Download bt-dien-dong-luc-co-hanh

BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC
CHƯƠNG MỞ ĐẦU
1. Tính các toán tử vi phân cấp I và cấp II sau





 
 

a. div  a     a     ac    c a    ac    c  a   ac     c  a   a.grad  .diva








b. rot  a     a     ac    c a     ac    c   a   ac      c   a 
c.
d.
e.
f.
g.


  a  grad    .rot a
 
 
div a  b   a  b
 
  
  

 
    
  a  bc   ac  b  bc  a  ac b   bc  a  ac  b  b.rota  a.rotb
 
 
 
 
 


   
rot a  b    a  b    a  bc    ac  b   a bc   b c a    ac b  b ac  

 


 

 
 
  


  
  bc  a  bc  a    ac b  ac  b   ac b  bc  a  bc  a  ac  b

 

       
 a.divb  b.diva  b a  a b



 








grad a.b   a.b   a.bc   ac .b  bc    a  bc  a    a c    b  a c  b 

 


 


 
 
 
    
 bc   a  ac   b  bc a  a c b  b  rota  a  rotb  b a  a b

 
div rota    a  a     0






rot rota    a   a     a  grad diva  a


  
    
     
   
  
   
      
     
   
     




    
   
       






  
 


  
   

h. div  grad             
i. rot  grad                0
2. Tính

 

 



a.  a    b   a c    b  b   a c       a c  b     b.a c  
Ta có:



 



 
ac   b   b.ac  ac b   b.ac  ac   b  ac b



 

  

  

 a    b    a c b  ac    b  ac  b   ac   b  ac b  a c b



    
 a  rotb  a.divb  a b
 
 


b.  a  b   a  bc   ac  b

 



  

  bc   a  b    a c    bc   a   a c .b  a c b 





  
 


   
  
 
     
    
   

 

     
 
Ta có:



 



 
ac   b   b.ac  ac b   b.ac  ac   b  ac b
 

 

  

   a  b   bc    a  ac    b  ac  b  a c b 




    

 
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
     
     
1
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM

 
   

  b  rota  a  rotb  a b  a.divb 





 
 
c.     a   c   a      a c  c  a  ac      .rota  a  grad
 


3. Tính
  
  
  

 
a. div a   r  b    a   r c  bc     ac   r  bc     a c   r c  b 
 
   
  
 r c  b c   a  ac  r  b c     ac  r c  b   




 


 

 
 r c  b c   a  ac   r  bc   ac   r c  b 




 

 
 

  
 
 r c  b c   a  ac  b c  r  b c  r   ac  rc b  rc  b 




 
      
  
 r  b rota  a  b r  3b   a  r.divb  r b 




 
     
  
 r  b rota  a b  3b   a  r.divb  r b 


 

  
  
 r  b rota  2ab  a  r.divb  r b 


 
 
     
   
grad a.r  r  rota  a  rotr  r a  a r  r  rota  r a  a
 
       
div a  r   a  r  r.rota  a.rotr  r.rota

         
rot a  r   a  r  a.divr  r.diva  r a  a r
     
    
 3a  r.diva  r a  a  2a  r.diva  r a

 

 

 
a b  r  a c b  r c  a c bc  r






  
  
    
   r c  a c  b   bc  a c  r     r  a b   b  a r     r  a b   b  a

 


 



 
 
  
 
  
rot  a b.r      a b.r      a bc .rc      a c b.r c      a c b c .r 










 

 
  
 
 


 
 bc .rc   a   a c b.r c     a c bc .r     bc .rc   a  a c   b.r c   a c   bc .r 


















r c    b   b.r c  r c  b   b.r c  r c    b  r c  b
Ta có:  




  



b c    r   bc .r  b c  r   b c .r  b c    r  b c  r
 
 
 


 
 rot  a b.r   bc .rc   a  a c   b.r c   a c   bc .r 






 
 



 




 bc .rc   a  a c   r c   b  r c b   a c  bc    r  bc r 





  
    
  
 b.r rota  a   r  rotb  r b   a  b  rotr  b r 





  
    
 b.r rota  a   r  rotb  r b   a  b








b.
c.
d.
e.






 
 
 
 


f.
 
 

 
 
 
  
 
 
 
 
     
    
 
 
 
 
   
 
 
 
   
 
 
     

 
 
 
 
 
 
  
 
  
     
    
     
 
  
   
 
 

   
  
 
 
 
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
 
 
 


 

2
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
CHƯƠNG I
2 r
a
4. Không gian có phân bố điện tích   A.e (A, a là hằng số). Tính cường độ điện
trường.
Giải:
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính OM = r. Theo định luật Gauss, ta có:
  1
S EM d S   0 V  dV (1)


Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:
 
2
 EM d S  EM .S  EM .4 r
S
Ở vế phải ta có:

2
r
r
2 r
2 r
2 r
1
1
1
4
2
2
a
a
 dV   A.e r sin  d dr   sin  d  d  A.e r dr 
A.e a r 2 dr


0 V
0
0 0
0 0
0
0
Tích phần từng phần ta được:
1
 0 V
 dV 
4
0
r
 A.e
0
2 r
a
2 r
A.4  a  ar 2 a 2 r a 3  a 3 
r dr 

  
 e 
0 
2
2
4 4

2
Từ (1) suy ra
2 r
A.4  a  ar 2 a 2 r a 3  a 3 
EM .4 r 

  
 e 
0 
2
2
4 4

2 r
A  a  ar 2 a 2r a 3  a 3 
 EM 

  
 e 
 0r 2 
2
4 4
 2

2 r

A  a  ar 2 a 2 r a 3  a 3  r

  
Vậy EM 
 e 
 0r 2 
2
2
4  4 r

5. Một hình cầu bán kính R, tích điện đều mật độ khối  . Tính cường độ điện
trường?
2
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
3
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Mặt Gauss
r
R
O
r
 Xét một điểm nằm trong hình cầu: r < R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r < R. Theo định luật
  1
Gauss ta có:  EM d S    dV (1)
0 V
S


Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:
 
2
 EM d S  EM .S  EM .4 r
S
Ở vế phải ta có:
2
r
1
1

 .4 r 3
2
2
 dV    r sin  d dr   sin  d  d  r dr 
 0 V
0
0 0
3 0
0
0
Từ (1) suy ra
 .r
 .4 r 3
2
 EM 
E M .4 r 
3 0
3 0

  .r
Vậy EM 
3 0
 Xét một điểm nằm ngoài hình cầu: r > R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r > R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 V  dV (1)


 
Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:  EM d S  EM .S  EM .4 r 2
S
Ở vế phải ta có:
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
4
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
2
r
r

4
2
 dV    r sin  d d dr   sin  d  d  r dr 
 r 2 dr


0 V
0
0 0
0 0
0
0
1
1
2
R
r

4 
2
2
   dV 
r
dr


r
dr


r
dr


R
0 V
 0 0
 0  0

Vì từ R  r không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó
4
1
r
2
r
R
 4 R 3
 dV 
 r dr 
 r dr 
 0 V
 0 0
 0 0
3 0
Từ (1) suy ra
 .4 R 3
 .R 3
2
EM .4 r 
 EM 
3 0
3 0 r 2

  .R 3 r
Vậy EM 
3 0r 2 r
6. Một mặt cầu, bán kính a, mật độ điện mặt  .Tính cường độ điện trường?
1
4
2
4
2
Mặt Gauss
r
R
O
r
 Xét một điểm nằm trong hình cầu: r < R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r < R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 S  dS (1)
Vì trong mặt cầu không có phân bố điện tích nên ở vế phải ta có
1
 0 S
 dS  0
Từ (1) suy ra: EM  0
 Xét một điểm nằm ngoài hình cầu: r > R
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
5
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r > R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 S  dS (1)
 


Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:  EM d S  EM .S  EM .4 r 2
S
Ở vế phải ta có
2
1
1
 a2 
 4 a 2
2

dS


a
sin

d

d


sin

d

d


0
 0 S
 0 
 0 0
0
Từ (1) suy ra
 4 a 2
 a2
EM .4 r 2 
 EM 
0
 0r 2

  a 2 r
Vậy EM 
 0r 2 r
7. Khoảng không gian giữa hai hình cầu đồng tâm có bán kính R1 và R2 (R1 < R2)

(  là hằng số). Tìm điện tích tổng
r2
cộng chứa trong không gian này. Tính cường độ điện trường.
được tích điện với mật độ điện khối là  
r
Mặt Gauss
r
O
r
R2
R1
a. Điện tích trong vùng không gian
Q    dV  
V

r2

2
R2
2
r sin  d ddr    sin  d  d  dr  4  R2  R1 
0
0
R1
b. Tính điện trường
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính OM = r. Theo định luật Gauss, ta có:
  1
S EM d S   0 V  dV (1)
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
6
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
 


Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:  EM d S  EM .S  EM .4 r 2
S
 r < R1:
Vì trong mặt cầu không có phân bố điện tích nên ở vế phải:
1
 0 V
 dV  0
Vậy EM  0
 R1 < r < R2
Ở vế phải ta có:

2
r
r
1
1
1
4
2
2
 dV    r sin  d d dr   sin  d  d   r dr 
 r 2 dr


0 V
0
0 0
0 0
0
0
R
r

4  1 2
2
   dV 
dr


r
dr


r
dr


R

0 V
 0 0
 0  0

1
Vì từ 0  R1 không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó
4
1
1
  dV 
0 V
4
0
r
r
2
  r dr 
0
4
0
r
2
  r dr 
R1
4
0
r

r
r 2 dr 
2
R1
4
0
 r  R1 
Từ (1) suy ra
 r  R 
4
EM .4 r 2 
 r  R1   EM  2 1
0
r 0

   r  R1  r
Vậy EM 
r 2 0 r
 r > R2
Ở vế phải ta có:

2
r
r
1
1
1
4
2
2
 dV    r sin  d d dr   sin  d  d   r dr 
 r 2 dr


0 V
0
0 0
0 0
0
0
R
R2
r

4  1 2
2
2
   dV 
dr


r
dr


r
dr


r
dr


R
R

0 V
 0 0
 0  0

1
2
Vì từ 0  R1 và R2  r không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó
4
1
1
4
r
r
2
4
R2
2
4
R2

  dV     r dr     r dr    r
0 V
0 0
0 R1
0 R1
2
r 2 dr 
4
0
 R2  R1 
Từ (1) suy ra
  R2  R1 
4
EM .4 r 2 
 R2  R1   EM 
0
r 2 0
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
7
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM

   R2  R1  r
Vậy EM 
r 2 0
r
8. Một dây dẫn thẳng dài vô hạn, tích điện mật độ điện dài  . Tính điện trường tại nơi
cách dây một đoạn h (làm 2 cách)
y
dy
O
x
h


 
 E   d Ex   dE.cos i  i 
Chọn trục toa độ như hình vẽ.
Trên dây lấy vi phân dy mang
điện tích dq sao cho dq được
xem như điện tích điểm.
Ta có: dq   dy
Cường độ điện trường dq gây

tại M là d E
Theo nguyên lý chồng chất
điện
trường:



d E  d Ex  d E y




 E   d E   d Ex   d E y

Do đối xứng nên:  d E y  0
  dy
dq
.cos  i 
.cos 
4 0 r 2
4 0 r 2
Ta có:
h
h

cos



r


r
cos 

 tan   y  y  h tan   dy  h

h
cos 2 

Thay vào biểu thức tính E ta được:

 h 



2
   dy


 
 2
cos  

E  i
.cos


i
.cos


i
cos


i
  h 2
4 0 r 2
4 0 h 
2 0 h

4 0 

2
 cos  

 
i
Vậy: E 
2 0 h
Cách 2) Dùng định luật Gauss
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
8
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Chọn mặt Gauss là mặt trụ chiều cao L có
trục trùng với dây dẫn. Theo định luật
  1
Gauss ta có:  EM d S    dl (1)
0 L
S
⃗
⃗
h
Vế trái:
 
 
 
 
E
d
S

E
d
S

E
d
S

 M
 M 1  M 2  EM d S 3
⃗
S
S1
S
1
0

S2
S2
L
  dl    dl  
0 L
L
S3
Trong đó: S1, S3 là mặt đáy, S2 là mặt xq

 
 

Vì EM  d S2 , EM  d S1 , EM  d S3
và EM = const nên ta có:
 
 
E
d
S

 M
 EM d S2  EM  dS2  EM .2 hL
⃗
Vế phải:
S2
0


L

 h
 EM 
Từ (1) suy ra: EM .2 hL 
Vậy EM 
0
2 0 h
2 0 h h
9. Tính điện trường
a)Mặt phẳng vô hạn tích điện đều tích điện 
b)Hình trụ vô hạn tích điện khối 
Giải:
⃗
⃗
⃗
⃗
Vế trái:
⃗
a) Chọn mặt Gauss là mặt
trụ chiều cao L có trục
vuông góc với mặt
phẳng. Theo định luật
Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 S  dS (1)
 
 
 
 
E
d
S

E
d
S

E
d
S

 M
 M 1  M 2  EM d S 3
S
S1
S2
S3
Trong đó: S1, S3 là mặt đáy, S2 là mặt xq

 
 

Vì EM  d S 2 , EM  d S1 , EM  d S3 và EM = const nên ta có:
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
9
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
 
 
 


E
d
S

E
d
S

E
d
S

E
dS

dS
S M
S M 1 S M 3 M  S 1 S 3   2 EM S
1
3
3
 1

1

S
Vế phải:   dS   dS 
0
0
S
Từ (1) suy ra: 2 EM S 
0
S
S

 EM 
0
2 0
  
n
Vậy EM 
2 0
b) Hình trụ vô hạn tích điện khối 
Chọn mặt Gauss là mặt trụ chiều cao L có trục trùng với trục của hình trụ. Theo định
luật Gauss ta có:
  1
 EM d S    dV (1)
0 S
S
Vế trái:
 
 
 
 
E
d
S

E
d
S

E
d
S

 M
 M 1  M 2  EM d S3
S
S1
S2
S3
Trong đó: S1, S3 là mặt đáy, S2 là mặt xung quanh

 
 

Vì EM  d S 2 , EM  d S1 , EM  d S3 và EM = const nên ta có:
 
 
E
d
S

 M
 EM d S2  EM  dS2  EM .2 rL
S
S2
S2

r<R
Ở vế phải ta có:
L
2
r
r
1
1
1
2 L
 dV    rdrd dz   dz  d   rdr 
 rdr

 0 V
0
0 0 0

0 0
0
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
10
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
2 L
1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
r
 r 2 L
0  rdr   0
 dV 
 0 V
0
Từ (1) suy ra
 r2 L
r
EM .2 rL 
 EM 
0
2 0

  r
Vậy EM 
2 0

r> R
Ở vế phải ta có:

1
 0 V
 dV 
1
 0 
 rdrd dz 
1
L
 0 0
2
r
dz  d   rdr 
0
0
2 L
0
r
  rdr
0
R
r

2 L 
   dV 
   dr    dr 
0 V
0  0
R

Vì từ R  r không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó
1
1
2 L
r
2 L
R
 R 2 L
0 rdr   0
 dV 
 rdr 
 0 V
 0 0
0
Từ (1) suy ra
 R2  L
 R2
EM .2 rL 
 EM 
0
2r 0

  R 2 r
Vậy EM 
2r 0 r
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
11
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
10.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Chương 2

Tìm B tại một điểm bên ngoài dây dẫn thẳng AB có dòng I chạy qua
Giả sử M cách AB một đoạn R. Ta chia
nhỏ dây dẫn thành các phần tử dòng điện


