Chuyên đề: từ trường, cảm ứng điện từ

TỪ TRƯỜNG - CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ A Từ trường: Khái niệm từ trường: Là dạng vật chất tồn xung quanh mơt nam châm hay dịng điện Từ trường điện tích q chuyển động với vận tốc v (v ⇒  V0 b  Aω sin ϕ = b >  A = V0  bω Vậy phương trình dao động là: α = V0 π  cos ωt +  bω 2  c) Năng lượng dao động động ban đầu thanh: E = mV02 Bài 13: Một đĩa phẳng đồng có bán kính r = 10cm, khối lượng m = 0,4kg đặt vng góc với từ trường có cảm ứng từ B = 0,25T Đĩa quay tự do, b không ma sát quanh trục qua tâm vng góc với mặt phẳng K đĩa Hai đầu ab bán kính có đặt tiếp điểm trượt (tiếp xúc × với trục mép đĩa) dòng điện chạy qua Người ta nối hai tiếp B a điểm với nguồn điện áp chiều dòng điện I = 5A chạy qua đĩa 1) Hỏi sau kể từ bắt đầu có dịng điện chạy qua, đĩa đạt tốc I độ 5vòng/s E 2) Giả sử bánh xe quay nhanh dần tới tốc độ 5vòng/s quay với tốc độ Hãy tìm cơng suất động 3) Thiết bị hoạt động máy phát điện Giả sử ta không mắc nguồn điện mà thay vào điện trở R = 1Ω Khi bánh xe quay từ trường, mạch xuất suất điện động cảm ứng Hỏi phải tác dụng vào bánh xe mômen quay để đĩa quay với tốc độ 5vịng/s Tính cơng suất máy trường hợp Bài giải: a) Khi đĩa đặt từ trường có dịng điện chạy dọc theo bán kính chịu tác dụng lực từ F = BIr làm đĩa quay ngược chiều kim đồng hồ r BIr Mômen lực từ tác dụng lên đĩa: M = F = 2 - Phương trình ĐLH viết cho chuyển động quay đĩa: t M = t d ω BIr m mω mr × = ⇒ ∫ dt = ∫ dω ⇒ t = = 8, 4s dt BI BI 0 b) Khi đĩa quay Công lực từ thực đĩa quay góc dϕ : r BIr dA = Fds = F d ϕ = d ϕ = Idφ 2 Br Trong dφ = d ϕ từ thơng mà bán kính ab qt bánh xe quay góc dϕ dA dA dA BIr P= = =ω = ω = 0, 2355W - Công suất: dϕ dt dϕ ω c) Khi bánh xe quay, bán kính cắt đường cảm ứng từ nên trục điểm vành có hiệu điện Nếu ta nối điện trở với trục vành bánh xe qua tiếp điểm trượt ta có mạch điện kín mạch có dịng điện Dịng điện dịng e chuyển động định hướng bánh xe dọc theo bán kính tác dụng lực từ r2 r2 - Trong thời gian dt, bán kính quét diện tích: ds = d ϕ = ωdt 2 d φ Br Suất điện động cảm ứng: εC = = ω dt εC Br Dòng điện cảm ứng: I = = ω = 0,04A R 2R Khi dòng điện cảm ứng chạy dọc theo bán kính làm xuất lực từ tác dụng lên đĩa Theo định luật Lentz, lực từ cản trở chuyển động quay bánh xe Muốn bánh xe quay đều, phải tác dụng r BIr lên bánh xe mơmen có độ lớn: M = F = = 5.10−5 ( Nm ) 2 - Công suất tỏa nhiệt điện trở R: P = I2R = 1,6.10-3W Bài 14: Một nhẹ cách điện nằm ngang, chiều dài L quay quanh trục quay thẳng đứng qua trung điểm Ở hai đầu người ta gắn hai cầu nhỏ, có khối lượng m mang điện tích q Hệ đặt vào từ trường một nam châm hình trụ có cảm ứng từ B Đường kính cực từ d < L trục trùng với trục quay (xem hình vẽ) Cảm ứng từ giảm đến giá trị khơng Tìm vận tốc cầu vận tốc góc thời điểm cảm ứng từ không Bài giải: Khi từ trường biến thiên theo thời gian sinh điện trường xốy, điện trường có có đường sức bao quanh đường cảm ứng từ Điện trường xoáy tác dụng lực điện lên hai cầu làm cho quay quanh trục πd B0 Suất điện động cảm ứng ε = - ∆φ / ∆t = 4t t0 thời gian để từ trường giảm từ B0 tới Cường độ điện trường xoáy khoảng cách L/2 so với trục quay xác định từ phương trình: ε= A Q.E.