Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương
2.2. Nguyên lý I nhiệt động học
Nhận Dạy Kèm Vật Lý Đại Cương Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Vật Lý Đại Cương (Cơ - Nhiệt - Điện Từ - Quang - VLNT-HN)
- Sách Giải Bài Tập Vật Lý Đại Cương - Vật Lý Kỹ Thuật - Vật Lý Lý Thuyết
- Lịch học sắp xếp linh động, sáng - chiều - tối đều học được!
- Thời gian học từ 1,5h - 2h/1 buổi!
Ví dụ 1. Bốn điện tích 2q, q, -q và -2q được đặt tại các đỉnh của một hình vuông như ở hình vẽ dưới đây. Nếu có thể, hãy mô tả cách đặt một mặt kín bao ít nhất điện tích 2q và qua đó thông lượng điện tổng cộng bằng (a) 0, (b) \( +\frac{3q}{{{\varepsilon }_{0}}} \) và \( -\frac{2q}{{{\varepsilon }_{0}}} \).
Hướng dẫn giải:
4 điện tích 2q, q, -q và -2q có tổng: \( 2q+q-q-2q=0 \)
a) Do đó với mặt Gauss bao quanh cả 4 điện tích đó thì \( \phi \) qua mặt Gauss ấy bằng 0 cũng có thể lấy mặt Gauss chỉ bao quanh 2q và –
b) Mặt Gauss bao quanh 2 điện tích 2q và q (và chỉ bao quanh 2 điện tích ấy) cho thông lượng điện qua đó bằng: \( \phi =\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}\left( 2q+q \right)=\frac{3q}{{{\varepsilon }_{0}}} \).
c) Không thể được.
Ví dụ 2. Một điện tích điểm \( 1,8\text{ }\mu C \) được đặt ở tâm của một mặt Gauss dạng lập phương với cạnh 55 cm. Hỏi thông lượng điện tổng cộng qua mặt đó.
Hướng dẫn giải:
Thông lượng điện trường qua mặt Gauss dạng lập phương có điện tích điểm \( q=1,8\text{ }\mu C \) đặt ở tâm, theo định luật Gauss bằng: \( \phi =\frac{1}{{{\varepsilon }_{0}}}q=4\pi kq \)
Ví dụ 3. Trong hình vẽ dưới đây một điện tích điểm +q ở cách tâm của một hình vuông cạnh d một khoảng \( \frac{d}{2} \). Hỏi độ lớn của thông lượng điện qua hình vuông (Gợi ý: xem hình vuông như một mặt của hình lập phương cạnh d).
Hướng dẫn giải:
Điện tích q có thể xem như đặt tại tâm của 1 hình lập phương canh d (như hình vẽ).
Theo định luật Gauss, thông lượng điện trường qua mặt của hình lập phương ấy bằng \( \frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}} \).
Vì q đặt tại tâm đối xứng của hình lập phương nên thông lượng điện trường qua mỗi mặt đều bằng nhau và bằng: \( \phi =\frac{q}{6{{\varepsilon }_{0}}} \).
Ví dụ 4. Bằng thực nghiệm người ta đã phát hiện ở một vùng nào đó của khí quyển của Trái Đất có điện trường hướng thẳng đứng xuống dưới. Ở độ cao 300 m điện trường có độ lớn 60,0 N/C và ở độ cao 200 m, là 100 N/C. Tìm lượng điện tích toàn phần chứa trong một khối lập phương cạnh 100 m với các mặt nằm ngang ở độ cao 200 m và 300 m. Bỏ qua độ cong của mặt đất.
Hướng dẫn giải:
Thông lượng điện trường qua hình lập phương nêu trong đầu bài có giá trị: \( \phi ={{100.100}^{2}}-{{60.100}^{2}}\text{ }\left( N{{m}^{2}}/C \right) \)
Lượng điện tích toàn phần chứa trong hình lập phương ấy: \( q={{\varepsilon }_{0}}\phi \)
Ví dụ 5. Tìm thông lượng toàn phần qua một khối lập phương ở hai hình vẽ dưới đây, nếu điện trường được cho bởi (a) \( \overrightarrow{E}=3,00y\overrightarrow{j} \) và \( \overrightarrow{E}=-4,00\overrightarrow{i}+\left( 6,00+3,00y \right)\overrightarrow{i} \), E được tính bằng \( \frac{N}{C} \) và y bằng mét. Trong mỗi trường hợp, hỏi điện tích trong khối lập phương bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn giải:
Thông lượng điện trường qua hình lập phương ở ví dụ 1 của bài Điện thông (cạnh 1,4 m)
a) gây bởi điện trường \( \overrightarrow{E}=3y\overrightarrow{j} \): điện trường này có phương song song Oy: \( \overrightarrow{E}=\left( 0;3y;0 \right) \)
Ở mặt y = 0: \( \overrightarrow{E}=\vec{0} \)
Ở mặt y = a: \( \overrightarrow{E}=\left( 0;3a;0 \right) \)
Thông lượng điện qua hình lập phương: \( \phi =3a.{{a}^{2}}=3{{a}^{3}} \), tương ứng với điện tích bên trong: \( q={{\varepsilon }_{0}}\phi \).
b) Gây bởi điện trường: \( \overrightarrow{E}=\left( -4;6+3y;0 \right) \)
Thành phần \( {{E}_{x}}=-4\text{ }N/C \) là điện trường đều, sẽ cho thông lượng qua hình lập phương bằng 0.
