Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương
1.7. Liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế
A. Lý Thuyết
1. Thiết lập mối liên hệ \(\overrightarrow{E},V\)
Ta biết cường độ điện trường \( \overrightarrow{E} \) đặc trưng cho điện trường về phương diện tác dụng lực; còn điện thế V đặc trưng cho điện trường về mặt năng lượng, vì liên quan đến công của lực điện trường. Như vậy giữa cường độ điện trường và điện thế phải có mối quan hệ với nhau.
Để tìm mối quan hệ đó, ta xét hai mặt đẳng thế (I) và (II) mà điện thế có giá trị lần lượt là V và (V + dV). Giả sử điện tích q di chuyển từ điểm M trên mặt đẳng thế (I) đến điểm N trên mặt đẳng thế (II) theo hướng \( d\vec{s}=\overrightarrow{MN} \) (hình 1.38)
Công của lực điện trường trong dịch chuyển đó là: \( dA=q\overrightarrow{E}d\vec{s} \) (1.74)
Mặt khác: \( dA=q\left( {{V}_{M}}-{{V}_{N}} \right)=q\left[ V-(V+dV) \right]=-qdV \) (1.75)
So sánh (1.74) và (1.75) suy ra: \( \overrightarrow{E}d\vec{s}=Eds\cos \alpha =-dV \) (1.76)
Với \( \alpha \) là góc hợp bởi vectơ cường độ điện trường \( \overrightarrow{E} \) và vectơ độ dời \( d\vec{s} \).
Ta có các trường hợp sau đây:
Trường hợp 1: Nếu \( d\vec{s} \) hướng về nơi có điện thế cao, nghĩa là \( dV>0 \), thì từ (1.76) suy ra, góc \( \alpha >{{90}^{0}} \), nghĩa là \( \overrightarrow{E} \) hướng về nơi có điện thế thấp.
Trường hợp 2: Nếu \( d\vec{s} \) hướng về nơi có điện thế thấp, nghĩa là \( dV<0 \), thì từ (1.76) suy ra, góc \( \alpha <{{90}^{0}} \), nghĩa là \( \overrightarrow{E} \) hướng về nơi có điện thế thấp.
Vậy, đường sức của điện trường (hay vectơ cường độ điện trường) luôn hướng theo chiều giảm của điện thế.
Gọi \({{E}_{s}}=E\cos \alpha \) là hình chiếu của \(\overrightarrow{E}\) lên phương của \(d\vec{s}\) thì theo (1.76) ta có: \({{E}_{s}}.ds.\cos \alpha =-dV\) hay \({{E}_{s}}=-\frac{dV}{ds}\) (1.77)
(1.77) chứng tỏ rằng, hình chiếu của vectơ cường độ điện trường lên phương nào đó bằng độ giảm điện thế trên một đơn vị chiều dài theo phương đó.
Nếu xét theo phương đường sức điện trường, nghĩa là M và N cùng nằm trên một đường sức điện là Es = E. Ta quy ước ds = dn là độ dịch chuyển vi cấp dọc theo hướng của đường sức điện trường thì ta có:
\( E=-\frac{dV}{dn} \) (1.78)
Gọi \( {{\vec{n}}_{0}} \) là vectơ đơn vị hướng dọc theo chiều của đường sức điện thì mối quan hệ giữa cường độ điện trường và điện thế được biểu diễn bằng công thức: \( \overrightarrow{E}=-\frac{dV}{dn}.{{\vec{n}}_{0}} \) (1.79)
Vậy, độ lớn của vectơ cường độ điện trường tại mỗi điểm bằng độ giảm của điện thế trên một đơn vị chiều dài dọc theo đường sức điện trường tại điểm đó.
Do \( {{E}_{s}}\le E \) nên so sánh từ (1.77) và (1.78) suy ra: \( \left| \frac{dV}{ds} \right|\le \left| \frac{dV}{dn} \right| \) (1.80)
Vậy, lân cận một điểm trong điện trường thì điện thế sẽ biến thiên nahnh nhất theo phương của đường sức điện trường (hay phương pháp tuyến của mặt đẳng thế) qua điểm đó.