πL d B0 = →E= Q Q 4t0 L 10 Bài 21 : Cho hai ống kim loại mỏng hình trụ (1) (2), có bán kính R = 5cm, R2 = 6cm Hai trụ lồng vào đồng trục, chúng khơng khí Tích điện trái dấu cho hai trụ cho mật độ điện tích dọc theo trục hình trụ có dạng : σ= 2πε 0U R , ln  ÷  R1  O R1 R2 r  U hiệu điện hai trụ Người ta tạo khoảng v B+ không gian hai trụ từ trường B = 0,2T, đường sức từ A + song song với trục hình trụ có chiều hình Kht lỗ Hình+2 trụ ngồi bắn hạt α có lượng W = 100eV bay vào hai trụ theo phương vng góc bán kính nằm mặt phẳng hình vẽ Hiệu điện trụ (1) trụ (2) để hạt α chuyển động cách hai trụ Bỏ qua tác dụng trọng lực Cho biết: mα = 6,64.10-27kg; qα = 2|e| = 3,2.10-19C; 1eV = 1,6.10-19J Lời giải: - Khi bay vào không gian có điện trường từ trường, hạt α chịu lực điện từ:     (1) F = q.E + q v ∧ B  - Để hạt khơng bị lệch mặt trụ F phải lực hướng tâm, lực cần thiết để giữ hạt [ ] R1 + R2 + = = 5,5cm (2) 2    - Nhận thấy lực điện q.E lực từ q v ∧ B phương, lực từ hướng vào trục hình trụ Giả sử trụ bay quỹ đạo trịn có bán kính: R = [ ] tích điện dương, trụ ngồi tích điện âm, lực điện hướng xa trục U = V1 – V2 > - Áp dụng định luật II Niu tơn cho hat α : q.v.B − q.E = - Từ công thức: W = m.v ⇒v= - Cường độ điện trường hai trụ: - Thay (4) (5) vào (3) ta có: U= 2.W m E= qB R 2W 2W R ( qB − ) ln q m R R1 m.v R (3) (4) σ U = 2πε R R ln R2 R1 (5) 2W U 2W −q = R m R (6) R ln R1 (7) - Thay số vào (7), ta tính được: U ≈ 121V - Do U > nên điều giả sử Vậy hiệu điện trụ so với trụ 121V Bài 22 : 18 Một đoạn dây dẫn mảnh dài có bọc cách điện uốn thành đường hình sin, chiều cao đường hình sin a ( hình 2) Nối hai đầu dây A,B đoạn dây dẫn thẳng loại tạo thành khung dây kín có điện trở khung R, có độ tự cảm L Cho khung dây chuyển động vào từ trường với vận tốc V không đổi r hướng dọc theo đoạn dây thẳng Thời gian để V a r chu kì hình sin vào từ trường τ Tính cơng B suất tỏa nhiệt trung bình khung thời gian khung chuyển động từ trường Lời giải: Hình + Ta thấy với đoạn dây số nguyên lần chu kì hình sin nằm hẳn từ trường vng góc với vectơ cảm ứng từ suất điện động cảm ứng đoạn sinh bị triệt tiêu, đoạn dây nằm ngang khơng cắt đường sức Do đó, ta xét thời điểm t kể từ khung bắt đầu vào từ trường suất điện động cảm ứng khung tạo coi đoạn dây có chiều dài D(t ) = a.sin ωt chuyển động cắt ngang 2π τ + Trong thời gian nhỏ dt kể từ thời điểm t( lúc đoạn dây bắt đầu vào từ trường) đoạn dây quét diện tích dS = D(t ).V dt , nên suất điện động cảm ứng khung thời điểm là: đường sức vùng mép bên phải từ trường tạo ra, với ω = dφ B.dS =− = − B.V D(t ) = − B.V a.sin ωt = −ξ sin ωt với ξ = BVa (1) dt dt + Vì suất điện động cảm ứng khung biến đổi theo thời gian nên dòng điện khung dòng biến đổi, gây suất điện động tự cảm khung di Theo định luật Ơm ta có: ξ = −ξ sin ωt = i.R + L (2) dt R ~ E0 sin ωt Nghiệm (2) có dạng: I (t ) = I1cosω t + I sin ωt L ξ =− Để tìm hệ số I1 , I ta thay(1) vào(2): −ξ sin ωt = R( I1cosω t + I sin ωt ) + L( −ω I1 sin ωt + ω I 2cosω t) - ξ sin ωt = ( RI − ω LI1 )sin ωt + ( RI1 + ω LI )cosω t Hình (3) Vì (3) thỏa mãn với giá trị t nên ta đồng thức hệ số hàm sin cosin hai vế ξ ω L  I1 = 2   −ξ = RI − ω