Thành phần \( {{E}_{y}}=6+3y={{E}_{{{y}_{1}}}}+{{E}_{{{y}_{2}}}} \).
Trong đó: \( {{E}_{{{y}_{1}}}}=6\text{ }N/C \) cho thông lượng bằng 0 còn \( {{E}_{{{y}_{2}}}}=3y \) có giá trị bằng 0 trên mất y = 0 và bằng 3a trên mặt y = a.
Thông lượng điện toàn phần qua hình lập phương: \( \phi =3a.{{a}^{2}}=3{{a}^{3}} \).
Tương ứng với điện tích bên trong: \( q={{\varepsilon }_{0}}.\phi ={{\varepsilon }_{0}}.3{{a}^{3}} \)
Ví dụ 6. Một điện tích điểm q được đặt ở một đỉnh của một hình lập phương cạnh a. Hỏi thông lượng qua mỗi mặt của lập phương. (Gợi ý: dùng định luật Gauss và các tính đối xứng).
Hướng dẫn giải:
Thông lượng điện trường qua ba mặt có chứa q bằng 0 vì ở những mặt đó \( \overrightarrow{E} \) // các mặt. Còn thông lượng điện qua mỗi mắt kia bằng nhau vì lí do đối xứng.
Ta chắp thêm 7 hình lập phương giống như hình ban đầu để cho 8 hình lập phương ấy tạo thành 1 hình lập phương mới có cạnh 2a và tâm là vị trí đặt q. Thông lượng điện qua hình lập phương mới là \( \frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}} \). Vì lí do đối xứng, thông lượng điện qua mỗi mặt của hình lập phương mới bằng \( \frac{1}{6}\frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}} \).
Thông lượng điện qua mỗi mặt không chứa chứa q của hình lập phương ban đầu bằng \( \frac{1}{4} \) thông lượng điện qua 1 mặt của hình lập phương lớn bằng \( \frac{1}{24}\frac{q}{{{\varepsilon }_{0}}} \).
Ví dụ 7. “Định luật Gauss cho lực hấp dẫn” là: \(\frac{1}{4\pi G}{{\varphi }_{g}}=\frac{1}{4\pi G}\oint{\vec{g}.d\overrightarrow{A}}=-m\), trong đó \({{\Phi }_{g}}\) là thông lượng của trường hấp dẫn \(\vec{g}\) qua một mặt Gauss bao quanh khối lượng m. Trường \(\vec{g}\) được định nghĩa là gia tốc của một hạt thử gây ra do lực hấp dẫn mà m tác dụng lên hạt thử. Từ đó hãy suy ra định luật hấp dẫn của Newton. Dấu trừ có ý nghĩa gì?
Hướng dẫn giải:
Giả sử một vật nhỏ khối lượng m đặt cố định tại tâm O của 1 mặt cầu (O,R).
Thực nghiệm chứng tỏ rằng nếu tại 1 điểm A trên mặt cầu (O,R) đặt 1 chất điểm khối lượng mO thì chất điểm ấy chịu tác dụng của lực hấp dẫn vạn vật – lực hút – do m gây ra. Lực hấp dẫn \( \overrightarrow{F} \) gây ra cho mO gia tốc \( \vec{g} \):
\( \overrightarrow{F}={{m}_{O}}\vec{g}\Rightarrow \vec{g}=\frac{\overrightarrow{F}}{{{m}_{O}}} \)
\( \vec{g} \) cũng được gọi là cường độ trường hấp dẫn, vì \( \overrightarrow{F} \) là lực hút nên \( \vec{g}\uparrow \downarrow \overrightarrow{OA} \).
Thông lượng của vectơ \( \vec{g} \) qua mặt cầu (O, R): \( \oint{\vec{g}.d\overrightarrow{S}}=-\oint{g.dS} \) (vectơ \( d\overrightarrow{S} \) hướng ra ngoài mặt cầu).
Nếu định luật Gauss được nghiệm đúng với trường hấp dẫn, thì:
\( \oint{\vec{g}.d\overrightarrow{S}}\sim-m \) (dấu – chứng tỏ lực \( \overrightarrow{F} \) là lực hút) hay \( \oint{\vec{g}.d\overrightarrow{S}}=-4\pi Gm \).
(Hệ số tỉ lệ \( 4\pi G \) được viết dưới dạng thuận tiện cho tính toán) ta suy ra: \( \oint{-gdS}=-4\pi Gm \)
Vì lí do đối xứng cầu: \( \oint{gdS}=g\times 4\pi {{R}^{2}} \)
Kết quả: \( g.4\pi {{R}^{2}}=4\pi Gm \) \( \Rightarrow g=\frac{Gm}{{{R}^{2}}} \)
Lực hấp dẫn tác dụng lên mO: \( F={{m}_{O}}g=\frac{Gm.{{m}_{O}}}{{{R}^{2}}} \) chính là định luật hấp dẫn vũ trụ Newton.
