CHƯƠNG I

TRƯỜNG TĨNH ĐIỆN


BÀI 1.1 (37)
* Tại điểm M
- Áp dụng NLCCĐT để tính được:

EM =

kQh

ε ( R 2 + h 2 )3/2

r'
r
dEn M dEn

r
dEM

(1)

r
r
dEt dEt'

r'
dEM


dh  ( R + h 2 )3/2 
dh

dq’


BÀI 1.1 (37)
→ y '( h )

3
 2

2 3/2
2
2 1/2
 ( R + h ) − 2 .2h.( R + h ) .h ÷
= kQ 
÷ (2)
2
2 3
(R + h )

÷



- Cho biểu thức (2) bằng 0

⇔ ( R 2 + h 2 )3/2 − 3h 2 .( R 2 + h 2 )1/2 = 0 (3)
- Đặt ( R 2 + h 2 )1/2 = x

- Chia vòng dây thành các phần tử có
chiều dài dl, mang điện dQ.
r
- Lực Cu lông do dQ tác dụng lên q là dF

ur kqdQ r
dF =
R
3
ε .R

Hay dF =

k qdQ

ε .R 2

∫

r
r
r
dF = dF1 + dF2
r
r
dF1 + ∫ dF2 (**)

r
- Phân tích dF thành 2 thành phần:
- Thay vào (*) ta có:

nuavong

- Lấy phần tử dl’ mang điện dQ’ đối xứng với dl qua trục ∆

O

r
r
dF2 dF


∆

Bài 1.2 (37)

r
- Gọi dF ' là lực điện do dQ’ tác dụng lên q

dl’, dQ’

dl, dQ

dα

- Tương tự như trên ta phân tích:

r
r'
r'
dF ' = dF1 + dF2


- Ta có: dF2

r
dF1

r'
dF1

r
F dFr
dQ

∫

nuavong

= dF .sin α (3)

- Thay bt (1), (3) vào (2) ta được:

dF2 (2)

Gọi

α

là …

Và dα là góc chắn cung dl

k q.λ .R.dα
F =∫
sin α
2
ε .R
α
k q.λ
π
π
k q.λ
→F =
(−cosα ) 0
→F =∫
sin α .dα
ε .R
ε .R
0

k q.λ
 − ( cosπ − cos0 ) 
→F =
ε .R
- Thay số:

dα
r'
dF1

Hay:


5
2.9.109 10−9.3.10−7
3
−3
F=
=
1,13.10
(N )
−2 2
3,14.(5.10 )


∆

Bài 1.2 (37)
Chú ý:
dl, dQ

* Nếu gọi góc α là…..
- Ta có: dF2

∫

nuavong

Hay:

ε .R

2


O
r' r αr
r
'
dF dF dF2 dF
2

- Thay bt (1), (3’) vào (2) ta được:

F=

dα
r'
dF1

= dF .cosα (3')

k q.dQ

dl’, dQ’

k q.λ
ε .R

 π
 −π  
sin
−
sin


b) EM = ?, EN = ?
O

-q

a) Độ dài của lưỡng cực điện là:
- Áp dụng công thức tính mô men LCĐ:

P
→l = e
q

a) l = ?

Pe = q .l

−29
0,62.10
−10
Thay số: l =
=
0,39.10
( m)
−19
1,6.10

b) Tính cđđt tại điểm N nằm trên trục của LCĐ:
- Dẫn giải để đưa ra biểu thức:
- Thay số:


- Dẫn giải để đưa ra biểu thức:

k .Pe
EN = 3
ε .rM


E1

r
EM

α

O

M

E2

- Thay số:
9

9.10 .0,62.10
EN =
(3.10−9 )3

−29


So

S1

- Tính điện thông qua mặt S1 theo 2 cách:
+ Theo ĐN điện thông:

Φe =

∫

( S1 )

ur
r
DM .d S =

∫

( S1 )

dS

R

O

DM .dS .cosα (*)
R1


Bài 1.4 (39)
* Xét điểm M (R1 < R).
Gọi

ρ là độ điện tích khối của quả cầu

Ta có:

4
Q = ρ .V( S0 ) = ρ π R 3
3
4
q = ρ .V( S1 ) = ρ π R13
3

So

S1
dS

R

Q.R13
→ q = 3 (2)
R

O

R1


S0

- Tính điện thông qua mặt S2 theo 2 cách:
+ Theo ĐN điện thông:

Φe =

∫

( S2 )

r ur
DN .d S =

∫

( S2 )

dS

R2

O

DN .dS .cosα (*)
R

Giả thiết Q > 0, nên α = 0

S2


∫

( S2 )

dS =DN .4π R (1)

