Bài giải Trường Điện Từ

1.1.Cho vectơ M = −10ax + 4ay − 8az và N = 8ax + 7ay − 2az tìm: a)một vectơ đơn vị theo hướng –M + 2NTa có: −M + 2N = 10ax − 4ay + 8az + 2.(8ax + 7ay − 2az) = (26;10; 4)Suy ra vectơ đơn vị theo hướng –M + 2N là: a= (26,10,4)26,10,4 = (0.92; 0.36; 0.14)b) Độ lớn của vectơ 5ax + N − 3MTa có 5ax + N − 3M= 5(1, 0, 0) + (8, 7, −2) −3 (−10, 4, −8) = (43, −5, 22), Và |(43, −5, 22)| = 3 c)Tìm|M||2N|(M + N): Ta có |M||2N|(M + N)= |(−10, 4, −8)||(16, 14, −4|(−2, 11, −10) = (13.4)(21.6)(−2, 11, −10) = (−580.5; 3193; −2902)

1.1 Cho vectơ M = −10ax + 4ay − 8az va N = 8ax + 7ay − 2az tìm:

a)một vectơ đơn vị theo hướng –M + 2N

1.2 Cho 3 điểm A(4, 3, 2), B(−2, 0, 5), va C(7,−2, 1):

a) Tìm vector A nối từ gốc tọa độ đến điểm A?

vector nới từ gốc tọa độ tới điểm A la: A = (4, 3, 2) = 4ax + 3ay + 2az

b) Tìm vector đơn vị nối từ gốc tọa độ đến trung điểm đoạn thẳng AB ?

Vector nối từ gốc tọa độ đến trung điểm la:

|AB|+|BC|+|CA|= 7.35 + 10.05 + 5.91 = 23.32 1.3 Cho vector từ gốc toạ độ đến điểm A(6, 2, 4) − , va vector đơn vị hướng từ gốc toạ độ đến

(2, 2,1) / 3

B − Nếu điểm A va B cách nhau 10 đơn vị, tìm toạ độ điểm B.

Với A(6, 2, 4) − va B(2, 2,1) / 3 − ,ta có |B − A| = 10,hoặc

d)Tọa độ giao điểm của đường thẳng nối từ A đến B với mặt phẳng z=3

Ta thấy rằng trung điểm có tọa độ (3;−1;3) được xác định từ câu c có tọa độ trên trục z la

3 Đây la điểm ma chúng ta cần tìm

1.5.Một trường vectơ được xác định bởi: G = 24xyax + 12(x2 + 2)ay + 18z2az.Cho hai điểm P(1, 2,−1) va Q(−2, 1, 3), tìm:

a) Tọa độ G tại P la: Gp(1, 2,−1) = (48, 36, 18)

b) Vectơ đơn vị chỉ hướng của G tại Q:

Ta có Gp(−2, 1, 3) = (−48, 72, 162) Vậy vectơ G được tính:

aG =|(-48,72,162)|

162)72,(-48,

=(−0.26, 0.39, 0.88)

c) Một vectơ chỉ hướng từ Q đến P:

aQP =|P -Q|

Q -P

4)-1,(3,

= (0.59, 0.20,−0.78)

d)Phương trình của mặt phẳng với độ lớnG = 60

Ta có : 60 = |(24xy, 12(x2 + 2), 18z2)| hoặc 10 = |(4xy, 2x2 + 4, 3z2)|

Vậy phương trình cần tìm:

100 = 16x2y2 + 4x4 + 16x2 + 16 + 9z4

1.6 Cho trường G trong bai 1.5, vẽ đồ thị của Gx , Gy , Gz va G Các đường có độ lớn

y=1, z=1,cho 0 ≤ x ≤ 2.Tìm G(x, 1, 1) = (24x, 12x2 + 24, 18),trong đó Gx = 24x, Gy = 12x2 + 24,Gz = 18, va |G| = 6 4x4+32x2 +25 Xem đồ thị dưới đây:

