Bài tập môn VLDC1 có lời giải PDF

Preview

Summary

Chương 1. Động học chất điểm A. Tóm tắt lý thuyết 1. Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động của chất điểm.  r - véc-tơ bán kính của chất điểm   r  r  x, y, z  - x,y,z là các tọa độ của chất điểm trong hệ trục tọa độ Descartes vuông góc.  r  - vận tốc trung bình: v tb  t  Trong đó  r ...

Description

Chương 1.1. Động học chất điểm A. Tóm tắt lý thuyết 1.  Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động của chất điểm. r - véc-tơ bán kính của chất điểm   r  r  x, y, z  - x,y,z là các tọa độ của chất điểm trong hệ trục tọa độ Descartes vuông góc.   r - vận tốc trung bình: v tb  t  Trong đó  r là véc-tơ độ dời của chất điểm sau khoảng thời gian t .   dr  dx dy dz  - vận tốc tức thời: v   ; ;  dt  dt dt dt  s - tốc độ trung bình: v tb  t Trong đó s là quãng đường mà chất điểm chuyển động được trong khoảng thời gian t . 2

2

ds  dx   dy   dz         dt  dt   dt   dt    dv   - véc-tơ gia tốc toàn phần: a   at an dt dv Gia tốc tiếp tuyến: a t  dt v2 Gia tốc pháp tuyến: an  R

2

- tốc độ tức thời: v 

Gia tốc toàn phần: a  a2t  an2 R – bán kính cong của quỹ đạo tại điểm đang xét. 2. Các dạng chuyển động a. Chuyển động thẳng đều: - Gia tốc: a = 0; - Vận tốc: v = const; - Phương trình quãng đường: s = vt - Phương trình chuyển động (phương trình tọa độ): x = x0 + vt; trong đó x0 là tọa độ của chất điểm tại thời điểm ban đầu. b. Chuyển động thẳng biến đổi đều: - Gia tốc: a = const; - Vận tốc: v = v 0 + at; v0 là vận tốc ban đầu. 1 - Phương trình quãng đường: s  v0 t  at 2 2 1 - Phương trình chuyển động: x  x0  v0 t  at2 2 - Công thức độc lập thời gian: v 2  v 02  2as Chú ý:   Chuyển động thẳng nhanh dần đều a  v   Chuyển động thẳng chậm dần đều a  v

chứ không phải a>0 hay a v > 7,9 km/s: Quỹ đạo là elip.

2

- Khi vận tốc v II = 11,2 km/s: Vận tốc vũ trụ cấp II  Quỹ đạo parabol. Tính vận tốc vũ trụ cấp 2: Vận tốc vũ trụ cấp 2 gọi là vận tốc thoát ly, là giá trị vận tốc tối thiểu một vật cần có để có thể thoát ra khỏi trường hấp dẫn của một hành tinh. Vật chuyển động quanh Mặt Trời. Định luật bảo toàn cơ năng: mv 20  Mm  2GM +  −G = = 0 → v0 = 2 R  R  = 2g 0R =11, 2 (km / s )

- Khi vận tốc v III = 16,7 km/s: Vận tốc vũ trụ cấp III  Vệ tinh có thể thoát ra khỏi hệ Mặt Trời.

Bài tập cần làm: 5.1, 5.3, 5.5, 5.6, 5.7, 5.8, 5.9, 5.10, 5.11, 5.12

5-3. Một quả cầu khối lượng m1 đặt cách đầu một thanh đồng chất một đoạn thẳng a trên phương kéo dài của thanh. Thanh có chiều dài l, khối lượng m2 . Tìm lực hút của thanh lên quả cầu: Bài giải: 3

Dạng thanh nên chia thanh thành từng đoạn nhỏ có kích thước dx và có khối lượng dm, cách đầu O của thanh một khoảng x. Giờ xác định dm theo dx, nhớ là đối với thanh dài thì ta chú ý đến khối lượng trên một đơn vị độ dài λ.

dm = λ dx =

m2 dx 

Bài yêu cầu xác định lực hút, tức là sẽ phải sử dụng công thức liên quan tới lực hấp dẫn giữa qủa cầu và đoạn dm. dF = G

m1dm m1 m2 dx = G 2  ( + a − x ) ( + a − x )2

Giờ lấy tích phân và tìm cận để xác định lực hút của thanh lên quả cầu. Khi quét từ trái sang phải biến x thay đổi từ 0 đến  . Đó chính là cận trên và cận dưới khi tính tích phân. 



m1m 2dx Gm1m 2 Gm1m2 F = ∫G = 2 = 2   (  + a − x)  (  + a − x) 0 0

Hình 5-2.

