Một số phương pháp giải bài toán điện trường và từ trường

Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA VẬT LÝ
----------

NGUYỄN THỊ THẢO

Một số phương pháp giải bài tốn điện
trường và từ trường

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

SƯ PHẠM VẬT LÝ

1


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý
A. MỞ ĐẦU

I. Lý do chọn đề tài:
Lí thuyết và bài tập về điện trường và từ trường là đề tài thu hút được sự quan
tâm và yêu thích của rất nhiều sinh viên. Trong chương trình đ ại học, các bạn sinh
viên đã được học về điện trường và từ trường chủ yếu ở hai môn “điện từ” và “điện
động lực” cùng với sự trợ giúp về mặt tốn học của mơn “phương pháp tốn lí”.
Những mơn học này cung cấp kiến thức sâu hơn và đ ầy đủ hơn về điện trường và từ

trường, giúp cho giáo viên hiểu kĩ hơn về những kiến thức ở trường phổ thông . Tuy
nhiên, đây là những mơn học khó vì kiến thức trừu tượng và có nhiều phép tốn rất
phức tạp.
Trong khi tìm hiểu về điện trường chúng ta lần lượt tìm hiểu về hệ phương trình
Maxwell, biểu thức thế vơ hướng của trường tĩnh điện, phương trình Poisson đối
với thế vơ hướng… Cũng gần tương tự như vậy, khi học về từ trường, chúng ta
cũng lần lượt đi tìm hiểu về hệ phương trình Maxwell đối với từ trường, thế vectơ
của từ trường dừng, phương trình Poisson đối với thế vectơ…Lý thuyết và cách giải
bài tốn trong hai trường này vừa có nhiều điểm tương đồng vừa có những điểm
khác biệt. Điều đó vừa giúp sinh viên dễ nhớ kiến thức lại cũng dễ làm cho sinh
viên lẫn lộn lí thuyết cũng như các phương pháp giải bài toán trong hai trường này.
Mặc dù sinh viên chúng ta rất năng động và sáng tạo, chịu khó tìm tịi sách vở
và tài liệu, song việc giải các bài toán về điện trường và từ trường thực sự là một
khó khăn lớn. Một bài tốn lại có rất nhiều cách giải khác nhau, các bạn sinh viên
cũng không tránh khỏi sự lúng túng khi lựa chọn cách giải nhanh gọn và hợp lí nhất.
Vì vậy, thực tế cho thấy các bạn sinh viên rất cần có nhiều tài liệu tham khảo để
các bạn có cái nhìn tổng quan về các phương pháp giải bài toán điện trường và từ
trường, thấy được sự tương tự nhau trong lí thuyết và cách giải bài tốn. Từ đó sinh
viên dễ dàng nhớ được các cách giải bài toán về hai trường này.
Đó cũng chính là những lí do để em chọn đề tài “ Một số phương pháp giải bài toán
điện trường và từ trường ”

2


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

II. Mục đích của đề tài:

- Hệ thống lại lí thuyết một số phương pháp giải thơng dụng cho các bài tốn
điện trường và từ trường, sắp xếp chúng theo đặc điểm và phương pháp giải.
- Lựa chọn các bài toán về điện trường và từ trường từ đó lựa chọn cách giải
phù hợp cho từng bài.
III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
Đề tài tập trung chủ yếu vào phần bài tập nên phần lí thuyết khơng đi chi tiết.
Bị hạn chế về mặt thời gian nên đề tài chỉ giới hạn nghiên cứu điện trường và từ
trường mà không xét các trường điện từ khác.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Nghiên cứu cơ sở lí luận các phương pháp giải bài tốn điện trường và từ
trường.
- Giải các bài tập về điện từ trường bằng các phương pháp đã trình bày.
- Nghiên cứu các kiến thức toán học bổ trợ.
- Rút ra một số nhận xét.
V. Phương pháp nghiên cứu:
- Đọc tài liệu, thu thập bài tập, chọn phương pháp và giải
- Phân tích, tổng hợp và rút ra kết luận.
- Vận dụng công cụ toán học và các kiến thức bổ trợ.
VI. Những đóng góp c ủa luận văn.
Đề tài này giúp em có nhiều kiến thức bổ ích và hiểu biết sâu hơn về điện
trường và từ trường, làm hành trang để bổ sung thêm lượng kiến thức giảng dạy
ở trường phổ thơng. Đề tài cũng hi vọng sẽ giúp ích cho một số bạn đọc có cùng
mối quan tâm.
VII. Cấu trúc và nội dung của luận văn.
A. Mở đầu
B. Nội dung
Chương 1: Phương pháp tổng hợp trường.
Chương 2: Phương pháp sử dụng định lí Gauss để giải bài tốn điện
trường và định luật Ampere về lưu số để giải bài toán từ trường.

