Bài tập về điện trường

Câu 1. Trong điện trường tĩnh, đặt một điện tích thử \( {{q}_{1}}=4\mu C \) vào điểm M thì lực tác dụng lên q₁ có độ lớn \( {{F}_{1}}=0,2N \). Tính cường độ điện trường tại điểm M và lực điện trường tác dụng lên điện tích thử \( {{q}_{2}}=-5\mu C \) khi nó được đặt vào điểm M.

Hướng dẫn giải:

Cường độ điện trường tại điểm M: \( {{E}_{M}}=\frac{{{F}_{1}}}{{{q}_{1}}}=\frac{0,2}{{{4.10}^{-6}}}={{5.10}^{4}}V/m \)

Vì cường độ điện trường không phụ thuộc vào các điện tích thử nên: \( {{E}_{M}}=\frac{{{F}_{2}}}{\left| {{q}_{2}} \right|} \)

Vậy khi đặt điện tích q₂ tại M, nó sẽ chịu tác dụng của lực điện trường có độ lớn:

\( {{F}_{2}}=\left| {{q}_{2}} \right|{{E}_{M}}={{5.10}^{-6}}{{.5.10}^{4}}=0,25 \)

Nhận Dạy Kèm Vật Lý Đại Cương Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Câu 2. Cho điện tích điểm \( Q=-{{6.10}^{-9}}C \) đặt trong chất điện môi đồng nhất, đẳng hướng, có hệ số điện môi \( \varepsilon =5 \).

a) Tính cường độ điện trường do điện tích Q gây ra tại những điểm M và N cách Q lần lượt 10 cm và 12 cm.

b) Tìm điểm có cường độ điện trường là 3000 V/m.

Hướng dẫn giải:

a) Cường độ điện trường tại M:

\( {{E}_{M}}=k\frac{\left| Q \right|}{\varepsilon r_{M}^{2}}={{9.10}^{9}}.\frac{\left| -{{6.10}^{-9}} \right|}{5.0,{{1}^{2}}}=1080V/m \)

Cường độ điện trường tại N:

\( {{E}_{N}}=\frac{\left| Q \right|}{\varepsilon r_{N}^{2}}={{9.10}^{9}}.\frac{\left| -{{6.10}^{-9}} \right|}{5.0,{{12}^{2}}}=750V/m \)

b) Ta có:

\( E=k\frac{\left| Q \right|}{\varepsilon {{r}^{2}}} \) \( \Rightarrow r=\sqrt{\frac{k\left| Q \right|}{\varepsilon E}}=\sqrt{\frac{{{9.10}^{9}}.\left| -{{6.10}^{-9}} \right|}{5.3000}}=0,06m=6cm \)

Vậy điểm có cường độ điện trường E = 3000 V/m nằm cách điện tích Q 6 cm. Tập hợp những diểm này nằm trên mặt cầu tâm Q, bán kính r = 6 cm.

Câu 3. Xác định cường độ điện trường do hệ hai điện tích điểm Q₁ = Q₂ = Q, đặt cách nhau một đoạn 2a trong không khí gây ra tại điểm M trên trung trực của đoạn thẳng nối Q₁, Q₂, cách đoạn thẳng ấy một khoảng x. Tìm x để cường độ điện trường có giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó.

Hướng dẫn giải:

Cường độ điện trường tại M là: \( \overrightarrow{E}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}} \), với \( {{\overrightarrow{E}}_{1}},{{\overrightarrow{E}}_{2}} \) lần lượt là cường độ điện trường do Q₁, Q₂gây ra tại M. (như hình vẽ)

Do Q₁ = Q₂ = Q và M cách đều Q₁, Q₂ nên về độ lớn, ta có:

\( {{E}_{1}}={{E}_{2}}=k\frac{\left| Q \right|}{\varepsilon {{r}^{2}}}=k\frac{\left| Q \right|}{\varepsilon ({{x}^{2}}+{{a}^{2}})} \)

Do đó: \( E=2{{E}_{1}}\cos \alpha =\frac{2k\left| Q \right|}{\varepsilon ({{x}^{2}}+{{a}^{2}})}.\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{2k\left| Q \right|x}{\varepsilon {{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \) (*)

Từ quy tắc hình bình hành suy ra \( \overrightarrow{E} \) nằm trên trung trực của đoạn thẳng nối Q₁, Q₂ và hướng ra xa đoạn thẳng đó nếu Q > 0 (như hình vẽ), hướng lại gần phía đoạn thẳng nếu Q < 0.