1.7 Cho trường vector E = 4zy2cos2xax + 2zysin2xay + y2sin2xaz với |x|, |y|, |z| đều nhỏ hơn

Ta có Ey = Ez 2zysin2x = y2sin2x 2z = y  y-2z= 0

vậy mặt phẳng y-2z= 0 |x| < 2, |y| < 2, |z| < 1 la mặt phẳng cần tìm

c) Với E = 0

Ta có: Ex = Ey = Ez= 0 4zy2cos2x = 2zysin2x = y2sin2x y = 0

vậy mặt phẳng y = 0, với |x| <2, |z| <2 la mặt phẳng cần tìm

1.8 Cho 2 vectơ la F = - 10ax + 20 x(y-1)ay va G = 2x2yax- 4ay +zaz Cho điểm

c) Tìm vectơ đơn vị theo hướng F – G :

Ta có vector F – G = - 10ax + 80ay – ( 24ax - 4ay - 4az )= - 34ax+ 84ay + 4az

− − + + = - 0.37ax+ 0.92ay + 0.04az

d) Tìm vectơ đơn vị theo hướng F + G :

Ta có : F + G = - 10ax + 80ay + ( 24ax - 4ay - 4az )= -14ax+ 76ay - 4az

+ − + + − = 0.18ax+ 0.98ay - 0.05az

1.9 Cho trường vector G = 2 2 ( )

1.10 Sử dụng định nghĩa tích chấm (tích vô hướng) để tìm góc giữa AC va BC của một

tam giác có tọa độ A (1, 3,−2), B (−2, 4, 5), va C (0,−2, 1) :

a) ta có RAB = (−3, 1, 7) va RAC = (−1,−5, 3) suy ra

RAB.RAC = |RAB| |RAC| cos θA.Thay số ta được 3-5+21= 59 35cosθA

MN

MN

)=cos−1(

34 0 17 0

05 0

b)Hình chiếu của vector RAB + RBC trên RDC :

Ta có RDC = (8, 1, 4) − (−2, −5, 8) = (10, 6, −4).suy ra hình chiếu la:

c)Góc giữa RDA & RDC:

Ta có: RDA = −RAD = (12, 17, −14) va RDC = (10, 6, −4)

Góc được tìm thông qua tích chấm của các véctơ đơn vị la:

θD = cos−1 (aRDA · aRDC ) = cos− 1

629

)14,17,12

152

)4,6,10

b) Diện tích tam giác ABC la: SABC = 1

2 |RBA× RBC | = 0.43

1.15) Cho 3 vector xuất phát từ gốc tọa độ la: r1 = (7, 3, −2), r2 =(−2, 7, −3), va r3

= (0, 2, 3).Tìm :

a)Véctor vuông góc với hai vector r1 & r2 :

Dễ thấy vector pháp đơn vị la vector vuông góc với 2 vector trên:

1

3 2 1

Đây la biểu thức của hệ tọa độ trụ,với tâm la trục x,bán kính = 2

1.17 Cho điểm A(–4,2,5) va 2 vector RAM = (20,18,–10) va RAN= (–10,8,15)

a) Tìm vector vuông góc với mặt phẳng chứa tam giác:

Vector chỉ chiều ngược lại với vector nay cũng la 1 đáp án đúng.

b) Tìm vector đơn vị aAN trong mặt phẳng tam giác,sau đó tìm vector vuông góc với

aAN va vector vuông góc với tam giác

( 10,8,15)

( 0.507, 0.406, 0.761)389

Vector chỉ chiều ngược lại với vector nay cũng la 1 đáp án đúng

c) Tìm vector phân giác đơn vị tại góc A trong mặt phẳng tam giác:

Vector đơn vị yêu cầu chỉ chiều la 1

1.18 Cho điểm A(ρ=5,ϕ=70,z=1) va điểm B(B(ρ =2,ϕ= −30,z=1).Tìm:

a. Vectơ đơn vị trong hệ tọa độ vuông góc hướng từ A tới B

Đưa A va B về tọa độ vuông góc, ta có :A = (5cos 70 ,5sin 70 , 3)o o − = (1.71,4.70,-3), tương tự

ta có B = (1.73, -1, 1) Do đó

+ − + = 0.003ax- 0.82ay + 0.57az.

