Kéo dây chun của ná hoặc giương cung là tích trữ cơ dưới dạng thế năng đàn hồi. Một tích trữ điện tích và thế năng điện. Chỉ cần hai được cách điện với nhau là đã có một tụ. Chuyển electron từ vật dẫn này sang vật dẫn kia làm một vật âm và vật còn lại dương với cùng độ lớn điện tích. Muốn tiếp tục chuyển điện tích qua đã hình thành, ta phải sinh công. Công ấy được lưu dưới dạng thế năng điện.

Đèn flash máy ảnh nhận năng lượng từ tụ điện đã được nạp

xuất hiện trong đèn flash, điện thoại, cảm biến túi khí ô tô, máy thu thanh và máy thu hình. Vai trò của chúng trong mạch xoay chiều sẽ được xét ở chương 31. Ở đây, ta tìm các tính chất cơ bản của tụ.

Với một tụ trong mô hình đang xét, tỷ số điện tích trên một và giữa hai vật là một hằng số gọi là . Điện dung phụ thuộc hình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các vật dẫn và chất cách điện ở giữa. Khi thay chân không bằng một chất cách điện, hay , điện dung thường tăng. Sự tăng ấy xuất phát từ sự tái phân bố điện tích gọi là trong điện môi.

của tụ còn gắn với giữa các . Ta sẽ diễn tả thế năng điện như năng lượng được tích trữ trong chính điện trường. Cách nhìn này dẫn tới lý thuyết sóng điện từ và bản chất ánh sáng ở chương 32.

Bài tập: Câu hỏi mở đầu

Trong đèn flash, hai của tụ ở gần nhau và mang điện tích trái dấu. Nếu độ lớn điện tích trên mỗi vật tăng gấp đôi, tích trữ tăng bao nhiêu lần? (i) √2, (ii) 2, (iii) 2√2, (iv) 4, hay (v) 8?

Sau chương này, bạn cần:

• Tính từ điện tích và của một cấu hình .
• Phân tích các mạng tụ mắc nối tiếp, song song hoặc ghép nhiều nhóm.
• Tính của tụ và .
• Giải thích ảnh hưởng của và quá trình .
• Dùng mô hình phân tử để diễn tả điện tích cảm ứng.
• Áp dụng Gauss khi có tuyến tính.

Kiến thức cần ôn gồm , và lưỡng cực ở 21.2, 21.5, 21.7. Cần dùng Gauss ở 22.3–22.5, vật dẫn và phân bố trụ ở 23.3–23.4.

6 chủ đề · tổng cộng khoảng 18 phút đọc

Cấu trúc, cách mắc và năng lượng

1. 1Tụ điện và điện dungHình học của hai vật dẫn quyết định điện dung như thế nào?Khoảng 3 phút
2. 2Tụ mắc nối tiếp và song songĐại lượng nào được giữ chung trong mỗi cách mắc?Khoảng 3 phút
3. 3Năng lượng của tụ và điện trườngCông nạp điện được tích trữ ở đâu?Khoảng 3 phút

Điện môi và phân cực

1. 4Điện môiVì sao thêm chất cách điện có thể làm điện dung tăng?Khoảng 3 phút
2. 5Mô hình phân tử của điện tích cảm ứngĐiện tích liên kết xuất hiện từ sự sắp xếp nào của các phân tử?Khoảng 3 phút
3. 6Định luật Gauss trong điện môiGauss đếm điện tích tự do và điện tích liên kết ra sao?Khoảng 3 phút

Tóm tắt

Tụ điện và điện dung

Hai bản tụ phẳng mang điện tích trái dấu và có hiệu điện thế giữa chúng

Chú thích:

• Dây dẫn (Wire)
• Bản a có diện tích A (Plate a, area A)
• Bản b có diện tích A (Plate b, area A)
• Hiệu điện thế giữa hai bản (Potential difference = Vab)

gồm hai ngăn cách bởi chất cách điện. Khi nạp điện theo cách chuyển điện tích từ vật này sang vật kia, hai vật mang điện tích +Q và −Q. của vật dương đối với vật âm tỉ lệ với Q. Điện dung là hệ số tỉ lệ giữa điện tích và hiệu điện thế:

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{Q}{V_{ab}},\\ 1\mathrm{F}& =1\mathrm{C}/\mathrm{V}.\end{array}$$

Với hai bản phẳng song song, mỗi bản có diện tích A, cách nhau d và có chân không ở giữa:

$$C_0=\frac{{\epsilon }_{0}A}{d}.$$

Công thức này dùng khi d nhỏ so với kích thước bản, nên có thể bỏ hiệu ứng mép. Với hình học khác, tìm , tính rồi dùng định nghĩa . Xem Ví dụ 24.1–24.4.

Tụ mắc nối tiếp và song song

Hai tụ mắc nối tiếp, các điện áp thành phần cộng thành điện áp hai đầu

Trong chuỗi nối tiếp có các nút trung gian ban đầu trung hòa và cô lập, độ lớn điện tích trên các tụ bằng nhau. toàn chuỗi bằng tổng hiệu điện thế trên từng tụ. Với ba tụ:

$$\frac{1}{C_{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}+\frac{1}{C_3}.$$

Với n tụ, vế phải là tổng các nghịch đảo , từ tụ 1 đến tụ n. Khi mắc song song, các tụ có cùng , còn điện tích do nguồn cung cấp bằng tổng điện tích trên các bản nối với cùng một cực:

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{eq}}& =C_1+C_2+C_3,\\ C_{\mathrm{eq}}& =\sum _{i=1}^n{C}_i.\end{array}$$

Hai tụ mắc song song, mỗi tụ cùng chịu hiệu điện thế giữa hai nút chung

Chỉ số i chạy qua n tụ của nhóm song song. Tương tự, tổng nghịch đảo trong trường hợp nối tiếp viết là:

$$\frac{1}{C_{\mathrm{eq}}}=\sum _{i=1}^n\frac{1}{C_i}.$$

Xem Ví dụ 24.5–24.6.

Năng lượng của tụ và điện trường

Năng lượng điện trường được tích trữ trong khe giữa hai bản tụ

Công cần thiết để nạp một tụ có không đổi từ trạng thái không tích điện đến điện tích Q bằng được tích trữ:

$$U=\frac{Q^2}{2C},=\frac{1}{2}C{V}^2,=\frac{1}{2}QV.$$

Trong chân không, mật độ , tức năng lượng trên một đơn vị thể tích, là:

$$u=\frac{1}{2}{\epsilon }_0{E}^2.$$

Vì vậy có thể tính toàn trường bằng cách u theo thể tích. Xem Ví dụ 24.7–24.9.

Điện môi

Điện tích liên kết trên mặt điện môi làm giảm trường của các điện tích tự do trên bản

Chú thích:

• Điện môi nằm giữa hai bản (Dielectric between plates)

Khi một tuyến tính, đồng nhất lấp đầy khoảng giữa hai mà không đổi hình học, tăng K lần. K là hằng số điện môi và của vật liệu là ε = Kε₀. Với tụ phẳng:

$$\begin{array}{rl}C& =K{C}_0,\\ & =\frac{K{\epsilon }_{0}A}{d},\\ & =\frac{\epsilon A}{d}.\end{array}$$

Nếu ngắt nguồn trước khi đưa vào, điện tích tự do trên bản giữ nguyên. Sự tạo điện tích liên kết trên mặt điện môi, làm và giảm K lần. Phân cực là sự sắp xếp lại điện tích ở mức phân tử, không phải sự dẫn điện tự do xuyên qua vật liệu. Xem Ví dụ 24.10.

đủ mạnh có thể làm trở thành . Hiện tượng ấy gọi là . Độ bền điện môi là cường độ điện trường lớn nhất vật liệu chịu được trước khi bị đánh thủng.

Mật độ trong tuyến tính là:

$$u=\frac{1}{2}K{\epsilon }_0{E}^2,=\frac{1}{2}\epsilon E^2.$$

Ở đây E là thực bên trong vật liệu. Xem Ví dụ 24.11.

Định luật Gauss trong điện môi

viết theo điện tích tự do bên trong mặt kín S là:

$${\oint }_{S}K\overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{A}=\frac{Q_{\mathrm{free}}}{{\epsilon }_0}.$$

Trong , K là tại từng vị trí trên mặt, còn vector diện tích hướng ra ngoài. $Q_{\mathrm{free}}$ chỉ gồm điện tích tự do, không cộng điện tích liên kết do . Khi K đồng nhất trên mặt Gauss, có thể đưa K ra ngoài tích phân. Xem Ví dụ 24.12.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 24, trang 781–811.

Luyện tập có hướng dẫn

Biến thể từ Ví dụ 24.2–24.4

Bài tập: VP24.4.1

Hai bản tụ phẳng trong chân không cách 3,70 mm, diện tích mỗi bản 2,75 m². Sau khi đặt một điện áp vào tụ, bản dương có mật độ mặt $1.40\times {10}^{-5}$ C/m². Tìm (a) và (b) điện áp.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: A,d,σ đã biết, bỏ trường mép.

Hướng đi:

• chân không ${\epsilon }_0$A/d chỉ cần hình học.
• Mật độ mặt cho E = σ/${\epsilon }_0$. Trường đều cho V = Ed để tìm điện áp chưa biết.

$$\begin{array}{rl}C& ={\epsilon }_{0}A/d=6.58\mathrm{nF},\\ V& =\sigma d/{\epsilon }_0=5.85\mathrm{kV}.\end{array}$$

Bài tập: VP24.4.2

Một mẫu tụ phẳng chân không được ghi 8,30 nF. Tháo tụ ra, đo diện tích mỗi bản 4,50 m². (a) Tìm khe giữa hai bản. (b) Nếu điện áp 3,00 kV, tìm điện tích mỗi bản và trường trong khe.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C,A cho hình học, điện áp dùng ở phần (b).

Hướng đi:

• Giải C = ${\epsilon }_0$A/d theo d để suy khe từ .
• Dùng Q = CV cho điện tích và E = V/d cho trường. Hai bản có điện tích trái dấu.

$$\begin{array}{rl}d& ={\epsilon }_{0}A/C=4.80\mathrm{mm},\\ Q& =CV=2.49\times {10}^{-5}\mathrm{C},\\ E& =V/d=6.25\times {10}^5\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập: VP24.4.3

Tụ cầu chân không có 125 pF. Bán kính trong của vỏ ngoài là 9,00 cm. (a) Tìm bán kính ngoài của vỏ trong. Khi vỏ trong cao thế hơn vỏ ngoài 355 V, tìm (b) điện tích tụ và (c) mật độ điện tích trên hai mặt đối diện.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính rᵦ đã biết, rₐ < rᵦ. Điện tích trên hai mặt là ±Q.

Hướng đi:

• Giải nghịch đảo công thức tụ cầu để tìm rₐ, không dùng công thức tụ phẳng cho khe chưa biết.
• Điện tích từ CV, mật độ mỗi mặt từ diện tích cầu riêng. Diện tích khác nhau nên mật độ khác nhau dù |Q| giống nhau.

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{r_a}& =\frac{1}{r_b}+\frac{4\pi {\epsilon }_0}{C},\\ r_a& =8.33\mathrm{cm},\\ Q& =CV=4.44\times {10}^{-8}\mathrm{C},\\ {\sigma }_a& =Q/(4\pi r_a^2)\\ & =+5.09\times {10}^{-7}\mathrm{C}/{\mathrm{m}}^2,\\ {\sigma }_b& =-Q/(4\pi r_b^2)\\ & =-4.36\times {10}^{-7}\mathrm{C}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Bài tập: VP24.4.4

Tụ trụ chân không có trên chiều dài 69,0 pF/m. (a) Tìm tỷ số bán kính trong của trụ ngoài trên bán kính ngoài của trụ trong. (b) Trụ ngoài mang −8,62 nC/m. Tìm điện áp và trụ cao thế hơn.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đặt c = C/L. Trụ trong mang +8,62 nC/m.

Hướng đi:

• Công thức c = 2π${\epsilon }_0$/ln(rᵦ/rₐ) cho logarit tỷ số, rồi lấy hàm mũ.
• Q = CV theo từng đoạn L cho V = λ/c. Dấu trụ trong dương xác định chiều điện áp.

$$\begin{array}{rl}{r}_b/r_a& =\exp (2\pi {\epsilon }_0/c)\\ & =2.24,\\ V_{ab}& =\lambda /c=125\mathrm{V}.\end{array}$$

Trụ trong cao thế hơn trụ ngoài.

Biến thể từ Ví dụ 24.5–24.9

Bài tập: VP24.9.1

Cho C₁ = 1,00 µF, C₂ = 2,50 µF, C₃ = 5,00 µF. Tìm tương đương khi (a) cả ba nối tiếp, (b) cả ba song song, (c) C₁,C₂ song song rồi nối tiếp C₃, (d) C₁,C₂ nối tiếp rồi song song C₃.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bốn mạng có cùng ba linh kiện, nhưng các nút nối khác nhau.

Hướng đi:

• Song song cộng vì cùng điện áp.
• Nối tiếp cộng nghịch đảo vì cùng điện tích trong chuỗi chưa nạp ban đầu.
• Ở (c),(d), thay nhóm C₁,C₂ trước rồi mới ghép C₃.

Với hai tụ nối tiếp, nhóm là C₁C₂/(C₁ + C₂). Do đó:

$$\begin{array}{rl}{C}_a& =(1/C_1+1/C_2+1/C_3{)}^{-1},\\ C_b& =C_1+C_2+C_3,\\ C_c& =\frac{(C_1+C_2)C_3}{C_1+C_2+C_3},\\ C_d& =\frac{C_1{C}_2}{C_1+C_2}+C_3.\end{array}$$

Các kết quả lần lượt 0,625 µF, 8,50 µF, 2,06 µF, 5,71 µF.

Bài tập: VP24.9.2

Hai tụ C₁ = 1,50 µF, C₂ = 6,00 µF dùng để tích trữ . (a) Mỗi tụ có điện tích $4.50\times {10}^{-4}$ C, năng lượng từng tụ bao nhiêu và tụ nào lớn hơn? (b) Mỗi tụ có điện áp 125 V thì sao?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phần (a) so ở cùng Q, phần (b) so ở cùng V.

Hướng đi:

• Cùng Q dùng U = Q²/(2C) để thấy nghịch .
• Cùng V dùng U = CV²/2 để thấy thuận .

(a) U₁ = 0,0675 J, U₂ = 0,0169 J, tụ C₁ giữ nhiều hơn. (b) U₁ = 0,0117 J, U₂ = 0,0469 J, tụ C₂ giữ nhiều hơn. Không có một kết luận “tụ lớn luôn giữ nhiều ” độc lập điều kiện nạp.

Bài tập: VP24.9.3

Hai tụ C₁ = 1,50 µF, C₂ = 4,00 µF được ghép. (a) Điện áp cả mạng 145 V, tìm khi nối tiếp và khi song song, cách nào lớn hơn? (b) Nếu điện tích đầu cực cả mạng là $4.00\times {10}^{-4}$ C thì sao?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: tương đương nối tiếp và song song khác nhau. Điện tích của mạng là điện tích ở đầu cực dương, không phải tổng đại số hai phía.

Hướng đi:

• Tìm C_eq cho từng mạng trước để dùng công thức của tụ tương đương.
• Cùng điện áp dùng CV²/2, cùng điện tích dùng Q²/(2C). Không giữ cả Q,V cùng một giá trị khi đổi cách mắc.

$$\begin{array}{rl}{C}_s& =C_1{C}_2/(C_1+C_2)\\ & =1.09\mu \mathrm{F},\\ C_p& =C_1+C_2=5.50\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

(a) Nối tiếp 0,0115 J, song song 0,0578 J. Song song lớn hơn. (b) Nối tiếp 0,0733 J, song song 0,0145 J. Nối tiếp lớn hơn.

Bài tập: VP24.9.4

Tụ phẳng chân không có khe 1,40 mm, diện tích mỗi bản 2,45 m² và điện tích $1.25\times {10}^{-5}$ C. Tìm (a) mật độ mặt bản dương, (b) trường, (c) mật độ trường và (d) tổng năng lượng trong khe.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bỏ hiệu ứng mép, nên trường và mật độ đều trong thể tích Ad.

Hướng đi:

• Q/A cho mật độ điện tích, σ/${\epsilon }_0$ cho trường.
• ${\epsilon }_0$E²/2 cho trên mỗi mét khối. Nhân thể tích khe để tìm tổng năng lượng.

$$\begin{array}{rl}\sigma & =\frac{Q}{A}=5.10\times {10}^{-6}\mathrm{C}/{\mathrm{m}}^2,\\ E& =\frac{\sigma }{{\epsilon }_0}=5.76\times {10}^5\mathrm{V}/\mathrm{m},\\ u& =\frac{1}{2}{\epsilon }_0{E}^2=1.47\mathrm{J}/{\mathrm{m}}^3,\\ U& =uAd=5.04\times {10}^{-3}\mathrm{J}.\end{array}$$

Biến thể từ Ví dụ 24.10–24.11

Bài tập: VP24.11.1

Tụ phẳng ban đầu chân không có mỗi bản diện tích 0,460 m², khe 3,00 mm. Nạp đến 4,00 kV rồi ngắt nguồn. lấp đầy khe làm điện áp còn 2,50 kV, điện tích mỗi bản giữ nguyên. Tìm (a) đầu, (b) điện tích, (c) K, (d) điện dung cuối, (e) độ lớn điện tích cảm ứng mỗi mặt.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ cô lập sau nạp, Q giữ nguyên, V giảm.

Hướng đi:

• Hình học cho C₀, điện áp đầu cho Q.
• Cùng Q cho K = V₀/V. Điện tích cảm ứng có độ lớn Q(1 − 1/K), không bằng toàn Q.

$$\begin{array}{rl}{C}_0& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{d}=1.36\mathrm{nF},\\ Q& =C_0{V}_0=5.43\mu \mathrm{C},\\ K& =\frac{V_0}{V}=1.60,\\ C& =K{C}_0=2.17\mathrm{nF},\\ Q_i& =Q(1-1/K)=2.04\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Bài tập: VP24.11.2

Tụ phẳng chân không có mỗi bản 1,20 m², khe 4,50 mm. Nối nguồn 3,50 kV và giữ nguồn nối khi đưa K = 2,50 vào lấp khe. Tìm (a) đầu, (b) điện tích đầu, (c) điện dung cuối, (d) điện tích cuối, (e) độ lớn điện tích cảm ứng mỗi mặt.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: V giữ nguyên. Nguồn có thể đưa thêm điện tích vào các bản.

Hướng đi:

• C₀ = ${\epsilon }_0$A/d, Q₀ = C₀V cho trạng thái đầu.
• C tăng K lần và V giữ nguyên nên Q cuối tăng K lần.
• Điện tích cảm ứng phải tính theo điện tích cuối Q, vì σ trong quan hệ cảm ứng là mật độ tự do đang có trên bản.

$$\begin{array}{rl}{C}_0& =2.36\mathrm{nF},\\ Q_0& =8.26\mu \mathrm{C},\\ C& =K{C}_0=5.90\mathrm{nF},\\ Q& =CV=20.7\mu \mathrm{C},\\ Q_i& =Q(1-1/K)=12.4\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Bài tập: VP24.11.3

Tụ phẳng chân không có C₀ = 4,50 µF, được nạp đến 2,80 kV rồi ngắt nguồn. Tấm lấp khe làm điện áp còn 1,20 kV, điện tích giữ nguyên. Tìm (a) trước và (b) sau khi thêm tấm.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C₀,V₀,V cho trước, Q không đổi.

Hướng đi:

• Tính Q = C₀V₀ trước để có một đại lượng giữ nguyên.
• Dùng U = QV/2 cho cả hai trạng thái, tránh dùng C₀ với điện áp cuối khi đã đổi.

$$\begin{array}{rl}Q& =C_0{V}_0=0.0126\mathrm{C},\\ U_0& =\frac{1}{2}Q{V}_0=17.6\mathrm{J},\\ U& =\frac{1}{2}QV=7.56\mathrm{J}.\end{array}$$

giảm cùng tỷ lệ V/V₀ khi Q giữ nguyên.

Bài tập: VP24.11.4

Tụ phẳng chân không có C₀ = 5,60 µF, được nối nguồn 1,50 kV. Giữ nguồn nối khi đưa K = 2,85 vào lấp khe. Tìm (a) trước và (b) sau khi thêm tấm.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: V không đổi, C tăng K lần.

Hướng đi:

• Dùng U = CV²/2 vì nguồn giữ điện áp.
• C cuối bằng KC₀, nên cuối bằng KU₀. Nguồn cung cấp thêm điện tích và trao đổi năng lượng với hệ.

$$\begin{array}{rl}{U}_0& =\frac{1}{2}{C}_0{V}^2=6.30\mathrm{J},\\ U& =\frac{1}{2}K{C}_0{V}^2=18.0\mathrm{J}.\end{array}$$

Bài tổng hợp: Năng lượng và điện dung của cầu dẫn

Bài tập: Bài tổng hợp 24

Cầu dẫn đặc bán kính R mang điện tích Q trong chân không. Tìm mật độ trường (a) ở r < R, (b) ở r > R, (c) tổng năng lượng trường, (d) công lắp ráp điện tích Q trên cầu, (e) của cầu. Coi thứ hai là một vỏ cầu có bán kính vô hạn. Sau đó xác định nơi mật độ lớn nhất, nhỏ nhất, xét thay cầu đặc bằng vỏ cầu dẫn rỗng cùng R và đối chiếu mặt so với vô hạn.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cầu dẫn cân bằng có trường không bên trong, trường ngoài kQ/r². Vỏ cầu rỗng thay thế không chứa nguồn riêng trong hốc.

Hướng đi:

• Gauss và cân bằng cho trường trong, ngoài trước khi dùng u = ${\epsilon }_0$E²/2.
• Chia không gian thành lớp cầu có thể tích 4πr²dr. Chỉ vùng ngoài góp .
• Công lắp ráp chậm bằng cuối từ trạng thái chưa nạp.
• Từ U = Q²/(2C) suy , rồi dùng Q/C để tìm .

(a) u = 0 khi r < R. (b)

$$u(r)=\frac{Q^2}{32{\pi }^2{\epsilon }_0{r}^4},r>R.$$

(c)

$$\begin{array}{rl}U& ={\int }_R^{\mathrm{\infty }}u(r)4\pi r^{2}dr\\ & =\frac{Q^2}{8\pi {\epsilon }_0}{\int }_R^{\mathrm{\infty }}\frac{dr}{r^2}\\ & =\frac{Q^2}{8\pi {\epsilon }_{0}R}.\end{array}$$

(d) Công ngoài lắp ráp chậm bằng U. (e)

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{Q^2}{2U}\\ & =4\pi {\epsilon }_{0}R,\\ V(R)-V(\mathrm{\infty })& =\frac{Q}{C}\\ & =\frac{kQ}{R}.\end{array}$$

Mật độ lớn nhất ở ngay ngoài mặt cầu và bằng không trong vật liệu dẫn. Ngoài cầu, nó giảm về không ở giới hạn vô hạn. Thay cầu đặc bằng vỏ dẫn rỗng cùng bán kính, hốc trống vẫn có trường bằng không, nên trường ngoài, và giữ nguyên. mặt với vô hạn trùng kết quả nguồn cầu ở Ví dụ 23.8.

Tự kiểm tra kết quả: (1) Mật độ lớn nhất ngay ngoài mặt cầu, trái lại đạt giá trị cực tiểu bằng không trong và tiến về không khi $r$ tiến ra vô hạn. (2) Nếu thay bằng vỏ dẫn rỗng cùng bán kính $R$ và hốc không chứa điện tích, các kết quả bên ngoài và không đổi. (3) Từ $C=Q/V$ suy ra mặt so với vô hạn là $kQ/R$, khớp kết quả của cầu dẫn ở Ví dụ 23.8.

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q24.1

tụ phẳng tăng khi khe d giảm. Vì sao trong thực tế không thể giảm d tùy ý để tăng điện dung? Gợi ý: Xét trường khi d tiến về không.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ một điện áp khác không trên hai bản, giảm khe trong mô hình tụ phẳng.

Hướng đi:

• E = V/d cho trường tăng khi d giảm ở cùng V.
• đặt giới hạn trước khi cách điện biến thành đường dẫn.

Nếu giữ V khác không, d quá nhỏ làm E vượt ngưỡng đánh thủng. Hai bản cũng phải được ngăn cách cơ học để không chạm hoặc nối qua chỗ gồ, tạp chất. Vì vậy điện áp làm việc và tính chất, độ đồng đều của lớp cách điện giới hạn khe hữu hiệu. Không kéo dài mô hình tụ lý tưởng đến d = 0.

Bài tập: Q24.2

Nhiều tụ phẳng khác nhau được nạp bởi cùng nguồn điện áp cố định. Xét chuyển động và vị trí điện tích ở mức nguyên tử, vì sao tỷ lệ diện tích bản và nghịch khoảng cách hai bản?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các tụ có cùng điện áp, bỏ trường mép và giữ vật liệu như nhau.

Hướng đi:

• Ở cùng d,V, trường V/d và mật độ điện tích cần để tạo trường ấy giống nhau.
• Khi d giảm ở cùng V, trường cần lớn hơn nên nguồn chuyển thêm electron giữa các bản.

Bản lớn hơn có nhiều vùng mặt để chứa điện tích ở cùng mật độ σ, nên Q = σA tăng theo A. Khe nhỏ hơn đòi hỏi E = V/d lớn hơn. Vì σ = ${\epsilon }_0$E, nguồn phải chuyển nhiều điện tích hơn để đạt cùng V. Kết hợp cho Q = ${\epsilon }_0$AV/d và C = Q/V = ${\epsilon }_0$A/d. Electron dư hoặc thiếu nằm trên các mặt đối diện trong mô hình này.

Bài tập: Q24.3

Hai bản tụ có diện tích khác nhau. Khi nạp bằng pin, điện tích hai bản có cùng độ lớn hay có thể khác nhau? Giải thích.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai bản trung hòa ban đầu, pin chuyển điện tích giữa chúng, tổng điện tích tụ bằng không.

Hướng đi:

• Bảo toàn điện tích cho lượng electron rời bản này bằng lượng đến bản kia.
• Phân biệt tổng điện tích với mật độ mặt, vì diện tích không giống nhau.

Các điện tích có cùng độ lớn, trái dấu. Diện tích khác nhau có thể làm mật độ và phân bố điện tích khác nhau, nhưng không tự tạo thêm tổng điện tích. Kết luận dùng mô hình nạp hai vật trung hòa bằng chuyển điện tích giữa chúng. Nếu ban đầu hệ có điện tích dư thì phải giữ cả điều kiện ban đầu ấy.

Bài tập: Q24.4

Với cùng một pin, muốn tụ phẳng giữ lớn nhất thì nên để các bản xa nhau hay gần nhau?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Pin giữ V, hình dạng và diện tích bản được giữ nguyên.

Hướng đi:

• Ở cùng V, U = CV²/2 tăng theo C.
• C = ${\epsilon }_{0}A/d$ tăng khi khe nhỏ, trong miền chưa đánh thủng hoặc chạm bản.

Nên để bản gần nhau trong giới hạn làm việc của tụ. Nếu giảm d tới mức cách điện không còn giữ được, mô hình tụ tích trữ không còn áp dụng. Không dùng kết luận ở cùng Q để so trường hợp pin giữ V.

Bài tập: Q24.5

Kéo hai bản tụ trong Hình 24.2 ra xa đến khi $d$ lớn hơn nhiều kích thước bản. (a) Trường trong khoảng giữa còn đều không? (b) Với cùng độ lớn điện tích $Q$, điện áp thực lớn hay nhỏ hơn giá trị $Qd/({\epsilon }_{0}A)$? (c) thực lớn, nhỏ hay bằng ${\epsilon }_{0}A/d$? Giải thích.

Hình 24.2: Tụ phẳng với khoảng cách giữa bản lớn so với kích thước bản, có hiệu ứng loe ở mép

Chú thích:

• Khi khoảng cách giữa hai bản nhỏ so với kích thước của chúng, điện trường chỉ loe nhẹ ở mép. (When the separation of the plates is small compared to their size, the fringing of the field is slight.)
• Dây dẫn (Wire)
• Bản a, diện tích A (Plate a, area A)
• Bản b, diện tích A (Plate b, area A)
• Hiệu điện thế Vₐᵦ (Potential difference = Vab)
• (b) Hình nhìn cạnh của điện trường E ((b) Side view of the electric field E)

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điều kiện khe nhỏ hơn kích thước bản của công thức tụ phẳng đã bị bỏ.

Hướng đi:

• Xét trường loe và sự giảm trường theo khoảng cách của hai hữu hạn.
• So điện áp ở cùng $Q$ trước, rồi dùng $C=Q/V$ để suy chiều so .

(a) Không. Đường sức loe ra ngoài mạnh và trường thay đổi theo vị trí. (b) Điện áp thực nhỏ hơn dự đoán $Qd/({\epsilon }_{0}A)$. Công thức ấy giả sử trường $Q/({\epsilon }_{0}A)$ không giảm suốt cả khe, trong khi trường của bản hữu hạn giảm ở xa. Khi hai bản rất xa, điện áp hướng tới giá trị hữu hạn do riêng của hai vật, thay vì tăng tuyến tính không giới hạn theo $d$. (c) Vì $Q$ giữ nguyên và $V$ thực nhỏ hơn, thực lớn hơn $\varepsilon_0A/d. Đây không phải trường hợp tiếp tục dùng công thức tụ phẳng rồi bỏ qua điều kiện hình học.

Bài tập: Q24.6

Tụ phẳng được nạp và giữ nối pin. Tăng khe gấp đôi, trường, điện tích và đổi thế nào?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: V giữ nguyên, A và giữ nguyên, hai trạng thái vẫn bỏ được trường mép.

Hướng đi:

• E = V/d và C = ${\epsilon }_{0}A/d$ đều giảm khi d tăng.
• Dùng Q = CV, U = CV²/2 vì pin giữ V.

E,C,Q,U đều còn một nửa giá trị đầu. Điện tích chạy trở lại pin khi giảm. Tổng điện tích của từng bản không được coi cố định trong tình huống còn nối pin.

Bài tập: Q24.7

Tụ phẳng được nạp rồi ngắt pin. Tăng khe gấp đôi, trường, điện áp và đổi thế nào?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Q giữ nguyên, A giữ nguyên, bỏ trường mép ở cả hai trạng thái.

Hướng đi:

• E = $Q/({\epsilon }_{0}A)$ không phụ thuộc d khi Q,A cố định.
• C giảm một nửa. Dùng V = Q/C và U = Q²/(2C) để suy các đại lượng còn lại.

Trường không đổi, điện áp và đều gấp đôi. Công kéo hai bản chống lực hút chuyển thành năng lượng trường tăng. Điều kiện cô lập làm kết quả khác Q24.6.

Bài tập: Q24.8

Hai tụ phẳng giống nhau trừ việc một tụ có khe gấp đôi tụ kia. Nạp bởi cùng nguồn điện áp. Tụ nào có trường mạnh hơn, điện tích lớn hơn và mật độ lớn hơn?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng A,V,. So tụ khe nhỏ với tụ khe lớn.

Hướng đi:

• Trường E tỷ lệ 1/d, điện tích Q = ${\epsilon }_0$AV/d cũng tỷ lệ 1/d.
• Mật độ u = ${\epsilon }_0$E²/2 tỷ lệ bình phương trường.

Tụ khe nhỏ có E và Q gấp đôi, mật độ gấp bốn tụ khe lớn. Thể tích khe lại bằng một nửa, nên tổng năng lượng của tụ khe nhỏ chỉ gấp đôi. Phân biệt mật độ trên thể tích với tổng năng lượng.

Bài tập: Q24.9

Các bản tụ đã nạp hút nhau. Kéo chúng ra xa cần công ngoài. được thêm bởi công này đi đâu?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Kéo chậm chống lực hút. Đề chưa nói tụ cô lập hay giữ nối nguồn.

Hướng đi:

• Với tụ cô lập, Q giữ nguyên và giảm khi tách bản, nên dùng Q²/(2C).
• Nếu có nguồn giữ điện áp, nguồn trao đổi điện tích, nên phải xét của cả nguồn và tụ.

Ở tụ cô lập, công ngoài làm trường tăng. Nếu pin vẫn giữ V, năng lượng trong tụ giảm theo C khi tách bản, đồng thời điện tích chạy về nguồn. Khi ấy công cơ cùng phần năng lượng trường được giải phóng đi vào hệ nguồn, ngoài các tổn hao nếu có. Không thể gán mọi công kéo cho riêng năng lượng tụ mà không nêu điều kiện nối nguồn.

Bài tập: Q24.10

Có hai tụ muốn nối vào một nguồn điện áp để giữ lớn nhất. Nên nối tiếp hay song song?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng hai linh kiện, cùng điện áp toàn mạng, các linh kiện phải chịu được điện áp làm việc tương ứng.

Hướng đi:

• mạng ở cùng V bằng C_eqV²/2.
• Song song cho C_eq lớn hơn nối tiếp với hai dương.

Chọn song song. Điện áp mỗi tụ bằng điện áp nguồn, điện tích các nhánh cộng. Cách mắc nối tiếp có thể dùng để chia điện áp nhưng không cho lớn hơn ở cùng điện áp toàn mạng và cùng hai tụ.

Bài tập: Q24.11

Nước có K = 80,4. Vì sao ít được dùng làm của tụ?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: lớn chưa đủ, vật liệu còn phải giữ cách điện tốt.

Hướng đi:

• Phân biệt đáp ứng tạo K với dòng dẫn làm điện tích rò.
• Nước hòa tan ion dễ, các ion có thể vận chuyển điện tích giữa hai bản.

Nước tinh khiết dẫn điện kém nhưng là dung môi ion tốt. Ion từ tạp chất hoặc chất hòa tan tạo dòng rò làm tụ phóng điện. Vì vậy K lớn không tự bảo đảm một thực phù hợp cho tụ.

Bài tập: Q24.12

có phải không? Có quan hệ đơn giản giữa hai đại lượng trong Bảng 24.2 không?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: So một hệ số với một ngưỡng đánh thủng.

Hướng đi:

• K = C/C₀ là số không đơn vị, mô tả đáp ứng tuyến tính trước đánh thủng.
• Độ bền là độ lớn trường tới hạn có đơn vị V/m, phụ thuộc các cơ chế ion hóa và điều kiện vật liệu.

Hai đại lượng khác nhau. Bảng không cho quan hệ tăng giảm đơn giản theo K. Chẳng hạn polycarbonate có K = 2,8 và ngưỡng cỡ 30 MV/m, còn polystyrene có K = 2,6 và ngưỡng cỡ 20 MV/m. Thủy tinh Pyrex có K lớn hơn cả hai nhưng ngưỡng trong bảng thấp hơn. K không đủ để suy điện áp chịu được.

Bài tập: Q24.13

Tụ lá nhôm và màng Mylar bị quá điện áp, đánh thủng làm chảy lỗ trong màng. Sau đó gần như cũ nhưng điện áp đánh thủng giảm nhiều. Vì sao?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hư hại cục bộ, diện tích phần lớn của và hình học tụ chưa đổi đáng kể.

Hướng đi:

• phụ thuộc ảnh hưởng của toàn diện tích bản và .
• Đánh thủng bắt đầu ở vùng yếu nhất, không theo giá trị trung bình toàn diện tích.

Các lỗ nhỏ chỉ chiếm phần diện tích nhỏ nên tổng có thể gần như giữ nguyên. Nhưng chúng tạo vùng cách điện kém hơn hoặc tập trung trường, khiến đánh thủng bắt đầu ở điện áp thấp. Điều này không có nghĩa tụ còn giữ được điện áp làm việc trước khi hư hại.

Bài tập: Q24.14

Đưa tấm gần khe của tụ đã nạp để chuẩn bị trượt vào. Cảm thấy lực nào? Lực ấy cho biết khi điện môi đã ở trong khe so với trước như thế nào?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trường mép tác dụng lên điện tích cảm ứng. Điều kiện nguồn cần được phân biệt khi so .

Hướng đi:

• Trường không đều ở mép hút tấm vào khe.
• Với tụ cô lập, lực sinh công lấy từ độ giảm trường.

Tấm bị hút vào. Nếu tụ cô lập và $Q$ giữ nguyên, C tăng làm U = Q²/(2C) giảm. Độ giảm có thể thành công cơ hoặc động năng tấm. Nếu nguồn giữ V, riêng của tụ lại tăng, nhưng nguồn cung cấp năng lượng và lực vẫn hút vào. Không suy chiều lực chỉ từ U = CV²/2 mà bỏ công của nguồn.

Bài tập: Q24.15

Có thể khảo sát độ tươi của cá bằng cách đặt cá giữa các bản tụ và đo . Cách này dựa trên điều gì? Gợi ý: Cá khô dần theo thời gian.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cá làm thay đổi hữu hiệu trong vùng giữa các bản. Hàm lượng nước giảm khi khô.

Hướng đi:

• Nước có lớn trong bảng.
• Ở cùng hình học, thay đổi làm thay đổi.

Khi cá mất nước, đáp ứng hữu hiệu thay đổi và đo được có xu hướng giảm trong mô hình này. Muốn dùng số đo để suy độ tươi cần một quan hệ hiệu chuẩn và điều kiện đo phù hợp, vì điện dung không chỉ phụ thuộc lượng nước. Câu hỏi chỉ xác định cơ sở vật lý của phép đo.

Bài tập: Q24.16

phân dùng một màng oxide không dẫn rất mỏng giữa bản kim loại và dung dịch dẫn điện. Ưu điểm so với hai bản kim loại ngăn bởi rắn thông thường là gì?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dung dịch dẫn điện đóng vai trò phía điện cực còn lại, oxide ngăn dẫn trực tiếp.

Hướng đi:

• tỷ lệ diện tích hữu hiệu và nghịch bề dày .
• Màng oxide rất mỏng có thể bám theo bề mặt kim loại thay vì cần một tấm rắn dày tự đỡ.

Khoảng cách hữu hiệu nhỏ làm lớn trong kích thước nhỏ. Điện cực dung dịch tiếp xúc theo hình dạng bề mặt oxide, nên có thể tận dụng diện tích bề mặt lớn. Điện áp làm việc vẫn bị giới hạn bởi độ bền của màng mỏng.

Bài tập: Q24.17

Điện thông qua mặt Gauss trong Hình 24.22 đổi theo $K$ thế nào khi thêm vào khe trước đó là chân không?

Hình 24.22: Mặt Gauss cắt qua một phần điện môi trong khe giữa hai bản dẫn

Chú thích:

• Mặt Gauss (Gaussian surface)
• Điện môi (Dielectric)
• Vật dẫn (Conductor)
• Hình nhìn cạnh (Side view)
• Hình phối cảnh (Perspective view)

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ mật độ điện tích tự do trên bản như khi suy Hình 24.22.

Hướng đi:

• Điện thông của $E$ bằng $EA$, trường trong còn $E_0/K$ ở cùng $Q$.
• Điện thông của KE là đại lượng khác, được Gauss cải biên liên hệ riêng với điện tích tự do.

Điện thông của $E$ giảm K lần, từ $E_{0}A$ xuống $E_{0}A/K$. Điện thông của $KE$ giữ nguyên và bằng $\sigma A/{\epsilon }_0$. Nếu nguồn giữ điện áp và cho $Q$ thay đổi, không dùng kết luận giữ điện tích của cấu hình này mà không xét lại.

Bài tập: Q24.18

Tụ phẳng nối nguồn giữ điện áp cố định. (a) Đưa vào lấp khe, trường, điện tích mỗi bản và đổi thế nào? (b) Nếu ngắt nguồn trước khi thêm điện môi, ba đại lượng ấy đổi thế nào? Giải thích sự khác nhau.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C cuối bằng KC₀, hình học giữ nguyên. Phân biệt V cố định với Q cố định.

Hướng đi:

• Còn nguồn thì E = V/d và Q = CV, U = CV²/2.
• Ngắt nguồn thì E = Q/(K${\epsilon }_0$A) và U = Q²/(2C).

(a) E không đổi, Q và U tăng K lần. Nguồn đưa thêm điện tích để giữ cùng V. (b) Q không đổi, E và U giảm K lần. Điện tích liên kết làm trường yếu đi, còn các bản cô lập không nhận thêm điện tích tự do. Khác biệt bắt nguồn từ điều kiện nối nguồn.

Bài tập: Q24.19

lỏng có phân tử , như nước, có K giảm khi nhiệt độ tăng. Vì sao?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phần đáp ứng được xét là sự định hướng các lưỡng cực phân tử.

Hướng đi:

• Mômen lực điện có xu hướng sắp lưỡng cực theo trường.
• Chuyển động nhiệt làm định hướng ngẫu nhiên, cạnh tranh với tác dụng ấy.

Nhiệt độ tăng làm sự xáo trộn nhiệt mạnh hơn. Ở cùng trường, mức định hướng trung bình giảm, nên định hướng yếu hơn và K giảm. Lập luận mô tả đóng góp của các phân tử có lưỡng cực thường trực, không phải một quy luật duy nhất cho mọi loại .

Bài tập: Q24.20

là trường hợp cực hạn vì điện tích tự do có thể tái phân bố để tạo điện tích cảm ứng. Vật dẫn hoàn hảo tương ứng K = 0, K tiến tới vô hạn hay một giá trị ở giữa? Giải thích.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: So trạng thái cân bằng tĩnh điện của với giới hạn mô hình .

Hướng đi:

• Trong cân bằng, trường bên trong bằng không.
• Trong mô hình giữ nguồn tự do cố định, E = E₀/K tiến về không khi K tăng không giới hạn.

Giới hạn tương ứng là K tiến tới vô hạn. Điện tích cảm ứng bù hoàn toàn trường trong vật liệu dẫn. Đây là cách lấy giới hạn tĩnh của mô hình, không phải gán cho một hữu hạn của chất cách điện tuyến tính.

Bài tập: Q24.21

Hai bản tụ có điện tích ±Q, được ngắt khỏi bộ nạp rồi nhúng trong bể dầu. Trường giữa bản tăng, giảm hay không đổi? Có thể đo trường bằng cách nào?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các bản cô lập giữ Q, dầu lấp khe và được coi đồng đều tuyến tính.

Hướng đi:

• Ở cùng Q, dầu làm E giảm theo 1/K.
• Trường đều liên hệ điện áp bằng E = |V_ab|/d, nên đo mà không làm tụ phóng đáng kể có thể suy trường.

Trường giảm. Dùng điện kế hoặc thiết bị đo có trở kháng đủ lớn để đo V_ab, rồi chia độ lớn cho khe d trong miền trường gần đều. Về nguyên tắc cũng có thể đo lực lên một điện tích thử nhỏ và lấy F/q, nhưng phải tính các lực khác và tránh làm biến đổi phân bố nguồn. Phép đo điện áp dùng đúng nguyên lý thí nghiệm ở mục 24.4.

Bài tập theo mục

Tụ điện và điện dung

Bài tập 24: 1 •

Hai bản tụ phẳng chân không cách 2,50 mm, mỗi bản mang điện tích có độ lớn 80,0 nC. Trường trong khe có độ lớn $4.00\times {10}^6$ V/m. Tìm (a) , (b) diện tích mỗi bản và (c) .

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khe d = 0,00250 m, Q = 80,0 nC, E đã biết. Bỏ trường mép.

Hướng đi:

• Trường đều cho V = Ed.
• E = Q/(${\epsilon }_0$A) suy diện tích từ trường và điện tích, rồi C = Q/V cho .

$$\begin{array}{rl}V& =Ed=10.0\mathrm{kV},\\ A& =Q/({\epsilon }_{0}E)\\ & =2.26\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2\\ & =22.6{\mathrm{cm}}^2,\\ C& =Q/V=8.00\mathrm{pF}.\end{array}$$

Bài tập 24: 2 •

Tụ phẳng chân không có khe 3,28 mm, diện tích mỗi bản 9,82 cm², điện tích mỗi bản có độ lớn $4.35\times {10}^{-8}$ C. Tìm (a) , (b) điện áp và (c) trường trong khe.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đổi A = $9.82\times {10}^{-4}$ m², d = 0,00328 m.

Hướng đi:

• được quyết định bởi hình học, C = ${\epsilon }_0$A/d.
• Điện tích Q cho V = Q/C. Trường đều cho E = V/d.

$$\begin{array}{rl}C& =2.65\mathrm{pF},\\ V& =16.4\mathrm{kV},\\ E& =5.00\times {10}^6\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Mô hình đề dùng chân không. Không tự áp ngưỡng đánh thủng không khí vào một khe chân không.

Bài tập 24: 3 •

Tụ phẳng không khí có C = 245 pF, mỗi bản mang điện tích có độ lớn 0,148 µC, khe 0,328 mm. Tìm (a) điện áp, (b) diện tích bản, (c) trường và (d) mật độ điện tích mặt mỗi bản.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C,Q,d đã cho. Coi không khí có gần ${\epsilon }_0$.

Hướng đi:

• V = Q/C cho điện áp.
• C = ${\epsilon }_0$A/d suy A. Từ V/d và ±Q/A tìm trường, mật độ với đúng dấu mỗi bản.

$$\begin{array}{rl}V& =604\mathrm{V},\\ A& =Cd/{\epsilon }_0\\ & =9.08\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2\\ & =90.8{\mathrm{cm}}^2,\\ E& =1.84\times {10}^6\mathrm{V}/\mathrm{m},\\ |\sigma |& =Q/A=16.3\mu \mathrm{C}/{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Hai mật độ là +16,3 và −16,3 µC/m².