Để tìm được giá trị lớn nhất của E, ta có thể lấy đạo hàm (*) theo x rồi lập bảng biến thiên của E(x), từ đó suy ra giá trị lớn nhất. Sau đây, sẽ trình bày phương pháp dùng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn nhất của E.

Ta có: \( {{x}^{2}}+{{a}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{1}{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2}{{a}^{2}}\ge 3.\sqrt[3]{{{x}^{2}}.\frac{1}{2}{{a}^{2}}.\frac{1}{2}{{a}^{2}}} \)

\( \Rightarrow {{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}\ge {{\left( 3.\sqrt[3]{{{x}^{2}}.\frac{1}{4}{{a}^{4}}} \right)}^{\frac{3}{2}}}={{\left( 27{{x}^{2}}.\frac{{{a}^{4}}}{4} \right)}^{\frac{1}{2}}}=3\sqrt{3}.\frac{{{a}^{2}}}{2}.x \)

Do đó: \(E=\frac{2k\left| Q \right|x}{\varepsilon {{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}\le \frac{4k\left| Q \right|}{3\sqrt{3}\varepsilon {{a}^{2}}}=const\)

Vậy, giá trị lớn nhất của cường độ điện trường là: \({{E}_{\max }}=\frac{4k\left| Q \right|}{3\sqrt{3}\varepsilon {{a}^{2}}}\) khi \( {{x}^{2}}=\frac{1}{2}{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}a \)

Câu 4. Cho hai điện tích điểm Q₁ = 2nC và Q₂ = 8 nC đặt tại hai điểm A và B ách nhau 10 cm trong không khí.

a) Xác định cường độ điện trường tại điểm C, biết CA = 10 cm và CB = 20 cm.

b) Xác định cường độ điện trường tại điểm D, biết DA = 4 cm và DB = 6 cm.

c) Xác định cường độ điện trường tại điểm M, biết MA = 6 cm và MB = 8 cm.

d) Xác định cường độ điện trường tại điểm N, biết NA = 10 cm và NB = 15 cm.

e) Xác định điểm có cường độ điện trường triệt tiêu.

Hướng dẫn giải:

a) Từ các số liệu đề bài, ta thấy: CB = CA + AB. Điều này chứng tỏ C, A, B theo thứ tự đó thẳng hàng (như hình vẽ).

Cường độ điện trường tại C là \({{\overrightarrow{E}}_{C}}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}}\), với \({{\overrightarrow{E}}_{1}},{{\overrightarrow{E}}_{2}}\) lần lượt là cường độ điện trường do Q₁, Q₂ gây ra tại C (như hình vẽ). Vì các điện tích Q₁ và Q₂ là cùng dấu dương nên các vectơ \({{\overrightarrow{E}}_{1}}\) và \({{\overrightarrow{E}}_{2}}\) có cùng phương, cùng chiều ra xa Q₁.

Vectơ cường độ điện trường tổng hợp tại C có phương là đường thẳng AB, có chiều hướng ra xa điểm A, có độ lớn: \( E={{E}_{1}}+{{E}_{2}} \).

Mà: \( {{E}_{1}}=k\frac{\left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon .A{{C}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{2.10}^{-9}}}{1.0,{{1}^{2}}}=1800V/m \)

\( {{E}_{2}}=k\frac{\left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon .B{{C}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{8.10}^{-9}}}{1.0,{{2}^{2}}}=1800V/m \)

Nên EC = 1800 + 1800 = 3600 V/m.

b) Tương tự, từ các số liệu đề bài, ta thấy: AB = AD + DB. Điều này chứng tỏ A, D, B theo thứ tự thẳng hàng (như hình vẽ).

Cường độ điện trường tại D là \({{\overrightarrow{E}}_{D}}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}}\), với \({{\overrightarrow{E}}_{1}},{{\overrightarrow{E}}_{2}}\) lần lượt là cường độ điện trường do Q₁, Q₂ gây ra tại D (như hình vẽ).

Dễ thấy các vectơ \({{\overrightarrow{E}}_{1}}\) và \({{\overrightarrow{E}}_{2}}\) có cùng phương, ngược chiều (như hình vẽ) nên cường độ điện trường tại D có độ lớn: \( {{E}_{D}}=\left| {{E}_{1}}-{{E}_{2}} \right| \).