b. Vectơ đơn vị trong hệ tọa độ trụ hướng từ A tới B Ta có:

b.Tính D tại điểm cóρ=2,φ =0.2π và z= 5 .Biểu diễn kết quả trong tọa độ trụ va tọa

độ Decac:

Tại điểm đã cho trong tọa độ trụ ta có D=0.5aρ Để biễu diễn kết quả nay trong tọa độ

Decac ta dùng:

1.20 Biểu diễn trong tọa độ Đêcác:

a)1 vectơ nối từ điểm (A ρ=4,φ =40 ,o z= −2) đến điểmB(ρ =5,φ = −110 ,o z=2)

Biểu diễn A,B trong tọa dộ Đecac ta có :

1.21 Biễu diễn trong tọa độ trụ:

a) Một vectơ từ điểm C(3,2,–7) đến điểm D(–1,–4,2):

Va Rφ =R a DC φ = −4[ sin( 104.0) 6cos( 104.0) 2.43− + − =

Suy raR DC = −6.79aρ+2.43aφ −9a z

vậy a DC = −0.59aρ +0.21aφ −0.78a z

c)Một vectơ đơn vị tại D theo hướng gốc tọa độ O

Ta có r D = − −( 1, 4, 2) va do đó vectơ theo hướng gốc tọa độ sẽ la − =r D (1, 4, 2)−

Vậy vectơ đơn vị trong hệ tọa độ Đecac la a D =(0.22,0.87, 0.44)−

Chuyển sang hệ tọa độ trụ ta có:

ρρ

++

a. Vẽ theo với : trong trường hợp nay ta có

1 2

o

ρρ

++

1.23.Cho mặt kín được xác định bởi: p = 3, p = 5, φ=100o, φ=130o, z = 3, va z = 4.5

o ρ ρ ϕd d dz z= ϕ ρ = π =

∫ ∫ ∫

Lưu ý : cận lấy tích phân của φ đã được chuyển về rad

b.Tìm tổng diện tích của mặt kín:

d. Tính chiều dai của đoạn thẳng dai nhất nằm hoan toan trong mặt kín:

Đường thẳng nay sẽ nằm giữa 2 điểm: A (p = 3, φ = 100o , z = 3) va

B (p =5, φ =130o ,z = 4.5) Đổi A ,B về tọa độ vuông góc, ta có:

(A= −0.52,y=2.95,z=3) và B x( =0.83,z=4.5).Kẻ hai vectơ OA, OB từ gốc tọa độ ,

chiều dai đoạn thẳng cần tính la:

Max

L = − = −B A + + =

1.24.Tại điểm P(–3,4,5), biểu diễn vector kéo dai từ P đến Q(2,0,–1) trong:

Lúc đó: RPQ • aρ= (5ax –4ay –6az) • aρ= 5cosθ –4sinθ = 6.2

RPQ • aφ = (5ax –4ay –6az) •aφ= –5sinθ –4 cosθ = 1.6

Vì thế: RPQ= 6.2aρ +1.6aφ –6az

RPQ • ar = (5ax –4ay –6az) • ar = 5sinθcosφ –4sinθsinφ –6cosθ = 0.14

RPQ• aθ= (5ax –4ay –6az) • aθ = 5cosθcosφ –4cosθsinφ –(–6sinθ) = 8.62

RPQ• aφ = (5ax –4ay –6az) • aφ = –5sinφ –4cosφ = 1.6

Vì thế: RPQ= 0.14 ar + 8.62aθ + 1.6aφ

Va: | RPQ|= 0.142 +8.622+1.62 =8.8

d) Thấy rằng độ lớn của vector trong các hệ tọa độ vuông góc,trụ va cầu la bằng nhau