I dl gây cảm ứng từ dB tại M có phương
vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, chiều
từ ngoài vào trong
Ta có:
 
  I dl  r
dB  0
4 r 3
 Idl.sin  0 Idl.cos 
 dB  0

4
r2
4
r2
Trong đó:
R
R

cos



r


r
cos 

 tan   l  l  R tan   dl  Rd

R
cos 2 
Thay vào biểu thức tính dB, ta được
Rd

0 I cos 2 
0 I
0 I 2
dB 
cos  
cos   B 
cos 
4  R 2
4 R
4 R 1


 cos  
I
 B  0  sin 1  sin  2 
4 R
I
Vậy: B  0  sin 1  sin  2 
4 R
(2)
0 I
2
2
2 R
I

 Dây dài bán vô hạn: 1  0 và  2  khi đó: B  0
4 R
2
 Dây dài vô hạn: 1 
11.

và  2 

khi đó: B 

Tìm B tại tâm của một hình vuông cạnh a.
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
12
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM


Các phần tử dòng điện I dl gây cảm ứng từ dB tại O có
phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, chiều từ ngoài
vào trong.
Xét từ trường do đoạn dây AB (các đoạn dây BC, CD, DA


cũng làm tương tự) gây ra tại O. Xét yếu tố dB1 do I dl
 
  I I dl  r
gây ra tại O. Ta có: dB1  0
4 r 3
 Idl.sin  0 Idl.cos
 dB1  0

với:
4
r2
4
r2
R
R
a

cos



r



r
cos  2cos 

 tan   l  l  R tan   dl  Rd  ad

R
cos 2  2cos 2 
Thay vào biểu thức tính dB1, ta được

ad
0 I 2cos 2 
0 I
0 I 4
dB1 
cos  
cos   B1 
cos 
4  a 2
2 a
2 a 



4
 2cos  
 B1 
0 I   
2 0 I
sin   
a
2 a
4
    
Theo nguyên lý chồng chất từ trường, ta có: B  B1  B2  B3  B4

   
Mà B1 , B2 , B3 , B4 cùng phương, cùng chiều và cùng độ lớn nên B phương vuông
góc với mặt phẳng hình vẽ, chiều từ ngoài vào trong và có độ lớn:
2 0 I 2 2  0 I
B  4 B1  4

2 a
a
12. Một quả cầu bán kính a tích điện đều, mật độ điện tích là  . Quả cầu quay quanh

trục với vận tốc  . Tính moment từ của quả cầu và vector cảm ứng từ tại tâm của quả
cầu.
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
13
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
a. Trong hệ tọa độ cầu:
Lấy vi phân dV  r 2 sin  d d dr
Điện lượng chứa trong phần tử dV là:
dq   dV   r 2 sin  d d dr
Khi quay xung quanh trục, phần tử này sẽ tạo
cường độ dòng điện dI  fdq 

dq
2
Moment từ do dòng dI gây ra:




dpm  SdI .n  dpm  SdI Vì dpm  n
Trong đó:
S    r sin  
2
, dI  fdq 
 2
 r sin  d d dr
2
hay vào biểu thức tính moment từ, ta được
 2
 4 3
 r sin  d d dr 
r sin  d d dr
2
2
a

 2  3
4
4
3
4
 pm 
r
sin

d

d

dr

d

sin

d

r
dr

 a 5 

 

dpm  SdI    r sin  
2
2
2
V
0
0
 4 2 
pm   a 
15
Vậy:
Cách 2)
 1  
1
m   r  j dV  m    r.r sin  dV sin 
2V
2V

m
m
15
0

1
1
r 2 sin   r 2 sin  d d dr.sin    r 4 sin 3  d d dr


2 V
2 V

2
4
3
 r sin  d d dr 
V
 2
2

a
4
 d  sin  d  r dr 
0
 4

Vậy m   a 5 
15
b. Tính cảm ứng từ tại tâm quả cầu:
3
0
0
4
 a 5 
15
 
jr
 
dV
Áp dụng định luật Bio – Savart – Laplace, ta có: B  0 
4 V r 3

   
Trong đó: j   v , v    r  v   r sin  , dV  r 2 sin  d d dr
Thay vào biểu thức trên, ta được

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA

14
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
 
v  r 2
 

B 0 
r sin  d d dr  0   v sin 2  d d dr
3
4 V r
4 V


2
a
0
0  3
0 a 2
3

 r sin  d d dr 
sin  d  d  rdr 

4 V
4 0
3
0
0
  a 2 
Vậy B  0 
3
13. Một dòng kín cường độ I là một đường tròn, bán kính R. Tính cường độ từ
trường tại một điểm nằm trên trục đường tròn.
Do tính chất đối xứng của bài toán nên

vector cường độ cảm ứng từ H do dòng
điện tròn gây ra tại những điểm nằm trên
trục z cúa nó có phương nằm trên trục z, có
chiều theo quy tắc tam diện thuận (nắm tay
phải).
Trên vòng dây lấy một phần tử dòng điện


I dl gây tại M một cường độ từ trường dH
Độ lớn của vector cường độ từ trường do

phần tử I dl gây ra tại một điểm nằm trên
trục của vòng dây và trên phương của trục
này
bằng:
Idl
Idl R
dH z  dH cos 
cos 
2
4 r
4 r 2 r
Trong đó: R là bán kinh của dòng điện tròn, r  R 2  z 2 là khoảng cách từ phẩn tử
dòng điện đến điểm M nằm trên trục của nó.

Lấy tích phần trên toàn bộ dòng điện, ta tìm được cường độ từ trường H do dòng điện
này gây ra tại một điểm nằm trên trục của nó
IRdl
IR
IR 2
IS
H 

dl


3/2 
3/2
3/2
2
2 3/2
4  R 2  z 2  v.day
2 R2  z2 
2  R 2  z 2 
v .day 4  R  z 



IS n
m

Vậy: H 
3/2
2
2 3/2
2 R  z
2 R 2  z 2




14.Cho mặt cầu bán R, tích điện đều mật độ điện mặt  Quả cầu quay quanh trục

với vận tốc  . Tính moment từ của quả cầu và vector cảm ứng từ tại tâm của
quả cầu.
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
15
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
a)Tính moment từ cảu quả cầu
 1  
m   R  i dS
2S

   
Trong đó: i   v , v    R   R sin 
1
 m    R. R sin   dSsin 
2S

m


1
 R. R sin  R 2sin d d sin

2S
 R 4 
2
2
4
3
 sin  d  d  3  R
0
 4

Vậy: m   R
3
b)Tính cảm ứng từ tại tâm:
0
 
i R
 
dS
Áp dụng định luật Bio – Savart – Laplace, ta có: B  0 
4 S R 3

   
Trong đó: i   v , v    R  v   R sin  , dS  R 2 sin  d d
Thay vào biểu thức trên, ta được
 
v R 2
 
0
B 0 
R
sin

d

d


 v sin 2  d d
3

4 S R
4 V





2
0
R0
2
3
3


R
sin

d

d


sin

d

d


R0
0
4 V
4 0
3
 2

Vậy B  R0 
3
Cách 2):
Ta có:
 
0  dS
 



.R 
i

 I

 



d
S
 dS  0  R .
mat  A  0  
4 S r
 

 
4 S
r
4


  
 S r 
i   v   .R  

A
Theo định lý O – G :
1
 n. .dS    dV
V
S
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
16
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM


  dS    1 dV  r 4  .r3  4  r
3
r3 3
S r V r
 2
Từ (1) và (2), ta được:

    R  
 
.r 
A  0  R . 4  r   0
4
3  
 3

   R

 
 B  rot A  0 rot .r 
3

 
 
 

 
rot .r   divr  . .r  r . .  div r 
 
 

 

2

divr  3 , . .r  

B



R


0
0
3



 
r. .  0, div r  0


15. Cho mặt cầu bán R, tích điện đều mật độ điện mặt    sin  (α là hằng số, θ là

góc lập giữa trục Oz và bán kính vector) Quả cầu quay quanh trục với vận tốc  .
Tính moment từ của quả cầu và vector cảm ứng từ tại tâm của quả cầu.
   