Mà: \( {{E}_{1}}=k\frac{\left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon .A{{D}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{2.10}^{-9}}}{1.0,{{04}^{2}}}=11250V/m \)

\( {{E}_{2}}=k\frac{\left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon .B{{D}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{8.10}^{-9}}}{1.0,{{06}^{2}}}=20000V/m \)

Vì E₂ > E₁ nên \( {{\overrightarrow{E}}_{D}} \) cùng hướng với \( {{\overrightarrow{E}}_{2}} \), nghĩa là hướng về điểm A.

Độ lớn cường độ điện trường tại D là: \( {{E}_{D}}=20000-11250=8750V/m \)

c) Từ các số liệu đề bài, ta thấy: \( A{{B}^{2}}=A{{M}^{2}}+M{{B}^{2}} \).

Điều này chứng tỏ M, A, B tạo thành tam giác vuông tại M (như hình vẽ)

Cường độ điện trường tại M là: \( {{\overrightarrow{E}}_{M}}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}} \) với \( {{\overrightarrow{E}}_{1}},{{\overrightarrow{E}}_{2}} \) lần lượt là cường độ điện trường do Q1, Q2 gây ra tại M.

Dễ thấy \( {{\overrightarrow{E}}_{1}} \) và \( {{\overrightarrow{E}}_{2}} \) vuông góc với nhau, nên: \( {{E}_{M}}=\sqrt{E_{1}^{2}+E_{2}^{2}} \)

Với \( {{E}_{1}}=k\frac{\left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon .A{{M}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{2.10}^{-9}}}{1.0,{{06}^{2}}}=5000V/m \)

\( {{E}_{2}}=k\frac{\left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon .M{{B}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{8.10}^{-9}}}{1.0,{{08}^{2}}}=11250V/m \)

Suy ra: \( {{E}_{M}}=\sqrt{E_{1}^{2}+E_{2}^{2}}=\sqrt{{{5000}^{2}}+{{11250}^{2}}}=12311V/m \)

Gọi \( \alpha \) là góc hợp bởi \( {{\overrightarrow{E}}_{M}} \) với \( {{\overrightarrow{E}}_{1}} \).

Ta có: \( \tan \alpha =\frac{{{E}_{2}}}{{{E}_{1}}}=\frac{11250}{5000}=2,25 \)

\( \Rightarrow \alpha \approx {{66}^{0}} \).

d) Dễ dàng thấy rằng, ABN là tam giác thường.

Cường độ điện trường tại N là: \({{\overrightarrow{E}}_{N}}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}}\).

Bình phương hai vế ta được: \( E_{N}^{2}=E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+2{{\overrightarrow{E}}_{1}}{{\overrightarrow{E}}_{2}}=E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+2{{E}_{1}}{{E}_{2}}\cos \alpha \)

Với \( \alpha \) là góc tạo bởi hai vectơ \( {{\overrightarrow{E}}_{1}} \) và \( {{\overrightarrow{E}}_{2}} \).

Do đó: \( {{E}_{N}}=\sqrt{E_{1}^{2}+E_{2}^{2}+2{{E}_{1}}{{E}_{2}}\cos \alpha } \)

Mà: \( {{E}_{1}}=k\frac{\left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon .A{{N}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{2.10}^{-9}}}{1.0,{{1}^{2}}}=1800V/m \)

\( {{E}_{2}}=k\frac{\left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon .N{{B}^{2}}}={{9.10}^{9}}.\frac{{{8.10}^{-9}}}{1.0,{{15}^{2}}}=3200V/m \)

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABN, ta có:

\(A{{B}^{2}}=A{{N}^{2}}+B{{N}^{2}}-2AN.BN.\cos \alpha \)

\(\Rightarrow \cos \alpha =\frac{A{{N}^{2}}+B{{N}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2AN.BN}=\frac{{{10}^{2}}+{{15}^{2}}-{{10}^{2}}}{2.10.15}=0,75\)

Vậy: \( {{E}_{N}}=\sqrt{{{1800}^{2}}+{{3200}^{2}}+2.1800.3200.0,75}\approx 4700V/m \)

e) Giả sử tại điểm P có cường độ điện trường triệt tiêu (như hình vẽ).

Ta có: \( {{\overrightarrow{E}}_{N}}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow {{\overrightarrow{E}}_{1}}=-{{\overrightarrow{E}}_{2}}\begin{matrix}{} & {} \\\end{matrix}(*) \)

Phương trình (*) chứng tỏ các vectơ \( {{\overrightarrow{E}}_{1}} \) và \( {{\overrightarrow{E}}_{2}} \) phải cùng phương, ngược chiều, bằng nhau về độ lớn.

