Bài toán Điện trường của một lưỡng cực điện

Dạng 1. Điện trường của một lưỡng cực điện

Câu 1. Một phân tử hơi nước gây nên một điện trường trong không gian xung quanh giống như nó là một lưỡng cực điện. Vẽ trên hình vẽ dưới đây. Momen lưỡng cực của nó có độ lớn \( p=6,{{2.10}^{-30}}\text{ }C.m \). Hỏi độ lớn của điện trường ở điểm cách phân tử một khoảng z = 1,1 nm và nằm trên trục lưỡng cực của nó.

Hướng dẫn giải:

Hai điện tích q₁ = q₂ = q gây ra tại P những vectơ điện trường cùng hướng:

\( {{E}_{1}}=k\frac{q}{{{\left( z+\frac{d}{2} \right)}^{2}}} \); \( {{E}_{2}}=k\frac{q}{{{\left( z-\frac{d}{2} \right)}^{2}}} \)

Cường độ điện trường tổng hợp:

\( E={{E}_{1}}+{{E}_{2}}=kq\left[ \frac{1}{{{\left( z-\frac{d}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( z+\frac{d}{2} \right)}^{2}}} \right] \) \( =\frac{kq}{{{z}^{2}}}\left[ \frac{1}{{{\left( 1-\frac{d}{2z} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+\frac{d}{2z} \right)}^{2}}} \right]=\frac{kq}{{{z}^{2}}}\left[ 1+2\frac{d}{2z}+…+1-2\frac{d}{2z}+… \right] \)

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

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

Ví dụ 2. Trong hình vẽ dưới đây, giả thiết cả hai điện tích đều dương. Chứng minh rằng E ở điểm P trong hình đó với giả thiết \( z>>d \) được cho bởi: \( E=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{2q}{{{z}^{2}}} \).

Hướng dẫn giải:

\( E=\frac{1}{2\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{p}{{{z}^{3}}}=\frac{6,{{2.10}^{-30}}C.m}{2\pi .\left( 8,{{85.10}^{-12}}{{C}^{2}}/N.{{m}^{2}} \right){{\left( 1,{{1.10}^{-9}}m \right)}^{3}}}=8,{{4.10}^{7}}N/C \)

Ví dụ 3. Xác định điện trường, cả độ lớn và hướng, do một lưỡng cực điện sinh ra ở một điểm P nằm ở trên đường trung trực của đường thẳng nối các điện tích và cách nó \( r>>d \) (như hình vẽ dưới đây). Đáp số biểu diễn theo độ lớn và hướng của momen lưỡng cực điện \( \vec{p} \).

Hướng dẫn giải:

Ta xác định vectơ điện trường \( \overrightarrow{E} \) tại điểm M nằm trên trung trực của một lưỡng cực điện gồm 2 điện tích ( \( -q,+q \)) cách nhau AB = d.

Vectơ điện trường \( {{\overrightarrow{E}}_{+}} \) do +q gây ra nằm dọc theo BM và hướng theo chiều BM; vectơ điện trường \( {{\overrightarrow{E}}_{-}} \) do -q gây ra nằm dọc theo AM và hướng theo chiều MA. Chúng có cùng cường độ:

\( {{E}_{+}}={{E}_{-}}=k\frac{q}{{{r}^{2}}} \), với r = MA = MB

Vectơ điện trường tổng hợp: \( \overrightarrow{E}={{\overrightarrow{E}}_{+}}+{{\overrightarrow{E}}_{-}} \), là đường chéo của một hình thoi, do đó dễ dàng thấy phương của \( \overrightarrow{E} \) song song với AB.

Hai hình tam giác cân đồng dạng cho ta: \( \frac{E}{{{E}_{+}}}=\frac{AB}{MB}\Rightarrow \frac{E}{{{E}_{+}}}=\frac{d}{r} \)

Suy ra: \(E=\frac{d}{r}{{E}_{+}}=k\frac{qd}{{{r}^{3}}}=k\frac{p}{{{r}^{3}}}\)

Nhận xét: \( \overrightarrow{E}\uparrow \downarrow \vec{p} \) vậy có thể viết: \( \overrightarrow{E}=-\frac{k}{{{r}^{3}}}\vec{p} \)

Ví dụ 4. Tứ cực điện. Hình vẽ dưới đây cho thấy một tứ cực điện. Nó gồm có 2 lưỡng cực với momen lưỡng cực bằng nhau về độ lớn nhưng ngược chiều nhau. Chứng minh giá trị của E tại các điểm nằm ở trên trục của tứ cực và cách tâm của nó một khoảng z (giả thiết \( z>>d \)) được cho bởi: \( E=\frac{3Q}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}{{z}^{4}}} \), trong đó \( Q{{\left( =2qd \right)}^{2}} \) là momen tứ cực của hệ điện tích.