Bài tập 24: 4 •

Tụ phẳng 5,00 µF nạp bằng pin 12,0 V rồi ngắt pin mà không mất điện tích. (a) Volt kế không làm phóng tụ đọc bao nhiêu? (b) Nó đọc bao nhiêu nếu (i) khe tăng gấp đôi, hoặc (ii) bán kính mỗi bản tăng gấp đôi trong khi khe giữ nguyên?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Sau ngắt pin, Q giữ nguyên. Hai thay đổi hình học được xét riêng từ cấu hình đầu.

Hướng đi:

• Ban đầu điện áp tụ bằng điện áp pin.
• Tụ cô lập có V = Q/C. Khe gấp đôi làm C còn một nửa, bán kính gấp đôi làm diện tích và C gấp bốn.

(a) 12,0 V. (b)(i) 24,0 V. (b)(ii) 3,00 V. không giữ nguyên khi thay hình học, dù điện tích được giữ nguyên.

Bài tập 24: 5 •

Tụ phẳng 10,0 µF với bản tròn nối pin 12,0 V. (a) Điện tích mỗi bản có độ lớn bao nhiêu? (b) Khi khe tăng gấp đôi mà tụ còn nối pin thì sao? (c) Nếu nối vào pin 12,0 V sau khi bán kính mỗi bản tăng gấp đôi, giữ khe ban đầu, điện tích bao nhiêu?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện áp được nguồn giữ 12,0 V. Các thay đổi khe và bán kính được xét riêng.

Hướng đi:

• Dùng Q = CV vì cùng điện áp nguồn.
• C tỷ lệ nghịch khe và tỷ lệ diện tích πr², nên bán kính gấp đôi làm gấp bốn.

(a) Q = 120 µC. (b) Q = 60,0 µC. (c) Q = 480 µC. Mỗi kết quả là độ lớn, hai bản có dấu trái nhau.

Bài tập 24: 6 •

Cần thiết kế tụ không khí bản tròn 5,00 pF để làm việc tới 100 V, trường không vượt $1.00\times {10}^4$ N/C. Trong vai trò kỹ sư thiết kế của Live-Wire Electronics, hãy (a) chọn kích thước bản và khe, (b) tìm điện tích lớn nhất các bản có thể giữ trong điều kiện ấy.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ tròn có C = 5,00 pF, cần chịu đến 100 V, trường danh định không quá $1,00\times {10}^4$ V/m. Dùng mô hình tụ phẳng để ước lượng kích thước.

Hướng đi:

• Dùng $E=V/d$ để tìm khe nhỏ nhất theo mô hình trường đều.
• Với $C={\epsilon }_{0}A/d$, chọn khe nhỏ nhất cũng cho diện tích nhỏ nhất trong mô hình này.
• Điện tích cực đại là $Q_{max}=C{V}_{max}$ vì và điện áp làm việc đã cho.

$$\begin{array}{rl}d& \ge V_{max}/E_{max}=1.00\mathrm{cm},\\ A_{min}& =C{d}_{min}/{\epsilon }_0\\ & =5.65\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2,\\ r_{min}& =\sqrt{A_{min}/\pi }=4.24\mathrm{cm},\\ Q_{max}& =C{V}_{max}=500\mathrm{pC}.\end{array}$$

Trong mô hình tụ phẳng, một thiết kế diện tích nhỏ nhất là khe 1,00 cm, bán kính 4,24 cm. Các khe lớn hơn cũng có thể đạt cùng nếu tăng diện tích theo $A=Cd/{\epsilon }_0$. Tuy nhiên, với thiết kế diện tích nhỏ nhất, tỷ số $d/r\approx \mathrm{0,236}$, nên khe chưa nhỏ so với bán kính và hiệu ứng mép không thể khẳng định là không đáng kể. Các con số trên là ước lượng theo mô hình tụ phẳng. Thiết kế chính xác cần tính trường của bản hữu hạn rồi hiệu chỉnh kích thước.

Bài tập 24: 7 •

Tụ phẳng không khí cần giữ độ lớn điện tích 240,0 pC mỗi bản ở 42,0 V. (a) Diện tích mỗi bản 6,80 cm² thì khe bao nhiêu? (b) Nếu khe gấp đôi giá trị ấy, cần điện áp bao nhiêu để giữ cùng điện tích?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Q,V,A đã cho. Ở phần (b), A,Q giữ nguyên.

Hướng đi:

• Q = ${\epsilon }_0$AV/d suy d.
• Điện áp ở cùng Q,A tỷ lệ d, nên khe gấp đôi đòi điện áp gấp đôi.

$$\begin{array}{rl}d& ={\epsilon }_{0}AV/Q=1.05\mathrm{mm},\\ V^{\prime }& =2V=84.0\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 24: 8 •

Tụ trụ có lõi dẫn đặc bán kính 0,250 cm và vỏ dẫn rỗng, ngăn bằng không khí. Chiều dài 12,0 cm, 36,7 pF. (a) Tìm bán kính trong vỏ. (b) Nạp đến 125 V, tìm độ lớn điện tích trên mỗi đơn vị chiều dài.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính rₐ = 0,00250 m, L = 0,120 m, C đã biết. Bỏ ảnh hưởng đầu trụ.

Hướng đi:

• C = 2π${\epsilon }_0$L/ln(rᵦ/rₐ) cho tỷ số bán kính bằng phép lấy hàm mũ.
• Điện tích cả đoạn là CV. Chia L để được mật độ dài.

$$\begin{array}{rl}{r}_b& =r_a\exp (2\pi {\epsilon }_{0}L/C)\\ & =0.300\mathrm{cm},\\ |\lambda |& =CV/L=38.2\mathrm{nC}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Hai điện cực có mật độ dài trái dấu. Độ lớn điện áp chưa tự xác định điện cực nào dương.

Bài tập 24: 9 •

Hai trụ sắt rỗng đồng trục tạo tụ. Trụ trong âm, trụ ngoài dương, độ lớn điện tích mỗi trụ 10,0 pC. Bán kính hai mặt đối diện là 0,50 mm và 5,00 mm, chiều dài 18,0 cm. Tìm (a) và (b) cần để có các điện tích ấy.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ trụ có tỷ số bán kính 10. Trụ ngoài cao thế hơn trụ trong.

Hướng đi:

• Hình học cho dương C = 2π${\epsilon }_0$L/ln(rᵦ/rₐ).
• Độ lớn điện áp Q/C. Dấu phụ thuộc thứ tự hai điện cực.

$$\begin{array}{rl}C& =4.35\mathrm{pF},\\ V_{\mathrm{ngoai}}-V_{\mathrm{trong}}& =Q/C=+2.30\mathrm{V}.\end{array}$$

Trường trong khe hướng từ trụ ngoài vào trụ trong.

Bài tập 24: 10 ••

Tụ trụ chân không có bán kính hai mặt 2,2 mm và 3,5 mm, dài 2,8 m. (a) Tìm trên chiều dài. (b) Trụ trong cao thế hơn trụ ngoài 350 mV, tìm điện tích có dấu trên mỗi trụ.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện áp +0,350 V từ trong so với ngoài, không phải 350 V.

Hướng đi:

• Tỷ số bán kính cho c = C/L.
• toàn đoạn là cL. Điện tích Q = cLV, trụ cao thế mang dấu dương.

$$\begin{array}{rl}c& =\frac{2\pi {\epsilon }_0}{\ln (3.5/2.2)}\\ & \approx 1.2\times {10}^{-10}\mathrm{F}/\mathrm{m},\\ Q& =cL(0.350)\\ & \approx 1.2\times {10}^{-10}\mathrm{C}.\end{array}$$

Trụ trong có +Q, trụ ngoài −Q. Hai kết quả được làm tròn phù hợp các kích thước có hai chữ số có nghĩa.

Bài tập 24: 11 ••

Tụ cầu chân không mang điện tích 3,30 nC khi điện áp 220 V. Bán kính trong vỏ ngoài 4,00 cm. Tìm (a) , (b) bán kính cầu trong và (c) trường ngay ngoài mặt cầu trong.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C từ Q/V, rᵦ đã biết, rₐ cần tìm. Trường trong khe có đối xứng cầu.

Hướng đi:

• Dùng định nghĩa rồi giải công thức tụ cầu theo rₐ.
• Gauss cho độ lớn trường kQ/rₐ² ngay ngoài mặt trong. Không dùng V chia khe như trường đều.

$$\begin{array}{rl}C& =Q/V=15.0\mathrm{pF},\\ \frac{1}{r_a}& =\frac{1}{r_b}+\frac{4\pi {\epsilon }_0}{C},\\ r_a& =3.08\mathrm{cm},\\ E(r_a^{+})& =\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}_a^2}\\ & =31.2\mathrm{kN}/\mathrm{C}.\end{array}$$

Bài tập 24: 12 •

Tụ cầu gồm hai vỏ dẫn đồng tâm, ngăn chân không. Bán kính mặt trong 15,0 cm, 116 pF. (a) Tìm bán kính mặt ngoài. (b) Với điện áp 220 V, độ lớn điện tích mỗi vỏ bao nhiêu?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính rₐ cùng C,V đã cho. Mặt ngoài phải có rᵦ > rₐ.

Hướng đi:

• Giải công thức tụ cầu bằng nghịch đảo bán kính để tránh nhầm dấu khoảng cách.
• Sau khi có hình học, điện tích vẫn được tìm trực tiếp bằng CV.

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{r_b}& =\frac{1}{r_a}-\frac{4\pi {\epsilon }_0}{C},\\ r_b& =17.5\mathrm{cm},\\ Q& =CV=25.5\mathrm{nC}.\end{array}$$

Hai vỏ mang điện tích trái dấu bằng độ lớn. rᵦ tìm được lớn hơn rₐ, phù hợp cấu hình.

Tụ mắc nối tiếp và song song

Bài tập 24: 13 ••

Đo C₁ chưa biết bằng cách nối tiếp nó với C₂ = 3,00 µF vào nguồn có điện áp V thay đổi được. Với mỗi V, đo điện áp V₂ trên C₂. Đồ thị V₂ theo V gần một đường thẳng có hệ số góc 0,650. Tìm C₁.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Các tụ chưa nạp trước khi ghép. Hai tụ nối tiếp có cùng độ lớn điện tích Q.

Hướng đi:

• Dùng V₂ = Q/C₂ và V = Q(1/C₁ + 1/C₂) để lấy tỷ số.
• Hệ số góc chính là V₂/V trong quan hệ tuyến tính. Giải tỷ số ấy theo C₁.

$$\begin{array}{rl}\frac{V_2}{V}& =\frac{C_1}{C_1+C_2}=s,\\ C_1& =\frac{s{C}_2}{1-s}\\ & =5.57\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

s = 0,650 lớn hơn 1/2, phù hợp C₁ lớn hơn C₂. Tụ nhỏ C₂ chịu phần điện áp lớn hơn.

Bài tập 24: 14 •

Hệ bốn tụ trong Hình E24.14 có điện áp V_ab = 50,0 V. Tìm (a) tương đương, (b) điện tích đầu cực toàn mạng, (c) điện tích trên từng tụ 10,0 µF và 9,0 µF.

Hình E24.14: Hai tụ 5,0 và 8,0 µF song song, nối tiếp với các tụ 10,0 và 9,0 µF

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhóm giữa gồm 5 µF và 8 µF cùng hai nút, tạo 13 µF.

Hướng đi:

• Cộng hai tụ song song trước.
• Ba phần 10,13,9 µF nối tiếp nên cộng nghịch đảo. Điện tích đầu cực tương đương bằng điện tích từng phần nối tiếp, không phải tổng điện tích của mọi tụ.

$$\begin{array}{rl}{C}_m& =5.0+8.0=13.0\mu \mathrm{F},\\ C_{\mathrm{eq}}& =(1/10+1/13+1/9{)}^{-1}\\ & =3.47\mu \mathrm{F},\\ Q& =C_{\mathrm{eq}}{V}_{ab}=174\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

(c) Mỗi tụ 10,0 µF và 9,0 µF có điện tích độ lớn 174 µC. Cách ghép giữ trung hòa các nút nối cô lập ban đầu.

Bài tập 24: 15 • BIO: Cá chình điện

Cá chình điện và những cá điện khác tạo điện áp lớn để làm choáng đối thủ hoặc con mồi. Mô hình hóa mỗi tế bào tạo 0,10 V như một tụ đã nạp. (a) Cần nối tiếp hay song song để điện áp tổng lớn hơn 0,10 V? (b) Cần bao nhiêu tế bào để có xung 500 V?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi tế bào có cùng điện áp và cần cộng điện áp theo cùng chiều.

Hướng đi:

• Nối tiếp cộng điện áp, song song chỉ giữ cùng điện áp.
• Lấy điện áp mục tiêu chia điện áp mỗi tế bào trong mô hình các tế bào giống nhau.

(a) Nối tiếp và cùng chiều điện áp. (b)

$$N=500/0.10=5000.$$

Cần 5000 tế bào. Đây là mô hình điện áp của chuỗi, không phải mô tả đầy đủ quá trình sinh lý tạo xung.

Bài tập 24: 16 •

Với hệ tụ trong Hình E24.16, tìm tương đương (a) giữa b,c và (b) giữa a,c.

Hình E24.16: Tụ 15 pF nối tiếp nhóm song song 9,0 pF và 11 pF

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhóm 9 pF và 11 pF chung hai nút b,c. Tụ 15 pF nằm giữa a,b.

Hướng đi:

• Xét đúng hai đầu cực được yêu cầu. Khi a để hở, tụ nối tới a không tạo nhánh kín góp giữa b,c trong mô hình này.
• Giữa a,c, thay nhóm b,c rồi ghép nối tiếp với tụ 15 pF.

$$\begin{array}{rl}{C}_{bc}& =9+11=20\mathrm{pF},\\ C_{ac}& =\frac{15\times 20}{15+20}\\ & =8.57\mathrm{pF}.\end{array}$$

Bài tập 24: 17 •

Trong Hình E24.17, mọi tụ có C = 4,00 µF, V_ab = +28,0 V. Tìm (a) điện tích từng tụ, (b) điện áp từng tụ và (c) V_a − V_d.

Hình E24.17: Nhánh C₁,C₂ nối tiếp song song C₃ giữa a,d, cả nhóm nối tiếp C₄ đến b

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai tụ C₁,C₂ tạo C/2. Nhóm a,d có 3C/2, nối tiếp C₄ = C.

Hướng đi:

• Rút gọn từ nhánh trong ra ngoài để tìm điện tích đầu cực.
• Quay lại dùng cùng điện áp ở nhóm song song và cùng điện tích ở nhánh nối tiếp.
• V_ad là điện áp toàn nhóm a,d, không phải điện áp riêng một tụ của nhánh C₁,C₂.

$$\begin{array}{rl}{C}_{ad}& =C/2+C=6.00\mu \mathrm{F},\\ C_{ab}& =\frac{6.00\times 4.00}{6.00+4.00}\\ & =2.40\mu \mathrm{F},\\ Q_4& =C_{ab}{V}_{ab}=67.2\mu \mathrm{C},\\ V_{ad}& =Q_4/C_{ad}=11.2\mathrm{V}.\end{array}$$

Nhánh C₁,C₂ có cùng điện áp tổng 11,2 V, nên Q₁ = Q₂ = (C/2)V_ad = 22,4 µC. Nhánh C₃ có Q₃ = CV_ad = 44,8 µC. Kết quả:

Tụ	Độ lớn điện tích	Điện áp theo chiều từ a đến b
C₁	22,4 µC	5,60 V
C₂	22,4 µC	5,60 V
C₃	44,8 µC	11,2 V
C₄	67,2 µC	16,8 V

V_ad = +11,2 V. Nhóm có 11,2 V cộng với 16,8 V trên C₄ bằng 28,0 V. Q₁ + Q₃ = Q₄ về độ lớn tại đầu nhóm a,d.

Bài tập 24: 18 •

Trong Hình 24.8a, hai tụ nối tiếp C₁ = 3,00 µF, C₂ = 5,00 µF, V_ab = +64,0 V. Tìm (a) điện tích và (b) điện áp từng tụ.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuỗi hai tụ chưa nạp ban đầu có cùng độ lớn điện tích.

Hướng đi:

• Tìm C_eq bằng công thức nối tiếp để có Q = C_eqV_ab.
• Chia cùng Q cho riêng để tìm điện áp, sau đó cộng lại kiểm tra tổng.

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{eq}}& =\frac{3.00\times 5.00}{3.00+5.00}\\ & =1.875\mu \mathrm{F},\\ Q_1& =Q_2=120\mu \mathrm{C},\\ V_1& =40.0\mathrm{V},\\ V_2& =24.0\mathrm{V}.\end{array}$$

40 V + 24 V = 64 V. Tụ C₁ nhỏ hơn chịu điện áp lớn hơn.

Bài tập 24: 19 •

Trong Hình 24.9a, hai tụ song song C₁ = 3,00 µF, C₂ = 5,00 µF, V_ab = +52,0 V. Tìm (a) điện tích và (b) điện áp từng tụ.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cả hai tụ chung hai nút a,b, nên có cùng điện áp.

Hướng đi:

• V₁ = V₂ = V_ab do các dây nối tạo hai nút đẳng thế.
• Dùng Qᵢ = CᵢV cho từng tụ, không chia điện áp như nối tiếp.

(a) Q₁ = 156 µC, Q₂ = 260 µC về độ lớn. (b) V₁ = V₂ = 52,0 V. Hai bản nối vào a dương, các bản nối b âm.

Bài tập 24: 20 •

Trong Hình E24.20, C₁ = 6,00 µF, C₂ = 3,00 µF, C₃ = 5,00 µF. Mạng nối điện áp V_ab, sau khi nạp ổn định, C₂ mang điện tích 30,0 µC. Tìm (a) điện tích C₁,C₃ và (b) điện áp V_ab.

Hình E24.20: C₁,C₂ song song giữa a,d, nối tiếp với C₃ giữa d,b

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện tích C₂ cho điện áp chung V_ad. Tổng điện tích nhóm a,d bằng điện tích C₃.

Hướng đi:

• C₁,C₂ song song nên dùng cùng V_ad = Q₂/C₂.
• Nút d cô lập ban đầu trung hòa, nên độ lớn Q₃ bằng Q₁ + Q₂.
• Điện áp toàn mạng cộng điện áp nhóm với điện áp C₃.

$$\begin{array}{rl}{V}_{ad}& =Q_2/C_2=10.0\mathrm{V},\\ Q_1& =C_1{V}_{ad}=60.0\mu \mathrm{C},\\ Q_3& =Q_1+Q_2=90.0\mu \mathrm{C},\\ V_{db}& =Q_3/C_3=18.0\mathrm{V},\\ V_{ab}& =V_{ad}+V_{db}=28.0\mathrm{V}.\end{array}$$

Các Q là độ lớn. Điện áp dương ứng với a cao thế hơn b trong cách nạp được xét.

Bài tập 24: 21 ••

Mạng trong Hình E24.21 giữ điện áp V_ab = 25 V. Tìm (a) tương đương, (b) điện tích đầu cực mạng, (c) điện tích tụ 6,5 nF và (d) điện áp tụ 7,5 nF.

Hình E24.21: Nhánh ba tụ 18,0, 30,0, 10,0 nF nối tiếp song song với 7,5 nF và 6,5 nF

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ba nhánh chung a,b. Nhánh giữa là chuỗi ba tụ.

Hướng đi:

• Rút nhánh nối tiếp trước, rồi cộng với hai nhánh song song.
• Tụ 6,5 nF và 7,5 nF nối thẳng a,b, nên đều chịu toàn điện áp 25 V.

$$\begin{array}{rl}{C}_s& =(1/18+1/30+1/10{)}^{-1}\\ & =5.294\mathrm{nF},\\ C_{\mathrm{eq}}& =C_s+7.5+6.5\\ & =19.3\mathrm{nF},\\ Q& =C_{\mathrm{eq}}(25)=482\mathrm{nC},\\ Q_{6.5}& =(6.5\mathrm{nF})(25\mathrm{V})\\ & =162.5\mathrm{nC},\\ V_{7.5}& =25\mathrm{V}.\end{array}$$

Nếu giữ hai chữ số có nghĩa của 6,5 nF và 25 V, điện tích nhánh được ghi cỡ 160 nC. Giá trị 162,5 nC cho thấy phép nhân trước khi làm tròn.

Bài tập 24: 22 ••

Tụ cầu chân không có hai bán kính mặt 12,5 cm và 14,8 cm, điện áp 120 V. Tìm mật độ trường (a) tại r = 12,6 cm gần mặt trong, (b) tại r = 14,7 cm gần mặt ngoài. (c) Mật độ trong tụ cầu có đều như gần đúng tụ phẳng không?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai điểm đều trong khe. Trường tụ cầu thay đổi theo 1/r².

Hướng đi:

• và điện áp cho điện tích Q.
• Tại từng bán kính dùng E(r) = kQ/r² rồi u(r) = ${\epsilon }_0$E²/2, không dùng điện áp chia khoảng cách bản để giả sử trường đều.

$$\begin{array}{rl}C& =4\pi {\epsilon }_0{r}_a{r}_b/(r_b-r_a),\\ Q& =CV,\\ u(r)& ={\epsilon }_0(kQ/r^2{)}^2/2.\end{array}$$

(a) $u=1.64\times {10}^{-4}$ J/m³. (b) $u=8.83\times {10}^{-5}$ J/m³. (c) Không đều. Mật độ tỷ lệ r⁻⁴ và lớn hơn ở gần mặt cầu trong.

Năng lượng tụ và điện trường

Bài tập 24: 23 •

Tụ phẳng không khí 5,80 µF có khe 5,00 mm, nạp đến 400 V. Tìm mật độ trường trong khe theo J/m³.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trường gần đều. V,d đủ tìm mật độ dù cũng được cho.

Hướng đi:

• E = V/d cho trường.
• u = ${\epsilon }_0$E²/2 cho trên thể tích, không phải tổng năng lượng CV²/2.

$$\begin{array}{rl}E& =400/0.00500\\ & =8.00\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m},\\ u& ={\epsilon }_0{E}^2/2=0.0283\mathrm{J}/{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

Bài tập 24: 24 ••

Tụ phẳng không khí có C = 920 pF, độ lớn điện tích mỗi bản 3,90 µC. (a) Tìm điện áp. (b) Giữ điện tích, tăng khe gấp đôi thì điện áp bao nhiêu? (c) Cần công bao nhiêu để tăng khe gấp đôi?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ cô lập, Q không đổi. C cuối bằng C/2, bỏ trường mép và tổn hao trong quá trình kéo chậm.

Hướng đi:

• Điện áp dùng Q/C nên tăng khi giảm.
• Công kéo chống lực hút bằng độ tăng Q²/(2C), không bằng riêng năng lượng cuối.

$$\begin{array}{rl}{V}_0& =Q/C=4.24\mathrm{kV},\\ V_f& =Q/(C/2)=8.48\mathrm{kV},\\ W_{\mathrm{ngoai}}& =\frac{Q^2}{2(C/2)}-\frac{Q^2}{2C}\\ & =\frac{Q^2}{2C}\\ & =8.27\mathrm{mJ}.\end{array}$$

cuối gấp đôi ban đầu, còn công thêm bằng năng lượng ban đầu.