Nếu chiếu vectơ cường độ điện trường \( \overrightarrow{E} \) lên ba trục Ox, Oy, Oz của hệ trục tọa độ Descartes thì ta có: \( {{E}_{x}}=-\frac{\partial V}{\partial x} \); \( {{E}_{x}}=-\frac{\partial V}{\partial y} \); \( {{E}_{x}}=-\frac{\partial V}{\partial z} \) (1.81)
trong đó, \( \frac{\partial V}{\partial x},\frac{\partial V}{\partial y},\frac{\partial V}{\partial z} \) là đạo hàm riêng phần của hàm điện thế V(x,y,z) đối với các biến x, y, z.
do đó, vectơ cường độ điện trường trong hệ trục tọa độ Descartes có dạng:
\( \overrightarrow{E}={{E}_{x}}.\overrightarrow{i}+{{E}_{y}},\overrightarrow{j}+{{E}_{z}}.\overrightarrow{k} \) \( =-\left( \frac{\partial V}{\partial x}.\overrightarrow{i}+\frac{\partial V}{\partial y}.\overrightarrow{j}+\frac{\partial V}{\partial z}.\overrightarrow{k} \right) \) (1.82)
Hay \(\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{gradV}\) (1.83)
Trong đó, vectơ \(\overrightarrow{gradV}=\frac{\partial V}{\partial x}.\overrightarrow{i}+\frac{\partial V}{\partial y}.\overrightarrow{j}+\frac{\partial V}{\partial z}.\overrightarrow{k}\) (1.84) gọi là gradient của điện thế V.
Vậy, vectơ cường độ điện trường tại một điểm bất kì trong điện trường bằng và ngược dấu với gradient của điện thế tại điểm đó.
Đối với điện trường đều, nhân hai vế của (1.78) với dn, rồi lấy tích phân dọc theo đường sức điện trường, ta được:
\( {{V}_{2}}-{{V}_{1}}=\int\limits_{(1)}^{(2)}{dV}=-E\int\limits_{(1)}^{(2)}{dn}=-E.d \)
Hay \( {{U}_{12}}={{V}_{1}}-{{V}_{2}}=E.d \) (1.85)
Trong đó d là khoảng cách giữa hai mặt đẳng thế lần lượt đi qua hai điểm (1) và (2), hay khoảng cách giữa hai điểm (1) và (2) tính dọc hướng đường sức điện trường.
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!
2. Lưu thông của vectơ cường độ điện trường
Nếu kí hiệu \( d\ell \) là vi phân của đường đi dọc theo đường cong (L) thì công của lực điện trường được viết là: \( A=\int\limits_{(L)}{\overrightarrow{F}d\overrightarrow{\ell }}=q\int\limits_{(L)}{\overrightarrow{E}d\overrightarrow{\ell }} \) hay \( \int\limits_{(L)}{\overrightarrow{E}d\overrightarrow{\ell }}=\frac{A}{q} \).
Ta gọi tích phân \( \int\limits_{(L)}{\overrightarrow{E}d\overrightarrow{\ell }} \) là lưu thông của vectơ cường độ điện trường dọc theo đường cong (L).
Nếu tính trên đoạn MN của đường cong (L) thì ta có:
\( \int\limits_{(MN)}{\overrightarrow{E}d\overrightarrow{\ell }}=\frac{{{A}_{MN}}}{q}={{V}_{M}}-{{V}_{N}}={{U}_{MN}} \) (1.86)
Nếu (L) là đường cong kín thì điểm đầu M trùng với điểm cuối N, ta có:
\( \oint\limits_{(L)}{\overrightarrow{E}d\overrightarrow{\ell }} \) (1.87)
(1.86) và (1.87) thể hiện tính chất thế của điện trường tĩnh. Từ đó ta có các kết luận sau:
+ Lưu thông của vectơ cường độ điện trường giữa hai điểm M, N dọc theo đường cong (L) bất kì bằng hiệu điện thế giữa hai điểm đó.
