CHUYÊN ĐỀ “CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA CÁC HẠT MANG ĐIỆN” GIẢNG DẠY BỒI DƯỠNG HSG QUỐC GIA

CHUYÊN ĐỀ VẬT LÍ THPT CHUYÊN

vectorstock.com/28062424

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ “CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA CÁC HẠT MANG ĐIỆN” GIẢNG DẠY HỌC SINH BẮT ĐẦU CHƯƠNG TRÌNH TĨNH ĐIỆN VẬT LÍ LỚP 11 VÀ BỒI DƯỠNG HSG QUỐC GIA WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

MỞ ĐẦU Trong chương trình vật lý lớp 11 chuyên và trong quá trình bồi dưỡng HSG quốc gia khi dạy và học về phần tĩnh điện, có các bài toán đặc trưng về chuyển động liên kết của hệ các hạt mang điện. Các bài toán về chuyển động liên kết của các hạt mang điện chứa rất nhiều nội dung : vừa rèn luyện kiến thức về lực tĩnh điện, thế năng tĩnh điện; kết hợp với các kiến thức cơ học bảo toàn động lượng, bảo toàn năng lượng, khối tâm, rèn luyện phương pháp tính gần đúng để giải những bài toán dao động của điện tích, hệ điện tích, lưỡng cực. Đồng thời đó cũng là những kiến thức cơ bản trong nội dung thi chọn HSG quốc gia và chọn HSG vào đội tuyển Olimpic Vật lí Quốc tế.

Với những lí do đó, tôi chọn chuyên đề “CHUYỂN ĐỘNG LIÊN KẾT CỦA CÁC HẠT MANG ĐIỆN” để giảng dạy khi học sinh bắt đầu bước vào chương trình tĩnh điện lớp 11 và trong quá trình bồi dưỡng HSG quốc gia.

Nội dung của đề tài gồm : Phần I. Tóm tắt lí thuyết 1. Lí thuyết phần tĩnh điện.

2. Một số công thức khai triển toán học 3. Phương pháp giải phương trình vi phân 4. Các phép toán về tích véc tơ.

Phần II. Hệ thống các dạng bài tập về chuyển động của hạt mang điện trong trường tĩnh điện 1. Bài tập về hệ hai điện tích điểm 2. Bài tập về hệ nhiều điện tích điểm 3. Bài tập về chuyển động của hệ điện tích trong điện trường gây bởi vật tích điện có kích thước 4. Các bài tập sử dụng phương pháp ảnh điện 5. Chuyển động của vật tích điện có kích thước 6. Dao động của điện tích, hệ điện tích 7. Dao động của lưỡng cực điện

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

1

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

PHẦN I. TÓM TẮT LÍ THUYẾT A. LÍ THUYẾT PHẦN TĨNH ĐIỆN I. Nguyên lí chồng chất điện trường Cường độ điện trường do nhiều điện tích điểm Q1, Q2 ... gây ra tại điểm A bằng tổng các

vectơ cường độ điện trường E1 , E 2 ... do từng điện tích riêng biệt Q1, Q2... gây ra tại A :

E = E1 + E 2 + ... =

∑ Ei i

Chú ý : Lực tác dụng lên điện tích q đặt trong điện trường E là F = q E .

II. Cường độ điện trường của vật mang điện

E=

∫ toµn bé vËt

1 dq r . .

4 πεε0 r 2 r

* Định lí Ô-xtrô-grát-xki- Gao-xơ cho môi trường điện môi Φ=

∑

E.∆Scosα =

toµn bé mÆt kÝn

1 ∑ qi εε0 i

III. Thế năng của điện tích điểm trong điện trường 1. Thế năng của q trong điện trường gây ra bởi điện tích điểm Q : W =

qQ +C 4 πε0εr

2. Điện thế của điện trường gây ra bởi hệ điện tích điểm Q1, Q2 ...tại một điểm A trong điện trường bằng : V=

Q1 Q2 + +...

4 πε0εr1 4 πε0 εr2

Trong đó r1, r2, ...là khoảng cách từ điểm A đến Q1, Q2 ... + Những điểm trong điện trường có cùng điện thế đều nằm trên mặt đẳng thế. Phương trình của mặt đẳng thế : V(r) = V(x, y, z) = C Mặt đẳng thế có các tính chất sau đây : - Công của lực điện trường khi dịch chuyển một điện tích q trên mặt đẳng thế là bằng không.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

2

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

- Tại mọi điểm của điện trường, vectơ cường độ điện trường E vuông góc với mặt đẳng

thế đi qua điểm đó (Vì ∆A = 0 ⇒ E .∆ l = 0 ⇒ E ⊥ mặt đẳng thế). + Chọn trục s là trục Ox chẳng hạn ta có : Ex = −

∆V ∆x

3. Hệ gồm n điện tích q1, q2... qn, thế năng (điện) của hệ là : W=

q1q 2 qiq k + ... + + ...

4 πε0εr12 4 πε0εrik

hay :

W=

1 1 n ( q1V1 + q 2V2 + ... + q n Vn ) = ∑ q i Vi 2 2 i =1

trong đó :

Vi =

q1 q2 + + ...

4 πε0εr1i 4 πε0εr2i

là điện thế tại điểm đặt điện tích qi do các điện tích khác của hệ tạo ra.

4. Trong trường hợp vật tích điện, ta chia vật thành các phần tử nhỏ mang điện tích ∆q (xem như điện tích điểm) và tính thế năng của vật theo công thức: W =

1 ∑ V.∆q 2

Với V là điện thế tại điểm đặt ∆q do các điện tích còn lại của vật tạo ra.

- Nếu vật tích điện là một vật dẫn, thì mọi điểm của vật có cùng điện thế V (V là điện thế vật dẫn) do đó thế năng (năng lượng tĩnh điện) của vật là : W=

1 1 V∑ ∆q = qV 2 2

5. Đối với hệ gồm n vật dẫn tích điện ở trạng thái cân bằng tĩnh điện, điện tích và điện thế của chúng lần lượt bằng q1, q2...qn và V1, V2...Vn, thì thế năng của hệ là : W=

1 ( q1V1 + q 2 V2 + ... + q n Vn ) 2

IV. Lưỡng cực điện

P e = ql trong đó l là vectơ hướng từ - q đến +q và có độ dài bằng

khoảng cách l từ –q đến +q 1. Lực tác dụng lên lưỡng cực điện đặt trong điện trường M = -peEsinα

Lực tổng hợp F tác dụng lên lưỡng cực có độ lớn là : Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

3

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

∆E ∆E = pe và hướng về phía điện trường mạnh. ∆x ∆x

2. Thế năng của lưỡng cực điện trong điện trường : Wt = -peEcosα = − p e . E

F = F1 + F2 = F1 − F2 = ql

B. MỘT SỐ CÁCH KHAI TRIỂN TRONG TOÁN HỌC 1. Định nghĩa và đạo hàm chuỗi mũ Định nghĩa:

ex = 1 + x +

x2 xn +...+ +...

2! n!

(1)

x phải không có thứ nguyên.;

e

αx

= 1 + αx +

( αx )2 2!

+...+

( αx )n +... n!

trong đó α phải có thứ nguyên x-1 .

Từ đây suy ra rằng: 2 3   αx ) ( αx ) d αx 2α 2 3α 3 2 ( e =α+ x+ x ...= α 1 + αx + + +... = αeαx dx 2!

3!

2!

3!  

( )

d 2 αx Và tiếp theo : e = α 2 e αx 2 dx

( )

Bằng cách lấy loga có dễ dàng suy ra rằng exey = ex+y vì : loge(exey) = logeex + logeey = x + y 2. Khai triển hàm lượng giác, công thức Ơle (Euler)

sinx = x -

x3 x5 x7 x2 x4 x6 + ...; cosx = 1 + +...

3!

5! 7!

2!

4! 6!

Ta viết chuỗi mũ ix và chú ý rằng i = -1, i 2 = - 1, i3 = - i,...

( i x )2

( ix )3

( ix )4

x 2 ix 3 x4 e = 1 + ix + + + +...= 1 + ix + +...

2!

3!

4!

2!

3!

4!   x2 x4 x3 x5 =1+ -...+ i  x + -...  ; eix = cosx + isinx 2!

4!

3!

5!   ix

Đó là công thức Euler.

3. Biểu diễn sinx và cosx theo hàm mũ phức Từ công thức Euler suy ra rằng: e-ix = cosx – isinx Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

(10) 4

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

cosx =

1 ix 1 ix -ix e + e-ix ; sinx = e -e 2 2i

(

4.Khai triển Ln: ln(1 + x) ≈ x −

)

(

)

x2 x3 x4 x + − + ..... + (−1) n +1 n 2 3 4 n

5. Khai triển (1 + x)α : (1 + x)α ≈ 1 + αx +

α (α − 1)x 2 α (α − 1)...(α − n + 1)x n + ...... + 2! n!

C. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG TOÁN HỌC 1. Định nghĩa Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai có hệ số là hằng số y” + py’ + qy = f(x)

(1)

y là hàm của x, y’ và y” là đạo hàm cấp một và cấp hai của y theo x; p và q là hai hằng số thực. Phương trình trên là phương trình có vế phải.

Phương trình: y” + py’ + qy = 0

(2)

là phương trình không có vế phải hoặc phương trình thuần nhất tương ứng với (2.1).

Phương trình đặc trưng của (1) và (2) r2 + pr + q = 0

(3)

đó là một phương trình đại số bậc hai, có hai nghiệm thực phân biệt r1 và r2 nếu biệt thức ∆ = p2 – rq > 0. Khi ∆ = p2 – 4q = 0 thì r1 = r2 là một nghiệm kép. Khi ∆ < 0 thì không có nghiệm thực, nếu xét nghiệm ảo thì r = -

p ∆ p 1 ± = α ± iβ với α = - , β = -∆ .

2 2 2 2

2. Nghiệm của phương trình thuần nhất (2.2) khi ∆ > 0 Định lí: Nếu y1 và y2 là hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính của (2) thì: y = C1y1 +C2y2 là nghiệm tổng quát của (2). C1 và C2 là hai hằng số tuỳ ý.

Tìm nghiệm riêng: Nếu ∆ > 0 thì phương trình đặc trưng (3) có 2 nghiệm thức riêng biệt là r1 và r2.

Có thể thử lại rằng: y1 = er1x và y 2 = e r2x Là nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất (2) Thật vậy:

y' = r1e r1x , y" = r12er1x

Thay vào (2) ta có:

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

5

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

r12er1x + pr1er1x + qer1x = 0; hay er1x r12 + pr1 + q = 0

(

)

Vì r1 là nghiệm của phương trình đặc trưng (3) nên lượng trong dấu ngoặc ( ) ở trên bằng không: Phương trình (2) được nghiệm đúng.

Nghiệm tổng quát của (2) sẽ là: y = C1er1x + C2er2x

(4)

Trong đó C1 và C2 là hai hằng số bất kì, r1 và r2 là thực.

3. Nghiệm của phương trình thuần nhất (2.2) khi ∆ < 0 Tìm nghiệm riêng. Khi ∆ < 0 phương trình đặc trưng : r 2 + pr + q = 0 Có hai nghiệm phức: r1 = -

(3)

p ∆ p ∆ + = α + iβ; r2 = - = α - iβ 2 2 2 2

Có thể thử lại rằng:

y1 = e(

α+ iβ ) x

= eαx ( cosβx + isinβx ) ; y 2 = e(

α − iβ ) x

= eαx ( cosβx - isinβx )

Là hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình vi phân (2).

Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (2) có dạng: y = C1y1 + C2y2 còn có thể viết dưới dạng khác. Thật vậy:

y = y1 + y 2 = eαx  C1 (cosβx + isinβx) + C 2 ( cosβx - isinβx )  = = eαx ( C1 + C2 ) cosβx + i ( C1 - C 2 ) sinβx  Đặt D1 = C1 + C2 và D2 = i(C1 – C2) ta sẽ có: y = eαx ( D1cosβx + D 2sinβx ) (5) Trong đó D1 và D2 là hai hằng số bất kì, α và β là hai số thực.

4. Trường hợp riêng : phương trình y” + ω2y = 0 Phương trình đặc trưng r2 + ω2 = 0 có hai nghiệm ảo r1 = iω, r2 = -iω(α = 0, β = ω).

Theo công thức (5) thì nghiệm tổng quát có dạng: y = D1cosωx + D2sinωx

(6) với D1 và D2 là hai hằng số bất kì, ω là thực.

Khi giải phương trình vi phân y” + ω2y = 0 có thể chọn ngay hai nghiệm riêng y1 = cosωx, y2 = sinωx; chọn như thế ta có thể đi đến biểu thức (6) của nghiệm tổng quát.

Việc chọn y1 = cosωx là nghiệm riêng có thể thử lại một cách dễ dàng. Thật vật y’1 = ωsinωx, y”1 = -ω2sinωx. Thay y”1 và y1 vào phương trình y” + ω2y = 0 ta thấy ngay rằng phương trình này được nghiệm đúng.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

6

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 5. Nghiệm của phương trình thuần nhất (2) khi ∆ = 0 Khi đó thì phương trình đặc trưng r2 + pr + q = 0 có một nghiệm kép : r1 = r2 = −

p 2

Hàm y1 = er1x là một nghiệm riêng của phương trình vi phân thuần nhất (2). Trong trường hợp ∆ = p2 – 4q = 0 ta có thể thử lại rằng nghiệm riếng thứ hai của phương trình vi phân thuần nhất (2) là: y 2 = xer1x Thực vậy: y'2 = er1x + r1xer1x ; y"2 = r12 xer1x + 2r1er1x Thay vào phương trình (2) y” + py’ + qy = 0 ta thấy vế đầu có dạng:

( r xer x + 2r er x ) + p ( er x + r xer x ) + qxer x = xer x ( r + pr + q ) + er x ( 2r +p ) 2 1

1

1

1

1

1

1

1

1

2 1

1

1

1

Vì r1 là nghiệm của phương trình đặc trưng nên: r12 + pr1 + q = 0 Vì nghiệm r1 = -

p nên: 2r1 + p = 0 2

Từ đó ta thấy rằng vế đầu viết ở trên bằng không, nghĩa là phương trình (2) được nghiệm đúng. y 2 = c.e r1x chính là nghiệm riêng độc lập tuyến tính với y1.

Nghiệm tổng quát của (2) là: y = C1y1 + C2y2 = (C1 + C2x) e r1x

(7)

Trong đó C1 và C2 là hai hằng số bất kỳ, r1 là nghiệm kép thực của phương trình đặc trưng.

6. Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính có vế phải: y” + py’ + qy = f(x)

(8)

Phương trình không vế phải (thuần nhất ) tương ứng là: y” + py’ + qy = 0

(9)

Trong lí thuyết phương trình vi phân, người ta đã chứng minh rằng: Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính có vế phải (8) thì bằng tổng của nghiệm tổng quát của phương trình không vế phải tương ứng (9) và một nghiệm riêng bất kì của (8). y = y1(x) + y2(x) Nghiệm tổng quát y1(x) của (9) đã tìm được trong các mục trên. Một nghiệm riêng y2(x) của (8) có thể tìm được trong trường hợp vế phải có dạng đặc biệt.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

7

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường C. TÍCH VÉC TƠ TRONG TOÁN HỌC

1. Một véc tơ A có thể được xác định bằng một trong hai cách sau đây: - Bằng độ dài A và hướng (xác định bởi góc θ hợp với trục Oz và góc ϕ mà mặt phẳng

chứa A và Oz hợp với trục Ox) θ còn gọi là góc phương vị và ϕ gọi là góc kinh độ, xem hình P.3.