LI1  R +ω L ⇒ của(3) ta được:  (4) − R ξ = RI + ω LI  I =  R + ω L2 2 + Công suất tỏa nhiệt tức thời khung p = i R = ( I1cosω t + I sin ωt ) R , ta thấy công suất tức thời biến thiên tuần hoàn theo thời gian, nên cơng suất trung bình chu kì τ cơng suất trung bình khung thời gian khung chuyển động Giá trị trung bình chu kì cos 2ωt 1/2, sin ωt 1/2, cịn giá trị trung bình chu kì sin ωt; cosω t Do đó, cơng suất tỏa nhiệt trung bình khung: P= R ( I1 + I 22 ) 19 P= ξ ω L2 ξ R2 Rξ 02 R ( 20 2 + 2 2 ) = (R + ω L ) (R + ω L ) 2( R + ω L2 ) Thay (1) vào (5) ta được: P = (5) R.B 2V a 2π với ω = 2 2( R + ω L ) τ Bài 23: Trong không gian chân khơng anốt hình trụ rỗng bán kính R catốt dây đốt thẳng có bán kính nhỏ khơng đáng kể nằm trục anốt, z ur người ta tạo điện trường xuyên tâm E hướng từ anốt đến catốt, có độ lớn khơng đổi từ E ur trường B có hướng trùng với trục catốt (xem hình vẽ) Bằng cách dùng hiệu ứng nhiệt, catốt phát cá electron với vận tốc ban đầu nhỏ không đáng kể a) Viết phương trình vi phân hệ toạ độ trụ (r, θ, z) mô tả chuyển động electron khoảng không gian catốt anốt b) Suy phương trình quỹ đạo electron Vẽ phác quỹ đạo c) Tìm vận tốc dài electron thời điểm t r r B O x M z M’ y  er r Gợi ý: Đối với c = a ∧ b , toạ độ trụ, ta có: c r = a θ b z − a z bθ ;cθ = a z br − a r b z ;c z = a r b θ − a θb r Bài giải: Chọn hệ toạ độ hình vẽ đề uu r ur 1) Êlectron M co catốt phát ra, hệ toạ độ trụ, có toạ độ OM(r, θ,z) cảm ứng từ B có r ur r ur thành phần (0,0,B) Lực tác dụng lên M là: F = −e  E + v ∧ B  Các thành phần lực hệ toạ độ trụ là: Fr = −e(−E + v θBz − v z Bθ ) = −e(−E + rθB) Fθ = −e(0 + v z Br − v r Bz ) = e(rB) Fz = −e(0 + v r Bθ − v θBr ) = r r Theo định luật II Newton F = ma , viết toạ độ trụ, ta có: F e a r = r − rθ2 = r = − (−E + Brθ) m m 1d F e aθ = (r θ) = θ = (Br) r dt m m F az = z = z = m Vậy ta có hệ phương trình sau: ( ) 20 (r − rθ2 ) = − e ( −E + Brθ ) m d e r θ = Brr dt m z=0 ( ) (1) (2) (3) 3) + Tích phân phương trình (3) ta z&= vz = const Nhưng vận tốc êlectron 0, tức vz = 0, suy z = const Điều có nghĩa êlectron catốt phát điểm trục z vẽ nên quỹ đạo phẳng mặt phẳng tiết diện vỏ trụ qua điểm Tức song song với mặt phẳng xOy e r2 B +C m Vì t = 0, r = rθ’ = 0, suy C = Suy eB θ&= (4) 2m eB t Tích phân (4), ta được: θ = (5) 2m (Chú ý không cần quan tâm tới số tích phân, ta chọn vị trí trục Ox Oy để số 0) + Tích phân phương trình (2), ta được: r 2θ&= r&− + Lưu ý (4), phương trình (1) viết lại sau: & e B2 e eB2  r = E − r÷  4m m 2m  e B2 eE r= 4m m Nghiệm tổng quát phương trình tổng 4mE - Nghiệm riêng phương trình có vế phải: r = eB2 Hay: & r&+ - Nghiệm tổng qt phương trình khơng vế phải: r = acos ( ωt + ϕ ) với ω = r(t) = eB tức là: 2m 4mE + acos(ωt + ϕ) eB2 Để xác định số a  ta dùng điều kiện ban đầu: t = 0, r = r&= Dễ dàng tìm và a = 4mE   eB   − cos  t ÷  eB   2m   Từ (5) (6) suy ra: r(t) = Hay: r(t) = (6) 4mE [ − cosθ] (7) eB2 8mE  θ  sin  ÷ eB2 2 Đây phương trình quỹ đạo êlectron toạ độ cực Để vẽ đồ thị quỹ đạo này, ta lập bảng biến thiên sau (chú ý đồ thị đối xứng qua trục hoành):   /4 /3 /2 2/3  3/2 2 1-cos 0,13 0,29 0,50 1,5 21 Đồ thị có dạng hình r y 3) Từ (4) (7) suy hai thành phần v toạ độ cực r&= 4mE eB 4mE 2E 2E sin θ.θ&= sin θ rθ&= (1 − cosθ) eB B B Vậy độ lớn vận tốc v = r&2 + r 2θ&2 = Hay v= 4E θ sin  ÷ B 2 r rmax 8mE = eB θ O 4E  eB  sin  t÷ B  4m  x 4mE eB Bài 24: Trong ống tia điện tử người ta tạo chùm tia electron nhờ điện áp tăng tốc U, sau cho chùm tia electron qua miền điện trường miền từ trường cho vận tốc electron lúc bắt đầu vào miền 8.1cm 3.0cm ur vng góc với véctơ cường độ điện trường E véctơ ur cảm ứng từ B Lúc đầu người ta cho chùm electron vào miền Hình ur điện trường E nằm mặt phẳng hình vẽ có phương thẳng đứng (hình 2) Trong thí nghiệm tiếp theo, người ta cho chùm electron vào miền từ 4c m ur trường B có phương vng góc với mặt phẳng hình vẽ (hình 3) a Tốc độ elctron lúc bắt đầu vào điện trường từ trường Bỏ qua tốc độ electron trước tăng tốc ur ur b Hướng độ lớn E B Nếu sau tăng tốc, cho chùm tia 3c m electron vào miền đồng thời có điện trường từ trường câu b điện áp tăng tốc U phải có giá trị để chùm electron không bị lệch lên phía xuống ? Biết khối lượng electron: me = 9,1.10-31kg, điện tích nguyên tố e=1,6.10-19C Bài giải: a) Động electron tăng tốc điện áp 3000V là: 2eU eU = mv ⇒ v = = 3,25.107 m / s m b) + Trong điện trường, electron chuyển động theo đường cong hướng lên trên, mà electron mang điện tích âm, điện trường có hướng xuống v0 e 4cm r Hình 3cm (r - 3)cm 22 Electron chịu lực tác dụng là: F = e.E Gia tốc electron theo phương thẳng đứng là: a = F eE = me m e Với hệ trục toạ độ x0y hình vẽ, phương trình chuyển động electron theo hai trục là:  x = v.t e.E.x 2me v y  ⇒ ⇒ E = eE  2 2m e v ex  y = at = 2m t e  8.1cm Electron qua điểm có toạ độ (0,081m; 0,03m) thay vào ta tính được: E = 5,49.104V/m 3.0cm + Trong từ trường quỹ đạo electron cung tròn, lực Loren đóng vai trị lực hướng tâm Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta thấy x từ trường có hướng khỏi mặt giấy Lực Loren có độ lớn: F = e.v.B Gọi bán kính cung tròn r, lực Loren lực hướng tâm nên ta có: y O v2 mv = evB ⇒ B = e r er Dựa đồ thị hình vẽ, áp dụng định lý Pitago tam giác vuông ta có: me r = 42 + (r − 3)2 ⇒ r = 25 25 cm = m 600 me v = 4,44mT er c) Khi có điện trường từ trường lực điện trường từ trường tác dụng lên electron ngược chiều nhau, electron chuyển động thẳng điện trường lực Loren: Vậy B = e.E = e.v.B ⇒ v = E B Mặt khác ta có: eU ' = mE mv ⇒ U ' = = 434,8V 2eB2 Bi 25: Một đĩa không dẫn điện, bán kính R, ngời ta kẹp vào theo đờng dây cung dẫn điện dài L, đĩa đợc quay với vận tốc góc không đổi Một từ trờng có cảm ứng từ B B hớng vuông góc với mặt phẳng đĩa HÃy tính hiệu điện hai điểm: điểm dây điểm cuối dây dẫn (Bỏ qua điện trở dây nối thanh) Li gii: Xét khung dây dẫn kín OAH (H trung ®iĨm AB) ∆Φ + Khi khung quay, s®®c xt bán kính OA có giá trị: e1= = t Và Sđđ cảm ứng xuất OH có giá trị bằng: BR2 A H Oã 23 B ω L2 ω = B(R2- ) 2 + Khi đĩa quay suất điện động cảm ứng xuất khung OAH suất điện động cảm ứng xuất đoạn L là: e2 = B.OH2 e3 = e1-e2 = BωL2 Bài 26: Một vịng dây hình vng có điện trở khơng đáng kể đặt mặt bàn nằm ngang nhẵn Khối lượng vòng m, chiều dài cạnh b Một từ trường thẳng đứng tạo có cường độ: B=B0(1+kx) Trong B0 k số Vòng dây truyền nhanh cho vận tốc ban đầu v dọc theo trục Ox Người ta nhận thấy sau thời gian t vịng dừng lại Tìm hệ số tự cảm vịng dây Bài giải: Tại thời điểm cạnh bên trái vịng có toạ độ x từ thơng qua vịng bằng: x+b 2 Φ = ∫ bB0 (1 + kx )dx = b B + kb B0 ( b + 2x ) x dφ dx → suất điện động cảm ứng khung: ξ = − = − kb B dt dt - Khi mạch xuất dịng điện i có suất điện động tự cảm cuộn dây: ξ c = −L di dt dx   di    + − L  = - Do điện trở khung nên ta có:  − kb B dt   dt   - Giả thiết thời điểm ban đầu toạ độ x = Lấy tích phân hai vế phương trình ta được: i =- kb B x L - Lực từ tác dụng lên khung: F = b.i.B0 [1+k(b+x)] - b.i.B0 (1+kx) = kb2.i.B0 = → gia tốc: a = b B 02 k x L F b B 02 kx =− = x’’ → khung dây dao động điều hoà từ trường thời gian m Lm dừng t = T/4 = π Lm  L = b B0 k Bài 27: Một khung dây dẫn hình vng MNPQ có chiều dài cạnh a, khung dây có điện trở R, khối lượng m Ban đầu khung dây vị trí hình vẽ, truyền cho khung dây vận tốc ban đầu r v0 theo phương ngang Khung dây chuyển động cắt đường O M N Q P u r B cảm ứng từ từ trường có đường cảm ứng từ vng góc với mặt phẳng khung dây hình vẽ Cảm ứng từ từ trường phụ thuộc vào tọa độ y theo quy luật B = B0 (1 + ky) , với uu r v0 x y 24 B0 , k số dương Bỏ qua ma sát lực cản môi trường, q trình chuyển động khung dây khơng thay đổi hình dạng ln chuyển động mặt phẳng thẳng đứng Viết phương trình biểu diễn phụ thuộc thành phần vận tốc v y (thành phần vận tốc theo trục Oy) khung dây theo thời gian t, vẽ đồ thị biểu diễn phương trình nêu nhận xét trình chuyển động khung dây Cho gia tốc rơi tự g Bài giải: - Xét thời điểm t bất kì, cạnh MN vị trí có tọa độ y, thành phần vận tốc khung theo trục Oy vy - Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta xác định chiều suất điện động cảm ứng cạnh khung dây hình vẽ + Xét chuyển động khung dây theo trục Ox (thành phần vận tốc theo trục Ox) Cạnh MN, PQ không tạo suất điện động cảm ứng Do tính đối xứng suất điện động cảm ứng hai cạnh MQ NP tạo có độ lớn ξ NP = ξQN + Xét chuyển động khung dây theo trục Oy (thành phần vận tốc theo trục Oy) Cạnh QM, NP không tạo suất điện động cảm ứng Suất điện động cảm ứng cạnh MN tạo ξ MN = av y B0 (1 + ky) Suất điện động cảm ứng cạnh PQ tạo ξ PQ = av y B0 [ + k(y + a) ] - Chọn chiều dương mạch (trong khung dây) hình vẽ Gọi cường độ dịng điện khung thời điểm xét i - Áp dụng định luật Ơm cho tồn mạch, ta được: ξPQ − ξQM − ξ MN + ξ NP = iR ⇔ av y B0 [ + k(y + a) ] − av y B0 (1 + ky) = iR ⇔ kB0a v y = iR ⇔ i= kB0a v y (1) R - Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định lực từ tác dụng lên cạnh MN, PQ khung dây hình vẽ FMN = iaB0 (1 + ky) O FPQ = iaB0 [ + k(y + a) ] y Lực từ tác dụng lên hai cạnh MQ NP có phương nằm ngang, độ lớn, ngược chiều Vậy theo trục Ox tổng hợp lực tác dụng lên khung dây khơng, thành phần vận tốc khung dây theo trục Ox không đổi v0 Xét theo trục Oy, áp dụng định luật II Niutơn cho khung, ta có: FMN + P − FPQ = ma y = my" ⇔ iaB0 (1 + ky) − iaB0 [ + k(y + a) ] + mg = my" ⇔ − iaB0 ka + mg = my" M i r FMN + y+a Q i i N r FPQ x u r B i P y Hình vẽ lực từ tác dụng lên cạnh theo phương thẳng đứng (2) 25 Thay (1) vào (2), ta được: ⇔ mg − kB0a kB0a v y R = my" k B02a ⇔ mg − y' = my" ( y’ = vy) R k B02a k B02a Y = y' ⇒ Y ' = y" Đặt ⇔ mg − Y = mY ' ⇔ Y ' = g − Y (1) R mR g  k B02a Đặt A = ⇒ Y ' = g − AY (1) ⇔ Y ' = g − AY = − A  Y − ÷ (2) A  mR g Đặt Z = Y − ⇒ Z' = Y ' , ta : A dZ dZ ⇔ Z' = − AZ ⇔ = − AZ ⇔ = − Adt dt Z g g g ⇔ Z = Ce − At ⇔ Y − = Ce − At ⇔ y' = + Ce − At ⇔ y' = v y = + Ce − At A A A (Có thể dùng phương pháp thử nghiệm, từ phương trình Z' = − AZ ta có nghiệm Z = Ce − At ⇔ Y − g g = Ce − At ⇔ y ' = + Ce − At A A ⇔ y ' = vy = g + Ce − At ) A g −g + Ce − A.0 ⇔ C = A A 2 k B0 a  − t mgR  = 2  − e mR ÷ ÷ k B0a   Tại t = 0, vy = 0, ta có : = Vậy v y = g − e − At ) ( A Nhận xét: Đồ thị biểu diễn phương trình có dạng Từ đồ thị, ta thấy sau thời gian chuyển động vận tốc vy tăng dần theo hàm số mũ, sau thời gian chuyển động vy tiến tới giá trị không đổi mgR k B02a v mgR k B02 a y x O Bài 28: Một kim loại OA khối lượng m, chiều dài a quay tự quanh trục thẳng đứng Oz Đầu A tựa vịng kim loại hình trịn, tâm O, bán kính a, đặt cố định nằm ngang Đầu O điểm vòng kim loại nối với điện trở R, tụ điện C, khoá K nguồn điện E tạo thành mạch điện hình vẽ (hình 3) Hệ thống đặt từ z u r B A O R C K E Hình 26 ur trường đều, khơng đổi có véc tơ cảm ứng từ B hướng thẳng đứng lên Bỏ qua điện trở OA, điểm tiếp xúc, vòng dây nguồn điện Bỏ qua tượng tự cảm, ma sát lực cản khơng khí Ban đầu K mở, tụ điện C chưa tích điện.Tại thời điểm t = đóng khố K a) Thiết lập hệ thức tốc độ góc ω OA điện tích q tụ điện sau đóng khố K b) Tìm biểu thức ω q theo thời gian t Cho biết mômen quán tính OA trục quay Oz dy m.a Cho nghiệm phương trình vi phân + ay = d với y = y(x) (d a số) dx − ax có dạng y = A.e + d a Bài giải: a) Sau đóng K có dịng điện mạch tích điện cho tụ Khi OA chị tác dụng lực điện từ, làm quay quanh trục Oz Khi quay, suất suất điện động cảm ứng Gọi i dòng điện chạy qua OA Lực điện từ dF tác dụng lên đoạn dr Bidr a Mômen lực từ tác dụng lên là: M = ∫ Bir.dr=iB Phương trình chuyển động quay thanh: I Suy ra: d ω = 3B dq 2m a2 dω a2 dω a2 = iB ⇒ ma = iB dt dt (1) Tích phân hai vế (1) ý t = ω = q = được: ω = b) Suất điện động cảm ứng xuất OA: EC = − Áp dụng định luật Ôm: E – EC = uC + Ri → E − dq q B a 2C E + (1 + )= dt RC 4m R RC t0 = E Đặt: (5) 3B a 2C I = 1+ R 4m Từ (2) (3) : Từ (4) ta tìm được: q = Q e t −  t0 Vậy ta có: q = I 0t0  − e  Bài 29: − t t0 3B 2mq (2) dφ Ba 2ω Suy EC = dt Ba 2ω q dq = +R C dt (3) (4) + I 0t0 Biết t = 0, q = suy Q0 = - I0t0 t −  3BI 0t0  t0 ÷ Theo (2) ω = 1 − e ÷ 2m    ÷ ÷  Một vịng dây siêu dẫn bán kính l đặt từ trường B , B nằm ngang song song với trục vòng dây Một đồng chất khối lượng m, dài l có điện trở R, đầu gắn vào tâm vịng dây, quay quanh tâm O Đầu tiếp xúc với vòng dây Bỏ qua ma sát Người ta đặt hiệu điện U tâm vòng dây Hỏi U phải thay đổi theo quy luật để quay với tốc độ góc ω khơng đổi ? Bỏ qua tượng tự cảm 27 Bài giải: Chọn gốc thời gian lúc qua vị trí thấp Suất điện động cảm ứng d  αl  Bl d ds  = (ωt ) → ξc = Bωl (1) ξc = |Φ'(t)| = B = B  dt dt   dt Để quay mơ men P phải cân với mô men lực ampe Ft P Ft có điểm đặt trung điểm l l mg MP = M Ft ⇔ P .sin α = B.I.l → I = sin ωt 2 Bl (2) Theo định luật Ôm: IR = U - ξC O • mgR Bωl Bωl IR = U →U = + sin ωt Bl 2 α Bài 30: Một hạt có khối