bài tập về cường độ điện trường có hình vẽ và lời giải chi tiết hay nhất để chúng ta cùng học tập.với tài liệu này.việc học vật lí thật đơn giản.cuối bài là công thức mình đã tổng áp dụng giải nhannh.cảm ơn các bạn đã ủng hộ mình
CHƯƠNG I TRƯỜNG TĨNH ĐIỆN BÀI 1.1 (37) * Tại điểm M - Áp dụng NLCCĐT để tính được: EM = kQh ε ( R + h )3/2 r' r dEn M dEn r dEM (1) r r dEt dEt' r' dEM r h EM r * Tại điểm O α - Do h = nên EO = * Tìm giá trị Emax điểm trục vòng dây: dq R O - Lấy đạo hàm bậc biểu thức (1) theo h ta được: y '( h ) d h dEM → y '( h ) = kQ = ÷ dh ( R + h )3/2 dh dq’ BÀI 1.1 (37) → y '( h ) 3/2 2 1/2 ( R + h ) − 2h.( R + h ) h ÷ = kQ ÷ (2) 2 (R + h ) ÷ - Cho biểu thức (2) ⇔ ( R + h )3/2 − 3h ( R + h )1/2 = (3) - Đặt ( R + h )1/2 = x - Ta có: x − 3h x R Vậy h = Với x > = → x = 3h Và Emax = → R + h = 3h kQ 3/2 3R ÷ Bài 1.2 (37) - Chia vòng dây thành phần tử có chiều dài dl, mang điện dQ r - Lực Cu lông dQ tác dụng lên q dF ur kqdQ r dF = R ε R Hay dF = k qdQ ε R ∫ r r r dF = dF1 + dF2 r r dF1 + ∫ dF2 (**) r - Phân tích dF thành thành phần: - Thay vào (*) ta có: r F= ∫ nuavong r dF1 (1) r dF (*) nuavong dl’, dQ’ dl, dQ - Áp dụng nguyên lí tổng hợp lực, lực điện nửa vòng dây tác dụng lên ĐTĐ q là: r F= ∆ nuavong - Lấy phần tử dl’ mang điện dQ’ đối xứng với dl qua trục ∆ O r r dF2 dF ∆ Bài 1.2 (37) r - Gọi dF ' lực điện dQ’ tác dụng lên q dl’, dQ’ dl, dQ dα - Tương tự ta phân tích: r r' r' dF ' = dF1 + dF2 - Theo hình vẽ ta có: r r' dF1 ↑↓ dF1 ⇒ ∫ O α r' r r r ' dF dF dF2 dF r dF1 = nuavong r r r r' dF2 ↑↑ dF2 ⇒ F ↑↑ dF2 r r ⇒ F = ∫ dF2 Hay F = nuavong - Ta có: dF2 r dF1 r' dF1 r F dFr dQ ∫ nuavong = dF sin α (3) - Thay bt (1), (3) vào (2) ta được: dF2 (2) Gọi α … Và dα góc chắn cung dl k q.dQ F= ∫ sin α (4) ε R nuavong ∆ Bài 1.2 (37) - Gọi λ mật độ điện dài thì: - Mặt khác: dl = R.dα dQ = λ dl dl, dQ k q.λ dl F= ∫ sin α ε R nuavong - Vậy: k q.λ R.dα F =∫ sin α ε R α k q.λ π π k q.λ →F = (−cosα ) →F =∫ sin α dα ε R ε R k q.λ − ( cosπ − cos0 ) →F = ε R - Thay số: dα r' dF1 Hay: 2k q.Q →F = ε π R dl’, dQ’ r dF1 O α r' r r r ' dF dF dF2 dF r F dFr dQ Q πR ε R 2k q 2k q.λ →F = = ε R 2.9.109 10−9.3.10−7 −3 F= = 1,13.10 (N ) −2 3,14.(5.10 ) ∆ Bài 1.2 (37) Chú ý: dl, dQ * Nếu gọi góc α là… - Ta có: dF2 ∫ nuavong Hay: ε R cosα (4 ') π k q.λ k q.λ R.dα F=∫ cosα → F = ∫ cosα dα ε R −π ε R α π k q.λ →F = (sin α ) −2π ε R * Xét trường hợp Q < →F = r dF1 O r' r αr r ' dF dF dF2 dF - Thay bt (1), (3’) vào (2) ta được: F= dα r' dF1 = dF cosα (3') k q.dQ dl’, dQ’ k q.