- Bằng 3 toạ độ Ax, Ay, Az tức là ba hình chiếu lần lượt lên các trục Ox, Oy, Oz.

2. Nếu gọi i, j, k lần lượt là vec tơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz thì ta có:

A = Ax i + A y j + Az k

3. Tích vô hướng của hai véc tơ A và B : A.B = ABcosα

α là góc giữa hai vec tơ A và B .

Nếu viết biểu thức của tích vô hướng theo hình chiếu thì:

A.B = A x Bx + A y B y + A z Bz

A.B = A B cosα ; α =( A , B )

4. Tích véc tơ (hoặc tích hữu hướng) của hai véc tơ A và B : A ∧ B = ABsin α.n

n là véctơ đơn vị trên trục vuông góc với mặt phẳng chứa A và B trục hướng theo chiều

chuyển động tịnh tiến của một đinh vít thuận khi nó quay theo chiều từ A tới B .

Nếu viết biểu thức của tích vô hướng theo hình chiếu thì:

i j

A ∧ B = Ax Ay Bx

By

k Az

= ( A y Bz − A z B y ) i + ( A z B x − A x Bz ) j + ( A x B y − A y B x ) k

Bz

d dA dB d dB dA + Đạo hàm: (AB) = B+ A ; (A ∧ B) = A ∧ + ∧B dt dt dt dt dt dt

Toán tử nabna ∇ được định nghĩa như sau: ∇ =

∂ ∂ ∂ i+ J + k ∂x ∂y ∂z

Toán tử nabla tác dụng lên một hàm vô hướng f(x, y, z) gọi là gradf

∂f ∂f ∂f gradf (x, y,z) = ∇.f = i + j + k (véc tơ) ∂x ∂y ∂z Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

8

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

PHẦN II. HỆ THỐNG CÁC DẠNG BÀI TẬP CHUYỂN ĐỘNG CỦA HẠT MANG ĐIỆN TRONG TRƯỜNG TĨNH ĐIỆN I. BÀI TẬP HỆ HAI ĐIỆN TÍCH ĐIỂM Bài tập 1. Hai quả cầu kim loại, bán kính r được nối với nhau bằng một sợi dây thép mảnh, dài l . Các quả cầu được đặt cách một điện tích điểm Q một đoạn R như hình vẽ (Với R >> l >> r ). Hỏi điện tích Q tác dụng lên hệ hai quả

x

q

0

−q

cầu một lực bằng bao nhiêu? Điện tích toàn phần của hệ 2 quả cầu bằng 0.

Giải

Q

Điện trường của Q gây ra các điện tích phân cực trên các quả cầu. Quả 1 có điện tích q, quả 2 có điện tích − q .

V = 1

kQ R+

l 2

kQ  l  kq kq kq . Vì R >> l >> r ⇒ V ≈ 1.  + 1 R  2R  r r l

+

Q lr Hai quả cầu là đẳng thế: V = V ⇒ q = × 1 2 2 R2 -2 kQq  l  kQq  l  F = ≈ 1+ ↔ F ≈ 1-     Q, q R 2  Q, q 2 R 2R  R2  l  R +   2  kQq

- kQq  l  - 2kQql Tương tự : F = 1 +  ⇒ F=F +F = .  Q, -q Q, q Q, -q R R2  R3 Vậy lực Q tác dụng lên hệ là lực hút có độ lớn F =

kQ 2l2r R5

Bài tập 2. Hai quả cầu có cùng khối lượng m, điện tích q nối với nhau bằng sợi dây dài l.

Hệ số ma sát giữa quả cầu và sàn là

µ.

Đốt cháy dây nối giữa hai quả cầu. Tính vận tốc

cực đại của quả cầu phụ thuộc vào điện tích q.

Giải - Xét khi 2 điện tích cách nhau một khoảng x.

kq 2 mv2 kq 2 + ĐL BT NL : + .2 + µmg ( x - l ) = x 2 l Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

m, q

m, q x 9

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường ⇒ mv 2 =

kq 2 + µmgl l

+ v đạt max ⇔ x =

 kq 2   + µmgx   x   

kq 2 kq 2 kq 2gµ ⇒ vmax = + µgl − 2 µ mg ml m

=

kq 2 − µgl ml

Bài tập 3. Hai quả cầu nhỏ có điện tích và khối lượng lần lượt là q1, m1 ,q2, m2. Ban đầu chúng có vận tốc giống nhau về độ lớn và hướng. Chúng bắt đầu chuyển động vào trong một điện trường đều, sau một khoảng thời gian người ta thấy hướng chuyển động của quả cầu 1 quay đi một góc 600 và độ lớn vận tốc giảm đi hai lần, còn hướng chuyển động của quả cầu 2 thì quay đi 900.

1) Vận tốc của quả cầu 2 thay đổi như thế nào? q

q

2) Xác định các tỷ số K 2 = 2 theo K1 = 1 m2 m1 Giải

1) Gọi V0` là vận tốc ban đầu của quả cầu 1 và 2.

( )

V là vận tốc của quả cầu 2 khi ( V2 , V2 ) = 90 0

Theo đề ra V1 là vận tốc của quả cầu 1 khi V1, V2 = 600 2

Với V1 =

V0 2

- Xét quả cầu 1: V - 0 cos60 0 + V0 q1E x 2 + Gia tốc theo phương Ox là: a1x = = m1 ∆t V0 sin60 0 q1.E y + Gia tốc theo phương Oy là: a1y = = 2 m1 ∆t

(1)

(2)

- Xét quả cầu 2: q .E x - (- V0 ) + Gia tốc theo phương Ox là: a 2x = 2 = (3) m2 ∆t

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

10

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường q .E y V -0 + Gia tốc theo phương Oy là: a 2y = 2 = 2 m2 ∆t

(4)

V0 V cos60 0 V V Ex 0 2 - Lấy (1) chia (2) và (3) chia (4) ta được: = = 0 .Suy ra V2 = 0 .

V0 Ey V2 3 sin60 0 2

Vậy vận tốc quả cầu 2 giảm 3 lần.

V V0 - 0 cos60 0 K1 3 3 2 2) Lấy (1) chia (3), ta có : = = . Vậy K 2 = K1 K2 V0 4 4

Bài tập 4. Hai viên bi với điện tích q1 và q2 có các vận tốc ban v đầu giống nhau về độ

lớn và hướng. Sau khi tạo ra một điện trường đều trong một khoảng thời gian nào đó, thì hướng của viên bi thứ nhất quay đi một góc 600, nhưng độ lớn giảm đi 2 lần, hướng vận tốc của viên bi thứ hai quay đi 900.

Hỏi vận tốc viên bi thứ hai thay đổi bao nhiêu lần ? Hãy xác định giá trị tuyệt đối của thương số giữa điện tích và khối lượng đối với viên bi thứ hai, nếu thương số đó là k1 đối với viên bi thứ nhất. Bỏ qua lực tương tác tĩnh điện giữa hai viên bi.

Giải Do điện trường là đều, nên lực tác dụng lên mỗi điện tích có độ lớn và hướng không đổi trong suốt thời gian tồn tại điện trường. Trong khoảng thời gian đó các viên bi nhận

được các xung lượng của lực tương ứng bằng F1t và F2 t . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho mỗi viên bi :

F t = Eq t = m v - m v (1) 1 1 11 1

F2 t = Eq 2 t = m 2 v2 - m 2 v (2)

đồng thời Eq t // Eq t , nghĩa là các xung lượng đó hợp với hướng của động lượng ban 2 1

m1v

m1v1

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

600

m2 v α

Eq1 t

m 2 v2

α

Eq 2 t

11

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

v 1 đầu các góc như nhau bằng α , suy ra m v = m vtg 300 ⇒ 2 = 2 2 2 v 3 m2v 2m 2 v 3 * Từ (1) và (2) suy ra : Eq t = m vsin600 = m v , Eq 2 t = = 1 1 1 2 3 cos300 2 q1 m1  3  =   → q2/m2 = q1/m1 . 4/3 = 4k1/3 q m  2 2 2 Bµi tËp 5. Trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm. Xét hai loại hạt M1 và M2 khối lượng m1 và m2 có điện tích q1 và q2 cùng dấu. Ở thời điểm ban đầu hai hạt được buông ra không vận tốc đầu ở khoảng cách r0 giữa chúng. Bỏ qua trường trọng lực. Tính vận tốc giới hạn v1 và v2 của chúng. a) Bằng cách tích phân của năng lượng. b) Bằng cách khảo sát chuyển động của hạt rút gọn M trong hệ quy chiếu khối tâm.

Giải

1

2

→

a) Bảo toàn động lượng : m1 v + m2 v = 0

(1)

m v2 m v2 kq q kq q 1 1 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : + 2 1 + 1 2 = 1 2 2 2 r r 0 Từ (1) và (2) : ⇒ v = 1

- Khi r = ∞ : v = 1

2km q q  1 1  2 1 2  - ; v =m (m + m )  r r 2 1 1 2  0  2km

1 2 ; v = 2 m (m + m ) r 1 1 2 0

(2)

2km q q  1 1  11 2  -  m (m + m )  r r 2 1 2  0 

2km 1 1 m (m + m ) r 2 1 2 0

b) Hệ quy chiếu gắn với khối tâm : - Bảo toàn cơ năng cho hạt M rút gọn :

kq q µ 2 kq1q 2 v + = 1 2 2 r r 0

⇒v=

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

2k  1 1   -  ⇒ r=∞ µ r r  0 

12

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường ⇒ v=

2k ⇒v =1 µ r0

2km

2km 1 1 m (m + m ) r 2 1 2 0

1 2 ; v = 2 m (m + m ) r 1 1 2 0

Bài tập 6. Ở cách xa các vật thể khác trong không gian, có hai quả cầu nhỏ tích điện. Điện tích và khối lượng của các quả cầu lần lượt là q1 = q2 , m1 = 1g; q1= q2, m2 = 2g. Ban đầu, khoảng cách hai quả cầu là a = 1m, vận tốc quả cầu m2 là 1m/s, hướng dọc theo đường nối hai quả cầu và đi ra xa m1 và vận tốc quả cầu m1 là 1m/s, nhưng hướng vuông góc với đường nối hai quả cầu. Hỏi với giá trị điện tích q bằng bao nhiêu thì trong chuyển động tiếp theo, các quả cầu có hai lần cách nhau một khoảng bằng 3m ? Chỉ xét tương tác điện của hai quả cầu.

Giải + Vận tốc khối tâm của hệ hai hạt:

2  V v0 =

cx 

2mv02 + mv 01 2v 02 + v 01 3 V0 = = = const →  3m 3 V = 1 v  cy 3 0 Do không có ngoại lực, khối tâm chuyển động 2/3V0

thẳng đều.

m

V0 / 3 C

- Xét trong hệ quy chiếu khối tâm (C). Vận tốc của mỗi hạt gồm 2 thành phần :

2m V0/ 3

y

2/3V0

+ Thành phần theo phương nối 2 hạt (dưới đây

Trạng thái ban đầu

gọi là thành phần song song)

x

+Thành phần vuông góc với đường thẳng nối 2 hạt (dưới đây gọi là thành phần vuông góc).

Tại thời điểm ban đầu vật tốc trong hệ quy chiếu C của các hạt là :

2  Vmx = v   3 0 vm  , 2 V =- v  my 3 0

v  0 V =  2mx

 3 v 2m  v  0 V =  2my 3

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

13

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường - Để thỏa mãn điều kiện hai hạt 2 lần qua vị trí cách nhau 3m thì khoảng cách cực đại giữa hai hạt lmax ≥ 3m. Khi đạt khoảng cách lmax thì thành phần vận tốc theo phương song song triệt tiêu, chỉ còn thành phần vuông góc.

- Do động lượng của hệ trong hệ quy chiếu C bằng 0 nên vm = 2v và v2m = v.

Theo định luật bảo toàn mômen động lượng quanh C V

của hạt 2m, ta có :  v   a  v .a v.rmax =  0  .   = 0  3  3 9  

l Mặt khác : rmax = max 3 Từ (1) và (2) suy ra : v =

2rmax

m

C

rma 2m

( 1) 2V

(2)

lmax

Trạng thái đạt lmax ( l max = 3rmax )

v v .a 0 . Vì l ≥ 3a ⇒ v ≤ 0 . a hay v ≤ v 0 (3) max 3 3a 9 3lmax

Theo định luật bảo toàn năng lượng:

1 1 m(v 2mx + v 2my ) + 2m(v 2 + v 2 ) 2mx 2my 2 2

1 2 1 2  m(2v) + 2mv  2 2 

2 v02 4 2 q2  1 1  1  2= q  1 v + 2m 3mv = ⇒ m.     9 0 9 4πε  a lmax  4πε  a lmax  0 0 Theo giả thiết lmax ≥ 3a ⇒

Từ (3) ⇒ q ≤ v

2 2 2 q2  1 1  2 2 2≥ q mv0 − 3mv 2 ≥ − ⇒ mv 3mv   3 4πε0  a 3a  3 0 6πε a 0 34πε ma 0 = 0,32C (4) 0 9

- Mặt khác, cũng theo định luật bảo toàn năng lượng, ứng với trạng thái trong đó hai hạt cách nhau một khoảng l, ta có : 2 2  v0  2  m  v  + 2m   3  3 0  

q2  1 1  1 1  2 2  -   m(2v) + m2v  = 2 2  4πε 0  a l 

Vì hai hạt không thể đi xa nhau quá lmax nên với l > lmax ta phải có :

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

14

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường m

4v02 9

⇒ q ≥v

+ 2m

v02 9

≤

q2  1 1  q2 1 ≤   4πε  a l  4πε a 0 0

8πε ma 0 = 0,27C (5) 0 3

Từ (4) và (5) ⇒ v

8πε ma 34πε ma 0 0 hay 0,27C ≤ q ≤ 0,32C. ≤q≤ v 0 0 3 9

Bài tập 7. Hai quả cầu nhỏ, mỗi quả có khối lượng m và điện tích

B

A

q được giữ tại hai điểm A và B cách nhau một khoảng r bên trông một vỏ cầu cách điện có bán kính OA = OB = r và khối lượng 4m.

O

Hãy xác định vận tốc cực đại của vỏ cầu sau khi thả tự do hai quả cầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Giải Dễ dàng thấy 2 quả cầu sẽ trượt xuống . Xét khi ∠AOx = BOx = α, các vật m có vật tốc là

v , v ; vật 4m có vật tốc là v .

1 2 - Do hệ vật là kín nên động lượng được bảo toàn : mv1 + mv2 + 4m.v = 0 .

- Chiếu phương trình này lên trục Ox và phương ⊥Ox ta được : mv1cosα = mv2.cosα

(1)

4mv = mv1sinα + mv2sinα (2) x

2v → v1 = v2 = sin α

A0 m1, q A

α •

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : 2

2

2 1

2

kq kq v v − = 2.m + 4m r 2r.sin α 2 2 ⇔

v1

B0 r

α v O

B m2,q

•

v2

 2 kq 2  1  4v 2  1 − = m 2v +     r  2sin α  sin 2 α  

⇔ mv

2

( 2sin

2

α + 4)

sin 2 α

kq 2 ( 2sin 2 α − sin α ) kq 2 2sin α − 1 2 ⇔v = = . r 2sin α 4m ( sin 2 α + 2 )

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

15

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Vận tốc vỏ cầu lớn nhất ⇔ y( α ) =

2sin 2 α − sin α đạt giá trị lớn nhất . sin 2 α + 2

⇔ y( α ) = 0 ⇔ (sin2α +8sin α-2)cos α =0

cos α = 0  ⇔ sin α = −4 + 18 (loại vì khi đó α < 300) sin α = −4 − 18  ⇔ cosα = 0 ⇔ α = π/2 Vậy vận tốc lớn nhất của vỏ cầu lúc đó là : v =

kq 2 1 1 kq 2 kq 2 hay v = . = .