Bài tập 24: 25 •

Tụ không khí có hai bản phẳng cách 1,50 mm. Khi điện áp 200 V, mỗi bản có điện tích độ lớn 0,0180 µC. Tìm (a) , (b) diện tích bản, (c) điện áp lớn nhất chưa đánh thủng với ngưỡng không khí $3.0\times {10}^6$ V/m, (d) khi điện tích là 0,0180 µC.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Q = $1.80\times {10}^{-8}$ C, d = 0,00150 m, V = 200 V.

Hướng đi:

• C = Q/V rồi C = ${\epsilon }_0$A/d cho diện tích.
• Trường giới hạn cho V_max = E_maxd trong gần đúng trường đều.
• dùng QV/2 với điện áp ứng với điện tích đã cho.

$$\begin{array}{rl}C& =90.0\mathrm{pF},\\ A& =Cd/{\epsilon }_0=0.0152{\mathrm{m}}^2,\\ V_{max}& =E_{max}d=4.5\mathrm{kV},\\ U& =QV/2=1.80\mu \mathrm{J}.\end{array}$$

Bài tập 24: 26 ••

Tụ phẳng chân không ban đầu giữ 8,38 J, khe 2,30 mm. Giảm khe còn 1,15 mm, cuối bao nhiêu nếu (a) ngắt nguồn nên Q giữ nguyên, (b) vẫn nối nguồn nên V giữ nguyên?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khe giảm một nửa làm C tăng gấp đôi, diện tích giữ nguyên.

Hướng đi:

• Ở cùng Q, U = Q²/(2C) giảm khi C tăng.
• Ở cùng V, U = CV²/2 tăng khi C tăng. Nguồn trao đổi điện tích trong phần (b).

(a) U_f = 8,38/2 = 4,19 J. (b) U_f = 2·8,38 = 16,76 J. Hai kết quả dùng hai điều kiện khác nhau, không phải hai cách tính cùng một trạng thái.

Bài tập 24: 27 •

Có hai tụ giống nhau và nguồn điện áp ngoài. (a) So toàn hệ khi mắc nối tiếp và song song vào cùng nguồn. (b) So lượng điện tích được giữ trong hai cách. (c) Năng lượng bị giới hạn bởi trường lớn nhất giữa các bản, hãy so trường trong các tụ của hai cách mắc ở cùng điện áp nguồn.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi tụ có C, cùng hình học và khe d, nguồn giữ điện áp V toàn mạng. Hai tụ nối tiếp ban đầu chưa nạp.

Hướng đi:

• tương đương nối tiếp C/2, song song 2C cho toàn mạng.
• Phân biệt điện tích của mỗi tụ, tổng độ lớn điện tích trên hai bản dương, và điện tích lấy từ đầu cực nguồn. Đây là các phép đếm khác nhau ở chuỗi nối tiếp.
• Nối tiếp chia đều V/2 trên mỗi tụ, song song cho V trên mỗi tụ, nên trường tỷ lệ tương ứng.

(a)

$$\begin{array}{rl}{U}_s& =C{V}^2/4,\\ U_p& =C{V}^2,\\ U_p/U_s& =4.\end{array}$$

(b) Mỗi tụ nối tiếp có Q_s = CV/2, mỗi tụ song song có Q_p = CV, nên Q_p = 2Q_s. Nếu cộng độ lớn điện tích của hai bản dương, tổng trong song song cũng gấp đôi tổng trong nối tiếp. Nếu hỏi riêng điện tích rời cực dương nguồn, hai mạng có Q_đầu,s = (C/2)V và Q_đầu,p = 2CV, nên tỷ số ấy là 4. Không dùng cùng tên Q cho các cách đếm này.

(c) E_s = V/(2d), E_p = V/d, nên E_p/E_s = 2. Giới hạn trường có thể làm điện áp nguồn tối đa cho chuỗi nối tiếp lớn hơn. Các tỷ số trên là so sánh ở cùng V, trong miền cả hai mạng đều làm việc được.

Bài tập 24: 28 •

Mạng ở Hình E24.28 có điện áp V_ab = 48 V. Tìm (a) điện tích đầu cực toàn mạng, (b) điện tích mỗi tụ, (c) toàn mạng, (d) năng lượng mỗi tụ, (e) điện áp mỗi tụ.

Hình E24.28: Hai tụ 150 nF và 120 nF nối tiếp

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chuỗi hai tụ chưa nạp ban đầu có cùng Q. Điện áp toàn chuỗi 48 V.

Hướng đi:

• Cộng nghịch đảo để có C_eq rồi Q = C_eqV.
• Điện áp từng tụ Q/Cᵢ, từng tụ Q²/(2Cᵢ).
• toàn mạng bằng tổng năng lượng từng tụ, đồng thời bằng C_eqV²/2.

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{eq}}& =66.7\mathrm{nF},\\ Q& =3.20\mu \mathrm{C},\\ U& =76.8\mu \mathrm{J}.\end{array}$$

Tụ	Độ lớn điện tích	Điện áp
150 nF	3,20 µC	21,33 V	34,13 µJ
120 nF	3,20 µC	26,67 V	42,67 µJ

Hai điện áp cộng 48 V, hai cộng 76,8 µJ. Tụ nhỏ hơn chịu điện áp lớn hơn và có năng lượng lớn hơn vì cùng Q.

Bài tập 24: 29 •

Mạng ở Hình E24.29 có V_ab = 220 V. Tìm (a) điện tích đầu cực mạng, (b) điện tích mỗi tụ, (c) toàn mạng, (d) năng lượng mỗi tụ, (e) điện áp mỗi tụ.

Hình E24.29: Hai tụ 35 nF và 75 nF song song

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai nhánh đều có điện áp 220 V.

Hướng đi:

• Song song cộng C để có C_eq và điện tích tổng C_eqV.
• Từng nhánh dùng Qᵢ = CᵢV và Uᵢ = CᵢV²/2 vì cùng V.

C_eq = 110 nF. Điện tích đầu cực 24,2 µC, tổng 2,662 mJ.

Tụ	Độ lớn điện tích	Điện áp
35 nF	7,70 µC	220 V	0,847 mJ
75 nF	16,5 µC	220 V	1,815 mJ

Điện tích và của hai nhánh cộng lại thành các giá trị toàn mạng. Các bản nối a dương, nối b âm nếu V_ab dương.

Điện môi

Bài tập 24: 30 •

Hai tụ không khí C₁ = 4,00 µF, C₂ = 6,00 µF mắc song song vào nguồn 36,0 V. (a) Tổng điện tích dương trên hai tụ bao nhiêu? (b) Giữ nguồn nối, đưa K = 5,00 vào lấp C₁. Tổng điện tích dương cuối bao nhiêu, tăng hay giảm?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: V giữ nguyên trên từng nhánh. Chỉ C₁ được thay .

Hướng đi:

• Điện tích tổng song song là (C₁ + C₂)V.
• C₁ cuối bằng KC₁, còn C₂ không đổi. Nguồn cấp thêm điện tích khi tăng.

$$\begin{array}{rl}{Q}_0& =(C_1+C_2)V=360\mu \mathrm{C},\\ Q_f& =(K{C}_1+C_2)V=936\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Tổng điện tích dương tăng 576 µC. Tổng điện tích đại số hai phía tụ vẫn bằng không.

Bài tập 24: 31 •

Tụ 12,5 µF nối nguồn giữ điện áp 24,0 V. Đưa vật liệu K = 3,75 vào lấp khe. (a) trước và sau bao nhiêu? (b) Năng lượng thay đổi bao nhiêu, tăng hay giảm?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn giữ V, tăng K lần.

Hướng đi:

• Cùng V dùng U = CV²/2.
• cuối KU₀, biến thiên bằng (K − 1)U₀, không phải năng lượng cuối.

$$\begin{array}{rl}{U}_0& =3.60\mathrm{mJ},\\ U_f& =13.5\mathrm{mJ},\\ \mathrm{\Delta }U& =+9.90\mathrm{mJ}.\end{array}$$

tăng. Nguồn còn nối nên đây không phải quá trình Q cố định.

Bài tập 24: 32 •

Tụ phẳng không khí có C₀ = 8,00 pF, khe 1,50 mm. (a) Điện tích lớn nhất mỗi bản có thể mang mà trường không vượt $3.00\times {10}^4$ V/m là bao nhiêu? (b) Lấp K = 2,70, với cùng giới hạn trường, điện tích lớn nhất bao nhiêu?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giới hạn trường và khe giống nhau ở hai cấu hình, khác nhau.

Hướng đi:

• V_max = E_maxd cho cùng điện áp giới hạn 45,0 V.
• Q_max = CV_max. lấp khe tăng C lên KC₀.

$$\begin{array}{rl}{Q}_{max,0}& =C_0{E}_{max}d=360\mathrm{pC},\\ Q_{max,K}& =K{C}_0{E}_{max}d=972\mathrm{pC}.\end{array}$$

Bài tập 24: 33 •

Hai bản phẳng có điện tích bằng độ lớn trái dấu. Khi hút hết khí trong khe, trường là $3.20\times {10}^5$ V/m. Khi lấp , trường còn $2.50\times {10}^5$ V/m. Tìm (a) mật độ điện tích cảm ứng trên hai mặt điện môi và (b) K.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện tích tự do của hai bản được giữ nguyên khi so hai trường.

Hướng đi:

• E₀ − E = σᵢ/${\epsilon }_0$ cho độ lớn mật độ cảm ứng.
• E = E₀/K chỉ dùng ở cùng Q, đúng điều kiện so sánh này.

$$\begin{array}{rl}|{\sigma }_i|& ={\epsilon }_0(E_0-E)\\ & =0.620\mu \mathrm{C}/{\mathrm{m}}^2,\\ K& =E_0/E=1.28.\end{array}$$

Hai mặt có mật độ trái dấu. Mặt gần bản dẫn dương mang −σᵢ, mặt gần bản âm mang +σᵢ.

Bài tập 24: 34 ••

Hai tụ phẳng không khí giống nhau, mỗi tụ có C, nối tiếp vào pin điện áp V. Giữ pin nối và đưa K > 1 vào lấp một tụ. Gọi U₀,U là toàn mạng trước, sau. Tìm U/U₀ theo K và xét tăng, giảm hay không đổi.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện áp toàn chuỗi giữ V. Một tăng từ C lên KC.

Hướng đi:

• Tìm tương đương trước và sau bằng công thức nối tiếp.
• Nguồn giữ V nên tỷ số bằng tỷ số tương đương, không dùng Q cố định.

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{eq},0}& =C/2,\\ C_{\mathrm{eq}}& =\frac{(KC)C}{KC+C}=\frac{KC}{K+1},\\ \frac{U}{U_0}& =\frac{C_{\mathrm{eq}}}{C_{\mathrm{eq},0}}\\ & =\frac{2K}{K+1}.\end{array}$$

K > 1 làm tỷ số lớn hơn 1, nên tăng. Khi K tăng rất lớn, tỷ số tiến tới 2 vì tụ còn lại giới hạn chuỗi.

Bài tập 24: 35 ••

Hai tụ phẳng không khí giống nhau nối tiếp vào pin V, mỗi tụ ban đầu mang điện tích độ lớn Q₀. Giữ pin nối, đưa K > 1 vào lấp C₁. Tìm điện tích C₁ cuối theo K,Q₀ và xét tăng, giảm hay không đổi.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C₁ cuối bằng KC, C₂ vẫn C. Nút chung giữa hai tụ giữ tổng điện tích không.

Hướng đi:

• Q₀ = (C/2)V từ chuỗi ban đầu.
• chuỗi cuối KC/(K + 1) cho điện tích đầu cực. C₁ và C₂ có cùng độ lớn điện tích cuối vì nút giữa cô lập trung hòa.

$$Q=\frac{KC}{K+1}V=\frac{2K}{K+1}{Q}_0.$$

Q tăng với K > 1. Chỉ một tụ đổi nhưng cả hai điện tích thay đổi vì nguồn giữ điện áp toàn chuỗi, không giữ điện áp riêng mỗi tụ.

Bài tập 24: 36 ••

Hai tụ không khí C₁ = 3,00 µF, C₂ = 6,00 µF nối tiếp vào pin V. Trường C₂ ban đầu là E₀₂. Giữ pin nối, lấp C₁ bằng K = 4. (a) Tìm E₂/E₀₂ và xét trường C₂ tăng, giảm hay không đổi. (b) Làm lại nếu hai tụ song song vào pin.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hình học và vật liệu C₂ không đổi. C₁ cuối có 12,0 µF.

Hướng đi:

• Với C₂ cố định hình học, trường tỷ lệ điện tích của nó.
• Nối tiếp dùng Q = C_eqV. Song song C₂ giữ điện áp riêng V nên trường không đổi.

(a) tương đương đầu 2,00 µF, cuối 4,00 µF. Vì vậy điện tích cả hai tụ gấp đôi, E₂/E₀₂ = 2, trường C₂ tăng. (b) Tỷ số 1, trường C₂ không đổi. được đặt ở nhánh khác không làm đổi điện áp mà pin giữ trên C₂ song song.

Bài tập 24: 37 •

của tụ phẳng có K = 3,60, độ bền $1.60\times {10}^7$ V/m. Tụ cần C = $1.25\times {10}^{-9}$ F và chịu được điện áp tới 5500 V. Diện tích bản nhỏ nhất bao nhiêu?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: C cố định, điện áp tối đa và trường đánh thủng cho khe tối thiểu.

Hướng đi:

• Chưa vượt ngưỡng cần d ≥ V_max/E_max.
• Với C = K${\epsilon }_0$A/d, A tỷ lệ d. Chọn d nhỏ nhất để A nhỏ nhất trong mô hình.

$$\begin{array}{rl}{d}_{min}& =V_{max}/E_{max}\\ & =0.34375\mathrm{mm},\\ A_{min}& =C{d}_{min}/(K{\epsilon }_0)\\ & =0.0135{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Kết quả ứng với đúng ngưỡng lý tưởng của dữ kiện, chưa cộng phần dự phòng thiết kế.

Bài tập 24: 38 • BIO: Điện thế của màng tế bào

Một số màng tế bào có mặt trong âm, mặt ngoài dương với cùng độ lớn mật độ $0.50\times {10}^{-3}$ C/m², bề dày 5,0 nm. Trước hết coi màng là không khí. Tìm (a) trường trong màng, (b) và phía cao thế, (c) ước lượng tổng trường trong màng của tế bào có thể tích ${10}^{-16}$ m³. Gợi ý: Coi tế bào cầu, tìm thể tích màng. (d) Màng thực có K = 5,4, làm lại (a),(b).

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Màng rất mỏng so với bán kính tế bào, gần đúng như hai mặt phẳng tại mỗi vùng nhỏ. Mật độ tự do giữ giá trị đã cho.

Hướng đi:

• E = σ/${\epsilon }_0$ và |ΔV| = Ed cho mô hình không khí.
• Thể tích tế bào suy bán kính R, màng mỏng có thể tích gần 4πR²d. Nhân mật độ để có tổng.
• Có K và cùng σ, trường và giảm K lần.

(a) E ≈ $5.6\times {10}^7$ V/m, hướng từ ngoài vào trong. (b) V_ngoài − V_trong ≈ +0,28 V, phía ngoài cao thế hơn.

(c)

$$\begin{array}{rl}R& ={\left(\frac{3\mathcal{V}}{4\pi }\right)}^{1/3}\\ & \approx 2.9\mu \mathrm{m},\\ {\mathcal{V}}_{\mathrm{membrane}}& \approx 4\pi R^{2}d,\\ U& \approx \frac{1}{2}{\epsilon }_0{E}^2{\mathcal{V}}_{\mathrm{membrane}}\\ & \approx 7.4\times {10}^{-15}\mathrm{J}.\end{array}$$

(d) E ≈ $1.0\times {10}^7$ V/m và V_ngoài − V_trong ≈ +0,052 V. Các kết quả được làm tròn theo dữ kiện ước lượng. Mô hình không khí ở (a) cho trường cao hơn độ bền thông thường của không khí, nên chỉ là phép so hình thức, không mô tả một màng không khí có thể giữ bền cấu hình ấy.

Bài tập 24: 39 •

Tụ phẳng không khí 0,25 µF giữ điện áp 12 V. Đưa màng Mylar lấp toàn khe. (a) Điện tích thêm vào bản dương bao nhiêu? (b) Điện tích cảm ứng mỗi mặt Mylar có độ lớn bao nhiêu? (c) Trường đổi thế nào? Vì sao phù hợp với việc điện tích bản tăng, vốn có xu hướng làm trường tăng?

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mylar có K = 3,1 trong Bảng 24.1. Nguồn giữ cùng V, hình học giữ nguyên.

Hướng đi:

• cuối KC₀ cho điện tích cuối KC₀V. Lượng thêm là phần chênh với Q₀.
• Điện tích cảm ứng Qᵢ = Q(1 − 1/K) dùng Q cuối.
• E = V/d giữ không đổi. Trường của điện tích liên kết bù phần trường tăng do điện tích tự do thêm.

$$\begin{array}{rl}{Q}_0& =C_{0}V=3.0\mu \mathrm{C},\\ \mathrm{\Delta }Q& =(K-1)Q_0=6.3\mu \mathrm{C},\\ Q_i& =K{Q}_0(1-1/K)\\ & =6.3\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Trường giữ nguyên. Hai điện tích mặt cảm ứng có dấu trái nhau, mặt gần bản dương mang âm. Phần điện tích tự do mới và điện tích liên kết thêm không được cộng như cùng dấu khi suy trường.

Bài tập 24.40–24.55

Bài tập 24: 40 ••

Polystyrene có $K=2.6$ và $2.0\times {10}^7\mathrm{V}/\mathrm{m}$. Một phẳng dùng polystyrene lấp đầy khe giữa hai bản. (a) Khi đạt 80% độ bền điện môi, mật độ tích trữ là bao nhiêu? (b) Tụ nối với pin 500,0 V và điện trường vẫn bằng 80% độ bền điện môi. Nếu năng lượng tụ tích trữ là 0,200 mJ, diện tích mỗi bản bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: có $K=2.6$, độ bền trường $E_s=2.0\times {10}^7\mathrm{V}/\mathrm{m}$. Trường làm việc bằng 80% $E_s$.

Hướng đi:

• Trong tuyến tính, mật độ là $u=\frac{1}{2}K{\epsilon }_0{E}^2$.
• Với tụ phẳng, $U=\frac{1}{2}C{V}^2$ và $C=K{\epsilon }_{0}A/d$. Dùng $E=V/d$ để khử khe hở d.

(a) Trước hết:

$$E=0.80E_s=1.6\times {10}^7\mathrm{V}/\mathrm{m}.$$

Vậy:

$$u=\frac{1}{2}K{\epsilon }_0{E}^2=2.95\times {10}^3\mathrm{J}/{\mathrm{m}}^3.$$

(b) Từ $E=V/d$, suy ra $d=V/E$. Thay vào biểu thức :

$$\begin{array}{rl}U& =\frac{1}{2}\frac{K{\epsilon }_{0}A}{d}{V}^2\\ & =\frac{1}{2}K{\epsilon }_{0}AEV.\end{array}$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{2U}{K{\epsilon }_{0}EV}\\ & =2.17\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2.\end{array}$$

Bài tập 24: 41 •

không khí có điện dung 360 nF được nối với nguồn. ban đầu của tụ là $1.85\times {10}^{-5}\mathrm{J}$. Khi vẫn nối nguồn, người ta đưa một tấm lấp hoàn toàn khe giữa hai bản. Năng lượng tăng thêm $2.32\times {10}^{-5}\mathrm{J}$. (a) giữa hai bản bằng bao nhiêu? (b) Hằng số điện môi của tấm bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ban đầu $C_0=360\mathrm{nF}$, $U_0=1.85\times {10}^{-5}\mathrm{J}$. Nguồn vẫn nối trong lúc đưa vào.

Hướng đi:

• Nguồn giữ không đổi. Tìm V từ $U_0=\frac{1}{2}{C}_0{V}^2$.
• Khi khe được lấp hoàn toàn, $C=K{C}_0$. Ở cùng V, cũng tăng K lần.

(a)

$$V=\sqrt{\frac{2U_0}{C_0}}=10.1\mathrm{V}.$$

(b) cuối là tổng năng lượng ban đầu và phần tăng thêm:

$$\begin{array}{rl}{U}_f& =U_0+\mathrm{\Delta }U\\ & =4.17\times {10}^{-5}\mathrm{J},\\ K& =\frac{U_f}{U_0}\\ & =2.25.\end{array}$$

Bài tập 24: 42 •

Tụ phẳng có 12,5 pF khi khe được lấp đầy không khí. Hai bản tròn bán kính 3,00 cm. Tụ nối với pin và mỗi bản mang điện tích có độ lớn 25,0 pC. Khi vẫn nối pin, đưa lấp kín khe. Điện tích trên mỗi bản sau đó là 45,0 pC. Tìm (a) hằng số điện môi, (b) trước và sau khi đưa điện môi vào, (c) tại trung điểm khe trước và sau khi đưa điện môi vào.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $C_0=12.5\mathrm{pF}$, bán kính bản $r=3.00\mathrm{cm}$. Nguồn giữ nguyên khi điện tích tăng từ 25,0 pC lên 45,0 pC.

Hướng đi:

• Với pin nối, V không đổi và $Q=CV$, nên $K=C/C_0=Q_f/Q_0$.
• Tìm khe từ tụ không khí $C_0={\epsilon }_{0}A/d$. Sau đó dùng $E=V/d$.

(a)

$$K=\frac{Q_f}{Q_0}=1.80.$$

(b) Điện áp trước khi chèn là:

$$V_0=\frac{Q_0}{C_0}=2.00\mathrm{V}.$$

Pin còn nối nên $V_f=V_0=2.00\mathrm{V}$.

(c) Diện tích bản và khe là:

$$\begin{array}{rl}A& =\pi r^2,\\ d& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{C_0}\\ & =2.00\times {10}^{-3}\mathrm{m}.\end{array}$$

Điện áp và khe không đổi, vì vậy:

$$E_0=E_f=\frac{V_0}{d}=9.99\times {10}^2\mathrm{V}/\mathrm{m}.$$

Bài tập 24: 43 •

Khe của tụ phẳng được lấp bằng nhựa có K. Mỗi bản có diện tích A, cách nhau d và mang điện tích có độ lớn Q. (a) Dùng dạng (24.23) để tìm độ lớn trong điện môi. (b) Dùng điện trường ấy tìm giữa hai bản. (c) Từ đó tìm rồi so với (24.12).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ có điện tích tự do $\pm Q$, diện tích bản A và khe d. đồng đều lấp toàn bộ khe.

