Bài tập định luật Culông (Phần 1)

Để q₃ cân bằng \( \Rightarrow \overrightarrow {{F_{13}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}  = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{F_{13}}} \, \uparrow  \downarrow \,\overrightarrow {{F_{23}}} \,\,\,\left( 1 \right)\\{F_{13}} = {F_{23}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Do \({q_1};{q_2}\) cùng dấu → Để lực tổng hợp tại C bằng 0 thì C nằm trên đường nối q₁, q₂ và nằm trong khoảng q₁, q₂ 

\( \Rightarrow AC + BC = AB\,\,\,\,\left( * \right)\)

Lại có: \({F_{13}} = {F_{23}} \Leftrightarrow \dfrac{{k\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{A{C^2}}}\, = \,\dfrac{{k\left| {{q_2}{q_3}} \right|}}{{B{C^2}}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\left| {{q_2}} \right|}}\, = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = 1 \Rightarrow AC = BC\,\,\,\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AC + BC = AB\,\\AC = BC\end{array} \right. \Rightarrow AC = BC = \dfrac{{AB}}{2}\)

Vậy \({q_3}\) đặt tại trung điểm của AB.

Để q₀ cân bằng \( \Rightarrow \overrightarrow {{F_{10}}}  + \overrightarrow {{F_{20}}}  = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{F_{10}}} \, \uparrow  \downarrow \,\overrightarrow {{F_{20}}} \,\,\,\left( 1 \right)\\{F_{10}} = {F_{20}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Do \({q_1};{q_2}\) cùng dấu → Để lực tổng hợp tại M bằng 0 thì M nằm trên đường nối q₁, q₂ và nằm trong khoảng q₁, q₂ \( \Rightarrow {r_1} + {r_2} = d\,\,\,\left( * \right)\)

Lại có: \({F_{10}} = {F_{20}} \Leftrightarrow \dfrac{{k\left| {{q_1}{q_0}} \right|}}{{r_1^2}}\, = \,\dfrac{{k\left| {{q_2}{q_0}} \right|}}{{r_2^2}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{\left| {{q_2}} \right|}}\, = \dfrac{{r_1^2}}{{r_2^2}} = \dfrac{q}{{4q}}\, = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \dfrac{{{r_1}}}{{{r_2}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 2{r_1} = {r_2}\,\,\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{r_1} + {r_2} = d\,\\2{r_1} = {r_2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{r_1} = \dfrac{d}{3}\\{r_2} = \dfrac{{2d}}{3}\end{array} \right.\)

Điện tích q₃ sẽ chịu hai lực tác dụng của q₁ và q₂ là:\(\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} \)

Lực tổng hợp tác dụng lên q₃ là: \(\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} \)

Ta có: CA = 4cm, CB = 2cm

Vì AC + CB = AB nên C nằm trong đoạn AB.

Biểu diễn các lực tác dụng lên q₃ như hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy: \(\overrightarrow {{F_1}} \, \uparrow  \uparrow \,\overrightarrow {{F_2}}  \Rightarrow F = {F_1} + {F_2}\)

Với: \(\left\{ \begin{array}{l}{F_1} = \dfrac{{k.\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| {{{8.10}^{ - 8}}{{.8.10}^{ - 8}}} \right|}}{{0,{{04}^2}}} = 0,036N\\{F_2} = \dfrac{{k.\left| {{q_2}{q_3}} \right|}}{{B{C^2}}} = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| { - {{8.10}^{ - 8}}{{.8.10}^{ - 8}}} \right|}}{{0,{{02}^2}}} = 0,144N\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow F = {F_1} + {F_2} = 0,036 + 0,144 = 0,18N\)

Điện tích q₁ sẽ chịu hai lực tác dụng của q₂ và q₃ là:\(\overrightarrow {{F_2}} ;\overrightarrow {{F_3}} \)

Lực tổng hợp tác dụng lên q₁ là: \(\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}} \)

Ta có: AB = 5 cm, BC = 1 cm, AC = 4 cm → Ba điểm A, B, C thẳng hàng.

