Chuyên đề điện tích-điện trường

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các em học sinh làm quen, luyện tập cũng như hệ thống lại kiến thức đã học một cách nhanh chóng và hiệu quả. TaiLieu.VN gửi đến các em Chuyên đề điện tích-điện trường, tài liệu bao gồm lý thuyết và bài tập có đáp án cụ thể. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề điện tích-điện trường

CHUYÊN ĐỀ ĐIỆN TÍCH – ĐIỆN TRƢỜNG 1. Vấn đề liên quan đến lực điện Bài 1: Hai quả cầu nhỏ giống nhau bằng kim loại, có khối lượng 5 g, được treo vào cùng một điểm O bằng hai sợi dây không dãn, dài 10 cm. Hai quả cầu tiếp xúc với nhau. Tích điện cho một quả cầu thì thấy hai quả cầu đẩy nhau cho đến khi hai dây treo hợp với nhau một góc 60°. Tính điện tích đã truyền cho quả cầu. Lấy g = 10 m/s2. Bài 2: Trên đường thẳng xy cho bốn điểm O, A, B, C theo thứ tự từ trái qua phải, trong đó B là trung điểm của AC. Đặt điện tích Q tại O. Sau đó lần lượt đặt điện tích q tại A, B và C. Biết rằng khi q đặt tại A 4 4 và B thì lực tương tác giữa hai điện tích là F1  9.10 N và F2  4.10 N . Tìm lực tương tác giữa các điện tích khi q đặt tại C. Bài 3: Hai quả cầu nhỏ xem như là hai chất nhiễm điện như nhau q1=q2=1,6.10-8 C Khối lượng hai quả cầu như nhau và bằng m=0,6g. Hai quả cầu được treo vào hai sợi dây mảnh-nhẹ đều có chiều dài l=60cm. Hai đầu dây còn lại treo vào cùng một điểm. Cả hệ thống đặt trong môi trường không khí (sinα≈tanα) a/ Nếu điểm treo cố định, hãy tính khoảng cách 2 quả cầu. b/ Cho điểm treo chuyển động xuống phía dưới theo phương đứng với gia tốc nhanh dần đều 5m/s2 . Hãy tính lại khoảng cách hai quả cầu. Giải + Khi hệ đứng cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P ; Lực đẩy culông F ; Sức căng dây T r r r F + P+ T = 0 + Xét một quả cầu thì các lực biểu diễn như hình vẽ.  F k. q1 .q2 tg   (1)  P m.g.b 2 Ta có:  ; b: là khoảng cách hai điện tích (m) tg  sin   b / 2 (2)  l + Từ (1) và (2) k. q1q2 b 2lk q1q2 2.0,6.9.10 9.(1,6.10 8 ) 2   b3 3  0,0772 (m)  7,72(cm b 2 mg 2l mg 0,6.10 3.10 b, + Khi điểm treo chuyển động nhanh dần đều xuống phía dưới với gia tốc a thì mỗi quả cầu chịu thêm lực quán tính hướng lên trên. k. q1q2 Lúc đó biểu thức (1) trở thành: tg  (3) (mg  ma).b 2 2kl q1q2 2.9.10 9.0,6.(1,6.10 8 ) 2 + Từ (2) và (3) b  3   0,097(m)  9,7(cm) m( g  a) 0,6.10 3 (10  5) Bài 4. Hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng 5 g, mang điện tích q được treo vào điểm O bởi hai sợi dây có cùng chiều dài 50 cm. Cả hệ được đặt trong không khí. Khi cân bằng các dây treo hợp với nhau một góc 90o. Lấy g = 10 m/s2.
1. Tính giá trị của q và lực căng dây treo khi cân bằng. 2.Kéo điểm treo O chuyển động nhanh dần đều lên trên theo phương thẳng đứng với gia tốc a. Khicân bằng hai dây treo hợp với nhau một góc 60o. Bỏ qua lực cản không khí. Tính a. 4 điểm F, T và mg cân bằng O T= mg 2 = 0,07 N T F q2 q2 F = mg = 9.10 9  9.10 9 mg ( 2 ) 2 (0,5 2 ) 2  2 q = ∓1,67.10-6 C Xét trong hệ qui chiếu gắn với O, các quả cầu chịu thêm lực quán tính Fq = O ma T mg  ma q2 F = (mg  ma ) tan 30   9.109 2 (1) o 3  q2 Theo ý 1.1 thì 9.10 2  2mg (2) 9 ℓ  mg + ma (1) và (2) => a = (2 3  1)g = 24,6 m/s2. Bài 5. Cho hệ như ở hình vẽ: ( P1 ),( P2 ) là hai tấm thủy tinh phẳng nhẵn;  = 60o; C1,C2,C3 là ba quả cầu nhỏ tích điện cùng dấu ( q1, q2 , q3 ).Khi cân bằng C2 , C3 ở cùng độ cao.Biết rằng m2 q1  q2  2q3.Tìm của C2 , C3 . m3 G . Khi cân bằng  C1C2C3 đều  C1C2 = C1C3 = C2C3 = l. . Fms = 0. các lực tác dụng lên C2, C3 khi cân bằng như biểu diễn ở hình vẽ. q . Gọi q1= q2 = nq3 = q và q3 = . n Kq1q2 . P2 = m2g ; P3 = m3g ; F12 = ; F32 = l2 Kq3 q2 Kq1q3 Kq2 q3 2 ; F13= 2 ; F23 = l l l2 Viết phương trình cân bằng lực cho C2, C3 theo phương P1 và P2 ta có: Kq2 Kq2 m2g sin  = 2  2 cos (1) l nl Kq2 Kq2 m3g sin  =  cos (2) nl 2 nl 2 m2 n  cos 2  cos600 5 Từ (1) và (2) suy ra: = = 0 = . m3 1  cos 1 +cos60 3
Bài 6. Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q. Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a=l. a) Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b) Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g. Nm2 Áp dụng bằng số: l=20cm, m= (1  2 2) gam, g=10m/s , k= 9.10 ( 2 ) . 2 9 C Giải a) Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ. FAC  FBC  FDC  F (1) Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: F = FAC + FDCcos450 + FBCcos450 kq 2  1   F 2   2 l 2  b) Xét quả cầu C. Các lực tác dụng vào quả cầu gồm: T , P , FAC , FBC , FDC . Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T  P  FAC  FBC  FDC  0  F  P  T (như hình vẽ)  Hợp lực của F P phải có phương của dây treo OC. Do =450 nên F  P  mg  l2  kq 2  0,5  2  q  mgl 2 k (0,5  2) 7 Thay số: q  3.10 C . Bài 7: Cho 3 điện tích điểm giống nhau +q đặt tại 3 đỉnh 1 tam giác đều ABC. Điện tích +q 1 đặt tại M nằm trên đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác và vuông góc với mặt phẳng tam giác, cách M một đoạn x, trong chân không. a) Xác định độ lớn lực tác dụng lên q1. b) Tìm x để độ lớn lực tác dụng lên q1 cực đại. c) Nếu để cho 3 điện tích q bắt đầu chuyển động tự do ra xa nhau (không có q1). Tìm vận tốc cực đại của chúng. Cho khối lượng mỗi điện tích là m. Bỏ qua ma sát, trọng lực Bài 8: Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau được treo vào một điểm bởi hai sợi dây nhẹ không dãn, dài  = 40 cm. Truyền cho hai quả cầu điện tích bằng nhau có điện tích tổng cộng q = 8.10 -6 C thì chúng đẩy nhau các dây treo hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2. a. Tìm khối lượng mỗi quả cầu. b. Truyền thêm điện tích q’cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo giảm đi còn 600. Xác định cường độ điện trường tại trung điểm của sợi dây treo quả cầu được truyền thêm điện tích này? Bài 9: Cho 2 quả cầu nhỏ giống nhau có cùng điện tích q được treo cạnh nhau bằng 2 sợi dây mảnh không dãn, dài như nhau trong không khí. Khi hai quả cầu cân bằng mỗi sợi dây lệch khỏi phương thẳng đứng một góc  . Nhúng hệ hai quả cầu trên vào trong dầu có hằng số điện môi bằng 2, góc lệch của mỗi dây treo vẫn là  . Tìm khối lượng riêng của mỗi quả cầu, biết khối lượng riêng của dầu là 0,8.10 3 kg / m3 2.Vấn đề liên quan đến điện trƣờng Bài 1: Hai điện tích q1 = q2 = q >0 đặt tại hai điểm A và B trong không khí. Cho biết AB = 2a. a) Xác định cường độ điện trường tại điểm M trên đường trung trực của AB cách AB một đoạn h. b) Tìm h để EM cực đại. Tính giá trị cực đại này. GIẢI
a) Cường độ điện trường tại M: E  E1  E 2 q E1  E 2  k ........... a2  h2 2kqh Hình bình hành xác định E là hình thoi: E = 2E cos   .... a  1 2 3/2 2 h b) Định h để EM đạt cực đại: a2 a2 a 4 .h 2 a  h    h  3. 2 2 2 3 2 2 4  a2  h2   a h  a2  h2   3 27 4 2 3/2 3 3 2 ah 4 2 2kqh 4kq Do đó: EM   3 3 2 3 3a 2 ah 2 a2 a h  h 2 ......................... 2 2 EM đạt cực đại khi: m  4kq   E M max  .......................... B E 3 3.a 2 E i 2: Một quả cầu nhỏ khối lượng m = 10g mang điện tích dương q= 3. 10-7C được thả không vận tốc đầu từ đỉnh B của mặt phẳng α A C nghiêng BC=20cm và hợp với phương ngang góc α=300. Hệ thống được đặt trong một điện trường đều E=105V/m có đường sức nằm ngang như hình vẽ . Cho hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ=0,2, tính vận tốc của quả cầu ở chân mặt phẳng nghiêng. Lấy g=10m/s2. Giải - Theo phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta có: P.cosα = N + Fđ. sinα  N = mg.cosα – q.E.sinα (1) - Theo phương chuyển động của vật: mg.sinα + Fđ.cosα - µN = ma (2) Thay (1) và (2) và biến đổi ta được: a = g.(sinα - µcosα) + qE .(cosα+µsinα) ≈ 4,94m/s2 m Vận tốc của vật ở chân mặt phẳng nghiêng là: v = 2.a.BC ≈ 1,4m/s Bài 3. Cho hai điện tích điểm q1=3.10-8C; q2=-6.10-8C đặt tại A, B trong không khí; AB= a =20cm. a. Xác định vectơ cường độ điện trường tổng hợp tại C. Biết CA=CB; ̂ . b. Phải đặt điện tích điểm | |=9.10 C cách A một khoảng bằng bao nhiêu để vectơ cường độ -8 điện trường tổng hợp do điện tích q1, q2, q3 gây ra tại C bằng không Giải
√ | | | | ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ √ - α=63026’ ; β=26034’ b. - Hình vẽ ⃗ : Vectơ cường độ điện trường do điện tích q3 gây ra tại C. - ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ | | -⃗ ⃗ * Trường hợp: q3= -̂ - AM=25,98 cm * Trường hợp: q3= -̂ - AM1=16,15cm Bài 4. Tại 8 đỉnh của hình lập phương cạnh a =0,2m ở trong chân không, có đặt 8 điện tích điểm có cùng độ lớn là q = 9.0-8, bốn điện tích ở đáy trên có trị số âm, bốn điện tích đáy dưới có trị số dương. Xác định cường độ điện trường tại tâm hình lập phương. 32kq ĐS: E   1, 25.105V / m 2 3 3a Bài 5. Một vòng dây hình tròn bán kính R mang điện tích Q phân bố đều và nằm có định trong một mặt phẳng thẳng đứng. Một điện tích q (cùng dấu với Q) có khối lượng m nằm cân bằng tại một điểm ở trục vòng dây. Điện tích q được gắn ở đầu một sợi chỉ mảnh cách điện, còn đầu kia của sợi dây buộc vào điểm cao nhất của vòng dây. Toàn bộ đặt trong trường trọng lực. a) Hãy tìm chiều dài cần thiết của sợi dây đó b) Nếu điện tích q nằm ở vị trí mà lực điện tác dụng lên nó là lớn nhất thì chiều dài và lực căng dây ở vị trí đó bằng bao nhiêu? kQqR 3 3 ĐS: a. 3 ; b. l  .R ; T= .mg mg 2 2 Bài 6. trong một điện trường tạo bởi một điện tích điểm +q1 và một điện tích điểm -q2, có một đường sức xuất hiện từ +q1 hợp với đoạn thẳng nối hai điện tích một góc  a. Hãy tính góc  mà đường sức đó hợp với đoạn thẳng trên tại -q2
