Phạm Văn Điệp *** Trường THPT Chuyên Lao Cai CHUYÊN ĐỀ: ĐỊNH LÍ OSTROGRADSKI-GAUSS I.Lí thuyết. 1.Khái niệm điện thông. Cho mặt S có pháp tuyến n r , đặt trong điện trường đều có cường độ điện trường là E r . Đại lượng: ( ) . . . .cos ,S E n E S E nΦ = = r r r r gọi là điện thông gửi qua mặt S. Nếu điện trường là không đều, thì ta chia mặt S thành những mặt dS rất nhỏ sao cho điện trường là đều rồi tính điện thông dΦ qua từng mặt, sau đó: ( ) .cos ,d EdS E n φ Φ = = ∫ ∫ r r Vậy điện thông qua S là một đại lượng vô hướng tính bằng biểu thức(*) 2.Định lí Ostrogradski-gauss. a.Điện thông gửi qua mặt cầu bán kính R khi ở tâm của nó có có điện tích điểm q. Rõ ràng, cường độ điện trường tại một điểm trên bề mặt cầu luôn vuông góc với mặt cầu tại điểm đó và có độ lớn không đổi. 2 0 1 4 o q E R R πε = r r Do đó: ( ) 2 0 2 2 2 0 0 0 1 .cos , 4 1 1 .4 4 4 o q EdS E n R ndS R q q dS R R R q πε π πε πε ε Φ = = = = = ∫ ∫ ∫ r r r r Ñ Ñ Rõ ràng, khi một điện tích điểm đặt ở tâm mặt cầu, điện thông qua mặt cầu này không phụ thuộc bán kính của nó. b.Điện thông gửi qua mặt bất kì khi bên trong mặt đó có điện tích điểm q. ( ) 2 0 1 .cos , 4 o S q EdS E n r ndS r πε Φ = = ∫ ∫ r r r r Vì S là mặt bất kì nên n r và 0 r r không trùng nhau. Ta thấy: o r ndS r r = cos α.dS =dS ’ ./ Với dS ’ là hình chiếu của dS trên mặt phẳng vuông góc với r r . Mặt khác: ' 2 dS r = Ω là góc khối nhì dS từ q. Vậy: ( ) 0 0 .cos , 4 S q q EdS E n d πε ε Φ = = Ω = ∫ ∫ r r Vậy điện thông gửi qua một mặt kín bất kì 0 q ε Φ = . Với q là điện tích điểm bên trong mặt kín, ε 0 là hằng số điện bằng 1 4k π . c.Điện thông gửi qua mặt bất kì khi bên ngoài mặt đó có điện tích điểm q. Xét hai phần tử diện tích dS 1 và dS 2 cùng được nhìn từ q dưới góc khối Ω nhưng nằm đối diện nhau như hình vẽ. α n r dS q dS ’ Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai ' 1 1 0 1. 1 2 2 0 1 0 1 0 ' 2 2 0 2. 2 2 2 0 2 0 2 0 1 2 1 4 4 4 1 4 4 4 0 dS q q q d r n dS d r r dSq q q d r n dS d r r d d d πε πε πε πε πε πε Φ = = = Ω Φ = = = Ω => Φ = Φ + Φ = r r r r Suy ra điện thông qua mặt S: 0dΦ = Φ = ∫ c.Điện thông gửi qua mặt bất kì khi bên trong mặt đó có hệ các điện tích điểm ( ) 1 2 2 0 1 2 1 1 2 0 0 0 0 1 4 n o S n n i n i q EndS E E E ndS r ndS r E ndS E ndS E ndS q q q q πε ε ε ε ε = Φ = = + + + = = + + + = + + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∑ r r r r r r r r r r r r r r Định lí: Điện thông gửi qua một mặt kín S(mặt Gauss) bằng tổng đại số các điện tích trong mặt kín S đó chí cho hằng số điện: 1 0 n i i q ε = Φ = ∑ II.Bài tập vận dụng Bài 1. Tìm cường độ điện trường do một mặt cầu bán kính R tích điện đều, mật độ điện mặt σ gây ra tại điểm cách tâm của mặt cầu một đoạn r. Lời giải: Vì lí do đối xứng nên các véc tơ cường độ điện trường tại các điểm khác nhau đều có phương đi qua tâm. Tại những điểm cách đều mặt cầu thì cường độ điện trường có độ lớn bằng nhau. Chọn mặt Gauss là mặt cầu bán kính đồng tâm với mặt cầu tích điện. Khi đó, xét một vi phân diện tích dS: . .cos0 .d EndSE E dS E dSΦ = = = r r Vậy, trên cả mặt kín: 2 . .cos0 . .4d EndSE E dS E dS E r π Φ = Φ = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ r r Theo định lí O –G: 2 1 0 .4 n i i q E r π ε = Φ = = ∑ *Nếu r < R: q = 0 => E = 0. *Nếu 2 : 4r R q R π σ ≥ = Suy ra: 2 2 2 2 0 0 4 .4 R R E r E r π σ σ π ε ε = => = Bài 2. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 2 α dS 2 q dS 2 ’ 2 n r dS 1 ’ 1 n r dS 1 O R r Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai Tìm cường độ điện trường do một quả cầu đặc bán kính R tích điện đều theo thể tích với mật độ điện khối ρ gây ra tại điểm cách tâm của mặt cầu một đoạn r. Lời giải: Vì lí do đối xứng nên các véc tơ cường độ điện trường tại các điểm khác nhau đều có phương đi qua tâm. Tại những điểm cách đều mặt cầu thì cường độ điện trường có độ lớn bằng nhau. Chọn mặt Gauss là mặt cầu bán kính đồng tâm với mặt cầu tích điện. Khi đó, xét một vi phân diện tích dS: . .cos0 .d EndSE E dS E dSΦ = = = r r Vậy, trên cả mặt kín: 2 . .cos0 . .4d EndSE E dS E dS E r π Φ = Φ = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ r r Theo định lí O –G: 2 1 0 .4 n i i q E r π ε = Φ = = ∑ *Nếu 3 4 : 3 R r R q π ρ ≥ = Suy ra: 3 3 2 2 0 0 4 .4 3 3 R R E r E r π ρ ρ π ε ε = => = *Nếu 3 4 : 3 r r R q π ρ < = Suy ra: 3 2 0 0 4 .4 3 3 r r E r E π ρ ρ π ε ε = => = Bài 3. Tính cường độ điện trường do một mặt phẳng rộng vô hạn tích điện đều theo diện tích với mật độ điện mặt σ. Lời giải: Vì lí do đối xứng nên các véc tơ cường độ điện trường tại các điểm khác nhau đều có phương vông góc với mặt phẳng. Đi ra ngoài mặt phẳng nếu σ > 0 và đi vào mặt phẳng nếu σ < 0. Xét mặt Gauss là mặt trụ bán kính r, nhận mặt phẳng tích điện là mặt đối xứng và có trục vuông góc với mặt phẳng tích điện. -Điện thông qua mặt Gauss bằng tổng điện thông Φ 1 gửi qua các mặt bên và Φ 2 gửi qua hai mặt đáy. 1 2 2 Φ = Φ + Φ = Φ vì 1 Φ = 0. 2 2 .S EΦ = 2 2 1 2 0 0 . . .2 .2 n i i q r E S E r π σ π ε ε = Φ = = = = ∑ Suy ra: 0 . 2 E σ ε = Bài 4. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 3 O R r Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai Tính cường độ điện trường do một hình trụ rỗng, bán kính R, dài vô hạn, tích điện dều theo chiều dài với mật độ điện dài λ tại điểm cách trục hình trụ một đoạn r. Lời giải. Chọn mặt Gauss là mặt trụ đồng trục với hình trụ trên, bán kính r, chiều cao h. Do tính đối xứng nên véc tơ cường độ điện trường ở mọi điểm luôn vuông góc với mặt trụ tại điểm đó tức là cùng phương bán kính. -Điện thông qua mặt Gauss bằng tổng điện thông Φ 1 gửi qua các mặt bên và Φ 2 gửi qua hai mặt đáy. 1 2 2 Φ = Φ + Φ = Φ vì 2 Φ = 0. 2 1 . . . xq S E r h E π Φ = = *Nếu r > R: 1 2 0 0 . 