ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP PHẦN TỪ TRƯỜNG
A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán từ trường – cảm ứng từ là một trong những bài toán cơ bản trong
chương trình Vật lý 11. Với những bài toán cơ bản và dễ thì các thầy cô giáo và các
em học sinh thường áp dụng các công thức về từ trường – cảm ứng điện từ để giải.
Nhưng với nhiều bài toán khó, phức tạp mà có liên quan đến các đại lượng biến thiên,
sau khi áp dụng công thức về từ trường – cảm ứng điện từ thường có những phép tính
liên quan đến tích phân. Trong chuyên đề này chúng tôi giới thiệu một số bài toán về
từ trường – cảm ứng từ có sử dụng công cụ tích phân để tính toán.
2. Mục đích của đề tài
Trong đề tài này sẽ hệ thống các công thức cơ bản phần từ trường - cảm ứng
điện từ, các công thức tính tích phân có liên trong toán học dùng để áp dụng giải bài
tập. Đề tài có tổng hợp một số bài tập có hướng dẫn giải cụ thể và một số bài tập chỉ
có đáp số để rèn luyện thêm kỹ năng.
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Các công thức về từ trường – cảm ứng điện từ
1.1. Lực từ
- Công thức tính lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện F = BIlsinα
- Lực Lo-ren-xơ tác dụng lên hạt mang điện f=q o vBsinα
- Lực tương tác giữa hai dòng điện F = 2.10−7

I1 I 2
l
r

1.2. Từ trường của dòng điện chạy trong các dây dẫn có hình dạng đặc biệt
−7
- Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài B = 2.10


2.1. Công thức tích phân
Công thức cơ bản

∫ dx = x + C

Công thức mở rộng

∫ du = u + C
1


α
∫ x dx =

∫

xα + 1
+C
α +1

dx
= ln x + C
x

n
∫ (ax + b) dx =

∫e

x

x

x

ax + b

1
dx = e ax + b + C
a

u
∫ a du =

1
∫ cos(nx).dx = n sin nx + C
∫ sin x.dx = − cos x + C

∫ cos

u α +1
+C
α +1
1
1
∫ (ax + b) dx = a ln ax + b + C
1
1
−n
∫ u n dx = ∫ u dx = − (n − 1).u n − 1 + C
α

∫ u 2 dx = − u + C

2.2 Các phương pháp tính tích phân
a/ Công thức Newtown - Lepnic
b

∫ f ( x) = F ( x)

b
a

= F (b) − F (a )

a

b/ Phương pháp đổi biến
β

b

∫ f ( x).dx = α∫ f (ϕ ( x)).ϕ ' ( x).dx ; Với ϕ (a) = α ; ϕ (b) = β
a

b

β

a

α

cos ax 
cos ax 


∫a p( x).tgax  dx thì đặt u = p(x); dv = tgax  dx rồi
 ax 
 ax 
e
e


b

* Khi gặp các tích phân dạng
suy ra v.
b

* Khi gặp các tích phân dạng

∫ p( x). ln x.dx

thì đặt u = lnx; dv = p(x)dx.

a

2.3. Một số dạng tích phân thường gặp
a/ Tích phân hàm hữu tỉ
b

I=

A
B
=
+
+ 2
2
Q( x) x − α ( x − β )
ax + bx + c

+ Đồng nhất hai vế đẳng thức tìm A, B, C, D và đưa về tích phân cơ bản.
- Nếu bậc tử lớn hơn mẫu thì chia đa thức và đưa về dạng trên.
b/ Tích phân hàm lượng giác
b

∫ f (sin x). cos xdx ; Đổi biến t = sinx .

1.

a

b

∫ f (cos x). sin xdx

2.

; Đổi biến t = cosx .

a


2
Dùng công thức hạ bậc : 
sin 2 x = 1 − cos 2 x

2

b

5. ∫ sin ax. cos bx.dx ; Dùng công thức : sin A. cos B =
a

b

∫ sin ax. sin bx.dx

;

sin A. sin B =

1
[ cos( A − B ) − cos( A + B ) ]
2

;

cos A. cos B =

1
[ cos( A + B ) + cos( A − B ) ]
2


c/ Tích phân hàm vô tỉ
3


b

Dạng 1.