+ Lưu thông cùa vectơ cường độ điện trường dọc theo đường cong kín bất kỳ thì bằng không.
3. Tính cường độ điện trường từ điện thế và ngược lại
Vận dụng các mối quan hệ giữa cường độ điện trường và điện thế ta sẽ tính được cường độ điện trường E nếu biết điện thế V(x,y,z) và ngược lại.
B. Bài tập có hướng dẫn giải
Câu 1. Trong chân không, điện thế phân bố theo quy luật \( V=\frac{4yz}{{{x}^{2}}+1} \). Xác định điện thế và vectơ cường độ điện trường tại điểm M(1;2;3). Các đơn vị đo trong hệ SI.
Hướng dẫn giải:
Điện thế tại M: \( {{V}_{M}}=V\left( {{x}_{M}},{{y}_{M}},{{z}_{M}} \right)=\frac{4{{y}_{M}}{{z}_{M}}}{x_{M}^{2}+1}=\frac{4.2.3}{{{1}^{2}}+1}=12V \)
Vectơ cường độ điện trường tại M:
\({{E}_{x}}=-\frac{\partial V}{\partial x}=\frac{8xyz}{{{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}}=\frac{8.1.2.3}{{{({{1}^{2}}+1)}^{2}}}=12V/m\)
\({{E}_{y}}=-\frac{\partial V}{\partial y}=-\frac{4z}{{{x}^{2}}+1}=-\frac{4.3}{{{1}^{2}}+1}=-6V/m\)
\({{E}_{z}}=-\frac{\partial V}{\partial z}=-\frac{4y}{{{x}^{2}}+1}=-\frac{4.2}{{{1}^{2}}+1}=-4V/m\)
Vậy: \( {{\overrightarrow{E}}_{M}}=\left( 12;-6;-4 \right) \) và \( {{E}_{M}}=\sqrt{{{12}^{2}}+{{6}^{2}}+{{4}^{2}}}=14V/m \)
Câu 2. Xác định điện thế gây bởi khối cầu tâm O, bán kính a, tích điện đều với mật độ điện tích khối \( \rho >0 \) tại những điểm bên trong và bên ngoài khối cầu. Cho biết hệ số điện môi bên trong và bên ngoài khối cầu đều bằng 1. Xét hai trường hợp:
a) Chọn gốc điện thế ở vô cùng;
b) Chọn gốc điện thế tại tâm O.
Hướng dẫn giải:
Xét điểm M bên trong khối cầu. Cường độ điện trường tại M, (theo 1.54) là: \({{\overrightarrow{E}}_{trong}}=\frac{\rho \vec{r}}{3{{\varepsilon }_{0}}}\). Kết hợp với (1.79), ta có: \(\frac{\rho \vec{r}}{3{{\varepsilon }_{0}}}=-\frac{dV}{dn}.{{\vec{n}}_{0}}\) (1.88)
Chiếu (1.88) lên phương đường sức điện trường, lưu ý rằng, các vectơ \( \vec{r} \) và \( {{\vec{n}}_{0}} \) đều cùng chiều với đường sức điện trường.
Ta có: \(\frac{dV}{dn}=\frac{dV}{dr}=-\frac{\rho r}{3{{\varepsilon }_{0}}}\Rightarrow dV=-\frac{\rho }{3{{\varepsilon }_{0}}}dr\)
Tích phân hai vế dọc theo đường sức điện trường, từ tâm O đến điểm M:
\( \int\limits_{{{V}_{O}}}^{{{V}_{M}}}{dV}=-\frac{\rho }{3{{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{{{r}_{M}}}{rdr}\Rightarrow {{V}_{M}}-{{V}_{O}}=-\frac{\rho r_{M}^{2}}{6{{\varepsilon }_{0}}} \) (1.89)
Tương tự, xét điểm N ở bên ngoài khối cầu, cường độ điện trường tại N được tính theo (1.53): \( \overrightarrow{E}=\frac{kQ}{{{r}^{2}}}.\frac{{\vec{r}}}{r} \), với \( Q=\rho .\frac{4}{3}\pi {{a}^{3}} \) là điện tích của quả cầu.