Suy ra điểm P nằm trên đoạn thẳng AB.

Ta có: \( {{E}_{1}}={{E}_{2}}\Leftrightarrow k\frac{\left| {{Q}_{1}} \right|}{\varepsilon r_{1}^{2}}=k\frac{\left| {{Q}_{2}} \right|}{\varepsilon r_{2}^{2}} \) \( \Leftrightarrow \frac{{{r}_{2}}}{{{r}_{1}}}=\sqrt{\frac{\left| {{Q}_{2}} \right|}{\left| {{Q}_{1}} \right|}}=\sqrt{\frac{8}{2}}=2\Leftrightarrow {{r}_{2}}=2{{r}_{1}} \)

Mà: \( {{r}_{1}}+{{r}_{2}}=AB=10cm \)

Suy ra: \( {{r}_{1}}\approx 3,3cm \) và \( {{r}_{2}}\approx 6,7cm \).

Vậy điểm có cường độ điện trường triệt tiêu nằm trong đoạn thẳng AB, cách điểm A 3,3 cm.

Câu 5. Xác định cường độ điện trường do một vòng dây tròn, bán kính a, tích điện đều với điện tích tổng cộng Q > 0, gây ra tại điểm M nằm trên trục của vòng dây, cách tâm vòng dây một đoạn là x. Từ kết quả đó hãy suy ra cường độ điện trường tại tâm vòng dây, tại điểm x = a; tìm x để cường độ điện trường là lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Ta chia nhỏ vòng dây thành những phần tử rất nhỏ sao cho điện tích dq của mỗi phần từ ấy được coi là điện tích điểm và nó gây ra tại M vectơ cường độ điện trường có độ lớn: \( dE=\frac{k.dq}{\varepsilon {{r}^{2}}} \).

Vectơ \( d\overrightarrow{E} \) được phân tích thành hai thành phần: thành phần pháp tuyết \( d{{\overrightarrow{E}}_{n}} \) song song với trục vòng dây và thành phần tiếp tuyến \( d{{\overrightarrow{E}}_{t}} \) vuông góc với trục vòng dây (như hình vẽ).

Lấy tích phân của \( d\overrightarrow{E} \) trên toàn bộ chu vi (C) của vòng dây ta được cường độ điện trường tại M:

\( \overrightarrow{E}=\oint\limits_{(C)}{d\overrightarrow{E}}=\oint\limits_{(C)}{d{{\overrightarrow{E}}_{t}}}+\oint\limits_{(C)}{d{{\overrightarrow{E}}_{n}}} \)

Vì ứng với một phân tử dq, ta luôn tìm được phân tử dq’ đối xứng với dq qua tâm O của vòng dây nên luôn tồn tại \( d\overrightarrow{E}’ \) đối xứng với \( d\overrightarrow{E} \) qua trục của vòng dây.

Từng cặp \( d\overrightarrow{E} \) và \( d\overrightarrow{E}’ \) này có thành phần tiếp tuyến triệt tiêu nhau.

Suy ra, \( \oint\limits_{(C)}{d{{\overrightarrow{E}}_{t}}}=0 \)

Do đó: \( \overrightarrow{E}=\oint\limits_{(C)}{d{{\overrightarrow{E}}_{n}}}={{\vec{n}}_{0}}.\oint\limits_{(C)}{dE}.\cos \alpha \) \( ={{\vec{n}}_{0}}.\oint\limits_{(C)}{\frac{k.dq}{\varepsilon {{r}^{2}}}.\frac{x}{r}}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{k.x}{\varepsilon {{r}^{3}}}.\oint\limits_{(C)}{dq}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{k.x}{\varepsilon {{r}^{3}}}.Q \)

\( \Rightarrow \overrightarrow{E}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{k.Q.x}{\varepsilon {{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \)

Trong đó \( {{\vec{n}}_{0}} \) là pháp vectơ đơn vị của mặt phẳng vòng dây – quy ước \( {{\vec{n}}_{0}} \) luôn hướng ra xa tâm O.

Chứng tỏ vectơ cường độ điện trường \( \overrightarrow{E} \):

+ Có phương: là trục vòng dây;

+ Có chiều: hướng xa tâm O nếu Q > 0, hướng gần O nếu Q < 0;

+ Có độ lớn: \( E=\frac{k.Q.x}{\varepsilon {{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}\begin{matrix}{} & {} \\\end{matrix}(*) \)

+ Có điểm đặt: tại điểm khảo sát M.