4m 3 2 3m 12m

Bài tập 8. Hai quả cầu nhỏ tích điện 1 và 2, có khối lượng và điện tích tương ứng là m1 = m; q1 = +q; m2 = 4m; q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn a trên mặt phẳng nhẫn nằm ngang. Ban đầu giữ hai quả cầu đứng yên. Đẩy quả cấu 1 chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc v0, đồng thời buông quả cầu 2: a) Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu. b) Xét trường hợp a = ∞ tính rmin. c) Tính vận tốc u1, u2 của hai quả cầu ( theo vo, rmin) khi chúng lại ra xa nhau vô cùng. Xét trường hợp a = ∞ .

Giải a) Vì q1 và q2 cùng dấu nên quả cầu 1 đẩy quả cầu 2 chuyển động cùng chiều. Khi khoảng

cách giữa hai quả cầu đạt giá trị cực tiểu thì chúng có cùng vận tốc u ( u cùng chiều với

v0 ) (hình vẽ)

m1 +q1

v0

m2 +q2

m1 +q1

m2

→

u

rmin

→

u

+q2

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: Mv0 = (4m + m)u ⇒ u =

v

0 5

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng (năng lượng của hệ gồm động năng và thế năng tương tác (điện) Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

16

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

mv02 2

2q 2  mu 2 4mu 2  2q 2  +k +k = +  2  a 2 r   min

= Từ (1), (2) suy ra: r min

(2)

a mv 2a 0 1+ 5kq

5kq 2 = b) Xét trường hợp a = ∞ hoặc đầu hai quả cầu ở rất xa nhau. Từ (2) ta có : r min mv 2 0 c) Khi hai quả cầu lại ra xa nhau vô cùng, áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv2 = mu1 + 4mu2 ⇒ u1= v0 - 4u2

(5)

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:

2 2 2 mv2 0 + k 2q = mu1 + 4 mu 2 2 a 2 2

(6)

Thay vào (5) và (6) ta suy ra phương trình cho u2:

5mu 22 - 2mv0u 2 ∆' = m 2v2 + 0

kq 2 =0 a

 5k 5mkq 2 = m 2q 2   mr a  min

   

(7)

v q 5k Từ đó tìm được nghiệm của (7) : u = 0 ± (8) 2 5 5 mr min

vì u phải cùng chiều với v , nghĩa là u2 phải cùng dấu với v0 nên phải lấy dấu "+" 2 0 v q 5k u = 0 + 2 5 5 mr min

(9)

v 4q 5k Thay vào (8) và (5) ta được u = 0 + 1 5 5 mr min

ta thấy u1 trái dấu với v0 ( tức là ngược chiều với v ) vì quả cầu 1 bật trở lại 0 trong trường hợp a = ∞ thì ta có: u = 2

2v

3v 0 và u = - 0 1 5 5

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

17

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Bµi tËp 9. Hai ion M1 và M2 lần lượt có khối lượng m1, m2 có điện tích q1 và q2 trái dấu, được thả ra không vận tốc ban đầu ở khoảng cách r0 giữa hai ion.

1) Tìm thời điểm t0 các ion sẽ gặp nhau.

2) Tìm khoảng cách r1 mà ta phải thả các ion ra không vận tốc đầu để chúng gặp nhau ở thời điểm t1 = 8t0.

Giải - Áp dụng định luật II Niu-tơn :

G M1 v v

1 2

dv f dv 2 2 m1 =f ⇒ = 1 dt dt m 2

f , f là các lực hút tĩnh điện.

1 2

  1

dv dv m m dv f 1 1 1 2 ⇒ 21 = 2  = f . v ới µ = ⇒ 2 - 1 =f  + 2 2 m dt dt m  µ dt µ m +m  1 2 1 2

M2

(*)

- Phương trình (*) chứng tỏ thay vì khảo sát từng vật ta xem hệ như một hạt ảo M có khối lượng rút gọn µ =

mm 1 2 và ta khảo sát chuyển động của hạt này. m +m 1 2

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :

v2 kq 2 kq 2 dr E = µ 21 - 1 = - 1 với v21 = ; - k q12 = A dt 2 r r 0 2 µ  dr  A A dr ⇒   + = ⇒ =dt 2  dt  r r 0

⇒

dr =dt

2A µr 0

 r0  - 1 ⇒    r 

2A  1 1   -  (vì dr < 0) µ r r  0  dr r 0 -1 r

π 2 r π Đặt: = cos 2α ( 0 ≤ θ ≤ ) ⇒ r ∫ 2cos2αdα = 00 2 r 0

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

=-

2A dt µr 0

t 2A 0 ∫ dt µr 0 0

18

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường π 4πε µ 3 2 2k 1 0 r2 ⇒ ∫ (1 + cos2θ)dθ = . t ⇒t =π 0 0 3 µ 8q q 0 0 2 1 2 r 0 2) Ta thấy bình phương thời gian đi hết quãng đường tỉ lệ với lập phương quãng đường đi

2  t 2

1 3 được: ⇒ r = r   = r 8 = 4r0 ⇒ Chú ý : Kí hiệu r = M M là véctơ vị trí của M2 1 0 t 3 0 1 2  0 đối với M1 và µ là khối lượng rút gọn của hệ, xác định bởi :

1 1 1 = + . µ m m 1 2

dr 2 Ta có : µ = f mà nghiệm r(t) của phương trình này xác định chuyển động tương đối 2 dt 2 của M2 đối với M1.

Bµi tËp 10. Hai quả cầu kim loại, lúc đầu trung hoà về điện, mỗi quả cầu có bán kính r và khối lượng m, được nối với nhau bằng một dây dẫn nhẹ và mềm có chiều dài L. Sau đó các quả cầu được đặt trong điện trường đều E có phương song song với đường thẳng nối tâm của hai quả cầu. Các quả cầu đươc giữ đứng yên, cách nhau một khoảng l (r << l < L). Xác định tốc độ lớn nhất mỗi quả cầu đạt được sau khi được thả tự do. Bỏ qua tác dụng của trường trọng lực.

Giải Chọn hệ toạ độ có gốc trùng với vị trí khối tâm của hai quả cầu.

Vì các quả cầu có kích thước (bán kính r) rất nhỏ so với khoảng cách l giữa chúng, nên mỗi quả cầu có thể coi là các điện tích điểm. Vì hai quả cầu được nối với nhau bằng dây dẫn nên khi khoảng cách giữa các quả cầu thay đổi, các điện tích chạy từ quả cầu này sang quả cầu kia thông qua dây dẫn. Coi sự thay đổi vị trí của các quả cầu là rất chậm, khi

đó dòng điện chạy qua dây dẫn sẽ rất nhỏ, coi như I ≈ 0 . Một cách gần đúng ta coi hệ là cân bằng điện tại mọi thời điểm.

- Gọi q là điện tích đã di chuyển từ quả cầu này sang quả cầu kia, khi đó hiệu điện thế giữa hai quả cầu sinh ra do điện tích trên các quả cầu là : ∆V =

2kq , với k là hằng số r

Coulomb.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

19

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Hiệu điện thế này giữa hai quả cầu được sinh ra do sự dịch chuyển điện tích từ quả cầu này sang quả cầu kia do tác dụng của điện trường ngoài.

Ta có : 2E.x =

2kq E.rx ⇒q= r k

- Xét lực tác dụng vào mỗi quả cầu: Lực hút tĩnh điện giữa hai quả cầu là

F = 1

kq 2 E 2r 2 = 2 4k ( 2x )

Vì các quả cầu được đặt trong điện trường ngoài nên lực điện trường có xu hướng đẩy các quả cầu ra xa nhau : F = E.q = 2

E 2r.x k

E 2r.x E 2r 2 Như vậy, hợp lực của các lực tác dụng vào một quả cầu là : F = F - F = 2 1 k 4k Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên động nặng của vật bằng công của ngoại lực tác dụng lên vật, ta có:

L/2 1 E 2r(L - l) E r ( L - l) mv 2 = ∫ F.dx = (L + l - r) ⇒ v = (L + l - r) 2 8k 2 mk l/2 * Biện luận :

2 2 E r L -l + Khi r << (L + l), ta có : v ≈ 2 mk

(

+ Khi L >> l, ta có : v ≈

)

EL r 2 mk

Bài tập 11. Hai quả cầu kim loại cùng khối lượng m, có bán kính tương ứng là r và 2r, tâm của chúng cách nhau 4r, được đặt trong một điện trường đều E có hướng từ quả lớn

đến quả nhỏ. Qủa cầu lớn hơn được tích điện q (kq/r 2 << E) , quả cầu nhỏ không mang điện. Người ta thả đồng thời các quả cầu. Thời gian giữa va chạm thứ nhất và va chạm thứ hai là τ . Tìm thời gian giữa lần va chạm thứ n và lần thứ (n +1) và quãng đường mà mỗi quả cầu đi được trong khoảng thời gian ấy. Gia tốc của các quả cầu bằng bao nhiêu sau thời gian đủ lớn. Xem rằng các va chạm là tuyệt đối đàn hồi và thời gian xảy ra va chạm là rất nhỏ.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

20

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Giải - Khi các quả cầu được buông ra : + quả cầu nhỏ vẫn còn đứng yên (ở đây ta bỏ qua tác dụng của trọng lực). + qủa cầu lớn bắt đầu chuyển động với gia tốc a = qE/m; + sau thời gian t = 2(R - 3r)/a = 2r/a qủa cầu lớn tiến gần tới quả cầu nhỏ với vận 0 tốc u = at = 2ar . Sau va chạm hai quả cầu trao đổi vận tốc cho nhau: quả cầu lớn ngay sau va chạm có vận tốc bằng 0 và quả cầu nhỏ có vận tốc u = 2ar .

- Vì các quả cầu đều làm bằng kim loại nên khi va chạm điện tích q phân bố trên cả hai quả cầu. + Giả sử αq là điện tích của quả lớn sau va chạm (α < 1) khi đó điện tích của quả cầu nhỏ là (1 - α)q .

- Dễ dàng thấy rằng trong những va chạm tiếp sau, điện tích của mỗi quả cầu không thay

đổi. Trong thời gian giữa hai va chạm gia tốc của hai quả cầu là: + αqE/m = αa (quả cầu lớn) + (1 - α)qE/m = (1 - α)a (quả cầu nhỏ).

Cứ mỗi va chạm các quả cầu lại trao đổi vận tốc cho nhau.

- Va chạm thứ hai xảy ra qua thời gian τ sau va chạm thứ nhất. Từ điều kiện quãng

đường đi được bằng nhau của hai quả cầu trong khoảng thời gian giữa va chạm thứ nhất và thứ hai : αa 2 (1 - α)a 2 a τ = 2arτ + τ ta tìm được : αa = + 2 2 2

2ar τ

Trước va chạm thứ hai, quả cầu lớn và nhỏ có vận tốc lần lượt là : αaτ =

a τ + 2ar và 2

2ar + (1 - α)aτ =

aτ .

2

- Để xác định thời gian giữa va chạm thứ hai và thứ ba ta chuyển sang hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc aτ/2 (vận tốc của quả cầu lớn ngay sau va chạm thứ hai): + Trong hệ quy chiếu này tại thời điểm đầu quả cầu lớn có vận tốc bằng không còn quả cầu nhỏ có vận tốc

2ar . Nhưng điều đó có nghĩa là thời gian giữa va chạm thứ hai và

thứ ba cũng bằng τ .

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

21

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường - Bằng lập luận tương tự ta đi đến kết luận rằng thời gian giữa hai va chạm liên tiếp đều bằng τ .

- Từ những tính toán ở trên ta dễ dàng thấy rằng vận tốc của quả cầu lớn sau va chạm thứ n bằng

aτ (n - 1) . Từ đó ta tìm được mà mỗi quả cầu đi được giữa va chạm thứ n và n +1 2

bằng : S=

aτ αa 2 aτ 2 1 (n - 1)τ + τ = (n - ) + 2 2 2 2

2ar τ.

2

Vậy gia tốc trung bình mà hệ (khối tâm của hai quả cầu) sẽ chuyển động sau thời gian đủ lớn bằng

a tb =

qE .

2m

II. BÀI TẬP CHUYỂN ĐỘNG CỦA HỆ NHIỀU ĐIỆN TÍCH ĐIỂM Bài tập 1. Ba quả cầu nhỏ có khối lượng m, M, m cùng điện tích Q nối với nhau bằng hai dây nhẹ không dãn và không v0

dẫn điện, chiều dài ℓ . Hệ thống được đặt trên mặt bàn nhẵn

nằm ngang. Quả cầu giữa khối lượng M được truyền vận tốc v0 theo hướng vuông góc với dây. Bỏ qua mọi ma sát. a) Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa 2 quả cầu m trong quá trình chuyển động. b) Tính vận tốc của quả cầu M ở thời điểm cả 3 quả cầu lại thẳng hàng.

Giải a) Khi 2 quả cầu m gần nhau nhất thì 3 quả cầu cùng vận tốc v.

- Theo bảo toàn động lượng, ta có : Mv0 = (M + 2m)v → v = v

M 0 M + 2m (1)

Vì khoảng cách giữa quả cầu M và các quả cầu m không đổi nên chỉ có thế năng tương tác của hệ gồm hai quả cầu m là thay đổi.

- Theo định luật bảo toàn năng lượng : E1 = E2

1 Q2 Q2 1 Q2 Q2 2 2 Mv0 + 2k +k = (M + 2m)v + 2k +k 2 ℓ 2ℓ 2 ℓ x 2 kQ2 kQ2 Mv0 (M + 2m)v2 − = − x 2ℓ 2 2 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

(2) 22

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Thay v từ (1) vào (2) ta được : x =

1 Mmv 2 1 0 + 2ℓ Q2 (M + 2m)

b) Khi cả 3 quả cầu lại thẳng hàng :

 Mv 0 = Mu1 + 2mu 2 (3)  1 1 1 2 2 2  2 Mv0 = 2 Mu1 + 2 2 Mu 2 (4)  u1 = v; u 2 = 0  M  −1 →  2 2m ; u 2 = v0  u1 = v 0 M M 1+ +1   2m 2m Bài tập 2. Ba quả cầu cùng khối lượng m, điện tích cùng dấu, đều bằng q, được nối với nhau bằng ba sợi dây dài, không giãn, không khối lượng , không dẫn điện. Hệ được đặt trên mặt phẳng ngang, nhẵn. Người ta

đốt một trong ba sợi dây đó. a) Xác định vận tốc cực đại vmax của các quả cầu trong quá trình chuyển động. b) Mô tả chuyển động của các quả cầu sau khi đã đạt được vmax.