lượng m điện tích q chuyển động với vận tốc có độ lớn khơng đổi vùng khơng gian có ba trường đơi ur F t P z ur vng góc với nhau, là: điện trường E , từ trường B g r trọng trường g (cho E B lần lượt hướng theo trục x y) Tại thời điểm đó, người ta tắt điện trường từ trường Biết động cực tiểu sau có giá trị nửa động ban đầu hạt Tìm hình chiếu vận tốc hạt ba phương thời điểm tắt điện trường từ trường Lời giải: E B x y ur ur ur Hạt CĐ trường E , B , g với vận tốc không đổi nên hợp lực lực tác dụng lên hạt không Oz: mg = qBVx → Vx = mg qB Ox: qE = qBVz → Vz = E B + Khi tắt đồng thời từ trường điện trường hạt ur chịu tác dụng trường g theo oz + Hạt có động cực tiểu vz = Lúc theo đề bài: 1 1 2 2 1 2 2 m v x + m v y =  mv x + mv y + mv z ÷→ m v x + m v y = m v z 2 2 2 4  2   v = v - v → Vy =  E ÷ -  mg ÷  B   qB  y z x Bài 31: Từ độ cao h so với mặt phẳng ngang có vịng mảnh khơng dẫn điện khối lượng m bán kính R tích điện q Vào thời điểm t = vòng bắt đầu rơi xuống không vận tốc đầu mặt 28 phẳng vịng ln nằm ngang suốt q trình rơi Khi vịng bắt đầu rơi người ta làm xuất từ trường có trục đối xứng trùng với trục vòng Ở vùng mà vòng rơi từ trường đều, hướng thẳng đứng cảm ứng từ thay đổi phụ thuộc vào thời gian theo quy luật B = k t 2, k có giá trị khơng đổi biết bỏ qua lực cản khơng khí Khi rơi chạm vào mặt phẳng vịng nhanh chóng dừng chuyển động dính vào mặt phẳng Tìm nhiệt lượng tỏa hệ Bài gi ải : Khi vịng rơi từ trường biến đổi sinh điện trường xoáy Điện trường tác dụng lên điện tích vịng làm quay, vịng có chuyển động tịnh tiến quay dθ dB = −π R Định luật cảm ứng điện từ: ξ = − dt dt ξ R dB =− Cường độ điện trường xoáy: E = 2π R dt q dω → dω = dB Phương trình chuyển động quay vịng: qER = mR dt 2m Thời gian rơi vòng: t0 = 2h / g , vận tốc góc đạt trước rơi chạm mặt phẳng là: ω = q kqh kt02 = 2m mg Toàn va chạm chuyển thành nhiệt: k q R h 2 Q = mv + mR ω = mgh(1 + ) 2 2mg l α C Bài 32: r m B+ Một cầu nhỏ khối lượng m treo vào kim loại mảnh có khối lượng khơng đáng kể, chiều dài l, treo cố định O, quay dễ dàng quanh O Trong trình chuyển động cầu ln tiếp xúc khơng ma sát với vịng r trịn kim loại Hệ thống đặt từ trường có B vng góc với mặt phẳng mạch điện Bỏ qua điện trở dây Chứng minh m dao động điều hòa Tìm chu kì T hai trường hợp sau: Bài giải: 1) Trường hợp 1: α l Tại thời diểm t, m lệch khỏi vị trí cân góc nhỏ α, vận L dα = (α)' tốc góc dt l2α l 2α dφ l (α)' α → S = π.l = → φ = B.S = B → eC = = B 2π 2 dt 2 l (α)' q C = C.eC = C.B I.ω2 q Bảo toàn lượng: mg(1 − cosα)l + + = const 2C α ml2 C B2 l → mgl + (α)' + (α)'2 = const 2 8C m r B+ 29 Đạo hàm hai vế theo thời gian: mgl 2α.(α)' ml C B2l + 2(α)'.(α)''+ 2(α)'.(α)'' = 2 8C B2l 2C ml + mg 2π → (α)'' = − α = −ω1 α → T1 = = 2π B2 l C ω1 mg ml + 2) Trường hợp 2: Thay C cuộn cảm L: B.l di B.l eC = (α)' = L ; i = α dt 2L I.ω2 Li Bảo toàn lượng: mg(1 − cosα)l + + = const 2 α ml2 LB2l4 → mgl + (α)' + (α)'2 = const 2 8L B2l Đạo hàm hai vế theo thời gian: (mgl + ).α.(α)'+ ml (α)'.