∫ f ( x,

n

a

ax + b
).dx ; Đổi biến t =
cx + d

n

ax + b
giải tìm x = ϕ (t ) , tính dx theo dt.
cx + d

b

Dạng 2.

∫ f ( x,


Hoặc

dx

∫

x + a2
2

a

a
; Tính dx theo dt .
sin t

; Đổi biến x = atgt ; Tính dx theo dt .

II. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1
Trong cùng một mặt phẳng với một dòng điện thẳng dài vô hạn cường độ
I=20A người ta đặt hai thanh trượt kim loại song song với dòng điện, cách dòng điện I
một khoảng x0 = 1cm. Hai thanh trượt cách nhau l = 0,5cm (hình 1). Một đoạn dây dẫn
AB có chiều dài l được đặt tiếp xúc điện với hai thanh trượt. Tìm hiệu điện thế xuất
hiện giữa hai đầu dây AB khi cho AB trượt tịnh tiến trên hai thanh với vận tốc không
I
đổi v = 3m/s.
x0

A

Sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu chuyển động, từ thông quét bởi đoạn dài dx của
dây (đoạn này cách dây dẫn mang dòng điện một đoạn x) bằng:
d Φ = B.dS = 2.10−7

I
vtdx
x

và từ thông quét bởi cả đoạn dây AB bằng:
Φ = ∫ B.dS =

x0 + l

∫

x0

2.10−7

x +l
I
vtdx = 2.10−7 Ivt ln 0
x
x0

4


=> U = ec = −


= 31, 4( A)
L

2IBR

IBR

IBR

nr

n

d B

M

F

r
B+

2. a, Lực căng F đặt lên vòng
T
A
dây tương ứng với lực từ tác
C
0
dụng lên một phần tư vòng dây
F

2
2 2

b) Lực tác dụng lên nửa vòng dây Q = 2 IBR
Lực này phân bố đều trên hai tiết diện thẳng ở hai đàu A, C của nửa vòng dây.
Gọi Fb và Bb là lực từ kéo và cảm ứng từ khi dây bắt đầu đứt, s là tiết diện dây, ta có:
FB = σ × 2s = σ ⋅ 2

πd 2
πd 2
= 2IB b R ⇒ B b = σ
≈ 2,56T
4
2 2IR

Bài 3
Một hình
trụ đồng chất bán kính R, chiều cao h được đặt trong từ trường đều có
r
cảm ứng từ B song song với trục đối cứng xx’ của hình trụ như hình vẽ. Tại thời điểm

5


t0 = 0 hình trụ đứng yên, cảm ứng từ bằng 0. Sau đó cảm ứng từ tăng dần đều từ 0 đến
B0 trong khoảng thời gian từ t0 đến τ .
a) Giả sử hình trụ được làm bằng chất dẫn điện có điện trở suất ρ và được giữ

cố định. Hãy tìm cường độ dòng điện và công suất tỏa nhiệt của dòng điện cảm ứng
chạy trong hình trụ.

2τρ
4τρ

Vì B biến thiên đều nên có thể viết: B =

Công suất tỏa nhiệt trong thể tích một lớp mỏng nằm giữa hai mặt trụ đồng tâm bán
kính r và ( r + dr ) , thể tích dV = h.dr.2π r là:
2

2

R
Br
Br
π hB02 R 4
dP = ρ j 2 dV = ρ  0 ÷ h.dr .2π r → P = ∫ ρ  0 ÷ h.2π rdr =
0
8τ 2 ρ
 2τρ 
 2τρ 

b) Nếu hình trụ là điện môi, tại điểm cách tâm r có cường độ E đã tính được ở trên:
B0 r
. Một lớp trụ đáy hình vành khuyên diện tích 2π rdr chiều cao h chịu tác dụng
2τ
3
R B qr
B0 qr 3
qB0 R 2
q

Bài 4
Một vòng tròn tâm O, bán kính R, có dòng
điện hình sợi chỉ cường độ I chạy qua (hình 4).
Người ta muốn tính từ trường tại điểm M nằm
trong mặt phẳng và gần tâm vòng OM = r

⇒ Sinα =
⇒ dB =

4π

( R 2 + r 2 − 2 Rr cos )

3
2

=

µ0
4π R

1 − µ cos θ
3

( 1 − 2ω cos θ + µ 2 ) 2

dQ

ω=

với

r
1 − ω cos θ
3


2R 
4R 2 
z

Bài 5
Hãy tính từ trường tạo ra tại điểm O,
là tâm của hình chữ nhật ABCD, trong các
trường hợp sau đây: Mỗi nửa vòng tròn có
bán kính a ta sẽ đặt DA = BC = 2l cường
độ dòng bằng I (hình 5).