b.Thảo luận kết quả thu được câu a) nếu q1 q2 . Cho biết công thức tính diện tích chỏm cầu bán kính r, góc mở 2  là S  2 r 2 1  cos   . 3. Điện tích chuyển động trong điện trƣờng Bài 1: Giữa hai bản kim loại đặt song song, nằm ngang, tích điện bằng nhau, và trái dấu có điện áp U1  1000(V ) . Khoảng cách giữa 2 bản là d  1(cm) . Ở chính giữa 2 bản có 1 giọt thủy ngân nhỏ nằm lơ lửng. Đột nhiên, điện áp giữa hai bản giảm xuống còn U2  995(V ) . Hỏi sau thời gian bao lâu kể từ lúc giảm điện áp, giọt thủy ngân rơi đến bản ở bên dưới? Cho g=10m/s2. Một electron bay trong điện trường giữa hai bản của một tụ điện đã được tích điện và đặt cách nhau 2cm với vận tốc 3.107 m/s theo phương song song với các bản của tụ điện. Hiệu điện thế giữa hai bản phải là bao nhiêu để electron lệch đi 2,5mm khi đi được quãng đường 5cm trong điện trường. Giải Khi điện áp 2 bản là U1. Điều kiện cân bằng của giọt thủy ngân là : F1  P mg mg mgd  q E1  mg  q    (1) E1 U1 U1 d * Khi giảm điện áp giữa 2 bản tụ còn U2:   Hợp lực của F2 ; P truyền cho giọt thủy ngân 1 gia tốc làm cho giọt thủy ngân chuyển động có gia tốc    xuống dưới. Phương trình định luật II Niu tơn: F2  P  m a  P  q E2  ma U2 d 1 2 d  mg  q  ma  at  t  (2) * Lại có: (3) d 2 2 a mgd U 2 U U Từ (1) thay vào (2) có: mg  .  ma  g  g 2  a  a  g (1  2 ) U1 d U1 U1 Thay vào (3) ta có: d t . Thay số ta được : t=0,45(s) U g (1  2 ) U1 i 2: Một hạt bụi có khối lượng m = 5.10-4g, mang điện tích q > 0 (coi là điện tích điểm), nằm lơ lửng giữa hai bản tụ điện nằm ngang và cách đều hai bản tụ. Khoảng cách giữa hai bản tụ là d = 1cm, hiệu điện thế giữa hai bản tụ khi đó là U1 = 200V. Lấy g = 10m/s2. a. Tính độ lớn điện tích q của hạt bụi. b. Xoay hai bản tụ thẳng đứng và giảm hiệu điện thế còn U2 = 100V rồi đặt hạt bụi trên vào vị trí cũ. Hỏi sau bao lâu hạt bụi chuyển động tới bản âm? Tính vận tốc của hạt bụi khi đó. Giải khi thay hiệu điện thế U2 = 100V, độ lớn lực điện tác dụng vào hạt bụi là:
qU 2 qU1 mgd mg Fđ'     d 2d 2d 2 gia tốc theo phương ngang là: Fđ' P g ax     5m / s2 m 2m 2 thời gian kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi hạt bụi tới bản âm là: 2x d 102 t    0, 045s ax ax 5 Gia tốc: a  a x  a y với vận tốc hạt bụi khi đó là g2 v  a.t  a  a .t  2 x 2 y g 2 .t  5 5.0,045  0,5m / s 2 4 Bài 3: Hai tấm kim loại phẳng nằm ngang, song song với nhau l tích điện nh nhau và trái dấu, điện trờng E trong khoảng không gian giới hạn bởi hai tấm. Chiều dài mỗi tấm phẳng bằng l. Một electron bay vào trong điện trờng dới góc tới  so với mặt tấm và  bay ra khỏi điện trờng với góc  nh hình vẽ. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. a. Xác định động năng ban đầu của electron b. Từ biểu thức tìm đợc ở câu a hãy áp dụng để tính với =300 và =450, l=10cm, E=100V/m, e=1,6.10-19C.  Bài 4: Giữa hai bản kim loại đặt song song nằm ngang tích điện trái dấu có một hiệu điện thế U1=1000V khoảng cách giữa hai bản là d=0,9cm. Ở đúng giưã hai bản có một giọt thủy ngân nhỏ tích điện dương nằm lơ lửng. Nếu hiệu điện thế giữa 2 bản giảm xuống còn U2 thì sau 0,3s giọt thủy ngân bị rơi xuống bản kim loại phía dưới. Tìm U2? Lấy g =10m/s2 Giải Khi giọt thủy ngân cân bằng: U1 U P  F1  mg  q  m  q 1 (1) d gd Khi hiệu điện thế giữa 2 bản giảm xuống còn U’ giọt thủy ngân rơi với gia t ốc P  F2 qU a g 2 (2) m md T ừ 1,2 → a = (3) Qu ã ng đường rơi của giọt thủy ngân: S= = = a = (4) Từ 3, 4 : U2= = 990 V Bài 5: Một electron bay với động năng ban đầu Wđ = 3000 eV vào trong một tụ điện phẳng không khí theo hướng hợp với bản dương một góc α = 30o. Cho biết chiều dài của tụ điện là l = 10cm, khoảng cách giữa hai bản là d = 2cm, bỏ qua tác dụng của trọng lực. a.Viết phương trình quỹ đạo chuyển động của electron trong điện trường. b. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ, biết rằng electron rời tụ điện theo phương song song với các bản tụ. Giải a. Viết phương trình quỹ đạo chuyển động của electron trong điện trường. x = (v0cosα)t ; y = (v0sinα)t – 0,5at2 ; a = qU/md Vậy √
b. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ, biết rằng electron rời tụ điện theo phương song song với các bản tụ. Khi vừa ra khỏi tụ x = ℓ  t = ℓ/v0cosα ; Vì ra tụ electrôn bay song song với bản tụ nên lúc này vy = 0 hay v0sinα – at = 0  a = (v0sinα)/t = ((v0)2sinαcosα)/ℓ = qU/md ; Suy ra U = (md(v0)2sin2α)/2ℓq = 15000√3 (V); Bài 6. Các hạt khối lượng m, mang điện tích q bay vào vùng không gian α β giữa hai bản tụ điện phẳng dưới góc  so với mặt bản và ra khỏi dưới góc  (hình bên). Tính động năng ban đầu của hạt, biết điện trường có cường độ E, chiều dài các bản tụ là d. Bỏ qua hiệu ứng bờ của tụ điện Giải 1 2 Gọi v1 là vận tốc lúc hạt vào, thì động năng ban đầu của nó bằng: W1  mv1 (1) 2 Gọi v2 là vận tốc lúc hạt ra khỏi tụ điện, thì : + Thành phần vận tốc vuông góc với đường sức: v┴ = v2cos  v1cos = hs (2) F  P Eq + Thành phần vận tốc song song với đường sức thay đổi với gia tốc: a   g m m  Eq  => v// = v2 sin   v1 sin   at  v1 sin     g  t (3) m  d Trong đó: t  (4) v1cos  qE  mg  d Thay v2 theo (2) và t theo (4) vào (3) được: v1cos.tg  v1 sin     .  m  v1cos (qE  mg).d Suy ra: cos .tg   sin .cos  2 mv12 1 (qE  mg)d Do đó: W1  mv12  2 2cos2  tg tg  1 q.E.d Nếu bỏ qua trọng lực: W1  mv12  2 2cos .  tg tg  2 3. Chuyển động của điện tích liên quan đến điện thế, công của lực điện v độ biến thiên động năng. Bài 1:Ba quả cầu kim loại có cùng khối lượng m=0,1g và mang điện tích q=10-7C, lúc đầu chúng được giữ cố định tại 3 đỉnh của tam giác đều cạnh a=1,5cm. Cùng lúc buông 3 quả cầu ra (bỏ qua trọng lực), hãy tính: a/ Vận tốc các quả cầu khi chúng cách nhau một khoảng r=4,5cm? b/ Công của lực điện trường làm mỗi quả cầu dịch chuyển ra rất xa 2 quả cầu kia? Giải Năng lượng của quả cầu ban đầu: E1=2qV0=2kq /a2 Khi các quả cầu cách nhau khoảng r thì năng lượng của chúng là E2=mV2/2+2kq2/r Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được k (r  a) V= 2q =8,94m/s mra Khi các quả cầu rất xa nhau thì công của điện trường là: A=3q(V0-V  )=6kq2/a=3,6.10-2J Bài 2: Một vật nhỏ khối lượng m, mang diện tích –q có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng AB=l hợp với phương nằm ngang góc α. Tại chân đường cao AH xuống mặt phẳng ngang BC có đặt diện tích +q (hình vẽ). A α H B C
a) Tính vận tốc của vật khi vật trượt đến B, biết vật bắt đầu trượt không vận tốc đầu từ A. b) Để vận tốc này giống như khi không có điện tích q thì α bằng bao nhiêu? Giải Chọn gốc thế năng trọng lực tại mặt BC và gốc thế năng tĩnh điện tại ∞. - Năng lượng của vật tại A gồm có:  Thế năng trọng lực mglsinα.  Thế năng tĩnh điện : -q.VA = - Năng lượng của vật tai B gồm có :  Thế năng tĩnh điện : -q.VB =  Động năng : - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : mglsinα - K = - ⇒ ( ) √ (*) - Nếu không có điện tích q thì vận tốc của vật tại B là V’B được tính như sau : mglsinα = => √ (**) (*) và (**) giống nhau khi : 1 – tgα = 0 => α = 45o. Bài 3: Cho biết: điện thế do một điện tích điểm q gây ra tại điểm M cách q một khoảng r trong chân không là VM = k.q/r, với k = 9.109 N.m2/C2; khối lượng và điện tích của êlectron lần lượt là 9,1.10 − 31 kg và − 1,6.10 − 19 C; điện tích của prôtôn là + 1,6.10 − 19 C; 1 eV = 1,6.10− 19 J. 1. Với nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản, êlectron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân đứng yên, với bán kính quỹ đạo là ao = 5,29.10 − 11 m. Tính: a) lực điện mà hạt nhân hút êlectron và tốc độ của êlectron; b) tổng động năng và thế năng của êlectron trong điện trường của hạt nhân (tính theo eV). 2. Hai êlectron, ban đầu, ở cách nhau một khoảng rất lớn và chạy đến gặp nhau với vận tốc tương đối có độ lớn vo = 500 m/s. Tìm khoảng cách nhỏ nhất a mà các êlectron có thể đến gần nhau. Chỉ xét tương tác điện giữa các êlectron. Giải 1. Fđ = k.|q1.q2|/r2 = 9.109.e2/(ao)2 = 8,2.10-8 N Fht = me.v2/ao = Fđ = 9.109.e2/(ao)2 v = (Fđ.ao/me)1/2 = 2,19.106 m/s Wđ = m.v2/2 = Fđ.ao/2 = k.e2/(2ao) Wt = q.V = − k.e2/ao W = Wđ + Wt = − k.e2/(2ao) = − 2,18.10-18 J = − 13,6 eV 2. Hệ hai êlectron là hệ kín, vận tốc khối tâm vG không đổi. Trong hệ qui chiếu gắn với khối tâm (HQC quán tính), khối tâm G đứng yên vG = 0 => tổng động lượng của hệ bằng 0 => vận tốc của hai êlectron có cùng độ lớn, cùng giá, ngược chiều. Ban đầu, tốc độ đó là vo/2, các êlectron ở rất xa nhau Wt = 0 Khi khoảng cách giữa hai vật đạt giá trị nhỏ nhất, vận tốc hai êlectron bằng 0 Toàn bộ động năng chuyển hóa thành thế năng => 2.m(vo/2)2/2 = k.e2/a => a = 4k.e2/[m.(vo)2] = 4,05.10-3m = 4,05 mm