Hướng đi:

• Dùng mặt Gauss hình hộp cắt qua bản dẫn và . Điện thông chỉ qua mặt nằm trong điện môi.
• Vế phải của (24.23) đếm điện tích tự do, không cộng điện tích liên kết.
• Giữa hai bản, đều nên $V=Ed$.

(a) Gọi ${\sigma }_f=Q/A$ là mật độ điện tích tự do trên bản. Mặt Gauss cho:

$$\begin{array}{rl}KEA& =\frac{Q}{{\epsilon }_0},\\ E& =\frac{Q}{K{\epsilon }_{0}A}.\end{array}$$

(b) hướng từ bản dương đến bản âm. Độ lớn là:

$$V=Ed=\frac{Qd}{K{\epsilon }_{0}A}.$$

(c)

$$C=\frac{Q}{V}=\frac{K{\epsilon }_{0}A}{d}=K{C}_0.$$

Kết quả trùng (24.12): lấp đầy làm tăng K lần so với cùng tụ khi không có điện môi.

Bài tập 24: 44 •

Tụ phẳng có diện tích bản $0.0225{\mathrm{m}}^2$, cách nhau 1,00 mm và lấp đầy Teflon. đặt vào là 12,0 V. (a) Tính điện tích trên hai bản. (b) Dùng , tìm trong Teflon. (c) Ngắt nguồn rồi lấy Teflon ra. Dùng định luật Gauss để tìm điện trường sau khi lấy ra.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $A=0.0225{\mathrm{m}}^2$, $d=1.00\mathrm{mm}$, $V=12.0\mathrm{V}$, Teflon có $K=2.1$.

Hướng đi:

• Khi Teflon còn trong tụ, $C=K{\epsilon }_{0}A/d$ rồi $Q=CV$.
• Trường trong theo Gauss là $E=Q/(K{\epsilon }_{0}A)=V/d$.
• Sau khi ngắt nguồn, Q không đổi. Lấy ra làm E lớn K lần.

(a)

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{K{\epsilon }_{0}A}{d}\\ & =4.18\times {10}^{-10}\mathrm{F},\\ Q& =CV\\ & =5.02\times {10}^{-9}\mathrm{C}.\end{array}$$

(b)

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{Teflon}}& =\frac{Q}{K{\epsilon }_{0}A}\\ & =\frac{V}{d}\\ & =1.20\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

(c) Điện tích tự do Q giữ nguyên sau khi ngắt nguồn:

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{air}}& =\frac{Q}{{\epsilon }_{0}A}\\ & =K{E}_{\mathrm{Teflon}}\\ & =2.52\times {10}^4\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 24: 45 •

Đèn flash máy ảnh dùng tụ để tích trữ cho một lần chớp sáng. Thời gian flash là $1/675\mathrm{s}$, công suất ánh sáng trung bình bằng $2.70\times {10}^5\mathrm{W}$. (a) Nếu 95% năng lượng điện chuyển thành ánh sáng, tụ phải tích trữ bao nhiêu năng lượng cho một lần flash? (b) Khi tụ có 125 V ở mức năng lượng đó, của tụ là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $t=1/675\mathrm{s}$, $P=2.70\times {10}^5\mathrm{W}$ là công suất ánh sáng, hiệu suất 0,95 và $V=125\mathrm{V}$.

Hướng đi:

• sáng là $P_{\mathrm{flash}}t$. Đây chỉ bằng 95% năng lượng điện ban đầu.
• Dùng $U=\frac{1}{2}C{V}^2$ để suy .

(a)

$$\begin{array}{rl}{U}_{\mathrm{flash}}& =P_{\mathrm{flash}}t\\ & =400\mathrm{J},\\ U_{\mathrm{cap}}& =\frac{U_{\mathrm{flash}}}{0.95}\\ & =4.21\times {10}^2\mathrm{J}.\end{array}$$

(b)

$$C=\frac{2U_{\mathrm{cap}}}{V^2}=5.39\times {10}^{-2}\mathrm{F}.$$

Bài tập 24: 46 •

Tụ phẳng không khí gồm hai bản vuông cạnh 12 cm, cách nhau 3,7 mm và nối với pin 12 V. (a) , (b) điện tích mỗi bản, (c) giữa hai bản và (d) tích trữ bằng bao nhiêu? (e) Ngắt pin rồi kéo hai bản ra xa để khe tăng thành 7,4 mm. Tìm lại các đại lượng ở (a)–(d).

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Diện tích mỗi bản là $A=(0.12\mathrm{m}{)}^2$. Ban đầu pin giữ $V=12\mathrm{V}$. Sau khi ngắt pin, khe tăng gấp đôi nên Q được bảo toàn.

Hướng đi:

• Trước khi ngắt pin, dùng $C={\epsilon }_{0}A/d$, $Q=CV$, $E=V/d$ và $U=C{V}^2/2$.
• Sau khi pin bị ngắt, Q không đổi. Khi d tăng gấp đôi, C giảm một nửa, V tăng gấp đôi và U tăng gấp đôi.

(a)–(d) Ban đầu:

$$\begin{array}{rl}{C}_i& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{d_i}\\ & =34.5\mathrm{pF},\\ Q_i& =C_{i}V\\ & =4.14\times {10}^{-10}\mathrm{C},\\ E_i& =\frac{V}{d_i}\\ & =3.24\times {10}^3\mathrm{V}/\mathrm{m},\\ U_i& =\frac{1}{2}{C}_i{V}^2\\ & =2.48\times {10}^{-9}\mathrm{J}.\end{array}$$

(e) Sau khi ngắt pin, Q_i giữ nguyên và $d_f=2d_i$:

$$\begin{array}{rl}{C}_f& =\frac{C_i}{2}=17.2\mathrm{pF},\\ Q_f& =Q_i=4.14\times {10}^{-10}\mathrm{C},\\ V_f& =\frac{Q_f}{C_f}=24.0\mathrm{V},\\ E_f& =\frac{V_f}{d_f}=3.24\times {10}^3\mathrm{V}/\mathrm{m},\\ U_f& =\frac{Q_f^2}{2C_f}=4.96\times {10}^{-9}\mathrm{J}.\end{array}$$

Trường giữ nguyên vì cả điện áp và khe cùng tăng gấp đôi. tăng do công ngoài cần để kéo hai bản trái dấu ra xa nhau.

Bài tập 24: 47 •••

Trong một kiểu bàn phím máy tính, mỗi phím mang một bản kim loại của tụ phẳng không khí. Khi nhấn phím, khoảng cách giữa hai bản giảm và tăng. Mỗi bản có diện tích $42.0{\mathrm{mm}}^2$, khe trước khi nhấn là $0.700\mathrm{mm}$. (a) Điện dung ban đầu bằng bao nhiêu? (b) Mạch phát hiện được độ tăng điện dung 0,250 pF. Phải nhấn phím xuống bao xa thì mạch mới nhận ra?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $A=42.0{\mathrm{mm}}^2$, $d_0=0.700\mathrm{mm}$ và độ tăng phát hiện được là 0,250 pF.

Hướng đi:

• Đổi diện tích và khe sang đơn vị SI rồi dùng $C={\epsilon }_{0}A/d$.
• sau khi nhấn là $C_1=C_0+0.250\mathrm{pF}$. Giải ngược công thức điện dung để tìm khe mới.

(a)

$$C_0=\frac{{\epsilon }_{0}A}{d_0}=0.531\mathrm{pF}.$$

(b)

$$\begin{array}{rl}{d}_1& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{C_0+0.250\mathrm{pF}}\\ & =0.476\mathrm{mm},\\ \mathrm{\Delta }d& =d_0-d_1\\ & =0.224\mathrm{mm}.\end{array}$$

Bài tập 24: 48 ••• BIO: Màng tế bào

Màng bao quanh tế bào thường dày khoảng 7,5 nm. Màng có tính thấm một phần, cho phép vật chất mang điện đi vào hoặc ra khi cần. Hai mặt trong và ngoài tích tụ mật độ điện tích trái dấu, cùng độ lớn. Các điện tích ấy cản những điện tích khác tiếp tục đi qua màng.

Có thể mô hình hóa màng như tụ phẳng. Bản thân màng gồm protein nằm trong vật liệu hữu cơ và đóng vai trò có hằng số khoảng 10, như Hình P24.48. (a) của màng trên mỗi centimet vuông là bao nhiêu? (b) Ở trạng thái nghỉ, qua màng là 85 mV. trong màng có độ lớn bao nhiêu?

Hình P24.48: Màng sợi trục ngăn điện tích ở mặt trong và mặt ngoài

Chú thích:

• Bên ngoài sợi trục (Outside axon)
• Màng sợi trục (Axon membrane)
• Bên trong sợi trục (Inside axon)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bề dày màng $d=7.5\mathrm{nm}$, $K=10$, nghỉ 85 mV.

Hướng đi:

• trên một đơn vị diện tích là $C/A=K{\epsilon }_0/d$.
• Xem trường trong màng gần đều, nên $E=V/d$.

(a) Tính trên mỗi mét vuông rồi đổi đơn vị diện tích. Một mét vuông bằng ${10}^4$ centimet vuông:

$$\begin{array}{rl}\frac{C}{A}& =\frac{K{\epsilon }_0}{d}\\ & =1.18\times {10}^{-2}\mathrm{F}/{\mathrm{m}}^2\\ & =1.18\mu \mathrm{F}/{\mathrm{cm}}^2.\end{array}$$

(b)

$$\begin{array}{rl}E& =\frac{85\times {10}^{-3}\mathrm{V}}{7.5\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\\ & =1.13\times {10}^7\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

Bài tập 24: 49 ••

Tụ 20,0 µF được nạp đến 800 V. Sau đó, hai đầu của nó được nối với hai đầu tương ứng của tụ 10,0 µF chưa nạp. Tính (a) điện tích ban đầu của hệ, (b) hiệu điện thế cuối cùng trên mỗi tụ, (c) cuối của hệ và (d) độ giảm năng lượng khi nối hai tụ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ thứ nhất ban đầu có $C_1=20.0\mu \mathrm{F}$ và $V_0=800\mathrm{V}$. Tụ thứ hai $C_2=10.0\mu \mathrm{F}$ chưa nạp.

Hướng đi:

• Khi nối hai bản cùng dấu, điện tích tổng được bảo toàn. Ở trạng thái cuối, hai tụ song song và cùng điện áp.
• So sánh trước và sau. Phần giảm chuyển thành nhiệt trong dây và bức xạ điện từ trong lúc dòng điện thay đổi.

(a)

$$Q_0=C_1{V}_0=1.60\times {10}^{-2}\mathrm{C}.$$

(b) Cuối cùng, tương đương là $C_1+C_2$:

$$V_f=\frac{Q_0}{C_1+C_2}=5.33\times {10}^2\mathrm{V}.$$

(c)–(d)

$$\begin{array}{rl}{U}_f& =\frac{1}{2}(C_1+C_2)V_f^2\\ & =4.27\mathrm{J},\\ U_i& =\frac{1}{2}{C}_1{V}_0^2=6.40\mathrm{J},\\ \mathrm{\Delta }{U}_{\mathrm{loss}}& =U_i-U_f\\ & =2.13\mathrm{J}.\end{array}$$

Bài tập 24: 50 ••

Khi sét đánh vào ô tô, vỏ kim loại được cách điện với đất bởi các lốp cao su có thể đạt rất cao. Ta ước lượng điện tích bằng cách mô hình hóa xe như một cầu dẫn bán kính R, với thứ hai là vỏ cầu có bán kính tiến đến vô hạn.

(a) Tìm theo R bằng của cầu tích điện so với vô cực, hoặc lấy giới hạn bán kính vỏ ngoài trong công thức tụ cầu. Hai cách cho cùng kết quả. (b) Ước lượng R tương ứng kích thước một chiếc ô tô. (c) Tính điện dung tương ứng. (d) Một lần sét có thể đưa xe lên điện thế 100 MV. Điện tích tổng trên xe vào khoảng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Coi xe là hình cầu cô lập. được đo so với vô cực.

Hướng đi:

• Ngoài quả cầu dẫn, như của điện tích điểm Q tại tâm, $E=kQ/r^2$.
• từ R ra vô cực để tìm mặt cầu, rồi dùng $C=Q/V$.
• Phần ước lượng phụ thuộc kích thước xe. Chọn bán kính tương đương $R=2.0\mathrm{m}$.

(a) của mặt cầu:

$$V(R)={\int }_R^{\mathrm{\infty }}\frac{kQ}{r^2}dr=\frac{kQ}{R}.$$

Do đó:

$$C=\frac{Q}{V(R)}=\frac{R}{k}=4\pi {\epsilon }_{0}R.$$

(b) Chọn $R\approx 2.0\mathrm{m}$, cùng bậc với nửa kích thước dài của một ô tô.

(c)–(d)

$$\begin{array}{rl}C& =4\pi {\epsilon }_{0}R\\ & =2.23\times {10}^{-10}\mathrm{F},\\ Q& =CV\\ & =(2.23\times {10}^{-10})(1.00\times {10}^8)\\ & =2.23\times {10}^{-2}\mathrm{C}.\end{array}$$

Đây là ước lượng của mô hình cầu tương đương. Hình dạng xe và môi trường đất làm thay đổi giá trị thực.

Bài tập 24: 51 •

Mạng tụ ở Hình P24.51 có $V_{ab}=12.0\mathrm{V}$. Tìm (a) tổng được tích trữ trong mạng, (b) năng lượng tích trữ trong tụ 4,80 µF.

Hình P24.51: Mạng gồm hai tụ nối tiếp trước một nhánh cầu tụ

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trên nhánh cầu, 6,20 µF nối tiếp 11,8 µF, nhánh này song song với 3,50 µF. Cụm đó nối tiếp với 8,60 µF và 4,80 µF.

Hướng đi:

• Rút gọn trước hai tụ 6,20 µF và 11,8 µF nối tiếp.
• Cộng tương đương đó với 3,50 µF song song.
• Cụm còn lại mắc nối tiếp với 8,60 µF và 4,80 µF, nên chúng cùng có độ lớn điện tích.

nhánh trên và điện dung nhánh cầu là:

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{top}}& =\frac{(6.20)(11.8)}{6.20+11.8}\\ & =4.06\mu \mathrm{F},\\ C_{\mathrm{sphere}}& =C_{\mathrm{top}}+3.50\\ & =7.56\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

(a) toàn mạng nối tiếp là:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{C_{\mathrm{eq}}}& =\frac{1}{8.60}+\frac{1}{4.80}+\frac{1}{7.56},\\ C_{\mathrm{eq}}& =2.19\mu \mathrm{F},\\ U_{\mathrm{tong}}& =\frac{1}{2}{C}_{\mathrm{eq}}{V}_{ab}^2\\ & =1.58\times {10}^2\mu \mathrm{J}.\end{array}$$

(b) Điện tích chung của ba phần mắc nối tiếp là:

$$Q=C_{\mathrm{eq}}{V}_{ab}=26.3\mu \mathrm{C}.$$

Vì vậy:

$$U_{4.80}=\frac{Q^2}{2C}=71.9\mu \mathrm{J}.$$

Bài tập 24: 52 ••

Trong Hình E24.17, $C_1=6.00\mu \mathrm{F}$, $C_2=3.00\mu \mathrm{F}$, $C_3=4.00\mu \mathrm{F}$ và $C_4=8.00\mu \mathrm{F}$. Mạng được nối với $V_{ab}$. Khi điện tích đã ổn định, điện áp qua C₃ là 40,0 V. Tìm (a) điện áp qua C₁ và C₂, (b) điện áp qua C₄, (c) hiệu điện thế $V_{ab}$.

Hình E24.17: Nhánh C1 nối tiếp C2 mắc song song với C3, rồi cụm đó nối tiếp C4

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: C₁,C₂ nối tiếp trên một nhánh giữa a và d. Nhánh ấy song song với C₃. C₄ nối tiếp từ d đến b.

Hướng đi:

• Vì C₃ nằm giữa a và d, $V_{ad}=V_3=40.0\mathrm{V}$. Nhánh C₁,C₂ cũng có cùng điện áp tổng.
• C₁,C₂ nối tiếp nên có cùng độ lớn điện tích. Nút d ban đầu trung hòa, nên điện tích trên C₄ bù tổng điện tích ở phía d của nhánh C₁,C₂ và C₃.

Điện tích trên ba tụ song song:

$$\begin{array}{rl}{Q}_{12}& =\frac{C_1{C}_2}{C_1+C_2}{V}_{ad}\\ & =80.0\mu \mathrm{C},\\ V_1& =\frac{Q_{12}}{C_1}=13.3\mathrm{V},\\ V_2& =\frac{Q_{12}}{C_2}=26.7\mathrm{V},\\ Q_3& =C_3{V}_3\\ & =160\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

(a) Điện áp qua C₁ và C₂ cộng lại thành $V_{ad}=40.0\mathrm{V}$.

Điện tích ở phía d của nhánh C₁,C₂ có độ lớn $Q_{12}$. Điện tích ở phía d của C₃ có độ lớn $Q_3$. Nút d ban đầu trung hòa, vì vậy:

$$Q_4=Q_{12}+Q_3=240\mu \mathrm{C}.$$

(b)–(c)

$$\begin{array}{rl}{V}_4& =\frac{Q_4}{C_4}=30.0\mathrm{V},\\ V_{ab}& =V_{ad}+V_{db}\\ & =40.0+30.0\\ & =70.0\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 24: 53 •

Trong Hình P24.53, $C_1=C_5=8.4\mu \mathrm{F}$ và $C_2=C_3=C_4=4.2\mu \mathrm{F}$. Điện áp đặt giữa a và b là 220 V. Tìm (a) tương đương giữa a và b, (b) điện tích trên từng tụ và qua từng tụ.

Hình P24.53: C1 và C5 ở hai đầu, C2 song song với chuỗi C3 và C4 ở giữa

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: C₁ nối từ a đến X, C₅ nối từ b đến Y. Giữa X và Y, C₂ song song với chuỗi C₃,C₄.

Hướng đi:

• Rút gọn C₃,C₄ nối tiếp rồi mắc song song với C₂ để được giữa X,Y.
• Cụm giữa mắc nối tiếp với C₁ và C₅, nên ba phần có cùng điện tích tổng.
• Điện áp giữa X,Y đặt trực tiếp lên C₂ và cũng bằng tổng điện áp trên C₃,C₄.

(a)

$$\begin{array}{rl}{C}_{34}& =\frac{(4.2)(4.2)}{4.2+4.2}\\ & =2.1\mu \mathrm{F},\\ C_{XY}& =C_2+C_{34}\\ & =6.3\mu \mathrm{F},\\ \frac{1}{C_{\mathrm{eq}}}& =\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_{XY}}+\frac{1}{C_5},\\ C_{\mathrm{eq}}& =2.52\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

(b) Ba phần nối tiếp là C₁, cụm XY và C₅. Điện tích chung của chúng là:

$$Q=C_{\mathrm{eq}}{V}_{ab}=554.4\mu \mathrm{C}.$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}{Q}_1& =Q_5=554.4\mu \mathrm{C},\\ V_1& =V_5=\frac{Q}{8.4\mu \mathrm{F}}\\ & =66.0\mathrm{V},\\ V_{XY}& =\frac{Q}{6.3\mu \mathrm{F}}\\ & =88.0\mathrm{V},\\ V_2& =V_{XY}=88.0\mathrm{V},\\ Q_2& =C_2{V}_{XY}\\ & =369.6\mu \mathrm{C},\\ Q_3& =Q_4=C_{34}{V}_{XY}\\ & =184.8\mu \mathrm{C},\\ V_3& =V_4=\frac{184.8\mu \mathrm{C}}{4.2\mu \mathrm{F}}\\ & =44.0\mathrm{V}.\end{array}$$

Kiểm tra điện áp theo hai đường qua mạng:

$$\begin{array}{rl}{V}_1+V_{XY}+V_5& =66+88+66\\ & =220\mathrm{V},\\ V_3+V_4& =44+44\\ & =88\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 24: 54 •• CP

Sau khi chải tóc vào ngày khô, một số sợi tóc dựng lên vì bị đẩy ra xa đầu. (a) Ước lượng chiều dài L của tóc. (b) Mật độ khối lượng dài trung bình của tóc là $65\mu \mathrm{g}/\mathrm{cm}$. Ước lượng khối lượng m của một sợi. (c) Ước lượng số N sợi tóc dựng lên. (d) Giả sử lược lấy đi điện tích $-2Q$, nên tóc nhận tổng điện tích $+2Q$. Một nửa điện tích này nằm gần đầu, nửa còn lại chia đều ở đầu mút N sợi tóc. Lực điện nâng một sợi bằng hai lần trọng lượng của nó. Chứng minh rằng:

$$2mg=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{Q^2}{N{L}^2}.$$

Dùng phương trình trên ước lượng Q ở phần đầu. (e) Coi đầu có dạng cầu bán kính R. Ước lượng R, rồi tính đầu. (f) Ước lượng do chải tóc tạo ra.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ kiện xác định mật độ khối lượng dài, còn L, N và R là các đại lượng cần ước lượng. Chọn L = 10 cm, N = 100 sợi dựng rõ và R = 10 cm, phù hợp kích thước đầu người.

Hướng đi:

• Đổi mật độ tóc sang kg/m rồi nhân L để tìm khối lượng một sợi.
• Điện tích cùng dấu Q gần đầu đẩy điện tích $Q/N$ ở mỗi đầu sợi dựng. Khoảng cách xấp xỉ L.
• Sau khi tìm Q, mô hình đầu như cầu dẫn có $C=4\pi {\epsilon }_{0}R$ và $V=Q/C$.

(a)–(b) Mật độ khối lượng dài:

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_m& =\frac{65\times {10}^{-9}\mathrm{kg}}{0.010\mathrm{m}}\\ & =6.5\times {10}^{-6}\mathrm{kg}/\mathrm{m},\\ m& ={\lambda }_{m}L\\ & =6.5\times {10}^{-7}\mathrm{kg}.\end{array}$$

(c) Lấy khoảng 100 sợi tóc dựng riêng rõ rệt. Đây là con số ước lượng, không phải phép đếm cố định.

(d) Lực hút giữa phần điện tích Q gần đầu và điện tích Q/N trên một sợi là:

$$\begin{array}{rl}{F}_e& =\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{Q(Q/N)}{L^2}\\ & =\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{Q^2}{N{L}^2}.\end{array}$$

Theo giả thiết, $F_e=2mg$. Suy ra:

$$\begin{array}{rl}Q& =\sqrt{8\pi {\epsilon }_{0}mgN{L}^2}\\ & =3.76\times {10}^{-8}\mathrm{C}.\end{array}$$

(e) Với mô hình cầu bán kính 0,10 m:

$$C=4\pi {\epsilon }_{0}R=1.11\times {10}^{-11}\mathrm{F}.$$

(f)

$$V=\frac{Q}{C}=3.38\times {10}^3\mathrm{V}.$$

Các giá trị Q và V thay đổi theo ước lượng L, N, R. Mật độ khối lượng và công thức cân bằng lực đã cho vẫn được giữ nguyên.