D

A
O

µ I
B(BC) = B(DA) = 0 2 sin θ
4πα
l
sin θ = 2
l + a2
→

Hình 5

với

→



→

B ( O ) gồm hai thành phần Bz; By.

Tính tương tự:

µ 0 I 
l
al
+
Bz=
π  a l 2 + a 2 ( a 2 + l 2 ) 32

7

C

B

Giải
Cảm ứng từ do dây BC và AD gây ra tại O.






y


Giải
a. S1 là điện lượng bị cản lại không được chuyển qua cuộn dây do có sự xuất hiện suất
điện động tự cảm.
S2 Điện lượng chuyển qua cuộn dây lúc đóng K trong thời gian từ t = 0 đến t = t0
Cách 1:
Gọi q1 là điện lượng dịch chuyển trong mạch do hiện tượng tự cảm .
ξ
ξ
dq 1
dφ
dφ
= − tc → dq 1 = − tc ⋅ dt → dq 1 =
dt =
dt
R
R
dt ⋅ R
R
2
D
q1
nπ
dB
B
4ρS1
dφ
DSdB
DS
DSB

ξ
L
L I0
L
L ξ
dt = ∫ idt + ∫ di → I 0 ∫ dt = S 2 + ∫ di = S 2 + I 0 = S 2 +
∫
R
R0
R 0
R
RR
L ξ
L ξ
Vì I 0 ∫ dt = S1 + S2 → S1 +S2 = S2 + × → S1= ×
(1)
R R
R R
di
dφ
* Mặt khác L ∫ = N ∫ → LI 0 = Nφ 0 . (Coi gần đúng L không đổi)
dt
dt
2
4L ξ
ξ
πD
4ξL
× .
→B=

Một đĩa dẫn có tâm O và có bk R quay với vận tốc góc không đổi quanh trục Oz
của nó. Đĩa mang một điện tích toàn phần q được phân bố với mật độ điện mặt toàn
δ=

phần ( Kể cả 2 mặt):

δ0

2
r
1−  ÷
R

. Trong đó r = OP là khoảng cách từ tâm tới điểm P

của đĩa.
1. Tìm giá trị của δ 0 theo q và R. Tính mômen từ của đĩa.
2. Tìm biểu thức của từ trường tạo ra bởi 1 phân bố như thế tại 1 điểm M nằm trong
mặt phẳng đĩa và rất xa đĩa.
Giải
1. Xét phần tử có dạng vành khăn như hình mà trong đó có thể coi δ = const
δ0

δ=

1 − ( Rr )
R

=> Q = ∫0


0
2

2

δ0

1 − ( Rr )

1
2 2

.2π . r.dr

2

r

] .d[1 − ( Rr ) ]
2

dr

r 

Q = − π.δ 0 .K 2 .2.1 − 2 
 R 
2

⇔

2π .R 2
2π
K
.
1
−
1
−
K
2
K



(

)

( K = R)

dq
với T là chu kỳ quay của đĩa.
T
dq
dq. ω. π .r 2
dPm = dI.π .r 2 = .π .r 2 =
T
2π

2. Cường độ dòng điện dI chạy trong đĩa : dI =


µ0 I 

2
3 r  
=
1 +   
2R 
4R 

0,4

→

B là một véc tơ có thông lượng bảo toàn.
⇒ Từ thông Φ1 qua vòng tròn đường kính AA’
phải bằng từ thông Φ2 qua điện tích mặt phẳng vòng
dây trừ đi vòng tròn đường kính BB’.
9

1
A
0

-0,4
-5,9

A’

B’


∞

+ Φ2 = ∫ B (r )2πrdr
r1

Vì r > r2 ≈ 6R nên ta dùng biểu thức từ trường tạo bởi lưỡng cực từ: M = IπR2
B(r) =