2 . . n i i q h r h E λ π ε ε = Φ = = = ∑ Suy ra: 0 2 . E r λ π ε = *Nếu r < R: 2 1 2 0 0 0 . . n i i q r h E π ε ε = Φ = = = ∑ Suy ra: 1 0 0 n i i q E ε = = = ∑ Bài 5. Tính cường độ điện trường do một hình trụ đặc, bán kính R, dài vô hạn, tích điện dều với mật độ điện khối ρ tại điểm cách trục hình trụ một đoạn r. Lời giải. Chọn mặt Gauss là mặt trụ đồng trục với hình trụ trên, bán kính r, chiều cao h. Do tính đối xứng nên véc tơ cường độ điện trường ở mọi điểm luôn vuông góc với mặt trụ tại điểm đó tức là cùng phương bán kính. -Điện thông qua mặt Gauss bằng tổng điện thông Φ 1 gửi qua các mặt bên và Φ 2 gửi qua hai mặt đáy. 1 2 2 Φ = Φ + Φ = Φ vì 2 Φ = 0. 2 1 . . . xq S E r h E π Φ = = *Nếu r > R: 2 1 2 0 0 0 . . . 2 . . n i i q V R h r h E ρ π ρ π ε ε ε = Φ = = = = ∑ Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 4 Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai Suy ra: 2 0 . 2 . R E r ρ ε = *Nếu r < R: 2 1 2 0 0 0 . . . 2 . . n i i q V r h r h E ρ π ρ π ε ε ε = Φ = = = = ∑ Suy ra: 0 . 2. r E ρ ε = Bài 6. TÍnh điện dung của tụ điện phẳng, do hai bản tụ rất gần nhau gây ra. Lời giải. Áp dụng định lí O – G ta tính được điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là: 1 2 0 E E E σ ε = + = Gọi điện thế một bản là V 1 , bản kia là V 2 , khoảng cách hai bản là d. Ta có: 1 2 0 0 0 V V S q E d S S σ σ ε ε ε − = = = = Từ đó suy ra: 0 1 2 S q C V V d ε = = − Bài 7. Tính điện dung của tụ điện tao bởi hai mặt cầu đồng tâm bán kính trong là R 1 , bán kính ngoài là R 2 . Lời giải: Giả sử mặt cầu trong tích điện dương q. Điện trường tại một điểm trong không gian giữa hai mặt cầu tính theo định lí O-G: 1 2 1 2 0 1 4 q E E E E r πε = + = = Mặt khác: dV = -E.dr Do đó: 2 0 0 1 1 . 4 4 q V E dr dr C r r πε πε = − = − = + ∫ ∫ Từ đó: 1 2 0 1 2 1 1 1 4 V V R R πε − = − ÷ Suy ra: 0 1 2 1 2 4 1 1 q C V V R R πε = = − − ÷ Bài 8. Tính điện dung của tụ điện có cấu tạo gồm hai mặt trụ bán kính trong R 1 , bán kính ngoài R 2 đủ dài. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 5 Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai Lời giải. Gọi mật độ điện dài là λ. Áp dụng định lí O-G, ta tính được điện trường tại vùng không gian giữa hai bản tụ: 1 2 1 0 1 2 E E E E r λ πε = + = = Mặt khác: dV = -E.dr Do đó: 0 0 . ln 2 2 dr V E dr r C r λ λ πε πε = − = − = + ∫ ∫ Từ đó: ( ) 1 1 2 2 1 0 0 2 ln ln ln 2 2 R V V R R R λ λ πε πε − = − = Suy ra: 0 1 1 2 2 2 ln l q C R V V R πε = = − Bài 9. a.Đặt một điện tích q tại tâm hình lập phương cạnh a = 10cm. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương đó. Nếu bên ngoài hình lập phương còn có điện tích khác thì thì điện thông qua từng mặt của hình lập phương và toàn bộ hình lập phương có gì thay đổi? b.Đặt điện tích q tại một đỉnh của hình lập phương thì điện thông qua tường mặt hình lập phương bằng bao nhiêu? (Trích đề thi HSG quốc gia năm 2000) Lời giải. a.Do tính đối xứng nên điện thông qua các mặt của hình lập phương bằng nhau. Áp dụng định lí O-G: 0 0 6 6 q q ε ε Φ = => Φ = Nếu bên ngoài hình lập phương còn có điện tích khác thì thì điện thông qua từng mặt của hình lập phương và toàn bộ hình lập phương không có gì thay đổi vì điện tích này nằm ngoài hình lập phương mà ta chọn làm mặt Gauss. b.Chọn mặt Gauss là hình lập phương có tâm tại đỉnh đạt điện tích, có cạnh gấp hai lần cạch hình lập phương ban đầu. Áp dụng ý a, mỗi mặt của hình lập phương mới có điện thông: 0 6 q ε Φ = gửi qua. Như vậy một mặt của hình lập phương cũ (không chứa điện tích sẽ có điện thông: 1 0 4 24 q ε Φ Φ = = Các mặt của hình lập phương cũ chứa điện tích có điện thông bằng không. Bài 10 Bên trong một khối cô lập tâm O bán kính R, tích điện đều với mật độ điện khối ρ có một cái hốc hình cầu tâm O 1 bán kính r, OO 1 = a. Chứng tỏ điện trường trong hốc là điện Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 6 O O 1 Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai trường đều và có độ lớn bằng 0 2 a ρ ε . Nếu O trung O 1 thì kết quả sẽ ra sao? Lời giải. Coi hốc rỗng là hợp của hai hốc, một hốc mang điện ρ và một mang điện -ρ. Phần mang điện ρ cùng với khối cầu tạo ra quả cầu đặc mang điện ρ. Xét một điểm M trong hốc. Coi điện trường này là tổng hợp của điện trường do cầu đặc gây ra là 1 E r và điện trường do hốc mang điện âm gây ra 2 E r 1 2 E E E= + r r r Trong đó 1 2 1 2 0 0 ; 3 3 r r E E ρ ρ ε ε = = Dựa vào hình vẽ: Có thể viết: 1 2 ( )E E E= + − r r r Ta thấy: 1 1 1 2 2 2 E r MO E r MO = = nên hai tam giác đồng dạng hay 1 2 / /E O O uuuuur r Hay 1 1 0 0 3 3 E E a E a r ρ ρ ε ε = = => = Nếu hai tâm trùng nhau thì a = 0 => E = 0. Bài 11. Một hạt mang điện –q ( q > 0 ), khối lượng m chuyển động trong điện trường gây ra bởi các ion dương. Các ion phân bố đều với mật độ điện tích ρ trong vùng không gian có dạng khối trụ, bán kính R, trục đối xứng xx ’ và đủ dài. Giả sử các lực tác dụng lên hạt là rất nhỏ so với lực điện và trong khi chuyển động hạt không va chạm với các ion dương. Xét hai trường hợp sau: 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa xx ’ . Lúc đầu, hạt ở điểm M cách trục một đoạn a ( a < R ) và có vận tốc 0 v r hướng theo phương của trục. Giá trị v 0 bằng bao nhiêu để sau khi đi được một khoảng L dọc theo trục thì hạt tới điểm N nằm cùng phía với M so với trục xx ’ và cách trục một đoạn a/2? 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục xx ’ . Lúc đầu hạt ở điểm P cách xx ’ một khoảng b > R và có vận tốc 0 v r nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng xx ’ . Lấy giao điểm O của mặt này với xx ’ làm tâm, vẽ một vòng tròn bán kính b và qua P rồi phân tích 0 // v v v= + r r r , trong đó v r tiếp tuyến với đường tròn còn // v r hướng dọc bán kính. Giả sử // v v= . a.Chứng minh rằng hạt chuyển động tuần hoàn theo phương bán kính đi qua hạt. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 7 O y // v r 0 v r v r R O 1 O 2 M r 2 r 1 E r 2 E r 1 E r O 1 O 2 M r 2 r 1 E r 2 E r 1 E r a Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai b.Tìm độ lớn của v và chu kì T. c. Tính khoảng cách l từ P tới hạt sau khoảng thời gian 2 T t n= ( n nguyên, dương). (Trích đề thi HSG quốc gia năm 2008) Lời giải: 1.Tại điểm cách trục một khoảng r, cường độ điện trường là E. Áp dụng định lí O –G: 2 1 2 0 0 0 . . . 2 . . n i i q V r h r h E ρ π ρ π ε ε ε = Φ = = = = ∑ Suy ra: 0 . 2. r E ρ ε = Theo phương Or vuông góc với xx ’ hạt chịu lực 0 2. F qE q r ρ ε = = . Theo ĐL IINewton: '' 0 2. mr q r ρ ε = − Hạt sẽ dao động điều hòa với chu kì 0 2 2 m T q ε π ρ = Với phương trình: . os 2 t r a c T π = ÷ Thời gian hạt đi từ M tới N theo phương của trục là: 0 L t v = 1 . os 2 2 6 t a r a c t k T T π = = => = ± ÷ ÷ Suy ra: 1 6 t T= và 1 6 t k T = ± ÷ với k nhận giá trị nguyên dương. Vậy 0 0 3 2 6 L L q v T m ρ π ε = = và 0 0 ; 1,2,3 1 1 2 2 6 6 L L q v k m T k k ρ ε π = = = ± ± ÷ ÷ 2.Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. Tại điểm cách trục r ( r > R) , cường độ điện trường là E. Áp dụng định lí O – G: 2 1 2 0 0 0 . . . 2 . . n i i q V R h r h E ρ π ρ π ε ε ε = Φ = = = = ∑ Suy ra: 2 0 . 2 . R E r ρ ε = Xét hạt tại P: 2 2 0 0 0 2 2 2 qR v q v R q qE m v R b b m b b m ρ ρ ρ ω ε ε ε = = => = => = = a.Tại thời điểm t, vận tốc v t = ω ’ (b + y) vì // v v= . Theo ĐL BTĐL: ( ) 2 2 2 ' 2 ' 2 1 1 b y y m b y m b b y b b ω ω ω ω ω ω − + = => = = + ≈ + ÷ ÷ ÷ + Lực tác dụng lên điện tích là: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 8 O y // v r 0 v r v r R Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai 2 2 2 0 0 1 2 ( ) 2 (1 ) qR qR y F m b y b y b b b ρ ρ ω ε ε = = = + ÷ + + Vì x << b) Lực quán tính trong hệ qui chiếu quay: 2 '2 2 2 2 3 1 ( ) 1 (1 ) (1 ) 2 qt ht y y y F ma m b y m b m b b b b ω ω ω = = + ≈ − + ≈ − ÷ Áp dụng định luật II: '' 2 2 2 3 1 1 (1 ) 2 2 qt y y my F F m b m b m y b b ω ω ω = − + = − + + − = − ÷ Từ đó ta có: '' '' 2 2 0my F y y ω = − + + = b.Chứng tỏ vật dao động tuần hoàn theo phương bán kính với tần số góc 2. ω và chu kì T với: 0 0 2 2 2 2 2 2 m m b b T q R q R ε ε π π π ρ ρ ω = = = c. Sau thời gian 2 T , bán kính véctơ quay góc 2 2 T π α ω = = Sau n 2 T thì hạt quay góc n 2 π Khoảng cần tìm là: * 2 2 sin ( ) 4 n l b n N π = ∈ Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 9 . Văn Điệp *** Trường THPT Chuyên Lao Cai CHUYÊN ĐỀ: ĐỊNH LÍ OSTROGRADSKI- GAUSS I .Lí thuyết. 1.Khái niệm điện thông. Cho mặt S có pháp tuyến n r , đặt trong điện trường đều có cường độ điện trường. bán kính ngoài R 2 đủ dài. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 5 Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai Lời giải. Gọi mật độ điện dài là λ. Áp dụng định lí O-G, ta tính được điện. . . 2 . . n i i q V R h r h E ρ π ρ π ε ε ε = Φ = = = = ∑ Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Định Lí O-G 4 Phạm Văn Điêp Trường THPT Chuyên Lào Cai Suy ra: 2 0 . 2 . R E r ρ ε = *Nếu r <