Giải Cách 1 : a) Khi một trong ba dây bị đứt, dưới tác dụng của các nội lực còn lại (lực đẩy tĩnh điện và lực căng dây) cả ba viên bi đều chuyển động nhưng khối tâm của hệ vẫn đứng yên và

động lượng của hệ vẫn bảo toàn :

v + v + v = 0 → v + v = −v 1 2 3 1 3 2 - Do tính chất đối xứng của hệ, nên quả cầu 2 chuyển động trên đường trung trực y’y, và

hai quả cầu 1 và 3 luôn luôn nằm ngang, các vận tốc v và v3 đối xứng qua y’y để “tam 1 giác điện tích ” luôn có khối tâm tại G. - Ở vị trí bất kì, thế năng tĩnh điện của hệ là :

1 1 q q q Wt = (qV1 + qV2 + qV3 ) = q(2k + 2k + 2k ) = 2 2 l x l Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

 q 2 kq 2   2k  +  l x    23

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Theo định luật bảo toàn năng lượng thì động năng cực đại của hệ ứng với thế năng cực tiểu của hệ: Wt(min) ⇔ x = 2l : Hệ ba quả cầu thẳng hàng.

→ v1 = v3 và vuông góc với đường nối 3 điện tích

→ v1m = v3m =1/3.v2m - Độ giảm thế năng bằng độ tăng động năng của hệ: ∆Wđ = - ∆Wt

2 2 2 2 1 2 + v 2 + v2 ) = 3 kq −  2 kq + kq  ⇔ 1 m6v 2 = kq m(v1m 1m 2m 3m  l 2 2l 2 l 2l   → v1m = v3m=

kq 2 kq 2 ; v2m = 2 6ml 6ml

b) Sau khi đạt vận tốc cực đại chúng chuyển động chậm dần cho đến khi vận tốc bằng không thì khôi phục thế năng ban đầu và tam giác điện tích trở thành tam giác đều có hình dạng đối xứng với tam giác ban đầu. Sau đó hệ dao động tuần hoàn quanh khối tâm G.

Cách 2 : (Dùng định luật bảo toàn năng lượng) - Vì hệ không chịu tác dụng của ngoại lực nên năng lượng của hệ được bảo toàn. Dễ thấy rằng thế năng tĩnh điện giữa các quả cầu 1, 3 và 2, 3 không thay đổi nên có thể viết định luật bảo toàn năng lượng của hệ dưới dạng :

kq 2 kq 2 mv 2 mv 2 = +2 + (1) l 2 2 r2 - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng với động lượng của hệ 3 quả cầu (chưa đốt dây bằng 0): 0 = 2mv – mv

(2)

Lấy (2): v → vmax ⇔ khoảng cách quả cầu 1 và 2 cực đại ⇔ r12 = 2l Giải hệ phương trình (1), (2), (3) → vmax = q

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

2 3ml

24

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Bài tập 3. Tại ba đỉnh của một tứ diện đều cạnh a giữ ba quả cầu nhỏ giống nhau có khối lượng và điện tích tương ứng là M và Q. Tại đỉnh thứ tư giữ một quả cầu khác điện tích q, khối lượng m (m << M, Q = 2q). Tất cả các quả cầu được thả đồng thời. a) Tính độ lớn vận tốc các quả cầu sau khi chúng đã bay rất xa nhau. b) Sau khi đã bay ra xa nhau, các quả cầu này chuyển động theo phương hợp với mặt phẳng tứ diện chứa ba quả cầu M một góc bao nhiêu ?

Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Giải a) Chọn trục OZ vuông góc mặt phẳng của tứ diện chứa ba điện tích Q. Do M >> m nên coi gần đúng là khi m ra xa vô cùng thì các quả cầu M mới bắt đầu chuyển động.

Gọi vận tốc của quả cầu m khi bay ra xa vô cùng là v0. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có :

2 mv 2 0 = 3 kQq = 6kq → v = 0 2 a a

12kq 2 ma

Do tính đối xứng nên khi các quả cầu M chuyển động thì vận tốc

q

của chúng có độ lớn luôn bằng nhau. Gọi v là vận tốc mỗi quả cầu M khi chúng rất xa nhau. Áp dụng định luật bảo toàn năng

Z

lượng ta có :

Q

3Mv 2 3kQ 2 2kQ 2 = →v= = 2 a Ma

8kq 2 Ma

Q

O Q

b) Gọi thành phần vận tốc của các quả cầu M theo phương trục Z là vz.

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (m + 3M), ta có :

m 12kq 2 → vz = 3Mvz = mv = m 3M ma

12kq 2 ma

vx α

vZ

vZ

m Do vz << v nên góc α rất nhỏ. Ta có : α ≈ = (rad) v 6M

v

Bài tập 4. Có bốn hạt mang điện giống nhau, khối lượng mỗi hạt là m, điện tích mỗi hạt là q, được giữ trên bốn đỉnh của một hình vuông cạnh a. a) Hãy xác định động năng cực đại của mỗi hạt khi chúng được thả ra đồng thời.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

25

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường b) Hãy xác định động năng của từng hạt khi người ta lần lượt thả từng hạt một sao cho hạt tiếp theo được thả ra khi hạt trước nó đã đi khá xa hệ.

Giải

1 q  2q q  q2 Thế năng tương tác ban đầu của hệ bằng : W = 4× + = 4+ 2 0 2 4πε  a a 2  4πε a 0 0

(

)

a) Khi thả đồng thời các hạt, do tính đối xứng của bài toán, các hạt được gia tốc như nhau, khiến cho khi ra tới vô cùng, động năng của chúng như nhau và bằng

1 1 q2 2 mv = W = 4+ 2 2 1max 4 0 16πε a 0

(

)

b). Nếu thoạt đầu chỉ cho hạt ở đỉnh A đi ra xa thì động năng cực đại của bằng

1 1  2q q  1 2 mv Amax = q× + = 4+ 2   2 4πε  a a 2  8πε 0 0

(

)

Nếu hạt thứ hai đi ra từ đỉnh C, thì động năng cực đại của nó bằng

1 2q q2 2 mv = q× = 2 Cmax 4πε a 2πε a 0 0 Còn hai hạt tại các đỉnh B và D. Giữ một hạt và thả hạt kia, thì động năng cực đại của nó bằng

1 q q2 mv 2Bmax = q× = 2 4πε a 2 4 2 πε a 0 0

Điện tích thứ tư được hoàn toàn tự do sau khi các điện tích khác của hệ đã ra xa vô cùng.

Nó không thể tự chuyển động từ trạng thái nghỉ và do đó không có đông năng.

Bài tập 5. Tại các đỉnh của một đa giác đều gồm 2004 cạnh, có gắn các viên bi giống nhau, mang điện tích giống nhau. Mỗi cạnh đa giác bằng a. Vào một thời điểm nào đó người ta thả một viên bi ra, và sau một khoảng thời gian đủ lâu, người ta thả tiếp viên nằm cạnh viên đã thả lúc trước. Nhận thấy rằng khi đã cách đa giác một khoảng đủ lớn thì

động năng của hai viên bi đã thả chênh nhau một lượng bằng K. Hãy tìm điện tích q của mỗi viên bi.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

26

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Giải 2

Giả sử viên bi thứ nhất được thả từ đỉnh thứ N. Khi đã ở

1

vô cùng (sau một khoảng thời gian đủ lớn), nó đạt được động

N

năng bằng thế năng tương tác ban đầu của nó với N - 1 điện

N -1

tích còn lại K1 =

3 4 5

N -2

mv 2 q2  1 1 1 1  = + +...........+ +  2 4πε 0 a1 a 2 aN - 2 aN - 1 

   

Trong đó ai là khoảng cách từ các điện tích ở các đỉnh 1, 2, ..... đến q đặt tại đỉnh N. Riêng

a1 và aN-1 là các khoảng cách từ đỉnh cạnh nó và bằng a. Động năng của hạt thứ hai khi tới vô cùng được tính tương tự, nhưng thiếu đi một số hạng của một điện tích cạnh nó, tựa như nó cũng được thả ra từ đỉnh N, nhưng đã thiếu mất điện tích ở đỉnh N - 1 : K1 =

mv 2 q2  1 1 1  = + +...........+ 2 4πε 0  a1 a2 aN - 2 

Vậy : K = K1 - K 2 =

   

q2 . Suy ra : q = 4πε 0Ka 4πε a 0

III. BÀI TẬP CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH ĐIỂM TRONG ĐIỆN TRƯỜNG GÂY BỞI VẬT TÍCH ĐIỆN CÓ KÍCH THƯỚC Bài tập 1. Có một nửa vòng trong tích điện trên hình vẽ. Một hạt mang điện trái dấu với điện một điểm nửa vòng tròn đó. Được thả ra từ một điểm rất xa trên đường thẳng AB với vận tốc ban đầu bằng 0. Biết tỉ số vận tốc của hạt khi đi qua A và B

vA vB

= n . Hãy tìm tỉ

số gia tốc của hạt ở hai điểm đó.

+Q

+Q A

B

-q

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

A

B

-q

27

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Giải Gọi q là điện tích của hạt được thả ra, VA và VB lần lượt là điện thế do nừa vòng tròn tích điện gây ra tại A và B. Coi điện thế tại điểm ở rất xa bằng 0 ta có:

2 mv2 A = qV ; mv B = qV B A 2 2 2 v  V A =  A  = n2 v  VB  B

T ừ đó

(1)

Mặt khác, ta viết biểu thức của lực do nửa vòng tròn tác dụng lên điện tích tại A và tại B: FA = qEA = maA; FB = qEB = maB, với EA, EB tương ứng là cường độ điện trường của nửa vòng tròn tại A và B. Suy ra:

Từ (1) và (2) ta có:

EA

a = A EB aB

(2)

aA

E V =n A. A aB E B VB

Dưới đây ta sẽ lần lượt xác định VA, EA; VB; EB

* Tính VA. Chia nửa vòng tròn thành những đoạn đủ nhỏ để coi là điện tích điểm, mỗi đoạn mang điện tích ∆Q Điện tích do M

nó gây ra tại A là (hình vẽ)

V = Ai

k.∆Q r

i (r là bán kính cung tròn)

Điện thế đo cả vòng tròn gây ra tại A là:

k kQ V = ∑ V = ∑ ∆Q = A i Ai i r i r (Q là điện tích nửa vòng tròn)

∆Qi

∆ri

A

∆E Aix

x

αi

(4)

+ Tính EA. gọi chiều dài của mỗi đoạn mang điện tích ∆Q1 và ∆li , λ là điện

∆E Ai

N

tích của mỗi đơn vị độ dài của nửa vòng

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

28

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường tròn, cường độ điện trường do AQi gây ra tại A là:

∆E

Ai

=

k.∆Q kλ.∆l i = i 2 2 r r

Ví lý do đối xứng, E A hướng dọc theo trục Ax. Vì vậy ta chỉ xét hình chiếu

∆E

Aix

= ∆E

kλ kλ cosα = ∆lcosα Hay ∆E = ∆r Aix i r2 i Aix r 2 i

Trong đó ∆r = ∆l cosα là hình chiếu của đoạn ∆l trên đường kính MN i i i i

kλ kλ 2kλ Từ đó, ta có : E = ∑ ∆E = ∆ r = 2r = ∑ A i Aix r 2 i i r 2 r Biết điện tích của đơn vị độ dài là λ =

Q 2kQ ta được : E = A πr 2 rπ

(5)

+ Tính VB. Điện thế do ∆Qi gây ra tại B (hình vẽ) là:

∆Q i V =k Bi ρ i

∆Qi

( (ρ = 2rcosβ là khoảng cách từ ∆Qi đến i

ρi

B

B)

A

Hay

∆E Bi x

βi ∆E Bi

k∆Q ∆Q i , tu do V = k ∑ i V = B 2r cosβ Bi 2rcosβ i i + Tính EB, cường độ điện trường do ∆Q gây ra tại B là : i ∆E

Bi

=k

∆Q k.∆Q i = i 2 ρ (2rcosβ )2 i i

Cũng lập luận tương tự như khi tính EA, ta chỉ xét tính hình chiếu của ∆ E trên trục x: Bi ∆E

Bix

= ∆E

k.∆Q i cosβ = Bi i 4r 2cosβ

(7)

i

a 4n 2 Thay các phương trình (4), (5), (6), (7) vào (3) ta có: A = aB π Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

29

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Bài tập 2. Một hạt khối lượng m, tích điện q quay quanh quả cầu dẫn điện bán kính r, tích điện Q. Quĩ đạo của hạt là đường tròn bán kính R và tâm trùng với tâm quả cầu. Tính tốc độ góc quay của hạt.

Giải Ta có thể coi trường tạo bởi điện tích q , điện tích Q và các điện tích hưởng ứng như là trường tạo bởi hệ của 3 điện tích : q, điện tích q'= -

qr qr đặt ở C và điện tích Q + đặt R R

ở tâm hình cầu - Theo tính chất ảnh điện, điện tích q' đặt tại C, cách tâm O một đoạn d = r 2 /R - Lực tác dụng lên điện tích q có độ lớn:

F=

q q' 4πε 0 ( R - d )

⇔F =

q(Q + q' ) 4πε 0R 2

-

2

q 2rR 2 4πε 0 R 2 - r 2

)

(

-

q(QR + qr) 4πε 0R 3

O, Q +

d

F luôn hướng vào tâm O → đóng vai trò của lực hướng tâm

⇒

q 2rR 2 4πε 0 R 2 - r 2

(

⇒ω=

)

-

q’ C

q(QR + qr) = mω2R 3 4πε 0R

   q qr (QR+ qr)    4πε 0m  2 2 2 4πε R 4  0 R -r  

(

qr R

R

)

q M

IV. CÁC BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ẢNH ĐIỆN Bài tập 1. Một quả cầu nhỏ khối lượng m, điện tích q ban đầu được giữ ở vị trí thẳng đứng, cách một mặt phẳng kim loại rộng vô hạn, có mật độ điện mặt σ một khoảng h. Thả quả cầu cho nó chuyển động. Hãy nghiên cứu chuyển động của quả cầu.

Giải

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

30

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Vì bản rộng vô hạn nên có thể coi điện trường do bản gây ra là điện trường đều, có phương vuông góc với bản, có cường độ : E =

σ 2ε 0

Lực điện do bản kim loại tác dụng lên điện tích q là tổng hợp của lực do điện trường E tác dụng lên q và do điện tích hưởng ứng tác dụng lên. + Lực do điện trường E tác dụng lên q là lực đẩy, hướng ra xa bản và có độ lớn :

qσ F1 = qE = 2ε 0 Lực do điện tích hưởng ứng tác dụng lên q bằng

m, q

lực tác dụng giữ điện tích q và điện tích – q là ảnh của q qua mặt phẳng vô hạn. Lực này là lực hút, nó có hướng ra xa bản và có độ lớn : F = 2

kq 2

h σ

4d 2

Trong đó : d – khoảng cách từ q đến bản kim loại.

h

Cuối cùng lực điện tổng hợp tác dụng lên bản kim loại

σ.q kq 2 F = F1 - F2 = 2 2ε 0 4d * Vị trí cân bằng :

m, q’

kε 0q 2 σ.q kq 2 P = F ⇔ mg = ⇒ d0 = 2 2σ q - 4ε 0mg 2ε 0 4d 0

+ Nếu h < d0 quả cầu chuyển động xuống và bị hút vào bản kim loại. + Nếu h = d0 quả cầu ở vị trí cân bằng. + Nếu h > d0 quả cầu chuyển động ra xa bản kim loại.