⇒ Φ2 =

∞

µ0 M

∫ 4πr

µ0 M
4πr 3

.2πrdr =
3

r1

Bảo toàn từ thông:

µ 02 M
2r2


định xung của lực từ tác dụng lên khung.
Hình 9
Giải
1. Tại điểm cách dây dẫn r : B =
φ=

d +a

∫
d

µ0I0
2πr

µ0I0b
µ I b
a
dr = 0 0 ln(1 + ) = φ0
2πr
2π
d

2.Trong thời gian nhỏ dt có s.đ.đ :

dφ
dq E
dφ
= =−
, trong mạch có dòng i =
;

ln(1 + ) 0 = hằng số.
2πR
d ∆t

Lực tác dụng lên khung là tổng hợp hai lực tác dụng lên các cạnh AD và BC:
F = B1bi – B2bi =

µ0b
µ0b
µ 0 ab
Ii −
Ii =
Ii
2πd
2 π( d + a )
2πd (d + a )

Xung của lực là:
∆t

µ 0 I 0 abi ∆t
t
µ 02 .ab 2
I 02
a
I 0 (1 − )dt = 2
ln(1 + )
X = ∫ Fdt =
∫
2πd (d + a ) 0

.
=> i = C = 0 . ln d + a . dI
dt
2π
d dt
R
2π .R
d dt
μ b
μ b
d+a
d+a
=> dq = i.dt = 0 . ln
=> Q = 0 . ln
.dI
2π .R
d
2π .R
d

1. Ta có : dφ = B.dS

=> dφ =

3. Ta có :
Giả sử : I = I0 - kt
k.μ b
dφ μ 0 b
d+a
0 . ln d + a

0
=> F =
.ln
.
. I − kt
2π . R
d 2π . d ( a + d ) 0
t
k.μ 2 .ab 2
a+d t
.ln
. ∫ I − kt
=> P = ∫ F.dt = 2 0
a 0 0
0
4π .d ( a + d ) R
e

=−

(

I

Với t = 0
k

=>

)

ỏ

ur
F+

Hình 10

I


r

Giả sử cảm ứng từ B có hướng như trên hình vẽ, còn dòng điện I đi qua vòng kim loại
ngược chiều kim đồng hồ. Xét một phần tử vô cùng bé dl kẹp giữa hai vectơ bán kính
được dựng dưới các góc α và α + dα , trong đó dα là góc vô cùng nhỏ. Chiều dài của
phần tử này bằng dl = adα . Lực Ampe tác dụng lên phần tử này khi có dòng điện I
chạy qua có hướng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ (cũng được coi là mặt phẳng
nằm ngang) và đi vào phía sau trang giấy. Độ lớn của lực này bằng:
dF = Idla sin α = IBa sin αdα

Như thấy rõ từ hình vẽ, tại các góc 0 < α < π lực Ampe hướng vào phía trong trang
giấy, còn tại các góc π < α < 2π lực này lại đi ra phía ngoài trang giấy. Do đó, trên
vòng kim loại tác dụng một mômen lực nâng đối với trục OO' và mômen cản của trọng
lực. Dễ dàng thấy rằng khi tăng cường độ dòng điện I thì mômen của lực Ampe tăng
và tại một giá trị giới hạn I gh của dòng điện thì mômen lực này sẽ so được với mômen
trọng lực và vòng kim loại sẽ bắt đầu được nâng lên, bằng cách quay xung quanh trục
OO'.
Bây giờ ta sẽ tính mômen lực Ampe tác dụng lên phần tử dl đối với trục OO':
dM A = −dF ( a − a sin α ) = IBa 2 (sin α − 1) sin αdα.


ω = 0,2rad / s.

Giải
Giả sử tại thời điểm nào đó thanh chuyển động ngược chiều
kim đồng hồ. Vận tốc góc của thanh bằng:
φ' (t ) = φ0 ω cos ωt.