Biểu diễn các lực tác dụng lên q₁ như hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy: \(\overrightarrow {{F_2}} \, \uparrow  \uparrow \,\overrightarrow {{F_3}}  \Rightarrow F = {F_2} + {F_3}\)

Với: \(\left\{ \begin{array}{l}{F_2} = \dfrac{{k.\left| {{q_2}{q_1}} \right|}}{{A{B^2}}} = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| {{{5.10}^{ - 8}}.\left( { - {{10}^{ - 7}}} \right)} \right|}}{{0,{{05}^2}}} = 0,018N\\{F_3} = \dfrac{{k.\left| {{q_3}{q_1}} \right|}}{{A{C^2}}} = \dfrac{{{{9.10}^9}.\left| {{{4.10}^{ - 8}}.\left( { - {{10}^{ - 7}}} \right)} \right|}}{{0,{{04}^2}}} = 0,0225N\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow F = {F_1} + {F_2} = 0,018 + 0,0225 = 0,0405N\)

Ta có:

\(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = {9.10^9}.\dfrac{{\left| { - {{6.10}^{ - 6}}{{.8.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,{{04}^2}}} = 270N\)

Lại có: \({q_1},{q_2}\) trái dấu => lực tương tác là lực hút.

Theo định luật Cu-lông ta có: lực tác dụng của điện tích q­₁ lên q₂ và lực tác dụng của điện tích q₂ lên q₁ bằng nhau:

 \({F_{12}} = {F_{21}} = F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\)

Ta có:

+ Khi r₁ = 4cm: Lực tương tác tĩnh điện giữa hai điện tích:

\(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r_1}^2}}\)

+ Khi r₂ = 1cm: Lực tương tác tĩnh điện giữa hai điện tích:

\(F' = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r_2}^2}}\)

\( \to \dfrac{{F'}}{F} = \dfrac{{r_1^2}}{{r_2^2}} = \dfrac{{{{({{4.10}^{ - 2}})}^2}}}{{{{({{10}^{ - 2}})}^2}}} = 16 \to F' = 16F\)

+ Khi $2$ điện tích đặt trong không khí, $ε = 1$:

\(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\)

+ Khi đặt $2$ điện tích vào trong dầu có $ε = 2$, và \(r' = \dfrac{r}{3}\) :

\(F' = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon r{'^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{2.\dfrac{{{r^2}}}{9}}} = \dfrac{9}{2}k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = \dfrac{9}{2}F\)

Ta có, q₁.q₂ < 0 => lực tương tác giữa hai điện tích là lực hút

Theo định luật Cu-lông, ta có:

\(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = {9.10^9}\dfrac{{\left| {{{3.10}^{ - 6}}.( - {{3.10}^{ - 6}})} \right|}}{{2.{{(0,03)}^2}}} = 45N\)

Theo định luật Cu-lông, ta có:

 \(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\)

- Đặt trong chân không: => ε = 1

$F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} \to r = \sqrt {k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{F}} = \sqrt {{{9.10}^9}\dfrac{{\left| {{{10}^{ - 7}}{{.4.10}^{ - 7}}} \right|}}{{0,1}}} = 0,06m = 6cm$

Ta có, lực tương tác giữa hai điện tích điểm:

\(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} \to \left| {{q_1}{q_2}} \right| = \dfrac{{F.{r^2}}}{{\varepsilon k}} = \dfrac{{1,{{8.10}^{ - 4}}.{{(0,05)}^2}}}{{{{1.9.10}^9}}} = {5.10^{ - 17}}\)

Mặt khác, ta có 2 điện tích giống nhau=>

\(\;{q_1} = {q_2} =  \pm \sqrt {{{5.10}^{ - 17}}}  =  \pm 7,{07.10^{ - 9}}C\)

=> Độ lớn của hai điện tích q₁ và q₂ là: \(7,{07.10^{ - 9}}C\)

Ta có:

+ Điện tích của 1 electron là: e = -1,6.10^-19C

Mỗi hạt bụi chứa 5.10⁸ electron => Mỗi hạt bụi có điện tích là q₁ = q₂ = q = 5.10⁸.(-1,6.10^-19) = - 8.10^-11 C

+Lực đẩy tĩnh điện giữa hạt:

\(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = k\frac{{\left| {{q^2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = {9.10^9}\frac{{\left| {{{( - {{8.10}^{ - 11}})}^2}} \right|}}{{1.{{({{2.10}^{ - 2}})}^2}}} = 1,{44.10^{ - 7}}N\)

Ta có:

+ Ban đầu 2 vật cô lập tức điện tích tổng cộng bằng 0 vì cả 2 đều trung hòa điện

+ Sau khi cọ sát, hai vật đều nhiễm điện - nhưng tổng đại số điện tích của 2 vật trong hệ vẫn bằng 0 => 2 vật đều tích điện nhưng trái dấu và có độ lớn bằng nhau nói cách khác độ lớn điện tích dương xuất hiện trên vật này đúng bằng độ lớn điện tích âm xuất hiện trên vật kia.