4

1 1  − a  + a

 Gm1m2 =  a ( a + )

5

6

7

Bài tập chương 6. Trường tĩnh điện A. Phần tóm tắt lý thuyết 1. Lực tương tác Coulomb 



q1 q2 1 q1 q2 1 q1q 2 r12 qq r  k 1 22 . 12 , độ lớn: F12  F12  k 2 . 2 r r r2 4 0  r 4 0  r r 0  8,86.10 12 C2 / Nm2 - hằng số điện môi (hằng số điện môi tuyệt đối của chân không),  là hằng số điện môi tỷ đối của môi trường. 2. Vectơ cường độ điện trường   F E q Cường độ điện trường gây ra bởi một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó một khoảng r: 





Q r 1 Q r |Q| E k 2.  . 2 . , độ lớn: E  k 2 r r r 4 r r   0   Q>0: E hướng ra xa điện tích;  Qr0 (bài mà thầy chưa có dịp tính trên lớp trong giờ lý thuyết). Ta có: dV  Edr (mối liên hệ giũa điện trường và điện thế) kQ Mặt khác sử dụng định lý Ostrogradski – Gauss ta dễ dàng tính được:E  2 , trong đó Q là điện tích của r quả cầu. kQ kQ kQ Thay vào ta được: dV   2 dr  V   C , chọn gốc điện thế tại vô cực ta có C = 0, suy ra:V  r r r   A q V V Quay trở lại bài toán của chúng ta: MN  M N 7 7 9 kQ kqQ kq4 r2 9.10 .1 / 3 .10 .4  0,01 .10  ; VN  0  AMN     3, 42.10 7  J  ,  r R  r  R   r  R  1  0,01 0,1 2

VM 

trong đó Q  4r 2  . Bài 1.25. Một vòng dây tròn bán kính 4 cm tích điện đều với điện tích Q = (1/9).10-8 C. Tính điện thế tại: a) Tâm vòng dây; b) Tại một điểm M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây 1 đoạn là h = 3 cm. Ta làm 1 bài tổng quát, tìm điện thế tại 1 điểm M trên trục vòng dây, cách tâm vòng dây 1 đoạn là h. kdQ Ta có: dV   R2  h2 kdQ kQ Suy ra: V   dV    2 2  R h  R 2 h 2 a) Điện thế tại tâm vòng dây h = 0 9 8 kQ 9.10 . 1 / 9 .10   250  V  VO  R 1.0,04 9.109.1/ 9 .10 8 kQ b) Tại điểm M: VH    200 V  2 2 2 2  R h 1. 0,04  0,03 Bài 1.32. Tại hai đỉnh C, D của một hình chữ nhật ABCD (có các cạnh AB = 4 m, BC = 3 m) người ta đặt hai điện tích điểm q 1  3.10 8 C (tại C) và q 2  3.10 8 C (tại D). Tính hiệu điện thế giữa A và B. Bài giải: 4

AC = BD = 5 m

VA  VCA  VDA 

k  q1 q2  9.109   3.108 3.108        36  V    CA DA  1  5 3 

VB  VCB  VDB 

k  q1 q2  9.109  3.108 3.108        36  V    CB DB  1  3 5 

Hiệu điện thế giữa A và B là: U AB  VA  VB  72  V Bài 1.33. Tính công của lực điện trường khi chuyển dịch điện tích q = 10-9 C từ điểm C đến điểm D nếu a = 6 cm, Q1 = (10/3).10-9 C, Q2 = 2.10-9 C. Bài giải: Nhớ là muốn tính công của lực điện trường thì có công thức: ACD  q VC  VD  Ta có: kQ1 kQ2 9.109  10 / 3 2  9 VC  .10  200  V      1  0, 06 0,06   AC  BC

kQ1 kQ2 9.109  10 / 3 2  9      .10  141 V  1  0,06 2 0,06 2  AD BD Công của lực điện khi đó: A  q  VC  VD  10  9  200 141  59.10 9  J Bài 1.37. Cho hai mặt trụ đồng trục mang điện đều bằng nhau và trái dấu có bán kính lần lượt là 3 cm và 10 cm, hiệu điện thế giữa chúng là 50 V. Tính mật độ điện dài trên mỗi mặt trụ và cường độ điện trường tại điểm ở khoảng cách bằng trung bình cộng của hai bán kính. Bài giải: Trước tiên quay trở lại bài toán tính điện trường gây ra bởi một mặt trụ dài vô hạn tích điện đều. Xét 1 mặt Gauss có dạng mặt trụ có độ cao là h, diện tích đáy là S. Thông lượng điện:  e   D ndS   D ndS   D ndS VD 

