường độ dòng điện I = 5 A.
Bài giải:
µ µI
Bài này trước khi giải phải nhớ công thức: B = 0 và mối quan hệ giữa B và H: B =µ 0µH
2πr
I
5

Như vậy:=
H =
≈ 39,8 ( A / m )
2πr 2π.2.10−2
I=
5 A , được đặt vuông
Bài 4.2. Hai dòng điện thẳng dài vô hạn, có cường độ dòng điện I=
1
2
góc với nhau và cách nhau một đoạn AB = 2 cm. Chiều các dòng điện như hình vẽ. Xác định
cường độ véc-tơ cường độ từ trường tại điểm M nằm trong mặt phẳng chứa I1 và vuông góc với

I 2 , cách dòng điện I 1 một đoạn MA = 1 cm.

I
giống ở bài trên.
2πr
Tại điểm M, H 1 xác định chiều theo quy
 tắc cái đinh ốc thì thấy đi ra, còn H2 theo quy tắc cái
đinh ốc hướng thẳng đứng lên trên. Và H1 ⊥ H 2 , như vậy véc-tơ tổng sẽ hướng từ trong ra ngoài.
Về độ lớn thì=
H
H12 + H 22 . Sau đó cần phải xác định góc hợp bởi H tổng hợp với 1 trong hai
véc-tơ H 1 hoắc H 2 , như vậy mới trả lời đủ câu hỏi H bằng bao nhiêu, và hướng đi đâu, theo
phương nào.
Dòng điện I 1 gây ra tại M từ trường H 1 hướng từ trong ra ngoài (hình bên phải).

Bài này cần phải nhớ công thức: H =

3

I1
5
=
≈ 79,6 ( A / m )
2π.AM 2π.10−2
Tương tự dòng I 2 gây ra tại M từ trường H 2 hướng lên trên (hình bên phải):
I2
5
=
≈ 26,5 ( A / m )
H2 =
2π.BM 2π.3.10−2
Từ trường tổng hợp:

=
H1

H=

H12 + H 22 =

79,62 + 26,52 ≈ 84 ( A / m )

Góc lệch α so với phương H 1 :
α
tan =

H 2 26,5 1

=
≈ ⇒ α ≈ 180 25′
H1 79,6 3

Bài 4.3. Hình 4-8 vẽ mặt cắt vuông góc của hai dòng điện thẳng song song dài vô hạn ngược
chiều nhau. Khoảng cách giữa hai dòng điện AB = 10 cm. Cường độ của các dòng điện lần lượt
bằng I1 = 20 A , I 2 = 30 A. Xác định vectơ cường độ từ trường tổng hợp tại các điểm M 1 , M 2 ,
M 3 . Cho biết M 1 A = 2 cm, AM 2 = 4 cm, BM 3 = 3 cm.

Với bài này, tại mỗi điểm cần xác định rõ véc-tơ H 1 (gây ra bởi dòng I 1 ) và H 2 (gây ra bởi dòng
I 2 ) hướng đi đâu và độ lớn của cái nào lớn hơn sẽ quyết định chiều của véc-tơ H tổng hợp. Trong
trường hợp này thì H 1 và H 2 luôn vuông góc với I 1 I 2 nên H 1 và H 2 có 2 khả năng là cùng chiều
hoặc ngược chiều.

• Tại điểm M 1 : H 1 hướng xuống dưới như hình vẽ, độ lớn là:
H1
=

I1
20
159,15 ( A / m )
=
=
2π.AM1 2π.2.10−2

H 2 hướng từ dưới lên như hình vẽ, độ lớn là:
=
H2

I1

30
=
=
39,79 ( A / m )
2π.BM1 2π.12.10−2

4


Từ trường tổng hợp tại M 1 : H = 159,15 − 39,79 = 119,36 ( A / m )
Vì H 1 > H 2 nên từ trường tổng hợp hướng theo H 1 , tức là hướng xuống dưới.
• Tại điểm M 2 : Từ trường H 1 và H 2 cùng hướng lên trên, tương tự ta có:
I1
20
79,58 ( A / m )
=
=
2π.AM 2 2π.4.10−2
I1
30
=
=
=
H2
79,58 ( A / m )
2π.BM1 2π.6.10−2

H1
=

Từ trường tổng hợp tại M 2 : H = 79,58*2=159,16(A/m)
Véc-tơ tổng hợp H hướng lên trên như H 1 và H 2
• Tại điểm M 3 : Từ trường H 1 hướng lên trên và H 2 hướng xuống dưới, tương tự ta có:

I1
20
=
=
24, 49 ( A / m )
2π.AM 2 2π.13.10−2
I1
30
H2 =
159,16 ( A / m )
=
=
2π.BM1 2π.3.10−2

=
H1

Từ trường tổng hợp tại M 3 : H = 159,16-24,49=134,67(A/m)
Vì H 2 > H 1 nên véc-tơ tổng hợp H hướng xuống dưới theo H2
Bài 4.4. Hình 4-9 biểu diễn tiết diện của ba dòng điện thẳng song song dài vô hạn. Cường độ các
dòng điện lần lượt bằng: I=
I=
I;I =
2I. Biết AB = BC = 5 cm. Tìm trên đoạn AC điểm có
1
2

3
cường độ từ trường tổng hợp bằng không.

