Thư Viện Công Thức Vật Lý

Vì điện tích trôi lơ lửng nên lực điện trường cân bằng với trọng lực.

Điều kiện cân bằng: $\overrightarrow{F} +\overrightarrow{P }= 0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{F} \nearrow \swarrow \overrightarrow{P }\\ F = P\end{array}\right.$

TH1. $\overrightarrow{E}$ hướng lên

Vì trọng lực luôn hướng thẳng đứng từ trên xuống nên lực điện trường phải có phương thẳng đứng và hướng lên.

Do vậy hạt bụi phải mang điện tích dương để $\overrightarrow{F} \nearrow \nearrow \overrightarrow{E} (\overrightarrow{F} = q\overrightarrow{E})$

TH2. $\overrightarrow{E}$ hướng xuống

Vì trọng lực luôn hướng thẳng đứng từ trên xuống nên lực điện trường phải có phương thẳng đứng và hướng lên.

Do vậy hạt bụi phải mang điện tích âm để $\overrightarrow{F} \nearrow \swarrow (\overrightarrow{F} = q\overrightarrow{E})$

Điều kiện cân bằng:

$\overrightarrow{T}+ \overrightarrow{F_{đ}} + \overrightarrow{P} =\overrightarrow{0}$

=> $T = F_{đ} +P$

Từ hình: $\overrightarrow{F_{đ}} \perp \overrightarrow{P}$=> $T = \sqrt{{F^2}_{đ} + P^2}$

Ta có: $F = k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}\Rightarrow q_1{q}_2=\pm \frac{ F{r}^2}{k}$ (1)

Mặc khác: $q_1$+ $q_2$ = $m$ (2)

Từ (1) và (2) ta thấy  $q_1$ và $q_2$ là nghiệm của phương trình:

 $$\begin{gathered} x^2 -(q_1 + q_2)x + q_1{q}_2 = 0 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1 = a\\ x_2 = b\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{q}_1 = a\\ q_2 = b\end{array}\right.hoặc \left\{\begin{array}{l}{q}_1 = b\\ q_2 = a\end{array}\right. \end{gathered}$$

Dựa vào dữ kiện đề cho để xác định $q_1$ và $q_2$.

Xét ba điện tích $q_1,q_2$ và điện tích $q_3$ , vị trí đặt $q_3$ để lực Coulomb tổng hợp tại $q_3$ triệt tiêu

TH1: $q_1.q_2>0$

Điều kiện cân bằng : $\overrightarrow{F_{13}}+\overrightarrow{F_{23}}=\overrightarrow{0}$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{F_{13}}\nearrow \swarrow \overrightarrow{F_{23}} \left(1\right)\\ F_{13}=F_{23} \left(2\right)\end{array}\right.$

Từ $\left(1\right)$ suy ra : $q_3$ nằm trong và trên đường thẳng nối $q_1$ và $q_2$ 

Từ $\left(2\right)$ ta được: 

$$\begin{gathered} \frac{k\left|q_1{q}_3\right|}{x^2}=\frac{k\left|q_2{q}_3\right|}{{\left(d-x\right)}^2} \\ \iff {\left(d-x\right)}^2=\left|\frac{q_2}{q_1}\right|.x^2 \\ \iff x=\frac{d}{\sqrt{\left|{\displaystyle \frac{q_2}{q_1}}\right|}+1} hay x=\frac{d}{1-\sqrt{\left|{\displaystyle \frac{q_2}{q_1}}\right|}} \end{gathered}$$

Loại x<0

TH2: $q_1.q_2<0$

Để lực Coulomb tổng hợp tại $q_3$ bằng 0 : $\overrightarrow{F_{13}}+\overrightarrow{F_{23}}=\overrightarrow{0}$

Vì $q_1$ và $q_2$ trái dấu nên $q_3$ nằm ngoài và trên đường thẳng nối $q_1$ và $q_2$ ,nằm xa với điện tích có độ lớn lớn hơn.

$$\begin{gathered} F_{13}=F_{23} \\ \iff {\left(d+x\right)}^2=\left|\frac{q_2}{q_1}\right|x^2 \\ \iff x=\frac{d}{\sqrt{\left|{\displaystyle \frac{q_2}{q_1}}\right|}-1}hay x=\frac{-d}{\left|{\displaystyle \frac{q_2}{q_1}}\right|+1} \end{gathered}$$

Loại x <0

Cả hai trường hợp ta đều thấy để $q_3$ cân bằng không phụ thuộc điện tích $q_3$

I.Lực Coulomb trong điện môi

a/Định nghĩa điện môi : Điện môi là môi trường cách điện không cho dòng điện đi qua.