Bài tập 2. Một mặt phẳng kim loại rộng được uốn thành dạng góc vuông như hình vẽ. Một điện tích điểm có khối lượng m và điện tích Q được đặt

ở vị trí cách mỗi mặt một khoảng d. Thả tự do điện tích. Hãy xác định :

d

•

m, Q

d

a) Gia tốc của điện tích khi nó bắt đầu chuyển động. b) Vận tốc của nó khi nó đi được một đoạn d/ 2 . Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Giải Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

31

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Mặt phẳng kim loại rất rộng nên có điện thế bằng điện thế ở điểm rất xa (vô cực)

V = V∞ = 0 . Áp dụng phương pháp ảnh điện: Ta thay hệ “ điện tích Q + mặt phẳng được gấp dạng góc vuông” bằng hệ 4 điện tích cùng độ lớn Q tại 4 đỉnh của hình vuông tâm O, cạnh 2d và mang dấu như hình biểu diễn. a) Do tính đối xứng nên điện tích Q sẽ chuyển động x

dọc theo Ox. Áp dụng định luật II Newton theo Ox :

-Q (1)

d

•

F3 - (F1 + F2 )cos450 = ma .

kQ 2 kQ2 ; F3 = Trong đó : F1 = F2 = 4d 2 8d 2 kQ 2 ⇒ a = (1 - 2 2) 8d 2

(m F3 ) •Q F1

F2 450 d

O (2)• Q

(a < 0)

(V = 0) • -Q

kQ2 Vậy : Gia tốc của điện tích khi nó bắt đầu chuyển động là : a = (2 2 - 1) 8d 2 kQ 2 Thế năng của hệ 4 điện tích lúc đầu là : W0 = 2d

(

2 -4

(1) .

)

d kQ 2 Lúc điện tích đi được một đoạn thì thế năng của hệ lúc này là : W = ×( 2 - 4) d 2 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có :

4

mv2 q k =W -W ⇒v= (4 - 2) 0 2 2 md

Bài tập 3. Một quả cầu dẫn điện bán kính r = 2cm được nối đất. Có một electron ban đầu từ xa chuyển động với vận tốc v0 theo hướng thẳng cách

P •

x

P’ •

x’

•O

tâm quả cầu một khoảng bằng 2r. Hãy xác định giá trị vận tốc của electron khi bay tới gần quả cầu nhất, nếu biết rằng tại vị trí gần nhất điện tử cách tâm quả cầu một khoảng 3r/2.

Giải Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

32

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường + Theo phương pháp ảnh điện thì ảnh của điện tích p là ở p’

r2 r Với OP'= x' = ; e' = - e x x F(x) =

1 e.e' - e2 rx . = .

4π ε 0 ( x - x')2 4π ε 0 x 2 - r 2

(

)

2

e2r Thế năng ở P là: E P = - ∫ F(x)dx = +C 8π ε 0 x 2 - r 2

)

(

- Khi x = ∞ thì EP = 0 → c = 0 Theo ĐLBTNL ta có :

2 mv2 mv2 e2r 3r mv2 e2 0 = mv 0 ; x= ⇒ = 2 2 2 2 2 10π ε r 8π ε x 2 - r 2 0 0

)

(

Bảo toàn mô men động lượng:

Từ (1) và (2) ⇒ v = e

3 r.mv = 2r.mv 0 2

(1)

(2)

32 1 .

70 π ε 0r m

Bài tập 4. Một chất điểm có khối lượng m và điện tích Q đặt cách mặt phẳng dẫn điện rộng vô hạn một khoảng L, tại thời điểm t = 0 người ta thả m ra. Xác định thời gian để m bay đến mặt phẳng. Bỏ qua trọng lực.

Giải Áp dụng phương pháp ảnh điện, khi m cách mặt phẳng một đoạn x thì độ giảm thế năng tĩnh điện là:

2 2 ∆Wt = - KQ + KQ

4L

4x

2 Độ giảm thế năng tĩnh điện này bằng độ tăng động năng: ∆Wt = mv

2

⇒ v=

x  KQ 2  1 −  dx ⇒ dt = L  =− 2 mx dt

2mx KQ 2 dx x 1− L

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

m, Q v

O

-Q

33

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Đặt x = cos2ϕ (0 ≤ ϕ ≤ π) ⇒ x = Lcos2ϕ L

⇒ dx = - 2Lcosϕsinϕdϕ ⇒

1−

x = 1 − cos2 ϕ = sin ϕ L

⇒ dt = L L cos ϕ.2 cos ϕ. sin ϕ.dϕ . 2 m sin ϕ KQ 2 2

⇒ dt = 2 L3 .cos ϕ

⇒ dt =

2m .dϕ KQ 2

mL3 (1 + cos2ϕ)d(2ϕ) 2 KQ 2

(*)

Khi x = L thì cos2ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0 x = 0 thì cos2ϕ = 0 ⇒ ϕ =

Từ (*) ⇒

t

π 2

0

0

∫ dt = ∫

π 2

3 mL3 ⇒ t = π mL .( 1 + cos 2 ϕ ) d ( 2 ϕ ) 2 KQ 2 2 KQ 2

Bài tập 5. Cho điện tích q = 10-8C, m = 0,01g cách tấm dẫn phằng vô hạn đoạn h = 4cm .

Xác định : a) Gia tốc của điện tích khi nó bắt đầu chuyển động. b) Thế năng của hệ điện tích và tấm dẫn phẳng vô hạn. c) Vận tốc của điện tích trước khi chạm vào tấm dẫn phẳng. d) Thời gian để điện tích bay đến tấm phẳng.

Giải a) Gia tốc của điện tích được xác định a=

F q2 =k = 14,0625 (m/s2 ) 2 m m(2h)

b) Xét điện tích q đi từ vô cùng đến mặt phẳng dẫn và cách tấm phẳng đoạn h. Chọn gốc thế năng ở vô cùng, khi đó công của điện trường được xác định :

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

h

q

−q

F

(+)

34

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

h h h q2 kq 2 1 h kq 2 A = ∫ Fdx = ∫ Fdx = ∫ k dx = (- ) = 4 x 4h -∞ -∞ -∞ (2x)2 -∞ Lực điện là lực thế nên công của lực điện bằng độ giảm thế năng :

kq 2 kq 2 A = Wt0 - Wt = 0 =4h 4h Như vậy, thế năng tương tác giữa điện tích q và tấm phẳng chỉ bằng 1/2 so với thế năng

kq 2 tương tác giữa q và –q (học sinh thường cho rằng thế năng tương tác này là theo 2h công thức của thế năng tương tác giữa hai điện tích). c) Vận dụng kết quả trên, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta dễ dàng xác định được vận tốc của điện tích khi chạm vào tấm dẫn phẳng : kq 2 kq 2 1 3k = + mv2 ⇒ v = q 4h h 2 2m h d) Nhận thấy rằng chuyển động của điện tích là chuyển động nhanh dần biến đổi không -

đều (lực tác dụng thay đổi).

Chọn chiều dương như hình vẽ. Áp dung định luật bảo toàn cơ năng tại A và M (vị trí có tọa độ x)

q

h

−q

kq 2 kq 2 1 k 1 1 =+ mv 2 ⇒ v = - q (- + ) 4h 4x 2 2m h x

Chú ý: v = t

dx dx ⇒ dt = , tích phân hai vế dt v

0 0 d t = ∫ ∫ 0 h-q

1 k 1 1 (+ ) 2m h x

dx =

A

2m h ∫ kq 2 0

M

O

1 d x Đặt 1 1 (- + ) h x

π  2   x = h ⇒ α = 0

x = 0 ⇒ α = x = hcos 2α ⇒ dx = - 2hcosαsinαdα ; khi

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

35

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường to ∫ dt = 0

2 m 0 - 2 h c o s α s in α dα ∫ 1 kq 2 π ta n α 2 h 8m h 3 0 2 = ∫ -c o s α d α 2 π kq 2 π 3 8m h 2 mπ2h3 2 ⇒ t0 = ∫ cos α dα = kq 2 0 2kq 2

-q

q

-q

-q

* Chú ý : Trong trường hợp điện tích được giới hạn bởi hai mặt phẳng dẫn vô hạn, ta thay hệ này bởi 4 điện tích tương tác với nhau như hình. Các bài tập được giải tương tự như trên.

V. CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT TÍCH ĐIỆN CÓ KÍCH THƯỚC Bài tập 1. Một vòng dây mảnh khối lượng M tích điện đều có điện tích Q. Tại điểm A trên vòng có một khe hở nhỏ chiều dài ℓ ( ℓ rất nhỏ so

Q

với bán kính của vòng dây). Vòng được đặt trong mặt phẳng nằm ngang và có thể quay xung quanh trục thẳng đứng đi qua O. Ban đầu vòng

đứng yên. Đặt vòng trong một điện trường đều có E song song với mặt

Ev O

E

A

phẳng vòng dây và vuông góc với OA. Tìm vận tốc cực đại của vòng dây.

Giải

Cường độ điện trường E V do cái vòng này tạo ra ở tâm O có phương OA và hướng vào tâm O nếu Q > 0, và có độ lớn E V =

Ql 2πR 3

Tương tác giữa hai điện trường làm điện trường E V quay cho đến khi véc-tơ E V song

song với E , ở vị trí này vòng có thế năng điện cực tiểu và có động năng quay cực đại tức là có vận tốc cực đại. Áp dụng định lý biến thiên động năng cho chuyển động quay của vòng, ta được: Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

36

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

Iω2 Ql QlE = A = ∆q.E.d = .E.R = 2 2πR 2π Thay I = MR2 và ω = v/R ta được : v =

QEl πM

Bài tập 2. Một khối trụ rỗng rất dài, tích điện đều với mật độ điện khối λ

ρ, có bán kính trong là R1; bán kính ngoài R2 như hình vẽ.

a) Tính cường độ điện trường tại điểm cách trục của khối trụ một

ρ R1

R2

khoảng r.

a

b) Đặt một dây dẫn mảnh, thẳng, rất dài, tích điện đều với mật độ điện mặt ở, song song với trục của trụ, cách trục của trụ một khoảng

a. Giữ cố định khối trụ, tính công của lực điện khi làm dịch chuyển tịnh tiến (một đơn vị chiều dài) của dây dẫn ra xa khối trụ một khoảng b.

Giải a) Tính cường độ điện trường E tại điểm cách trục của trụ một khoảng r.

- Áp dụng định lý Gao-xơ, dễ dàng có các kết quả sau : + Nếu 0 < r < R1 thì E1(r) = 0 ρ

+ N ế u R1 ≤ r ≤ R2

R1

Φ = E.2πr.l = ∆q/ε0 = ρπ (r 2 − R12 ) / ε 0 2

⇒ E2(r) =

R2

2 1

ρ (r − R ) 1 2lε 0 r

a

+ Nếu r > R2 thì Φ = E.2πr.l = ∆q/ε0 = ρπ ( R22 − R12 ) / ε 0 ⇒ E3(r) =

ρ ( R22 − R12 ) 1 1 =K 2ε 0 r r

(1)

ρ ( R22 − R12 ) Với K = . Bên ngoài hình trụ E giảm tỷ lệ với khoảng cách.

2ε 0

b) Tính công khi dịch chuyển tịnh tiến một đơn vị dài của dây tích điện một khoảng b ra xa (khối trụ cố định). Ta coi dây dẫn đặt trong điện trường của khối trụ. Công của lực điện tính bởi A = ∆q(V1 – V2) = σl(V1 – V2)

+ Điện thế tại một điểm cách tâm cầu một khoảng r tính bởi Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

37

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường V = - ∫ Edr = − K ∫

dr = − K . ln r + C r

(2)

+ Điện thế lần lượt tại vị trí cách dây r = a và r = (a + b) là V1 = -K.lna + C; V2 = -K.ln(a + b) + C. λρ ( R22 − R12 ) b Từ đó: A = K[ln(a + b) – lna] = ln(1 + ) a 2ε 0

(3)

Bài tập 3. Một bình hình cầu bán kính lớn, chứa đầy một chất lỏng không chịu nén, có khối lượng riêng là ρ và hằng số điện môi ε. Chất lỏng tích điện đều với mật độ điện tích là δ . Trong bình có hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, không tích điện, được làm bằng chất điện môi, bán kính r và khối lượng riêng ρ0 . Hỏi các quả cầu nằm ở đâu? Cho gia tốc rơi

tự do là g. Bỏ qua sự phân cực của các quả cầu.

Giải - Ta hình dung không gian bên trong các quả cầu là sự chồng chất của chất lỏng mang điện tích dương (giống như chất lỏng thấm vào) còn các quả cầu mang điện âm sẽ trung

hoà điện tích chất lỏng ngấm vào. Do đó, ta khảo sát tương tác giữa toàn bộ quả cầu lớn có bán kính R với mật độ điện tích δ và các quả cầu nhỏ bán kính r với mật độ điện tích

- δ.

- Cường độ điện trường do quả cầu lớn tạo ra bên trong nó tại khoảng cách x (x ≤ R) tính từ tâm của nó : E(x)×S =

Trong đó : Q =

Q . εε 0

4 3 πx δ là điện tích chứa trong hình cầu bán kính x đồng tâm với hình cầu 3

bán kính R và S = 4πx 2 là diện tích mặt cầu này. Như vậy, nếu quả cầu nhỏ (có điện tích

q=-

4 3 πr δ ) nằm ở khoảng cách x kể từ tâm quả cầu lớn thì chịu tác dụng của một lực 3

4πr3δ2 hướng vào tâm F(x) = qE(x) = x , tương 9εε 0

F

tự như tác dụng của một lò xo có độ cứng K = 4πr 3δ 2 /9εε 0 . Như vậy, bài toán được Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

A

Fđ

y

F Kx θ

Kx

PA

Fđ P

d Hình 1

x

38

Chuyển động liên ên kkết của các hạt mang điện trong điện trường ờng chuyển sang việc tìm vị trí quả cầu có điện tích q được treo lên một lò ò xo có độ cứng K trong chất lỏng có khối lượ ợng ri riêng ρ (hình vẽ).

- Mỗi quả cầu chịu tác dụng của 4 lực : P = mg =

4 3 πr ρ g và lực đàn hồi (lực kéo vào 0 3

tâm quả cầu lớn) kx.

- Quả cầu cân bằng nên : P + FA + Fd + Kx = 0

4 3 4πr3δ 2 + Chiếu lên Oy : mg - F = Kxcosθ ⇒ πr (ρ - ρ)g = xcosθ (1) A 0 3 9εε 0 q2

4πr3δ 2 + Chiếu lên Ox : F = Kxsinθ ⇒ = × xsinθ d 9εε 4πεε d 2 0 0 với d = 2xsinθ và q = -

(2)

4 3 πr δ . Giải hệ (1) và (2) ta được : d = 3 2 r .

3

- Thấy rằng d < 2r , như vậy các quả cầu nằm cạnh nhau. Bởi vìì các quả cầu rất nhỏ (r << x) , nên để góc θ đúng th thì tgθ = r/x ≈ 0 hay θ ≈ 0 .

Như thế, từ (1) ta suy ra : x =

3(ρ - ρ)gεε 0 0 .Tuỳ theo vào dấu của hiệu (ρ - ρ) mà các 0 2 δ

quả cầu sẽ nằm thấp hơn (hình ình vẽ) hay cao hơn so với tâm của quả cầu lớn. Điều kiện suy ra từ kết quả là hiệu (ρ - ρ) không quá nhỏ để cho r << x .