3


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

Chương 3: Phương pháp sử dụng phương trình poisson để giải bài
tốn điện từ
Chương 4: Phối hợp các cách khác nhau để giải các bài toán điện
trường và từ trường.
C. Kết luận

4


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

B. NỘI DUNG
CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP TỔNG HỢP TRƯỜNG
1.1. Sơ lược lý thuyết về phương pháp tổng hợp trường
1.1.1. Sơ lược lý thuyết về nguyên lí chồng chất trường tĩnh điện.
-

Xét hệ gồm một điện tích điểm: [1]
Cường độ điện trường do điện tích q gây ra tại điểm M cách điện tích đó một

khoảng r là:

ur
E

r
q
r
.
4 . . o .r 2 r

Thế vô hướng do điện tích q gây ra tại M:

 (r ) 

q
4 . . o .r

- Nếu tại một điểm có điện trường của N điện tích điểm gây ra thì điện trường tại
đó bằng tổng vectơ của các điện trường trên.
Chọn gốc tọa độ là O, điểm tính thế và trường là M ( hình 1.1):
ur ur
Ta có : rk  R  rk'
ur
rk'
Cường độ điện trường do từng điện tích điểm gây ra
tại điểm M :

O

uur
E1   grad1

uur
E2   grad2
...
uuur
EN   gradN

qk
ur
R

ur
rk

Hình 1.1

Điện trường tổng cộng do hệ N điện tích điểm gây ra tại M:
ur
ur
N
N
ur uur uur
uuur N uur
qk .rk
qk .rk
1
1
E  E1  E2  ...  EN   Ek 
  4. . . 
ur ur 3
4. . . o k 1 rk3

k 1
o k 1 R  r '
k
Thế vô hướng do hệ N điện tích điểm gây ra tại M là
N

  1  2  ...   N  k 
k 1

-

1
4 . . o

N

qk
1


4 . . o
k 1 rk

 ur

Xét vật dẫn tích điện phân bố điện tích liên tục ( hình 1.2) :

5

N

k 1

qk

ur
R  rk'

M


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

Cường độ điện trường do vật dẫn gây ra tại M:
ur
E

1
dq r
.r
4 . . o toànvât r 3

(1.1)

r
r

Điện thế do vật dẫn gây ra tại M là:



1
dq

4 . . o tồn vât r

(1.2)

Hình 1.2

 Nếu điện tích phân bố liên tục theo chiều dài : dq  .dl . Với  là mật độ
điện tích dài.
 Nếu điện tích phân bố mặt liên tục: dq   .dS . Với  là mật độ điện tích mặt
 Nếu điện tích phân bố liên tục theo thể tích của vật. dq  .dV . Với  là mật
độ điện tích khối.
1.1.2. Sơ lược lý thuyết về phương pháp tổng hợp từ trường.
r
- Xét một phần tử dịng điện Idl nằm tại O (hình 1.3). Cảm ứng từ do phần
rr
ur o I [dl , r ]
tử này gây ra tại M cách O một khoảng r là: d B 
4 r 3

o  4 .107 (H.m1) được gọi là hằng số từ.

ur
dB

Biểu thức này được gọi là định luật BiotSarvart (còn gọi là định luật Biot SarvartLaplace)

r
r

O

Với:

r
Idl

M

r uur
Hình 1.3
Phân bố dịng theo thể tích: Idl  JV .dV
r uur
Phân bố dòng theo bề mặt: Idl  J S .dS
uur uur
Trong đó JV , J S là mật độ dịng theo thể tích và theo bề mặt.
ur

- Vectơ cảm ứng từ B do một dòng điện gây ra tại một điểm, nguyên lí chồng
chất từ trường
ur

“ Vectơ cảm ứng từ B do một dịng điện bất kì tạo ra tại một điểm M bằng tổng
ur
các vectơ cảm ứng từ d B do tất cả các phần tử nhỏ của dòng điện tạo ra tại điểm

ur
ur
ấy”. Biểu thức: B   d B
(Cả dòng điện)

6

M


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

uur r
 JV , r  dV


3

r
V
uur r
ur o  J S , r  dS
Nếu dòng điện phân bố mặt: B 
4 
r3
S
rr
ur o I dl , r 

Nếu dòng điện phân bố dài: B 
4 L r 3
ur
Vectơ cảm ứng từ B do nhiều dòng điện gây ra tại một điểm
ur 
Nếu dòng điện phân bố khối: B  o
4

-

Vectơ cảm ứng từ tổng hợp tại một điểm nào đó gây nên bởi nhiều dịng điện
uur
thì bằng tổng các vectơ cảm ứng từ Bi gây bởi các dòng điện đơn lẻ tại điểm đó.
ur uur uur
uur n uur
B  B1  B2  ...  Bn   Bi
i 1

-

Mở rộng cho trường hợp của thế vectơ:
ur
Thế vectơ A do một dòng điện gây ra tại một điểm M.
ur
ur
A dA
(Cả dòng điện)

uur
JV .dV


r
V
uur
ur o J S .dS
Nếu dòng điện phân bố mặt: A 
4 
r
S
r
ur o Idl
Nếu dòng điện phân bố dài: A 
4 L r
ur
Thế vectơ A do nhiều dòng điện gây ra tại một điểm M.
ur 
Nếu dòng điện phân bố khối: A  o
4

ur uur uur
uur n uur
A  A1  A2  ...  An   Ai
i 1

1.2. Phương pháp giải bài tập tổng hợp trường.
1.2.1. Phương pháp giải bài tập tổng hợp điện trường [5].
- Trường hợp tính điện trường, điện thế tại một điểm gây bởi hệ điện tích phân
bố liên tục (chẳng hạn một vật tích điện có kích thước bất kì):