1.25 Cho điểm p(r =0.8, θ = 30 0, ϕ=450),va E= 

1 2

suy ra: ay = 0.35ar + 0.48aθ − 0.81aφ

b) Biểu thức ar trong hệ tọa độ Dêcac tại P: Tìm

x = r sin θ cos φ = −1.90, y = r sin θ sin φ = 1.38, Va z = r cos θ = −3.24

Ta có : ar ax = sin θ cos φ = −0.48,

ar ay = sin θ sin φ = 0.35

Va ar az = cos θ = 0.81

Suy ra: ar = −0.48ax + 0.35ay + 0.81az

1.27. Cho hai mặt r =2 va 4 , θ=30 0 va 50 0,va φ =200 va 60 0xác định mặt kín đó

a,Tìm diện tích mặt kín đó : Đây sẽ la công thức :

4∫dr+ 2∫(4 2) + dθ+ ∫ (4 sin 50◦ + 4 sin 30◦ + 2 sin 50◦ + 2 sin 30◦ )d φ=17.49

d,Tìm chiều dai của các đường thẳng dai nhất nằm hoan toan trong phạm vi bề mặt:

Từ công thức ban đầu ta có:

A(r = 2, θ = 50◦ , φ = 20◦ ) va B(r = 4, θ = 30◦ , φ = 60◦ ) ta biến đổi sang

=sin(1) cos(0.8)ar + cos(1) cos(0.8)aθ + (−sin(0.8))aφ = 0.59ar + 0.38aθ − 0.72aφ

b) x = 3, y = 2, z =−1: đầu tiên biến đổi điểm sang hệ tọa độ cầu

Ta có r = 14

ax = sin(105.50) cos(33.70) ar + cos(105.50) cos(33.70)aθ + (−sin(33.70)) aφ

= 0.80a r − 0.22a θ − 0.55a φ

c) ρ = 2.5, φ = 0.7 rad, z = 1.5

Ta chuyển điểm sang hệ tọa độ cầu: r = ρ +2 z2 = 8.5,

θ = cos−1(z/r) = cos−1(1.5/ 8.5) = 59.0◦,

va φ = 0.7 rad = 40.1o

ax = sin(590 ) cos(40.10) ar + cos(590) cos(40.10) aθ+ (−sin(40.10)) aφ

= 0.66ar + 0.39aθ − 0.64aφ

1.30)Cho A(r = 20, θ = 30◦ , φ = 45◦ ) va B(r = 30, θ = 115◦ , φ = 160◦ ), hãy tìm:

a) | R A B |:đầu tiên ta biến đổi A&B sang hệ tọa độ Đề-Cat:

Cho C(r = 20, θ = 90◦ , φ = 45◦ ) Biến đổi C sang hệ tọa độ Đê-Cat:

Ta được : xC =20 sin(90◦ ) cos(45◦ ) = 14.14

yC = 20 sin(90◦ ) sin(45◦ ) = 14.14

zC = 20 cos(90◦ ) = 0

Vì vậy RAC = RC − RA = (7.07, 7.07, −17.3),va |RAC | = 20 0

c )Khoảng cách từ A đến C trên một cung tròn:

Lưu ý rằng A va C được phân chia giống như tọa độ của r va φ Nghĩa la đi

từ A đến C chỉ la sự thay đổi góc θ:00-> 60◦

Vậy khoảng cách từ A tới C la: 20 60 2 20.9

PHẦN 2: NỘI DUNG

Câu 2.1:Bốn điện tích Q= +10nC nằm trên bốn góc của mặt phẳng z=0 với cạnh 8 cm Một

điện tích dương thứ năm Q= 10nC đặt tại một điểm cách bốn điện tích kia 8 cm Tính hợplực tác dụng lên điện tích thứ năm

Giải:

Đặt các điện tích tại các vị trí (4,4); (4,-4); (-4,4) và (-4,-4) Vậy điện tích thứ năm sẽnằm trên trục z tại vị trí z=4 2, nó cách bốn điện tích còn lại 8 cm Vì sự đối xứng nên hợplực trên điện tích thứ năm sẽ có hướng trùng với trục z và sẽ bằng bốn lần lực mà mỗi đệntích tác dụng lên điện tích thứ năm.