Kết hợp với (1.79), ta có: \( \frac{kQ}{{{r}^{2}}}.\frac{{\vec{r}}}{r}=-\frac{dV}{dn}{{\vec{n}}_{0}} \)
Chiếu lên phương đường sức điện trường, ta được:
\( \frac{dV}{dr}=-\frac{kQ}{{{r}^{2}}}\Rightarrow dV=-\frac{kQ}{{{r}^{2}}}dr \)
Lấy tích phân dọc theo đường sức điện trường từ điểm A trên mặt cầu tới điểm N (hình 1.28): \(\int\limits_{{{V}_{A}}}^{{{V}_{B}}}{dV}=-kQ\int\limits_{a}^{{{r}_{M}}}{\frac{dr}{{{r}^{2}}}}\)
Hay \({{V}_{N}}-{{V}_{A}}=kQ\left( \frac{1}{{{r}_{N}}}-\frac{1}{a} \right)\) (1.90)
Trong đó VA là điện thế tại điểm A trên bề mặt khối cầu.
a) Trường hợp 1: chọn gốc thế ở vô cùng thì \( {{r}_{N}}\to \infty \), ta có: \( {{V}_{N}}\to 0 \).
Từ (1.90), suy ra: \( {{V}_{A}}=\frac{kQ}{a} \) (1.91)
Thay (2.91) vào (1.90) ta tính được điện thế tại điểm N bên ngoài khối cầu: \( {{V}_{N}}=\frac{kQ}{{{r}_{N}}} \) (1.92)
(1.92) chứng tỏ, điện thế bên ngoài khối cầu tích điện đều giống như do một điện tích điểm Q đặt tại tâm khối cầu gây ra.
Từ (1.89) cho \( {{r}_{M}}=a \) và kết hợp với (1.91), ta có: \( \frac{kQ}{a}-{{V}_{O}}=-\frac{\rho {{a}^{2}}}{6{{\varepsilon }_{0}}} \)
Từ đó tính được điện thế tại tâm O của khối cầu: \( {{V}_{O}}=\frac{kQ}{a}+\frac{\rho {{a}^{2}}}{6{{\varepsilon }_{0}}} \)
Hay: \( {{V}_{O}}=\frac{\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}.\rho .\frac{4}{3}\pi {{a}^{3}}}{a}+\frac{\rho {{a}^{2}}}{6{{\varepsilon }_{0}}}=\frac{\rho {{a}^{2}}}{2{{\varepsilon }_{0}}} \) (1.93)
Thay (1.93) vào (1.89) ta có điện thế tại M bên torng khối cầu là:
\( {{V}_{M}}-\frac{\rho {{a}^{2}}}{2{{\varepsilon }_{0}}}=-\frac{\rho r_{M}^{2}}{6{{\varepsilon }_{0}}} \) hay \( {{V}_{M}}=\frac{\rho {{a}^{2}}}{2{{\varepsilon }_{0}}}-\frac{\rho r_{M}^{2}}{6{{\varepsilon }_{0}}}=\frac{\rho }{6{{\varepsilon }_{0}}}\left( 3{{a}^{2}}-r_{M}^{2} \right) \) (1.94)
b) Trường hợp 2: chọn gốc điện thế tại tâm O thì VO = 0.
Từ (1.89) suy ra, cường độ điện trường tại điểm M bên trong khối cầu là:
\( {{V}_{M}}=-\frac{\rho r_{M}^{2}}{6{{\varepsilon }_{0}}} \) (1.95)
Do đó, điện thế tại mặt cầu là: \( {{V}_{M}}=-\frac{\rho {{a}^{2}}}{6{{\varepsilon }_{0}}}=-\frac{kQ}{2a} \) (1.96)
Thay (1.96) vào (1.90) ta có điện thế tại điểm N bên ngoài khối cầu là:
\( {{V}_{N}}={{V}_{A}}+\frac{kQ}{{{r}_{N}}}-\frac{kQ}{a}=\frac{kQ}{{{r}_{N}}}-\frac{3kQ}{2a} \) (1.97)
Câu 3. Xác định cường độ điện trường và điện thế gây bởi hai mặt phẳng song song, rộng vô hạn, cách nhau một khoảng d, tích điện đều với mật độ điện tích mặt là \( +\sigma \) và \( -\sigma \). Cho biết hệ số điện môi của môi trường bao quanh hai mặt phẳng là \( \varepsilon \). Chọn gốc điện thế ở mặt phẳng \( -\sigma \).