Bài 4 : Hai quả cầu nhỏ tích điện có khối lượng và điện tích lần lượt m1=m, q1=+q; m2=4m, q1=+2q được đặt cách nhau một khoảng a. Ban đầu quả cầu 2 đứng yên và quả cầu 1chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc v0. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. a) Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa 2 quả cầu?  b) Xét trường hợp a= , tính rmin ? c) Tính vận tốc v1, v2 của hai quả cầu khi chúng lại chuyển động ra xa nhau vô cùng?  Xét khi a= ? Giải Khi đên khoảng cách rmin hai quả cầu chuyển động cùng chiều cùng vận tốc v. Áp dung ĐLBT động lượng và ĐLBT NL có: v mv02 k 2q 2 5mv 2 k 2q 2 mv0  (m  4m).v  v  0 (1)    (2), 5 2 a 2 rMIN mv02 k 2q 2 mv02 k 2q 2 5kaq 2 từ 1,2 .     rMIN  2 a 10 rMIN mv02 a  5kq 2 b) Nếu a=  thì có: mv02 mv02 k 2q 2 5kq 2    rMIN  (*) 2 10 rMIN mv02 c) Vận tốc của hai hạt khi chúng lại xa nhau vô cùng Áp dung ĐLBT động lượng và ĐLBT NL có: mv02 k 2q 2 mv12 4mv22 mv0  mv1  4mv2  v1  v0  4v2 (3)    (4) 2 a 2 2 kq 2 Thay 3 vào 4  5mv  2mv0 v2   0 (5) giải phương trình 5 lấy v2>0 2 2 a v 0 v0 r v r v2   1  MIN  v2  0 (1  1  MIN ) 5 5 a 5 a 2 v r 5kq  v1  0 (1  4 1  MIN ) với rMIN  5 a mv02 Xét khi a=   v2  2v0 3v , v1   0 0 quả cầu 1 bị bật trở lại 2 5 4. i tập liên quan đến tụ điện a) Hoạt động của tụ điện Bài 1. Hai tụ C1 = 5.10-10F, C2 = 15.10-10F mắc nối tiếp, khoảng giữa hai bản mỗi tụ lấp đầy điện môi có chiều dày d = 2mm và điện trường giới hạn 1800V/mm. Hỏi bộ tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn bao nhiêu? Giải  3 U1 C2 3 U1  4 U Hai tụ mắc nối tiếp:   , U1 + U2 = U   (1) U 2 C1 1 U  1 U  2 4 Hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ: Ugh = Egh.d = 1800.2 = 3600V (2) Từ (1) và (2): để bộ tụ không bị đánh thủng thì U1  Ugh  U  4800V. Vậy bộ tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn là 4800V. Bài 2. Ba tụ C1 = 1μF, C2 = 2μF, C3 = 3μF có hiệu điện thế giới hạn U1 = 1000V, U2 = 200V, U3 = 500V mắc thành bộ. Cách mắc nào có hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ lớn nhất? Tính điện dung và và hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ lúc này. ĐS: C1 nt (C2 // C3): U  1200V; Cbộ =  F . 5 6
Giải Có tất cả 5 cách mắc ba tụ trên thành bộ. - Cách 1: C1 nt C2 nt C3 U1  1000V Để bộ tụ không bị đánh thủng thì hiệu điện thế mỗi tụ thỏa mãn:  U 2  200V U  500V  3 Ta tính được hiệu điện thế của bộ: U  733,3V - Cách 2: C1 nt (C2 // C3)  U  1200V - Cách 3: C2 nt (C1 // C3)  U  500V - Cách 4: C3 nt (C1 // C2)  U  400V - Cách 5: C1 // C2 // C3  U  200V  Cách 2 cho bộ tụ chịu được hiệu điện thế lớn nhất là 1200V, khi đó Cbộ = 5 F 6 Bài 3. C1 = C2 = C3 = C, R1 là biến trở, R2 = 600Ω, U = 120V. a. Tính hiệu điện thế giữa hai bản mỗi tụ theo R1. Áp dụng với R1 = 400Ω. b. Biết hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ là 70V. Hỏi R1 có thể thay đổi trong khoảng giá trị nào? 2R1  600 R  1200 R  600 ĐS: a. U1  40  ;U 2  40  1 ;U 3  40  1 R1  600 R1  600 R1  600 b. 200Ω  R1  1800Ω Giải a)Các điện trở: R1 nt R2, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở: U 120 I  R1  R2 R1  600 UR1 120R1 +) Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: UR1 = I.R1 =  R1  R2 R1  600 UR2 72000 +) Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: UR2 = I.R2 =  R1  R2 R1  600 +) Gọi hiệu điện thế mỗi tụ C1, C2, C3 lần lượt là U1, U2, U3 và giả sử dấu điện tích trên các bản tụ như hình vẽ, ta có các liên hệ: U1  U 2  U  120V 1   UR1 120 R1 U1  U 3  U R1    2  R1  R2 R1  600 Q  Q  Q  0  3  1 2 3 +) Thay C1 = C2 = C3 = C vào (3), được: U1  U2  U3  0  U2  U3  U1 (3’) Từ (1), (2), (3’) ta tìm được:
 2 R1  600 U1  40   R1  600  R1  1200 U 2  40   R1  600  R  600 U 3  40  1  R1  600 +) Áp dụng: R1 = 400Ω ta được: U1 = 56V; U2 = 64V; U3 = -8V. +) Nhận thấy U3 < 0, nên điện tích trên C3 phải có dấu phân bố ngược lại so với giả thiết ban đầu, hiệu điện thế của C3 là 8V. b) So sánh U1, U2, U3, dễ thấy U1, U2 > U3 Để các tụ không bị đánh thủng thì U1, U2  70V (4) +) U1  U2  R1  600Ω 2R1  600 Điều kiện (4) trở thành: U1  70V  U1  40   70V R1  600  R1  1800Ω  600Ω  R1  1800Ω (5) +) U1 < U2  R1 < 600Ω Điều kiện (4) trở thành: U2  70V  R1  200Ω  200Ω  R1 < 600Ω (6) Kết hợp (5) và (6) ta được: 200Ω  R1  1800Ω Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3 = 10Ω, C1 = 20μF, C2 = 30μF; U = 50V. a. Tính điện tích các tụ khi K mở, K đóng. b. Ban đầu K mở, tính điện lượng qua R3 khi K đóng. ĐS: ΔQ = 600 μC Giải Tính điện tích các tụ khi K mở, K đóng. a) *) K mở: +) Hiệu điện thế các tụ: U1 = U2 = U = 50V +) Điện tích các tụ: Q1 = C1U1 = 1000 μC, Q2 = C2U2 = 1500 μC *) K đóng: Các điện trở được mắc: R1 nt R2 U +) Cường độ dòng điện qua các điện trở: I   1A R1  R2 +) Lúc này tụ C1 // R1, hiệu điện thế của C1: U1’ = I.R1 = 20V C2 // R2, hiệu điện thế của C2: U2’ = I.R2 = 30V +) Điện tích các tụ: Q1’ = C1U1’ = 400 μC Q2’ = C2U2’ = 900 μC b) Điện lượng qua R3 bằng độ thay đổi điện tích trên bản (+) của tụ C1:ΔQ = Q1 ' Q1 = 600 Μc Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ. Ban đầu các khóa K đều mở. Các tụ có cùng điện dung C và chưa tích điện. Các điện trở bằng nhau và bằng R. Nguồn điện có hiệu điện thế U.