2

15 25 35 45 2

Câu 2.2 Một điện tích Q1= 0,1 µC đặt tại gốc tọa độ Q2= 0,2 µC đặt tại điểm

A (0,8;-0,6; 0).Tính quỹ tích các điểm trên mặt phẳng z = 0 khi thành phần x của lực tác dụng lên Q3 = 0

F

R R

1)5.2)[((

6(5])6)(

1)5

3286

Vậy tọa độ của P3 là :(21.1, 52.8, 8)

Câu 2.5: Cho điện tích Q1 = 25nCđặt tại P1(4,-2,7) và điện tích Q2 = 60 nC tại

P2(-3,4,-2)

a/ Nếu ε =ε0, tìm E tại P3(1,2,3):

Điện trường E tại P3 là:

× +

1 2 0

9

4 13

3 60 2

65

4 25 4

10

y y

120 104

120 10

772 /

x p

câu 2.8: Cho 2 điện tích điểm có độ lớn bằng −1µC đặt tại điểm P1(0,0,0.5) vàP2(0,0,−0.5).

Và một điện tích có độ lớn 2µC đặt tại gốc tọa độ

Tìm cường độ điện trường E tại điểm P(0,2,1) trong hình cầu giả sửε =ε0

)50.2(

)5.1,2,0()24.2(

)1,2,0(2)06.2(

)5.0,2,0(4

10

3 3

3 0

9.160cos

8.179sin

sin9.89).(8.179).(9

sin(8.179sin

cos9.89).(8.179).(9

9 0

100 10

4

AP P

AP

R E

10

100

5 1 2 2

2 0

−++

+

×

z y

Tại R1 là vector từ điện tích (+) tới điểm P là (-3,y,0) và tại R2là vector từ điện tích

(–) tới điểm P là (3,y,0) Độ lớn của những vector 2

R = R = 9 y+ Biểu thức Ep đuợcchuyển đổi thành :

9

2 1.5 0

6

20 10E

x p

a y

Suy ra :

2 1.5

1079E

p

y

=+

Câu 2.11: Một điện tích Q0 đặt tại gốc trong không gian tạo ra miền với điện trường Ez

=1KV/m tại điểm P (-2,1,-1)

a) tìm Q0 : miền điện trường tại điểm P là

0

1.5 0

2E

M

E = − 30.11ax − 180.63ay − 150.53az

c) tìm E tại điểm M(1,6,5) trong hệ toạ độ trụ: tại 1( )

Suy ra: EM = −183.12a ρ − 150.53a z

d) tìm E tại điểm M(1,6,5) trong hệ toạ độ cầu : tại M ta có r = 1 + 36 + 25= 7.87,

φ = 80.54◦ (như trên ) , θ =cos (5 / 7.8) 50,58− 1 = 0 Từ điện tích điểm đặt tại gốc ta có điện

tổng điện tích hiện tại bằng 8 lần tích phân ρv trên góc phần tám thứt nhất :

03 0

2

0 0

05 0 03 0

3 2

3)2.0(4sin

2.0

21

b, Tìm r1 nếu một nửa điện tích được đặt trong vùng từ:3cm<r<r1

Tổng điện tích đặt trong vùng 3cm<r<r1 được tính theo công thức:

5 03

0

3

10105.43

)2.0(4

03.0(4

2.0

10105.4

1 3 5

Câu 2.14 : Cho

10

1)(

và mật độ phân bố ở những nơi khácρv =0.

a)Xác định điện tích trong toàn bộ không gian đó.