Ví dụ : dầu , không khí khô.

b/Định nghĩa hằng số điện môi $\epsilon$: Hằng số điện môi là đại lượng đặc trưng cho lực điện tác dụng trong môi trường điện môi và phụ thuộc vào môi trường điện môi.

Ví dụ : trong không khí điện môi bằng 1 , điện môi của thạch anh là 4,5

c/Lực Coulumb trong môi  điện môi

$F_1=\frac{k\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}=\frac{F_0}{\epsilon }$

Lực Coulumb của các hạt điện tích trong môi trường điện môi có độ lớn nhỏ hơn $\epsilon$ lần lực Coulumb giữa các hạt điện tích trong môi trường không khí

Xét vật chịu tác dụng bới các lực ${\overrightarrow{F}}_k,\overrightarrow{N},\overrightarrow{P},{\overrightarrow{F}}_{ms}$ với $\alpha$ là góc của mặt phẳng nghiêng , $\beta$ là góc hợp của lực với phương chuyển động.

Theo định luật II Newton : ${\overrightarrow{F}}_k+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{P}+{\overrightarrow{F}}_{ms}=m\overrightarrow{a}$

$s=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2$

$P_k=\frac{A_{F_k}}{t}=\frac{F_k.s.\cos \left(\beta \right)}{t}$ (công suất trung bình)

$P_{tt}=F_k.v.\cos \left(\beta \right)$ (công suất tức thời)

TH1 Vật đi xuống mặt nghiêng :

Chiếu lên phương chuyển động : 

$$\begin{gathered} F_k.\cos \left(\beta \right)=ma+F_{ms}-P\sin \left(\alpha \right)\Rightarrow F_k=\frac{ma+F_{ms}-P\sin \left(\alpha \right)}{\cos \left(\beta \right)} \\ \Rightarrow F_k=\frac{m\left(a+g\left(\mu \cos \left(\alpha \right)-\sin \left(\alpha \right)\right)\right)}{\mu \sin \left(\beta \right)+\cos \left(\beta \right)} \end{gathered}$$

Chiếu lên phương Oy:$N=P\cos \left(\alpha \right)-F_k\sin \left(\beta \right)\Rightarrow F_{ms}=\mu N$

TH2 Vật đi lên mặt nghiêng :

Chiếu lên phương chuyển động:

$$\begin{gathered} F_k\cos \left(\beta \right)=ma+F_{ms}+P\sin \left(\alpha \right)\Rightarrow F_k=\frac{ma+F_{ms}+P\sin \left(\alpha \right)}{\cos \left(\beta \right)} \\ \Rightarrow F_k=\frac{m\left(a+g\left(\mu \cos \left(\alpha \right)+\sin \left(\alpha \right)\right)\right)}{\cos \left(\beta \right)+\mu \sin \left(\beta \right)} \end{gathered}$$

Chiếu lên phương Oy : $N=P\cos \left(\alpha \right)-F_k\sin \left(\beta \right)\Rightarrow F_{ms}=\mu N$

TH3 Vật đi theo phương ngang

$$\begin{gathered} \alpha =0\Rightarrow F_k=\frac{m\left(a+\mu g\right)}{\cos \left(\beta \right)+\mu \sin \left(\beta \right)} \\ {F}_{ms}=\mu \left(P-F\sin \left(\beta \right)\right) \end{gathered}$$

Khi lực F hướng xuống so với phương chuyển động một góc $\beta$ ta thay $\sin \left(\beta \right)$ bằng $-\sin \left(\beta \right)$

Xét vật chuyển động chịu các lực ${\overrightarrow{F}}_k,\overrightarrow{N},\overrightarrow{P},{\overrightarrow{F}}_{ms}$ chuyển động trên mặt phẳng nghiêng với $\alpha$ là góc của mặt phẳng nghiêng , $\beta$ là góc hợp bởi hướng của lực so với phương chuyển động.