S

2
2

Φ e = ∑ Qi = Q (2)
S2

Từ biểu thức (1) và (2), suy ra:

Q
DN =
4.π .R22

Q
k .Q
→ EN =
=
2
εε 0 .4.π .R2 ε .R22

S2


α =?

q = 10-9 (C)
Y

* Giải:
- Phân tích các lực tác dụng lên quả cầu ở VTCB…
- Theo định luật I Newton ta có:

r r r
P + F + T = 0 (1)

- Chiếu phương trình (1) lên hệ trục tọa độ
OXY:
+ Theo phương OX: F − T sin α = 0

α

r
T

α

O
F
→ tgα =
+ Theo phương OY: T cos α − P = 0
P
σ
r

P + F + T = 0 (1) → T = − F ' (2' )
Hay T = F ' (2)

F
- Theo hình vẽ: tan α =
P
σ
q.
0
2εε 0
q.E
q.σ
→
α
≈
13
→ tan α =
=
=
mg
mg
2εε 0 .mg

α

r
T

r
F


3. Khi b >> a

a
a2
→ ∞ ⇒ 2 +1 → ∞ ⇒
b
b

1
a2
+1
2
b

 a2 
=  2 + 1
b


−

1
2

1
a2
+1
2
b


k . dQ
k . σ .dS
dEO =
(1)
2 → dEO =
2
ε .R
ε .R

r
r
dEO dE2

- Áp dụng NLCCĐT, tính được cđđt do bán
cầu gây ra tại O là:

r
EO =

∫

r
dEO (*)

r
r
r
r bancau
- Phân tích dEO thành 2 thành phần: dEO = dE1 + dE2


Q>0

do dQ’ gây ra tại O

r
dE1
O

- Tương tự như trên ta phân tích:

r'
r'
r'
dEO = dE1 + dE2

- Theo hình vẽ ta có:

r
r'
dE1 ↑↓ dE1

r
r'
dE2 ↑↑ dE2
- Từ (**) ta có:

⇒

∫


dE2 (2)

Bancau

Bancau

- Gọi dSn là hình chiếu của dS trên mặt đáy

∫

-

α

là góc giữa 2 mp dS và dSn


Bài 1.7 (40)
∆

- Theo hình vẽ:

dE2 = dEO .cosα (3)

dS ', dQ '

dS , dQ
Q>0


dS n

r
r' r r'
dEO dE2 dE2 dEO
r
EO

k. σ
k. σ
k. σ
σ
2
EO =
dS
=
.
S
ε .R 2 S∫day n ε .R 2 day → EO = ε .R 2 .π R = 4εε
0


Bài 1.8 (41)
* Cho: q = 2.10−7 (C )
R = 300 (cm) = 3 (m)
R0 = 10 (cm) =0,1 (m)

* Tìm:

r


r ur
D.d S +

M

O

∫

S2 day

r ur
D.d S


Bài 1.8 (41)
→ Φe =

∫

D.dS .cosα1 +

S2 day

∫ D.dS .cosα

2

(*)

Φ e = q ' = λ . (2)
2

r
M dS

O
R0

r
D


Bài 1.8 (41)

r
dS

- Từ biểu thức (1) và (2) ta có:

λ
λ
D=
→E=
2π R0
2πεε 0 R0
Hay

E=


2.10−7
3
E=
=
6.10
(V / m)
−12
−1
4.3,14.8,846.10 .3.10

r
D


Bài 1.9 (41)
−9
2
−5
2
* Cho: σ = 2.10 (C / cm ) = 2.10 (C / m )

λ.l = 3.10 (C / cm) = 3.10 (C / m)
−8

−6

* Tìm:

F =?


= 3,39( N )
−12
2.8,846.10


Bài 1.10 (41)

* Cho:

σ = 10−11 (C / cm 2 ) = 10−7 (C / m 2 )

1
q = .10−9 (C )
3

* Tìm:

AM ∞ = ?

r = ON = 1 (cm) = 10-2 (m)

R = MN = 10 (cm) = 0,1 (m)

O

* Giải:
- Áp dụng định nghĩa điện thế:

VM =



N

M


Bài 1.11 (41)
- Chia vòng dây thành các vi phân chiều dài dl
mang điện tích dQ.
- Điện thế tại một điểm (M hoặc O) do dQ
gây ra là:
k .dQ

dV =

O

h

ε .r

- Vậy điện thế tại một điểm (M hoặc O) do
vòng dây gây ra là:

* Tại M với OM = h,
Tại tâm: h = 0,

2π R

∫

.
dl
=
∫
ε .r vongday
ε .r

dl, dQ

R

k .Q

ε. R + h

k .Q
= 250 ( V )
ε .R

2

2

= 200 ( V )