0

Bài tập 4. Hai tấm kim loại phẳng, rộng, nối đất, đặt hợp với nhau một góc α như hình vẽ. Tr Trên mặt phẳng phân giác và cách giao tuyến của hai tấm một khoảng r đặt một thanh mảnh chiều dài L (L >> r) tích điện đều với điện tích tổng cộng Q. Xác định lực điện tác dụng lên thanh nếu : a) α = 1800

b) α = 180

Giải a) Với α = 1800 , hai tấm hợp th thành một mặt phẳng có điện thế V = 0 . Sử dụng phương pháp ảnh điện đưa về bài ài toán tính lực tương tác giữa hai dây dẫn dài vô hạn mang điện tích Q và (- Q), đặt cách nhau một khoảng 2r.

Sử dụng định lý O – G ta tính đư được cường độ điện trường gây bởi một dây dẫn thẳng dài Lưu Văn Xuân – THPT chuyên B Bắc Giang

39

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường tại điểm cách nó một khoảng 2r :

Q 1 Q Q2 E.l.2π.2r = l. . ⇒ E = ⇒ F = QE = l ε 4πε L.r 4πε L.r 0 0 0 b) Với α = 180 : Sử dụng phương pháp ảnh điện sẽ thấy có 19 ảnh, tổng cộng có 20 điện tích Q, và (- Q), ... nằm cách đều nhau trên vòng tròn bán kính r. Điện tích ảnh thứ 10 nằm cách điện tích ban đầu Q một khoảng 2r. Do tính đối xứng dễ thấy lực tác dụng của các cặp điện tích (1, 19); (2, 18) ... (9, 11) lên điện tích Q đều triệt tiêu nhau, chỉ còn lực

Q2 do điện tích thứ 10 (- Q) tác dụng lên Q : F = 10 4πε Lr , lực này hướng về phía giao 0 tuyến của hai tấm kim loại.

Bài tập 5. Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích (2Q). Ban đầu hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d. a) Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ. b) ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d.

Giải a) Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện – 2Q (bản 2) gây ra

Q 2Q lần lượt là : E = và E = 1 2ε S 2 2ε S .

0 0 3Q Cường độ điện trường bên trong tụ là : E t = E + E = 1 2 2ε S .

0 Năng lượng điện trường trong tụ là :

2  3Q  1 1 27Q2d  × S × 3d = Wt = ε E 2t × Vt = ε  2 0 2 0  2ε 0S  8ε 0S   b) Khi hai bản cách nhau một khoảng d, kí hiệu V , V lần lượt là vận tốc của bản 1 và 1 2 bản 2.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

40

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mV + 2mV = 0 ⇒ V = - 2V 1 2 1 2

(1)

2  3Q  1 1 9Q2d  × Sd = Năng lượng điện trường bên trong tụ là : Wt' = ε E 2t Vt' = ε  2 0 2 0  2ε S  8ε S 0  0  - Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của bản tụ 2) là :

Q En = E - E = 2 1 2ε S 0 - Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng là :

∆V = S×2d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với cường độ E n .

- Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một lượng là

∆W =

1 Q 2d ε E 2n ∆V = .

2 0 4ε S 0

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :

2d mV 2 2mV 2 mV 2 2mV 2 9Q Q 2d ' 1 2 1 2 Wt - Wt = + + ∆W ⇒ = + + 2 2 4ε S 2 2 4ε S 0 0

(2)

2d 2d Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta : V = Q và V = - 2Q .

2 1 3ε Sm 3ε Sm 0 0 Dấu “ – “ thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau.

VI. DAO ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH – HỆ ĐIỆN TÍCH Bài tập 1. Hai quả cầu nhỏ m1 và m2 được tích điện q và - q,

E

chúng được nối với nhau bởi một lò xo rất nhẹ có độ cứng K m1, q

K

m2, - q

(hình vẽ). Hệ nằm yên trên mặt sàn nằm ngang trơn nhẵn, lò xo không biến dạng. Người ta đặt đột ngột một điện trường đều

cường độ E , hướng theo phương ngang, sang phải. Tìm vận tốc cực đại của các quả cầu trong chuyển động sau đó. Bỏ qua tương tác điện giữa hai quả cầu, lò xo và mặt sàn đều cách điện.

Giải Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

41

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

E

- Do tổng ngoại lực tác dụng hệ kín theo phương ngang nên khối m1,q q

tâm của hệ đứng yên và tổng động lượng của hệ được bảo toàn.

- Chọn trục Ox có phương ngang hướng sang phải, góc O ở khối mv tâm của hệ. Ta có: m1v1 + m2v2 = 0 → v2 = - 1 1 m2

K

m2, -

.o

x

(1)

- Vật m1 và m2 sẽ dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng của chúng, tại đó hợp lực tác dụng lên mỗi vật bằng 0 và vận tốc của chúng đạt cực đại. Ta có: qE = k(x1 - x2)

(2)

m1v12 m2 v22 k(x1 - x 2 )2 + + = qE(x1 - x2) (3) 2 2 2 Từ (1) và (2) và (3) ta được: V1 =

qE k

m2 qE , V2 = m1 (m1 + m 2 ) k

m1 . m 2 (m1 + m 2 )

Bài tập 2. Ba đồng xu nhỏ đồng chất, khối lượng m được nối với nhau bằng hai sợi dây nhẹ, không dẫn điện, mỗi dây có chiều dài d. Mỗi đồng xu này có điện tích q. Các đồng xu này được đặt trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang và cách điện (góc hợp bởi giữa các sợi dây này gần bằng 180o). Sau đó người ta thả tự do cho các đồng xu này dao động, người ta nhận thấy chu kỳ dao động của các đồng xu là T. Tìm điện tích q của mỗi đồng xu.

Giải Gọi x, y là các khoảng cách được ký hiệu như trên

A

hình vẽ.

- Tổng thế năng của hệ là : U = U AB + U BC + U AC

A0

C

x

yA

Với UAB là thế năng tương tác giữa A và B, phụ thuộc

yC

C0

B

vào vị trí tương đối giữa A và B... Vì khoảng cách giữa A với B và B với C là không thay đổi nên:

y

UAB = UBC = không đổi.

Ta lại có : U AC

1 q2 1 q2 = × = × 4πε 0 x 4πε 0 2 d 2 - y 2

Do khoảng cách y rất nhỏ, nên ta có thể áp dụng công thức xấp xỉ : Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

42

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

(1 + z )a ≈ 1 + a.z , với z << 1.

1 q2 1 q2  y2   Ta được : U AC = ≈ × 1 + 2 2 4πε 0 2d  4πε 0 2d  2d 1 - ( y/d ) Độ biến thiên động năng của hệ là

∆U = U 2AC - U1AC ≈

 1 q 2  y2 1 q2 ×  - 0 = × ×y 2 2 3   4πε 0 2d  2d  4πε 0 4d

Vì vị trí khối tâm của hệ không thay đổi trong quá trình dao động nên đồng xu B dịch chuyển đoạn yB = 2y/3, còn các đồng xu A và C dịch chuyển được đoạn y/3 theo chiều ngược lại. Độ biến thiên thế năng của hệ là hàm của yB, có biểu thức :

1 1 9q 2  2  ×y ∆U ≈  × 2  4πε 0 8d3  B - Động lượng của hệ được bảo toàn nên khi đồng xu B dịch chuyển theo phương y với tốc độ vB, thì thành phần vận tốc theo phương y của các đồng xu A và C là vB/2 theo chiều

ngược lại. Vì độ dịch chuyển của các đồng xu là nhỏ nên thành phần vận tốc theo phương x của các đồng xu A và C là không đáng kể, nên tổng động năng của hệ là

2 1 1  vB  1  3m  2 2 K ≈ mv B + 2. m   =  v 2 2  2  2 2  B - Ta có thể coi dao động của hệ tương đương với dao động của con lắc có khối lượng hiệu dụng m hd

3m 1 9q 2 = và có hệ số đàn hồi : k ≈ × 2 4πε 0 8d3

Chu kỳ dao động của hệ là : T = 2π

m hd = 2π k

Điện tích của mỗi đồng xu là : q ≈

4π md3 /3 T 1/4πε 0

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

3m/2 1 9q 2 × 4πε 0 8d3

=

4π md3 /3 q 1/4πε 0

43

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Bài tập 3. Ba quả cầu nhỏ có khối lượng m, M, m cùng điện tích q nối với nhau bằng hai dây nhẹ không dãn và không dẫn điện, chiều dài l. Chọn trục tọa độ có gốc O trùng với vị trí quả cầu M khi hệ cân bằng , trục Ox vuông góc với hai dây. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ theo phương Ox. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.

Giải Khi M có li độ x1 thì hai vật m có li độ x2. Khối tâm của hệ có tọa độ :

x0 =

Mx1 + 2mx 2 M ' = 0 ⇒ x '2 = x M + 2m 2m 1

1 1 M M  ' 2 Động năng của hệ : E = M(x ' )2 + 2 m(x ' )2 = 1+   (x ) 1 2 k 2 2 2 2m  1

q2 kq 2 + Thế năng của hệ : E t = 2k l r Với r/2 =

M   l2 - (x - x )2 = l2 - x 2  l +  1 2 1 2m 

 = l l  

1/2  2  x1   M     l +  2m    l    2

 kq 2  + l⇒ E t = 2k l 2l  

q2

2

2

2  x1   M     l +  2m    l   

-1/2

2 2 5kq 2 kq 2  x1   M ≈ +   l +  2l 4l  l   2m 

Do năng lượng của hệ được bảo toàn, ta có : 2 2 M M  ' 2 5kq 2 kq 2  x1   M E = Ek = Et = +   l + 1 +  (x ) +  = const 2 2m  1 2l 4l  l   2m  Lấy đạo hàm hai vế phương trình trên ta dễ dàng nhận được phương trình vi phân mô tả dao động điều hòa với tần số góc :

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

44

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường kq 2  M  kq 2 (M + 2m) 4Mml3 ⇒ T = 2π ω= 1 + = 2m  2l3M  4Mml3 kq 2 (M + 2m)

Bài tập 4. Hai điện tích bằng nhau (+q) được cố định ở hai đầu một đoạn thẳng dài 2a.

Một điện tích dương Q với khối lượng m đặt ở trung điểm của hệ và có thể chuyển động.

1) CMR : chuyển động của Q là không ổn định với các dịch chuyển nhỏ vuông góc với đoạn thẳng và ổn định với các dịch chuyển nhỏ dọc theo đoạn thẳng.

2) Nếu Q được chuyển một khoảng cách x < a. Tìm điện thế ở vị trí của Q do 2 điện tích (+q) gây ra.

3) Dùng khai triển nhị thức, khai triển biểu thức cho thế đó và chỉ giữ lại số hạng có bậc thấp nhất của x. Xác định độ lớn của lực tĩnh điện tác dụng lên Q khi nó dịch đi x.

4) Nếu Q được thả ra ở độ dịch x đó : Tìm tần số góc của dao động của Q quanh trung điểm của đoạn thẳng. n

Chú ý : (1 ± x ) = 1 ±

2 n x n ( n − 1) x + + ... (với x << 1) 1!

2!

Giải Gọi O là VTCB của Q. y

1) Xét khi Q lệch khỏi O theo phương Oy một đoạn y nhỏ. Lúc F

đó hợp lực tác dụng vào Q là F có xu hướng đẩy Q ra xa vị trí

k.Q.q

(x + a)

<F = 2 2

k.Q.q 2 (a - x )

q Q

O F2

F

q F1

x

k.q k.q + x+a a-x

k.q k.q 2k .q.a 2k.q.a 2k.q   x 2  3) Ta có : V = + = = = . 1-    x+a a-x a 2  a   - x2 + a2 2 x  a 1 - a  

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

x

x

thế nên chuyển động của Q là ổn định.

2) Điện thế do 2 điện tích q gây ra : V =

O

q q

Vậy hợp lực F có tác dụng kéo Q về VTCB O và luôn như

F1

y

* Xét khi Q lệch khỏi O theo phương Ox một đoạn nhỏ x.

Lúc đó : F = 1

Q

F2

cân bằng O ⇒ Chuyển động của Q là ổn định.

( )

-1



45

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

2  2k.q. a 2 + x 2  2 2k.q x Vì x << a ⇒ ( xa ) << 1 ⇒ V ≈ 1 + = a  a 2  a3

(

- Áp dụng công thức : E = −

)

4kqx dV ⇒ E=dx a3

- Lực điện trường tác dụng lên Q : F = E .Q =

4kQq x 4kQqx = a3 a3

4) Ta có: Xét khi Q có li độ x > 0 : - Định luật II Niutơn : -F = mx ′′ ⇔ - Đặt : ω =

4kQqx 4kQq = mx′′ ⇔ .x = x′′ a3 ma 3

4kQq ⇒ -ω2 x = x′′ . Vậy Q dao động quanh O với ω = ma 3

4kQq ma 3

Bài tập 5. Một con lắc đơn chiều dài l, quả nặng có khối lượng m, tích điện q. Phía dưới vị trí cân bằng của con lắc có một điện tích điểm Q được giữ cố định. Khi con lắc cân bằng quả nặng và Q cùng nằm trên đường thẳng đứng, khoảng cách từ vị trí cân bằng đến điện tích điểm Q bằng h (hình vẽ). Bỏ

α

l

qua lực cản không khí.Tính chu kì dao động nhỏ của con lắc.

Giải + Tại vị trí dây treo lệch góc α nhỏ so với VTCB: Năng lượng của

q h

con lắc:

mv 2 1 q.Q + mgl(1 - cosα) + .

2 4πε 0 r ml2 .(α' )2 α2 qQ 1 = + mgl + .

2 2 4πε 0 [ h + l(1 - cosα)]2 + (l.α)2 W=

Q

α

l

r

h Q

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

46

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

W=

ml2 .(α' )2 α2 + mgl + 2 2

qQ 2  α2  4πε 0  h + l.  + l2 .α 2 2  

=

ml2 .(α' )2 α2 qQ W= + mgl. + 2 2 4πε . h 2 + l(l + h).α 2 0 (bỏ qua vô cùng bé bậc cao

l 2 .α 4 ) 4

+ Năng lượng của hệ được bảo toàn nên:

dW = 0 , ta có dt

dW qQ - l(l + h).α.α' 2 ' '' ' = ml .α. α + mgl.α.α + . =0 3 dt 4πε 0 ( h 2 + α 2 .l(l + h)) 2 ⇒ ml2 .α'' + (mgl -

qQl(l + h). ).α = 0 3 4πε 0h

g qQ(h + l) ).α = 0 (bỏ qua vô cùng bé bậc cao α 2 .l(l + h) ) ⇒ α'' + ( l 4πε .m.h 3.l 0 Chứng tỏ vật dao động điều hoà với tần số góc: ω =

với điều kiện mg >

g qQ(h + l) l 4πε .m.h 3.l 0

qQ(h + l) nếu q.Q> 0 4πε 0mh 3

Bài tập 6. Nguyên tử Thomson : Một nguyên tử hdro được biểu diễn bằng 1 hạt nhân có điện tích e chuẩ một khối cầu bán kính k, ở bên trong khối cầu có điện tích e được phân bố đều electron có điện tích –e, có khả năng vận động bên trong khối cầu tích điện dương.

1) Electron vận động trong quả cầu có bán kính R chịu lực nào? Vị trí cân bằng của nó ở đâu?

2) Bản chất quỹ đại của electron, giả thiết nằm trong khối cầu là gì? Tìm giá trị trung bình của momen lưỡng cực của nguyên tử này?