(α)'' = 4L Bl (mg + ) 2π ml 4L → (α)'' = − α = −ω22 α → T2 = = 2π B2l3 ml ω2 mg + 4L Bài 33: Một cuộn dây có lõi sắt mắc nối tiếp với điện trở R = Ω mắc vào hai cực nguồn điện chiều có hiệu điện hai cực U = V khơng đổi (Hình 2) Lúc đầu khóa K mở Cuộn dây có độ tự cảm L0 = 0,2 H có điện trở khơng đáng kể a) Vào thời điểm t = người ta đóng khóa K Viết biểu thức cường o o U độ dòng điện tức thời mạch xác định giá trị ổn định + b) Nếu kéo đẩy vào lõi sắt cho độ tự cảm thay đổi theo quy luật: L=L0(1+αsinωt) với L0=0,2H; α=0,15; ω=0,4 rad/s R K cường độ dịng mạch có biểu thức nào? Cường độ dịng điện biến đổi với biên độ bao nhiêu? Bi gii: a Tìm dòng qua cuôn dây kể từ ®ãng K: H×nh- o o R + U di U U U = iR +L0 ⇒ d(i - ) = - (i - )dt Suy L0 dt R R R − t U i= (1 − e L ) = 0, 6(1 − e −50t ) (A) R R K L0 = = 0,02 s th× i R 50 đà giảm e lần) nên i nhanh chóng nhận giá trị ổn định 0,6 A Ta thấy i gi¶m rÊt nhanh (sau τ = 30 U R Khi dịch chuyển lõi sắt, L thay đổi nên mạch có suất điện động b Khi lõi sắt không dịch chuyển, mạch có điện trở R: I = xoay T= chiÒu: ξ =− d ( Li1 ) dL = −i1 = i1.0, 008cos 0, 4t dt dt (v× di1 = 0) dt víi chu k× 2π 2π = = 5π s ω 0, NhËn xét: T>> nên L thay đổi, cờng độ dòng điện mạch coi nh đà ổn định i1 nhng mạch có suất điện động cảm ứng Theo định luật Ôm: Ri1= U + e + U + i1L0ωcosωt U = ≈ 0, 6(1 − 0, 024 cos 0, 4t) dL + 0, 012 cos 0, 4t → i1 = 0, − 0, 0144 cos 0, 4t R+ dt Cờng độ dòng điện thay đổi với biên độ 0,0144( A) Bi 34: i1 = Một mạch điện gồm hai tụ điện với điện dung C 2C hai cuộn cảm giống nhau, cuộn có độ tự cảm L mắc hình Lúc đầu, tụ điện có điện dung C, tích điện đến hiệu điện U0 Chờ đến thời điểm mà tụ điện C phóng hết điện tích hai điểm M N nối với dẫn có điện trở khơng đáng kể Các phần tử mạch coi lý tưởng Hãy tìm cường độ dịng điện cực đại chạy qua dẫn + - C M 2C L N L Hình Giải: Tại thời điểm mà tụ có điện dung C phóng hết điện tích điện lượng chuyển qua mạch CU0 điện tích chuyển tới tụ có điện dung 2C Vì vậy, hiệu điện tụ bên 0,5U0 Gọi I1 cường độ dòng điện chạy qua mạch thời điểm theo định luật bảo toàn lượng: CU 02 2C(0,5U ) LI U = + ⇒ I1 = 2 2 C L Sau nối A B dẫn ta nhận hai mạch dao động độc lập: Mạch mạch L – C, mạch mạch L – 2C Biên độ dòng mạch I 1, biên độ dòng mạch I mà ta tìm biểu thức định luật bảo toàn lượng sau (viết thời điểm xét): 2C(0,5U ) LI12 LI 22 U C + = ⇒ I2 = 2 2 L Khi dịng điện hai mạch chạy qua dẫn theo chiều ngược nhau, nên dòng tổng cộng hiệu độ lớn hai dòng LC Tần số dao động riêng mạch là: ω = LC Tần số dao động riêng mạch là: ω1 = 31 Như tần số lệch lần Do đó, độ lệch pha hai dòng điện biến đổi theo thời gian Tất nhiên đến thời điểm đó, hai dòng điện cực đại chạy nối chiều với Khi đó, dịng điện cực đại tổng hai biên độ: I MN = I1 + I = 1+ C U0 L 32 ... với điện trở R (hình vẽ) Ban R đầu kim loại AC cách điện trở R khoảng l Thiết lập uu r C từ trường B có đường cảm ứng từ song song, cách đều, hướng thẳng ? ?ứng lên Độ lớn cảm ứng từ tăng từ đến... ngang Khung dây chuyển động cắt đường O M N Q P u r B cảm ứng từ từ trường có đường cảm ứng từ vng góc với mặt phẳng khung dây hình vẽ Cảm ứng từ từ trường phụ thuộc vào tọa độ y theo quy luật B =... dụng lực từ r2 r2 - Trong thời gian dt, bán kính quét diện tích: ds = d ϕ = ωdt 2 d φ Br Suất điện động cảm ứng: εC = = ω dt εC Br Dòng điện cảm ứng: I = = ω = 0,04A R 2R Khi dòng điện cảm ứng chạy