mÆt trô

mÆt bªn



trong đó

hai ®¸y

D n dS  0 vì Dn = 0 nên:

hai ®¸y

e 



D ndS  D2 rh  2 0Erh

mÆt bªn

Điện tích của khối trụ: Q   h , trong đó  là mật độ điện dài của khối trụ theo chiều cao.  Theo định lý O – G: Q   e   h  2 0 Erh  E  2 0 r Đối với những điểm nằm giữa 2 mặt trụ thì chỉ có mặt trụ ở phía trong gây ra điện trường. Ta tính điện thế tại 1 điểm cách trục của mặt trụ trong 1 khoảng là r. dr  ln r dV   Edr  dV    V C 2 0 r 2 0 Như vậy hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ R1 = 3 cm và R2 = 10 cm là:  R 2 0 V 2 1.,86.10 12.50   2,3.10 9  C  V ln 2    R2 10 2 0 R 1 ln ln R1 3

5

BÀI TẬP CHƯƠNG VẬT DẪN – TỤ ĐIỆN Tóm tắt lý thuyết 1. Điều kiện cân bằng tĩnh điện

  - Véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm bên trong vật dẫn phải bằng không: E trong  0  - Thành phần tiếp tuyến E t của véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm trên mặt vật dẫn phải bằng không (tức     là véc-tơ cường độ điện trường phải vuông góc với mặt vật dẫn): E t  0, E  E n 2. Những tính chất của vật dẫn mang điện: - Vật dẫn cân bằng tĩnh điện là một khối đẳng thế. Mặt vật dẫn là một mặt đẳng thế. - Nếu truyền cho vật dẫn một điện tích q nào đó thì điện tích q chỉ được phân bố trên bề mặt của vật dẫn, bên trong vật dẫn, điện tích bằng không (các điện tích âm và dương trung hòa nhau). - Đối với một vật dẫn rỗng đã ở trạng thái cân bằng tĩnh điện, điện trường ở phần rỗng và trong thành của vật rỗng cũng luôn luôn bằng không. 3. Hiện tượng điện hưởng - Hiện tượng các điện tích cảm ứng xuất hiện trên một vật dẫn (lúc đầu không mang điện) khi đặt trong điện trường ngoài được gọi là hiện tượng điện hưởng. - Điện tích cảm ứng trên các phần tử tương ứng có độ lớn bằng nhau và trái dấu. Trong trường hợp điện hưởng một phần, độ lớn của điện tích cảm ứng nhỏ hơn độ lớn điện tích trên vật mang điện. Trong trường hợp điện hưởng toàn phần, độ lớn của điện tích cảm ứng bằng độ lớn điện tích trên vật mang điện. 4. Điện dung của một vật dẫn cô lập (về điện) Điện dung của một vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích cân truyền cho vật dẫn để điện tích của vật tăng lên một đơn vị điện thế. (Điện dung của vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích mà vật dẫn tích được khi điện thế của nó bằng một đơn vị điện thế). Q C V 1 culomb , các đơn vị ước của fara: 1 F = 10 6 F ,1 nF = 10 9 F ,1 pF = 10 12 F Đơn vị: 1 fara = 1 von Điện dung của 1 quả cầu bằng kim loại (cô lập) Quả cầu là vật dẫn nên điện thế tại mọi điểm của quả cầu là như nhau và bằng điện thế do điện tích Q coi như đặt Q kQ tại tâm của quả cầu gây ra tại điểm cách tâm một khoảng bằng bán kính R: V     4 0 R R Theo định nghĩa, điện dung: C 

R Q  4 0R  V k

5. Tụ điện Tụ điện là hệ hai vật dẫn cô lập ở điều kiện điện hưởng toàn phần. a. Tụ điện phẳng: là hệ hai bản kim loại phẳng cùng diện tích S đặt song song và cách nhau một đoạn d.  Q Q Q C , trong đó: U = Ed, E là điện trường đều giữa 2 bản tụ: E    0  0 S V1  V2 U

Q 0 S  U d b. Tụ điện cầu: hai bản tụ là hai mặt cầu kim loại đồng tâm có bán kính R 1 và R2 (R 1 > R2 ) Thay vào ta được: C 