Theo định luật II Newton : ${\overrightarrow{F}}_k+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{P}+{\overrightarrow{F}}_{ms}=\overrightarrow{0}$

$s=vt$

Vật chuyển động đều nên công suất tức thời bằng công suất trung bình

$P_{F_K}=\frac{A_{F_k}}{t}=F_k.v\cos \left(\beta \right)$

TH1 Vật đi xuống mặt phẳng nghiêng :

Chiếu lên phương chuyển động :

$$\begin{gathered} F_k.\cos \left(\beta \right)=F_{ms}-P\sin \left(\alpha \right)\Rightarrow F_k=\frac{F_{ms}-P\sin \left(\alpha \right)}{\cos \left(\beta \right)} \\ \Rightarrow F_k=\frac{P\left(\mu \cos \left(\alpha \right)-\sin \left(\alpha \right)\right)}{\mu \sin \left(\beta \right)+\cos \left(\beta \right)} \end{gathered}$$

Chiếu lên phương Oy:$N=P\cos \left(\alpha \right)-F_k\sin \left(\beta \right)\Rightarrow F_{ms}=\mu N$

TH2 Vật đi lên mặt phẳng nghiêng

Chiếu lên phương chuyển động:

$$\begin{gathered} F_k\cos \left(\beta \right)=F_{ms}+P\sin \left(\alpha \right)\Rightarrow F_k=\frac{F_{ms}+P\sin \left(\alpha \right)}{\cos \left(\beta \right)} \\ \Rightarrow F_k=\frac{P\left(\mu \cos \left(\alpha \right)+\sin \left(\alpha \right)\right)}{\mu \sin \left(\beta \right)+\cos \left(\beta \right)} \end{gathered}$$

Chiếu lên phương Oy :$N=P\cos \left(\alpha \right)-F_k\sin \left(\beta \right)\Rightarrow F_{ms}=\mu N$

TH3 Vật đi trên mặt phẳng ngang 

$$\begin{gathered} \alpha =0\Rightarrow F_k=\frac{P-F_k\sin \left(\beta \right)}{\cos \left(\beta \right)}\Rightarrow F_k=\frac{P\mu }{\mu \sin \left(\beta \right)+\cos \left(\beta \right)} \\ {F}_{ms}=\mu \left(P-F_k\sin \left(\beta \right)\right) \end{gathered}$$

Khi lực $F_k$ có hướng lệch xuống ta thay $\sin \beta$bằng $-\sin \left(\beta \right)$

TH1 Khi vật chuyển động trên mặt nghiêng :

$$\begin{gathered} N=P_y=P\cos \left(\alpha \right) \\ \Rightarrow A_{Fms}=-F_{ms}.s=-\mu .P.s.\cos \left(\alpha \right) \end{gathered}$$

TH2 Khi vật chịu lực F tác dụng và lệch góc $\beta$ hướng lên so với phương chuyển động

$N=P-F\sin \left(\beta \right)$

$\Rightarrow A_{Fms}=-\mu .\left(P-F\sin \left(\beta \right)\right).s$

TH3 Khi vật chịu lực F tác dụng và lệch góc $\beta$ hướng xuống so với phương chuyển động

$$\begin{gathered} N=P+F\sin \left(\beta \right) \\ \Rightarrow A_{Fms}=-\mu \left(P+F\sin \left(\beta \right)\right) \end{gathered}$$

Đối với bài toán vừa trên mặt nghiêng và lực lệch góc 

$N=P\cos \left(\alpha \right)\pm F\sin \left(\beta \right)$

$\Rightarrow A_{Fms}=-\mu N$

$$\begin{gathered} N=P \\ {F}_{ms}=\mu N \end{gathered}$$

Công thức

$v_{n0}=\omega \sqrt{{\left(A-\left(2n-1\right)x_0\right)}^2-{x^2}_0}$

Với $x_0=\frac{\mu mg}{k}$  độ giảm biên độ $\frac{1}{4}$ chu kì , n số lần qua VTCB

Vận tốc cực đại qua VTCB lần đầu:

$v_{max}=\omega \left(A-x_0\right)$