7

Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

Bước 1: Chia vật dẫn thành các thành phần rất nhỏ (dl, dS, dV) sao cho điện tích
dq mang trên mỗi phần đó được coi là điện tích điểm. Lập mối quan hệ giữa các
thành phần đó (dl, dS,dV) với điện tích dq của chúng.
Bước 2: Xét phương chiều và lập biểu thức tính cường độ điện trường (hoặc thế
vô hướng ) do các thành phần rất nhỏ đó gây ra tại điểm đang xét.
Bước 3: Tính điện trường (hoặc thế vơ hướng) tổng cộng do vật dẫn gây ra tại
điểm đang xét bằng cách lấy tích phân trên tồn bộ vật dẫn theo cơng thức (1.1) và
(1.2).
- Trường hợp tính điện trường, điện thế tại một điểm gây bởi nhiều vật dẫn tích
điện.
uur uur
uuur
Bước 1: Tính điện trường, điện thế E1, E2 ,L , EN , 1,2 ,...,N do từng vật dẫn

tích điện gây ra tại điểm đó.
Bước 2: Tính điện trường và điện thế tổng cộng do hệ điện tích gây ra tại điểm
ur uur uur
uuur
E  E1  E2  ...  EN
đang xét:

  1  2  ...  N
1.2.2. Phương pháp giải bài tập tổng hợp từ trường
Trường hợp tính từ trường do một dịng điện chảy trong vật dẫn gây ra tại một điểm.

Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ sao cho thích hợp.
Bước 2: Chia vật dẫn thành các thành phần rất nhỏ (dl, dS, dV)
Bước 3: Xét phương chiều và lập biểu thức tính cảm ứng từ ( hoặc thế vectơ) do
phần rất nhỏ đó gây ra tại điểm đang xét.
Bước 4: Tính cảm ứng từ (hoặc thế vô hướng) tổng cộng do vật dẫn gây ra tại
điểm đang xét bằng cách lấy tích phân trên tồn bộ dịng điện.
1.3. Bài tập vận dụng phương pháp tổng hợp trường.
1.3.1. Bài tập vận dụng phương pháp tổng hợp trường tĩnh điện.
Bài 1[2]: Một tấm kim loại mỏng có dạng hình vành khăn, bán kính trong r 1 và
bán kính ngồi r 2, mang điện tích q phân bố đều trên mặt tấm kim loại. Xác định
cường độ điện trường tại một điểm bất kì trên trục hình vành khăn cách tâm
vành khăn một khoảng h. Xét các trường hợp
a, r1 tiến đến 0

8


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

b, r1 tiến đến r2
Giải
Chọn hệ tọa độ trụ như hình vẽ. Xét một phần tử diện
tích nhỏ dS cách tâm hình vành khăn một khoảng r,

z
ur
uur
dE dE

1

dS = rd  .dr
dS mang điện tích dq   .dS   .r.d.dr

uur
d E2

Cường độ điện trường tại điểm A nằm trên trục
ur
của đĩa cách tâm đĩa một khoảng h là d E được phân

h

tích thành hai thành phần song song và vng góc với

r1

trục đĩa.
Với



ur
dE 

(S )



uur
d E1 

(S )



r2

uur
d E2

Do tính chất đối xứng trục nên
ur
uur
uur
 d E2  0  E   d E1
(S )

ur

Vậy E có:
+ Điểm đặt tại A
+ Phương trùng với trục vành khăn
+ Chiều:
 Hướng lên nếu q > 0
 Hướng xuống nếu q < 0
+ Độ lớn E 

 dE

1

(S )

E



(S )

dE1   dE.cos =
(S )

dq.cos

 4. . . .l

(S )

h

 .r.d.dr.
2

o





(S )

h2  r 2
4. . . o .(h  r 2 )
2

2
 .h
 .h
r.dr
=
.(-2). (h2  r 2 )1/2
. 2 2 3/2 .  d =
4. . . o
4. . . o r (h  r ) 0
r2

1

= 

 .h
1
1
.(

)
2 . o
r22  h2

r12  h2

9

r2
r1

l

dr
O r d

Hình 1.4

(S )

(S )

A


Khóa luận tốt nghiệp

E=

Khoa vật lý

q
h
1

1
.
.(

)
2
2
2
2
 .(r  r1 ) 2 . o
r1  h
r2  h2
2
2

a, Trường hợp r1 tiến tới 0.
q
h
1
1
.
.(

)
2
r1 0  .(r  r ) 2 .
r12  h2
r22  h2
1
o

E = lim

=

2
2

q
q
h
1
h
1
.
(1 
.( 
)
) =
2
2
2
2
2
 .r2 2. . o h
2 .r2 . . o
r2  h2
r2  h

b, Trường hợp r1 tiến đến r2.

q
h
1
1
.
.(

)
2
r1 r2  .(r  r ) 2 .
r12  h2
r22  h2
1
o

E  lim

2
2

(r22  r12 )
q
h
= lim
.
.
r1 r2  .(r 2  r 2 ) 2 .
(r12  h2 ).(r22  h2 ).( r22  h2  r12  h2 )
2
1

o

= lim
r1 r2

=

q.h
1
.
2
2
2
2
2 . . o (r1  h ).(r2  h ).( r22  h2  r12  h2 )

q.h
1
q.h
.
=
2 . . o 2(r22  h2 ). r22  h2
4 . . o .(r22  h2 )3/2

Bài 2 [1]: Một quả cầu bán kính a tích điện mặt đều đến mật độ  . Hãy xác định
điện thế và điện trường tại một điểm ở bên trong và bên ngồi quả cầu.
Giải
Xét một phần tử diện tích ds của mặt cầu mang điện tích dq=  .dS . Điện thế
do dq gây ra tại A cách tâm quả cầu một đoạn R là:
d 

A

dq
4. . . o r '

(2.1)

Trong hệ tọa độ cầu (r,  ,  ), ta có:

d

r '  R  a  2.a.R.cos
2

2

r’
r



dS  a .sin .d.d
2

O a

dq   .dS   .a2.sin.d.d

d

Thay r’, dq vào 2.1, ta có :
d 

 .a2 .sin  .d.d
4. . . o . R2  a2  2.a.R.cos

10

Hình 1.5


Khóa luận tốt nghiệp



Khoa vật lý

2
 .a2 
sin d
 .a2 .sin  .d.d
=
.
(S ) 4. . . . R2  a2  2.a.R.cos 4. . .o 0 R2  a2  2.a.R.cos 0 d
o

=

 .a2  d(R2  a2  2.a.R.cos )

.2
4. . . o 0 2.a.R. R2  a2  2.a.R.cos

=

 .a 2
1
. 2 .
. R2  a2  2.a.R.cos
4. . . o
a.R

=

 .a
.( R  a  R  a )
2. . o .R


0

Nếu A nằm bên trong quả cầu (R < a)

1 

 .a
 .a
.[R  a  (a  R)] =
2. . o .R
 . o

E1  

d
0
dR

Nếu A nằm ngoài quả cầu (R > a)

 .a
 .a 2
2 
.[R  a  ( R  a)]=
2. . o .R
 . o .R
E2  

d
 .a 2

dR  . o .R 2

uur
 .a2 ur
.e
Vậy ta có : E2 
 . o .R2 r

Bài 3 [2]: Xác định cường độ điện trường tại tâm O của một mặt đều với mật độ
điện mặt 

Giải
O
’ r


Xét một phần tử rất nhỏ mang điện tích
dq   dS  dq   .dl.dr   .R.d .r.d
  .R.d .R.sin  .d   .R 2 sin  .d.d
ur
uur
uur
Ta có: E   d En   d Et
(S )

(S )

Do tính chất đối xứng:
uur
ur
uur
 d Et  0  E   d En
(S )

(S )

11

uur
d Et
ur

dE

O
uur
d En
Hình 1.6

dr
d


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

uuuur
ur
Vậy E có điểm đặt tại O, hướng cùng hướng vectơ O'O (Nếu mặt tích điện dương).

Độ lớn:
cos .dq
cos . .R2 sin  .d.d
E   dE cos  

2
4 o .R2
(S )
( S ) 4 o .R
(S )


2





sin  .cos .d  d
4 o .R2 0
0
2



cos2
8 o .R2


2
0



2


sin 2 .d
4 o .R2 0




1  1 
2 
8 o .R
4 o .R2

Vậy độ lớn cường độ điện trường tại O là: E 


4 o .R2

1.3.2. Bài tập áp dụng phương pháp tổng hợp từ trường.
Bài 1 [4]:
1. Tính trường từ tĩnh tạo bởi một vịng dây bán kính R tại một điểm M nằm
trên trục của vịng, vịng được nhìn dưới góc  từ điểm M.
2. Tính từ trường tại một điểm nằm trên trục một ống dây Xơlênơit có chiều
dài L với N vịng dây quấn sát nhau và dịng điện có cường độ I chạy qua.
Mở rộng cho trường hợp cuộn dây dài vô hạn.
Giải
1.

Chọn hệ trục tọa độ trụ ( R,  , z)
- Xét một điểm P trên vòng dây Zp=0
r
r
- Xét một phần tử dòng điện dl  R.de
ur
- Từ trường d B của phần tử dòng điện được

uur

e

P



r

R
O

biểu diễn trên hình 1.7



uur
d Bt

ur
dB


2

M



uur
d Bn

Hình 1.7

ur

- Khi điểm P chạy trên vòng dây,  biến thiên từ 02  và d B vạch ra hình
nón đỉnh M có nửa góc ở đỉnh


2

ur
  . Vì vậy trường tồn phần B(M ) sẽ hướng theo

Oz.
r
 .I .dl
- Độ lớn cảm ứng từ do d l gây ra tại M là: dB  o 2
4 .r

12

z


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

ur

Do tính chất đối xứng : d B 



uur
d Bn 

(C )

B





uur
uur
d Bt = d Bn

(C )

( Vì

uur

 dB  0)
t

(C )

o I .dl.sin 
o I .sin 
o I .sin 
o I .sin 3 

.
dl

R
.
d


 4 .r 2
  R 2 (C)  R 2
 4 .R .d
(C )
(C )
(C )
4 . 
4 . 


 sin  
 sin  

2


0

o I .sin 3 
o I .sin 3 
 I .sin 3 
d 
.2  o
4 .R
4 .R
2R

uur o I .sin 3  uur
 Bz 
.ez
2R

2.
P
1

O1

2

O2

M

z

Hình 1.8

ur
uur
Trên trục, trường có dạng B  B.ez

-

Trường tạo ra tại điểm M ( có độ cao zM) bởi một vòng dây

( độ cao zp =zM + R.cotan  ) có dịng điện cường độ I chạy qua là:
uur o I .sin3 
Bp 
( Theo câu 1)
2R

Với dzp= 

R.d
sin 2 

Số vòng dây nằm giữa zp và zp +dzp là: n.dzp
ur  .nI .dz p 3 uur
dB  o
sin  .ez
2R



uur
o .nI .  R.d  3 uur
o .nI


sin

.
e


.sin

.
d

.
e
z
z
2R  sin 2  
2


ur
uur
ur
uur
o .nI
o .nI 2

B



c
os


c
os

.
e
B
sin

.
d

.
e


2
1
z
z
2
2 1

- Khi ống dây dài vơ hạn:
Với z1=0 thì 1  
Với z2=  thì 2  0

13


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

ur
uur
uur
 .nI
 B   o 1  1 .ez  o .nI .ez
2

Bài 2 [3]: Dọc theo dải vật dẫn thẳng vô hạn, bề rộng a có một dịng điện chạy
qua với mật độ dịng j phân bố đều theo bề rộng của nó. Tìm từ trường do dải gây
ra tại một điểm nằm ngoài mặt phẳng dải. Khảo sát trường hợp giới hạn khi bề
rộng dải tiến tới vô hạn.

x

uuur
d Hx

uur
dH



uuur

d Hy

Giải

z

Chọn hệ tọa độ Descartes.Đặt góc tọa
độ ở giữa dải, trục Oz hướng dọc theo dải,

ur
R

a

2

trục Ox vng góc với dải. Phân tích dải thành
những dải con song song với trục Oz. Mỗi dải

O

y’

i

y

được coi là một dịng điện thẳng dài vơ hạn.
Xét một dải có tọa độ y’, bề rộng dy’.

dy’

a
2

Hình 1.9

Ta dễ dàng tính được cường độ từ trường do một dây dẫn thẳng dài vô hạn gây ra
tại một điểm cách dây dẫn một đoạn R là: H 

I
2 R

Xét một điểm nằm trên mặt phẳng Oxy có tọa độ(x,y,0)
Cường độ từ trường tại A do dy’ gây ra là:
uur
d H có:
uur
ur
+ Phương vng góc với mặt phẳng tạo bởi R và I dl
uur
ur uur
+ Chiều sao cho R , I dl và H tạo thành một tam diện thuận.

+ Độ lớn.
dH 

i.dy '

2 . x  ( y  y ')2

uur uuur uuur uuur
Mà H  H x  H y  H z
uuur
uur
+ Vì H nằm hồn toàn trong mặt phẳng Oxy nên H z =0.

+ dHx=dH cos  =

2

i.dy '
2 . x  ( y  y ')
2

2

.

14

( y ' y)
x  ( y  y ')
2

2

=

i( y  y ')dy '
2 .[x2  ( y  y ')2 ]

y


Khóa luận tốt nghiệp

+ dHy= dH.sin  =

Khoa vật lý

i.dy '
2 . x  ( y  y ')
2

2

.

x
x  ( y  y ')
2

2

=

i.x.dy '
2 .[x2  ( y  y ')2 ]

Tính Hx:

Hx 

i( y  y ')dy '
=
2
2

 a /2 2 .[x  ( y  y ') ]
a /2

id[ x2  ( y  y ')2 ]
i
=
.ln[ x2  ( y  y ')2 ] a/2a/2
2
2

4

.[
x

(
y

y
')
]
4
 a /2

a /2

a
[ x 2  ( y  )2 ]
i
i 
a
a

2
=
.ln
. ln[ x2  ( y  )2 ]-ln[x2  ( y  )2 ] =
a 2
4 
2
2  4
2
[x  ( y  ) ]
2

Tính Hy:
i.x.dy '
Hy  
=
2
2
 a /2 2 .[x  ( y  y ') ]
a /2

Đặt

a /2

a /2
i.x.dy '
i.dy '
 
2

( y  y ')
( y  y ')2
 a /2 2 .x 2 [1 
 a /2 2 x[1 
]
]
x2
x2

y  y'
y  y'
1
1
)  d (tan t )   dy ' 
 tan t  d (
dt
x
x
x
cos2t

Đổi cận:
y’

-a/2

a/2
a
2)

y

t

t1 = arctan(

x

y

t2= arctan(

x

a
2)

1
1
t2 i.

t2
2
cos t dt  
cos2t dt =   I dt  i (t  t )
H y  
t
t 2 2 1 2
1
2 .[1  tan 2 t ]
t1
1 2 .
1
cos2t
t2

i.

a
a
y
y
i
2 )  arctan(
2 )]

[arctan(
2
x
x

2

2

a  
a
a 

[ x 2  ( y  )2 ]   i
y
y

i
2
2 )  arctan(
2 )]
  [ arctan(
H  H x2  H y2 =  .ln


a
x
x
 4

[x2  ( y  )2 ]   2
2  



- Khi a 
+ Tính Hx

15


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

a2
a 2
2
2
x  y   a. y
[x  ( y  ) ]
i
4
2 = lim i .ln
H x  lim
.ln
2
a

a  4
a
a
4

[x2  ( y  )2 ]

x 2  y 2   a. y
2
4
2

x2  y 2 1 y
 
2
i
a
4 a  ln1  0
.ln 2
= lim
2
a  4
x y 1 y
 
a2
4 a

+ Tính Hy
 Khi x > 0
a
a
y
y
i
2 )  arctan(
2 )]= i .[   (  )]  i
H y  lim

[arctan(
a 2
x
x
2 2
2
2

 Khi x < 0
a
a
y
y
i
2 )  arctan(
2 )]= i .(-    )   i
H y  lim
[arctan(
a 2
x
x
2 2 2
2

+ Tính H:
H  H x2  H y2 

i
2

Bài 3 [3]: Trên 2 dây dẫn vô hạn, khoảng cách giữa chúng là d có các dịng điện
cường độ I chạy ngược chiều nhau. Tính thế vectơ và cảm ứng từ của hệ tại M
nằm ngoài hai dây dẫn.
Giải
Chọn hệ tọa độ Descartes như hình vẽ.

z
ur
I dl2

Dựng mặt phẳng Oxy chứa M và vng góc
với hai dây dẫn.

r

I dl1
R2

r
Xét phần tử I d l của dòng điện 1 và
r
phần tử I d l của dòng điện 2.

r2

r1

O

Hai phần tử này gây ra tại M một thế

d

vectơ lần lượt là:

Hình 1.10
x

16

uur

R1 A
1

M
uur
A2

y


Khóa luận tốt nghiệp

uur .o I
A1 
4

Khoa vật lý

r
dl .o I
  4
 R1


uur
.o I
A2  
4

r
. I
dl
 R2   4o


ur uur uur .o I
A  A1  A2 
4

2.o I
=
4



(
0

r
dz.e .o I
  4
 R1


1
z 2  r12



2
2
.o I z  z  r1
=
ln
2
z  z 2  r22



(





uur
dz.ez



z 2  r12



r
. I
dz.e
 R2   4o


1
z 2  r12



1
z 2  r22



uur
dz.ez



z 2  r22



uur
).ez dz

uur
.o I
).ez dz =
(ln z  z 2  r12  ln z  z 2  r22
2
2
2

z  r2
1


0

uur .o I 
a  a2  r12
r

 uur
.  lim ln
 ln 1 .ez
.ez =
2 a a  a2  r22
r2 





r12
2
1 1  2


.o I 
a  ln r1 .euur = .o I ln r2 .euur
=
.  lim ln
 z
z
2
r1
2 a
r2 
r22
2
a 1  2


a

Vậy :

uur .o I r2 uur
Az 
ln .ez

2
r1

d
Ta có: r1  x2  ( y  )2
2
r
r
i
j
ur
ur


Cịn B  rot A =
x y
Ax Ay

d
và r2  x 2  ( y  )2
2
r
k

z
Az

r 
r 
r 




= i( Az  Ay )  j ( Ax  Az )  k ( Ay  Ax )
y
z
z
x
x
y

Mà Ay  0, Ax  0
Nên Bx 
-



Az ; By   Az ; Bz  0
y
x

Tính Bx:

17


0

uur
)ez

Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý


d
x 2  ( y  )2

 .o I
2
Bx  
ln
y  2
d
x 2  ( y  )2

2

d


 . I
o
=
 2



d
d


y
y


2
2


d
d 
 x 2  ( y  )2 x 2  ( y  )2 
2
2 


d

.o I y  2 y  2
=
[ 2  2 ]
2
r1
r2
-

Tính By:


d
x 2  ( y  )2
  .o I
2
By   
ln
x  2
d
x 2  ( y  )2

2


.o I
=
2



.o I

2




d
d



y
y


2
2


d
d 
 x 2  ( y  )2 x 2  ( y  )2 
2
2 


d
d

y 2 y 2 
 2  2 
r1 
 r2



Nhận xét chung:
-

Phương pháp tổng hợp trường có thể áp dụng cho cả điện trường và từ

trường.

-

Đây là một phương pháp cơ bản để tính cường độ điện trường và thế vô
hướng, cảm ứng từ và thế vectơ. Tuy nhiên trong một số trường hợp thì các
phép toán sẽ rất dài và phức tạp.

18


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ GAUSS ĐỂ GIẢI
BÀI TỐN ĐIỆN TRƯỜNG VÀ ĐỊNH LUẬT AMPERE VỀ LƯU SỐ ĐỂ
GIẢI BÀI TOÁN TỪ TRƯỜNG
2.1. Sơ lược lý thuyết về định lý Gauss và định luật Ampere về lưu số.
2.1.1. Sơ lược lý thuyết về định lý Gauss trong điện trường.
-[1] Định lý Ostrograski- Gauss dạng tích phân:
ur ur
ur ur
q
D
.
d
S

q

hay
Đ
S
Đ
S E.d S   . o

(2.1)

Với :
q là lượng điện tích chứa trong khơng gian đang xét ( có thể là một vật dẫn
hoặc một phần của vật dẫn được giới hạn bởi một mặt kín S.)

 ,  o là những hằng số điện.
Ta có thể phát biểu định lí Ostrograski- Gauss như sau:
Thơng lượng cảm ứng điện qua một mặt kín có giá trị bằng tổng đại số các điện
tích có mặt trong mặt đó.
- Phương trình định lý Ostrograski- Gauss dạng vi phân:
ur ur
q   .dV  Đ
Ta có:
 D.d S   .dV

(2.2)

Mặt khác, theo tốn học:
ur ur
uur
D
.
d

S

divDdV
Đ

 .

(2.3)

V

S

S

V

V

ur
Từ (2.2) và (2.3)   divDdV    dV
V

V

 divD  

( Đây là phương trình định lí Ostrograski- Gauss dạng vi phân).
2.1.2. Sơ lược định lý Ampere về lưu số của vectơ cảm ứng từ.[2]
- Định lý Amprere về lưu số của cảm ứng từ ( còn gọi là định luật Ampere hay

định lý dịng tồn phần) được phát biểu như sau:
Lưu số của vectơ cảm ứng từ theo đường cong kín C bất kì bằng tổng đại số cường
độ dịng điện xun qua diện tích giới hạn bởi đường cong đó nhân với o :

19


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

n
ur r
B
.
dl


Ik

o
Đ

C

(2.4)

k 1

- Dấu của Ik:

Chọn chiều dương bất kì trên C, dấu của Ik được xác định theo quy tắc cái
đinh ốc. Đặt cái đinh ốc theo phương của dòng điện.
Ik mang dấu dương khi chiều của nó trùng với chiều tiến của cái đinh ốc nếu
đinh ốc quay theo chiều dương trên C
Ik mang dấu âm khi chiều của nó ngược với chiều tiến của cái đinh ốc nếu
đinh ốc quay theo chiều dương trên C.
2.2. Phương pháp giải bài tập áp dụng định lí Gauss và định luật Ampere về
lưu số.
1.2.1 Phương pháp giải bài tập vận dụng định lý Gauss.[2]
Bước 1: Xác định yếu tố đối xứng của hệ điện tích từ đó có thể suy ra được
ur

một số đặc điểm của điện trường ( hướng của vec tơ E ở mỗi điểm, sự biến thiên độ
lớn của nó theo vị trí trong khơng gian)
Bước 2: Chọn mặt Gauss ( là mặt kín S) chứa điểm mà tại đó ta cần xác định
ur
E . Ta cần chú ý chọn mặt Gauss sao cho có thể tính tốn dễ dàng điện thơng qua S.

Muốn vậy nó phải chứa yếu tố đối xứng của hệ điện tích;
Bước 3: Tính điện thơng qua mặt Gauss theo cơng thức (2.1). Từ đó suy ra
mối liên hệ giữa cường độ điện trường E và điện tích của hệ từ đó suy ra thế vơ
hướng của hệ điện tích gây ra tại một điểm.
2.2.2. Phương pháp giải bài tập vận dụng định luật Ampere.[4]
Khi áp dụng định lý Ampere về lưu số của cảm ứng từ ta tiến hành theo trình
tự sau:
Bước 1: Nhận xét tính đối xứng của phân bố dịng điện để xác định hình
dạng của từ trường. Xác định sự phụ thuộc của từ trường vào các thành phần tọa độ.
Bước 2: Chọn một đường cong kín C. Ta cần phải chú ý sử dụng tính đối
xứng của hình để chọn đường cong C cho thích hợp.
ur

Bước 3: Tính lưu số của B dọc theo C và tìm tổng đại số cường độ dịng
điện xuyên qua C. So sánh hai biểu thức ta tìm được B.

20


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

2.3. Bài tập vận dụng.
2.3.1. Bài tập vận dụng định lý Gauss.
Bài 1 : Xác định điện thế và cường độ điện trường bên trong và bên ngồi hình
trụ rất dài, bán kính tiết diện ngang bằng a , điện tích phân bố đều bên trong
hình trụ với mật độ điện tích khối  , hằng số điện mơi trong và ngồi hình trụ
đều bằng  .
Giải
ur

Điện tích dương phân bố đối xứng trụ nên D hướng từ trong ra ngồi và có
ur
ur
phương vng góc với mặt trụ. Trong tọa độ trụ trục Oz ta có: E  E(r ).er
- Tính cường độ điện trường tại điểm A nằm ngồi mặt trụ cách trục hình trụ một
khoảng r
Chọn mặt Gauss là hình trụ đồng trục với hình trụ đang xét, mặt Gauss đi qua điểm
A. Bán kính đáy mặt Gauss là r > a, chiều dài l.
Theo định lý Ostrograski- Gauss:
uur uur

2
Ñ
 D1.d S1  . .a .l

r
e

ur
D

ur
e'

(S )

 D1.Sxq1  . .a2 .l



a

z

 D1.2 .r.l  . .a .l

A

r

O

2

 D1 

Hình 2.1

.a2
2r

ur .a2 ur
.er
Vậy cường độ điện trường tại điểm A nằm ngồi hình trụ là: E1 
2r

`

- Xét điểm A’ nằm trên mặt Gauss, trong hình tr ụ và cách trục hình trụ một

khoảng r < a.
Chọn mặt Gauss là hình trụ đồng trục
với hình trụ đang xét, mặt Gauss đi qua điểm
A. Bán kính đáy mặt Gauss là r< a,chiều dài l.
Giải

ur
D

ur
e'

a

Theo định lý Ostrgraski- Gauss ta có:

r
e

r
Hình 2.2

21

A’



Khóa luận tốt nghiệp
uur uur

Đ
 D .dS
2

2

Khoa vật lý

 . .r 2 .l

(S )

 D2 .Sxq 2  . .r 2 .l  D2 .2 .r.l  . .r 2.l  D2 
uur
 r ur
E2   . o . .er
2

- Tính thế vơ hướng:
Thế vơ hướng tại A’ nằm bên trong hình trụ:
uur

E2  grad  E2   2
r
 2   E2 .dr  2    . o .

 2  

 . o ..r 2
4

r
2

.dr

 C2 ( với C2 là hằng số)

Chọn 2  0  0  C2  0.  2  

 . o ..r 2

4

Thế vô hướng tại A nằm ngồi hình trụ:
Ta có:

 a2
1




E
.
dr




.