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

47

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

3) Đặt một trường E 0 lên nguyên tử này, hạt nhân được giả thiết đứng yên nuế electron vẫn còn ở bên trong quả cầu bán kính R, thì có những thay đổi gì đối với các kết quả trên do có trường đặt vào? Chứng tỏ rằng momen lưỡng cực trung bình có dạng

P = αε E , trong đó α là hệ số phân cực của nguyên tử. Hỏi thứ nguyên của α và cỡ 0 0 lớn của nó.

4) Với giá trị nào của trường ngoài thì nguyên tử này sẽ bị ion hóa?

Giải 1) Mật độ điện khối : ρ =

3e 4πR 3

ρ - Điện trường tại một điểm M bên trong quả cầu : E r 3ε 0

⇒ electron chịu lực kéo hướng tâm tuyến tính : f = -

e2 4πε R 3 0

r hướng về 0.

f (0) = 0 : vị trí cân bằng của electron là tại 0.

2) Phương trình CĐ của electron : mr" +

⇒ electron dao động với : ω =

e2r 4πε R 3 0

=0

e2 4πε R 3 0

Nghiệm của phương trình: r(t) = r0cos(ωt+φ)

⇒ Quỹ đạo là một hình elip tâm O. Mô men lưỡng cực tức thời của nguyên tử P = - er ⇒ Giá trị trung bình của nó bằng 0.

3) Phương trình CĐ của electron : mr" +

e2 4πε R 3 0

r + eE = 0 0

4πE ε R 3 0 0 ⇒r= + r cos(ωt + φ).

0 e ⇒ Quĩ đạo của electron vẫn có hình dạng như cũ nhưng bị lệch đi một đoạn không đổi:

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

48

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

4πε R 3 0 E elip sẽ có tâm tại r = 0 e - Giá trị trung bình của momen lưỡng cực : P = 4πε0R3E0 ⇒ α = 4πR 3 thứ nguyên: m 3 có cỡ lớn R = 0,1nm = 10-10m.

[ ]

4) Khi bị ion hóa : eE0 >

e2 4πε R 3 0

r ⇒ E0 ≥

e 4πε R 2 0

với R = 10-10 (m)

11

⇒ E 0 cỡ 10 V/m rất lớn

Bài tập 7. Một hình vuông ABCD có cạnh a 2 có tâm ở O, tại mỗi đỉnh của hình vuông ta đặt một điện tích +q. a) Xác định điện thế do các điện tích ở đỉnh gây ra tại tâm hình vuông. b) Chứng minh rằng điểm O là vị trí cân bằng bền của một điện tích thử (điểm) Q = +q trong mặt phẳng của hình vuông, và là vị trí cân bằng không bền theo trục đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng của hình vuông. c) Tính chu kì dao động nhỏ của điện tích Q trong mặt phẳng hình vuông. d) Nếu Q = - q thì có thay đổi gì trong các kết quả trên.

Giải a) Các điện tích được bố trí như trên hình vẽ. q V0 = VA + VB + VC + VD ⇒ V0 = πε 0a

b) Xét điểm M ở gần O nằm trong mặt phẳng xOy, có toạ độ M(x, y) với x, y ≪ a. Điện thế tại M do điện tích đặt tại A gây ra là : q 1 VA = . = 4 πε0 (a + x)2 + y 2

q 2 x y2  4 πε 0 a  1 +  + a  a2

Vì x, y ≪ a, áp dụng công thức tính gần đúng cho ε ≪ 1 : (1 + ε )n ≈ 1 + nε +

n(n − 1) 2 ε +...

2!

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

49

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường q  x x 2 + y2 3x 2  + Ta được : VA ≈ 1 − −  4 πε0a  a 2a 2 2a 2 

Tương tự với VB, VC, VD suy ra : VM = VA + VB + VC + VD =

⇒ VM = V0 +

Với r =

q(x2 + y 2 ) 4 πε0a 3

q  x2 + y2  4 +  4 πε0a  a 2 

= V0 +

qr 2 4 πε0a 3

x 2 + y2 là khoảng cách từ M đến O.

- Thế năng của điện tích Q đặt tại M là : WM = qVM = qV0 +

q2 r2 4 πε0a3

Ta thấy thế năng có trị số cực tiểu tại O, ứng với r = 0. Tại O, hợp lực của các lực điện tác dụng lên điện tích Q bằng không. Vậy O là vị trí cân bằng bền của điện tích Q trong mặt phẳng xOy. - Xét một điểm N(0, 0, z) trên trục Oz vuông góc với mặt phẳng xOy. Điện thế gây bởi 4 điện tích A, B, C, D tại N là : VN =

q πε0 a 2 + z 2

- Thế năng của điện tích Q tại N là : WtN = qVN =

q2 πε0 a 2 + z2

- Tại điểm O (z = 0) thế năng WtN đạt cực đại. Vậy O là vị trí cân bằng không bền của Q trên trục Oz. (Cũng có thể xét hợp lực của các lực tác dụng lên Q và thấy rằng hợp lực này luôn có phương hướng ra xa O, suy ra O là vị trí cân bằng không bền của Q trên trục Oz). c) Xét điện tích Q = q đặt tại điểm M trong mặt phẳng xOy, lực tác dụng lên điện tích Q là : dWtM q2 =− r. dr 2 πε0a 3

Fr = −

- Lực này hướng về vị trí cân bằng O, phương trình chuyển động của điện tích Q (xét theo phương trình OM) là : Fr = ma ⇒ mrɺɺ +

q2 2 πε0a3

r = 0.

Đó là phương trình vi phân của dao động điều hoà, với m là khối lượng của vật mang điện Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

50

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường tích Q. Tần số góc của dao động là : ω =

q2 2 πε0a 3m

.

Chu kì dao động nhỏ của điện tích Q trong mặt phẳng xOy : T = d) Nếu Q = - q thì WtM = −qV0 −

q2 r2 4 πε0a 3

Fr = −

2π 2 πε0 ma 3 q

và lực tác dụng lên điện tích Q là :

dWtM q2 =+ r>0 dr 2 πε0a 3

Điểm O là vị trí cân bằng không bền trong mặt phẳng xOy. - Xét điểm N trên trục Oz thì thế năng của Q tại N sẽ là : WN = −

q2 πε0 a 2 + z 2

Suy ra O là vị trí cân bằng bền của Q theo trục z.

Bằng cách lập luận như ở câu c (tính Fz = − rằng

dWtN , áp dụng định luật II Niutơn và chú ý dz

z << 1 ) ta thấy điện tích Q dao động điều hoà quanh vị trí cân bằng O với chu kì : a T =

2π πε0 ma 3 . q

Bài tập 8. Bốn hạt nhỏ A, B, C, D có cùng khối lượng B

m và đều mang điện tích dương, được nối với nhau

L

bằng bốn sợi dây mảnh có cùng chiều dài L trong không khí. Các dây không giãn, khối lượng của dây không

A

α

C

đáng kể. Từng cặp hai hạt A và C, B và D có điện tích bằng nhau. Biết điện tích của mỗi hạt A, C bằng q. Khi hệ cân bằng, bốn điện tích ở bốn đỉnh của hình thoi

D

ABCD có góc ở các đỉnh A, C là 2α (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của lực hấp dẫn và lực cản của môi trường. a) Tính điện tích Q của mỗi hạt B, D. b) Kéo hai hạt A, C về hai phía ngược nhau theo phương AC sao cho mỗi hạt lệch khỏi vị trí cân bằng ban đầu một đoạn nhỏ rồi buông cho dao động. Tìm chu kì dao động.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

51

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường c) Giả thiết khi các điện tích đang nằm yên ở vị trí cân bằng thì các dây đồng thời bị đốt đứt tức thời. Tìm tỉ số gia tốc của hạt A so với gia tốc của hạt B ngay sau khi đốt dây.

Giải a) Khi cân bằng, lực căng dây là F :

kqQ kq 2 (2F − )cos α = . (1) L2 (2L cos α )2 kQ 2

B q A

y Q L

kqQ (2F − )sin α = . (2) L2 (2Lsin α )2

q

O

α

D

C x Q

2  Q  tgα = 3   . Q = q tg3a  q)  b) Khi các điện tích A, C ở hai đầu đường chéo này có độ dời là x1 và - x1 và có vận tốc là v1 = x1' ; v2 = x2' . Vì dây không giãn và góc α thay đổi rất ít nên :

v cos α = − v sin α 1 2 v2 = - v1 cotgα - Bảo toàn năng lượng:

mv 2 mv 2 1 kq 2kQ 1 kQ 2kq 1 E=2 + 2 2 + 2q( + ) + 2Q( + ) = hs 2 2 2 2Lcosα + 2x 2L 2 2Lsinα + 2x 2L 1 2 x x2 kq kq kq 1 1 ) Biến đổi : = ≈ (1 + 2 2Lcosα + 2x 2Lcosα(1 + x /Lcosα) 2Lcosα Lcosα L cos 2α 1 1 x x2 kQ 2 kq 2 2 ) ≈ (1 − + 2Lsin α + x 2Lsin α Lsin α Lsin 2 α 2 và x = L2 − (L cos α + x )2 − Lsin α 2 1

x2 1 (1 + cot g 2α) x ≈ − x cot gα − 2 1 2Lsin α

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

52

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

kq 2 x kQ 2 x 2kqQ 2 2 1 2 )x + Ax 2 = hs Do đó: E = mv (1 + cotg α) + -( + 1 1 L 2L2cos 2α 2L2sin 2α Với:

kq 2 x 2 kQ 2 x 2 kq 2 x 2 1 2 1 (1 + cot g 2α ) .

A= + = 3 3 3 3 3 2L cos α 2L sin α 2L cos3 α

(x 2 − x 2 ) 2 3 2 ) kq tg α (−x cot gα − 1 kq 2 x kQ2 x kq 2 x 1 2Lsin α 1 + 2 )= 1 + ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2L cos α 2L sin α 2L cos α 2L sin α kq 2 x 2 1 (1 + cot g 2α ) ≈− 2 4L cos3 α 3kq 2 x 2 2 2 1 (1+ cotg 2α) = hs E = mv (1+ cotg α) + 1 3 3 4L cos α x" +

Dao động có ω =

3kq 2 x =0 4mL3cos3α 2π 3kq 2 ; T= = ω 4mL3cos3α

4mL3cos3α 3kq 2

c) Khi đứt dây đồng thời các hạt ra xa vô cùng, từng đôi có vận tốc v'1 và v'2 như nhau.

Gia tốc ngay sau khi đứt dây là

kq 2 2kqQ kQ 2 2kqQ a = + cos α ; a = + sin α 1 m4L2 cos 2 α mL2 2 m4L2 sin 2 α mL2 kQ2cosα 2kqQ kq 2 tg3αcosα 2kqQ a cosα = + sinαcosα = + sinαcosα 2 2 2 2 2 2 2 m4L sin α mL m4L sin α mL =

a kq 2 sin α 2kqQ + sin α cos α = a1sinα ⇒ 1 = cotgα a2 m4L2 cos 2 α mL2

Bài tập 9. Một lò xo nhẹ, cách điện, một đầu gắn chặt vào giá cố định, đầu còn lại treo quả cầu kim loại nhỏ khối lượng m, tích điện q. Hệ được đặt trong không khí và khi cân bằng quả cách một thành phẳng bằng kim loại đã nối đất một khoảng a (hình vẽ) 1) Từ vị trí cân bằng người ta kéo quả cầu xuống dưới, cách VTCB một đoạn x0 (x0 << Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

53

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 2a) rồi thả nhẹ. Chứng minh quả cầu dao động điều hòa. Lập biểu thức tính chu kì và viết phương trình dao động của quả cầu.

K

2) Nghiên cứu sự biến đổi mật độ điện tích hưởng ứng trên mặt vật dẫn tại điển M cách vị trí cân bằng của quả cầu

m,q

khoảng 2a.

a

Giải 1) Khi quả cầu cách mặt phẳng khoảng r, lực tương tác giữa điện tích q và bản kim loại là F =

q2 16 πε 0 r 2

.

Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc O tại VTCB của quả cầu + Vị trí cân bằng, gọi ∆l là độ biến dạng của lò xo.

P + F - Fdh = 0 ⇒ mg +

q2 16 πε 0 a 2

- k∆l = 0 (1)

K

Fdh

+ Khi quả cầu có li độ x. Phương trình động lực học : mg +

q2 4 πε 0 ( 2a - x )

⇔ mg +

2

q2

 x  16 πε 0a 2  1 -   2a 

2

- k ( ∆l + x ) = mx" (2)

x   Ta chỉ xét dao động nhỏ (x << 2a). Khi đó 1  2a  

Thay vào (2) được: mg +

O

- k ( ∆l + x ) = mx"

-2 ≈ 1+

m,q

F P 2a -q

x a

q2

 x  1+  - k ( ∆l + x ) = mx" 2 16 πε 0a  a 

  q2 q2 ⇔  mg + - k∆l  + x - kx = mx" 2 3   16 πε 0a   16 πε 0a

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

(3)

54

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

 k q2  Từ (2) và (3) ⇒ x - kx = mx" ⇒ x"+  m 16 πmε a 3 16 πε 0a 3 0  q2

Đặt ω =

 x = 0  

k q2 ⇒ x" + ω2 x = 0 quả cầu dao động điều hòa với chu kì : 3 m 16 πmε a 0

2π k × = 2π ω m

T =

1 1-

q2

T0

=

16 kπε 0a 3

1-

,

q2 16 kπε 0a 3

trong đó T0 là chu kì dao động khi quả cầu không tích điện.

Phương trình dao động x = Acos ( ωt + φ ) .  x ( 0 ) = x 0  A = x 0 ⇒ ⇒ x = x 0cosωt Từ điều kiện ban đầu:   v ( 0 ) = 0 φ = 0

2) Xét trường gây ra tại điểm M nằm trên mặt vật dẫn, ở thời điểm t, cách quả cầu khoảng r. Cường độ điện trường do các điện tích q và -q gây ra tại M có phương, chiều như hình

q vẽ. Độ lớn : E1 = E 2 = k r2 Theo kết quả bài 1, mật độ điện tích hưởng ứng

1 2kqa qa trên mặt vật dẫn : σ = ε 0E = × = .

3 4πk r 2πr3

•q α

+ Khi quả cầu ở vị trí cân bằng thì

r = a ⇒ σ0 = HM =

( 2a )

q 16πa 2

2

và

- - - -

- a2 = a 3

+ Khi quả cầu có li độ x thì:

r =

(

a 3

)

2

H0

r

- - -M- - E2

• -q

E1 E

x 2 + ( a - x ) = 4a 2 - 2ax + x 2 ≈ 2a 1 2a

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

55

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Khi đó σ =

q

x   1  2a  16πa 2 

-3/2

3x   ≈ σ0 1 +  4a  

Vậy mật độ điện tích tại M cũng biến đổi tuần hoàn.

3x 0   + σ max = σ0  1 +  ⇒ x = x 0 quả cầu ở vị trí thấp nhất.

4a   3x   + σ min = σ0  1 - 0  ⇒ x = - x 0 quả cầu ở vị trí cao nhất.

4a  

VII. DAO ĐỘNG CỦA LƯỠNG CỰC ĐIỆN Bài tập 1. Hai đầu một đòn cân nhẹ chiều dài 2L có gắn điện tích +Q và – Q với cùng khối lượng M. Đòn cân có thể quay không ma sát quanh trục thẳng đứng. Ỏ dưới đòn cân, trên đường thẳng nối +Q và – Q có một lưỡng cực điện nhỏ gồm hai điện tích +q và – q cách nhau 2a (với a << L) cố định. Ở thời điểm ban đầu đòn cân nằm ở vị trí cân bằng.

Tính tần số dao động nhỏ của đòn cân trong mặt phẳng thẳng đứng.

Giải Xét khi đòn cân quay một góc α nhỏ . Điện thế do lưỡng cực gây ra tại A VA =

q 1 1 q r2 − r1 ( - )= ( ) 4πε r r 4πε rr 0 1 2 0 12

α2 với r2 – r1 = 2acosα ≈ 2a( 1 ) = 2a - α2 ; 2 r1 r2 ≈ L 2 Suy ra VA = -

+q

+Q -q

qa 4πε L2 0

-Q

α

(2 - α 2 )

Tương tự ta có điện thế tại B do lưỡng cực điện gây ra ra là : VB = -

Thế năng tĩnh điện của hệ là: WP = - QVA + QVB =

Qqa 4πε L2 0

qa 4πε L2 0

(2 - α 2 )

(2 - α 2 )

Theo định luật bảo toàn năng lượng : Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

56

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

2Mω2L2 2 WP + WK = const ⇔(2 - α ) + = const 2 2πε L2 0 Qqa

Lấy đạo hàm theo thời gian hệ thức trên ta có :

Qqa dα dα α + 2ML2ω =0 dt πε L2 dt 0

Qqa ⇔ 2ML2ω.α" + α=0 2 πε L 0 ⇔ α " + ω2α = 0

Vậy tần số dao động nhỏ của đòn cân là: f =

ω 1 = 2π 2πL2

Qqa 2Mπε 0

Bài tập 2. Tìm chu kì dao động nhỏ của bốn vật tích điện giống nhau nối với nhau bằng các sợi dây có độ dài l. Các mũi tên trên hình vẽ là hướng chuyển động của vật khi dao động tại một thời điểm nào đó. Khối lượng và điện tích của mỗi vật tương ứng bằng m và

q.

Bài giải Xét khi quả A, C dịch chuyển một đoạn nhỏ x, quả B,

B

A

D dịch chuyển một đoạn nhỏ y khỏi vị trí cân bằng. + Thế năng tương tác của hệ điện tích:

O

Wt = q(VA + VB + Vc + VD)/2 V ới : 2kq VA = VC = + l l 2kq VB = VD = + l l

kq 2 - 2x kq 2 + 2y

D

m,q C

y

Từ đó tìm được:   4lq 2 1 1 Wt = + kq 2  +  l l 2 + 2y   l 2 - 2x

⇒ Wt =

4lq 2 l

  2   kq 1 1   + + l 2 2x 2y  1+ 1  l l  

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

57

x

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Ta có: 2x 2x 2 1 2y + ; ≈1 + 2 l l 2x 2y l 11+ l l  2 x 2 + y2 2 ( x - y) 4lq 2 kq 2  ⇒ Wt = + 2+ + l l l 2  l2  1

≈1 +

) 

(

2 2  l   l  - x +  + y  = l2 ⇒ Từ hình vẽ:   2   2 

(

  

y2 + x 2 2 2 2ly - 2lx + y + x = 0 ⇒ x - y = 2l

) (

 x 2 + y2 2 x 2 + y2 4lq 2 kq 2  Wt = + 2+ + l l 2  l2 l2 

Vậ y :

2y 2 l2

)    

Mặt khác, trong sự di chuyển nhỏ của các quả cầu khỏi vị trí cân bằng, có thể coi x ≈ y, v1

≈ v2 ≈ v3 ≈ v4. Khi đó : 4lq 2 2kq 2 6kq 2 x 2 Wt = + + l l 2 2l3

Năng lượng toàn phần của hệ : 4lq 2 2kq 2 6kq 2 x 2 mv 2 W= + + + 4. l 2 = const. Với v = x’ l 2 2l3

Đạo hàm theo t :

Hay :

x" +

12kq 2 xx' + 4mx'x" = 0 2l3

3kq 2 4π x=0 T= 3 .

V ậ t dao độ ng đ i ề u hoà v ớ i chu kì 2ml q

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

2πε 0 ml3 3

58

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Bài tập 3. Đặt trong chân không một vòng dây mảnh, tròn, bán kính R, tâm O, mang điện tích dương Q phân bố đều. Dựng trục Oz vuông góc với mặt phẳng của vòng dây và hướng theo chiều vec tơ cường độ điện

x C

–q

trường của vòng dây tại O (hình vẽ). Một lưỡng cực điện có vec tơ mô

men lưỡng cực p , tâm C và có khối lượng m chuyển động dọc theo trục

+q

O

Oz mà chiều của p luôn trùng với chiều dương của trục Oz. Bỏ qua tác

R Q

dụng của trọng lực. a) Xác định tọa độ z0 của C khi lưỡng cực ở vị trí cân bằng bền và khi lưỡng cực ở vị trí cân bằng không bền. Tính chu kì T của dao động nhỏ của lưỡng cực quanh vị trí cân bằng bền. b) Giả sử ban đầu điểm C nằm ở điểm O và vận tốc của lưỡng cực bằng không.

Tính vận tốc cực đại của lưỡng cực khi nó chuyển động trên trục Oz.

Giải a) Thế năng của lưỡng cực điện tại điểm cách tâm O của vòng dây một khoảng z là:

Wt =

kqQ r 2 + (z +

l 2 ) 2

-

kqQ r 2 + (z kqQ

≈

 r 2 + z2 1 +  

≈

l 2 ) 2

kqQ r2 + z2

1/2

  r2 + z2 

zl

kqQ

-

 r 2 + z 2 1-

 0,5.zl  kqQ 1 - 2 2  r + z  r 2 + z2 

 

1/2

  r 2 + z2 

zl

 0,5.zl  kqQ.zl 1 + 2 2  = - 2 2 3/2 r +z   (r + z )

dWt kqQl(r 2 - 2z 2 ) Ta có F = = (1) dz (r 2 + z 2 )5/2 F = 0 khi z =

r 2 r 2 , (tại đó thế năng là cực tiểu, cân bằng là bền) và z = (tại đó thế 2 2

năng là cực đại, cân bằng là không bền) Tại điểm cân bằng bền. Khi lưỡng cực lệch một đoạn x thì z' =

r 2 + x thay vào (1) ta 2

có: Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

59

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

2 r 2  2 kqQl(r - 2  + x  ) 2 kqQl(r 2 - 2z'2 )   ≈ - 2 2kqQlrx ≈ - 16kqQlrx F' ≈ = 2 (r 2 + z'2 )5/2 (1,5r 2 )5/2 35/2r5 r 2  5/2 2 (r +  + x  )  2  Đặt ω =

πr 2 35/4 16kqQl suy ra chu kì dao động nhỏ là T = 2 m.35/2r 4

b) Tại điểm cân bằng bền z =

m kpQ

r 2 , F = 0 nên vận tốc có trị số cực đại 2

mv2max kqlQr 1 2 = . ⇒ vmax = 2 2 (1,5r 2 )3/2 r.33/4

kpQ m

Bài tập 4. Lưỡng cực điện có mô men p1 hướng theo trục Ox, được đặt cố định ở điểm

O. Lưỡng cực điện có mô men p 2 đặt ở điểm M có tọa độ M(r, θ1) chỉ có thể quay quanh M.

1) Ở vị trí cân bằng, p2 lập với OM một góc θ2. Tìm mối liên hệ giữa θ1 và θ2. Tính toán cho trường hợp θ1 = 0,

π π ; 4 2

2) a) Biểu diễn năng lượng W = - p 2 .E1 của lưỡng cực p 2 nằm cân bằng trong điện

trường E1 của p1 . b) Tìm giá trị của θ1 sao cho năng lượng đó là cực tiểu. Xác định lực hút giữa hai lưỡng cực ứng với giá trị θ1 này.

3) Tính năng lượng cực tiểu và lực hút nếu các lưỡng cực là hai phân tử nước đặt cách o

nhau 3 A . Cho biết mối liên kết OH trong phân tử nước có mô men p = 4.10-30C.m và hai liên kết OH lập với nhau góc α = 150o.

Giải

1) Điện thế tại M do lưỡng cực điện có mô men p1 gây ra là: V =

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

1 p1cosθ1 2 4πε 0 r

60

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

∂V 2p1cosθ1 Điện trường tại M là: E = = 1r ∂r 4πε r3 0 p sinθ 1 ∂V E == 1 1 1θ r ∂θ 4πε r3 1 0

Lưỡng cực điện p 2 nằm trong điện trường E1 chịu tác dụng của

ngẫu lực có mô men M = p 2 × E1 . Khi cân bằng thì M = 0  p = p cosθ 2 Có p  2r 2 2 p = p sinθ  2θ 2 2

i j k

Nên M = p ×E = p p 0 = 0, 0, p (E cosθ - E sinθ ) 2 1 2r 2θ 2 1θ 2 1r 2 E E 0 1r 1θ

(

)

E 1 Khi M = 0 thì E1θ cosθ 2 - E1r sinθ 2 = 0 từ đó ta có tanθ = 1θ = tanθ 2 E 1 2 1r + Với θ = 0 thì θ = 0 1 2

π + V ới θ = thì θ 2 = arctan0,5 = 26,5o 1 4 π π + V ới θ = thì θ = 1 2 2 2

2. a) Năng lượng của p2 là : W = - p2 E1= - (p2cosθ2E1r + p2sinθ 2E1θ )

Ở vị trí cân bằng của p2 (ứng với θ 2 = θ 2C ), năng lượng là : W=-

p1p 2 (2cosθ1cosθ 2C + sinθ1sinθ 2C ) 4πε 0 r 3

b) Năng lượng có cực trị khi - 2sinθ1cosθ 2C - 2cosθ1sinθ 2C

dW = 0 hay dθ1

dθ 2C dθ + cosθ1sinθ 2C + sinθ1cosθ 2C 2C = 0 dθ1 dθ1

Khi p2 nằm cân bằng thì sinθ1cosθ 2C = 2cosθ1sinθ 2C nên các hệ số của Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

dθ 2C triệt tiêu, và dθ1

61

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 3cosθ1sinθ 2C = 0 do đó năng lượng đạt cực trị.

+ Nếu cosθ1 = 0 hay θ1 =

π π pp và θ 2C = khi đó W = - 1 2 3 4πε 0 r 2 2

+ Nếu sinθ 2C = 0 hay θ 2C = 0 và θ1 = 0 khi đó W = -

2p1p 2 4πε 0 r 3

Đó là năng lượng ở trạng thái cân bằng bền, mà lực hút là F = -

dW 6p1p 2 hay F = dr 4πε 0 r 4

3. Mỗi liên kết O – H có một mô men lưỡng cực p. Phân tử nước có mô men lưỡng cực bằng 2pcos

π = 2.4.10-30 cos52,5o = 4,87.10-30 Cm 2

Năng lượng cực tiểu là : Wmin = - 1,58.10-20 J ≈ - 0,1eV Lực hút giữa hai phân tử là F = 1,58.10-10 N

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

62

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

PHẦN KẾT LUẬN Bồi dưỡng học sinh giỏi là một nhiệm vụ rất quan trọng của các trường THPT chuyên. Đối với môn Vật lý thì phần chuyển động liên kết của hạt mang điện là một phần khó, việc giải được các bài tập nâng cao đòi hỏi phải có sự kiên trì, tư duy sáng tạo đồng thời phải có phương pháp phân tích, lập luận và tư duy lôgic, khoa học mới giải quyết triệt để bài toán.

Để giúp học sinh bớt những khó khăn trong quá trình học tập, sáng tạo, tự nghiên cứu có hiệu quả trong việc giải các bài toán vật lý. Trong quá trình trực tiếp giảng dạy phần tĩnh điện, bồi dưỡng học sinh giỏi chúng tôi đã phân dạng, loại bài tập nhằm góp phần nâng cao việc bồi dưỡng năng lực sáng tạo, tư duy cho học sinh thông qua giải bài tập.

Việc sưu tầm và tuyển chọn các bài tập, phân dạng...không phải việc làm ngẫu nhiên. Các bài tập đều nằm trong chương trình bắt buộc trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia và chọn vào đội tuyển thi Olimpic Quốc tế. Các dạng bài tập được sắp xếp theo các cấp độ từ đơn giản đến phức tạp tuân theo đúng quy luật của nhận thức. Các bài tập được tuyển chọn từ các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, tạp chí vật lý phổ thông,

đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia, Olimpic vật lý các nước, Olimpic vật lý Quốc tế...

Trong mỗi bài tập đều có hướng dẫn giải, phân tích hiện tượng vật lý, lập luận lôgic khoa học và có dẫn dắt theo các công thức tính toán để học sinh có thể nắm bắt được bản chất các hiện tượng cũng như các định luật vật lý.

Đề tài này là sự tích luỹ các bài giảng, những kinh nghiệm mà chúng tôi đã sử dụng để dạy cho học sinh các lớp chuyên, bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi trong những năm qua và đã gặt hái được những thành công nhất định. Hy vọng đề tài này sẽ đáp ứng

được phần nào về tài liệu tham khảo, phương pháp giải cùng với hệ thống bài tập được phân loại từ đơn giản đến phức tạp, giúp cho các bạn đồng nghiệp trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như học sinh chuyên, học sinh yêu thích môn Vật lý.

Rất mong được sự góp ý của bạn đọc để đề tài được hoàn thiện hơn, giúp cho công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng hiệu quả hơn.

Xin trân trọng cảm ơn!

Bắc Giang, ngày 24/6/2013

Chủ nhiệm đề tài Lưu Văn Xuân Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

63

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

MỤC LỤC Trang Mở đầu Phần I. Tóm tắt lí thuyết

1 2

A. Lí thuyết phần tĩnh điện

2

B. Một số khai triển trong toán học

4

C. Phương trình vi phân

5

D. Tích véc tơ

8

Phần II. Hệ thống các dạng bài tập II.1. Bài tập hệ hai điện tích điểm

9

II.2. Bài tập hệ nhiều điện tích điểm

22

II.3. Chuyển động của điện tích điểm trong điện trường gây bởi vật tích điện có kích thước

27

II.4. Các bài tập sử dụng phương pháp ảnh điện

30

II.5. Chuyển động của vật mang điện có kích thước

36

II.6. Dao động của điện tích – hệ điện tích

41

II.7. Dao động của lưỡng cực điện

56

Phần kết luận

63

Mục lục

64

Tài liệu tham khảo

65

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

64

Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] PGS – TS Nguyễn Ngọc Long, Bạch Thành Công (2005), Olympic vật lý châu Á (2000 – 2004), NXBGD. [2] Vũ Thanh Khiết, Nguyễn Thế Khôi (2009), Bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý THPT, Điện học 1, NXBGD. [3] Nguyễn Quang Hậu (2008), Bài tập vật lý đại cương tập 3 (điện học & điện từ học), NXBĐHQGHN. [4] Yung – Kuo Lim (2008), Bài tập và lời giải điện từ học, NXBGD. [5] David Halliday, Cơ sở vật lý (2002), tập 2. Điện học. NXBGD. [6] Vũ Thanh Khiết, Vũ Đình Túy (2011), Các đề thi học sinh giỏi Vật lý (2001 – 2010), NXBGD.

Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang

65