Hướng dẫn giải:
Để xác định cường độ điện trường gây bởi hai mo này, ta có thể lập luận đơn giản như sau.
Cường độ điện trường tại điểm M bất kỳ luôn là tổng hợp của hai điện trường do từng mặt phẳng gây nên: \( \overrightarrow{E}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}} \), trong đó \( {{\overrightarrow{E}}_{1}} \) là vectơ cường độ điện trường do mặt phẳng \( +\sigma \) gây ra, luôn hướng xa mặt phẳng này; \( {{\overrightarrow{E}}_{2}} \) là vectơ cường độ điện trường do mặt phẳng \( -\sigma \) gây ra; luôn hướng gần mặt phẳng này.
Ta có: \( {{E}_{1}}={{E}_{2}}=\frac{\sigma }{2\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}} \) (1)
Đối với những điểm nằm ngoài hai mặt phẳng (vùng (1) và (3), hình 1.41) thì \( {{\overrightarrow{E}}_{1}}\uparrow \downarrow {{\overrightarrow{E}}_{2}} \), nên cường độ điện trường tổng hợp E = 0.
Đối với những điểm nằm giữa hai mặt phẳng (vùng (2)) thì \( {{\overrightarrow{E}}_{1}}\uparrow \uparrow {{\overrightarrow{E}}_{2}} \), nên vectơ cường độ điện trường tổng hợp \( \overrightarrow{E} \) hướng từ mặt phẳng \( +\sigma \) sang mặt phẳng \( -\sigma \) và có độ lớn: \( E={{E}_{1}}+{{E}_{2}}=\frac{\sigma }{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}} \).
Vậy, điện trường trong khoảng giữa hai mặt phẳng rộng vô hạn, tích điện đều là điện trường đều, có cường độ: \( E=\frac{\sigma }{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}=const \) (1.98)
Để tính điện thế, ta chọn trục Ox như hình (1.41).
Ta có: \( \overrightarrow{E}=-\frac{dV}{dn}.{{\vec{n}}_{0}}=-\frac{dV}{dx}.\overrightarrow{i} \), với \( \overrightarrow{i} \) là vectơ đơn vị hướng theo trục Ox.
Suy ra: \( E=-\frac{dV}{dx}=\frac{\sigma }{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}} \) hay \( dV=-\frac{\sigma }{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}dx \)
Lấy tích phân hai vế dọc theo đường sức điện trường từ điểm M đến mặt phẳng điện âm:
\( \int\limits_{{{V}_{M}}}^{{{V}_{-}}}{dV}=-\int\limits_{0}^{x}{\frac{\sigma }{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}dx} \) hay \( {{V}_{-}}-{{V}_{M}}=-\frac{\sigma x}{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}} \).
Vì chọn gốc điện thế ở mặt phẳng \( (-\sigma ) \) nên \( {{V}_{-}}=0 \) .
Vậy, điện thế tại M là: \( {{V}_{M}}=\frac{\sigma x}{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}} \) (1.99)
Với x là khoảng cách từ mặt phẳng \( (-\sigma ) \) đến điểm khảo sát M.
Phía ngoài hai mặt phẳng, ở vùng (3), cường độ điện trường E = 0 nên điện thế không đổi.
Ta có: \( {{V}_{3}}={{V}_{-}}=0 \).
Tương tự, ở vùng (1), điện thế cũng không đổi và bằng \( {{V}_{3}}={{V}_{+}}=\frac{\sigma d}{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}} \).
Hiệu điện thế giữa hai mặt phẳng là: \( U={{V}_{+}}-{{V}_{-}}=\frac{\sigma d}{\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}}=Ed \) (1.100)