Từ (*) suy ra:

+ Tại tâm O (x = 0) thì E_O = 0.

+ Khi x = a thì \( E=\frac{k\left| Q \right|}{2\sqrt{2}\varepsilon {{a}^{2}}} \)

Để tìm giá trị lớn nhất của E ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy và thu được kết quả:

\( E=\frac{k\left| Q \right|x}{\varepsilon {{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}\le \frac{k\left| Q \right|x}{\varepsilon .3\sqrt{3}.x.\frac{{{a}^{2}}}{2}}=\frac{2k\left| Q \right|}{3\sqrt{3}\varepsilon {{a}^{2}}} \)

Vậy \( {{E}_{\max }}=\frac{2k\left| Q \right|}{3\sqrt{3}.\varepsilon {{a}^{2}}} \) khi \( x=\frac{a}{\sqrt{2}} \).

Mở rộng: Nếu \( a << x \), nghĩa là điểm M ở rất xa vòng dây, hoặc vòng dây rất nhỏ, thì từ (*) suy ra \( E=\frac{k\left| Q \right|}{\varepsilon .{{x}^{2}}} \): vòng dây coi như một điện tích điểm đặt tại tâm O.

Câu 6. Xác định vectơ cường độ điện trường do một đĩa tròn, bán kính a, tích điện đều với mật độ điện tích mặt là \( \sigma >0 \) gây ra tại điểm M trên trục của đĩa, cách tâm đĩa một đoạn x. Từ đó suy ra cường độ điện trường gây bởi mặt phẳng tích điện rộng vô hạn.

Hướng dẫn giải:

Ta chia đĩa thành những hình vành khăn có bán kính r, bề rộng dr.

Mỗi hình vành khăn này được coi như một vòng dây tròn tích điện đều và nó gây ra tại M cường độ điện trường:

\( d\overrightarrow{E}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{kxdQ}{\varepsilon {{\left( {{r}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \)

Trong đó, dQ là điện tích chứa trên hình vành khăn. Ta có \(dQ=\sigma .dS\), với \(dS=2\pi rdr\) là diện tích của hình vành khăn.

Do đó: \( d\overrightarrow{E}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{kx.\sigma .2\pi rdr}{\varepsilon {{\left( {{r}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \)

Và cường độ điện trường do toàn bộ đĩa tròn gây ra tại M là:

\( \overrightarrow{E}=\int\limits_{\text{đĩa tròn}}{d\overrightarrow{E}}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{kx\sigma .2\pi }{\varepsilon }\int\limits_{0}^{a}{\frac{r}{{{\left( {{r}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{\frac{3}{2}}}}dr} \)

Lấy tích phân ta được:

\( \overrightarrow{E}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{kx\sigma .2\pi }{\varepsilon }.\left( \frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}} \right)={{\vec{n}}_{0}}.\frac{\sigma }{2\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}.\left( 1-\frac{x}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}} \right)\begin{matrix}{} & (*) \\\end{matrix} \)

Trong đó, \( {{\vec{n}}_{0}} \) là pháp vectơ đơn vị của đĩa tròn, quy ước \( {{\vec{n}}_{0}} \) luôn hướng xa đĩa tròn; a là bán kính của đĩa tròn.

Vậy, vectơ cường độ điện trường \( \overrightarrow{E} \) do đĩa tròn tích điện đều gây ra tại điểm M trên trục của đĩa có đặc điểm:

+ Phương: là trục của đĩa.

+ Chiều: hướng xa đĩa nếu \( \sigma >0 \) và hướng gần đĩa nếu \( \sigma >0 \);

+ Độ lớn: \( E=\frac{\left| \sigma \right|}{2\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}.\left( 1-\frac{x}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}} \right) \)

+ Điểm đặt: tại điểm khảo sát.

Từ (*) suy ra, khi \( a\to \infty \), đĩa trở thành mặt phẳng rộng vô hạn, thì \(\overrightarrow{E}={{\vec{n}}_{0}}.\frac{\sigma }{2\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}\begin{matrix}
{} & {} & {} \\\end{matrix}(**)\)

(**) chứng tỏ cường độ điện trường gây bởi mặt phẳng rộng vô hạn, tích điện đều kphương trình vào khoảng cách từ điểm khảo sát M tới mặt phẳng.

Vậy điện trường gây bởi mặt phẳng tích điện đều, rộng vô hạn là điện trường đều, có độ lớn: \(E=\frac{\left| \sigma \right|}{2\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}\).