Đóng K1, sau khi các tụ đã tích điện hoàn toàn, mở K1 sau đó đóng đồng thời hai khóa K2, K3. Tìm nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở R. Xác định cường độ dòng điện qua các điện trở vào thời điểm mà hiệu điện thế trên hai bản của tụ ở giữa (Tụ giữa hai điểm M,N) bằng U/10. Bỏ qua điện trở dây nối và các khóa K. ĐS: q = 2CU2/27; it1 = 19U/60R; it = u/60R. Giải +) Đóng K1, lúc này các tụ được mắc: C1 nt C2 nt C3 CU +) Điện tích mỗi tụ: Q1 = Q2 = Q3 = 3 1 CU 2 +) Năng lượng điện trường của bộ tụ: W = 3.  = 2 9 CU 2 6 +) Mở K1, sau đó đóng đồng thời hai khóa K2, K3: +) Các tụ sau đó được mắc song song. Dấu điện tích trên các bản trước và sau khi đóng K2, K3 được xác định như hình vẽ dưới đây. +) Hiệu điện thế mỗi tụ sau khi đóng K2, K3: U1 = U2 = U3 =U’ Và điện tích tương ứng: Q1’ = Q2’ = Q3’ = C.U’ +) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho các bản tụ nối với nhau ta có: Q1 + Q3 – Q2 = Q1’ + Q2’ + Q3’  = 3.C.U’  U’ = CU U 3 9 CU '2 CU 2 CU 2 +) Năng lượng bộ tụ lúc này còn lại: W’ = 3. = 3. = 2 2.81 54 +) Gọi nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở là q, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 2 W  W' 2CU W = W’ + 2q  q = = 2 27 +) Ngay sâu khi đóng K2 và K3, điện tích dịch chuyển trong mạch (theo chiều mũi tên). Vì hiệu điện thế ổn định trên các tụ U/9 > U/10, nên có hai thời điểm mà hiệu điện thế của tụ C2 bằng U/10: - Lần thứ nhất: Hiệu điện thế giảm từ U/3 đến U/10, điện ích trên các bản tụ C2 chưa đổi dấu. - Lần thứ hai: Hiệu điện thế tăng từ 0 đến U/10, điện ích trên các bản tụ C2 đổi dấu.
* Thời điểm 1: Tương tự trên, áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: CU U CU  13.CU Q1’ - Q2’ + Q3’ = ; với Q2’ = C  = Q1’ = Q3’ = 3 10 10 60 Q1’ 13U +) Hiệu điện thế các tụ C1, C3: U1 = U3 = = C 60 Hiệu điện thế giữa hai điểm M-N: UMN = U2 = - U1 + I.R2 , I là cường độ dòng điện qua R2. +) Do tính đối xứng, cường độ dòng điện qua R2 cũng bằng cường độ dòng điện qua R3: 13U U  U1  U 2 60 10 = 19 U I   R2 R 60 R * Thời điểm 2: Tương tự trên, áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: CU U CU  7.CU Q1’ + Q2’ + Q3’ = ; với Q2’ = C  = Q1’ = Q3’ = 3 10 10 60 Q1’ 7U +) Hiệu điện thế các tụ C1, C3: U1 = U3 = = C 60 +) Hiệu điện thế giữa hai điểm N-M: UNM = U2 = - I.R2 + U1 7U U  U1  U 2 60 10 1 U +) Cường độ dòng điện qua các điện trở lúc này: I   =  R2 R 60 R Bài 6. Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ 1. Biết E = 6V; r = R3 = 0,5Ω; R1 = 3Ω; R2 = 2Ω; C1 = C2 = 0,2μF. Bỏ qua điện trở các dây nối và khóa K. a) Tìm số electron dịch chuyển qua khóa K và chiều dịch chuyển của chúng khi khóa K chuyển từ mở sang đóng ? b) Thay khóa K bằng tụ C3 = 0,4 μF. Tìm điện tích trên tụ C3 trong các trường hợp sau: + Thay tụ khi K đang mở + Thay tụ khi K đang đóng ĐS: a. Các e di chuyển từ B qua khóa K đến M với số e là: N = 8,75.1012 (hạt). b. Khi K mở q3M = 0,7 μC. Khi K đóng : q3M = 0 Giải a.Cường độ dòng điện trong mạch chính khi K đóng hay M mở là:
E I= = 1A R1 + R 2 + R 3 + r UAN = I.R1 = 3Ω; UNB = I.R2 = 2Ω + Khi K mở : C1 nối tiếp C2 → qM = q1M + q2M = 0 + Khi K đóng : q1 = C1.UAM = C1. UAB = 1μC q2 = C2.UNM = C2. UNB = 0,4μC qM = - q1 – q2 = - 1,4 μC Các e di chuyển từ B qua khóa K đến M với số e là: qM 1, 4.106 N=   8,75.1012 (hạt) e 1,6.1019 q2 M q2M b.Ta có : UMN = = (1) C2 0,2 q1M q1M + UMN = UMA + UAN = +3= +3 (2) C1 0, 2 q3M q3M + UMN = UMB + UBN = -2= -2 (3) C3 0,4 Khi K mở, thay K bằng tụ C3: q1M + q2M + q3M = 0 Giải hệ: UMN = - 0,25V => UMB = 1,75V => q3M = 0,7 μC. Khi K đóng : q1M + q2M + q3M = - 1,4μC Giải hệ: UMN = - 2V => UMB = 0 => q3M = 0 Bài 7. 1. Hai quả cầu kim loại bán kính R1 = 2,5cm, R2 = 7,5cm có điện tích q1 = 3.10-8C, q2 = 10-8C đặt cách xa nhau (xem như hai quả cầu cô lập) a) Hỏi êlectron sẽ di chuyển từ quả cầu nào sang quả cầu nào? b) Tính điện tích của mỗi quả cầu và số êlectron đã di chuyển qua dây nối sau đó? 2. Một tụ điện có điện dung C0 = 10 F được tích điện nhờ hiệu điện thế U0 = 80V. Sau đó người ta dùng tụ điện này để tích điện lần lượt cho các tụ điện C1, C2.......,Cn có điện dung bằng nhau C1 = C2 = Cn = 1 F . Viết biểu thức điện tích còn lại trên tụ điện C0 sau khi đã tích điện cho tụ điện Cn và biểu thức hiệu điện thế trên tụ điện Cn? Tính hiệu điện thế này khi n = 10 Giải 1. q1 n1 e a) Mật độ êlectron còn thiếu của quả 1: N1    2,86.1015 (e/m3) V1 4 . .R13 3 q2 n2 e Mật độ êlectron còn thiếu của quả 2: N 2    3,53.1013 (e/m3) V2 4 . .R23 3 Như vậy, e sẽ di chuyển từ quả cầu 2 sang quả 1 b) Gọi q1' q 2' là điện tích của hai quả cầu sau khi êlectron ngừng di chuyển. Theo định luật bảo toàn và điện tích ta có q1  q2  q1  q2 (1) ' '
