Bài tập điện trường

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{E_1} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon r_1^2}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {{{4.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,{{03}^2}}} = {4.10^7}V/m\\{E_2} = k\frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{\varepsilon r_2^2}} = {9.10^9}.\frac{{\left| { - {{4.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,{{08}^2}}} = 0,{5625.10^7}V/m\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{E_1}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{E_2}} \\{E_1} > {E_2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow E  \uparrow  \uparrow \overrightarrow {{E_1}} \\E = {E_1} - {E_2} = 34,{375.10^6}V/m\end{array} \right.\)

Ta có: q₁, q₂ trái dấu.

Cường độ điện trường tại M bằng 0 khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{E_{1M}}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{E_{2M}}} \\{E_{1M}} = {E_{2M}}\end{array} \right.\)

=> M nằm trên đường thẳng AB, nằm ngoài đoạn AB, gần A, cách A một đoạn x (m)

\(\begin{array}{l}{E_{1M}} = {E_{2M}} \Leftrightarrow k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon M{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{\varepsilon M{B^2}}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{16.10}^{ - 9}}}}{{{x^2}}} = \dfrac{{{{36.10}^{ - 9}}}}{{{{\left( {x + 0,1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow x = 0,2m = 20cm\end{array}\)

Cường độ điện trường tại M do Q gây ra là   \(E = \dfrac{{k\left| Q \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = {9.10^5}(V/m)\;\;\;\)

Ta có:

\(F = P \Leftrightarrow \left| q \right|E = mg \Leftrightarrow \left| q \right| = \dfrac{{mg}}{E} = \dfrac{{{{10}^{ - 8}}{{.10}^{ - 3}}.10}}{{1000}} = {10^{ - 13}}C\)

Hạt bụi nằm cân bằng nên F_đ hướng lên => q < 0

\( \Rightarrow q =  - {10^{ - 13}}C\)

+ Cường độ điện trường tổng hợp tại D:\(\overrightarrow {{E_D}}  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}}  + \overrightarrow {{E_3}} \)

Trong đó \(\overrightarrow {{E_1}} ;\overrightarrow {{E_2}} ;\overrightarrow {{E_3}} \) lần lượt là vecto cường độ điện trường do các điện tích \({q_1};{q_2};{q_3}\)gây ra tại D.

+ Vì \(\left\{\begin{matrix} q_1 = q_3 \\ AD = CD \end{matrix}\right. \Rightarrow E_1 = E_3 \Rightarrow E_{13} = \sqrt {2}E_1 = \sqrt {2}.\dfrac{k\left | q \right |}{a^2}\)

+ Ta có: \(\overrightarrow {{E_D}}  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}}  + \overrightarrow {{E_3}}  = \overrightarrow {{E_{13}}}  + \overrightarrow {{E_2}} \)

Để cường độ điện trường tại O triệt tiêu thì 

\(\overrightarrow {{E_D}}  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {{E_{13}}}  + \overrightarrow {{E_2}}  = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{E_{13}}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{E_2}} \,\,\left( 1 \right)\\{E_{13}} = {E_2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Từ (1) \( \Rightarrow \overrightarrow {{E_2}} \) hướng lại gần \({q_2} \Rightarrow {q_2} < 0\)

Từ (2) ta có:

\({E_2} = {E_{13}} \Leftrightarrow \dfrac{{k\left| {{q_2}} \right|}}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \sqrt 2 .\dfrac{{k\left| q \right|}}{{{a^2}}} \Rightarrow \left| {{q_2}} \right| = 2\sqrt 2 .\left| q \right| = 2\sqrt 2 \left| q \right|\)

\(\Rightarrow q_2 = - 2\sqrt{2}q.\)

Ta có: \(F = E.q\)

Suy ra: \(\dfrac{F_2}{F_1}=\dfrac{E_2q_2}{E_1q_1}\)

Lại có \(F_1=5F_2\) và \(q_1=2q_2\)

Ta suy ra: \(\dfrac{F_2}{5F_2}=\dfrac{E_2q_2}{E_1.2q_2}\)

=> \({E_2} = 0,4{E_1}\)