Bài tập 24: 55 ••

Trong Hình E24.20, $C_1=3.00\mu \mathrm{F}$ và $V_{ab}=150\mathrm{V}$. Điện tích trên C₁ là 150 µC, còn điện tích trên C₃ là 450 µC. Tìm C₂ và C₃.

Hình E24.20: C1 và C2 mắc song song giữa a, d, rồi nối tiếp C3 đến b

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: C₁ và C₂ cùng mắc giữa a và d. C₃ mắc từ d đến b. Điện tích C₁ là 150 µC, điện tích C₃ là 450 µC.

Hướng đi:

• Điện áp giữa a và d xác định từ $V_1=Q_1/C_1$.
• C₂ song song với C₁ nên có cùng điện áp. Nút d ban đầu trung hòa. Bảo toàn điện tích tại nút cho $Q_3=Q_1+Q_2$ về độ lớn.
• Điện áp trên C₃ là hiệu giữa $V_{ab}$ và $V_{ad}$.

Điện áp trên C₁ và C₂:

$$\begin{array}{rl}{V}_{ad}& =V_1=\frac{Q_1}{C_1}\\ & =50.0\mathrm{V},\\ V_2& =V_1=50.0\mathrm{V}.\end{array}$$

Suy ra điện tích trên C₂:

$$\begin{array}{rl}{Q}_2& =Q_3-Q_1\\ & =300\mu \mathrm{C},\\ C_2& =\frac{Q_2}{V_2}\\ & =6.00\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Điện áp trên C₃ là $V_{db}=V_{ab}-V_{ad}=100\mathrm{V}$. Vậy:

$$C_3=\frac{Q_3}{V_{db}}=4.50\mu \mathrm{F}.$$

Bài tập tổng hợp

Bài tập 24: 56 •

Các tụ trong Hình P24.56 ban đầu chưa tích điện. Khi công tắc S mở, đặt $V_{ab}=+210$ V. (a) Tìm hiệu điện thế $V_{cd}$, với quy ước $V_{cd}=V_c-V_d$. (b) Đóng công tắc. Tìm hiệu điện thế trên từng tụ. (c) Tìm độ lớn và chiều điện tích quy ước đi qua công tắc.

Hình P24.56: Bốn tụ tạo thành hai nhánh nối tiếp, công tắc nối hai điểm giữa nhánh

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhánh trên gồm tụ 3,00 µF rồi 6,00 µF. Nhánh dưới gồm tụ 6,00 µF rồi 3,00 µF. Ban đầu công tắc mở.

Hướng đi:

• Khi công tắc mở, tính tương đương của mỗi nhánh nối tiếp. Điện tích trên hai tụ cùng nhánh có độ lớn bằng nhau.
• Khi đóng công tắc, hai tụ bên trái trở thành mắc song song, hai tụ bên phải cũng mắc song song. Hai nhóm này mắc nối tiếp.
• Điện tích qua công tắc được tìm từ độ biến thiên điện tích của nút phía trên. Quy ước $V_{cd}=V_c-V_d$ giúp xác định dấu ở câu (a).

(a) Mỗi nhánh mở có tương đương:

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{branch}}& =\frac{(3.00)(6.00)}{3.00+6.00}\mu \mathrm{F}\\ & =2.00\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Điện tích chung trên mỗi tụ trong một nhánh là:

$$\begin{array}{rl}{Q}_{\mathrm{branch}}& =C_{\mathrm{branch}}{V}_{ab}\\ & =(2.00)(210)\mu \mathrm{C}\\ & =420\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Đặt $V_b=0$ và $V_a=210$ V. Ở nhánh trên, tụ 3,00 µF nằm giữa a và d. Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}{V}_d& =V_a-\frac{Q_{\mathrm{branch}}}{3.00\mu \mathrm{F}}\\ & =210-140\mathrm{V}\\ & =70.0\mathrm{V}.\end{array}$$

Ở nhánh dưới, tụ 6,00 µF nằm giữa a và c:

$$\begin{array}{rl}{V}_c& =V_a-\frac{Q_{\mathrm{branch}}}{6.00\mu \mathrm{F}}\\ & =210-70.0\mathrm{V}\\ & =140\mathrm{V}.\end{array}$$

Do đó $V_{cd}=V_c-V_d=+70.0$ V.

(b) Khi công tắc đóng, điện áp hai nhóm nối tiếp chia đều vì mỗi nhóm đều là:

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{trai}}& =3.00+6.00=9.00\mu \mathrm{F},\\ C_{\mathrm{phai}}& =6.00+3.00=9.00\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Mỗi nhóm chịu 105 V. Từ $Q=CV$, điện tích trên bốn tụ lần lượt là:

• Tụ 3,00 µF phía trên bên trái: $315\mu \mathrm{C}$.
• Tụ 6,00 µF phía trên bên phải: $630\mu \mathrm{C}$.
• Tụ 6,00 µF phía dưới bên trái: $630\mu \mathrm{C}$.
• Tụ 3,00 µF phía dưới bên phải: $315\mu \mathrm{C}$.

(c) Trước khi đóng, điện tích tổng của nút d bằng không. Sau khi đóng, nút chung có 105 V. Hai bản tụ nối với phần phía trên của nút mang tổng điện tích:

$$\begin{array}{rl}{Q}_{d,\mathrm{trai}}& =(3.00)(105-210)\\ & =-315\mu \mathrm{C},\\ Q_{d,\mathrm{phai}}& =(6.00)(105-0)\\ & =+630\mu \mathrm{C},\\ Q_d& =Q_{d,\mathrm{trai}}+Q_{d,\mathrm{phai}}\\ & =-315+630=+315\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Vậy điện tích quy ước có độ lớn $315\mu \mathrm{C}$ đi qua công tắc từ c lên d. Electron chuyển động theo chiều ngược lại.

Bài tập 24: 57 •

Ba tụ 8,4 µF, 8,4 µF và 4,2 µF mắc nối tiếp vào nguồn 36 V. (a) Tìm điện tích trên tụ 4,2 µF. (b) Tìm tổng ban đầu. Ngắt nguồn mà không làm các tụ phóng điện, rồi mắc song song với các bản dương nối chung. (c) Tìm điện áp cuối trên mỗi tụ. (d) Tìm tổng năng lượng cuối.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ba tụ nối tiếp có cùng độ lớn điện tích ban đầu. Sau khi ngắt nguồn, tổng điện tích trên ba bản dương được bảo toàn khi các bản ấy nối chung.

Hướng đi:

• Tính $C_{\mathrm{eq}}$ nối tiếp rồi tìm điện tích $Q=C_{\mathrm{eq}}V$.
• Khi chuyển sang song song, cộng điện tích ban đầu trên cả ba bản dương, không giữ nguyên điện áp 36 V vì nguồn đã ngắt.
• cuối được tính với song song và điện áp cuối chung.

(a)

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{C_{\mathrm{eq}}}& =\frac{1}{8.4}+\frac{1}{8.4}+\frac{1}{4.2}\\ C_{\mathrm{eq}}& =2.10\mu \mathrm{F},\\ Q& =C_{\mathrm{eq}}V\\ & =(2.10)(36)=75.6\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Mỗi tụ nối tiếp, kể cả tụ 4,2 µF, mang điện tích có độ lớn 75,6 µC.

(b)

$$\begin{array}{rl}{U}_i& =\frac{1}{2}{C}_{\mathrm{eq}}{V}^2\\ & =\frac{1}{2}(2.10\mu \mathrm{F})(36\mathrm{V}{)}^2\\ & =1.3608\mathrm{mJ}.\end{array}$$

(c) Mỗi bản dương ban đầu có $+75.6\mu \mathrm{C}$. Khi nối chung, tổng điện tích dương là:

$$Q_{+}=75.6+75.6+75.6\mu \mathrm{C}=226.8\mu \mathrm{C}.$$

Tổng song song, ký hiệu $C_p$, bằng $8.4+8.4+4.2=21.0$ µF. Điện áp cuối là:

$$\begin{array}{rl}{V}_f& =\frac{Q_{+}}{C_p}\\ & =\frac{226,8}{21,0}\\ & =10,8\mathrm{V}.\end{array}$$

(d)

$$\begin{array}{rl}{U}_f& =\frac{1}{2}{C}_p{V}_f^2\\ & =\frac{1}{2}(21.0\mu \mathrm{F})(10.8\mathrm{V}{)}^2\\ & =1.22472\mathrm{mJ}.\end{array}$$

giảm khoảng 0,136 mJ trong quá trình điện tích tái phân bố. Phần chênh lệch chuyển thành nhiệt và bức xạ điện từ trong mạch nối.

Bài tập 24: 58 •

Một vùng điện tích trong mây giông nằm cao 3,0 km so với mặt đất, mang điện tích −20 C. Xem vùng điện tích như một bản tròn bán kính 1,0 km, còn mặt đất như bản phẳng đối diện. (a) Tính của hệ. (b) Tính giữa tâm điện tích trong mây và mặt đất. (c) Tìm độ lớn trung bình giữa mây và đất. (d) Tính điện trường tích trữ.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $A=\pi (1.0\mathrm{km}{)}^2$, khoảng cách $d=3.0$ km và $Q=-20$ C. Mô hình hai bản bỏ qua sự loe của ở mép.

Hướng đi:

• Dùng tụ phẳng $C={\epsilon }_{0}A/d$.
• được lấy theo thứ tự tâm mây trừ mặt đất. Điện tích âm làm điện thế mây thấp hơn điện thế đất.
• trung bình là độ lớn chia khoảng cách. dùng $Q^2/(2C)$.

(a) Đổi đơn vị trước khi tính: Bán kính 1000 m, khoảng cách 3000 m.

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{{\epsilon }_0\pi (1000\mathrm{m}{)}^2}{3000\mathrm{m}}\\ & =9.27\times {10}^{-9}\mathrm{F}.\end{array}$$

(b) Lấy $V_{\mathrm{cloud}}-V_{\mathrm{ground}}=Q/C$:

$$\begin{array}{rl}{V}_{\mathrm{cloud}}-V_{\mathrm{ground}}& =\frac{-20\mathrm{C}}{9.27\times {10}^{-9}\mathrm{F}}\\ & =-2.16\times {10}^9\mathrm{V}.\end{array}$$

(c)

$$\begin{array}{rl}{E}_{\mathrm{tb}}& =\frac{|V_{\mathrm{cloud}}-V_{\mathrm{ground}}|}{d}\\ & =\frac{2.16\times {10}^9}{3000}\mathrm{V}/\mathrm{m}\\ & =7.19\times {10}^5\mathrm{V}/\mathrm{m}.\end{array}$$

hướng từ mặt đất lên vùng điện tích âm trong mây.

(d)

$$\begin{array}{rl}U& =\frac{Q^2}{2C}\\ & =\frac{(20\mathrm{C}{)}^2}{2(9.27\times {10}^{-9}\mathrm{F})}\\ & =2.16\times {10}^{10}\mathrm{J}.\end{array}$$

Bài tập 24: 59 ••

Trong Hình P24.59, mỗi tụ $C_1=6.9$ µF và mỗi tụ $C_2=4.6$ µF. (a) Tìm tương đương giữa a và b. (b) Khi $V_{ab}=420$ V, tìm điện tích trên mỗi tụ trong ba tụ gần hai đầu a và b. (c) Tính $V_{cd}=V_c-V_d$.

Hình P24.59: Mạng tụ đối xứng gồm các nhánh ngang C₁ và các nhánh đứng C₂

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mạng đối xứng qua trục ngang. Có ba tụ $C_1$ nối tiếp dọc mỗi thanh trên và dưới, hai nhánh đứng $C_2$ ở hai cặp nút gần nhau, và một tụ $C_1$ nối hai nút tận cùng bên phải.

Hướng đi:

• Dùng đối xứng . Mặt phẳng giữa hai nhánh ở thế trung bình của a và b.
• Một tụ nối giữa hai nút đối xứng, khi xét riêng nửa mạch thì tương đương một tụ gấp đôi nối từ nút trên đến mặt phẳng đối xứng.
• Rút gọn nửa mạch từ phải sang trái, sau đó ghép hai nửa giống nhau mắc nối tiếp.

(a) Với $C_1=6.9$ µF, tụ đứng tận cùng bên phải tương đương $2C_1=13.8$ µF nối từ nút trên đến mặt phẳng đối xứng. Đi từ phải sang trái, tại mỗi nút có thể tính tải:

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{load},2}& =2C_2+\frac{C_1(2C_1)}{C_1+2C_1}\\ & =9.2+4.6=13.8\mu \mathrm{F},\\ C_{\mathrm{load},1}& =2C_2+\frac{C_1{C}_{\mathrm{load},2}}{C_1+C_{\mathrm{load},2}}\\ & =9.2+4.6=13.8\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Nửa mạch có $C_1$ ở đầu mắc nối tiếp với tải 13.8 µF:

$$C_{\mathrm{half}}=\frac{(6.9)(13.8)}{6.9+13.8}=4.60\mu \mathrm{F}.$$

Hai nửa mạch bằng nhau mắc nối tiếp, vì vậy:

$$C_{\mathrm{eq}}=\frac{C_{\mathrm{half}}}{2}=2.30\mu \mathrm{F}.$$

(b) Điện tích đầu cực là $Q=C_{\mathrm{eq}}{V}_{ab}=966$ µC. Mỗi tụ $C_1$ ở sát a và b mang điện tích 966 µC. Nút đứng đầu tiên có điện áp trên tụ $C_2$ bằng 140 V, do đó tụ đứng gần hai đầu mang:

$$\begin{array}{rl}{Q}_2& =C_2(140\mathrm{V})\\ & =(4.6)(140)\mu \mathrm{C}\\ & =644\mu \mathrm{C}.\end{array}$$

Vậy ba điện tích có độ lớn lần lượt 966 µC, 966 µC và 644 µC. Làm tròn hai chữ số có nghĩa được 970 µC, 970 µC và 640 µC.

(c) Với $V_a=420$ V và $V_b=0$, mặt phẳng đối xứng ở 210 V. Hai tụ đầu của nửa mạch mang cùng điện tích. Điện áp sau tụ đầu bên trên là 280 V. Phần tải tiếp theo lại gồm 6.9 µF nối tiếp với 13.8 µF, nên điện áp tại c cao hơn mặt phẳng giữa 23.33 V. Theo đối xứng, d thấp hơn mặt phẳng ấy 23.33 V:

$$\begin{array}{rl}{V}_c& =210+23.33=233.33\mathrm{V},\\ V_d& =210-23.33=186.67\mathrm{V},\\ V_{cd}& =V_c-V_d=46.67\mathrm{V}\approx 47\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 24: 60 ••

Tụ không khí gồm hai bản phẳng diện tích A cách nhau d. Một phiến kim loại cùng hình dạng, dày a với $a<d$, được đặt song song giữa hai bản mà không chạm bản nào. (a) Tìm . (b) Biểu diễn điện dung theo $C_0$, là điện dung khi chưa đặt phiến kim loại. (c) Xét giới hạn $a\to 0$ và $a\to d$.

Hình P24.60: Phiến kim loại dày a đặt giữa hai bản tụ cách nhau d

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bên trong kim loại, tĩnh bằng không. Độ dày tổng cộng của hai khe không khí còn lại là $d-a$.

Hướng đi:

• Hai khe không khí tương đương một lớp có tổng bề dày $d-a$, vì các lớp nối tiếp theo chiều .
• của bản tụ tỉ lệ nghịch với tổng bề dày vùng có .

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{d-a},\\ C_0& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{d},\\ \frac{C}{C_0}& =\frac{d}{d-a}.\end{array}$$

(c) Khi $a\to 0$, $C\to C_0$, đúng như lúc không có phiến. Khi $a\to d$, mô hình lý tưởng cho $C\to \mathrm{\infty }$ vì tổng bề dày khe tiến về không. Trước giới hạn ấy phiến sẽ chạm bản, nên biểu thức phân kỳ là giới hạn của mô hình, không phải thực tế của cấu hình đã tiếp xúc.

Bài tập 24: 61 ••

Mạng tụ trong Hình E24.17 được đặt vào $V_{ab}=48.0$ V. Biết $C_1=C_2=4.00$ µF và $C_4=8.00$ µF. Tìm $C_3$ để toàn mạng bằng $2.90\times {10}^{-3}$ J.

Hình E24.17: C₁ và C₂ nối tiếp, mắc song song với C₃, rồi nối tiếp C₄

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nhánh gồm $C_1,C_2$ nối tiếp song song với $C_3$. Cả cụm đó mắc nối tiếp với $C_4$.

Hướng đi:

• Từ tổng và điện áp đầu cực suy ra tương đương toàn mạng.
• Tách phép rút gọn theo sơ đồ: Trước hết thay cặp nối tiếp bằng tương đương, cộng song song với $C_3$, rồi mắc kết quả nối tiếp $C_4$.

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{eq}}& =\frac{2U}{V_{ab}^2}\\ & =\frac{2(2.90\times {10}^{-3})}{(48.0{)}^2}\\ & =2.517\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Cặp $C_1,C_2$ cho $C_{12}=4.00/2=2.00$ µF, nên cụm song song có $C_{ad}=C_3+2.00$ µF. Vì $C_{ad}$ nối tiếp $C_4$, ta có:

$$\begin{array}{rl}{C}_{\mathrm{eq}}& =\frac{C_{ad}{C}_4}{C_{ad}+C_4},\\ C_{ad}& =\frac{C_{\mathrm{eq}}{C}_4}{C_4-C_{\mathrm{eq}}}\\ & =3.673\mu \mathrm{F},\\ C_3& =C_{ad}-2.00=1.673\mu \mathrm{F}\\ & \approx 1.67\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Bài tập 24: 62 • CALC

trụ dài có lõi dẫn bán kính $r_a$, điện tích dài $+\lambda$, và vỏ dẫn đồng trục có bán kính trong $r_b$, điện tích dài $-\lambda$. (a) Tìm ở khoảng cách r trong khe. (b) trên thể tích chiều dài L giữa hai trụ để tìm trên một đơn vị chiều dài. (c) Dùng năng lượng tụ $U=\frac{1}{2}C{V}^2$ và điện dung trên một đơn vị dài trong Ví dụ 24.4 để đối chiếu kết quả.

Hình 24.6: Lõi và vỏ dẫn đồng trục tạo điện trường trong khe hình trụ

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét miền $r_a<r<r_b$, bỏ qua hiệu ứng đầu mút của các trụ rất dài.

Hướng đi:

• Dùng mặt Gauss hình trụ đồng trục để tìm trường giữa hai điện cực.
• Thay vào mật độ $u={\epsilon }_0{E}^2/2$.
• một lớp vỏ trụ có thể tích $2\pi rLdr$, rồi chia L.

(a) Mặt Gauss bán kính r, chiều dài L bao điện tích $\lambda L$ và có thông lượng $E(2\pi rL)$:

$$\begin{array}{rl}E(2\pi rL)& =\frac{\lambda L}{{\epsilon }_0},\\ E(r)& =\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}r},\\ u(r)& =\frac{1}{2}{\epsilon }_0{E}^2\\ & =\frac{{\lambda }^2}{8{\pi }^2{\epsilon }_0{r}^2}.\end{array}$$

(b) trong lớp vỏ từ r đến r+dr là $dU=u(2\pi rLdr)$. Vì vậy:

$$\begin{array}{rl}\frac{U}{L}& ={\int }_{r_a}^{r_b}u(2\pi rdr)\\ & =\frac{{\lambda }^2}{4\pi {\epsilon }_0}\times {\int }_{r_a}^{r_b}\frac{dr}{r}\\ & =\frac{{\lambda }^2}{4\pi {\epsilon }_0}\ln \left(\frac{r_b}{r_a}\right).\end{array}$$

(c) trên một đơn vị dài là $C^{\prime }=2\pi {\epsilon }_0/\ln (r_b/r_a)$. giữa hai trụ có độ lớn $V=\lambda /C^{\prime }$. Do đó:

$$\begin{array}{rl}\frac{U}{L}& =\frac{1}{2}C\prime V^2\\ & =\frac{{\lambda }^2}{4\pi {\epsilon }_0}\ln \left(\frac{r_b}{r_a}\right),\end{array}$$

bằng kết quả ở câu (b).

Bài tập 24: 63 ••• CP

Một tụ bản song song có diện tích bản A, khoảng cách tự nhiên $d_0$ khi chưa tích điện. đàn hồi hằng số điện môi K và môđun Young Y lấp đầy khe. Khi hai bản mang điện tích $+Q$ và $-Q$, lực điện nén điện môi. Khoảng cách khi cân bằng là $d=d_0-s{Q}^2$, trong đó s là hệ số co. (a) Tìm lực nén. (b) Tìm s. (c) Với $A=1.00$ cm², $d_0=0.400$ mm, silicone có $K=3.00$, $Y=0.0100$ GPa, tính s. (d) Nếu mỗi bản mang điện tích độ lớn 0.700 µC, tính điện áp. (e) Tính điện áp mới để điện tích trên mỗi bản tăng gấp đôi.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: tuyến tính lấp kín khe, còn lực đàn hồi được mô tả bằng định luật Hooke với môđun Young Y. Dùng SI cho mọi đại lượng trong phép tính số.

Hướng đi:

• ở khoảng cách d là $C=K{\epsilon }_{0}A/d$. Với Q cố định, phụ thuộc tuyến tính vào d, nên đạo hàm theo d cho lực hút.
• Độ co cơ học là $x=s{Q}^2$. Biến dạng là $x/d_0$, nên lực đàn hồi bằng $YA(x/d_0)$.
• Ở câu (e), tăng Q gấp đôi làm độ co tăng gấp bốn. Không thể giữ nguyên khe khi tính điện áp mới.

(a) ở điện tích cố định:

$$U(d)=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^{2}d}{2K{\epsilon }_{0}A}.$$

Khi tách hai bản xa hơn, lực điện sinh công để giảm . Độ lớn lực hút là $F=\frac{\partial U}{\partial d}$:

$$F=\frac{Q^2}{2K{\epsilon }_{0}A}.$$

(b) Ở cân bằng, lực đàn hồi cân bằng lực điện. Vì $x=s{Q}^2$:

$$\begin{array}{rl}YA\frac{s{Q}^2}{d_0}& =\frac{Q^2}{2K{\epsilon }_{0}A}\\ s& =\frac{d_0}{2K{\epsilon }_{0}Y{A}^2}.\end{array}$$

(c) Đổi đơn vị: $A=1.00\times {10}^{-4}$ m², $d_0=4.00\times {10}^{-4}$ m, $Y=1.00\times {10}^7$ Pa.

$$s=7.53\times {10}^7\mathrm{m}/{\mathrm{C}}^2.$$

(d) Với $Q=0.700\times {10}^{-6}$ C, độ co và khe mới là:

$$\begin{array}{rl}x& =s{Q}^2=3.689\times {10}^{-5}\mathrm{m},\\ d& =d_0-x=3.631\times {10}^{-4}\mathrm{m}.\end{array}$$

Điện áp $V=Q/C=Qd/(K{\epsilon }_{0}A)$:

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{K{\epsilon }_{0}A}{d}=7.32\mathrm{pF},\\ V& =\frac{Q}{C}=95.7\mathrm{kV}.\end{array}$$

(e) Khi điện tích tăng gấp đôi, khe trở thành:

$$d_2=d_0-s(2Q{)}^2=2.524\times {10}^{-4}\mathrm{m}.$$

Vì $V_2=2Q{d}_2/(K{\epsilon }_{0}A)$:

$$\begin{array}{rl}{C}_2& =\frac{K{\epsilon }_{0}A}{d_2}=10.5\mathrm{pF},\\ V_2& =\frac{2Q}{C_2}=133\mathrm{kV}.\end{array}$$

Bài tập 24: 64 ••

Tụ bản song song có hai bản vuông cạnh 12.0 cm, cách nhau 4.50 mm. Plexiglas 3.40 lấp nửa diện tích giữa hai bản, nửa còn lại là không khí. Nguồn 18.0 V nối vào hai bản. (a) Tính . (b) Tính tích trữ. (c) Rút Plexiglas mà không đổi trạng thái gì khác, tìm năng lượng mới.

