MỘT SỐ BÀI TẬP PHẤN TĨNH ĐIỆN
CÓ THỂ GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
I. Đặt vấn đề:
Định luật bảo toàn năng lượng là một trong những định luật đúng đắn nhất của vật lý học - mà cho đến nay các nhà khoa học vẫn thấy nó đúng trong những điều kiện ngặt nghèo nhất trong phòng thí nghiệm.
Việc áp dụng định luật bảo toàn năng lượng trong nhiều nhiều bài toán phức tạp và nhiều hiện tượng tự nhiên làm cho vấn đề trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Sau đây tôi xin giới thiệu cùng đồng nghiệp một số bài toán tĩnh điện có thể giải bằng phương pháp dùng các định luật bảo toàn.
II. Một số bài toán áp dụng:
Bài toán 1:
Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt đối với bán kính R. Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt đó từ phía điện tích còn lại.
Giải:
Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không thể thay đổi. Tuy nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện tích cùng dấu, bán kính mặt cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vô cùng nhỏ δR. Mặt cầu tích điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ nguyên điện tích mà người ta truyền cho nó. Điện thế của mặt cầu liên hệ với điện tích của nó bởi hệ thức: \[V=\frac{Q}{4\pi \varepsilon {{\varepsilon }_{0}}R}\]. Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có V = Q/C, suy ra C = 4πεε0R. Năng lượng của tụ điện này W = Q2/2C = Q2/(8πεε0R). Như vậy khi tăng bán kính mặt cầu, năng lượng này giảm một lượng:
∆W = W – W’ = \[\frac{{{Q}^{2}}}{8\pi \varepsilon {{\varepsilon }_{0}}R}-\frac{{{Q}^{2}}}{8\pi \varepsilon {{\varepsilon }_{0}}(R+\delta R)}=\frac{{{Q}^{2}}\delta R}{8\pi \varepsilon {{\varepsilon }_{0}}R(R+\delta R)}\]
Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng công toàn phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu thực hiện. Gọi F là lực tác dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR2.δR. Do đó:
F.4πR2.δR = \[\frac{{{Q}^{2}}\delta R}{8\pi \varepsilon {{\varepsilon }_{0}}R(R+\delta R)}\]. Từ đây lưu ý rằng δR.<< R, ta tính được:
F = \[\frac{{{Q}^{2}}}{32{{\pi }^{2}}\varepsilon {{\varepsilon }_{0}}{{R}^{4}}}\]
Bài toán 2:
Hai vật có kích thước nhỏ, khối lượng m1 và m2 , mang các điện tích cùng dấu q1 và q2 nằm cách nhau một khoảng a trong chân không. Hãy tính công của lực điện trường khi thả đồng thời cả hai điện tích cho chúng tự do chuyển động. Xét trường hợp các khối lượng bằng nhau và trường hợp các khối lượng không bằng nhau.
Giải:
a) Trường hợp khối lượng các hạt bằng nhau:
Do lực tương tác như nhau, gia tốc các hạt như nhau. Chúng đồng thời được thả ra, nên các điện tích luôn đối xứng qua khối tâm chung, năm chính giữa đoạn a ban đầu.
Gọi x là các khoảng cách tức thời từ mỗi điện tích đến khối tâm. Công dịch chuyển mỗi điện tích đi ra đến vô cùng bằng:
\[{{A}_{1}}=\int\limits_{a/2}^{\infty }{Fdx=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}}\int\limits_{a/2}^{\infty }{\frac{dx}{{{(2x)}^{2}}}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{16\pi {{\varepsilon }_{0}}}\left. \left( -\frac{1}{x} \right) \right|_{a/2}^{\infty }=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{8\pi {{\varepsilon }_{0}}a}\]
Suy ra công toàn phần của lực điện trường khi cho cả hai điện tích đồng thời chuyển động ra xa vô cùng bằng:
$A={{A}_{1}}+{{A}_{2}}=2{{A}_{1}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}a}$
b) Trường hợp các khối lượng m1, m2 khác nhau:
Khi đó gia tốc của hai vật là khác nhau. Tuy nhiên theo định luật bảo toàn khối tâm:
\[{{\text{m}}_{\text{1}}}{{\text{x}}_{\text{1 }}}+\text{ }{{\text{m}}_{\text{2}}}{{x}_{\text{2}}}\Rightarrow {{x}_{2}}=\frac{{{m}_{1}}{{x}_{1}}}{{{m}_{2}}}\Rightarrow {{x}_{1}}=({{x}_{1}}+{{x}_{2}})\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}=\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}l\]
và ${{x}_{2}}=\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}l$.
với l kà khoảng cách tức thời giữa hai điện tích.