Điện tích trong toàn bộ không gian đó là tích phân ngoài vùng ρv=0

Nên

10 0.1

2 0

Q

10

14

.26

mC C

z

10

)4.26(5)

10(tan10

14

10 10

2 0

4 0

1 0 '

6 3 15 2

4

b) Bây giờ giả sử rằng một khu vực rộng lớn có chứa một trong số ít tích phân trên ững mật

độ điện tích khối của một thể tích nhỏ bán kính 3mm và không tính điện tích giữa quả cầu.Mật độ khối lượng trung bình của điện tích khối trong không gian đó là:

3

6 3

2

)003.0(

1035.3

đó

Điện tích cần tính là :

1.1 25 5

2 0.9 0 4

o

π π

= ∫ ∫ ∫ − −Lấy nguyên hàm tích phân ta được :

Câu 2.17: Một điện tích đường đều có mật độ là 16nC/m được đặt dọc theo một đường

được xác định bởi y = −2, z = 5 Nếu ∈=∈o

a) Tìm E tại P(1,2,3) :

2

R E

p l

p

ρπ

=

∈

Ta có : RP = (1, 2, 3) − (1,−2, 5) = (0, 4,−2), và |R P |2 = 20 suy ra

y

ρπ

Câu 2.18 Hai điện tích đường đều có mật độ lần lượt là 0.4 μC/m và −0.4 μC/m được đặt

tương ứng trong x=0 tại y=0.6 và y=-0.6 m Biết ∈=∈o

a)Tìm E tại P(x,0,z) tổng hợp ta có

-

ρπ

+ +

-Q

ρπ

+ +

o

ρπ

∈  + + =−625.8a x – 241.6a y (V/m)

Câu 2.19: Một mật độ điện tích đường 2µc / m đặt tại trục z Tìm E trên Hệ tọa độ Đecac tại

P(1,2,3) nếu mật độ điện tích kéo dài từ:

a) −∞< z<∞: Với đường thẳng dài vô hạn, ta biết rằng E sẽ chỉ có thành phần r trong tọa

độ trụ ( hoặc y,z trong tọa độ đecac) điện trường của đường thẳng dài vô hạn trên trục z là :

6 2

o

dz r r E

r r

ρπε

4 6

1.5 2 4

Câu 2.20:Một phân bố điện tích đường đều 120 nC/m nằm dọc theo 3 trục tọa độ trong

không gian Tìm E tại điểm P(-3,2,-1)

Điện tích dẫn đồng thời // với trục z, và được chia thành 0,8m Do đó điện tích điểm khảo

sát tại y = -0,4 bằng với điện tích điểm tại y = 0,4 sẽ là : E = [ρ l /(2πε0(0.8))]a y

Các cưỡng bức trên một đoạn chiều dài của các đường dây đầu nối đường y đường chuẩn

dF = dq.E = ρl.dz.E Do đó các lực tác động trên mỗi đơn vị chiều dài hoạt động trên các

đường dây dẫn đầu nối dương y là:

1 2

4 0

Câu 2.22: Một mật độ điện tích trên bề mặt la 5 nC/m2 trong không gian x = 0,

−2 < y< 2,va trên trục z Nếuε =ε0.Tìm E tại:

a) P A (3, 0, 0): Chúng ta sử dụng nguyên lý chồng chất:

3 0

ρπε

a) PA(ρ = 0, z = 0.5):đầu tiên,chúng ta nhận dạng đối xứng rằng chỉ có thành phần az của E

sẽ được biểu diễn Xét một điểm chung z trên trục z, ta có r = zaz

với r’ = ρaρ,chúng ta tìm được r – r’ = zaz − ρaρ,

theo nguyên lý chồng chất điện trường ta có:

0,2 0,2

π

φ ρ

ρ

ρ ρ

+ +

∫ ∫

+

Với z = 0,5m ,đánh giá cao hơn với Ez,PA = 8.1 kV/m

b) Với z tại -0,5m chúng ta trị số biều thức của Ez trở thành Ez,PB = −8.1 kV/m

Câu 2.24: Mật độ mặt trong miền không gian sau: 20 nC/m2 tại x = −3,

−30 nC/m2 tại y = 4, và 40 nC/m2 tại z = 2 Hãy tìm các đại lượng của E tại 3 điểm

(4, 3,−2), (−2, 5,−1), và (0, 0, 0)

Giải:

Tổng quát ta có điện trường do toàn bộ điện tích mặt tạo ra tai P(x,y,z) là E = ρs /(2ε0),

Trước tiên ta tính tại điểm A(4,3,-2):