Hình P24.64: Nửa vùng giữa hai bản là Plexiglas, nửa còn lại là không khí

Chú thích:

• Tấm nhựa Plexiglas (Plexiglas®)
• Không khí (Air)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai vùng nằm cạnh nhau theo diện tích bản, nên tương đương hai tụ mắc song song. Nguồn vẫn nối khi tấm Plexiglas được rút ở câu (c), do đó điện áp giữ ở 18.0 V.

Hướng đi:

• Mỗi vùng có diện tích $A/2$, cùng khoảng cách d và cùng điện áp V.
• Cộng hai nhánh song song. Khi rút Plexiglas, chỉ số K của một nửa diện tích đổi từ 3.40 về 1.

(a) Diện tích toàn bản $A=(0.120{)}^2=0.0144$ m². Vì hai nhánh song song:

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{{\epsilon }_0(A/2)}{d}+\frac{3.40{\epsilon }_0(A/2)}{d}\\ & =\frac{1+3.40}{2}\frac{{\epsilon }_{0}A}{d}\\ & =6.23\times {10}^{-11}\mathrm{F}.\end{array}$$

(b)

$$\begin{array}{rl}U& =\frac{1}{2}C{V}^2\\ & =\frac{1}{2}(6.23\times {10}^{-11})(18.0{)}^2\\ & =1.01\times {10}^{-8}\mathrm{J}.\end{array}$$

(c) Không khí nay chiếm cả diện tích A. Tụ vẫn nối với nguồn, nên V giữ nguyên. mới là:

$$\begin{array}{rl}{C}_0& =\frac{{\epsilon }_{0}A}{d}\\ & =2.83\times {10}^{-11}\mathrm{F}.\\ U_0& =\frac{1}{2}{C}_0{V}^2\\ & =4,59\times {10}^{-9}\mathrm{J}.\end{array}$$

Bài tập 24: 65 ••• CP CALC

Hai bản kim loại tròn bán kính r đặt song song, cách nhau d rất nhỏ so với r. Hai bản nối với nguồn giữ V. Bản dưới cố định trên bàn, bản trên được giữ bằng dây cáp. Bỏ qua trọng lượng bản. (a) Tìm lực căng dây. (b) Nâng bản trên chậm từ độ cao d lên 2d, tính công của dây. (c) Tìm ban đầu. (d) Tìm năng lượng điện trường cuối. (e) Công dây có bằng độ biến thiên năng lượng điện trường không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn giữ V cố định trong suốt quá trình. Bỏ qua hiệu ứng mép vì $d\ll r$.

Hướng đi:

• tại độ cao z là $C(z)={\epsilon }_0\pi r^2/z$.
• Lực hút có độ lớn bằng $\frac{1}{2}{V}^2|dC/dz|$. Dây phải kéo lên với lực căng bằng độ lớn lực hút.
• Công của dây là lực căng theo độ cao. So sánh với ban đầu và cuối sẽ làm rõ vai trò trao đổi năng lượng với nguồn.

(a)

$$F(z)=T(z)=\frac{{\epsilon }_0\pi r^2{V}^2}{2z^2}.$$

(b)

$$\begin{array}{rl}{W}_{\mathrm{wire}}& ={\int }_d^{2d}F(z)dz\\ & =\frac{{\epsilon }_0\pi r^2{V}^2}{2}[\frac{1}{d}-\frac{1}{2d}]\\ & =\frac{{\epsilon }_0\pi r^2{V}^2}{4d}.\end{array}$$

(c) Ban đầu $C_i=\frac{{\epsilon }_0\pi r^2}{d}$:

$$U_i=\frac{1}{2}{C}_i{V}^2=\frac{{\epsilon }_0\pi r^2{V}^2}{2d}.$$

(d) Ở độ cao 2d, giảm một nửa:

$$\begin{array}{rl}{U}_f& =\frac{1}{2}\frac{{\epsilon }_0\pi r^2}{2d}{V}^2\\ & =\frac{{\epsilon }_0\pi r^2{V}^2}{4d}.\end{array}$$

(e) Công của dây dương, còn độ biến thiên là $U_f-U_i=-\frac{{\epsilon }_0\pi r^2{V}^2}{4d}$. Chúng không bằng nhau, thậm chí trái dấu. Khi khoảng cách tăng, điện tích rời tụ và được nguồn nhận lại. Năng lượng trao đổi với nguồn cùng với công cơ học tạo nên độ giảm năng lượng điện trường.

Bài tập 24: 66 ••

Đồng hồ đo nhiên liệu dùng . Hai bản hình chữ nhật rộng w, dài L, cách nhau d. Nhiên liệu cao h giữa hai bản, còn phần trên là không khí. Bỏ qua hiệu ứng mép. hiệu dụng $K_{\mathrm{eff}}$ bằng 1 khi bình rỗng và K khi bình đầy. (a) Tìm $K_{\mathrm{eff}}$ theo h. (b) Tính giá trị khi bình chứa 1/4, 1/2 và 3/4 thể tích nếu nhiên liệu là xăng với K=1.95. (c) Lặp lại cho methanol với K=33.0. (d) Nhiên liệu nào cho phép đo mức chính xác và thực dụng hơn?

Hình P24.66: Tụ cảm biến có phần dưới ngập trong nhiên liệu và phần trên chứa không khí

Chú thích:

• Pin (Battery)
• Không khí (Air)
• Nhiên liệu (Fuel)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phần ngập nhiên liệu có diện tích $wh$, phần không khí có diện tích $w(L-h)$. Hai vùng mắc song song vì chúng có cùng khoảng cách d và cùng điện áp.

Hướng đi:

• Tính từng vùng theo diện tích của nó rồi cộng.
• So sánh với $C_0={\epsilon }_{0}wL/d$ để xác định $K_{\mathrm{eff}}$.
• Quan hệ giữa h và thể tích nhiên liệu là tuyến tính trong mô hình bình có tiết diện đều.

(a)

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{{\epsilon }_{0}w}{d}[(L-h)+Kh]\\ & =\frac{{\epsilon }_{0}wL}{d}[1+(K-1)\frac{h}{L}],\\ K_{\mathrm{eff}}& =1+(K-1)\frac{h}{L}.\end{array}$$

(b) Với xăng, K=1.95, nên tại các mức 1/4, 1/2 và 3/4:

$$K_{\mathrm{eff}}=1.2375,1.475,1.7125.$$

Làm tròn hai chữ số thập phân: 1.24, 1.48 và 1.71.

(c) Với methanol, K=33.0:

$$K_{\mathrm{eff}}=9.00,17.0,25.0.$$

(d) Methanol cho độ biến thiên $K_{\mathrm{eff}}$ lớn hơn nhiều từ bình rỗng đến bình đầy. Vì thế thay đổi theo mức nhiên liệu dễ phân biệt hơn, nên cảm biến thực dụng hơn trong mô hình này.

Bài tập 24: 67 •• DATA

Có nhiều tụ giống nhau loại $C_1$ và loại $C_2$, nhưng không thể đo riêng từng tụ. Mắc một bộ $C_1,C_2$ song song vào nguồn 200.0 V thì toàn mạng là 0.180 J. Mắc một bộ $C_1,C_2$ nối tiếp vào cùng nguồn thì năng lượng là 0.0400 J. Biết $C_1>C_2$. (a) Tìm hai . (b) Trong cách nối tiếp, tụ nào mang nhiều điện tích hơn hoặc chúng bằng nhau? Tụ nào tích nhiều năng lượng hơn? (c) Trả lời tương tự cho cách song song.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cả hai mạng được đặt vào cùng 200.0 V. Dữ kiện cho tương đương của từng mạng.

Hướng đi:

• Dùng $U=\frac{1}{2}{C}_{\mathrm{eq}}{V}^2$ để tìm tổng song song và tổng nối tiếp.
• Từ tổng và tích $C_1{C}_2$, lập phương trình bậc hai. Dùng điều kiện $C_1>C_2$ để gán nghiệm.
• So sánh điện tích và riêng của mỗi tụ theo quy tắc mắc nối tiếp hoặc song song.

(a)

$$\begin{array}{rl}{C}_1+C_2& =\frac{2(0.180)}{(200.0{)}^2}=9.00\mu \mathrm{F},\\ \frac{C_1{C}_2}{C_1+C_2}& =\frac{2(0.0400)}{(200.0{)}^2}\\ & =2.00\mu \mathrm{F},\\ C_1{C}_2& =18.0(\mu \mathrm{F}{)}^2.\end{array}$$

Đặt $x=C_1$. Khi đó $C_2=9.00-x$ và:

$$\begin{array}{rl}x(9.00-x)& =18.0,\\ x^2-9.00x+18.0& =0,\\ (x-6.00)(x-3.00)& =0.\end{array}$$

Vì $C_1>C_2$, ta được $C_1=6.00$ µF và $C_2=3.00$ µF.

(b) Nối tiếp, cả hai tụ mang điện tích có độ lớn bằng nhau vì một điện tích đã đi qua cả hai. Điện áp trên mỗi tụ là $V_i=Q/C_i$, nên dung nhỏ $C_2$ chịu điện áp lớn hơn. $U_i=Q^2/(2C_i)$, vì vậy $C_2$ tích nhiều năng lượng hơn.

(c) Song song, mỗi tụ chịu cùng điện áp 200.0 V. Vì $Q_i=C_{i}V$, $C_1$ mang nhiều điện tích hơn. Vì $U_i=\frac{1}{2}{C}_i{V}^2$, $C_1$ cũng tích nhiều hơn.

Bài tập 24: 68 •• DATA

Thiết kế tụ cho ba ứng dụng: cần tích trữ lớn nhất, cần điện tích lưu trữ lớn nhất, hoặc cần chịu lớn trước khi đánh thủng. Tụ không khí ban đầu có $C_0=6.00$ pF và khoảng cách bản 2.50 mm. Xét năm vật liệu trong Bảng 24.2. Mỗi vật liệu lấp đầy khe, và được đặt bằng 50% trong bảng. (a) Tính năng lượng với từng vật liệu và chọn vật liệu cho năng lượng lớn nhất. (b) Tính điện tích trên mỗi bản. (c) Tính hiệu điện thế đặt vào. (d) Một vật liệu có phải lựa chọn tốt nhất cho cả ba ứng dụng không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ nguyên hình học, nên khi lấp đầy là $C=K{C}_0$. Với mỗi vật liệu, chọn $E=E_m/2$, trong đó $E_m$ là ở Bảng 24.2.

Hướng đi:

• Điện áp trong khe là $V=Ed$.
• Điện tích bằng $Q=CV$. bằng $U=\frac{1}{2}C{V}^2$.
• Tách vai trò của K và : K ảnh hưởng C, còn $E_m$ quyết định mức E an toàn trong bài.

Thay $C=K{C}_0$ và $E=E_m/2$:

$$\begin{array}{rl}V& =\frac{E_{m}d}{2},\\ Q& =\frac{K{C}_0{E}_{m}d}{2},\\ U& =\frac{K{C}_0{E}_m^2{d}^2}{8}.\end{array}$$

(a)–(c) Bảng 24.2 cho các cặp K và $E_m$. Thay $C_0=6.00\times {10}^{-12}$ F và $d=2.50\times {10}^{-3}$ m:

Vật liệu	K	$E=E_m/2$ (V/m)	U (J)	Điện tích Q (µC)	Điện áp V (kV)
Polycarbonate	2.8	$1.50\times {10}^7$	0.0118	0.630	37.5
Polyester	3.3	$3.00\times {10}^7$	0.0557	1.485	75.0
Polypropylene	2.2	$3.50\times {10}^7$	0.0505	1.155	87.5
Polystyrene	2.6	$1.00\times {10}^7$	0.00488	0.390	25.0
Pyrex	4.7	$5.00\times {10}^6$	0.00220	0.3525	12.5

Polyester cho lớn nhất, khoảng 0.0557 J.

(d) Polyester cũng cho điện tích lớn nhất trong các lựa chọn. Polypropylene chịu giới hạn lớn nhất, nên điện áp cực đại theo giả thiết bài toán cao nhất, 87.5 kV. Vì vậy không có một vật liệu tối ưu đồng thời cho cả ba mục tiêu.

Bài tập thử thách

Bài tập 24: 69 •• DỮ LIỆU

Bạn khảo sát một phẳng chứa không khí. Tụ được nối với nguồn điện có 24,0 V. Ban đầu khoảng cách giữa hai bản là 0,0500 cm. Trong thí nghiệm thứ nhất, bạn giữ tụ nối với nguồn, tăng khoảng cách giữa hai bản và đo lưu trong tụ ở mỗi khoảng cách. Trong thí nghiệm thứ hai, bạn làm tương tự nhưng ngắt nguồn trước khi thay đổi khoảng cách. Hình P24.69 cho một tập dữ liệu, với năng lượng $U$ được biểu diễn theo $1/d$. (a) Tập dữ liệu thuộc thí nghiệm nào: giữ tụ nối với nguồn hay ngắt nguồn trước khi thay đổi $d$? Giải thích. (b) Dùng đồ thị để tính diện tích $A$ của mỗi bản tụ. (c) Khi $d=\mathrm{0,400}$ cm, trường hợp nào có năng lượng lưu trong tụ lớn hơn? Giải thích.

Hình P24.69: Đồ thị năng lượng U theo nghịch đảo khoảng cách giữa hai bản tụ

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tụ không khí có ban đầu 24,0 V. Đồ thị biểu diễn $U$ theo $1/d$, trong đó $U$ tính theo ${10}^{-9}$ J và $1/d$ theo cm⁻¹.

Hướng đi:

• Viết $U$ theo $C$ và nhận ra $C$ tỉ lệ nghịch với $d$. Giữ $V$ không đổi làm $U$ tỉ lệ với $1/d$, còn giữ $Q$ không đổi làm $U$ tỉ lệ với $d$.
• Đọc độ dốc đồ thị, đổi đúng đơn vị từ $\mathrm{J}/({\mathrm{cm}}^{-1})$ sang $\mathrm{J}\mathrm{m}$, rồi so với hệ số của công thức .
• Với tụ không khí, dùng $C={\epsilon }_{0}A/d$. Khi ngắt nguồn, $Q$ không đổi trong lúc kéo hai bản ra.

(a) Dữ liệu ứng với thí nghiệm giữ tụ nối với nguồn. Thật vậy, khi $V$ không đổi:

$$U=\frac{1}{2}C{V}^2=\frac{{\epsilon }_{0}A{V}^2}{2d}.$$

Vì vậy $U$ tuyến tính theo $1/d$. Nếu tụ bị ngắt khỏi nguồn, Q không đổi và:

$$U=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^{2}d}{2{\epsilon }_{0}A}.$$

nên $U$ tuyến tính theo d, không phải theo $1/d$.

(b) Độ dốc đọc từ đồ thị xấp xỉ 3,67 đơn vị tung độ cho mỗi đơn vị hoành độ. Do trục đứng dùng 10⁻⁹ J còn trục ngang dùng cm⁻¹:

$$\begin{array}{rl}m& =3,67\frac{{10}^{-9}\mathrm{J}}{{\mathrm{cm}}^{-1}}\\ & =3,67\times {10}^{-11}\mathrm{J}\mathrm{m}.\end{array}$$

So sánh với $U=({\epsilon }_{0}A{V}^2/2)(1/d)$, ta có $m={\epsilon }_{0}A{V}^2/2$. Do đó:

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{2m}{{\epsilon }_0{V}^2}\\ & =\frac{7,34\times {10}^{-11}}{\mathrm{5,100}\times {10}^{-9}}{\mathrm{m}}^2\\ & \approx 1,44\times {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2\\ & \approx 144{\mathrm{cm}}^2.\end{array}$$

(c) Khi nguồn vẫn nối, V không đổi và $U$ tỉ lệ nghịch với $d$. Khi ngắt nguồn, $Q$ không đổi và $U$ tỉ lệ thuận với d. Hai trường hợp có cùng $U$ tại khoảng cách ban đầu. Vì $\mathrm{0,400}$ cm lớn gấp tám lần $\mathrm{0,050}0$ cm, tăng tám lần ở trường hợp ngắt nguồn, nhưng giảm còn một phần tám ở trường hợp vẫn nối nguồn. Vậy tụ đã ngắt nguồn có năng lượng lớn hơn.

Bài tập 24: 70 ••• THỬ THÁCH

Một trụ dẫn đặc bán kính $a$ đặt đồng trục bên trong một trụ dẫn rỗng thành mỏng bán kính $b$. Cả hai có chiều dài $L$. Giữa chúng có một vỏ trụ rắn, bán kính trong $a$, bán kính ngoài $R$ và hằng số điện môi $K$. Vỏ có thể trượt dọc trục giữa hai trụ dẫn. Các trụ được nối bằng dây dẫn với hai cực của một nguồn điện duy trì $V$. Gọi $x$ là chiều dài vỏ điện môi đã trượt vào vùng giữa hai trụ. (a) Tìm theo $x$. (b) Với $L=10,0$ cm, $a=1,00$ cm, $b=4,00$ cm, $R=3,00$ cm và $K=3,21$, tính điện dung khi $x=0$. (c) Tính điện dung khi $x=L$. (d) Khi $V=1,00$ kV, chiều dài $x$ nào làm điện tích trên trụ dương bằng 6,00 nC? Bỏ qua hiệu ứng mép.

Hình P24.70: Hai trụ dẫn đồng trục và vỏ điện môi trượt vào khe giữa chúng

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính thỏa $a<R<b$. Đoạn dài $x$ có từ a đến R và không khí từ R đến b. Đoạn dài $L-x$ chỉ chứa không khí từ a đến b. Bỏ qua hiệu ứng mép và xem trường gần như không phụ thuộc vị trí dọc trục.

Hướng đi:

• Với một lát đồng trục dài ℓ, từ a đến R và không khí từ R đến b mắc nối tiếp theo phương xuyên tâm. Hai xuyên tâm cộng lại.
• Các đoạn dọc trục cùng nối vào hai trụ dẫn nên có cùng . của chúng cộng như các nhánh song song.
• Dùng $Q=CV$ để chuyển yêu cầu điện tích thành cần có, rồi giải phương trình tuyến tính theo $x$.

Một lát đồng trục thuần không khí dài ℓ có $2\pi {\epsilon }_0\ell /\ln (b/a)$. Với lát có , cùng điện tích tuyến tính theo chiều dài đi qua cả hai miền xuyên tâm. Vì $E_r=\lambda /(2\pi {\epsilon }_{0}Kr)$ trong điện môi và $E_r=\lambda /(2\pi {\epsilon }_{0}r)$ trong không khí, của lát là:

$$\begin{array}{rl}V& ={\int }_a^R\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}Kr}dr+{\int }_R^b\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}r}dr\\ & =\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_{0}K}\ln \frac{R}{a}+\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_0}\ln \frac{b}{R}.\end{array}$$

Vì điện tích trên trụ trong của lát có độ lớn $Q=\lambda \ell$, lát có là:

$$\begin{array}{rl}{C}_D(\ell )& =\frac{Q}{V}\\ & =\frac{2\pi {\epsilon }_0\ell }{\ln (R/a)/K+\ln (b/R)}.\end{array}$$

Đặt trên một đơn vị chiều dài của phần không khí và phần có lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}{c}_a& =\frac{2\pi {\epsilon }_0}{\ln (b/a)},\\ c_D& =\frac{2\pi {\epsilon }_0}{\ln (R/a)/K+\ln (b/R)}.\end{array}$$

(a) Hai đoạn dọc trục mắc song song vì cùng chịu $V$. Do đó:

$$C(x)=c_a(L-x)+c_{D}x.$$

(b) Khi x = 0, toàn khe chứa không khí:

$$\begin{array}{rl}C(0)& =\frac{2\pi {\epsilon }_{0}L}{\ln (b/a)}\\ & \approx 4,01\mathrm{pF}.\end{array}$$

(c) Khi x = L, toàn chiều dài được lấp theo cấu hình và không khí xuyên tâm:

$$\begin{array}{rl}C(L)& =\frac{2\pi {\epsilon }_{0}L}{\ln (R/a)/K+\ln (b/R)}\\ & \approx 8,83\mathrm{pF}.\end{array}$$

(d) cần có là $C_{\mathrm{yc}}=Q/V=6,00\mathrm{pF}$. Từ $C(x)$,

$$\begin{array}{rl}x& =\frac{C_{\mathrm{yc}}-c_{a}L}{c_D-c_a}\\ & \approx \mathrm{0,041}2\mathrm{m}\\ & =4,12\mathrm{cm}.\end{array}$$

Giá trị này nằm trong đoạn $0\le x\le L$, như yêu cầu hình học.

Bài tập 24: 71 ••• TÍNH TOÁN

Hai bản dẫn có diện tích $A$, cách nhau khoảng $d$. thay đổi tuyến tính theo chiều vuông góc hai bản, từ 1 ở sát bản này đến $K$ ở sát bản kia. (a) Tìm của tụ. Gợi ý: Có thể xem hệ như một dãy liên tục các tụ vi phân mắc nối tiếp. Nghịch đảo điện dung của lát có bề dày $dx$ là $dx/[K(x){\epsilon }_{0}A]$, trong đó $K(x)$ là hằng số điện môi tại vị trí đó. (b) Chứng minh kết quả trở về công thức đúng khi $K$ tiến đến 1.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chọn tọa độ $x$ từ bản có 1 đến bản có hằng số K. Giả sử $K\ge 1$ và điện môi thay đổi đều theo $x$.

Hướng đi:

• Ghi $K(x)$ theo nội suy tuyến tính giữa hai giá trị ở hai mặt.
• Vì các lát mỏng mắc nối tiếp, cộng nghịch đảo của từng lát, không cộng điện dung trực tiếp.
• Tính logarit và kiểm tra giới hạn $K\to 1$ bằng giới hạn $\ln K/(K-1)\to 1$.