 
 
a)
Tính moment từ cảu quả cầu
 1  
m   R  i dS
2S


Trong đó:


   
i   v   sin   v , v    R   R sin  ,
dS  R 2 sin  d d
1
 m   R. sin    R sin   dSsin 
2S
m

 R 4 
2
4
 sin  d  d 
1
R. R sin 2   R 2sin d d sin 


2S
 R 4 3
2 0
2
0
 3

Vậy: m   2 R 4 
8
b) Tính cảm ứng từ tại tâm
3
2   2 R 4
8
8
 
Áp dụng định luật Bio – Savart – Laplace, ta có: B  0
4
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA

S

 
i R
R3
 dS
17
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM


   
Trong đó: i   v   sin   v , v    R  v   R sin  , dS  R 2 sin  d d
Thay vào biểu thức trên, ta được
 
 sin  v  R 2
 
0
B 0 
R
sin

d

d


 sin   v sin 2  d d
3

4 S
R
4 V



2
0
R0
3
3
4


sin

R
sin

d

d


sin

d

d


 R0
0
4 V
4 0
16
 3

Vậy B   R0 
16
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
18
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
CHƯƠNG III
16.Tính điện thế của:
a. Mặt phẳng vô hạn tích điện đều với mật độ điện tích mặt  (hằng số điện môi của
môi trường là  )
b. Một hình trụ dài vô hạn, bán kính thiết diện R, tích điện đều với mật độ   const
(hằng số điện môi trong và ngoài hình trụ đều là  )
c. Một quả cầu bán kính a, tích điện đều trên thể tích điện tích tổng cộng là Q (hằng số
điện môi bên trong và bên ngoài lần lượt là 1 và  2 )
Giải:
a.
Mặt phẳng vô hạn:
Mặt tích điện nằm trong mặt phẳng Oxy.
Chọn mặt Gauss là mặt trụ có trục vuông
góc với mặt phẳng, song song trục z, cao
l, diện tích đáy là S. Theo định luật Gauss
ta có:
  1
 EM d S   dS (1)
S
0
S
Vế trái:
 
 
 
 
E
d
S

E
d
S

E
d
S

 M
 M 1  M 2  EM d S 3
S
S1
S2
S3
Trong đó: S1, S3 là mặt đáy, S2 là mặt xq
Vì :

 
 

EM  d S 2 , EM  d S1 , EM  d S3
và EM = const nên ta có
 
 
 


E
d
S

E
d
S

E
d
S

E
dS

dS

S M
 M 1 S M 3 M  S 1 S 3   2 EM S
S1
3
3
 1

1

S
Vế phải:   dS   dS 
0
0 S
0
S

Từ (1) suy ra: 2 EM S 
 EM 
0
2 0
  
Vậy EM 
n
2 0
  z 
Trong hệ tọa độ Decartes, EM 
k
2 0 z
S
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
19
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
   
 E  2 k (z  0)

0



 E    k ( z  0)

2 0
Điện thế của mặt phẳng:




* Ez  
khi z  0    

z  C1
z 2 0
2 0




* Ez  
khi z  0   

z  C2
z
2 0
2 0
Chọn  z 0  0 thì C1  C2  0 ta có


z, z  0 
2 0


z
 

2

0
z,z  0 

2 0

b.
Hình trụ
Cách 1) Dùng Gauss
Chọn mặt Gauss là mặt trụ chiều cao L có trục trùng với trục của hình trụ. Theo định
luật Gauss ta có:
  1
 EM d S    dV (1)
0 S
S
Vế trái:
 
 
 
 
E
d
S

E
d
S

E
d
S

 M
 M 1  M 2  EM d S3
S
S1
S2
S3
Trong đó: S1, S3 là mặt đáy, S2 là mặt xung quanh

 
 

Vì EM  d S 2 , EM  d S1 , EM  d S3 và EM = const nên ta có:
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
20
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
 
 
 EM d S   EM d S2  EM  dS2  EM .2 rL
S
S2
S2

r<R
Ở vế phải ta có:
L
2
r
r
1
1
1
2 L
 dV 
 rdrd dz 
dz d  rdr 
 rdr
 0 V
 0 
 0 0 0 0
 0 0
r
 r 2 L

 dV 
 rdr 
 0 V
 0 0
 0
Từ (1) suy ra
 r2 L
r
EM .2 rL 
 EM 
 0
2 0

  r
Vậy EM 
2 0

r> R
Ở vế phải ta có:
2 L
1
1
 0 V
 dV 
1
 0 
 rdrd dz 
R
1
2
L
 0 0
r
dz  d   rdr 
0
0
2 L
 0
r
  rdr
0
r

2 L 
   dr    dr 
 0 V
 0  0
R

Vì từ R  r không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó

1
1
  dV 
  dV 
2 L
r
  rdr 
2 L
R
 rdr 
 R 2 L
 0
 0 V
 0 0
 0 0
Từ (1) suy ra
 R2  L
 R2
EM .2 rL 
 EM 
 0
2r 0

  R 2 r
Vậy EM 
2r 0 r
Tính điện thế: Vì phân bố là không giới nội nên ta chọn tr r 0  0


Khi đó, từ biểu thức E   grad      Edr
 r<R




tr    Etr dr mà Etr  dr  tr    Etr dr    Etr dr
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
21
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
 tr   
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
r
r 2
dr  
 C Vì chọn  r 0  0 nên C = 0
2 0
4 0
r2
Vậy tr  
khi r < R
4 0
 r>R




ng   Eng dr mà Eng  dr     Eng dr    Eng dr
 R2
 R2
 ng   
dr  
ln r  C
2r 0
2 0
Áp dụng điều kiện biên tr

r R
 ng
r R
ta được
 R2
 R2
 R2 
1

lnR  C  C 
 lnR  
4 0
2 0
2 0 
2
 R2  R 1 
 ng 
 ln  
2 0  r 2 
 R2  R 1 
Vậy ng 
 ln  
2 0  r 2 
Cách 2) Dùng phương trình Poisson
Ta có:
 x  r cos 

 y  r sin 
z  z

  r , , z     r 
 0r  R
Phương trình Poisson: t  

 0
Laplace trong hệ tọa độ trụ:
1     1 2
2


r  
r r  r  r 2  2 z 2
Do tính chất đối xứng trụ nên ta có
1   t 

r

r r  r 
 0

1 d  d t
r
r dr  dr


 d
 dr t

 0

 dr
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA


rdr



0
22
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
r
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
dt

 2

r  C1
 rdr  
dr
 0
2 0

 dr
 2

C
 d t   
r  C1   dt  
rdr  1 dr
2 0
r
 2 0
 r
 t  
 2
r  C1 lnr  C2
4 0
 rR
Phương trình Laplace:  ng  0

 d ng

0

d

r

 dr
  ng  C3 lnr  C4

1 d  d ng
r
r dr  dr
dng

C

r
 C3  dng  3 dr

0

r
dr

Ta tìm C1, C2, C3, C4 dựa vào điều kiện biên
Vì phân bố là không giới nội nên ta chọn tr
r 0
 0 mà ln r không xác định và  tr
phải hữu hạn nên C1  0  C2  0
Vậy: t  
 2
r
4 0
Áp dụng điều kiện biên và định cỡ điện thế
 D1n  D2 n

t r  R  ng r  R

d
dt
  0 ng
 0
dr r  R
dr


 ng
 t rR
rR
r R
 2
C3

 
C


R

R

3

 2
2

R


0
0


2
  R 2    R 2  C
C   R  ln R  1 
4


4
 4 0
2 0
2 0 
2

 R2
 R2 
1   R2  R 1 
ln r 
Vậy ng  
 ln R   
 ln  
2 0
2 0 
2  2 0  r 2 
Tóm lại:

 
dt   r
er 
 Et  
dr
2 0





2
2




R
R
1
d



 E   ng e   R r
 
ln 
r
 ng
 ng 2 0  r 2 
dr
2 0 r r

c.
Quả cầu
Cách 1) Dùng Gauss
 2




r
t

4 0

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
23
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Mặt Gauss
r
R
O
r
 Xét một điểm nằm trong hình cầu: r < R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r < R. Theo định luật
  1
Gauss ta có:  EM d S    dV (1)
0 V
S


Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:
 
2
 EM d S  EM .S  EM .4 r
S
Ở vế phải ta có:
2
r
1
1
 
 .4 r 3
2
2
 dV 
 r sin  d dr 
sin  d  d  r dr 
1 0 V
1 0 
1 0 0
31 0
0
0
Từ (1) suy ra
 .r
 .4 r 3
2
 EM 
E M .4 r 
31 0
3 1 0

  .r
Vậy EM 
31 0
 Xét một điểm nằm ngoài hình cầu: r > R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r > R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 V  dV (1)


 
Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:  EM d S  EM .S  EM .4 r 2
S
Ở vế phải ta có:
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
24
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
2
r
r
 
4
2
 dV 
 r sin  d d dr 
sin  d  d  r dr 
 r 2 dr




 2 0 V
 2 0
 2 0 0
 2 0 0
0
0
1
1
2
r
a
r

4 
2
2


dV

r
dr


r
dr


r
dr


a
 2 0 V
 2 0 0
 2 0  0

Vì từ R  r không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó
4
1
2
r
a
 4 a 3
 dV 
 r dr 
 r dr 
 2 0 V
 2 0 0
 2 0 0
3 2 0
Từ (1) suy ra
 .4 a 3
 a3
2
EM .4 r 
 EM 
3 2 0
3 2 0 r 2

3

a r
Vậy EM 
3 2 0 r 2 r
Tính điện thế: Vì phân bố là giới nội nên ta chọn  r   0
 
 
  


 
Khi đó:    Edl   Edr mà E  dr     Edr   Edr
4
1
r
4
2
2
r
r
r
 r<R

 .r
 a3
 tr   Edr   Etr dr   Eng dr  
dr  
dr
2
r
r
a
r 3 1 0
a 3 2 0 r
a

a
a


 .r
 a3

 a2
2
2
 tr 


a

r


 3 
61 0 r 3 2 0 r a 61 0
2 0
 r>R

 a3
 a3
 a3
 ng   Edr   Eng dr  
dr  ng  

2
3 2 0 r r 3 2 0 r
r
r
r 3 2 0 r



Tóm lại :


a2
2
2
tr  6   a  r   3 

1 0
2 0

3
   a
 ng 3 2 0 r
Cách 2) Dùng phương trình Poisson
Laplace trong hệ tọa độ cầu có dạng :
1   
1
 

  2  r2   2
sin


r r  r  r sin   

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
1
2

 2 2
2
 r sin  
25
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Điện thế chỉ phụ thuộc vào r. Do đó:
1    
  2  r 2

r r  r 
 0r  R
Ta có:
1    

1  2  r 2 1   
r r  r 
 01

1 d  2 d1 

 dr
 d 
 d  r2 1   
r

2
r dr  dr 
 01
 01 r 2
 dr 
 r3
 dr
d1
r3
 rdr C1dr
r

 C1  d1   
 C1  2  
 2
dr
3 01
3


r
3


r
0 1
0 1


2
 r 2 C1
 1  
  C2
6 01 r
 rR
1    
2  2  r 2 2   0
r r  r 
1 d  d 
 d 
 2  r2 2   0  d  r2 2   0
r dr  dr 
 dr 
d
C dr
 r 2 2  C3  d 2  3 2
dr
r
C
 2   3  C4
r
Ta tìm C1, C2, C3, C4 dựa vào điều kiện biên và định cỡ điện thế
r2
 C2
Khi r  0 thì 1 hữu hạn nên C1  0  1  
6 01
Vì phân bố giới nội nên chọn  2 r   0  C4  0
C3
r

r2
1   6   C2
0 1

   C3
 2
r
Áp dụng điều kiện biên, ta được
 2  
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
26
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM

 a2  a2
  a2
C
3
1 r a  2 r a
C2  6   3
 6   C2   a


0 1
2
0 1



d1
d2
  0 2
 a3
a
 0 2C3
 01 dr


C



dr r a 
r a

 3
3 0 2
a2
 3

 a2  1
1 

C2 


3   2 2 01 


3
C    a
 3
3 0 2


 a2

 r 2  a2  1
1  



a2  r 2 






 1

  1
3 0 2 6 01
6 01
3   0 2 2 01  



3
3
   a
   a
2
 2 3  r
3 0 2 r

0 2

4
3Q
Mà Q    a 3   
thay vào trên, ta được
3
4 a 3
Q
Q

2
2



 1 4  a 8   a 3  a  r 

0 2
0 1

  Q
 2 4 0 2 r
17.Tính cường độ điện trường và điện thế tại một điểm nằm trên trục của một vòng tròn
tích điện đều, bán kính R, có điện tích tổng cộng Q, đặt trong môi trường có hằng
số điện mội là 
Trên vòng dây lấy vi phân dl mang điện tích dq sao cho
dq xem như là điện tích điểm
dq gây tại M một điện thế là dV, ta có:
1 dq
1
dq
dV 

4 0 r 4 0 R 2  z 2
Điện thế tại M:
1
Q
VM   dV 
dq 

4 0 R 2  z 2
4 0 R 2  z 2



 
Qzk
k
(chọn gốc thế ở vô cùng) Ta có: EM   grad  EM  
z
2 0 R 2  z 2
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
27
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
18.Tính cường độ điện trường và điện thế tại một điểm nằm trên trục của một dĩa tròn
tích điện đều, bán kính a, có điện tích tổng cộng Q. M cách tâm một khoảng z, hệ
đặt trong chân không.
Trên dĩa lấy vi phân dS mang điện tích dq sao cho dq được
xem như là điện tích điểm. Ta có dq   dS
1 dq
 dS

dq gây tại M một điện thế thế dV 
4 0 r 4 0 r '
mà dS  rdrd và r '  r 2  z 2 thay vào dV ta được
 rdrd
dV 
4 0 r 2  z 2
Điện thế tại M
V   dV 
 R rdr 2

 d
4 0 0 r 2  z 2 0
R
1
 R rdr
 R dr 2

2
2 2
V 


r

z




2 0 0 r 2  z 2 4 0 0 r 2  z 2 2 0
0

V 
R 2  z 2  z (chọn gốc thế ở vô cùng)
2 0




V 
 
z
Ta có Ta có: EM   grad  EM  
k
1 
z
2 0 
R2  z 2

k

e r / a
19. Thế Yukawa trong không gian có dạng   q
với q, a,  bằng hằng số
r
a. Tìm điện tích phân bố tạo ra thế này
b. Tính tổng điện tích
a. Thế đối xứng cầu nên điện tích cũng phân bố đối xứng cầu
Laplace trong hệ tọa đồ cầu:
1  2  
1
 
 
1
2
  2 r

 sin 

r r  r  r 2 sin   
  r 2 sin 2   2
1     1 d  2 d 
Do tính đối xứng cầu nên   2  r 2

r

r r  r  r 2 dr  dr 

1 d  d 

Phương trình Poisson:     2  r 2


r dr  dr 

e r / a
Trong đó:   q
r
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
28
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
r

r
e r / a 1  
 e r / a  e r / a
d q a
q
 a



2
dr 
r

r2
d
q
 r
 r2
  e  r / a 1  
dr

 a

d  2 d  d  q  r / a  r  
q   r / a  r  1  r / a 1 
r
    e  1      e  1    e
dr  dr  dr  

a 
 a 
 a a


q r /a 
r
q
e 1  1    2 re r / a
a
a  a

1 d  2 d 
q r/a
r

e


r 2 dr  dr   ra 2
q r/a

q e r / a
Thay vào phương trình Poisson, ta được:
e    2
 ra 2

a r
b. Tính điện tích

2

q er /a 2
q
Q    dV    2
r sin  d d dr    2 re  r / a dr  d  sin  d
a r
a
V
V
0
0
0

