Bài tập điện trường

+ Cường độ điện trường do điện tích ${q_1}$ gây ra tại M:

${E_1} = k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{M^2}}} = {9.10^9}\dfrac{{\left| {{{6.10}^{ - 7}}} \right|}}{{0,{{03}^2}}} = {60.10^5}V/m$

+ Cường độ điện trường do điện tích ${q_2}$ gây ra tại M:

${E_2} = k\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{B{M^2}}} = {9.10^9}\dfrac{{\left| { - {{8.10}^{ - 7}}} \right|}}{{0,{{08}^2}}} = 11,{25.10^5}V/m$

Cường độ điện trường tổng hợp tại M: $\vec E = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}} {\rm{ }}$

Từ hình vẽ ta có: $\overrightarrow {{E_1}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{E_2}}  \Rightarrow E = \left| {{E_1} - {E_2}} \right|$

$\Rightarrow E = \left| {{{60.10}^5} - 11,{{25.10}^5}} \right| = 48,{75.10^5}V/m$

Phân tích các lực tác dụng vào quả cầu ta có :

Từ hình vẽ ta có : $\widehat {ROP} = {60^0}$

Tam giác ROT vuông tại O, có :

$\begin{array}{l}\tan \widehat {ROP} = \dfrac{F}{P} \Leftrightarrow \tan {60^0} = \dfrac{{\left| q \right|.E}}{{m.g}}\\ \Rightarrow E = \dfrac{{mg.\tan 60}}{{\left| q \right|}} = \dfrac{{{{10}^{ - 3}}.10.\tan 60}}{{{{10}^{ - 5}}}} = 1732V/m\end{array}$

+ 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:

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

$q_2 = - 2\sqrt{2}.2,5.10^{ - 8}C = - 5\sqrt{2}.10^{ - 8}C.$

Vectơ cường độ điện trường tại D:

$\overrightarrow {{E_D}}  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}}  + \overrightarrow {{E_3}}  = \overrightarrow {{E_{13}}}  + \overrightarrow {{E_2}}$

Do $\overrightarrow {{E_D}}  = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{E_{13}}}  + \overrightarrow {{E_2}}  = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{E_{13}}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{E_2}} \\{E_{13}} = {E_2}\end{array} \right.$

Vì nên ${q_1};{q_3}$ phải là điện tích dương.

Từ hình vẽ ta có:

$\begin{array}{l}{E_1} = {E_{13}}\cos \alpha  = {E_2}.\cos \alpha  \Leftrightarrow k.\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{D^2}}} = k.\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{B{D^2}}}.\dfrac{{AD}}{{BD}}\\ \Rightarrow \left| {{q_1}} \right| = \dfrac{{A{D^3}}}{{B{D^3}}}.\left| {{q_2}} \right| = \dfrac{{A{D^3}}}{{{{\left( {\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} } \right)}^3}}}.\left| {{q_2}} \right|\\ \Rightarrow {q_1} = \dfrac{{{3^3}}}{{{{\left( {\sqrt {{3^2} + {4^2}} } \right)}^3}}}.12,{5.10^{ - 8}} = 2,{7.10^{ - 8}}C\end{array}$

Tương tự ta có:

$\begin{array}{l}{E_3} = {E_{13}}\sin \alpha  = {E_2}.sin\alpha  \Leftrightarrow k.\dfrac{{\left| {{q_3}} \right|}}{{A{B^2}}} = k.\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{B{D^2}}}.\dfrac{{AB}}{{BD}}\\ \Rightarrow \left| {{q_3}} \right| = \dfrac{{A{B^3}}}{{B{D^3}}}.\left| {{q_2}} \right| = \dfrac{{A{B^3}}}{{{{\left( {\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} } \right)}^3}}}.\left| {{q_2}} \right|\\ \Rightarrow {q_3} = \dfrac{{{4^3}}}{{{{\left( {\sqrt {{3^2} + {4^2}} } \right)}^3}}}.12,{5.10^{ - 8}} = 6,{4.10^{ - 8}}C\end{array}$

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:

$\cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt {{l^2} - {d^2}} }}{l} = \dfrac{P}{R} \Rightarrow R = P.\dfrac{l}{{\sqrt {{l^2} - {d^2}} }} = mg.\dfrac{l}{{\sqrt {{l^2} - {d^2}} }}$

$\Rightarrow R = 4,{5.10^{ - 3}}.10.\dfrac{2}{{\sqrt {{2^2} - {1^2}} }} = 0,052N$

Vậy độ lớn lực căng dây: $T = R = 0,052N$

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

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

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 điện trường tổng hợp là:

$E = \sqrt {E_1^2 + E_2^2}  = \sqrt {{{\left( {{{6.10}^4}} \right)}^2} + {{\left( {{{8.10}^4}} \right)}^2}}  = {10.10^4}V/m$

Quả cầu chịu tác dụng của lực căng $\overrightarrow T$, trọng lực $\overrightarrow P$ và lực điện trường $\overrightarrow F$.

Lực căng $\overrightarrow T$ và trọng lực $\overrightarrow P$ là hai lực cân bằng.

Suy ra, độ lớn lực điện trường tác dụng lên quả cầu là:

$F = E.q = {10^6}{.5.10^{ - 9}} = {5.10^{ - 3}}N$