Lực tác dụng vào quả cầu: \(\overrightarrow P ;\overrightarrow {{F_d}} ;\overrightarrow T \)

Biểu diễn các lực tác dụng vào quả cầu như hình vẽ:

Khi quả cầu cân bằng:  \(\overrightarrow P  + \overrightarrow {{F_d}}  + \overrightarrow T  = 0\)

Đặt: \(\overrightarrow R  = \overrightarrow P  + \overrightarrow {{F_d}}  \Rightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow T  \uparrow  \downarrow \overrightarrow R \\T = R\,\end{array} \right.\)

Từ hình vẽ ta có:

\(\tan \alpha  = \dfrac{d}{{\sqrt {{l^2} - {d^2}} }} = \dfrac{F}{P} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {{2^2} - {1^2}} }} = \dfrac{{\left| q \right|E}}{{mg}} \Rightarrow \left| q \right| = \dfrac{{mg}}{{E\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow \left| q \right| = \dfrac{{4,{{5.10}^{ - 3}}.10}}{{2000\sqrt 3 }} = 1,{3.10^{ - 5}}C\)

Do \(\overrightarrow {{F_d}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow E  \Rightarrow q < 0 \Rightarrow q =  - 1,{3.10^{ - 5}}C\)

Điểm M nằm trên đường trung trực của AB, ta có: \(AM = BM\)

Cường độ điện trường do hai điện tích gây ra tại M là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{E_1} = k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon .A{M^2}}}\\{E_2} = k\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{\varepsilon .B{M^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow {E_1} = {E_2}\)

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy vecto cường độ điện trường tổng hợp tại M song song với AB

Ta có NA = 2cm, NB = 10cm và AB = 8cm nên N nằm trên đường thẳng AB và nằm ngoài AB.

Cường độ điện trường tổng hợp tại N: \({\vec E_N} = \overrightarrow {{E_1}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {{E_2}} \)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{E_1} = k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{N^2}}} = {{9.10}^9}.\dfrac{{{{5.10}^{ - 9}}}}{{0,{{02}^2}}} = 1,{{125.10}^5}(V/m)}\\{{E_2} = k\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{B{N^2}}} = {{9.10}^9}.\dfrac{{{{5.10}^{ - 9}}}}{{0,{1^2}}} = 4500(V/m)}\end{array}} \right.\)

Từ hình vẽ ta có: \(\overrightarrow {{E_1}} {\rm{\;}} \uparrow {\rm{\;}} \uparrow \overrightarrow {{E_2}} {\rm{\;}} \Rightarrow {E_N} = {E_1} + {E_2} = 11,{7.10^4}(V/m)\)

Ta có:

\({E_2} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon .B{C^2}}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {{{16.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,{3^2}}} = {16.10^5}V/m\)

Cường độ điện trường tổng hợp do q₁ và q₂ gây ra tại C là:

\(\overrightarrow E  = {\overrightarrow E _1} + {\overrightarrow E _2}\)

Có phương chiều được biểu diễn như hình vẽ.

Có độ lớn: \(E = {E_1} + {E_2} = {36.10^5} + {16.10^5} = {52.10^5}V/m\)

Độ lớn cường độ điện trường do q₁ gây ra tại C là:

\({E_1} = k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{C^2}}} = {9.10^9}.\dfrac{{\left| {{{4.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,{1^2}}} = {36.10^5}V/m\)

Từ công thức:\(E = \dfrac{{k\left| Q \right|}}{{\varepsilon .{r^2}}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{E_A} = \dfrac{{k\left| Q \right|}}{{\varepsilon .O{A^2}}}\\{E_B} = \dfrac{{k\left| Q \right|}}{{\varepsilon .O{B^2}}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{E_A}}}{{{E_B}}} = \dfrac{{O{B^2}}}{{O{A^2}}} = 9 \Rightarrow \dfrac{{OB}}{{OA}} = 3\)

Điểm M là trung điểm của AB.

Ta biểu diễn vecto cường độ điện trường \(\overrightarrow {{E_{1M}}} ;\overrightarrow {{E_{2M}}} \) như hình vẽ.