Q  1 1  Q  R1  R 2  kQ  R1  R 2      4  0 R 1 R 2 4  0R 1R 2 R 1R 2   Trong đó Q là giá trị tuyệt đối của điện thế mỗi bản, V1  V2  U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ. Điện dung C

Ta có: V1  V2 

của tụ được tính:  R1R 2 Q 4 0R1R 2  C  U R 2  R1 k R 2  R1  c. Tụ điện trụ: hai bản của tụ điện là hai mặt trụ kim loại đồng trục bán kính lần lượt là R 1 và R2 (R1 < R2 ) có độ cao là l, rất lớn so với R 1 và R2 . l Q R Q 20  l   ln 2 , do đó: C  Ta có: V1  V2  R R 2 0 l R1 V1  V2 ln 2 2k ln 2 R1 R1 6. Năng lượng vật dẫn cô lập

QV CV 2 Q 2   2 2 2C 7. Năng lượng của tụ điện W

QU CU 2 Q 2   2 2 2C 8. Năng lượng điện trường của 1 tụ điện phẳng 1 W  CU 2 , 2  S 1 1 W 1 ED 2 2 2   0 E  - mật độ năng lượng điện lại có: C  0 , U  Ed suy ra: W  0 E Sd   0 E V  w  2 2 V 2 2 d trường. ED  E 2 Năng lượng của một điện trường bất kỳ: W   0 dV   dV 2 2 V V W

Phần bài tập Bài 1.1. Cho 2 mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R 1 = 4 cm, R2 = 2cm mang điện tích Q 1 = -(2/3).10 -9 C, Q2 = 3.10-9 C. Tính cường độ điện trường và điện thế tại những điểm cách tâm mặt cầu những khoảng lần lượt bằng 1 cm, 2 cm, 3 cm, 4 cm, 5 cm. Bằng phép tính tích phân tính được: điện thế tại 1 điểm cách tâm quả cầu là x được tính theo công thức:  kq  R (x  R) V  kq (x  R)   x Còn cường độ điện trường thì phía trong quả cầu E = 0, kq Phía ngoài vỏ cầu E  2 x Bài 2.2. Một quả cầu kim loại bán kính 10 cm, điện thế 300 V. Tính mật độ điện mặt của quả cầu Điện thế quả cầu được tính theo công thức: kq V , trong đó q  S  4 R 2 , từ đó suy ra: R

k4R2 V 300  4kR      26,5.10 9 C/m 2 9 R 4kR 4.9.10 .0,1 Bài 2.8. Một quả cầu kim loại bán kính R = 1 m mang điện tích q =10 -6 C. Tính: a) Điện dung của quả cầu; b) Điện thế của quả cầu; c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu. kq q R a) Ta có điện thế của quả cầu được tính theo công thức: V  , suy ra: C   V k R 1 1,1.1010 F Thay số ta được: C  9 9.10 q 10 6 b) Điện thế: V    9000 V C 1,1.10 10 V

CV 2 1,1.10 10.9000 2   4,5.10  3 J 2 2 Bài 2.9. Tính điện dung của Trái Đất, biết bán kính của Trái Đất là R = 6400 km. Tính độ biến thiên điện thế của Trái Đất nếu tích thêm cho nó 1 C. c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu: W 

3

Coi như Trái Đất là 1 quả cầu, ta có điện dung của trái đất là: C 

q  R 6400.10    7,1.104 F 9 V k 9.10

q q 1  V    1405 V C C 7,1.10 4 Bài 2.11. Cho một tụ điện cầu bán kính hai bản là r = 1 cm và R = 4 cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 3000 V.Tính cường độ điện trường ở một điểm cách tâm tụ điện 3 cm. Dùng định lý Gauss dễ dàng suy ra được cường độ điện trường chỉ do bản tụ phía trong gây ra. kq E  2 , điện thế tại một điểm nằm giữa 2 bản tụ là: x kq kq V x    2 dx    const x x Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là: R kq R kq 1 1   kq    U   2 dx  x x r r R  r Lại có V 

Điện dung: C  Suy ra: E 

q rR URr  q U k(R  r) k R  r 

kq kURr URr 3000.0, 04.0, 01 3     44,4.10 V/m  44, 4 kV/m 2 2 2 2 x   k  R  r x R r x 0, 04 0,01 .0,03    