q1' R 1 Mặc khác: '  1  (2) q 2 R2 3 Từ (1) và (2) ta được: q1'  10 8 C và q2'  3.10 8 C Điện lượng di chuyển qua dân dẫn: q  q1'  q1  2.10 8 C q Số êlectron đã di chuyển: n   1,25.1011 êlectron e 2. Điện tích lúc đầu của tụ điện C0 là: Q0  C0 .U 0 . Sau khi đá tích điện cho tụ điện C1 thì tụ điện C0 và tụ điện C1 có cùng hiệu điện thế U1. Kí hiệu điện tích còn lại của tụ điện C0 là Q1 và điên jtichs của tụ điện C1 là q1 Ta có: Q1 + q1 = Q0  C0.U1 + C1.U1 = C0.U0 C .U C .U C02 .U 0  U1  0 0  0 0 Từ đó: Q1  C0 .U 1  C0  C1 C0  C C0  C C0 .U 1 C02 .U 0 Lấy tụ C2 với điện tích Q1 tích điện cho tụ điện C2, tương tự ta có  U 2   C0  C (C0  C ) 2 C03 .U 0 Điện tích còn lại của tụ điện C0 là: Q2  C0 .U 2  (C0  C ) 2 Từ đó suy ra, sau khi dùng tụ điện C0 tích điện cho tụ điện Cn thì hiệu điện thế của tụ điện Cn là: C0n .U 0 C0n1 .U 0 Un  Và điện tích còn lại của tụ điện C 0 là: Q  (C0  C ) n n (C 0  C ) n C010 .U 0 C0101 .U 0 Thay số ta được:  U 10   30,8(V ) và Q   3,08.10 4 C (C0  C ) 10 (C0  C ) 10 10 Bài 9. Cho mạch điện như hình vẽ 2 : U = 60V (không đổi), C1 = 20µF, C2 = 10µF. a b a) Ban đầu các tụ điện chưa tích điện. Khóa K ở vị trí b, chuyển sang a rồi lại về b. + K Tính điện lượng qua R. C1 C2 - U b) Sau đó chuyển K sang a rồi lại về b. Tính điện lượng qua R trong lần chuyển R thứ 2. c) Tính tổng điện lượng qua R sau n lần chuyển khóa như trên. Giải Hình 2 a) Lần 1, khi K ở chốt a tụ C1 tích điện Q1 = C1U. ình 2 Khi chuyển K từ chốt a sang chốt b lần 1 điện tích trên các tụ điện là: h2  C12  Q11 Q21 Q  U 2 U11  U 21    11 C1  C2    C1 C2  Q11  Q21  C1U Q  Q  C U Q  C1C2 U  11 21 1  21 C1  C2  C2 Điện lượng dịch chuyển qua điện trở R là: Q1  Q1  Q11  C1U  400C C1  C2 b) Khi chuyển K từ chốt a sang chốt b lần 2 ta có:  Q12 Q22  C12 C2 U12  U 22 C   Q  U (1  ) C1  C2 C1  C2 12   1 C2   C1C2   Q12  Q22  C1U  C  C U Q  Q  C U  C1C2 U Q  C1C2 U (1  C2 )   12 22 1 C1  C2  C1  C2 C1  C2 1 2 22 Điện lượng dịch chuyển qua R lần 2 là:
2 C12 C2  C2  400 Q2  Q1  Q12  C1U  U (1  )  C1U  C C1  C2 C1  C2  C1  C2  3 c) Sau khi chuyển K sang chốt b lần 3 ta được: 1 2 1 2 C12  C2   C2  C1C2  C2   C2  Q13  U (1      ) Q23  U (1     ) C1  C2   1 2  1 2 C C C  C C1  C2 C   1 2  1 2 C C  C Điện lượng dịch chuyển qua R lần 3 là:  C1 C C  C Q3  Q1  Q13  CU 1 1  (1  ( 2 )1  ( 2 )2 )  ( 2 )3 CU  C1  C2 C1  C2 C1  C2  C1  C2 1 Sau khi chuyển K sang chốt b lần thứ n ta được:  C12  C2  1  C2  n 1 Q1n  U (1     ...    )  C1  C2  C1  C2   C1  C2   1 n 1  C1C2  C2   C2  Q2n  C  C U (1   C  C   ...   C  C  )  1 2  1 2   1 2  Điện lượng dịch chuyển qua R lần n là: C1C2  C1 C2 1 C2 n2  C2 n Qn  U 1  (1  ( )  ...  ( ) )  ( ) C1U C1  C2  C1  C2 C1  C2 C1  C2  C1  C2 Vậy tổng điện lượng qua R sau n lần K chuyển sang chốt b là:  C 2  C2   C2  3  C2   n Q  Q1  Q2  ...  Qn   2      ...     C1U  C1  C2  C1  C2   C1  C2   C1  C2   C2 n 1  (1  ( ) )C2U  (1  n ).6.104 C C1  C2 3 Bài 10. Cho mạch điện như hình bên. Trong đó các tụ điện có điện dung thỏa mãn: C1  C2  2C3  2C4 . Ban đầu mắc vào hai điểm A, B một hiệu điện thế không đổi U, sau đó tháo nguồn ra rồi mắc vẫn nguồn đó vào hai điểm M, N. Biết rằng trong cả hai lần mắc nguồn, điện thế các điểm A, B, M, N thoả mãn: VA > VB; VM > VN. Tính hiệu điện C2 thế giữa hai điểm A, B lúc này. Áp dụng bằng số: U = 20V. A M / ĐS: U AB = 23V. C1 C3 Giải C4 B N Khi nối vào A, B hiệu điện thế U ta có; CU q1  C1U; q 2  q3  q 4  1 5 * Khi nối M,N với hiệu điện thế U gọi điện tích trên các tụ tương ứng khi đó là: q1/ ,q 2/ ,q3/ ,q 4/ ; Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có 6C1U q1/  q 2/  q1  q 2  ; (1). 5 6C U q1/  q 4/  (q1  q 4)   1 ; (2). 5 q 2/ q1/ 2q 4/    U; (3). C1 C1 C1