Ta có:

Vecto cường độ điện trường tổng hợp: \(\overrightarrow E  = \overrightarrow {{E_{1M}}}  + \overrightarrow {{E_{2M}}} \)

\(\overrightarrow {{E_{1M}}}  \uparrow  \uparrow \overrightarrow {{E_{2M}}}  \Rightarrow E = {E_{1M}} + {E_{2M}}\)

Lại có:

\({E_{1M}} = {E_{2M}} = k\frac{{\left| q \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = {9.10^9}.\frac{{{{4.10}^{ - 8}}}}{{0,{1^2}}} = 36000V/m\)

Suy ra: \(E = {E_{1M}} + {E_{2M}} = 2.36000 = 72000V/m\)

N cách A 10cm, cách B 30cm

Ta biểu diễn vecto cường độ điện trường \(\overrightarrow {{E_{1M}}} ;\overrightarrow {{E_{2M}}} \) như hình vẽ.

Ta có:

\({E_{1M}} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\varepsilon r_{1M}^2}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {{{4.10}^{ - 8}}} \right|}}{{0,{1^2}}} = 36000V/m\)

\({E_{2M}} = k\frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{\varepsilon r_{2M}^2}} = {9.10^9}.\frac{{\left| { - {{4.10}^{ - 8}}} \right|}}{{0,{3^2}}} = 4000V/m\)

Vecto cường độ điện trường tổng hợp: \(\overrightarrow E  = \overrightarrow {{E_{1M}}}  + \overrightarrow {{E_{2M}}} \)

\(\overrightarrow {{E_{1M}}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{E_{2M}}}  \Rightarrow E = \left| {{E_{1M}} - {E_{2M}}} \right| = 32000V/m\)

Ta có, cường độ điện trường \(E = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon .{r^2}}} = {9.10^9}.\dfrac{{{{10}^{ - 9}}}}{{1.{{\left( {0,03} \right)}^2}}} = 10000V/m = {10^4}V/m\)

Ta có:

+ Véctơ cường độ điện trường hướng về phía điện tích \(Q\) nên \(Q < 0\)  (1)

+ Mặt khác, \(E = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\)

Ta suy ra: \(\left| Q \right| = \dfrac{{E.\varepsilon .{r^2}}}{k} = \dfrac{{{{9.10}^4}.2,5.{{\left( {0,4} \right)}^2}}}{{{{9.10}^9}}} = {4.10^{ - 6}}C = 4\mu C\)

Kết hợp với (1) ta suy ra: \(Q =  - 4\mu C\)

Ta có, cường độ điện trường E:

 \(E = \dfrac{F}{{\left| q \right|}} = \dfrac{{6,{{2.10}^{ - 2}}}}{{\left| { - 2,{{5.10}^{ - 7}}} \right|}} = 248000V/m = 2,{48.10^5}V/m\)

Ta có:

+ Cường độ điện trường tại M: \({E_M} = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon r_M^2}}\)

+ Cường độ điện trường tại N: \({E_N} = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon r_N^2}}\)

Ta suy ra:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{E_M}}}{{{E_N}}} = \dfrac{{r_N^2}}{{r_M^2}} = \dfrac{{0,{{17}^2}}}{{0,{{26}^2}}}\\ \Rightarrow {E_N} \approx 3,{5.10^4}V/m\end{array}\) 

Ta có: \(E = k\dfrac{{\left| q \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} \Leftrightarrow {9.10^4} = {9.10^9}\dfrac{{\left| q \right|}}{{2.0,{5^2}}}\)

 \( \Rightarrow \left| q \right| = {5.10^{ - 6}}m\)

Lại có, véctơ cường độ điện trường hướng về phía điện tích \(q\)

\( \Rightarrow q < 0 \Rightarrow q =  - 5\mu m\)

Ta có:

+ Ban đầu: \(E = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\)

+ Khi tăng khoảng cách từ điện tích nguồn đến điểm đang xét tăng lên 2 lần tức là \(r' = 2r\)

Khi đó: \(E' = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon r{'^2}}} = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{\varepsilon 4{r^2}}} = \dfrac{E}{4}\)

=> Cường độ điện trường giảm 4 lần.