BÀI TẬP CHƯƠNG 8. ĐIỆN MÔI Tóm tắt lý thuyết: - Liên hệ giữa cường độ điện trường và  cảm ứng  điện: D   0 E   - Vector phân cực điện môi: P  0E      D   0E   0 1    E   0E  P , trong đó   1  ,  gọi là hệ số phân cực điện môi. - Mật độ điện tích liên kết trên mặt chất điện môi đặt trong điện trường:    Pn   0 E n Trong đó Pn và En là hình chiếu của vector phân cực điện môi và vector cường độ điện trường lên phương pháp tuyến ngoài của mặt có điện tích xuất hiện. - Dạng toán liên quan đến tụ điện: + Mối quan hệ giữa hiệu điện thế U, cường độ điện trường E, khoảng cách giữa các bản tụ d: U  Ed .  + Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều: E  20  + Mật độ điện mặt trên hai bản tụ tích điện đều:   0 E + Mật độ điện tích liên kết:   Pn  0 En     1 0 En  S + Điện dung của tụ điện phẳng: C  0 d Các bài tập cần làm: 3.1, 3.3, 3.4, 3.5, 3.8. Bài 3.1. Xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm mica dày 0,02 cm đặt vào giữa và áp sát vào hai bản của một tụ điện phẳng được tích điện đến hiệu điện thế U = 400 V. Bài giải: Cần nhớ, đây là xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm điện môi (mica), ta nhớ đến công thức:    Pn  0E n     1 0E n Đối với tụ điện, chúng ta chú ý, điện trường gây ra bởi 2 bản tụ là điện trường đều, hướng vuông góc với các bản tụ, từ phía bản dương sang bản âm. Cho nên: U En  E  d Nên ta có: U 400     1  0E n    1  0  7,5 1 .8,86.10 12. 1,15.10  4 C / m 2  2 d 0,02.10 Chú ý: hằng số điện môi của mica có sách ghi là từ 5,7 đến 7, có sách ghi bằng 6, có sách ghì bằng 7,5. Bài 3.3. Một tụ điện phẳng có chứa điện môi (  6 ) khoảng cách giữa hai bản là 0,4 cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 1200 V. Tính: 1. Cường độ điện trường trong chất điện môi. 2. Mật độ điện mặt trên hai bản tụ điện. 3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi. 1

Tóm tắt:   6 , d = 4 cm = 4.10-2 m, U = 1200 V. 1. E = ? 2.   ? 3.   ? Bài giải: 1. Đối với tụ điện bất kỳ, cường độ điện trường giữa các bản tụ (tức là cường độ điện trường trong chất điện môi) là: U 1200  3.105  V / m  E  3 d 4.10 ở đây rất có thể chúng ta sẽ làm nhầm như sau: E U Cường độ điện trường trong chất điện môi là E  0 , trong đó E 0  , tức là chúng ta  d coi điện trường ngoài E0 là điện trường giữa 2 bản phẳng, nhưng nên nhớ, trong phần lý thuyết E0 là điện trường giữa 2 bản phẳng lúc chưa đặt điện môi, có nghĩa là điện trường của 1 tụ điện không khí. Còn trong trường hợp này, đây là một tụ điện có chứa điện môi   6 nên cường độ điện trường giữa 2 bản tụ lúc này chính là cường độ điện trường trong lòng chất điện môi. Để làm rõ hơn, tiếp tục chúng ta sẽ tính E0, tức là độ lớn của điện trường do các điện tích tự do gây ra (tức là điện tích trên các bản tụ), theo lý thuyết: E 0  E  6.3.10 5  18.10 5  V / m  Ta tính luôn cả cường độ điện trường E gây ra do các điện tích liên kết trên bề mặt của chất điện môi: E   E 0  E  18.10 5  3.10 5  15.10 5  V / m  (đúng theo lý thuyết) 2. Mật độ điện mặt trên 2 bản tụ điện được suy ra từ công thức sau:    0E 0  8,86.10 12.18.105  1,59.10 5  C / m2  3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi cũng được tính từ công thức tương tự:    0E  8,86.10 12.15.105  1,33.10 5  C / m2  Ngoài ra chúng ta có thể biến đổi để sử dụng công thức sau:   Thật vậy: E  E 0  E 

 1  

    0 0

    1  E0        nên ta có:  0  0  0   0  Bài 3.4. Cho một tụ điện phẳng, môi trường giữa hai bản ban đầu là không khí ( 1  1 ), diện tích mỗi bản là 0,01 m2, khoảng cách giữa hai bản là 0,5 cm, hai bản được nối với một hiệu điện thế 300 V. Sau đó bỏ nguồn đi rồi lấp đầy khoảng không gian giữa hai bản bằng một chất điện môi có  2  3 . 1. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện sau khi lấp đầy điện môi; 2. Tính điện tích trên mỗi bản. Bài giải:

Mặt khác: E 

2

Đây là bài toán khá điển hình về tụ điện. Lúc đầu, đây là một tụ không khí và được tích điện bằng một hiệu điện thế 300 vôn, sau khi các bản tụ đã tích điện xong thì ngắt nguồn và cho điện môi vào giữa các bản tụ, khi đó điện tích không đổi, nhưng điện dung thay đổi thành ra hiệu điện thế giữa hai bản tụ sẽ thay đổi.  01S 8,86.10 12.1.0,01 Điện dung của tụ điện không khí là: C 1   1,772.10 11 F  2 d 0,5.10  11 9 Suy ra: Q  C 1U 1  1,772.10 .300  5,3.10  C Điện dung của tụ điện sau khi lấp đầy chất điện môi là:  0 2S 8,86.10 12.3.0,01   5,3.10 11  F  C2  2 d 0,5.10 Q 5,3.10 9 Khi đó U 2   100 V  C2 5,3.10 11 Bài 3.5. Cho một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản là 0,01 m. Giữa hai bản đổ đầy dầu có hằng số điện môi   4,5 . Hỏi cần phải đặt vào các bản một hiệu điện thế bằng bao nhiêu để mật độ điện tích liên kết trên dầu bằng 6,2.10-10 C/cm2. Bài giải: d = 0,01 m,   4,5 ,   6,2.10 10 C/cm 2  6,2.10 6 C/m2 U=? U Cường độ điện trường giữa hai bản tụ: E  d Mật độ điện tích liên kết được tính theo công thức: U    0  E 0  E   0   1    0   1  d 6 d 6, 2.10 .0,01   2000  V  Suy ra: U  0    1 8.86.1012 .3,5 Bài 3.8. Trong một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa các bản là d, người ta đặt một tấm điện môi dày d1 < d song song với các bản của tụ điện. Xác định điện dung của tụ điện trên. Cho biết hằng số điện môi của tấm điện môi là  , diện tích của tấm đó bằng diện tích các bản của tụ điện và bằng S. Bài giải:

3

Đây có thể coi như bài toán 3 tụ điện mắc nối tiếp, trong đó tụ 1 có bề dầy d1, có chất điện môi  . Hai tụ 2 và 3 lần lượt có bề dầy d2 và d3, là tụ không khí: Ta có:  S S  S C1  0 , C 2  0 , C3  0 d1 d2 d3 Đối với bộ tụ mắc nối tiếp ta có: 1 1 1 1 1  d1 1  d1      d 2  d 3    d  d1     Cb C1 C2 C3  0 S     0S    d    1 d 1   0S  0S Ta suy ra: C  d    1 d 1

4

BÀI TẬP CHƯƠNG 8. TỪ TRƯỜNG Tóm tắt lý thuyết:

  B - Vector cường độ từ trường và vector cảm ứng từ: H = µµ0 - Định luật Biot – Savart – Laplace: vector cảm ứng từ gây bởi một phần tử dòng điện: → → → µµ 0 dB = (Id l x r) 4π r3   Trong đó dB là vector cảm ứng từ do phần tử dòng điện Idl gây ra tại điểm M xác định  bởi bán kinh vector r (vector nối từ phần tử dòng điện tới điểm M), µ 0 = 4π.10− 7 H/m gọi là hằng số từ, µ gọi là độ từ thẩm của môi trường. + có phương: vuông góc với mặt phẳng chứa phần tử dòng điện và điểm khảo sát. + có chiều: theo qui tắc đinh ốc hoặc nắm tay phải. µµ Idl + độ lớn: dB = 0 2 .sin θ 4 πr - Nguyên lý chồng chất từ trường: →

+ vector cảm ứng từ gây bởi một dòng điện bất kỳ: B =

→

∫ dB

DD

→

→

vector cảm ứng từ gây bởi nhiều dòng điện: B = ∑ Bi i

- Vectơ cảm ứng từ của dòng điện thẳng: µµ 0I B= (cos θ1 − cos θ 2) 4 πh + có phương vuông góc với mặt phẳng chứa dòng điện và điểm khảo sát; + có chiều theo quy tắc cái đinh ốc, hoặc nắm tay phải; µµ I + độ lớn: B = 0 (cos θ1 − cos θ2...