* Từ (1) và (2) ta có: q2/  q4/ * Thế vào (3) ta có: 3q 2/  q1/  C1U; (4). 23C1U * Giải hệ (1) và (4) ta có: q1/  20 q1/ 23 / * Vậy hiệu điện thế hai đầu A, B khi đó là: U AB   U C1 20 / * Thay số: U AB = 23V. Bài 11. Hai tụ phẳng C1, C2 tích điện Q1, Q2. a) Tìm tổng năng lượng của tụ. Bây giờ dùng hai dây dẫn để nối hai bản dương lại với nhau và nối hai bản âm lại với nhau. b) Tìm năng lượng mới của hệ tụ điện. c) So sánh năng lượng này với năng ban đầu của hệ, lí giải sự khác nhau đó. ; b. W '   1 Q12 Q22 Q  Q2  2 ĐS: a. W   2C1 2C2 2  C1  C2  Giải Q12 Q22 a. Tổng năng lượng của hai tụ: W  W1  W2   2C1 2C2 b. Khi nối hai bản tích điện cùng dấu của hai tụ với nhau: Q  Q Q  Q  2 U  U 2  U ' +) Hiệu điện thế và điện tích các tụ:  1  U' 1 2  1 2 Q1 ' Q2 '  Q1  Q2 C1  C2 2  C1  C2  Q1  Q2  2 1 1 +) Năng lượng mới của hệ tụ: W'  CU 1 1  C2U 2  2 2 2 2 2  C1  C2  c. Hiệu năng lượng trước và sau khi nối:  Q2 Q2   Q  Q  C Q  C Q  2 2 W  W'   1  2   1 2  2 1 1 2  0 ;  2C1 2C2  2  C1  C2  2C1C2  C1  C2  +) Năng lượng chuyển thành nhiệt tỏa ra trên R hoặc sóng điện từ nếu mạch không có điện trở. Bài 12. Ba tụ C1 = 1μF, C2 = 3μF, C3 = 6μF được tích điện tới cùng hiệu điện thế U = 90V, dấu của điện tích trên các bản như hình vẽ. Sau đó các tụ được ngắt ra khỏi nguồn và nối với nhau thành mạch kín, các điểm cùng tên trên hình vẽ được nối với nhau. Tính hiệu điện thế giữa hai bản mỗi tụ. ĐS: U1’ = -90V, U2’ = 30V, U3’ = 60V. Giải +) Giả sử khi ghép thành mạch kin, dấu điện tích trên các bản không đổi.
UAB + UBD + UDA = U1’ + U2’ + U3’ = 0 +) Bảo toàn điện tích: *) Bản B: -Q1’ + Q2’ = -Q1 + Q2 *) Bản D: -Q2’ + Q3’ = -Q2 + Q3 +) Giải hệ trên, U1’ = -90V, U2’ = 30V, U3’ = 60V. Bài 13. Có 21 tụ điện giống hệt nhau đều có điện dung C mắc nối tiếp với nhau rồi mắc vào một nguồn có hiệu điện thế U. Sau khi các tụ đã nạp điện xong, bỏ nguồn điện đi và một trong số các tụ điện được mắc ngược lại, tức là đảo vị trí hai bản của tụ điện đó, người ta mắc bộ tụ đó với một điện trở R. Tính điện lư- ợng chạy qua điện trở R và nhiệt lượng toả ra ở điện trở đó. 19 361 ĐS: q  CU ; QR  CU 2 441 18522 Giải C Ban đầu: (hình vẽ 1). Điện dung tương đương của bộ tụ: C bo  21 UC  Điện tích của mỗi tụ là: q0  U  Cb  (*) 21 + Giải sử ta ngắt tụ thứ (n + 1) (nằm giữa nút An và An1 ) rồi sau đó mắc ngược lại. (0  n  20) . Khi đó điện tích ở các tụ đều thay đổi, hệ tương đương với bộ gồm 3 tụ có điện dung: C1 , C2 , C3 mắc nối tiếp nhau (hình vẽ 2). 1 n 1 20  n Trong đó: C2  C ;  và  (1) C1 C C3 C + Gọi q1 , q2 , q3 lần lượt là điện tích các bản tụ bên trái của tụ C1 , C2 , C3 , khi mạch đã ổn định (không có điện lượng chuyển qua R nữa). q1 q2 q3 Ta có: U A0 A21    0 (2) C1 C2 C3 + Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: * Nút A0 , A21 : q1  q3  q0  q0  0  q1  q3  q (3) * Nút An :  q1  q2  q0  q0  2q0 (4) + Thay (1), (3) vào (2) và (4) ta thu được:
 2q 0 q q2  q   (n  20  n)  0 20q  q2  0 21 C C    q  q2  2q0  q  q 2  2q0 q   40q0  2 21 19 19  UC Điện lượng chạy qua R là: q  q0  q   q0  (**) 21 441 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: W0  Q  W q02  q 2  1 1  q22   Q  W0  W        2Cb  2  C1 C3  2C2  Thay dữ liệu vào ta có: 1 212  80 2 361 Q  3 U C   U 2 C  0,0195  CU 2 (* * *) 2 21 18522 Bài 14. Các tụ C1, C2,…,Cn được tích đến cùng hiệu điện thế U. Sau đó các tụ được mắc nối tiếp nhau để tạo thành mạch kín, các bản trái dấu được nối với nhau. Tính hiệu điện thế hai đầu mỗi tụ.  nC0  ĐS: U i '  U 1    Ci  Giải Giả sử sau khi nối, dấu điện tích trên các bản tụ vẫn như cũ. Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1  Q2  Q1 ' Q2 ' Q1  Q1 '  Q2  Q2 ' Q  Q  Q ' Q ' Q  Q '  Q  Q '  2 3 2 3   2 2 3 3   ............................... ...............................  Qn  Q1  Qn ' Q1 '  Qn  Qn '  Q1  Q1 '  Q1  Q1 '  Q2  Q2 '  ....  Qn  Qn ' C2 CU ' CU +)Thay vào, ta có: C1 U  U1 '  C2 U  U2 '  U1 '  U  U 2 ' U   U  2 2  2 C1 C1 C1 C2U 2 ' C2U CU ' CU CU ' CU +) Tương tự: U1 '  U    U  3 3  3  ...  U  n n  n C1 C1 C1 C1 C1 C1  CiU i ' CiU U1 '  U  C  C  1 1  CU ' CU U2 '  U  i i  i   C2 C2 ...................................   CiU i ' CiU U n '  U  C  C  n n +) Cộng theo vế, đẻ ý công thức công hiệu điện thế ta được:  1 1 1   1 1 1  U1’ + U2’ + ... + Un’ = 0  nU     ...  i i '   CU   ...   CU i 0  C1 C2 Cn   C1 C2 Cn 