Vận tốc dài của điện tích tự do ở cách trục quay một khoảng x
tại thời điểm đó bằng: v( x, t ) = φ' (t ).x = φ0 ωx cos ωt

12

Hình 11


Lực Lorentz tác dụng lên điện tích đó bằng: FL = ev( x, t ) B = eφ0 ωxB cos ωt
- Dưới tác dụng của lực Lorentz sẽ xảy ra sự phân bố lại các
uur
điện tích tự do: tại các đầu của thanh sẽ có dư các điện tích
FL
dương, còn tại vùng gần tâm O sẽ xuất hiện các điện tích âm.
Sự phân bố lại các điện tích tự do sẽ dẫn tới xuất hiện trong
thanh một điện trường. Cường độ E ( x, t ) của điện trường đó
tại một điểm bất kỳ có thể tìm được từ điều kiện cân bằng
Hình 12
điện tích (không có dòng điện trong thanh), khi lực Lorentz
bằng lực tĩnh điện do điện trường nói trên tác dụng. Cụ thể là:

uur
Fd

2
2
2

Bài 12
Một cuộn dây b, tâm O, trục (Oz) được
cấu tạo bởi N vòng bán kính a. Cuộn dây tự nó
→
khép kín; nó có điện trở R và độ tự cảm không
M
đáng kể. ta cho một nam châm lại gần cuộn dây
với vận tốc không đổi v dọc theo trục Oz.
Ta giả thiết rằng trường do nam châm tạo ra
cũng giống từ trường của một lưỡng cực từ có
momen M, đặt tại P, cũng trên đường thẳng với
(Oz).
→
Ta thừa nhận biểu thức của thế vectơ A M tại
một điểm M, tạo ra bởi một lưỡng cực có momen từ μ tại P là:
→

a

θ

O
d
Hình 13

→

P

13

θ
→

A(M )
O

M

Hình 14

z


với φ =

→ →

∫ A dl =N

cuon day

⇒i=

µ 0 Ma sin θ
M
= µ 0 N sin 3 θ

µ
M
sin
θ
0
dFz = B⊥ z idl = (B1cosθ + B2sinθ)idl =
idl 3 sin θ cosθ
3
4πa
2
3µ 0 NM
dθ
 3µ0 NM  1
4
6
2
⇒F=
di
sin
θ
cos
θ
(sin
θ
cos
θ
)
=




I
d

I

d

một cạnh là d nằm trong mặt phẳng của các dây dẫn
d
và cách một trong hai sợi dây song song một khoảng
d
bằng d như hình 15.
Hãy tìm suất điện động cảm ứng trên vòng dây
Hình 15
hình vuông và cho biết chiều của dòng điện cảm ứng
chạy trong nó, giải thích tại sao lại có chiều như vậy.
Giải
Từ trường do một dây dẫn thẳng, dài vô hạn mang dòng điện I sinh ra tại một điểm
cách dây dẫn một khoảng cách r là:
B=

µ0 I
2π r

Từ trường này có hướng vuông góc với sợi dây. Như vậy từ thông do dây dẫn 1 gửi
1
I
qua vòng dây là:
3d


µ0 Id 4
ln
2π
3

Hướng đi ra ngoài mặt phẳng vẽ.
Do đó, suất điện động cảm ứng trong vòng dây hình vuông là:
ε =−

µ d  4  dI
dφ
= − 0 ln  ÷
dt
2π  3  dt

Từ biểu thức từ thông toàn phần gửi qua vòng dây, ta thấy khi dòng điện I tăng thì từ
thông φ cũng tăng. Theo định luật Len-xơ thì dòng điện cảm ứng lúc này sẽ sinh ra từ
r
r
trường Bc chống lại sự tăng của từ thông φ , tức là Bc phải có chiều hướng vào trong
mặt phẳng vẽ . Từ đó, theo qui tắc nắm tay phải, ta suy ra dòng điện cảm ứng phải có
chiều theo chiều kim đồng hồ.
Bài 14
Một hình trụ đồng chất bán kính R , chiều cao h được đặt trong một từ trường
đều có cảm ứng B song song với trục đối xứng xx ' của hình trụ. Tại thời điểm t 0 = 0
hình trụ đứng yên, cảm ứng từ bằng không. Sau đó cảm ứng từ tăng đều từ 0 đến B0
trong khoảng thời gian từ t 0 đến τ .
a) Giả thiết hình trụ được làm bằng chất dẫn điện có điện trở suất ρ và được giữ
cố định. Hãy tìm cường độ dòng điện và công suất toả nhiệt của dòng điện cảm ứng