2
q 4   r / a
q 4  1  r / a  1   r / a 
  2  re dr   2  r e    e 

a 0
a  a
a
0

q 4
r 1 
 2 er /a   2  
a
a a 0
20.Một điện tích q đặt tại tâm một lớp điện môi hình cầu đồng chất, đẳng hướng có hệ
số điện môi  , bán kính trong a, bán kính ngoài b. Tính năng lượng tích lũy trong
lớp điện môi
1
Ta có: W    0 E 2dV
2V
Trong đó:
q

 E  4 r 2
thay vào biểu thức trên
0

dV  r 2 sin  d d  dr

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
29
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
2

 2
1
q
1 b q 2 dr 2 
q 2 b dr
W    0 
r
sin

d

d

dr

d

sin

d






2 
2V
2 a 16 2 0 r 2 0
8 0 a r 2
0
 4 0 r 
q2
b
1
q2  1 1 



  
8 0 r a 8 0  a b 
21.Tính năng lượng của một quả cầu tích điện với mật độ điện khối  là hằng số, bán
kính a, hệ số điện môi  (quả cầu đặt trong chân không)
a. Cách 1
1 
Ta có: W    dV   E DdV
2V
V


Dùng định luật Gauss, ta tính được E và D
 Xét một điểm nằm trong hình cầu: r < R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r < R. Theo định luật
  1
Gauss ta có:  EM d S    dV (1)
0 V
S


Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:
 
2
 EM d S  EM .S  EM .4 r
S
Ở vế phải ta có:
2
r
1
1
 
 .4 r 3
2
2

dV


r
sin

d

dr

sin

d

d

r
dr

0 0
 0 V
 0 
 0 0
3 0
Từ (1) suy ra
 .r
 .4 r 3
 EM 
E M .4 r 2 
3 0
3 0


   .r
  .r
 Dtr 
Vậy EM  Etr 
3 0
3
 Xét một điểm nằm ngoài hình cầu: r > R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r > R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 V  dV (1)


 
Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:  EM d S  EM .S  EM .4 r 2
S
Ở vế phải ta có:
2
r
r
1
1

4
2
2
 dV    r sin  d d dr   sin  d  d  r dr 
 r 2 dr


0 V
0
0 0
0 0
0
0
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
30
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
a
r

4 
2
2
   dV 
r
dr


r
dr


r
dr


a
0 V
 0 0
 0  0

Vì từ R  r không có mật độ điện khối nên   0 . Khi đó
4
1
r
2
r
a
 4 a 3
 dV 
 r dr 
 r dr 
 0 V
 0 0
 0 0
3 0
Từ (1) suy ra
 .4 a 3
 a3
2
EM .4 r 
 EM 
3 0
3 0 r 2


   a 3 r
  a 3 r
 Dng  2
Vậy EM  Eng 
3 0 r 2 r
3r r


1 
Năng lượng bên trong: W1   Etr Dtr dV mà Etr  Dtr nên ta có
2V
1
1  .r  .r
2 2 a 4
2 2 a5
2
W1   Etr Dtr dV  
4 r dr 
 r dr 
2V
2 V 3 0 3
9 0 0
45 0


1 
Năng lượng bên ngoài: W2   Eng Dng dV mà Eng  Dng nên ta có
2V

1
1  a3  a3
2 2 a 6  dr 2 2 a 6 1
2 2 a 5
2
W2   Eng Dng dV  
4 r dr 




2V
2 V 3 0 r 2 3r 2
9 0 a r 2
9 0
ra
9 0
Năng lượng quả cầu: W  W1  W2
4
1
4
2
2
2 2 a5 2 2 a5 2 2 a 5  1

W 


  1
45 0
9 0
9 0  5

b. Cách 2
1
Tính năng lượng từ công thức: W    dV
2V
Dùng Gauss hoặc phương trình Poisson tính điện thế ở trong quả cầu thì ta được

 a2
2
2
tr 
a

r


 3 thay vào biểu thức tính năng lượng
6 0
0
2 4
1  
 a2 
1 a  4 2 a 2r 2  1
 2 r 
2
2
2
W  
 a  r   3   4 r dr  2 0  3  2  1  3  dr
2 V  6 0
0 
0
0 

2 5
a  2 r 4
2 2 a 2 r 2  1
2 2 a 5  1

  a

 1dr  
dr 
 1 


3 0  2
9 0  2
0
0 3 0

 15 0
a
2 2 a 5  1
3

1

9 0  2
10
2 5
 2 a  1


  1
9 0  5


BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
31
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
22.Tính năng lượng của một quả cầu tích điện với mật độ điện mặt  là hằng số, bán
kính a, đặt trong môi trường có hệ số điện môi 
 Xét một điểm nằm trong hình cầu: r < R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r < R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 S  dS (1)
Vì trong mặt cầu không có phân bố điện tích nên ở vế phải ta có
1
 0 S
 dS  0
Từ (1) suy ra: EM  0
 Xét một điểm nằm ngoài hình cầu: r > R
Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r với r > R. Theo định luật Gauss ta có:
  1
S EM d S   0 S  dS (1)


 
Vì EM  d S và EM  const nên vế trái ta có:  EM d S  EM .S  EM .4 r 2
S
Ở vế phải ta có
2
1
1
 a2 
 4 a 2
2
 dS 
 a sin  d d 
sin  d  d 
 0 S
 0 
 0 0
 0
0
Từ (1) suy ra
 4 a 2
 a2
2
EM .4 r 
 EM 
 0
 0 r 2


  a 2 r
  a 2 r
Vậy EM 
D 2
 0 r 2 r
r r
Năng lượng của mặt cầu: W  Wtr  Wng mà Wtr  0 nên W  Wng
1
1  a2  a2
2 2 a 4  dr 2 2 a 3
2
 W   Eng Dng dV  
4 r dr 
 
2V
2 V  0 r 2 r 2
 0 a r 2
 0
Cách 2:
1
Ta có: W    dS
2S
 
 
   a 2


dl
 dr
Điện thế trên mặt cầu:    EM dl  
mà
và
dr
E

d
l
M
2

r
0
R
R


 a2
 a 2  dr  a 2 1
a
dr




  
 0 r 2
 0 a r 2  0 r a  0
a
Và dS  a 2 sin  d d 
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
32
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Thay vào biểu thức tính năng lượng ta có:
1
1
a 2
 2 a 3 2  2
2 2 a 3
W    dS   
a sin  d d 
d  sin  d 
2S
2 S  0
2 0 0
 0
0
23.Tính điện dung của một quả cầu tích điện, bán kính R đặt trong môi trường có hằng
số điện môi 
Giải:
Giả sử quả cầu tích điện là Q
Q
Điện thế của trên mặt quả cầu: V 
4 0 R
Q
Điện thế bên ngoài quả cầu:  
4 0r
 R  
R
Đặt 1   , 1  1   2
V r
n
r
r
1
1



R
Điện dung của quả cầu: C   0 
dS trong đó  n r  R
mvd n
dS  R 2 sin  d d

1
 C   0   R 2 sin  d  d  4 0 R
R
mvd
24.Tính điện dung của một tụ điện hình cầu có bán kính hai bản là R1, R2 (R1 < R2) và
điện môi giữa hai bản là 
Giải:
Chọn mặt Gauss là mặt cầu có bán kính r với R1  r  R2 đồng tâm với hai vỏ cầu.
Theo định luật Gauss ta có:
  Q
S Ed S   0 (1)


 
Vì E  d S và E  const nên vế trái ta có:  Ed S  ES  E.4 r 2
S
Q
2
Từ (1) suy ra: E.4 r 
 0
E
Q
4 0 r 2