Hướng dẫn giải:

Tại P (OP = z) có 3 vectơ điện trường:

\( {{\overline{E}}_{1}}=k\frac{q}{{{\left( z+d \right)}^{2}}} \) (hướng theo chiều dương)

\( {{\overline{E}}_{2}}=-k\frac{2q}{{{z}^{2}}} \) (hướng theo chiều âm)

\( {{\overline{E}}_{3}}=k\frac{q}{{{\left( z-d \right)}^{2}}} \) (hướng theo chiều dương)

Cường độ điện trường tổng hợp tại P: \( \overline{E}={{\overline{E}}_{1}}+{{\overline{E}}_{2}}+{{\overline{E}}_{3}}=k\frac{q}{{{z}^{2}}}\left[ \frac{1}{{{\left( 1+\frac{d}{z} \right)}^{-2}}}+\frac{1}{{{\left( 1-\frac{d}{z} \right)}^{-2}}}-2 \right] \)

Áp dụng công thức khai triển gần đúng: \( {{\left( 1\pm \varepsilon \right)}^{-n}}=1\mp n\varepsilon +\frac{n(n+1)}{2}{{\varepsilon }^{2}}+… \)

\( \varepsilon <<1 \) ta có thể viết với \( \varepsilon =\frac{d}{z}<<1 \)

\( \overline{E}=k\frac{q}{{{z}^{2}}}\left[ 1-2\frac{d}{z}+3\frac{{{d}^{2}}}{{{z}^{2}}}+…+1+2\frac{d}{z}+3\frac{{{d}^{2}}}{{{z}^{2}}}+…-2 \right] \)

\( \overline{E}\approx k\frac{q}{{{z}^{2}}}.6\frac{{{d}^{2}}}{{{z}^{2}}}=k\frac{3Q}{{{z}^{4}}} \) với \( Q=2q{{d}^{2}}= \) momen tứ cực của hệ.

Dạng 2. Bài toán Lưỡng cực trong điện trường

Ví dụ 5. Tìm công cần thiết để quay một lưỡng cực điện một góc 180^O trong một điện trường đều \( \overrightarrow{E} \) theo độ lớn p của momen lưỡng cực, cường độ E của điện trường và góc ban đầu \( {{\theta }_{0}} \) giữa \( \vec{p} \) và \( \overrightarrow{E} \).

Hướng dẫn giải:

Thế năng ban đầu của lưỡng cực điện trong điện trường ngoài, khi vectơ momen điện \( \vec{p} \) hợp với vectơ điện trường góc \( {{\theta }_{0}} \): \( {{U}_{1}}=-\vec{p}.\overrightarrow{E}=-pE\cos {{\theta }_{0}} \).

Khi quay lưỡng cực điện một góc 180^O thì vectơ \( \vec{p} \) đổi hướng; lúc đó thế năng: \( {{U}_{2}}=-pE\cos \left( {{\theta }_{0}}+\pi \right) \).

Để thực hiện phép quay này \( L=pE\cos {{\theta }_{0}} \) phải tốn 1 công bằng: \( A={{U}_{2}}-{{U}_{1}}=\left| 2pE\cos {{\theta }_{0}} \right| \).

Ví dụ 6. Tìm tần số góc của dao động với biên độ nhỏ của một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực p và momen quán tính I quanh vị trí cân bằng của nó trong một điện trường đều với cường độ E.

Hướng dẫn giải:

Khi lưỡng cực điện có momen điện là \( \vec{p} \), đặt trong 1 điện trường ngoài đều có vectơ điện trường \( \overrightarrow{E} \) thì vị trí cân bằng của lưỡng cực điện ứng với trạng thái \( \vec{p}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E} \). Khi đó momen lực điện tác dụng lên lưỡng cực điện bằng 0. Khi lưỡng cực điện lệch khỏi vị trí cân bằng sao cho góc giữa \( \vec{p} \) và \( \overrightarrow{E} \) bằng \( \theta \) (gốc để tính góc là vectơ \( \overrightarrow{E} \)) thì momen lực điện tác dụng lên lưỡng cực điện bằng: \( \overrightarrow{\mathcal{M}}=\vec{p}\wedge \overrightarrow{E} \), có giá trị: \( \overline{\mathcal{M}}=-pE\sin \theta \) (dấu – có nghĩa là chiều của \( \overrightarrow{\mathcal{M}} \) luôn ngược chiều dương của \( \theta \)).

Khi \( \theta \) nhỏ: \( \sin \theta \approx \theta \) và \( \overline{\mathcal{M}}=-pE\theta \).

Theo phương trình cơ bản của chuyển động quay \( I\ddot{\theta }=\mathcal{M}=-pE\theta \Rightarrow \ddot{\theta }+{{\omega }^{2}}\theta =0 \) là phương trình vi phân của dao động điều hòa, với \( \omega =\sqrt{\frac{pE}{I}} \).

Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương