Bài tập định luật Culông (Phần 2)

Khi 2 quả cầu cân bằng, ta có:

Từ hình, ta có:

$\begin{array}{l}\sin \alpha  = \dfrac{{\dfrac{r}{2}}}{l} = \dfrac{{\dfrac{{0,05}}{2}}}{{0,5}} = \dfrac{1}{{20}}\\ \Rightarrow \alpha  = 2,{87^0}\end{array}$

+ Các lực tác dụng lên điện tích gồm: Trọng lượng, lực điện và lực căng dây

Ta có: $P = mg = \dfrac{{0,2}}{{1000}}.10 = {2.10^{ - 3}}N$

$F = k\dfrac{{{q^2}}}{{{r^2}}}$

Mặt khác, từ hình ta có:

$\begin{array}{l}\tan \alpha  = \dfrac{F}{P}\\ \Rightarrow F = P.\tan \alpha  = P.\tan 2,{87^0} = {10^{ - 4}}N\\ \Leftrightarrow k\dfrac{{{q^2}}}{{{r^2}}} = {10^{ - 4}}N\\ \Rightarrow {q^2} = 2,{78.10^{ - 17}}\\ \Rightarrow q =  \pm 5,{27.10^{ - 9}}C\end{array}$

- Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow T$, lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện)  $\overrightarrow F$giữa hai quả cầu.

- Khi quả cầu cân bằng, ta có:

$\overrightarrow T  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  = 0 \leftrightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0$

=> $\overrightarrow R$cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow T$$\to \alpha  = {45^0}$

Ta có:

$\begin{array}{l}\tan {45^0} = \dfrac{F}{P}\\ \Rightarrow F = P = mg = \dfrac{4}{{1000}}.10 = 0,04N\end{array}$

- Mặt khác, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\\\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right| = \left| q \right|\end{array} \right. \to F = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}}$

- Từ hình ta có: $r = 2(l\sin {45^0}) = l\sqrt 2$

$\begin{array}{l} \Rightarrow F = k\dfrac{{{q^2}}}{{{r^2}}} = k\dfrac{{{q^2}}}{{2{l^2}}}\\ \Rightarrow \left| q \right| = l\sqrt {\dfrac{{2F}}{k}}  = 0,2\sqrt {\dfrac{{2.0,04}}{{{{9.10}^9}}}}  \approx {6.10^{ - 7}}C\end{array}$

=> Tổng độ lớn điện tích đã truyền cho hai quả cầu là: $Q = 2\left| q \right| = 1,{2.10^{ - 6}}C = 1,2\mu C$

- Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow T$, lực tương tác tĩnh điện$\overrightarrow F$.

- Khi quả cầu cân bằng, ta có:

$\overrightarrow T  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  = 0 \leftrightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0$

=> $\overrightarrow R$cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow T$

=> $\beta  = {60^0}$

=> Tam giác BPR là tam giác đều

$\begin{array}{l} \to F = P \leftrightarrow k\frac{{{q^2}}}{{{l^2}}} = mg\\ \to \left| q \right| = l\sqrt {\frac{{mg}}{k}}  = 0,15\sqrt {\frac{{{{5.10}^{ - 3}}.10}}{{{{9.10}^9}}}}  = 3,{5.10^{ - 7}}C\end{array}$ 

- Gọi:

       + A, B, C lần lượt là các điểm đặt ${q_1},{\rm{ }}{q_2},{\rm{ }}{q_3}$

       + $\overrightarrow {{F_{13}}} ,\overrightarrow {{F_{23}}}$ lần lượt là lực do ${q_1},{\rm{ }}{q_2}$ tác dụng lên ${q_3}$

- Điều kiện cân bằng của q₀: $\overrightarrow {{F_{13}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}  = 0 \to \overrightarrow {{F_{13}}}  =  - \overrightarrow {{F_{23}}}$

=> Điểm C phải thuộc AB

- Vì ${q_1}$ và ${q_2}$ cùng dấu => ${q_3}$ phải nằm trong AB

Lại có:

$\begin{array}{l}{F_{10}} = {F_{20}}\\ \to k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{C{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_2}{q_3}} \right|}}{{C{B^2}}}\\ \leftrightarrow \dfrac{{{q_1}}}{{C{A^2}}} = \dfrac{{{q_2}}}{{C{B^2}}}\\ \to \dfrac{{CB}}{{CA}} = \sqrt {\dfrac{{{q_2}}}{{{q_1}}}}  = \sqrt {\dfrac{{{{4.10}^{ - 8}}}}{{{{10}^{ - 8}}}}}  = 2\\ \to CB = 2CA\end{array}$

Lại có: $CA + CB{\rm{  = 9}}cm$

=> $CA = 3cm$ và $CB = 6cm$

Gọi $\overrightarrow {{F_{13}}} ,\overrightarrow {{F_{23}}}$ lần lượt là lực do ${q_1},{q_2}$ tác dụng lên ${q_3}$

+ Điều kiện cân bằng của ${q_3}$: $\overrightarrow {{F_{12}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}  = \overrightarrow 0$

$\Rightarrow \overrightarrow {{F_{13}}}  =  - \overrightarrow {{F_{23}}}$

$\Rightarrow$ điểm C phải thuộc AB

+ Vì ${q_1}$ và ${q_2}$ cùng dấu nên ta suy ra C phải nằm trong AB

+ Lại có ${F_{13}} = {F_{23}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{C{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_2}{q_3}} \right|}}{{C{B^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{q_1}}}{{C{A^2}}} = \dfrac{{{q_2}}}{{C{B^2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{CB}}{{CA}} = \sqrt {\dfrac{{{q_2}}}{{{q_1}}}}  = \sqrt {\dfrac{{ - 1,{{8.10}^{ - 7}}}}{{ - {{2.10}^{ - 8}}}}}  = 3\end{array}$

$\Rightarrow CB = 3CA$  (1)

$\Rightarrow$ C gần A hơn

+ Mặt khác, ta có: $CA + CB = 8cm$  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}CA = 2cm\\CB = 6cm\end{array} \right.$

- Gọi lực do ${q_1}$ tác dụng lên ${q_3}$ là ${F_{13}}$;   lực do ${q_2}$ tác dụng lên ${q_3}$ là ${F_{23}}$

- Để ${q_3}$ nằm cân bằng: $\overrightarrow {{F_{13}}}  =  - \overrightarrow {{F_{23}}}$

- Do ${q_1},{q_2}$ cùng dấu $\Rightarrow {q_3}$ nằm trong khoảng $AB$

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

$\Rightarrow \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = \left| {\dfrac{{{q_1}}}{{{q_2}}}} \right| = \dfrac{1}{9}$

$\Rightarrow BC = 3AC$    (1)

Lại có : $AC + BC = 8cm$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra : $\left\{ \begin{array}{l}AC = 2cm\\BC = 6cm\end{array} \right.$

- Gọi $\overrightarrow {{F_{31}}} ,\overrightarrow {{F_{21}}}$ lần lượt là lực do ${q_3},{q_2}$ tác dụng lên ${q_1}$

+ Điều kiện cân bằng của ${q_1}$: $\overrightarrow {{F_{31}}}  + \overrightarrow {{F_{21}}}  = \overrightarrow 0$

$\Rightarrow \overrightarrow {{F_{31}}}  =  - \overrightarrow {{F_{21}}}$

$\Rightarrow \overrightarrow {{F_{31}}}$ ngược chiều $\overrightarrow {{F_{21}}}$

Ta suy ra, ${F_{31}}$ là lực hút

$\Rightarrow {q_3} > 0$

+ Lại có: ${F_{31}} = {F_{21}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow k\dfrac{{\left| {{q_3}{q_1}} \right|}}{{A{C^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_2}{q_1}} \right|}}{{A{B^2}}}\\ \Rightarrow \left| {{q_3}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\dfrac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = 1,{8.10^{ - 7}}\dfrac{{{2^2}}}{{{8^2}}} = 1,{125.10^{ - 8}}C\end{array}$

$\Rightarrow {q_3} = 1,{125.10^{ - 8}}C$  (do lập luận suy ra ${q_3} > 0$ ở trên) (1)

- Gọi $\overrightarrow {{F_{32}}} ,\overrightarrow {{F_{12}}}$ lần lượt là lực do ${q_3},{q_1}$ tác dụng lên ${q_2}$

+ Điều kiện cân bằng của ${q_1}$: $\overrightarrow {{F_{32}}}  + \overrightarrow {{F_{12}}}  = \overrightarrow 0$

$\Rightarrow \overrightarrow {{F_{32}}}  =  - \overrightarrow {{F_{12}}}$

$\Rightarrow \overrightarrow {{F_{32}}}$ ngược chiều $\overrightarrow {{F_{12}}}$

$\Rightarrow {F_{32}}$ là lực hút

$\Rightarrow {q_3} > 0$

Lại có: ${F_{32}} = {F_{12}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow k\dfrac{{\left| {{q_3}{q_2}} \right|}}{{C{B^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{A{B^2}}}\\ \Rightarrow \left| {{q_3}} \right| = \left| {{q_1}} \right|\dfrac{{C{B^2}}}{{A{B^2}}} = {2.10^{ - 8}}\dfrac{{{6^2}}}{{{8^2}}} = 1,{125.10^{ - 8}}C\end{array}$

$\Rightarrow {q_3} = 1,{125.10^{ - 8}}C$  (do lập luận suy ra ${q_3} > 0$ ở trên) (2)

Vậy với ${q_3} = 1,{125.10^{ - 8}}C$ thì hệ thống cân bằng

Vì 3 điện tích ${q_1},{\rm{ }}{q_2},{\rm{ }}{q_3}$ bằng nhau, nên nếu một điện tích cân bằng thì cả ba điện tích sẽ cân bằng

- Xét lực tác dụng lên ${q_3}$ là: $\overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow {{F_{13}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}$

Với

$\begin{array}{l}{F_{13}} = {F_{23}} = k\dfrac{{{q^2}}}{{{a^2}}}\\ \Rightarrow {F_3} = 2{F_{13}}{\rm{cos3}}{{\rm{0}}^0} = {F_{13}}\sqrt 3  = \dfrac{{k{q^2}}}{{{a^2}}}\sqrt 3 \end{array}$

- Lực $\overrightarrow {{F_3}}$ có phương là phân giác của góc C

=> Để q₃ cân bằng thì cần phải có thêm lực $\overrightarrow {{F_{03}}}$ do q₀ tác dụng lên q₃ sao cho $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{F_3}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{F_{03}}} \\{F_3} = {F_{03}}\end{array} \right.$

$\to {q_0} < 0$

- Xét tương tự với ${q_1},{\rm{ }}{q_2},{\rm{ }}{q_3}$ thì ${q_0}$ phải nằm tại tâm của tam giác và điện tích ${q_0} < 0$:

Vậy:

$\begin{array}{l}{F_{03}} = {F_3} = k\dfrac{{\left| {{q_0}{q_3}} \right|}}{{{{\left( {\dfrac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_0}q} \right|}}{{{a^2}}}3\\ \Leftrightarrow k\dfrac{{\left| {{q_0}q} \right|}}{{{a^2}}}3 = k\dfrac{{{q^2}}}{{{a^2}}}\sqrt 3 \\ \Rightarrow {q_0} =  - 1,15\mu C\end{array}$

Ta có:

+ Khi chưa đặt điện tích, lực căng của sợi dây bằng trọng lượng của quả cầu

$T = P = mg = \dfrac{{1,6}}{{1000}}.10 = 0,016N$

+ Khi đặt điện tích ${q_2}$ ở dưới điện tích ${q_1}$, để lực căng dây giảm đi một nửa thì lực tương tác giữa hai điện tích phải có chiều như hình vẽ:

=> Tương tác giữa hai điện tích là tương tác đẩy (hai điện tích cùng dấu)

Mà ${q_1} > 0 \Rightarrow {q_2} > 0$

$\begin{array}{l}T' = P - {F_{21}} = \dfrac{T}{2}\\ \Rightarrow {F_{21}} = P - \dfrac{T}{2} = P - \dfrac{P}{2} = \dfrac{P}{2} = \dfrac{{0,016}}{2} = {8.10^{ - 3}}N\end{array}$

Mặt khác, ta có: ${F_{21}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = {8.10^{ - 3}}N$

Ta suy ra: ${q_2} = \dfrac{{{F_{21}}.{r^2}}}{{k{q_1}}} = \dfrac{{{{8.10}^{ - 3}}.{{\left( {0,03} \right)}^2}}}{{{{9.10}^9}{{.2.10}^{ - 7}}}} = {4.10^{ - 9}}C$

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BA + BC + 60cm\\{F_{12}} = {F_{32}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60cm\\k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{B{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_3}{q_2}} \right|}}{{B{C^2}}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60cm\\k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{B{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {\dfrac{{{q_1}}}{4}{q_2}} \right|}}{{B{C^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60cm\\\dfrac{1}{{B{A^2}}} = \dfrac{1}{{4B{C^2}}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60\\BA = 2BC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = 20cm\\BA = 40cm\end{array} \right.\end{array}$

Cách giải:

Hai điện tích đẩy nhau nên chúng cùng dấu, mặt khác tổng hai điện tích này là số âm do đó có hai điện tích đều âm

Ta có: $F = \frac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} \Rightarrow \left| {{q_1}{q_2}} \right| = \frac{{F.{r^2}}}{k} = {8.10^{ - 12}} \Rightarrow {q_1}{q_2} = {8.10^{ - 12}}\,\,\,\left( 1 \right)$

Kết hợp với giả thuyết q₁ + q₂ = - 6.10^-6 C   (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{q_1}.{q_2}\; = {8.10^{ - 12}}\\{q_1} + {q_2}\; =  - {6.10^{ - 6}}\;\;\end{array} \right. \Rightarrow \left( \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{q_1} =  - {2.10^{ - 6}}C\\{q_2} =  - {4.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{q_1} =  - {4.10^{ - 6}}C\\{q_2} =  - {2.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\end{array} \right.\\\end{array}$

Do: $\left| {{q_1}} \right| > \left| {{q_2}} \right| \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{q_1} =  - {4.10^{ - 6}}C\\{q_2} =  - {2.10^{ - 6}}C\end{array} \right.$

Ta có:

- Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow T$, lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện)  $\overrightarrow F$giữa hai quả cầu.

- Khi quả cầu cân bằng, ta có:

$\overrightarrow T  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  = 0 \leftrightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0$

=> $\overrightarrow R$cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow T$$\to \alpha  = {30^0}$

Ta có: $\tan {30^0} = \frac{F}{P} \to F = P\tan {30^0} = mg\tan {30^0} = 0,029N$

- Mặt khác, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\\\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right| = \left| q \right|\\\sin {30^0} = \frac{{\frac{r}{2}}}{l} \to r = 2l\sin {30^0} = l\end{array} \right. \to F = k\frac{{{q^2}}}{{{l^2}}} \to \left| q \right| = 1,{79.10^{ - 7}}C$

=> Tổng độ lớn điện tích đã truyền cho hai quả cầu là:

Q = 2|q| = 3,58.10^-7C

- Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow T$, lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện)  $\overrightarrow F$giữa hai quả cầu.

- Khi quả cầu cân bằng, ta có:

$\overrightarrow T  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  = 0 \leftrightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0$

=> $\overrightarrow R$cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow T$$\to \alpha  = {45^0}$

Ta có: $\tan {45^0} = \frac{F}{P} \to F = P = mg = 0,05N$

- Mặt khác, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\\\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right| = \left| q \right|\end{array} \right. \to F = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}}$

- Từ hình ta có: $r = 2(l\sin {45^0}) = l\sqrt 2$

$\to F = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}} = k\frac{{{q^2}}}{{2{l^2}}} \to \left| q \right| = l\sqrt {\frac{{2F}}{k}}  = {10^{ - 6}}C$

=> Tổng độ lớn điện tích đã truyền cho hai quả cầu là:

Q = 2|q| = 2.10^-6C

- Ở trong chân không các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây ${\overrightarrow T _1}$, lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện) $\overrightarrow F$giữa hai quả cầu.

- Ở trong dầu hỏa các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow {{T_2}}$, lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện)  $\overrightarrow {{F_2}}$ giữa hai quả cầu, lực đẩy acsimet $\overrightarrow {{F_A}}$

Các lực tác dụng lên quả cầu trong mỗi trường hợp được biểu diễn như hình:

Vì góc AOB không thay đổi nên:

 $\begin{array}{l}\tan {\alpha _1} = \tan {\alpha _2} \leftrightarrow \dfrac{{{F_1}}}{P} = \dfrac{{{F_2}}}{{P - {F_A}}}\\ \leftrightarrow k\dfrac{{{q^2}}}{{{r^2}P}} = k\dfrac{{{q^2}}}{{\varepsilon {r^2}(P - {F_A})}} \to \varepsilon {F_A} = P(\varepsilon  - 1)\\ \to \varepsilon {\rho _0}Vg = mg(\varepsilon  - 1) = \rho Vg(\varepsilon  - 1)\\ \to \dfrac{\rho }{{{\rho _0}}} = \dfrac{\varepsilon }{{\varepsilon  - 1}} = \dfrac{4}{3}\end{array}$

- Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow T$, lực tương tác tĩnh điện$\overrightarrow F$.

- Khi quả cầu cân bằng, ta có:

$\overrightarrow T  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  = 0 \leftrightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0$

=> $\overrightarrow R$cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow T$

Ta có: $\tan \alpha  = \frac{F}{P} = \frac{{\frac{r}{2}}}{{\sqrt {{l^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} }} \to F = P\frac{{\frac{r}{2}}}{{\sqrt {{l^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}} }}$

+ Ta có:

$\begin{array}{l}{l^2} \gg {\left( {\frac{r}{2}} \right)^2} \to {l^2} - {\left( {\frac{r}{2}} \right)^2} \approx {l^2}\\ \to \sqrt {{l^2} - {{\left( {\frac{r}{2}} \right)}^2}}  \approx l \to F \approx \frac{{P{\rm{r}}}}{{2l}}\end{array}$

+ Lúc đầu: ${F_1} = k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}} = \frac{{\Pr }}{{2l}}$                                 (1)

+ Giả sử ta chạm tay vào quả 1, kết quả sau đó quả cầu 1 sẽ mất điện tích, lúc đó giữa hai quả cầu không còn lực tương tác nên chúng sẽ trở về vị trí dây treo thẳng đứng.

+ Khi chúng vừa chạm vào nhau thì điện tích của quả 2 sẽ truyền sang quả 1 và lúc này điện tích mỗi quả sẽ là:

${q_1}' = {q_2}' = \frac{{{q_2}}}{2} = \frac{q}{2} \to {F_2} = k\frac{{{q^2}}}{{4.r{'^2}}}{\rm{ = }}\frac{{P{\rm{r}}'}}{{2l}}{\rm{                (2)}}$

Từ (1) và (2) ta có:

$\frac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \frac{{k\frac{{{q^2}}}{{{r^2}}}}}{{k\frac{{{q^2}}}{{4.r{'^2}}}}} = \frac{{\frac{{\Pr }}{{2l}}}}{{\frac{{P{\rm{r}}'}}{{2l}}}} \leftrightarrow \frac{{4r{'^2}}}{{{r^2}}} = \frac{r}{{r'}} \leftrightarrow 4{\rm{r}}{'^3} = {r^3} \to r' = \frac{r}{{\sqrt(3){4}}} = \frac{{6,35}}{{\sqrt(3){4}}} \approx 4cm$

- Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: Trọng lực $\overrightarrow P$, lực căng dây $\overrightarrow T$, lực tương tác tĩnh điện$\overrightarrow F$.

- Khi quả cầu cân bằng, ta có:

$\overrightarrow T  + \overrightarrow P  + \overrightarrow F  = 0 \leftrightarrow \overrightarrow T  + \overrightarrow R  = 0$

=> $\overrightarrow R$cùng phương, ngược chiều với $\overrightarrow T$

=> β = 60⁰

=> Tam giác BPR là tam giác đều

$\to F = P \leftrightarrow k\frac{{{q^2}}}{{{l^2}}} = mg \to \left| q \right| = l\sqrt {\frac{{mg}}{k}}  = {10^{ - 6}}C$  

- Gọi:

       + A, B, C lần lượt là các điểm đặt q₁, q₂, q₃

       + $\overrightarrow {{F_{10}}} ,\overrightarrow {{F_{20}}}$ lần lượt là lực do q₁, q₂ tác dụng lên q₃

- Điều kiện cân bằng của q₀: $\overrightarrow {{F_{10}}}  + \overrightarrow {{F_{20}}}  = 0 \to \overrightarrow {{F_{10}}}  =  - \overrightarrow {{F_{20}}}$

- Vì ${q_1}$ và ${q_2}$ cùng dấu => ${q_3}$ phải nằm trong AB

=> Điểm C phải thuộc AB

Lại có:

$\begin{array}{l}{F_{10}} = {F_{20}} \to k\dfrac{{{q_1}{q_0}}}{{C{A^2}}} = k\dfrac{{{q_2}{q_0}}}{{C{B^2}}}\\ \leftrightarrow \dfrac{{{q_1}}}{{C{A^2}}} = \dfrac{{{q_2}}}{{C{B^2}}}\\ \to \dfrac{{CB}}{{CA}} = 2\\ \to CB = 2CA\end{array}$

Lại có: $CA{\rm{ }} + {\rm{ }}CB{\rm{ }} = {\rm{ }}30cm$

=> $CA{\rm{ }} = {\rm{ }}10cm$ và $CB{\rm{ }} = {\rm{ }}20cm$

- Gọi lực do q₁ tác dụng lên q₃ là F₁,  lực do q₂ tác dụng lên q₃ là F₂

- Để q₃ nằm cân bằng: $\overrightarrow {{F_1}}  =  - \overrightarrow {{F_2}}$

- Vì  q₁ = q₂ và cùng dấu nên điểm C phải nằm trong khoảng của AB

 => r₁ = r₂ = $\frac{r}{2} = 5$cm

- Gọi lực do ${q_1}$ tác dụng lên ${q_3}$ là ${F_1}$;   lực do ${q_2}$ tác dụng lên ${q_3}$ là ${F_2}$

- Để ${q_3}$ nằm cân bằng: $\overrightarrow {{F_1}}  =  - \overrightarrow {{F_2}}$

- Vì  ${q_1} \ne {q_2}$ và trái dấu nên điểm C phải nằm ngoài  khoảng của AB.

- Vì  ${q_2} = {\rm{ }}4{q_1}$ (1)

Lại có : ${F_1} = {F_2} \Leftrightarrow k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{r_1^2}} = k\dfrac{{\left| {{q_2}{q_3}} \right|}}{{r_2^2}}$  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra : $\Rightarrow {r_2} = 2{r_1}$

Vậy điểm C nằm cách điểm A, B là: ${r_1} = {\text{ }}CA = {\text{ }}8{\text{ }}cm;{r_2} = {\text{ }}CB{\text{ }} = {\text{ }}16{\text{ }}cm$.

Xét các lực tác dụng lên ${q_1}$, ta có : $\left\{ \begin{array}{l}{F_{31}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{C{A^2}}}\\{F_{21}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{A{B^2}}}\end{array} \right.$

Ta có, ${q_1}$ cũng cân bằng nên ${F_{31}} = {F_{13}} \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {{q_3}} \right|}}{{C{A^2}}} = \dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{A{B^2}}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {{q_3}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\dfrac{{C{A^2}}}{{A{B^2}}} = {8.10^{ - 8}}\dfrac{{{8^2}}}{{{8^2}}} = {8.10^{ - 8}}\\ \Rightarrow {q_3} =  \pm {8.10^{ - 8}}C\end{array}$

Mặt khác, để tại $q_1$ và $q_2$ cũng cân bằng ($q_1,q_2$ trái dấu, $q_3$ nằm ngoài $q_1,q_2$) nên ta suy ra $q_3<0$ hay $q_3=-8.10^{-8}C$

Vì 3 điện tích q₁, q₂, q₃ bằng nhau, nên nếu một điện tích cân bằng thì cả ba điện tích sẽ cân bằng

- Xét lực tác dụng lên q₃ là: $\overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow {{F_{13}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}$

Với ${F_{13}} = {F_{23}} = k\frac{{{q^2}}}{{{a^2}}} \to {F_3} = 2{F_{13}}{\rm{cos3}}{{\rm{0}}^0} = {F_{13}}\sqrt 3$

- Lực $\overrightarrow {{F_3}}$ có phương là phân giác của góc C

=> Để q₃ cân bằng thì cần phải có thêm lực $\overrightarrow {{F_{03}}}$do q₀ tác dụng lên q₃ sao cho $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{F_3}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow {{F_{03}}} \\{F_3} = {F_{03}}\end{array} \right.$

$\to {q_0} < 0$

- Xét tương tự với q₁, q₂, q₃ thì q₀ phải nằm tại tâm của tam giác và điện tích ${q_0} < 0$:

Vậy: ${F_{03}} = {F_3} = k\frac{{\left| {{q_0}{q_3}} \right|}}{{{{\left( {\frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = k\frac{{\left| {{q_0}q} \right|}}{{{a^2}}}.3 \to {q_0} =  - 3,{46.10^{ - 7}}C$

- 3 điện tích tại 3 đỉnh tác dụng vào điện tích q ở C

$\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  = \overrightarrow {{F_{123}}}$

Ta có: $\overrightarrow {{F_{123}}}$ có phương thuộc đường chéo của hình vuông

Để q₀ cân bằng: 4 điện tích tương đương với q₀ cân bằng với q ở C

$\overrightarrow {{F_0}}  + \overrightarrow {{F_{123}}}  = 0 \to \overrightarrow {{F_0}}  =  - \overrightarrow {{F_{123}}}$

Tương tự q₀  đặt trên đường chéo BD

=> Để năm điện tích cân bằng => q₀ là giao điểm của AC và BD.

Muốn $\overrightarrow {{F_0}}$trực đối với $\overrightarrow {{F_{123}}}$=> q₀  < 0

- Mặt khác:

$\begin{array}{l}{F_0} = {F_{123}}{\rm{                                                           (1)}}\\{F_0} = k\frac{{\left| {q{q_0}} \right|}}{{O{C^2}}} = k\frac{{\left| {q{q_0}} \right|}}{{{{(a\frac{{\sqrt 2 }}{2})}^2}}} = k\frac{{\left| {q{q_0}} \right|}}{{{a^2}}}2{\rm{                 (2)}}\\\left\{ \begin{array}{l}{F_1} = {F_2} = k\frac{{{q^2}}}{{{a^2}}}\\{F_{12}} = \sqrt {{F_1}^2 + {F_2}^2}  = {F_1}\sqrt 2  = k\frac{{{q^2}}}{{{a^2}}}\sqrt 2 \end{array} \right.\\{F_3} = k\frac{{{q^2}}}{{A{C^2}}} = k\frac{{{q^2}}}{{{{(a\sqrt 2 )}^2}}} = k\frac{{{q^2}}}{{2{{\rm{a}}^2}}}\\{F_{123}} = {F_{12}} + {F_3} = k\frac{{{q^2}}}{{{a^2}}}\sqrt 2  + k\frac{{{q^2}}}{{2{{\rm{a}}^2}}}{\rm{                       (3)}}\end{array}$

Từ (1), (2) và (3) ta có:

$\begin{array}{l}k\frac{{\left| {q{q_0}} \right|}}{{{a^2}}}2 = k\frac{{{q^2}}}{{{a^2}}}\sqrt 2  + k\frac{{{q^2}}}{{2{{\rm{a}}^2}}}\\ \to \left| {{q_0}} \right| = \frac{q}{2}(\sqrt 2  + \frac{1}{2}) = 2,{87.10^{ - 7}}C\\ \to {q_0} =  - 2,{87.10^{ - 7}}C\end{array}$