λ ε R π −π sin − sin ÷ r F dFr dQ 2k q.Q →F = ε π R Bài 1.3 (38) * Cho: Pe = 0,62.10-29 (C.m) q = e = 1,6.10 −19 * Tìm: (C ) rM = rN = 3.10-7 (cm) = 3.10-9 (m) _ * Giải: b) EM = ?, EN = ? O -q a) Độ dài lưỡng cực điện là: - Áp dụng công thức tính mô men LCĐ: P →l = e q a) l = ? Pe = q l −29 0,62.10 −10 Thay số: l = = 0,39.10 ( m) −19 1,6.10 b) Tính cđđt điểm N nằm trục LCĐ: - Dẫn giải để đưa biểu thức: - Thay số: 2k Pe EN = ε rN3 2.9.109.0,62.10−29 EN = = 0, 41.10 (V / m) −9 (3.10 ) r l r + q E2 + N r E1 Bài 1.3 (38) b2) Tính cđđt điểm M nằm đường trung trực LCĐ: - Dẫn giải để đưa biểu thức: k Pe EN = ε rM E1 r EM α O M E2 - Thay số: 9.10 0,62.10 EN = (3.10−9 )3 −29 r1 = 0, 21.10 (V / m) r A _ -q α r Pe + B +q Bài 1.4 (39) * Xét điểm M (R1 < R) - Qua M vẽ mặt cầu S1(O,R1) So S1 - Tính điện thông qua mặt S1 theo cách: + Theo ĐN điện thông: Φe = ∫ ( S1 ) ur r DM d S = ∫ ( S1 ) dS R O DM dS cosα (*) R1 Giả thiết Q > 0, nên α = M r dS r DM Q>0 Theo tính chất đối xứng hình cầu nên D = const điểm cách tâm cầu → Φ e = DM + Theo ĐL O-G: ∫ ( S1 ) dS =DM 4π R12 (1) Φ e = ∑ Qi = q (**) S1 Với q điện tích chứa mặt cầu S1 Bài 1.5 (39) −9 −5 * Cho: σ = 4.10 (C / cm ) = 4.10 (C / m ) m = (g) = 10 (kg) -3 * Tìm: α =? q = 10-9 (C) Y * Giải: - Phân tích lực tác dụng lên cầu VTCB… - Theo định luật I Newton ta có: r r r P + F + T = (1) - Chiếu phương trình (1) lên hệ trục tọa độ OXY: + Theo phương OX: F − T sin α = α r T α O F → tgα = + Theo phương OY: T cos α − P = P σ r q P 2εε q.E q.σ → tan α = = = mg mg 2εε mg → α ≈ 130 r F X Bài 1.5 (39) Cách 2: - Tổng hợp lực: r r r P+F = F' - Theo định luật I Newton ta có: r r r r r P + F + T = (1) → T = − F ' (2' ) Hay T = F ' (2) F - Theo hình vẽ: tan α = P σ q 2εε q.E q.σ → α ≈ 13 → tan α = = = mg mg 2εε mg α r T r F O α r r P F' Bài 1.6 (39) Áp dụng kết ví dụ trang 16+17 SGK σ E= 1− 2εε a + b Khi b0 Khi b >> a a a2 → ∞ ⇒ +1 → ∞ ⇒ b b a2 +1 b a2 = + 1 b − a2 +1 b σ →0⇒ E ≈ 2εε a2 q ≈ 1− ⇒E≈ 2b 4πεε b Bài 1.7 (40) ∆ - Chia bán cầu thành vi phân diện tích dS, mang điện dQ dS , dQ Q>0 - dQ gây rartai O cường độ điện trường dEO , có phương, chiều hv có độ lớn là: r dE1 O k dQ k σ dS dEO = (1) → dEO = ε R ε R r r dEO dE2 - Áp dụng NLCCĐT, tính cđđt bán cầu gây O là: r EO = ∫ r dEO (*) r r r r bancau - Phân tích dEO thành thành phần: dEO = dE1 + dE2 - Thay vào (*) ta có: r EO = ∫ Bancau r dE1 + ∫ Bancau r dE2 (**) Bài 1.7 (40) - Lấy phần tử dS’ mang điện dQ’ đối xứng với dS qua trục ∆ r' - Gọi dEO cường độ điện trường dS , dQ dS ', dQ ' Q>0 dQ’ gây O r dE1 O - Tương tự ta phân tích: r' r' r' dEO = dE1 + dE2 - Theo hình vẽ ta có: r r' dE1 ↑↓ dE1 r r' dE2 ↑↑ dE2 - Từ (**) ta có: ⇒ ∫ r dE1' α dS n r r r' r' dEO dE2 dE2dEO r dS , dQ EO r dE1 = Bancau r r ⇒ EO ↑↑ dE2 r r EO = ∫ dE2 ∆ Hay EO = dE2 (2) Bancau Bancau - Gọi dSn hình chiếu dS mặt đáy ∫ - α góc mp dS dSn Bài 1.7 (40) ∆ - Theo hình vẽ: dE2 = dEO cosα (3) dS ', dQ ' dS , dQ Q>0 - Thay biểu thức (1), (3) vào (2), ta có: k σ dS cos α EO = ∫ ε R bancau k σ ⇒ EO = dS cos α ∫ ε R bancau - Mà ta có: -Nên: dS n = dS cosα r dE1 O α r' dE1 α dS n r r' r r' dEO dE2 dE2 dEO r EO k σ k σ k σ σ EO = dS = S ε R S∫day n ε R day → EO = ε R π R = 4εε Bài 1.8 (41) * Cho: q = 2.10−7 (C ) R = 300 (cm) = (m) R0 = 10 (cm) =0,1 (m) * Tìm: r EM = ? O’ * Giải: - Qua M vẽ mặt trụ SM có đáy chứa M, đường sinh l/2 l/2 R - Tính điện thông qua mặt trụ theo cách + Theo ĐN điện thông: Φe = ∫ r ur D.d S R0 SM → Φe = ∫ S xq r ur D.d S + M O ∫ S2 day r ur D.d S Bài 1.8 (41) → Φe = ∫ D.dS cosα1 + S2 day ∫ D.dS cosα (*) S xq - Theo giả thiết R0 [...]... 8,846 .10 V2 Bài 1. 14 (42) A * Cho: AB = 4 (cm) = 4 .10 -2 (m) BC = 3 (cm) = 3 .10 -2 (m) * Tìm: UAB = ? q1 = -3 .10 -8 (V/m) q2 = 3 .10 -8 (V/m) * Giải: - Điện thế tại A do q1 và q2 gây ra là: VA = V1 + V1 = B D + q2 _ C q1 k q1 k q2 2 2 2 2 + Với: AC = BD = AD + DC = 3 + 4 = 5(cm) ε AC ε AD 9 −8 9 −8 3 3 3 9 .10 ( − 3 .10 ) 9 .10 3 .10 → V = − 5, 4 .10 + 9 .10 = 3,6 .10 (V ) Thay số: VA = + A −2 −2 1. 5 .10 1. 3 .10 ... hạn mang điện đều q là điện tích của một đơn vị dài dây dẫn mang điện - Ta có: q = λ.l (2) Và σ E= (3) 2εε 0 - Thay biểu thức (2) và (3) vào (1) : σ λ l F= 2εε 0 - Thay số: 2 .10 −5.3 .10 −6 F= = 3,39( N ) 12 2.8,846 .10 Bài 1. 10 ( 41) * Cho: σ = 10 11 (C / cm 2 ) = 10 −7 (C / m 2 ) 1 q = 10 −9 (C ) 3 * Tìm: AM ∞ = ? r = ON = 1 (cm) = 10 -2 (m) R = MN = 10 (cm) = 0 ,1 (m) O * Giải: - Áp dụng định nghĩa điện thế:... 2 .10 −7 3 E= = 6 .10 (V / m) 12 1 4.3 ,14 .8,846 .10 3 .10 r D Bài 1. 9 ( 41) −9 2 −5 2 * Cho: σ = 2 .10 (C / cm ) = 2 .10 (C / m ) λ.l = 3 .10 (C / cm) = 3 .10 (C / m) −8 −6 * Tìm: F =? * Giải: - Coi một đơn vị dài của dây dài vô hạn mang điện đều là một điện tích điểm: - Lực điện trường tác dụng lên một đơn vị dài của một dây dài vô hạn đặt trong điện trường của mặt phẳng vô hạn mang điện đều là: F = q.E (1) ... q.VM q - Với VM là điện thế tại M do quả cầu tích điện gây ra: Q σ S q.σ r 2 VM = = → AM ∞ = 4πεε 0 ( R + r ) 4πεε 0 ( R + r ) εε 0 ( R + r ) - Thay số: AM ∞ 1 −9 −7 −4 10 10 10 −9 3 = = 3,43 .10 (J ) 12 −2 8.846 .10 (10 + 1) .10 N M Bài 1. 