E

r
4 0 r 2 r
Q
R2
R2

 

Qdr
Q  R2  R1 
Ta có: U   Edl mà E  dl nên U   Edl  

4 0 r 2 4 0 R1R2
R1
R1
R1
R2
Điện dung của tụ cầu:
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
33
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
C
Q

U
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Q
RR
 4 0 1 2
Q  R2  R1 
R2  R1
4 0 R1R2
25.Tính điện dung của một tụ điện hình trụ có chiều dài d, hai bản là hai mặt trụ đồng
trục lồng vào nhau có bán kính thiết diện là R1, R2 (R1 < R2) và giữa hai bản chứa
hai lớp điện môi 1 ,  2
Giải
Đối với tụ điện trụ, chiều dài d của hình trụ rất lớn so với bán kính R1 và R2 các bản
mặt. Do đó điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ trụ là do mặt trụ dài
vô hạn tích điện đều gây ra
Chọn mặt Gauss là mặt trụ có bán kính r với R1  r  R0 cao d có trục trùng với trục
của hai bản tụ hình trụ (R0 là bán kính mặt phân chia). Theo định luật Gauss ta có:
  Q
S E1d S  1 0 (1)
 


E 1  d S và E1  const nên vế trái ta có:  E1d S  E1S  E1.2 rd
S
Từ (1)  E1.2 rd 
Q
 E1 
1 0
Q

 E1 
21 0 rd


Q
r
Tương tự: khi R0  r  R2 E2 
2 2 0 rd r
Hiệu thế giữa hai bản tụ:
R2

 


U  1   2   Edl mà E  dl  dr nên

r
21 0rd r
Q
R1
R2
R0
R2
 1 R0 1 R2 
 ln  ln 


2


rd
2


rd
2

d
R1  2 R0 
1 0
2 0
0  1
R1
R1
R0
Q
Q
2 0 d
Điện dung tụ điện hình trụ: C  

U
Q  1 R0 1 R2  1 ln R0  1 ln R2
 ln  ln 
2 0 d  1 R1  2 R0  1 R1  2 R0
U
 Edr 
Qdr

Qdr

Q
26. Bên trong quả cầu tích điện đều với mật độ điện khối  có một lỗ tròn rỗng, tâm lỗ
rỗng cách tâm quả cầu một khoảng là a. Tìm cường độ điện trường bên trong lỗ
rỗng, trong quả cầu và ngoài quả cầu
Giải:
a. Cường độ điện trường bên trong lỗ rỗng
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
34
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM

 
Chọn mặt Gaus là mặt cầu O1 , r1 với r1  O1M . Điện trường do quả cầu tâm O1 gây


 r1
ra tại M có: E1 
3 0

 
Chọn mặt Gaus là mặt cầu O2 , r2 với r2  O2 M . Điện trường do quả cầu tâm O2


 r2
(xem như hốc được lấp đầy điện tích) gây ra tại M có: E2 
3 0
Theo nguyên lý chồng chất điện trường, điện trường bên trong lỗ rỗng là:
  
  
 
 
E  E1  E2 
O1O2 
a
 r1  r2  
3 0
3 0
3 0
b. Cường độ điện trường trong quả cầu



 r '1

Điện trường do quả cầu tâm O1 gây ra tại N có: E '1 
với r '1  O1 N
3 0
  r 3  r '1  a 
r3
 E '2 
Điện trường do quả cầu tâm O2 gây ra tại N có: E '2 
 
3 0 r '22
3 0 r '1  a 3


với r '2  O2 N
Theo nguyên lý chồng chất điện trường, điện trường bên trong quả cầu là:
 

 

 r '1  r 3  r '1  a 
E '  E '1  E '2 

 
3 0 3 0 r '1  a 3




c. Cường độ điện trường ngoài quả cầu
*
1
Điện trường do quả cầu tâm O1 gây ra tại P có: E 
 
với r1*  O1 P
 R3
3 0  r1* 
2
 *  R3
 E1 
3 0

r1*
3
 r1* 


  r 3  r1*  a 
r3
*
Điện trường do quả cầu tâm O2 gây ra tại P có: E2 
với
 E2* 
*2
3 0 r2
3 0 r*  a 3
1


r '2  O2 P
Theo nguyên lý chồng chất điện trường, điện trường bên trong quả cầu là:
* 




 R 3 r1*
 r 3 r1  a
E*  E *1  E *2 

3 0 r* 3 3 0 r*  a 3
1
1


 
27. Bên trong một hình trụ dài vô hạn tích điện đều với mật độ điện tích khối  có một
hình trụ rỗng cũng dài vô hạn, trục hình trụ rỗng cách trục hình trụ một khoảng là a.
Tìm cường độ điện trường bên trong trụ rỗng
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
35
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
Giải:
 
Chọn mặt Gaus là mặt trụ bán kính r1 với r1  O1M có trục hình trụ trùng với trục của
hình trụ đặc lớn (xem như hốc được lấp điện tích). Điện trường do hình trụ “lớn” gây


 r1
ra tại M có: E1 
2 0
 
Chọn mặt Gaus là mặt trụ bán kính r2 với r2  O2 M có trục hình trụ trùng với trục của
hình trụ đặc lớn (xem như hốc được lấp điện tích). Điện trường do hình trụ “nhỏ” gây


 r2
ra tại M có: E2 
2 0
Theo nguyên lý chồng chất điện trường, điện trường bên trong lỗ rỗng là:
  
  
 
 
E  E1  E2 
r

r

O
O

a
 1 2
1 2
2 0
2 0
2 0
 Mở rộng cho các trường hợp
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
36
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
CHƯƠNG IV

28. Áp dụng định luật Ampere, tìm vector cảm ứng từ B gây bởi dòng điện thẳng dài
vô hạn
Giải
 
Áp dụng định luật Ampere, ta có:  Bdl  0  I i (1)
i
L
Chọn chiều lấy tích phân như hình
 



Vế trái:  Bdl   Bdl  B.2 r (vì B  d l và B  const )
L
L
Vế phải: 0  I i  0 I
i
I
Từ (1) suy ra: B.2 r  0 I  B  0
2 r


Vậy B có phương vuông góc với mặt phẳng hợp bởi I và r ,
I
có độ lớn B  0
2 r
29.Một dây dẫn hình trụ dài vô hạn, bán kính a, có dòng điện chạy với mật độ dòng
j

, r là khoảng cách đến trục dây dẫn. Tính vector cảm ứng từ trong hai trường
r
hợp sau:
a. Độ từ thẩm trong và ngoài dây đều là 
b. Độ từ thẩm trong và ngoài dây lần lượt là 1 và  2
Giải:
a. Độ từ thẩm trong và ngoài dây đều là 
Chọn chu tuyến là đường tròn (C) có tâm
nằm trên trục của hình trụ, bán kính r và đi
qua điểm cần tính:
Theo định luật Ampere, ta có:
 
 
Bdl




0  jd S
L
S


 B  dl
Vì  
 nên  Bdl  0   jdS (1)
L
S
j

d
S

Vế trái:  Bdl  B  dl  B.2 r
L
L
 Xét r < a
2
r
2
r
Vế phải: 0   jdS  0   jrdrd  0   d  jrdr  0   d   dr  0  2 r
S
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
S
0
0
0
0
37
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM

 
Từ (1), suy ra: B.2 r  0  2 r  B  0   B  0  j  r


 Xét r > a
Vế phải:
2
r
0   jdS  0   jrdrd  0   d  jrdr
S
S
2
0
a
0
2
r
a
 0   d   jrdr   jrdr   0   d   dr  0  2 a
0
a
0
0
0

0  a  0  a  
Từ (1), suy ra: B.2 r   0  2 a  B 
B
jr
r
r
b. Độ từ thẩm trong và ngoài dây lần lượt là 1 và  2
Chọn chu tuyến là đường tròn (C) có tâm nằm trên trục của hình trụ, bán kính r và đi
qua điểm cần tính:
 