Theo đầu bài, ta có thanh ebônít sau khi cọ xát với tấm dạ thì có điện tích -3.10^-8C => tấm dạ có điện tích 3.10^-8C

Ta có:

+ Khi khoảng cách giữa hai điện tích r:

\(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = {2.10^{ - 6}}N\)

+ Khi đưa chúng ra xa nhau thêm 2cm: r’ = r + 0,02:

\(F' = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{r{'^2}}} = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{{(r + 0,02)}^2}}} = {5.10^{ - 7}}N\)

\(\begin{array}{l} \to \frac{F}{{F'}} = \frac{{r{'^2}}}{{{r^2}}} = \frac{{{{(r + 0,02)}^2}}}{{{r^2}}} = \frac{{{{2.10}^{ - 6}}}}{{{{5.10}^{ - 7}}}} = 4\\ \to r + 0,02 = 2{\rm{r}} \to r = 0,02m = 2cm\end{array}\)

Ta có:

- Ban đầu khi chưa cho tiếp xúc:

       +  \(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} \to \left| {{q_1}{q_2}} \right| = \frac{{F{{\rm{r}}^2}}}{k} = \frac{{{\rm{3,6}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{ - 4}}{\rm{.(0,2}}{{\rm{)}}^2}}}{{{{9.10}^9}}} = 1,{6.10^{ - 15}}\)

       + Lực hút => q₁, q₂ trái dấu => q₁.q₂ = -1,6.10^-15

- Gọi q₁’, q₂’ lần lượt là điện tích của quả cầu 1 và 2 sau khi tiếp xúc với nhau

       +Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

       \(\begin{array}{l}\sum {{q_{truo{c_{t{\rm{x}}}}}} = {{\sum q }_{sa{u_{t{\rm{x}}}}}}} \\{q_1} + {q_2} = {q_1}' + {q_2}'\end{array}\)

       +Vì hai quả cầu tiếp xúc => điện tích trên các quả cầu được phân bố lại. Do giống nhau nên phân bố điện tích là giống nhau.

       \( \to {q_1}' = {q_2}' = q' = \frac{{{q_1} + {q_2}}}{2}\)

       + Áp dụng định luật Cu-lông cho trường hợp sau tiếp xúc, ta có:

       \(\begin{array}{l}F' = k\frac{{\left| {{q_1}'{q_2}'} \right|}}{{{r^2}}} = k\frac{{\left| {q{'^2}} \right|}}{{{r^2}}} \to \left| {q{'^2}} \right| = \frac{{F'{{\rm{r}}^2}}}{k} = \frac{{{\rm{2,025}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{ - 4}}{\rm{.(0,2}}{{\rm{)}}^2}}}{{{{9.10}^9}}} = {9.10^{ - 16}}\\ \to \left| {q'} \right| = {3.10^{ - 8}} = \left| {\frac{{{q_1} + {q_2}}}{2}} \right| \to \left| {{q_1} + {q_2}} \right| = {6.10^{ - 8}}\end{array}\)

* TH 1: \(\left\{ \begin{array}{l}{q_1}.{q_2} =  - 1,{6.10^{ - 15}}\\{q_1} + {q_2} = {6.10^{ - 8}}\end{array} \right.\)

Theo vi-ét: Ta có: \({X^2} - SX + P = 0\)  

\(\begin{array}{l} \to {X^2} - {6.10^{ - 8}}X - 1,{6.10^{ - 15}} = 0\\ \to \left\{ \begin{array}{l}{q_1} = {8.10^{ - 8}}\\{q_2} =  - {2.10^{ - 8}}\end{array} \right.hoac\left\{ \begin{array}{l}{q_1} =  - {2.10^{ - 8}}\\{q_2} = {8.10^{ - 8}}\end{array} \right.\end{array}\)

* TH 2: \(\left\{ \begin{array}{l}{q_1}.{q_2} =  - 1,{6.10^{ - 15}}\\{q_1} + {q_2} =  - {6.10^{ - 8}}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \to {X^2} + {6.10^{ - 8}}X - 1,{6.10^{ - 15}} = 0\\ \to \left\{ \begin{array}{l}{q_1} =  - {8.10^{ - 8}}\\{q_2} = {2.10^{ - 8}}\end{array} \right.hoac\left\{ \begin{array}{l}{q_1} = {2.10^{ - 8}}\\{q_2} =  - {8.10^{ - 8}}\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có:

- Lực đẩy giữa hai prôtôn: \({F_1} = k\dfrac{{{q^2}}}{{{r^2}}}\)

- Lực hấp dẫn giữa hai prôtôn:\({F_2} = G\dfrac{{{m^2}}}{{{r^2}}}\)

- Lập tỉ số: \(\dfrac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \dfrac{{k{q^2}}}{{G{m^2}}} = \dfrac{{{{9.10}^9}{{\left( {1,{{6.10}^{ - 19}}} \right)}^2}}}{{6,{{67.10}^{ - 11}}.{{\left( {1,{{67.10}^{ - 27}}} \right)}^2}}} \approx 1,{24.10^{36}}\)      

$ =  > {F_1} = 1,{24.10^{36}}{F_2}$     (Lần)

Vị trí các điện tích như hình vẽ.

+  Lực do q₁ tác dụng lên q_o: 

  \({F_{10}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_0}} \right|}}{{A{C^2}}} = {9.10^9}\dfrac{{\left| {{{10}^{ - 7}}{{.10}^{ - 7}}} \right|}}{{0,{{05}^2}}} = 0,036N\)

+  Lực do q₂ tác dụng lên q_o:

 \({F_{20}} = {F_{10}} = 0,036N\) ( do \(\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\))

+  Do \({F_{20}} = {F_{10}}\) nên hợp lực F_o tác dụng lên q_o:

\({F_o} = 2{F_{10}}.\cos {C_1} = 2.{F_{10}}.\cos A = 2.{F_{10}}.\dfrac{{AH}}{{AC}}\)

\({F_o} = 2.0,036.\dfrac{4}{5} = 57,{6.10^{ - 3}}N\)

+ Vậy  có phương // AB, cùng chiều với vectơ \(\overrightarrow {AB} \) (hình vẽ) và có độ lớn:

\({F_o} = 57,{6.10^{ - 3}}N\)

Các điện tích $q_1$ và $q_2$ tác dụng lên điện tích $q_3$ các lực $\overrightarrow {{F_1}} $và $\overrightarrow {{F_2}} $có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn:
${F_1} = {9.10^9}.\dfrac{{|{q_1}{q_3}|}}{{A{C^2}}} = 3,75N$
${F_2} = {9.10^9}.\dfrac{{|{q_2}{q_3}|}}{{B{C^2}}} = 5,625N$
Lực tổng hợp do q1 và q2 tác dụng lên q3 là:
\(\overrightarrow F = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} \)
có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn:
$F = \sqrt {F_1^2 + F_2^2} \approx 6,76N$

- Các điện tích q₁ và q₂ tác dụng lên điện tích q₃

\(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\)

 các lực $\overrightarrow {{F_1}} $ và $\overrightarrow {{F_2}} $ có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn:

${F_1} = {F_2} = {9.10^9}.\dfrac{{|{q_1}{q_3}|}}{{A{C^2}}} = {72.10^{ - 3}}N$

Lực tổng hợp do q₁ và q₂ tác dụng lên q₃ là:

$\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} $

có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn: 

$F = {F_1}.\cos \alpha  + {F_2}.\cos \alpha  = 2{F_1}.\cos \alpha  = 2.{F_1}.\dfrac{{\sqrt {A{C^2} - A{H^2}} }}{{AC}} \approx {136.10^{ - 3}}N$

Phân tích các lực tác dụng lên quả cầu:

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

Đặt \(\overrightarrow {T'}  = \overrightarrow P  + \overrightarrow {{F_d}}  \Rightarrow \overrightarrow {T'}  + \overrightarrow T  = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {T'} \, \uparrow  \downarrow \overrightarrow T \\T' = T\end{array} \right.\)

Hai dây treo hợp với nhau một góc 40⁰\( \Rightarrow \alpha  = {20^0}\)

Từ hình vẽ ta có:

\(\begin{array}{l}\tan \alpha  = \dfrac{{{F_d}}}{P} \Rightarrow {F_d} = P.\tan \alpha  = mg.\tan \alpha \\ \Rightarrow {F_d} = 0,{2.10^{ - 3}}.10.\tan 20 = 7,{23.10^{ - 4}}N\end{array}\)

Ta có: \(T = T'\)

Từ hình vẽ ta có: \(T' = \dfrac{P}{{\cos \alpha }} = \dfrac{{0,{{2.10}^{ - 3}}.10}}{{\cos 20}} = 2,{13.10^{ - 3}}N\)

Vậy lực căng dây: \(T = 2,{13.10^{ - 3}}N\)