Dễ dàng suy luận được điểm cần tìm nằm trong đoạn AB vì nếu nằm trong đoạn BC, 3 véc-tơ
cường độ từ trường đều hướng xuống dưới và không thể triệt tiêu nhau được.
Ta có phương trình sau: H 1 + H 3 – H 2 = 0
I
I
2I
0
−
+
=
2πx 2π ( 5 − x ) 2π (10 − x )
1
1
2
−
+
= 0 ⇒ x = 3,3 ( cm )
x 5 − x 10 − x
Bài 4.5. Hai dòng điện thẳng dài vô hạn đặt thẳng góc với nhau và nằm trong cùng một mặt phẳng
(hình 4-10). Xác định véc-tơ cường độ từ trường tổng hợp tại các điểm M 1 và M 2 , biết rằng:
I 1 = 2 A; I 2 = 3 A; AM 1 = AM 2 = 1 cm; BM 1 = CM 2 = 2 cm;
Giải:
5


Tại điểm M 1 , cả 2 dòng điện gây ra các véc-tơ cường độ từ trường hướng vuông góc với mặt
phẳng hình vẽ nhưng ngược chiều nhau (và được quan sát lại trong hình chiếu cạnh).

I1
2
=
=
H1 =
31,83 ( A / m )
2πAM1 2π.10−2
I2
3
=
=
H1 =
23,87 ( A / m )
2πBM1 2π.2.10−2
Cường độ từ trường tổng hợp là: H = 7,96 (A/m) hướng theo phương của H 1 vì H 1 > H 2 .
Tại điểm M 2 , cả 2 dòng điện gây ra các véc-tơ cường độ từ trường hướng vuông góc với mặt
phẳng hình vẽ theo cùng một chiều (và được quan sát lại trong hình chiếu cạnh).
I1
2
H1 =
31,83 ( A / m )
=
=
2πAM1 2π.10−2
I2
3
=
H1 =
=
23,87 ( A / m )

2πBM1 2π.2.10−2
Cường độ từ trường tổng hợp là: H = 55,7 (A/m) hướng theo phương của H 1 và H 2 .
Bài 4.6. Tìm cường độ từ trường gây ra tại điểm M bởi một đoạn dây dẫn thẳng AB có dòng điện
I = 20 A chạy qua, biết rằng tại điểm M nằm trên trung trực của AB, cách AB 5 cm và nhìn AB
dưới góc 600.
Bài giải:
Trong bài này ta áp dụng công thức tổng quát để tính cường
độ dòng điện gây ra bởi một đoạn dây dẫn:
0
0
I ( cos θ1 − cos θ2 ) 20 ( cos60 − cos120 )
=
≈
H =
4πr
4π.5.10−2
≈ 31,8 ( A / m )

6


Bài 4.7. Một dây dẫn được uốn thành hình chữ nhật, có các cạnh a = 16 cm, b = 30 cm, có dòng
điện cường độ I = 6 A chạy qua. Xác định véc-tơ cường độ từ trường tại tâm của khung dây.
Giải:

Từ hình vẽ trên dễ dàng suy ra, các véc-tơ cường độ từ trường gây ra tại tâm của hình chữ nhật
đều cùng phương, cùng chiều. Trong đó có 2 cặp bằng nhau (cùng do 2 cạnh dài và do 2 cạnh
ngắn gây ra):
Cường độ từ trường gây ra bởi cạnh dài là cường độ từ trường gây ra bởi 1 đoạn thẳng mang dòng
điện 6 A được giới hạn bởi các góc α và 1800 − α (như hình vẽ). Trong đó:

b/2
b
, cos (1800 − α ) = − cos α
cos α
=
2
2
2
2
a +b
( b / 2) + ( a / 2)

(

)

(

)

I cos α − cos (1800 − α )
2Icos α Icos α
Ib
=
=
=
H=
H=
1
3

πa
4πr1
4π ( a / 2 )
πa a 2 + b 2
Cường độ từ trường gây ra bởi cạnh ngắn là cường độ từ trường gây ra bởi 1 đoạn thẳng mang
dòng điện 6 A được giới hạn bởi các góc β và 1800 − β (như hình vẽ). Trong đó:
a/2
a
, cos (1800 − β ) = − cos β
=
cos β
2
2
a 2 + b2
( a / 2) + ( b / 2)
I cos β − cos (1800 − β )
2Icos β
Ia
H=
H=
=
=
2
4
4πr2
4π ( b / 2 ) πb a 2 + b 2
Cường độ từ trường tổng hợp có độ lớn:
2I ( a 2 + b 2 ) 2I a 2 + b 2
2Ib
2Ia

H = H1 + H 2 + H 3 + H 4 =
+
=
=
πab
πa a 2 + b 2 πb a 2 + b 2 πab a 2 + b 2
Thay số vào ta được:

H

2.6. 0,162 + 0,302
≈ 27,1( A / m )
π.0,16.0,30

7


8


9


10


Giải:
Theo định lý Bio-Savart-Laplace, véc-tơ cảm ứng từ gây ra bởi một vòng dây tại tâm của nó là:

11

R
µ 0µI
I
IdN
Br =
→ Hr=
, suy ra: H = ∫
, trong đó dN là số vòng dây quấn quanh khi bán kính
2r
2r
2r
d/2
thay đổi từ r đến r + dr.
Ta chia tỷ lệ, khi bán kính thay đổi từ d/2 đến R thì có N vòng dây, vậy nên:
N
dN =
dr
R −d/2
2R
R
IN ln
INdr
d
=
Từ
đó suy ra: H ∫=
2r ( R − d / 2 ) ( 2R − d )
d/2

Véc-tơ mômen từ có độ lớn: p m = I.πr 2

πIN ( R 3 − d 3 / 8 )
N
Suy ra: Pm =
∫ pmdN =
∫ Iπr R − d / 2 dr =
3( R − d / 2 )
d/2
d/2
R

R

2

12