11 ( 41) - Chia vòng dây thành các vi phân chiều dài dl mang điện tích dQ - Điện thế tại một điểm (M hoặc O) do dQ gây ra là: k dQ dV = O h ε r - Vậy điện thế tại một... 2 Khi b0 3 Khi b >> a a a2 → ∞ ⇒ 2 +1 → ∞ ⇒ b b 1 a2 +1 2 b a2 = 2 + 1 b − 1 2 1 a2 +1 2 b σ →0⇒ E ≈ 2εε 0 1 a2 q ≈ 1 ⇒E≈ 2 2b 4πεε 0 b 2 Bài 1. 7 (40) ∆ - Chia bán cầu thành những vi phân diện tích dS, mang điện dQ dS , dQ Q>0 - dQ gây rartai O cường độ điện trường là dEO , có phương, chiều như hv và có độ lớn là: r dE1 O k dQ k σ dS dEO = (1) 2 → dEO = 2 ε R ε R r r dEO dE2 - Áp... 4 .10 + 9 .10 = 3,6 .10 (V ) Thay số: VA = + A −2 −2 1. 5 .10 1. 3 .10 k q1 k q2 ' ' V = V + V = + - Điện thế tại B do q1 và q2 gây ra là: B 1 2 ε BC ε BD 9 −8 9 −8 9 .10 ( − 3 .10 ) 9 .10 3 .10 3 3 3 Thay số: V = + → V = − 9 .10 + 5, 4 .10 = − 3,6 .10 (V ) B B 1. 3 .10 −2 1. 5 .10 −2 - Vậy hiệu điện thế UAB là: UAB = VA – VB = 3,6 .10 3 – (-3,6 .10 3) = 7,2 .10 3 (V) ... 9 .10 3 .10 = 386(V ) M −2 (5 + 2) .10 M Bài 1. 13 (42) * Cho: d = 5 (mm) = 5 .10 -3 (m) * Tìm: U = ? −σ +σ d σ =? E = 10 4 (V/m) * Giải: r - Áp dụng công thức liên hệ giữa E và V: E= U d → U = E.d V1 r E Thay số: U = 10 4.5 .10 -3 = 50 (V) - Đối với 2 mặt phẳng // mang điện, thì điện trường chỉ tồn tại trong khoảng 2 mặt phẳng và có độ lớn: σ → σ = E.ε 0ε E= ε 0ε 4 12 = 8,846 .10 −8 (C / m 2 ) Thay số: σ = 10 ...Bài 1. 4 (39) * Xét điểm M (R1 < R) Gọi ρ là độ điện tích khối của quả cầu Ta có: 4 Q = ρ V( S0 ) = ρ π R 3 3 4 q = ρ V( S1 ) = ρ π R13 3 So S1 dS R Q.R13 → q = 3 (2) R O R1 M r dS r DM Q>0 Từ biểu thức (1) và (2), suy ra: DM = Q R1 Q R1 k Q R1 4.π R 3 → EM = εε 4.π R 3 = ε R 3 0 Điều phải chứng minh Bài 1. 4 (39) * Xét điểm N (rN > R) - Qua N vẽ mặt cầu S2(O,R2) S0 - Tính điện thông qua... phần: dEO = dE1 + dE2 - Thay vào (*) ta có: r EO = ∫ Bancau r dE1 + ∫ Bancau r dE2 (**) Bài 1. 7 (40) - Lấy phần tử dS’ mang điện dQ’ đối xứng với dS qua trục ∆ r' - Gọi dEO là cường độ điện trường dS , dQ dS ', dQ ' Q>0 do dQ’ gây ra tại O r dE1 O - Tương tự như trên ta phân tích: r' r' r' dEO = dE1 + dE2 - Theo hình vẽ ta có: r r' dE1 ↑↓ dE1 r r' dE2 ↑↑ dE2 - Từ (**) ta có: ⇒ ∫ r dE1' α dS n r r r'... 13 0 r F X Bài 1. 5 (39) Cách 2: - Tổng hợp 2 lực: r r r P+F = F' - Theo định luật I Newton ta có: r r r r r P + F + T = 0 (1) → T = − F ' (2' ) Hay T = F ' (2) F - Theo hình vẽ: tan α = P σ q 0 2εε 0 q.E q.σ → α ≈ 13 → tan α = = = mg mg 2εε 0 mg α r T r F O α r r P F' Bài 1. 6 (39) Áp dụng kết quả ví dụ 2 trang 16 +17 SGK σ 1 E= 1 2 2εε 0 a + 1 2 b 2 Khi b0 3 Khi b >> a a a2