Câu 7. Một thanh dài \( \ell \), tích điện đều với mật độ điện dài \( \lambda >0 \). Tính cường độ điện trường tại điểm M nằm trên trung trực của thanh, cách thanh một khoảng a. Áp dụng cho trường hợp thanh rất dài đặt trong không khí: a = 20 cm, \( \lambda ={{5.10}^{-9}}C/m \).

Hướng dẫn giải:

Xét một phân tử chiều dài dx của thanh tại tọa độ x, nó tích điện \( dq=\lambda dx \) được coi như điện tích điểm và nó gây ra tại M cường độ điện trường \( d\overrightarrow{E} \) (như hình vẽ).

Theo nguyên lý chồng chất điện trường, cường độ điện trường do toàn bộ thanh gây ra tại điểm M là:

\( \overrightarrow{E}=\int\limits_{thanh}{d\overrightarrow{E}}=\int\limits_{thanh}{d{{\overrightarrow{E}}_{t}}}+\int\limits_{thanh}{d{{\overrightarrow{E}}_{n}}} \)

D tính đối xứng qua đường trung trực của thanh nên \( \int\limits_{thanh}{d{{\overrightarrow{E}}_{t}}} \).

Do đó: \( \overrightarrow{E}=\int\limits_{thanh}{d{{\overrightarrow{E}}_{n}}} \).

Điều này chứng tỏ vectơ \( \overrightarrow{E} \) hướng vuông góc với thanh.

Về độ lớn: \( E=\int\limits_{thanh}{d{{E}_{n}}}=\int\limits_{thanh}{dE.\cos \alpha }\begin{matrix}{} & (*) \\\end{matrix} \)

Trong đó: \( dE=k\frac{dq}{\varepsilon {{r}^{2}}}=k\frac{\lambda dx}{\varepsilon {{r}^{2}}}\begin{matrix}{} & {} \\\end{matrix}(**) \)

Thay (**) vào (*), ta được: \( E=\int\limits_{thanh}{\frac{k\lambda dx}{\varepsilon {{r}^{2}}}.\cos \alpha }=\frac{k\lambda }{\varepsilon }\int\limits_{thanh}{\frac{dx}{{{r}^{2}}}}.\cos \alpha \begin{matrix}{} & {} \\\end{matrix}(1) \)

Để tính được tích phân (1), ta đổi biến số như sau:

Ta có: \( x=a\tan \alpha \Rightarrow dx=\frac{ad\alpha }{{{\cos }^{2}}\alpha } \); \( \cos \alpha =\frac{a}{r}\Rightarrow r=\frac{a}{\cos \alpha } \)

Thay vào (1), ta được:

\(E=\frac{k\lambda }{\varepsilon }\int\limits_{thanh}{\frac{\frac{ad\alpha }{{{\cos }^{2}}\alpha }}{{{\left( \frac{a}{\cos \alpha } \right)}^{2}}}}.\cos \alpha \)\(=\frac{k\lambda }{\varepsilon a}\int\limits_{thanh}{\cos \alpha d\alpha }=\frac{k\lambda }{\varepsilon a}\int\limits_{-\varphi }^{\varphi }{\cos \alpha d\alpha }\)

\(E=\frac{2k\lambda }{\varepsilon a}\int\limits_{0}^{\varphi }{\cos \alpha d\alpha }=\frac{2k\lambda }{\varepsilon a}\sin \varphi \)

Trong đó \( \varphi \) là nửa góc nhìn thanh từ điểm M.

Ta có: \(\sin \varphi =\frac{\ell /2}{\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{\ell }^{2}}}{4}}}\)

Vậy cường độ điện trường do thanh dài, tích điện đều với mật độ điện dài \( \lambda \) gây ra tại điểm M trên trung trực của thanh có đặc điểm:

+ Phương: vuông góc với thanh;

+ Chiều: hướng ra xa thanh, nếu thanh tích điện dương và hướng lại gần thanh, nếu thanh tích điện âm.

+ Độ lớn: \(E=\frac{2k\left| \lambda \right|}{\varepsilon a}\sin \varphi \)

+ Điểm đặt: tại điểm khảo sát M.

Nếu thanh dài vô hạn thì \( \varphi ={{90}^{0}} \), ta có: \( E=\frac{2k\left| \lambda \right|}{\varepsilon a} \)

Thay số, ta được: \( E=\frac{{{2.9.10}^{-9}}{{.5.10}^{9}}}{1.0,2}=450V/m \)

Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương