Bài toán Điện trường của một đường tích điện

Ví dụ 1.Một vòng có bán kính R và có điện tích phân bố đều. Xác định điểm trên trục của vòng mà ở đó độ lớn của điện trường cực đại.

Hướng dẫn giải:

Đã biết cường độ điện trường do 1 vòng dây tích điện đều q, hình tròn (O, R) gây ra tại một điểm M trên trục (OM = z): \( E=k\frac{qz}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{3/2}}} \)

Ta thấy E là 1 hàm của z. Đạo hàm của E theo z:

\( \frac{dE}{dz}=kq\frac{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{3/2}}-z.\frac{3}{2}{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{1/2}}.2z}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{2}}} \) \( =kq\frac{{{z}^{2}}+{{R}^{2}}-3{{z}^{2}}}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{5/2}}}=kq\frac{-2{{z}^{2}}+{{R}^{2}}}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{5/2}}} \)

Bảng biến thiên của E theo z:

Ta nhận thấy giá trị cực đại của E ứng với \( z=\frac{R}{\sqrt{2}} \).

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

Ví dụ 2. Một electron chỉ dịch chuyển trên trục đi qua tâm của một vòng tích điện có bán kính R. Chứng minh rằng lực tĩnh điện tác dụng lên electron có thể làm cho nó dao động qua tâm của vòng với tần số góc: \( \omega =\sqrt{\frac{eq}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}m{{R}^{3}}}} \), trong đó q là điện tích trên vòng và m là khối lượng của electron.

Hướng dẫn giải:

Cường độ điện trường tại một điểm M cách tâm O của vòng tròn một đoạn OM = z: \( E=k\frac{qz}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{3/2}}} \)

Khi electron ở vị trí O, lực điện tác dụng lên nó bằng 0. Khi electron ở vị trí M ( \( \overline{OM}=z \)), lực điện tác dụng lên nó bằng: \( \overline{F}=-eE=-k\frac{eqz}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{3/2}}} \)

Lực này luôn ngược hướng với z, nghĩa là luôn có tác dụng kéo electron về vị trí cân bằng O. Giả sử z << R, ta có thể viết:

\( \frac{z}{{{\left( {{z}^{2}}+{{R}^{2}} \right)}^{3/2}}}=\frac{z}{{{R}^{3}}}{{\left( 1+\frac{{{z}^{2}}}{{{R}^{2}}} \right)}^{-\frac{3}{2}}} \) \( =\frac{z}{{{R}^{3}}}\left( 1-\frac{z}{2}\frac{{{z}^{2}}}{{{R}^{2}}}+… \right) \)

Lấy gần đúng đến bậc nhất của z: \( \overline{F}=-k\frac{eqz}{{{R}^{3}}}=-m{{\omega }^{2}}z \) với \( {{\omega }^{2}}=k\frac{eq}{m{{R}^{3}}} \) và m là khối lượng của electron.

Theo phương trình Newton: \( F=ma=m\ddot{z} \)

Ta được: \( m\ddot{z}=-m{{\omega }^{2}}z\Rightarrow \ddot{z}+{{\omega }^{2}}z=0 \) là phương trình vi phân của dao động điều hòa với tần số góc: \( \omega =\sqrt{k\frac{eq}{m{{R}^{3}}}} \)

Ví dụ 3. Trên hình vẽ dưới đây, hai thanh nhựa, một thanh có điện tích +q và thanh kia có điện tích –q, tạo thành một vòng tròn bán kính R trong mặt phẳng xy. Trục x đi qua các điểm nối của chúng và điện tích được phân bố đều trong cả hai thanh. Hỏi độ lớn và chiều dài của điện trường \( \overrightarrow{E} \) ở tâm của vòng tròn.

Hướng dẫn giải:

Để có 1 kết quả tổng quát có thể sử dụng trong nhiều trường hợp, ta xác định cường độ điện trường do 1 cung tròn bán kính R, tích điện đều q tại tâm P (như hình vẽ).

Vì lí do đối xứng, vectơ điện trường \( \overrightarrow{E} \) nằm theo trục đối xứng của cung AB: đó là đường nối tâm P với trung điểm C của \( \overset\frown{AB} \). Xét một phân tử \( d\ell \) của cung mang điện tích: \( dq=\lambda d\ell \), với \( \lambda \) là mật độ điện dài.

Điện tích dq gây ra tại P vectơ điện trường \( d\overrightarrow{E} \), có phương nằm trên bán kính nối P với vị trí dq. Cường độ điện trường: \( dE=k\frac{dq}{R}=k\frac{\lambda d\ell }{{{R}^{2}}} \).

Vectơ điện trường tổng hợp: \( \overrightarrow{E}=\int\limits_{\overset\frown{AB}}{d\overrightarrow{E}} \).

Chiếu đẳng thức vectơ trên lên đường OC là phương của \( \overrightarrow{E} \): \( E=\int\limits_{\overset\frown{AB}}{dE\cos \theta }=\int\limits_{\overset\frown{AB}}{k\frac{\lambda d\ell }{{{R}^{2}}}\cos \theta } \)

Vì trong đó \( d\ell =Rd\theta \), nên: \(E=\int\limits_{\overset\frown{AB}}{k\frac{\lambda }{R}\cos \theta d\theta }\)

Hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn: \( E=2k\frac{\lambda }{R}\int\limits_{0}^{{{\theta }_{0}}}{\cos \theta d\theta }=2k\frac{\lambda \sin {{\theta }_{0}}}{R} \)

Nếu \( \overset\frown{AB} \) là \( \frac{1}{2} \) đường tròn: \({{\theta }_{0}}=\frac{\pi }{2}\), \(\sin {{\theta }_{0}}=1\), ta có: \( E=2k\frac{\lambda }{R} \), trong đó: \( \lambda =\frac{q}{\ell }=\frac{q}{\pi R} \)

Vậy: \( E=\frac{2kq}{\pi {{R}^{2}}} \), với \( k=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}} \).

Trường hợp có 2 nữa đường tròn cùng bán kính R, tích điện đều +q và -q, nối liền nhau thành 1 đường tròn (O,R) tích điện nửa dương, nửa âm, thì vectơ điện trường do mỗi \( \frac{1}{2} \) đường tròn gây ra tại tâm O sẽ cùng hướng, cùng cường độ. Vậy điện trường tổng hợp tại O có cường độ: \( E=\frac{4kq}{\pi {{R}^{2}}} \).

Ví dụ 4. Một thanh thủy tinh mỏng được uốn cong thành nửa vòng tròn bán kính r. Một điện tích +Q được phân bố đều dọc theo nửa trên và điện tích \( -Q \) được phân bố đều dọc theo nửa dưới như hình vẽ dưới đây. Tìm điện trường \( \overrightarrow{E} \) ở tâm P của nửa vòng tròn.

Hướng dẫn giải:

Trường hợp hai \( \frac{1}{4} \) vòng tròn tích điện +q và -q nối lại thành \( \frac{1}{2} \) vòng tròn tâm P, bán kính R: nửa tích điện dương gây ra \( {{\overrightarrow{E}}_{+}} \), nửa tích điện âm gây ra \( {{\overrightarrow{E}}_{-}} \) (như hình vẽ).

Hai vectơ điện trường ấy cùng cường độ: \( {{E}_{+}}={{E}_{-}}=2k\frac{\lambda \sin {{45}^{O}}}{R}=k\frac{\lambda \sqrt{2}}{R} \) và hướng theo 2 phân giác của 2 cung 90^O, nghĩa là vuông góc nhau. Vectơ điện trường tổng hợp: \( \overrightarrow{E}={{\overrightarrow{E}}_{+}}+{{\overrightarrow{E}}_{-}} \), có phương nằm dọc theo đường kính APB, có cường độ: \( E={{E}_{+}}\sqrt{2}=k\frac{2\lambda }{R} \)

Trong đó: \( \lambda =\frac{q}{\ell }=\frac{q}{\frac{1}{2}\pi R}=\frac{2q}{\pi R} \)

Vậy: \( E=k\frac{4q}{\pi {{R}^{2}}} \)

Ví dụ 5. Một thanh mỏng không dẫn điện có chiều dài hữu hạn L và có điện tích trải đều dọc theo nó. Chứng minh rằng độ lớn E của điện trường nằm ở điểm P nằm ở trên đường vuông góc với thanh và qua trung điểm của nó (như hình vẽ dưới đây) được cho bởi: \( E=\frac{1}{2\pi {{\varepsilon }_{0}}y}\frac{1}{{{\left( {{L}^{2}}+4{{y}^{2}} \right)}^{1/2}}} \).

Hướng dẫn giải:

Ta xác định cường độ điện trường tại điểm P nằm trên trung trực của \( AB=\ell \) tích điện đều, mật độ dài \( \lambda \). Gọi PH là đường thẳng góc kẻ từ P đến AB (như hình vẽ).

Xét 1 phần tử dq đặt tại M trên AB cách H một đoạn x.

Phần tử dq gây ra tại M vectơ điện trường \( d\overrightarrow{E} \), có phương nằm theo MP, có cường độ: \( dE=k\frac{dq}{{{r}^{2}}} \), trong đó r = MP, \( dq=\lambda dx \).

Vậy: \( dE=k\frac{\lambda dx}{{{r}^{2}}} \)

Vectơ điện trường tổng hợp: \( \overrightarrow{E}=\int\limits_{AB}{d\overrightarrow{E}} \)

Vì lí do đối xứng, có phương nằm theo trung trực HP của AB. Chiếu đẳng thức vectơ trên đây lên phương HP, ta được: \( E=\int\limits_{AB}{dE\cos \theta } \), trong đó \( \theta =\widehat{HPM} \).

\( \Rightarrow E=\int\limits_{AB}{k\frac{\lambda dx}{{{r}^{2}}}\cos \theta } \)

Chọn biến tích phân là góc \( \theta \), ta có: \( x=y\tan \theta ,\left( y=HP \right) \), \( dx=y\frac{d\theta }{{{\cos }^{2}}\theta } \), \( r=\frac{y}{\cos \theta } \)

Và \( E=\int\limits_{AB}{k\frac{\lambda y\frac{d\theta }{{{\cos }^{2}}\theta }}{\frac{{{y}^{2}}}{{{\cos }^{2}}\theta }}\cos \theta }=k\frac{\lambda }{y}\int\limits_{AB}{\cos \theta d\theta } \)

Hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn: \( E=\frac{2k\lambda }{y}\int\limits_{0}^{{{\theta }_{0}}}{\cos \theta d\theta }=\frac{2k\lambda }{y}\sin {{\theta }_{0}} \), trong đó: \( \sin {{\theta }_{0}}=\frac{\frac{\ell }{2}}{\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{{{\ell }^{2}}}{4}}}=\frac{\ell }{\sqrt{4{{y}^{2}}+{{\ell }^{2}}}} \) và \( \lambda \ell =q \).

Vậy: \( E=k\frac{2q}{y\sqrt{4{{y}^{2}}+{{\ell }^{2}}}} \)

Ví dụ 6. Trên hình dưới đây, một thanh không dẫn điện dài L có điện tích \( -q \) phân bố đều dọc theo chiều dài của nó.

a) Hỏi mật độ điện tích dài của thanh.

b) Hỏi điện trường ở điểm P cách một đầu của thanh một khoảng a.

c) Nếu P rất xa thanh so với L, thanh có thể xem như một điện tích điểm. Chứng minh rằng kết quả của bạn ở ý b) quy về điện trường của một điện tích điểm với \( a>>L \).

Hướng dẫn giải:

a) Phần tử dx tại điểm x ( \( 0\le x\le \ell \)) của thanh dài tích điện (như hình vẽ), gây ra tại P vectơ điện trường \( d\overrightarrow{E} \):

\( dE=k\frac{\lambda dx}{{{\left( b-x \right)}^{2}}} \), với \( \lambda \) = mật độ diện dài.

Các \( d\overrightarrow{E} \) có cùng hướng, vậy:

b) \( E=\int\limits_{0}^{\ell }{k\frac{\lambda }{{{\left( b-x \right)}^{2}}}dx}=k\lambda \int\limits_{0}^{\ell }{\frac{1}{{{\left( x-b \right)}^{2}}}dx} \) \( =k\lambda \frac{\ell }{b\left( b-\ell \right)}=k\lambda \frac{\ell }{ab}=k\frac{q}{ab} \)

c) Khi \( a,b>>\ell \):

\( E=k\frac{q}{{{b}^{2}}}=k\frac{q}{{{a}^{2}}} \)

Ví dụ 7. Trên hình vẽ dưới đây, một thanh “bán vô hạn” không dẫn điện có điện tích như nhau trên đơn vị dài bằng \( \lambda \). Chứng minh rằng điện trường ở điểm P tạo một góc 45^O với thanh và kết quả đó không phụ thuộc vào khoảng cách R.

Hướng dẫn giải:

Phần tử \( dq=\lambda dx \) đặt tại M trên thanh tích điện HX gây ra tại P vectơ điện trường là \( d\overrightarrow{E} \) có phương nằm dọc theo MP, có cường độ: \( dE=k\frac{\lambda dx}{{{r}^{2}}} \), trong đó r = PM.

Vectơ \( d\overrightarrow{E} \) được phân ra hai thành phần là \( d{{\overrightarrow{E}}_{x}} \) song song với thanh dẫn điện và \( d{{\overrightarrow{E}}_{y}} \) vuông góc với thanh dẫn điện.

Đặt \( \widehat{HPM}=\theta \), ta có:

\( d{{E}_{x}}=dE\sin \theta =k\frac{\lambda dx}{{{r}^{2}}}\sin \theta \); \( d{{E}_{y}}=dE\sin \theta =k\frac{\lambda dx}{{{r}^{2}}}\cos \theta \)

Thay \( x=y\tan \theta \); \( dx=y\frac{d\theta }{{{\cos }^{2}}\theta } \), \( {{r}^{2}}=\frac{{{y}^{2}}}{{{\cos }^{2}}\theta } \)

Ta được:

\( d{{E}_{x}}=k\frac{\lambda }{y}\sin \theta d\theta \); \( d{{E}_{y}}=k\frac{\lambda }{y}\cos \theta d\theta \)

Các thành phần \( {{\overrightarrow{E}}_{x}} \) và \( {{\overrightarrow{E}}_{y}} \) của vectơ điện trường tổng hợp \( \overrightarrow{E} \) cho bởi:

\( {{E}_{x}}=k\frac{\lambda }{y}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \theta d\theta }=k\frac{\lambda }{y} \)

\( {{E}_{y}}=k\frac{\lambda }{y}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos \theta d\theta }=k\frac{\lambda }{y}={{E}_{x}} \)

Vậy vectơ \( \overrightarrow{E} \) nghiêng 45^O so với thanh tích điện và kết quả này không phụ thuộc khoảng cách y.

Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương