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

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 r r vectơ cường độ điện trường E1 , E 2 ... do từng điện tích riêng biệt Q1, Q2... gây ra tại A : r r r E = E1 + E 2 + ... = r ∑ Ei i ur ur ur 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 ur E= ∫ toµn bé vËt r 1 dq r . . 4πεε0 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 Q 1, Q2 ...tại một điểm A trong điện trường bằng : V= Q1 Q2 + +... 4 πε0 εr1 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 ur - Tại mọi điểm của điện trường, vectơ cường độ điện trường E vuông góc với mặt đẳng ur r ur 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 + ... + + ... 4πε0εr12 4πε0εrik 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 2V2 + ... + q n Vn ) 2 IV. Lưỡng cực điện ur r r 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 ur 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 r r ∆E ∆E = pe và hướng về phía điện trường mạnh. ∆x ∆x r ur 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 3α3 2 ( ( e =α+ x+ x ...= α 1 + αx + + +... = αe αx dx 2! 3! 2! 3!   ( ) d 2 αx e = α 2 e αx Và tiếp theo : 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) x3 x5 x 7 x2 x4 x6 sinx = x + ...; 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 ( ) ( 1 ix 1 ix -ix e + e-ix ; sinx = e -e 2 2i cosx = 4.Khai triển Ln: ln(1 + x) ≈ x − ) x 2 x3 x 4 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 r 1 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 1 pΔ -Δ . ± = 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 = e r1x và y 2 = e r2x Là nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất (2) y' = r e r1x , y" = r 2e r1x Thật vậy: 1 1 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 e r1x 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 + C 2e r2x (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) pΔ p Δ + = 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) + C2 ( cosβx - isinβx )  = = eαx ( C1 + C2 ) cosβx + i ( C1 - C2 ) 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” + ω 2y = 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 y 1 = 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 xe r1x + 2r1e r1x 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 y 2(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 ur 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 ur 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. r r uur 2. Nếu gọi i, j, k lần lượt là vec tơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz thì ta có: ur r r r A = Ax i + A y j + Az k ur ur ur ur 3. Tích vô hướng của hai véc tơ A và B : A.B = ABcosα ur ur α là góc giữa hai vec tơ A và B . Nếu viết biểu thức của tích vô hướng theo hình chiếu thì: ur ur A.B = A x Bx + A y B y + A z Bz ur ur ur ur ur ur A.B = A B cosα ; α =( A , B ) ur ur ur ur r 4. Tích véc tơ (hoặc tích hữu hướng) của hai véc tơ A và B : A ∧ B = ABsin α.n r ur ur n là véctơ đơn vị trên trục vuông góc với mặt phẳng chứa A và B trục hướng theo chiều ur ur 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: r r i j ur ur A ∧ B = Ax Ay Bx By r k Az r r r = ( 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 ur ur ur ur d urur dA ur dB ur d ur ur ur dB dA ur + Đạo hàm: (AB) = B+ A ; (A ∧ B) = A ∧ + ∧B dt dt dt dt dt dt ur ∂ r ∂ ur ∂ r ur ∇ 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 ur ∂f r ∂f r ∂f r 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. Q Giải 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 kq kQ  l  kq . r l . Vì R >> l >> r ⇒ V1 ≈ 1 ÷+ R  2R  r Q lr Hai quả cầu là đẳng thế: V1 = V2 ⇒ q = × 2 2 R -2 kQq  l  kQq  l  F = ≈ 1+ ÷ ↔ F Q, q 2 2  ≈ 1- ÷ 2R   R Q, q R 2  l  R R + ÷ 2   kQq - 2kQql - kQq  l  1 + ÷ ⇒ F=FQ, q + FQ, -q = Tương tự : FQ, -q = .  R R3 R2  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. + ĐL BT NL : kq 2 mv2 kq 2 + .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 vμg = 2 + max μ mg ml l− kq 2gμ m = kq 2 − μgl ml Bài tập 3. Hai quả cầu nhỏ có điện tích và khối lượng lần lượt là q 1, 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? 2) Xác định các tỷ số K 2 = q2 q1 K = theo 1 m2 m1 Giải uur 1) Gọi V0` là vận tốc ban đầu của quả cầu 1 và 2. uur uuur uur ( ) uuur uuur uur 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: a = = 1x m1 ∆t V0 sin60 0 q .E y + Gia tốc theo phương Oy là: a = 1 = 2 1y m1 ∆t (1) (2) - Xét quả cầu 2: q2 .E x - (- V0 ) = + Gia tốc theo phương Ox là: a 2x = (3) m2 ∆t Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 10 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường q 2 .E y V -0 = 2 + Gia tốc theo phương Oy là: a 2y = m2 ∆t (4) V0 V cos60 0 V V 0 Ex 2 = = 0 .Suy ra V = 0 . - Lấy (1) chia (2) và (3) chia (4) ta được: 2 V0 Ey V2 3 sin60 0 2 Vậy vận tốc quả cầu 2 giảm 3 lần. V V0 - 0 cos60 0 3 K 3 2 2) Lấy (1) chia (3), ta có : 1 = = . Vậy K 2 = 4 K1 K2 V0 4 r Bài tập 4. Hai viên bi với điện tích q 1 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 60 0, 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 k 1 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 v r 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 : r r r r F t = Eq t = m v - m v (1) 1 1 11 1 r r r r F t = Eq t = m v - m v (2) 2 2 2 2 2 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 11 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường r r đồng thời Eq 2 t // Eq1t , nghĩa là các xung lượng đó hợp với hướng của động lượng ban 600 α α v 1 đầu các góc như nhau bằng α , suy ra m 2 v 2 = m 2 vtg 300 ⇒ 2 = v 3 3 Eq t = m 2 v = 2m 2 v * Từ (1) và (2) suy ra : Eq1t = m1vsin600 = m1v , 2 3 2 cos300 2 q m  3 1 = 1  ÷ → 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 M 1 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 r 0 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 uur uur → v1 v a) Bảo toàn động lượng : m1 + m2 2 = 0 (1) m v2 m v2 kq q kq q 1 1 + 2 1 + 1 2 = 1 2 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : 2 2 r r 0 Từ (1) và (2) : ⇒ v1 = - - Khi r = ∞ : v1 = - 2km q q  1 1  2 1 2  - ÷; v = m (m + m )  r r÷ 2 1 1 2  0  2km 1 2 ; v2 = m (m + m ) r 1 1 2 0 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang (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 12 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường b) Hệ quy chiếu gắn với khối tâm : kq q μ 2 kq1q 2 1 2 v + = - Bảo toàn cơ năng cho hạt M rút gọn : 2 r r 0 ⇒v= ⇒ v= 2k ⇒v =1 µ r0 2k  1 1   - ÷ ⇒ r=∞ μ r r÷  0  2km 1 2 ; v2 = m (m + m ) r 1 1 2 0 2km 1 1 m (m + m ) r 2 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 q 1 = q2 , m1 = 1g; q1= q2, m2 = 2g. Ban đầu, khoảng cách hai quả cầu là a = 1m, vận tốc quả cầu m 2 là 1m/s, hướng dọc theo đường nối hai quả cầu và đi ra xa m 1 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  Vcx = v0 r r  r 2mvr02 + mvr01  2v02 + v01 3 V0 = = = const →  3m 3 V = 1 v  cy 3 0 Do không có ngoại lực, khối tâm chuyển động thẳng đều. 2/3V0 m C - Xét trong hệ quy chiếu khối tâm (C). Vận tốc của mỗi hạt gồm 2 thành phần : + Thành phần theo phương nối 2 hạt (dưới đây V0/ 3 2m V0/ 3 y 2/3V0 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 : Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 13 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 2  Vmx = v0  r  3 vm  , 2 V =- v  my 3 0 v  V2mx = - 0  r  3 v 2m  v0  V =  2my 3 - 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 của hạt 2m, ta có :  v   a  v0 .a . = v.rmax =  0 ÷ ÷  3 ÷ 3 9    l Mặt khác : rmax = max 3 Từ (1) và (2) suy ra : v = ( 1) (2) C 2rmax m 2V V rma 2m lmax x Trạng thái đạt () v .a 0 . Vì l ≥ 3a ⇒ v ≤ max 3lmax v0 a v hay v ≤ 0 (3) . 9 3 3a Theo định luật bảo toàn năng lượng: 1 1 m(v 2 + v2 ) + 2m(v 2 + v 2 ) mx my 2mx 2my 2 2 1 2 1 2  m(2v) + 2mv ÷ 2 2  q2  1 1  q2  1 1  v02 4 2 2 ⇒ = m. v + 2m =  ÷  ÷ 3mv 0 4πε  a l max  4πε  a l max  9 9 0 0 Theo giả thiết lmax ≥ 3a ⇒ q2  1 1  q2 2 2 2 2 2 2 − ⇒ mv 0 − 3mv ≥ mv - 3mv ≥  ÷ 4πε 0  a 3a  6πε a 3 3 0 0 Từ (3) ⇒ q ≤ v 0 34πε ma 0 = 0,32C (4) 9 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 14 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường - 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   1 1 2   q2  1 1  m  v ÷ + 2m  -  m(2v) 2 + m2v 2 ÷ ÷  3 ÷ 2 2 3 0  = 4πε  a - l ÷    0 Vì hai hạt không thể đi xa nhau quá lmax nên với l > lmax ta phải có : q2  1 1  q2 1 ≤ m + 2m ≤ 4πε  a l ÷  4πε 0 a 9 9 0 4v02 ⇒ q ≥v v02 8πε ma 0 = 0,27C (5) 0 3 Từ (4) và (5) ⇒ v 0 8πε ma 34πε ma 0 0 ≤q≤ v hay 0,27C ≤ q ≤ 0,32C. 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 O một vỏ cầu cách điện có bán kính OA = OB = r và khối lượng 4m. 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 uur uur r v , v ; vật 4m có vật tốc là v . 1 2 - Do hệ vật là kín nên động lượng được bảo toàn : mv1 + mv 2 + 4m.v = 0 . - Chiếu phương trình này lên trục Ox và phương ⊥Ox ta được : mv1cosα = mv2.cosα (1) Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 15 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 4mv = mv1sinα + mv2sinα (2) x 2v → v1 = v2 = sin α A0 m1, q A r αvr r α • Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : v1 kq 2 kq 2 v12 v2 − = 2.m + 4m r 2r.sin α 2 2 B0 O B m q 2, • r v2  2 kq 2  1  4v 2  ⇔ 1 − ÷ = m  2v + 2 ÷ r  2sin α  sin α   ⇔ mv 2 ( 2sin 2 α + 4) sin 2 α 2 2 kq 2 2sin α − 1 ⇔ v 2 = kq ( 2sin α − sin α ) = . 4m ( sin 2 α + 2 ) r 2sin α 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 m 1 = 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 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 16 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường a) Vì q1 và q2 cùng dấu nên quả cầu 1 đẩy quả cầu 2 chuyển động cùng chiều. Khi khoảng r cách giữa hai quả cầu đạt giá trị cực tiểu thì chúng có cùng vận tốc u ( u cùng chiều với uur v0 ) (hình vẽ) m1 uur v0 +q1 m2 +q2 m1 → u +q1 rmin → m2 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) 2  2 2 2 mv 2 0 + k 2q =  mu + 4mu ÷ + k 2q  2 2 a 2 ÷ r   min Từ (1), (2) suy ra: r = min (2) a mv 2a 0 1+ 5kq 5kq 2 r = b) Xét trường hợp a = ∞ hoặc đầu hai quả cầu ở rất xa nhau. Từ (2) ta có : 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 mv 2 mu mu 2q 0 +k 1 +4 2 = 2 a 2 2 (6) Thay vào (5) và (6) ta suy ra phương trình cho u2: kq 2 2 5mu - 2mv u =0 2 0 2 a  5k 5mkq 2 ' 2 2 2 2 Δ=m v + =m q  0  mr a  min Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang  ÷ ÷  (7) 17 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường v 5k 0 ± q Từ đó tìm được nghiệm của (7) : u 2 = (8) 5 5 mr min uur uur vì u 2 phải cùng chiều với v0 , nghĩa là u2 phải cùng dấu với v0 nên phải lấy dấu "+" v q 5k u = 0 + 2 5 5 mr min (9) v 5k 0 + 4q u = Thay vào (8) và (5) ta được 1 5 5 mr min uur ta thấy u1 trái dấu với v0 ( tức là ngược chiều với v0 ) vì quả cầu 1 bật trở lại trong trường hợp a = ∞ thì ta có: u = 2 2v 0 và u = 1 5 3v 0 5 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 uu r uur - Áp dụng định luật II Niu-tơn : v1 G v 2 M2 M1 uur uur r u r dv f dv =f ⇒ 2 = 2 1 dt dt m 2 m1 ur uur f , f là các lực hút tĩnh điện. 1 2 uur uur uuur uur mm  uur 1 uur 1 dv dv dv f 1 1 2 21 = 2 ÷ = f . với μ = ⇒ 2 - 1 =f  + (*) ⇒ 2 m m +m dt dt mμ ÷ 2 dtμ 1 2  1 2 - 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 : Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 18 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường v2 kq 2 kq 2 dr 21 1 = - 1 với v21 = E= μ ; - k q12 = A dt 2 r r 0 2 μ  dr  A A dr 2A  1 1   ⇒  ÷ + = ⇒ =- ÷ (vì dr < 0) ÷ 2  dt  r r dtμ r r 0  0  2A dr ⇒ =dtμr r 0 r 2 Đặt: r = cosα 0  r0  ⇒ - 1÷  ÷   dr r 0 -1 r π 2 π 2 = ( 0 ≤ θ ≤ ) ⇒ r ∫ 2cosαdα 0 2 0 π 2 ⇒ ∫ (1 + cos2θ)dθ = 0 =- 2A dt μr 0 t 2A 0 ∫dt μr 0 0 2k 1 4πε μ 3 0 r2 . t ⇒t =π 0 μ 3 0 8q q 0 1 2 r2 0 2) Ta thấy bình phương thời gian đi hết quãng đường tỉ lệ với lập phương quãng đường đi 2  t 2 r uuuuuuuur 1 3  ÷ ⇒ r = r = r 8 = 4 r ⇒ được: Chú ý : Kí hiệu r = M1M 2 là véctơ vị trí của M2 0 1 0  t ÷3 0  0 1 1 1 đối với M1 và μ là khối lượng rút gọn của hệ, xác định bởi : μ = m + m . 1 2 Ta có : μ dr 2 uuur = 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, 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 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 v 0. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có : kQq 6kq 2 mv2 0 =3 = → v0 = a a 2 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 Q lượng ta có : Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang Q O 25 Q Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 3Mv 2 3kQ 2 2kQ 2 2 = a →v= = Ma 8kq 2 Ma b) Gọi thành phần vận tốc của các quả cầu M theo phương trục Z là v z. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (m + 3M), ta có : 2 m 3Mvz = mv = m 12kq → vz = 3M ma 12kq 2 ma vx α vZ vZ v m Do vz 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 d ở vị trí cách mỗi mặt một khoảng d. Thả tự do điện tích. Hãy xác định : • 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 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 dọc theo Ox. Áp dụng định luật II Newton theo Ox : F3 - (F1 + F2 )cos450 = ma . Trong đó : F1 = F2 = -Q (1) • kQ 2 kQ2 ; F3 = 4d 2 8d 2 ⇒ a = (1 - 2 2) kQ 2 8d 2 (a < 0) Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang d r (m F • ) Q 3 r F1 r 450 Fd 2 O (2)• Q x (V = 0) • -Q 32 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường kQ 2 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 : W = 0 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) 2 d Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có : q k mv 2 (4 - 2) 4 =W -W ⇒v= 0 2 md 2 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 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 + Theo phương pháp ảnh điện thì ảnh của điện tích p là ở p’ Với OP'= x' = r2 r ; e' = - e x x 1 e.e' - e2 rx F(x) = . = . 2 4π ε 0 ( x - x' ) 4π ε 0 x 2 - r 2 ( Thế năng ở P là: E P = - ∫ F(x)dx = - ) 2 e2r +C 2 2 8π ε 0 x - r ) ( - Khi x = ∞ thì EP = 0 → c = 0 Theo ĐLBTNL ta có : 2 2 2 mv2 mv 2 e2 r 3r 0 = mv 0 = mv - e ; x= ⇒ 2 2 2 2 2 10π ε r 8π ε x 2 - r 2 0 0 ( Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang ) (1) 33 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Bảo toàn mô men động lượng: Từ (1) và (2) ⇒ v = e 3 r.mv = 2r.mv0 2 (2) 32 1 . 70π ε r0m 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 ∆Wt = - tĩnh điện là: KQ 2 KQ 2 + 4L 4x mv 2 Độ giảm thế năng tĩnh điện này bằng độ tăng động năng: ∆Wt = 2 ⇒ v= Đặt x  KQ  1 −  dx ⇒ dt = L  =− 2 mx dt 2 2 mx KQ 2 dx x 1− L r m, Q v O -Q x = cos2ϕ (0 ≤ ϕ ≤ π) ⇒ x = Lcos2ϕ L ⇒ dx = - 2Lcosϕsinϕdϕ ⇒ ⇒ dt = x = 1 − cos 2 ϕ = sin ϕ L L L cos ϕ.2 cos ϕ. sin ϕ.dϕ 2 m . sin ϕ KQ 2 ⇒ dt = 2 L3 .cos2ϕ ⇒ dt = 1− 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 = π 2 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 34 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Từ (*) ⇒ t π 2 0 0 ∫ dt = ∫ 3 mL mL3 ⇒ t=π .( 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/s 2 ) 2 m m(2h) q 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 −q h ur F trường được xác định : (+ ) h r r 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 = W - Wt = 0 =t0 4h 4h Như vậy, thế năng tương tác giữa điện tích q và tấm phẳng chỉ bằng 1/2 so với thế năng tương tác giữa q và –q (học sinh thường cho rằng thế năng tương tác này là - kq 2 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 =+ mv 2 ⇒v = 4h h 2 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 3k q 2mh 35 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 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 q năng tại A và M (vị trí có tọa độ x) - kq 2 kq 2 1 k 1 1 =+ mv 2 ⇒ v = - q (- + ) 4h 4x 2 2m h x AMO dx dx ⇒ dt = Chú ý: v = , tích phân hai vế dt v t 0 0 ∫ dt = ∫ 0 h-q 1 k 1 1 (+ ) 2m h x dx = 2m h ∫ kq 2 0 1 dx Đặt 1 1 (- + ) h x   x = 0α⇒= x = hcosα2 ⇒dx = - 2hcosαsinαdα ; khi   x = hα⇒= 0 to ∫ dt = 0 −q h 2m 0 - 2hcosαsinα dα ∫ 1 kq 2 π tanα 2 h 8mh 3 0 2 = -cosαdα ∫ kq 2 π 2 π 8mh 3 2 2 ⇒t 0 = ∫ cosαdα = 2 0 kq π 2 -q q mπ 2 h3 2kq 2 -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 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 36 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 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 với bán kính của Q v vòng dây). Vòng được đặt trong mặt phẳng nằm ngang và có thể quay O xung quanh trục thẳng đứng đi qua O. Ban đầu vòng đứng yên. Đặt vòng ur trong một điện trường đều có E song song với mặt phẳng vòng dây và A vuông góc với OA. Tìm vận tốc cực đại của vòng dây. Giải uur 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 uur uur Tương tác giữa hai điện trường làm điện trường E V quay cho đến khi véc-tơ E V song ur 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: Iω2 Ql QlE = A = Δq.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 ρ, có bán kính ρ trong là R1; bán kính ngoài R2 như hình vẽ. R1 a) Tính cường độ điện trường tại điểm cách trục của khối trụ một 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. Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang ρ R1 R2 37 a Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường - Áp dụng định lý Gao-xơ, dễ dàng có các kết quả sau : + Nếu 0 < r < R1 thì E1(r) = 0 + Nếu R1 ≤ r ≤ R2 Φ = E.2πr.l = ∆q/ε0 = ρπ (r 2 − R12 ) / ε 0 ⇒ E2(r) = ρ (r 2 − R12 ) 1 2lε 0 r + Nếu r > R2 thì Φ = E.2πr.l = ∆q/ε0 = ρπ ( R22 − R12 ) / ε 0 ρ ( R22 − R12 ) 1 1 ⇒ E3(r) = =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 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 ln(1 + ) Từ đó: A = K[ln(a + b) – lna] = 2ε 0 a (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 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 38 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 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 Q từ tâm của nó : E(x)×S = εε . 0 4 Trong đó : Q = πx δ3 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 4 q = - πr δ3 ) nằm ở khoảng cách x kể từ tâm quả cầu lớn thì chịu tác dụng của một lực 3 hướng vào tâm F(x) = qE(x) = 4πr3δ2 x , tương tự như tác dụng của một lò xo có độ 9εε 0 cứng K = 4πr 3δ 2 /9εε 0 . Như vậy, bài toán được F A chuyển sang việc tìm vị trí quả cầu có điện tích q được treo lên một lò xo có độ cứng K trong chất lỏng có khối lượng riêng ρ (hình vẽ). Fđ y F Kxθ Kx PA Fđ P x d - Mỗi quả cầu chịu tác dụng của 4 lực : Hình 1 4 P = mg = πr ρ3 g và lực đàn hồi (lực kéo vào 0 3 tâm quả cầu lớn) kx. r r r r r - Quả cầu cân bằng nên : P + FA + Fd + Kx = 0 4 3 4πr 3δ 2 xcosθ (1) + Chiếu lên Oy : mg - FA = Kxcosθ ⇒ πr (ρ0 - ρ)g = 3 9εε 0 q2 4πr3δ 2 = × xsinθ + Chiếu lên Ox : Fd = Kxsinθ ⇒ 9εε 4πεε d 2 0 0 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang (2) 39 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 4 với d = 2xsinθ và q = - πr δ3 . 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 vì các quả cầu rất nhỏ (r 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 thành một mặt phẳng có điện thế V = 0 . Sử dụng phương pháp ảnh điện đưa về bài 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 được cường độ điện trường gây bởi một dây dẫn thẳng dài tại điểm cách nó một khoảng 2r : Q 1 Q Q2 E.l.2π.2r = l. . ⇒ E = ⇒ F = QE = lε 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 : F10 = , lực này hướng về phía giao 4πε Lr 0 tuyến của hai tấm kim loại. Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 40 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 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 : E1 = 2ε S và E 2 = 2ε S . 0 0 3Q Cường độ điện trường bên trong tụ là : E t = E1+ E 2 = 2ε S . 0 Năng lượng điện trường trong tụ là : 2   1 3Q 2 V = ε× 1S × 3d  = ÷ Wt = ε E × t t 0 0 2 2  2ε S ÷  0  27Q 2d 8ε S 0 b) Khi hai bản cách nhau một khoảng d, kí hiệu V1, V2 lần lượt là vận tốc của bản 1 và bản 2. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mV1 + 2mV2 = 0 ⇒ V1 = - 2V2 1 Năng lượng điện trường bên trong tụ là : W ' = ε E V2 =' t 2 0 t t 2   1 3Q ÷ ε× Sd = 0 2  2ε S ÷  0  (1) 9Q 2d 8ε S 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 : ΔV = 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 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 41 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 1 Q 2d 2 ΔW = ε E n ΔV = . 2 0 4ε S 0 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : 2 2 2d mV 2 2mV 2 mV 2mV 9Q Q 2d 1 2 ' 1 2 = + + Wt - Wt = + + ΔW ⇒ 4ε S 2 2 4ε S 2 2 0 0 (2) 2d 2d Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta : V2 = Q 3ε Sm và V1 = - 2Q 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, K 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 ur 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 - Do tổng ngoại lực tác dụng hệ kín theo phương ngang nên khối tâm của hệ đứng yên và tổng động lượng của hệ được bảo toàn. K m1,q - 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 .o m2, - q 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) Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 42 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường m1v12 + m 2 v 22 + 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 180 o). 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 C x yA A0 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 y giữa A với B và B với C là không thay đổi nên: 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 : ( 1 + z ) a ≈ 1 + a.z , với z 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? uur 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 ur uuur 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 Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 48 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường ur ρ r E - Điện trường tại một điểm M bên trong quả cầu : 3ε r 0 r f ⇒ electron chịu lực kéo hướng tâm tuyến tính : = - e2 4πε R 0 r r 3 hướng về 0. r f (0) = 0 : vị trí cân bằng của electron là tại 0. 2) Phương trình CĐ của electron : mr" + ⇒ electron dao động với : ω = e 2r =0 4πε R 3 0 e2 4πε R 3 0 Nghiệm của phương trình: r(t) = r0cos(ωt+φ) ur r ⇒ 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: r 4πε R 3 uuur 0 E elip sẽ có tâm tại r = 0 e - Giá trị trung bình của momen lưỡng cực : P = 4πε0R3E0 [ ] có cỡ lớn R = 0,1nm = 10 ⇒ α = 4πR 3 thứ nguyên: m 4) Khi bị ion hóa : eE0 > e2 4πε R 3 0 3 r ⇒ E0 ≥ e 4πε 0 R 2 -10 m. với R = 10-10 (m) ⇒ E 0 cỡ 1011V/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. Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 49 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 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 = . = 4πε0 (a + x)2 + y 2 q 2 x y2  4 πε 0a  1 + ÷ + a  a2 Vì x, y = a, áp dụng công thức tính gần đúng cho ε = 1 : (1 + ε )n ≈ 1 + nε + Ta được : VA ≈ n(n − 1) 2 ε +... 2! q  x x 2 + y2 3x 2  + 1 − − ÷ 4 πε0a  a 2a 2 2a 2 ÷  q  x 2 + y2  4 + ÷ Tương tự với VB, VC, VD suy ra : VM = VA + VB + VC + VD = 4 πε0a  a2 ÷  ⇒ VM = V0 + Với r = q(x 2 + y2 ) 4 πε0a 3 = V0 + qr 2 4 πε0a 3 x2 + y2 là khoảng cách từ M đến O. - Thế năng của điện tích Q đặt tại M là : WM = qVM = qV0 + Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang q 2 r2 4 πε0a 3 50 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường 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 q2 - Thế năng của điện tích Q tại N là : WtN = qVN = πε0 a 2 + z 2 - 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 ⇒ mr& q2 2πε0a 3 r = 0. Đó là phương trình vi phân của dao động điều hoà, với m là khối lượng của vật mang điện 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 − q 2 r2 4 πε0a 3 Fr = − 2π 2πε0 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. Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 51 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường - 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 [...]... Giang 26 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Còn hai hạt tại các đỉnh B và D Giữ một hạt và thả hạt kia, thì động năng cực đại của nó 1 q q2 mv 2Bmax = q× = 2 4πε a 2 4 2πε a 0 0 bằng 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... 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 : K = 1 mv2 q2  1 1 1  = + + + 2 4πε 0  a1 a2 aN - 2   ÷ ÷  q2 Vậy : K = K1 - K 2 = Suy ra : q = 4πε0Ka 4πε 0a Lưu Văn Xuân – THPT chuyên Bắc Giang 27 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường III BÀI TẬP CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH ĐIỂM TRONG ĐIỆN TRƯỜNG GÂY... chuyên Bắc Giang 34 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường Từ (*) ⇒ t π 2 0 0 ∫ dt = ∫ 3 mL mL3 ⇒ t=π ( 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... Bắc Giang d r (m F • ) Q 3 r F1 r 450 Fd 2 O (2)• Q x (V = 0) • -Q 32 Chuyển động liên kết của các hạt mang điện trong điện trường kQ 2 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 : W = 0 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) 2 d Áp dụng định luật bảo toàn năng... 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, 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 ... z Lu Vn Xuõn THPT chuyờn Bc Giang Chuyn ng liờn kt ca cỏc ht mang in in trng PHN II H THNG CC DNG BI TP CHUYN NG CA HT MANG IN TRONG TRNG TNH IN I BI TP H HAI IN TCH IM Bi Hai qu cu kim loi,... 27 Chuyn ng liờn kt ca cỏc ht mang in in trng III BI TP CHUYN NG CA IN TCH IM TRONG IN TRNG GY BI VT TCH IN Cể KCH THC Bi Cú mt na vũng tớch in trờn hỡnh v Mt ht mang in trỏi du vi in mt im na... cu l s chng cht ca cht lng mang in tớch dng (ging nh cht lng thm vo) cũn cỏc qu cu mang in õm s trung Lu Vn Xuõn THPT chuyờn Bc Giang 38 Chuyn ng liờn kt ca cỏc ht mang in in trng ho in tớch