.
E1  
1
 1  1 0 o 2r .dr
r
r

 1  

 . o ..a2

2

.ln r  C1

Điều kiện biên:

1 (a)  2 (a)


. . o .a2 .ln a

 C1 

2

. . o .a2

 1  
 1  

2

 C1  

ln a 

. . o .a2 ln r
2

. . o .a2 ln r

2

 . o 
4

 . o .
4

.a2

.a2



. . o .a2



. . o .a2

2
2

22

ln a 

 . o ..a2

1

(ln a  )
2

4

.r
2


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

Bài 2 [1]: Một mặt cầu dẫn bán kính a nằm trong một lớp cầu điện mơi đồng tâm
bán kính b đều có hằng số điện mơi  . Tìm điện dung của tụ.
Giải
Hệ điện tích có tính đối xứng cầu, vectơ cường độ điện trường có phương
ur
ur
ur
trùng phương bán kính. Hay trong hệ tọa độ cầu, E(r,, )  E(r).er . Với er là vectơ
đơn vị theo phương r.
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O bán kính r

-q
+q

Áp dụng định lí Gauss cho từng miền ta có:

 uur ur

Đ
 D1.d S  0
( S )
 uur ur
D2 .d S  q
Ñ

( S )
 uur ur
Ñ
( S ) D3.d S  q  q  0


Với 0 < r < a

3

a

Với a < r < b
Hình 2.3
Với r < b

 D1  0
 D1.4 .r 2  0


q

  D2 .4 .r 2  q   D2 

4 .r 2


2
D
.4

.
r

0
 3
 D3  0

 E1  0

q

  E2 
4 . . o .r 2

 E3  0

ur

Mà E  grad Nên E  
    E.dr
r

Với 0 < r < a

1  A1

q

 2 
 A2 Với a < r < b
4

.

.

.
r
o

3  A3
Với r < b
Điều điều kiện định cỡ và kiện biên:

3 ()  0

1 (a)  2 (a)
 (b)   (b)
3
 2

b

2 1 O





 A3  0
 A3  0


q
q
  A1 
 A2   A2 
4 . . o .a
4 . . o .b




q
q
1 1
 A2  A3
(  )

 A1 
4 . . o b a
 4 . . o .b


23


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

q
1 1

1  4 . . ( a  b )
o

q
q

 2 

4 . . o .r 4 . . o .b

3  0



Điện dung của tụ:
C

q

1 (a)  2 (b)

q
q
1 1 1 1
(    )
4 . . o a b b b



4 . . o 4 . . o .ab

1 1
ba

a b

Bài 3 [1]: Hai mặt trụ đồng trục bán kính R1 và R2 chiều dài b. Giữa hai bản tụ
có hai lớp điện môi đồng trục 1 và  2 , bán kính mặt phân chia là Ro . Bỏ qua
hiệu ứng bờ. Hãy tìm điện dung của hệ.
Giải
ur

Điện tích phân bố đối xứng trụ nên D hướng từ trong ra ngồi và có phương vng
ur
ur
góc với mặt trụ. Trong tọa độ trụ trục Oz ta có: E  E(r ).er
Chọn mặt Gauss là mặt hình trụ bán kính đáy là r, tr ục trùng với trục hình trụ,
chiều dài b.
Theo định lý Ostrograski- Gauss ta có:
ur ur

Đ
 D.d S  q

R2
R1 +q

(S )

Nên Ñ
 D.dSxq  q
(S )

D.2 r.b  q  D 

q
2 .r.b

q

E1  2 .  .r.b

1 o

q
E 
2

2 . 2 o .r.b

ur

Mà E  grad

R1  r  Ro
R o  r  R2



2
2

Nên E      d    E.dr
r
1
R1

R

24

Ro

1 2

Hình 2.4

-q


Khóa luận tốt nghiệp

Khoa vật lý

Ro

R2

R1

Ro

 1  2   E1dr   E2dr
Ro

R

2
R
R
q
q
q
q
=
.ln o 
.ln 2
dr  
dr =
2 . .1.b
R1 2 . . 2 .b Ro
2 . .1.b.r

2 . . 2 .b.r
R1
Ro

Điện dung của tụ:
C

q

1 ( R1 )  2 ( R2 )

q
q
2 . o .1.b

.ln

Ro
R
q

.ln 2
R1 2 . o . 2 .b Ro



2 . o .b
1 Ro 1 R2
ln  ln
1 R1  2 Ro

Bài 4: Giải bài 2 phần 1.3.1 bằng phương pháp sử dụng định lí Gauss.
Một quả cầu bán kính a tích điện mặt đến mật độ đều  . Hãy xác định điện thế
và điện trường tại một điểm ở bên trong và bên ngồi quả cầu.
Giải:
Ta thấy rằng hệ điện tích có tính đối xứng cầu.
Các vectơ cường độ điện trường có phương vng góc với bề mặt quả cầu. Giả sử
quả cầu tích điện dương. Các vectơ cường độ điện trường có phương vng góc với
ur
ur
bề mặt quả cầu và hướng từ trong ra ngoài. Trong hệ tọa độ cầu, E(r,, )  E(r).er .
Trường hợp 1: Xét điểm A2 ở bên ngồi mặt cầu tích điện, cách tâm quả cầu
một khoảng r > a.
Chọn mặt Gauss là mặt cầu diện tích S tâm trùng với tâm quả cầu, bán kính r đi qua
A.
Theo định lí Ostrograski- Gauss ta có:
uur uur
Ñ
 D2 .d S2  q
S

 D2 .4 .r 2   .4 .a 2  D2 

 .a 2
r

2

uur  .a 2
 E2 

 . o .r 2

ur
er
ur
er

a

Ta lại có:
uur

 E2   grad2  E2   2
r
 2   E2 dr   

uur
E2

r

 .a 2
 .a 2
dr

 C2
 . o .r 2
 . o .r

Điều kiện định cỡ:

25

Hình 2.5

uur
E2