Câu 2.25: Tìm điện trường E tại điểm sau đây,nếu có phân bố điện tích trong không gian

như sau:điện tích điểm 12nC đặt tại P(2;0;6),đường thẳng (x=-2,y=3) mang điện tích phân

bố đều với mật độ 3nC/m,mặt phẳng x=2 mang điện tích phân bố đều với mật độ 0,2nC/m2

Câu 2.26: Một đường thẳng y=0,z=2m mang điện tích phân bố đều với mật độ

5nC/m và một đường thẳng y=0,z=-2m mang điện tích đều mật độ -5nC/m Một mặt phẳng y=0.2m mang điện tích phân bố đều với mật độ 0.3nC/m2, và mặt phẳng

y=-0.2m, mang điện tích với mật độ mặt -0.3nC/ 2

m . E tại điểm: nằm ở gốc tạo độ?

Câu 2.27: Cho điện trường E=(4x−2y a) x−(2x+4y a) y.Tìm:

a).Phương trình đường dòng đi qua điểm P(2, 3, -4).

Ta có:

y x E

E dx

C x y

x

dx y

dy

lnln3ln

3

4

2= C ⇒C = 128Suy ra phương trình đường dòng tại P:

3

128

x

y=

b) Tìm vector aE là vector chỉ phương của E tại Q(3,-2,5)

Tại Q, E Q = 135a x + 270a y ,và |E Q | = 301,9

Vậy a E = 0,45a x + 0,89a y

c) Tìm vector aN = (l,m,0) là vector pháp tuyến của E tại Q.

Vì vector này không có thành phần z nên chúng ta có thể tìm được :

E =−10,6 −6,1 suy ra |EP| = 12,2

b) Tìm vector chỉ phương của EP:

ta có: aE = (cos5x.ax – sin5x.ay)

Thay tọa độ P vào ta được aE = -0,87ax – 0,5ay

c) Phương trình đường dòng xuyên qua P:

xdx dy

x x

x dx

dy

5tan5

tan5

Câu 2.30: Cho điện trường E =400ya x+400xa y(V/m) Tìm:

a Phương trình các đường dòng đi qua điểm A (2,-1,2):

Ta có:

ydy xdx y

x E

E dx

2 2

Vậy chúng ta có hình cầu nằm trên trục z và bán kính r = 2

c Đồ thị của (3) là một đường parabol, tâm O (0,0), đường tâm là tia x(x>0) và độ dốc của

= là 1 hằng số bất kỳ trong mặt phẳng z Tìm

Phương trình đường thẳng đi qua điểm P(ρ =4;φ =100;z=2) trong điện trường E=

Thay tọa độ điểm P vào (4), ta được: C=7,14

Vậy: ρ3 =364sin3φ

Chương 3: Mậ độ điện thông

Câu 3.2) Một điểm có điện tích 12nC được đặt tại gốc tọa độ, 4 điện tích đường phân bốđều được đặt trong mặt phẳng x = 0 với độ lớn và tọa độ như sau: 80nC/m tại y=−1m và

z y 9 ) 2 3 ( 4

) a 2 a 3 ( 10 12 D

+ π

b) Thông lượng qua mặt phẳng y=−3 có độ lớn và chiều như thế nào?

Không gian chắn tất cả thông lượng đi vào nửa không gian y hay chính xác hơn là một nửa thông lượng của điện tích 12nC

Câu trả lời là 6nC và hướng theo chiều −ay

c) Gía trị thông lượng rời khỏi mặt của hình cầu bán kính R= 4m tâm tại C(0,−3,0)?

Mặt cầu này chữa điện tích điểm, do đó nó có thông lượng bao gồm điện tích 12nC Đoạn dây có điện tích thì dễ được xác định nhất bằng việc tính tiếp phần chung ( hình cầu và đọan dây) như thế hình cầu có tâm tại 0 và đoạn giây bao giờ cũng đặt tại y=±1 và y=±2 Thông lượng từ đoạn dây sẽ bằng với tổng điện tích trên dây trong hình cầu Chiều dài của mỗi đoạn dây tại (y=1) sẽ bằng;