τ

Vì B biến thiên đều nên có thể viết: B =

- Gọi E là cường độ điện trường:
ε = 2π rE → =

B0 r
. Vì U = Eh = I.R = j.S. ρh/ S = j ρh nên :
2τ

15


Mật độ dòng điện là

j=

R

E B0 r
=
.
ρ 2τρ

R

B0 h
B hR 2
rdr = 0

2τ

Một lớp trụ đáy hình vành khuyên diện tích 2π.r.dr chiều cao h chịu tác dụng của mô
men lực

dM =

B0qr 3
q
dr.2
π
r.hE.r
=
dr
πR 2 h
R 2τ
R

Tổng các mômen lực là:

R

M = ∫ dM = ∫
0

I=

0

B0 qr 3


điện.
Giải
- Khi hai vòng dây tiếp xúc điện với nhau có ba mạch điện kín. Vì hai vòng dây
chuyển động tương đối với nhau thì sự biến
đổi điện tích ở ba mạch là như nhau. Do
A
đó, suất điện động cảm ứng trong ba mạch
R
(2) (3)
bằng nhau.
(1)
(4)
α
O
O’
- Mặt khác, coi suất điện động cảm ứng
trong mỗi mạch kín gồm hai suất điện động
B
ở hai phần dây nối với nhau ở hai điểm tiếp
xúc, ta có:
Hình 18

ε cu = ε 1 + ε 2 = ε 2 + ε 3 = ε 3 + ε 4
ε
⇒ ε 1 = ε 2 = ε 3 = ε 4 = cu

2
ε 2 = ε 3


dx


α
α


dx = 2 R − R. cos  = 2 R.1 − cos 
2
2


dx
1
α dα
α dα
⇒
= 2v = 2 R. . sin .
= R. sin .
dt
2
2 dt
2 dt
dα
2v
⇒
=
α
(2)
dt

⇒ ε 1 = ε 2 = ε 3 = ε 4 = 2 BvR. sin
2
F3
Ta có mạch điện tương đương:
F1
B
I4
+ Điện trở các đoạn mạch 1, 2, 3 và 4 là:

α 

Hình 20
r1 = r4 = r 1 − 2π 



r = r = r . α
3
 2
2π
I 1 = I 4
Do tính đối xứng của dòng điện: 
, nên tách nút A, B:
I 2 = I 3

ε4

α
α



* Tính lực tác dụng lên cung AB:
Xét phần tử dòng điện I.d l chịu tác dụng của lực từ:
d F = d Fx + d Fy

y

Lực tác dụng lên đoạn dây là cung AB:

d

F = ∫ d F = ∫ d Fx + ∫ d Fy = ∫ d Fy


θ

0

A

⇒ F = ∫ dFy

dθ
Mà: dFy = dF . cos θ = BI .dl. cos θ ⇒ dFy = B.I 3 .R. cos θ .A’
α /2
α
⇒ FAB = 2 ∫ B.I 3 .R. cos θ .dθ = 2 B.I 3 .R. sin

2



2π − α
α
= 2 B.I 1 .R. sin
2
2
α
α
4πB.v.R. sin
8π .B 2 .v.R 2 . sin 2
α
2 .R. sin =
2
= 2 B.
r.( 2π − α )
2
r.( 2π − α )

FA1B = 2 B.I 1 .R1 . sin

Tương tự:
⇒ FA1B

Vậy lực tác dụng lên vòng dây bên trái:
F = FA1B + FA3 B =

8π B 2vR 2 sin 2

Thay số, ta được: F =


a) Tìm biểu thức ω và q theo t.
z
ur
b) Tính ω và q sau thời gian t đủ lớn. Khi đó hiệu điện
B
thế giữa hai bản tụ có bằng E0 không? Tìm nhiệt lượng
A
tổng cộng tỏa ra trên điện trở R.
3. Giả sử E là nguồn xoay chiều có hiệu điện thế
O
e = E 0 . cos ω 0 t
a) Tìm biểu thức cường độ dòng điện I trong mạch và
vận tốc góc ω của thanh theo t.
b) Tính cường độ dòng điện trong mạch và vận tốc góc ω
R
của thanh sau thời gian đủ lớn.
Biết:
C
+ Mômen quán tính của thanh OA đối với trục Oz là
K

1 2
ma .
3

E

dy
+ a. y = F , với
+ Nghiệm của phương trình vi phân:


a2
2

- Phương trình chuyển động quay của thanh:
dω
a2
1 2 dω
a2
I.

dt

= M = i.B.