 
Theo định luật Ampere, ta có:  Bdl  0   jd S
L
S


 B  dl
Vì  
 nên  Bdl  0   jdS (1)
L
S
 j  d S
Vế trái:  Bdl  B  dl  B.2 r

L

L
 Xét r < a (   1 )
2
r
2
r
Vế phải: 0 1  jdS  0 1  jrdrd  0 1  d  jrdr  0 1  d  adr  0 1 2 r
S
S
0
0
0
0

 
Từ (1), suy ra: B.2 r  0 1 2 r  B  0 1  B  0 1 j  r


 Xét r > a (    2 )
Vế phải:
2
r
0 2  jdS  0 2  jrdrd  0 2  d  jrdr
S
S
0
0
2
a
r
2
a
 0  2  d   jrdr   jrdr   0 2  d   dr  0  2 2 a
0
a
0
0
0

   a    a  
Từ (1), suy ra: B.2 r   0  2 2 a  B  0 2  B  0 2 j  r
r
r

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA

38
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
30.Dây dẫn hình trụ rỗng, bán kính tiết diện R1 và R2 (R1 < R2) có dòng điện chạy qua
với mật độ dòng j 

, r là khoảng cách đến trục dây dẫn. Biết độ từ thẩm trong
r2
và ngoài hình trụ đều là  . Tính vector cảm ứng từ tại một điểm cách hình trụ một
khoảng r.
Giải:
Chọn chu tuyến là đường tròn (C) có tâm nằm trên
trục của hình trụ, bán kính r và đi qua điểm cần
tính:
 
 
Theo định luật Ampere, ta có:  Bdl  0   jd S
L
S


 B  dl
Vì  
 nên  Bdl  0   jdS (1)
L
S
 j  d S
Vế trái:  Bdl  B  dl  B.2 r
L
L
 Xét r < R1
Vế phải: 0   jdS  0 (vì j = 0). Suy ra: B1  0
S
 Xét R1 < r < R2
Vế phải:
2
r
0   jdS  0   jrdrd  0   d  jrdr
S
S
0
0
r  dr


r
 0   d   jrdr   jrdr    0   d 
  0  2 ln
R1
0
R1
0
R1 r
0


r
  r
r  
Từ (1), suy ra: B.2 r  0  2 ln  B  0
ln  B  0  ln
jr
R1
r
R1
R1
2
R1
2
r


 Xét r > R2
Vế phải:
2
r
0   jdS  0   jrdrd  0   d  jrdr
S
S
0
0
R2
R2
2
r
2
 R1

 dr
R
 0   d   jrdr   jrdr   jrdr    0   d 
  0  2 ln 2
R1
0
R1
R2
0
R1 r
0

R
  R2 
R  
Từ (1), suy ra: B.2 r  0  2 ln 2  B  0
ln  B  0  ln 2 j  r
R1
r
R1
R1

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA

39
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
31.Tìm cường độ từ trường bên trong một hốc hình trụ của một dây dẫn hình trụ có
dòng điện chạy quay với mật độ dòng j phân bố đều theo tiết diện của nó. Trục của
hình trụ và dây dẫn song song với nhau và cách nhau một khoảng là a
Giải
Áp dụng nguyên lý chồng chất từ trường
 
Chọn chu tuyến là hình tròn bán kính r1 với r1  O1M có
tâm nằm trên trục của hình trụ đặc lớn (xem như hốc được
lấp với mật độ dòng j). Cường độ từ trường do hình trụ
 1  
j  O1M
“lớn” gây ra tại M có: H 1 
2
 
Chọn chu tuyến là hình tròn bán kính r2 với r2  O2 M có
tâm nằm trên trục của hình trụ đặc nhỏ (xem như hốc được
lấp với mật độ dòng j). Cường độ từ trường do hình trụ
 1  
j  O2 M
“nhỏ” gây ra tại M có: H 2 
2
Theo nguyên lý chồng chất từ trường, cường độ từ trường
  
bên trong lỗ rỗng là: H  H1  H 2
 1   1   1   
1   1  
H 
j  O1M  j  O2 M   j  O1M  O2 M  
j  O1O2 
j a
 2
2
2
2
2




 





 

32.Xác định vector cảm ứng từ tạo bởi dòng điện một chiều I chạy theo một dây dẫn
dài vô hạn, hình trụ tròn bán kính a, hằng số từ thẩm là 0 , của môi trường xung
quanh là  . Tính năng lượng từ trường tích lũy bên trong một đơn vị dài của dây
dẫn
Giải
Chọn chu tuyến là đường tròn (C) có tâm
a
nằm trên trục của hình trụ, bán kính r và đi
qua điểm cần tính:
Theo định luật Ampere, ta có:
 
 
r
 Bdl  0   jd S
L
S


 B  dl
Vì  
 nên  Bdl  0   jdS (1)
L
S
 j  d S
Vế trái:  Bdl  B  dl  B.2 r
L
L
 Xét r < a
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
40
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
2
r
0
0
Vế phải: 0  jdS  0  jrdrd  0  d  jrdr  0 j r 2
S
S
0 Ir
Ir
 H1 
2
2
2 a
2 a 2
1
1 0 I 2 r 2
0 I 2 2 a 3 1
0 I 2
Năng lượng: W1   B1H1dV  
rdrd dz  2 4  d  r dr  dz 
2V
2 V 4 2 a 4
8 a 0
16
0
0
Từ (1), suy ra: B1.2 r  0 j r 2  B1 
0 jr

33.Một dây dẫn cáp đồng trục có ruột là vật dẫn hình trụ bán kính R1, độ từ thẩm 1 ,
vỏ bọc mỏng bán kính R2, giữa có môi trường từ thẩm  2 . Tính năng lượng từ
trường tích lũy bên trong một đơn vị dài của dây dẫn
Giải:
Chọn chu tuyến là đường tròn (C) có tâm nằm trên
trục của hình trụ, bán kính r và đi qua điểm cần
tính:
 
 
Theo định luật Ampere, ta có:  Bdl  0   jd S
L
S


 B  dl
Vì  
 nên  Bdl  0   jdS (1)
L
S
 j  d S
Vế trái:  Bdl  B  dl  B.2 r
R1
r
L
L
 Xét r < R1 (   1 )
Vế phải:
2
r
0
0
0 1  jdS  0 1  jrdrd  0 1  d  jrdr  0 1 j r 2
S
S
Từ (1), suy ra: B1.2 r  0 1 j r 2  B1 
0 1 jr
2

0 1Ir
Ir
 H1 
2
2 a
2 a 2
Năng lượng:
1
1 0 1I 2 r 2
0 1I 2 2 a 3 1
0 1I 2
W1   B1H1dV  
rdrd dz 
 d  r dr  dz 
2V
2 V 4 2 a 4
8 2 a 4 0
16
0
0
 Xét R1 < r < R2 (    2 )
Vế phải:
2
r
0 1  jdS  0 1  jrdrd  0 1  d  jrdr  0 2 2
S
S
0
0
R1
r
 R1

  0  2 2   jrdr   jrdr    0  2 2  jrdr  0  jR12
R1
0
0

BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
41
BÀI TẬP ĐIỆN ĐỘNG LỰC - 2014
Từ (1), suy ra: B2 .2 r  0 2 j R12  B2 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM
0 2 I
I
 H2 
2 r
2 r
Năng lượng:
1
1 0  2 I 2
0 2 I 2 2 R2 dr 1
0 2 I 2 R2
W2   B2 H 2 dV  
rdrd dz 
ln
 d   dz 
2V
2 V 4 2 r 2
8 2 0
4
R1
R1 r 0
Năng lượng tích lũy:
  I2   I2 R  I2  
R 
W  W1  W2  0 1  0 2 ln 2  0  1  2 ln 2 
16
4
R1
4  4
R1 
BÙI LÊ HOÀNG NGHĨA
42