Gọi khoảng cách ban đầu từ khối tâm đến các điện tích là a1 và a2, ta có công dịch chuyển điện tích q1 ra xa vô cùng bằng:
${{A}_{1}}=\int\limits_{{{a}_{1}}}^{\infty }{{{F}_{1}}d{{x}_{1}}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\int\limits_{a}^{\infty }{\frac{dl}{{{l}^{2}}}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\frac{1}{a}$
Tương tự công cho điện tích q2:
${{A}_{2}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\frac{1}{a}$
Thế năng tương tác ban đầu giữa hai điện tích được chuyển hoàn toàn thành công của hai điện tích ra xa vô cùng:
\[{{\text{W}}_{t}}={{A}_{1}}+{{A}_{2}}=\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{1}{a}\]
Nhận xét: dù cho một hay cả hai điện tích của hệ dịch chuyển ra xa vô cùng thì công của lực điện trường cũng chỉ bằng thế năng của một điện tích này trong điện trường của một điện tích kia khi chúng cách nhau một khoảng r.
Bài toán 3:
Một tấm có hằng số điện môi $\varepsilon =3$ nằm giữa hai bản của một tụ điện phẳng, choán hết thể tích của tụ điện. Tụ điện được mắc vào một nguồn có suất điện động U = 100V qua một điện trở. Sau đó tấm được đẩy ra khỏi tụ điện thật nhanh, đến mức điện tích trên tụ điện chưa kịp biến thiên.
Hỏi phần năng lượng toả ra trong mạch sau đó dưới dạng nhiệt bằng bao nhiêu? Biết điện dung của tụ điện khi chưa có điện môi la C0 = 100μF.
Giải:
Khi vừa đánh bật tấm điện môi ra khỏi tụ điện, điện dung của tụ điện còn bằng C0, nhưng điện tích trên tụ vẫ là q1 = CE = $\varepsilon $C0U. Do đó năng lượng của tụ điện ngay sau khi điện môi bị đánh bật bằng:
\[{{\text{W}}_{1}}=\frac{{{(\varepsilon {{C}_{0}}U)}^{2}}}{2{{C}_{0}}}=\frac{{{\varepsilon }^{2}}{{C}_{0}}{{U}^{2}}}{2}\]
Sau đó điện tích của tụ còn lại: q2 = C0U để phù hợp với điện dung mới, nên có một điện lượng ∆q = q1 – q2 chạy qua nguồn ngược chiều lực lạ, do đó nguồn tiêu thụ một công:
$\Delta A=\Delta q.U=({{q}_{1}}-{{q}_{2}})U=(\varepsilon -1){{C}_{0}}{{U}^{2}}$
đồng thời năng lượngcủa tụ điện chỉ còn bằng:
\[{{\text{W}}_{2}}=\frac{{{C}_{0}}{{U}^{2}}}{2}\]
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta thu được nhiệt lượng toả ra trên mạch sau khi đẩy tấm điện môi ra ngoài:
$Q={{\text{W}}_{1}}-{{\text{W}}_{2}}-\Delta A=\frac{({{\varepsilon }^{2}}-1){{C}_{0}}{{U}^{2}}}{2}-(\varepsilon -1){{C}_{0}}{{U}^{2}}=\frac{{{(\varepsilon -1)}^{2}}{{C}_{0}}{{U}^{2}}}{2}=2J$
Một số bài tập khác:
Bài toán 4:
Một tụ điện phẳng có hai bản tụ bằng kim loại diện tích S, điện môi không khí. Tích điện cho tụ bởi hiệu điện thế U. Tính lực hút giữa hai bản tụ?
Gợi ý giải:
Bài toán này chúng ta áp dụng như bài toán 1.
- Tính năng lượng ban đầu của tụ (W).
- Giả sử kéo hai bản tụ ra xa nhau một khoảng rất nhỏ x
- Tính năng lượng của tụ khi đã dịnh chuyển một đoạn nhỏ x (W’). Độ chênh lệch năng lượng ở hai vị trí ∆W = /W’ – W/ chính bằng công dịnh chuyển hai bản tụ ra xa nhau một khoảng x và bằng công cản của lực hút giữa hai bản tụ.
- Từ các kết quả trên ta tính được: F.x = ∆W
Bài toán 5:
Một tấm đồng dày b được đưa vào một tụ phẳng có diện tích bản là S. Chiều dày tấm đúng bằng nửa khoảng cách giữa các bản.
- Hỏi điện dung sau khi đưa tấm đồng vào?
- Hỏi công thực hiện khi đưa tấm đồng vào? Tấm bị hút vào hay phải đẩy nó vào?
Gợi ý giải:
Khi đưa tấm đồng vào gữa hai bản tụ ta được bộ 2 tụ ghép nối tiếp. Học sinh đễ dàng tính được điện dung của bộ tụ này. So sánh năng lượng của tụ ghép này với năng lượng của tụ ban đầu (chưa đưa bản đồng vào) chúng ta sẽ tính được công thực hiện để đưa tấm đồng vào, và sẽ biết được tấm đồng bị hút vào hay phải đẩy nó vào (chú ý: mọi vật đều có xu hướng tồn tại với trạng thái có mức năng lượng thấp nhất - mức bền vững nhất).
Lời kết:
Trong khuôn khổ một vài trang viết không thể nói hết được các vấn đề. Tuy nhiên chúng tôi hy vọng rằng đã cung cấp được một số bài tập cho các em học sinh và các thầy giáo để tham khảo. Mong được sự góp ý, trao đổi của các bạn.