ở vị trí $x$ là:

$$K(x)=1+\frac{K-1}{d}x.$$

Với lát mỏng bề dày $dx$, nghịch đảo là $dx/[{\epsilon }_{0}AK(x)]$. Các lát mắc nối tiếp nên:

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{C}& =\frac{1}{{\epsilon }_{0}A}{\int }_0^d\frac{dx}{K(x)}\\ & =\frac{1}{{\epsilon }_{0}A}{\int }_0^d\frac{dx}{1+(K-1)x/d}\\ & =\frac{d}{{\epsilon }_{0}A(K-1)}{\int }_1^K\frac{du}{u}\\ & =\frac{d\ln K}{{\epsilon }_{0}A(K-1)}.\end{array}$$

(a) Vì thế:

$$C=\frac{{\epsilon }_{0}A(K-1)}{d\ln K}.$$

(b) Khi $K$ tiến đến 1, dùng $\underset{K\to 1}{lim}(K-1)/\ln K=1$:

$$\underset{K\to 1}{lim}C=\frac{{\epsilon }_{0}A}{d},$$

đúng bằng của tụ không khí có cùng hình học.

Bài tập 24: 72 ••• THỬ THÁCH

Hai bản dẫn hình vuông cạnh $L$ cách nhau $D$. Một tấm hằng số $K$, kích thước $L\times L\times D$, được đưa một phần vào khoảng giữa hai bản như Hình P24.72. Gọi $x$ là chiều dài tấm đã đi vào, với $0\le x\le L$. (a) Tìm $C$ của hệ. (b) Nếu tụ nối với nguồn giữ $V$ không đổi, khi đưa tấm vào thêm một đoạn $dx$, hãy chứng minh công thức sau:

$$dU=+\frac{(K-1){\epsilon }_0{V}^{2}L}{2D}dx.$$

(c) Nếu trước khi dịch tấm một đoạn $dx$, tụ được ngắt khỏi nguồn để điện tích trên bản không đổi, tìm độ lớn điện tích trên mỗi bản và chứng minh thay đổi một lượng trái dấu với kết quả câu (b). (d) Gọi $F$ là lực điện do các điện tích tác dụng lên tấm. Công chống lại lực này khi dịch tấm một đoạn $dx$ là $-Fdx$. Hãy dùng kết quả câu (b), rồi câu (c), để xác định chiều lực mà mỗi kết quả gợi ra. (e) Hình 24.16 cho thấy lực thực tế kéo tấm vào trong tụ. Giải thích vì sao suy luận ở câu (b) cho sai chiều lực, rồi tính độ lớn lực. Cách tính không cần biết cấu trúc của trường loe ở mép.

Hình P24.72: Tấm điện môi trượt một phần vào giữa hai bản tụ hình vuông

Chú thích:

• Tấm điện môi có hằng số K (Dielectric slab, constant K)

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phần tấm chồng lên bản có diện tích $Lx$, còn phần diện tích $L(L-x)$ chứa không khí. Giả sử hiệu ứng mép không làm thay đổi đáng kể .

Hướng đi:

• Hai vùng và không khí nằm cạnh nhau theo diện tích, cùng chịu giữa hai bản, nên cộng song song.
• Với nguồn nối, $V$ cố định và $U=\frac{1}{2}C{V}^2$. Với tụ ngắt nguồn, $Q$ cố định và $U=Q^2/(2C)$.
• Khi $V$ cố định, pin trao đổi với tụ cũng thay đổi. Không thể xem riêng độ tăng năng lượng là công cơ học cần thiết.

(a) Hai vùng có :

$$\begin{array}{rl}{C}_D& =\frac{K{\epsilon }_{0}Lx}{D},\\ C_a& =\frac{{\epsilon }_{0}L(L-x)}{D}.\end{array}$$

Cộng hai nhánh song song:

$$C(x)=\frac{{\epsilon }_{0}L}{D}[L+(K-1)x].$$

(b) Khi V không đổi, $U=\frac{1}{2}C{V}^2$, vì vậy:

$$dU=\frac{1}{2}{V}^{2}dC=+\frac{(K-1){\epsilon }_0{V}^{2}L}{2D}dx.$$

(c) Trước khi ngắt nguồn, điện tích có độ lớn $Q=C(x)V$, tức:

$$Q=\frac{{\epsilon }_{0}L}{D}[L+(K-1)x]V.$$

Sau khi ngắt, $Q$ giữ nguyên. Vi phân $U=Q^2/(2C)$ theo $C$ cho $dU=-Q^{2}dC/(2C^2)$. Vì $Q/C=V$ ở trạng thái ngay trước khi dịch tấm:

$$dU=-\frac{1}{2}{V}^{2}dC=-\frac{(K-1){\epsilon }_0{V}^{2}L}{2D}dx.$$

(d) Nếu xem độ tăng ở câu (b) là công cơ học chống lại lực điện, thì $dU=-Fdx$ cho $F$ âm, tức lực đẩy tấm ra ngoài. Câu (c) cho $dU<0$, nên $F=-dU/dx>0$, tức lực kéo tấm vào trong. Hai suy luận trái nhau vì ở câu (b), pin vẫn trao đổi năng lượng với tụ.

(e) Khi tấm đi vào, tăng một lượng $dC$ và điện tích từ pin tăng $dQ=VdC$. Công pin truyền cho hệ tụ là:

$$d{W}_{\mathrm{pin}}=VdQ=V^{2}dC.$$

Phần chỉ tăng $dU=V^{2}dC/2$. Bảo toàn năng lượng cho công cơ học ngoài:

$$d{W}_{\mathrm{ext}}=dU-d{W}_{\mathrm{pin}}=-\frac{1}{2}{V}^{2}dC.$$

Do $d{W}_{\mathrm{ext}}=-Fdx$, lực điện hướng vào trong. Độ lớn của lực là:

$$F=\frac{1}{2}{V}^2\frac{dC}{dx}=\frac{(K-1){\epsilon }_0{V}^{2}L}{2D}.$$

Lực không đổi theo x trong mô hình bỏ qua hiệu ứng mép.

Bài đọc và câu hỏi kiểu MCAT

Trứng điện

Sau khi được thụ tinh, trứng của nhiều loài thay đổi nhanh qua màng ngoài. Sự thay đổi này ảnh hưởng đến quá trình phát triển sinh lý của trứng. Hiệu điện thế giữa mặt trong và mặt ngoài màng được gọi là điện thế màng $V_m$, lấy điện thế bên trong trừ điện thế bên ngoài.

màng hình thành khi enzyme sử dụng ATP để chủ động đưa ba ion natri Na⁺ ra ngoài và tích lũy hai ion kali K⁺ ở bên trong. Vì vậy, phần trong màng mang điện dương ít hơn phần ngoài. Với trứng nhím biển, $V_m$ xấp xỉ −70 mV, nghĩa là điện thế bên trong thấp hơn bên ngoài 70 mV.

Màng trứng hoạt động như một có điện dung trên một đơn vị diện tích khoảng 1 µF/cm². Màng của trứng chưa thụ tinh thấm chọn lọc với K⁺. Ion K⁺ có thể đi qua một số kênh trong màng, còn những ion khác thì không. Khi trứng nhím biển được thụ tinh, các kênh Na⁺ mở ra và Na⁺ đi vào trứng. màng tăng nhanh đến +30 mV rồi duy trì trong vài phút.

Nồng độ Na⁺ bên trong trứng xấp xỉ 30 mmol/L, còn trong nước biển xung quanh là 450 mmol/L. Nồng độ K⁺ bên trong xấp xỉ 200 mmol/L, còn bên ngoài là 10 mmol/L. Hằng số Faraday liên hệ các đại lượng điện và hóa học, có giá trị gần ${10}^5$ C/mol. Nghĩa là một mol ion đơn hóa trị như Na⁺ hoặc K⁺ mang điện tích ${10}^5$ C.

Bài tập 24: 73

Nếu xem màng chỉ như một , mỗi đơn vị diện tích màng cần nhận bao nhiêu mol Na⁺ để $V_m$ đổi từ −70 mV lên +30 mV? Chọn phương án đúng: (A) ${10}^{-4}$ mol/cm², (b) ${10}^{-9}$ mol/cm², (c) ${10}^{-12}$ mol/cm² hoặc (d) ${10}^{-14}$ mol/cm².

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: màng trên mỗi đơn vị diện tích là 1 µF/cm². Na⁺ đi vào làm tăng 100 mV.

Hướng đi:

• Tính lượng điện tích tăng trên mỗi đơn vị diện tích bằng mật độ nhân độ biến thiên .
• Chia điện tích đó cho điện tích của một mol Na⁺, dùng số Faraday đã cho.

Độ biến thiên là:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }{V}_m& =+30\mathrm{mV}-(-70\mathrm{mV})\\ & =\mathrm{0,100}\mathrm{V}.\end{array}$$

Số mol Na⁺ đi vào trên mỗi cm² là:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Delta }{n}_{\mathrm{Na}}}{A}& =\frac{(C/A)\mathrm{\Delta }{V}_m}{F}\\ & =\frac{1,0\times {10}^{-7}}{1,0\times {10}^5}\mathrm{mol}/{\mathrm{cm}}^2\\ & =1,0\times {10}^{-12}\mathrm{mol}/{\mathrm{cm}}^2.\end{array}$$

Chọn (c). Dấu dương của $\mathrm{\Delta }{V}_m$ phù hợp với việc cation Na⁺ đi vào.

Bài tập 24: 74

Giả sử trứng có đường kính 200 µm. Nồng độ Na⁺ bên trong thay đổi theo tỷ lệ nào khi trứng được thụ tinh? Giả sử Na⁺ được phân bố khắp thể tích tế bào. Nồng độ tăng khoảng: (a) 1 phần trong ${10}^4$, (b) 1 phần trong ${10}^5$, (c) 1 phần trong ${10}^6$ hoặc (d) 1 phần trong ${10}^7$.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bán kính trứng là 100 µm. Dùng mật độ Na⁺ đi vào tìm ở câu 24.73 và nồng độ Na⁺ ban đầu 30 mmol/L.

Hướng đi:

• Tính diện tích màng để suy ra tổng số mol Na⁺ đi vào.
• Tính thể tích hình cầu, đổi sang lít, rồi chia số mol tăng thêm cho thể tích.
• So sánh độ tăng nồng độ với nồng độ ban đầu 0,030 mol/L.

Đổi bán kính sang đơn vị cm được $r=\mathrm{0,010}0$ cm. Diện tích màng và thể tích trứng lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}A& =4\pi r^2\\ & =\mathrm{1,256}6\times {10}^{-3}{\mathrm{cm}}^2,\\ \mathcal{V}& =\frac{4}{3}\pi r^3\\ & =\mathrm{4,188}8\times {10}^{-6}{\mathrm{cm}}^3\\ & =\mathrm{4,188}8\times {10}^{-9}\mathrm{L}.\end{array}$$

Tổng số mol Na⁺ đi vào là:

$$\mathrm{\Delta }n=(\mathrm{\Delta }n/A)A=\mathrm{1,256}6\times {10}^{-15}\mathrm{mol}.$$

Do đó:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }c& =\frac{\mathrm{\Delta }n}{\mathcal{V}}\\ & =3,00\times {10}^{-7}\mathrm{mol}/\mathrm{L},\\ \frac{\mathrm{\Delta }c}{c_0}& =\frac{3,00\times {10}^{-7}}{3,00\times {10}^{-2}}\\ & =1,00\times {10}^{-5}.\end{array}$$

Nồng độ tăng 1 phần trong ${10}^5$. Chọn (b).

Bài tập 24: 75

Giả sử sự thay đổi $V_m$ do Ca²⁺ đi vào thay cho Na⁺. Trên mỗi đơn vị diện tích màng, cần bao nhiêu ion Ca²⁺ để tạo cùng độ biến thiên ? (a) Bằng một nửa số ion Na⁺, (b) bằng số ion Na⁺, (c) gấp đôi số ion Na⁺ hoặc (d) Không thể biết nếu chưa biết nồng độ Ca²⁺ ở trong và ngoài tế bào.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cùng màng, cùng độ biến thiên nên lượng điện tích cần thêm trên mỗi đơn vị diện tích không đổi.

Hướng đi:

• Điện tích mỗi ion Ca²⁺ là +2e, gấp đôi điện tích của mỗi ion Na⁺.
• Giữ tổng điện tích thêm không đổi nên số ion Ca²⁺ chỉ bằng một nửa số ion Na⁺.

Gọi $N$ là số ion Na⁺ cần đi vào và $N_{\mathrm{Ca}}$ là số ion Ca²⁺. Cân bằng điện tích cho:

$$\begin{array}{rl}{N}_{\mathrm{Ca}}(2e)& =Ne,\\ N_{\mathrm{Ca}}& =\frac{N}{2}.\end{array}$$

Chọn (a). Nồng độ trong và ngoài không cần dùng vì câu hỏi chỉ yêu cầu lượng điện tích để nạp tụ, không hỏi hóa học của quá trình vận chuyển ion.

Bài tập 24: 76

Lượng công nhỏ nhất tế bào phải thực hiện để đưa $V_m$ trở về −70 mV là bao nhiêu? Chọn phương án đúng: (A) 3 mJ, (b) 3 µJ, (c) 3 nJ hoặc (d) 3 pJ.

Lời giải: Chi tiết

Tóm tắt đề bài: Màng có 1 µF/cm², ban đầu sau thụ tinh là +30 mV và điện thế cuối cần đạt là −70 mV. Đường kính trứng 200 µm.

Hướng đi:

• của tụ phụ thuộc bình phương , vì vậy phải lấy năng lượng cuối trừ năng lượng ban đầu, không trừ trực tiếp hai điện thế có dấu.
• Tính độ tăng trên mỗi đơn vị diện tích, rồi nhân với diện tích màng hình cầu.
• Trong mô hình tụ lý tưởng, độ tăng là công tối thiểu. Bỏ qua tổn hao và công hóa học bổ sung khi vận chuyển ion.

Độ tăng trên mỗi cm² là:

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{\Delta }U}{A}& =\frac{1}{2}\frac{C}{A}(V_f^2-V_i^2)\\ & =\frac{1}{2}({10}^{-6})(\mathrm{0,004}00)\\ & =2,0\times {10}^{-9}\mathrm{J}/{\mathrm{cm}}^2.\end{array}$$

Với diện tích màng $A=\mathrm{1,256}6\times {10}^{-3}{\mathrm{cm}}^2$,

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\Delta }U& =(\mathrm{\Delta }U/A)A\\ & =2,51\times {10}^{-12}\mathrm{J}\\ & \approx 2,5\mathrm{pJ}.\end{array}$$

Chọn (d). Dù cuối âm, độ lớn của nó lớn hơn ban đầu nên $\frac{1}{2}C{V}_m^2$ tăng.

Đáp số tra cứu

Lời giải: Luyện tập có hướng dẫn

Bài	Kết quả
VP24.4.1	6,58 nF. 5,85 kV
VP24.4.2	Khoảng cách 4,80 mm. Điện tích 24,9 µC. Trường 625 kV/m
VP24.4.3	Bán kính 8,33 cm. Điện tích 44,4 nC. Mật độ mặt trong +0,509 µC/m², mặt ngoài −0,436 µC/m²
VP24.4.4	Tỉ số bán kính 2,24. trong cao thế hơn 125 V
VP24.9.1	Theo thứ tự (a)–(d), tương đương 0,625 µF, 8,50 µF, 2,06 µF, 5,71 µF
VP24.9.2	Cùng điện tích, 0,0675 J và 0,0169 J, tụ C₁ lớn hơn. Cùng điện áp, năng lượng 0,0117 J và 0,0469 J, tụ C₂ lớn hơn
VP24.9.3	Cùng điện áp, nối tiếp 0,0115 J và song song 0,0578 J. Cùng điện tích nguồn, năng lượng nối tiếp 0,0733 J và song song 0,0145 J
VP24.9.4	Mật độ điện tích 5,10 µC/m². Trường 576 kV/m. Mật độ 1,47 J/m³. Năng lượng 5,04 mJ
VP24.11.1	đầu 1,36 nF. Điện tích 5,43 µC. K = 1,60. Điện dung cuối 2,17 nF. Độ lớn điện tích cảm ứng 2,04 µC
VP24.11.2	đầu 2,36 nF. Điện tích đầu 8,26 µC. Điện dung cuối 5,90 nF. Điện tích cuối 20,7 µC. Điện tích cảm ứng 12,4 µC
VP24.11.3	trước 17,6 J, sau 7,56 J
VP24.11.4	trước 6,30 J, sau 18,0 J

Câu hỏi mở đầu chọn (iv). Khi giữ nguyên, tăng điện tích gấp đôi làm tăng bốn lần. phải thấp hơn ngưỡng đánh thủng để mô hình tụ cách điện còn áp dụng.

Với bài tổng hợp về cầu dẫn, mật độ trong vật liệu dẫn bằng không. Ngoài cầu bán kính R:

$$\begin{array}{rl}u(r)& =\frac{Q^2}{32{\pi }^2{\epsilon }_0{r}^4},\\ U& =\frac{Q^2}{8\pi {\epsilon }_{0}R},\\ W_{\mathrm{charge}}& =U,\\ C& =4\pi {\epsilon }_{0}R.\end{array}$$

Lời giải: Các bài lẻ

Bài	Kết quả ngắn
24.1	Điện áp 10,0 kV. Diện tích 22,6 cm². 8,00 pF
24.3	Điện áp 604 V. Diện tích 90,8 cm². Trường 1,84 MV/m. Mật độ điện tích 16,3 µC/m²
24.5	Các điện tích 120 µC, 60,0 µC, 480 µC
24.7	Khoảng cách 1,05 mm. 84,0 V
24.9	4,35 pF. 2,30 V
24.11	15,0 pF. Bán kính cầu trong 3,09 cm. Trường ở mặt cầu trong 31,2 kN/C
24.13	tương đương 5,57 µF
24.15	Mắc nối tiếp. Cần 5000 tụ
24.17	Điện tích Q₁ = Q₂ = 22,4 µC, Q₃ = 44,8 µC, Q₄ = 67,2 µC. Điện áp V₁ = V₂ = 5,60 V, V₃ = 11,2 V, V₄ = 16,8 V. V_ac = 11,2 V
24.19	Điện tích 156 µC và 260 µC. Hai điện áp đều 52,0 V
24.21	tương đương 19,3 nF. Điện tích nguồn 482 nC. Điện tích tụ 6,50 nF là 162,5 nC. Điện áp trên tụ ấy 25,0 V
24.23	Mật độ 0,0283 J/m³
24.25	90,0 pF. Thể tích khe 0,0152 m³. Điện áp đánh thủng 4,50 kV. ở điện áp 200 V là 1,80 µJ
24.27	song song gấp bốn nối tiếp. Điện tích trên mỗi tụ và trường giữa bản đều gấp hai. Điện tích nguồn cung cấp cho nhóm song song gấp bốn
24.29	Điện tích tổng 24,2 µC, chia thành 7,70 µC và 16,5 µC. tổng 2,66 mJ, chia thành 0,847 mJ và 1,82 mJ. Điện áp 220 V
24.31	trước 3,60 mJ, sau 13,5 mJ, tăng 9,90 mJ
24.33	Mật độ điện tích cảm ứng 0,620 µC/m². K = 1,28
24.35	Điện tích trên tụ thứ nhất bằng 2KQ₀/(1 + K), tăng so với Q₀ khi K > 1
24.37	Diện tích 0,0135 m²
24.39	Điện tích thêm và độ lớn điện tích cảm ứng đều 6,30 µC. giữ nguyên
24.41	Điện áp 10,1 V. K = 2,25
24.43	Trường Q/(Kε₀A). Điện áp Qd/(Kε₀A). Kε₀A/d
24.45	cần nạp 421 J. 53,9 mF
24.47	đầu 0,531 pF. Phím phải dịch xuống 0,224 mm
24.49	Điện tích đầu 0,0160 C. Điện áp cuối 533 V. cuối 4,27 J, giảm 2,13 J
24.51	tổng 158 µJ. Năng lượng tụ 4,80 µF là 72,1 µJ
24.53	tương đương 2,52 µF. Điện tích Q₁ = Q₅ = 554,4 µC, Q₂ = 369,6 µC, Q₃ = Q₄ = 184,8 µC. Điện áp V₁ = V₅ = 66,0 V, V₂ = 88,0 V, V₃ = V₄ = 44,0 V
24.55	C₂ = 6,00 µF, C₃ = 4,50 µF
24.57	Điện tích nối tiếp 75,6 µC. đầu 1,36 mJ. Điện áp song song cuối 10,8 V. Năng lượng cuối 1,22 mJ
24.59	tương đương 2,30 µF. Điện tích trên hai tụ C₁ sát đầu vào là 966 µC mỗi tụ, trên tụ C₂ sát đầu vào là 644 µC. V_cd = 46,7 V
24.61	C₃ ≈ 1,67 µF
24.63	Hệ số ép 7,53 × 10⁷ m/C². Điện áp ở 0,700 µC là 95,7 kV. Để tăng điện tích lên 1,40 µC cần khoảng 133 kV
24.65	Các biểu thức lực và công ghi bên dưới. Công kéo dương nhưng giảm, vì nguồn nhận lại năng lượng
24.67	C₁ = 6,00 µF, C₂ = 3,00 µF. Nối tiếp có cùng điện tích và C₂ chứa nhiều hơn. Song song có C₁ chứa nhiều điện tích và năng lượng hơn
24.69	Đồ thị ứng với nguồn vẫn nối. Diện tích mỗi bản khoảng 144 cm². Ở 0,400 cm, tụ đã ngắt nguồn chứa nhiều hơn
24.71	Công thức ghi bên dưới. Khi K tiến đến 1, tiến đến ε₀A/d
24.73	Chọn (c), một picomol Na⁺ trên mỗi cm²
24.75	Chọn (a), số ion Ca²⁺ bằng một nửa số ion Na⁺

Với Bài 24.63, lực ép có độ lớn và hệ số ép lần lượt là:

$$\begin{array}{rl}F& =\frac{Q^2}{2A{\epsilon }_{0}K},\\ s& =\frac{d_0}{2A^2{\epsilon }_{0}YK}.\end{array}$$

Với Bài 24.65, khi khoảng cách tức thời là z và nguồn giữ điện áp V:

$$\begin{array}{rl}F(z)& =\frac{\pi {\epsilon }_0{r}^2{V}^2}{2z^2},\\ W_{d\to 2d}& =\frac{\pi {\epsilon }_0{r}^2{V}^2}{4d},\\ U_i& =\frac{\pi {\epsilon }_0{r}^2{V}^2}{2d},\\ U_f& =\frac{\pi {\epsilon }_0{r}^2{V}^2}{4d}.\end{array}$$

Với Bài 24.71, khi biến thiên tuyến tính qua chiều dày là:

$$C=\frac{{\epsilon }_{0}A(K-1)}{d\ln K}.$$

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, ấn bản 15, chương 24, trang 803–811 và phụ lục đáp số A-16.