2

⇒ ma .
= i.B.
3
dt
2
ω

q

3 B
3 B
3 B
⇒ d ω = . i.dt = . .dq ⇒ ∫ d ω = ∫ . .dq

⇒ E0 −

2

=

C

+ R.

dt

dq
q  3 B 2 .a 2 .c  E 0
1 + .
=
+
Từ (1) và (2), ta có:
dt RC  4
m  R
E
RC
t0 =
; I0 = 0
2 2
Đặt:
R
3B a c
1+
4m







(5)
(6)

t

b) Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e − t → 0 và điện tích của tụ có độ lớn không đổi
0

ổn định:

q 0 = I 0 .t 0 =

C.E 0
3.B 2 .a 2 .C
1+
4m

(7)

- Vận tốc quay của thanh đạt trị số ổn định (quay đều) khi:
ω0 =

3B.I 0 .t 0
6 B.C.E 0

Ta thấy: thanh
C0
0
U thanh = E cu =

- Công tổng cộng của nguồn:

- Năng lượng tụ điện:

AE = q 0 .E 0 =

WC =

(9)
(10)

CE 02
3B 2 a 2 C
1+
4m
2
C.E 0

q 02
=
2
2C
 3B 2 a 2 C 

11 +

4m 


- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: AE = WC + Wđthanh + Q
Wđthanh =

36 B 2 .C 2 .E02

⇒ Q = AE − (WC + Wđthanh ) =

CE 02

 3B 2 a 2 C 

21 +
4m 

dq q
+ = I 0 . cos ω 0 .t
3. Tương tự như câu 2, ta có phương trình:
dt t 0

(11)
(12)

Tại t = 0: q = 0 ta có:
t
− 

t0

t
−
I 0  2 2
dq
t0
=
ω 0 t 0 . cos ω 0 t − ω 0 .t 0 . sin ω 0 t + e
Từ (13) ta có: i =
dt 1 + ω 02 t 02 

q=

I 0 .t 0
1 + ω 02 .t 02

(13)
(14)





(15)

t

- Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e − t → 0 , trong mạch có chế độ cưỡng bức:
0

i0 d =

Hình 23

B


vuông góc với dây dẫn thẳng dài vô hạn, đầu A cách dây dẫn thẳng dài vô hạn một
khoảng a, trong đoạn dây dẫn AB có dòng không đổi cường độ I2 chạy qua (hình 23).
a) Xác định độ lớn và hướng của lực từ tác
dụng lên đoạn dây dẫn AB ?
b) Vị trí điểm đặt C của lực từ tác dụng lên AB cách đầu A một đoạn bao
nhiêu?
a+d 
÷
 a 

−7
Đáp số: a) F = 2.10 I1 I 2 ln 

b)

x=

d
−a
d +a
ln 
÷
 d 

Bài 2


R2 + z 2 − z

)

2

y
P
a

→

B

φ

O

M

x

Hình 24

x
>> 1 ).
a

Hãy thực hiện một phép khai triển có giới hạn theo u =

Một đĩa dẫn điện mỏng, trục Oz bán kính b và chiều dày e, được nhúng vào trong
một từ trường đều B(t) = Bmcosωt định xử trong một hình trụ bán kính a và bằng
không ở các nơi khác.
1. Tìm vectơ mật độ dòng điện tại mọi điểm của đĩa.
2. Hãy xác định công suất trung bình tiêu tán trong đĩa. Hãy tính toán đối với
đĩa bằng đồng (V = 6.104 s.m-1) dày 2mm, bán kính a = 2 cm được dùng trong một
trường có giá trị cực đại Bm = 0,1 T dao động với tần số 50Hz.
→
3. Tính trường B cảm ứng được tạo ra ở tâm bởi phân bố các dòng điện cảm ứng.
Đáp số:
γ
1. Nếu r < a thì j = ω rBm sin ωt
2

γ a2
Nếu a < r < b thì j = ω Bm sin ωt
2 r
2. Ptb = 3,7 W

ea 
a 
3. Bcu = μ0γω 1 −
 Bm sin ωt
2  2b 

a
O

b