10 Bài tập Xác định vị trí mà tại đó điện trường bằng không do nhiều điện tích gây ra (có lời giải)

Do hai điện tích tại M và N trái dấu nên điểm \({\rm{P}}\) nằm ngoài đoạn \({\rm{MN}}\) và gần \({\rm{M}}\) hơn (do độ lớn điện tích tại M nhỏ hơn độ lớn điện tích tại N).

Ta có: \[\left| {{E_1}} \right| = \left| {{E_2}} \right| \Rightarrow \frac{{k\left| {{q_1}} \right|}}{{{\rm{M}}{{\rm{P}}^2}}} = \frac{{k\left| {{q_2}} \right|}}{{{{({\rm{MP}} + 0,2)}^2}}} \Rightarrow \frac{3}{{{\rm{M}}{{\rm{P}}^2}}} = \frac{5}{{{{({\rm{MP}} + 0,2)}^2}}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{MP}} \approx 0,69{\rm{\;m}}}\\{{\rm{NP}} \approx 0,89{\rm{\;m}}}\end{array}} \right.\]

Gọi \(\overrightarrow {E_1^\prime } {\rm{\, và\, }}\overrightarrow {E_2^\prime } \) là cường độ điện trường do \({{\rm{q}}_1}{\rm{ \,và\,}}{{\rm{q}}_2}\) gây ra tại M thì cường độ điện trường tổng hợp do \({{\rm{q}}_1}{\rm{\, và\, }}{{\rm{q}}_2}\) gây ra tại M là: \(\overrightarrow {\rm{E}} = \overrightarrow {{\rm{E}}_1^\prime } + \overrightarrow {E_2^\prime} \)

Ta có: \(\overrightarrow {\rm{E}} = \overrightarrow {{\rm{E}}_1^\prime } + \overrightarrow {{\rm{E}}_2^\prime } = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {{{\rm{E}}_1}} {\rm{ \,và\, }}\overrightarrow {{{\rm{E}}_2}} \) phải cùng phương, ngược chiều và bằng nhau về độ lớn. Để thỏa mãn các điều kiện đó thì M phải nằm trên đường thẳng nối A, B, nằm ngoài đoạn thẳng AB và gần q₂ hơn. 

Với \(E_1^\prime = E_2^\prime {\rm{\, thì\, }}{9.10^9}\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{{\rm{A}}{{\rm{M}}^2}}} = {9.10^9}\frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{{{(AM - AB)}^2}}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{\rm{AM}}}}{{{\rm{AM}} - {\rm{AB}}}} = \sqrt {\frac{{\left| {{{\rm{q}}_1}} \right|}}{{\left| {{{\rm{q}}_2}} \right|}}} = 2 \Rightarrow {\rm{AM}} = 2{\rm{AB}} = 30\;{\rm{cm}}\)

Vậy M nằm cách A là 30 cm và cách B là 15 cm.

Các điện tích đặt tại các đỉnh của hình vuông gây ra tại giao điểm O của hai đường chéo hình vuông các vectơ cường độ điện trường \(\overrightarrow {{E_A}} ;{\vec E_B};{\vec E_C};{\vec E_D}\) có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn:

Ta có: \({E_A} = {E_B} = {E_C} = {E_D} = \frac{{2kq}}{{\varepsilon {a^2}}}\)

Cường độ điện tường tổng hợp tại O là: \(\overrightarrow {\rm{E}} = \overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{A}}}} + \overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{B}}}} + \overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{C}}}} + \overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{D}}}} = \vec 0\) vì \(\overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{A}}}} + \overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{C}}}} = \vec 0{\rm{ \,và\, }}\overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{B}}}} + \overrightarrow {{{\rm{E}}_{\rm{D}}}} = \vec 0\)

Điện trường hướng ra khỏi điện tích dương, hướng vào điện tích âm và có độ lớn: \(E = k\frac{{\left| Q \right|}}{{{r^2}}}.\)

Điện trường tổng hợp: \(\overrightarrow E = {\overrightarrow E _1} + {\overrightarrow E _2} = \overrightarrow 0 \) khi hai vectơ thành phần cùng phương ngược chiều cùng độ lớn.

Vì \(\left| {{q_1}} \right| < \left| {{q_2}} \right| \Rightarrow \overrightarrow E = {\overrightarrow E _1} + {\overrightarrow E _2} = \overrightarrow 0 \) chỉ có thể xảy ra với điểm M.

\(k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{M^2}}} = k\frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{B{M^2}}} \Leftrightarrow \frac{3}{{A{M^2}}} = \frac{4}{{{{\left( {AM + 10} \right)}^2}}} \Rightarrow AM = 64,64\left( {cm} \right)\)

Theo giả thuyết thì \({\vec E_M} = {\vec E_1} + {\vec E_2}\) = 0  => \({\vec E_1} = - {\vec E_2}\)

     => \({\vec E_1}\) ngược hướng với \({\vec E_2}\) và có cùng độ lớn

     =>  \(\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{M^2}}} = \frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{M{B^2}}}\)

Vì M gần A hơn nên AM < MB  => |q₁| < |q₂|

Mà \({\vec E_1}\) ngược hướng với \({\vec E_2}\) nên điện tích tại A và B đồng thời dương hoặc đồng thời âm (cùng dấu)

Theo giả thuyết thì \({\vec E_M} = {\vec E_1} + {\vec E_2}\) = 0

 => \({\vec E_1} = - {\vec E_2}\)  => M phải nằm trên đường nối kéo dài của AB (như hình)

Lập luận ta được M nằm ngoài phía B (do |q₂| < |q₁| nên r₂ < r₁)

Để E₁ = E₂ thì \(\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{M^2}}} = \frac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{B{M^2}}}\) hay \(\frac{9}{{{{\left( {20 + r} \right)}^2}}} = \frac{4}{{{r^2}}}\) (*) => r = BM = 40 cm.

Từ giả thuyết ta vẽ được hình bên (trường hợp khác cũng tương tự)

Để \({\vec E_D}\) = 0  => \({\vec E_{CD}}\) = \({\vec E_{AB}}\) (hình vẽ)

Áp dụng tính chất hình học ta có: sin45⁰ = \(\frac{{{E_A}}}{{{E_B}}}\) = \(\frac{{\frac{{{q_1}}}{{A{D^2}}}}}{{\frac{{{q_2}}}{{B{D^2}}}}}\) = \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

 => \(\frac{{{q_1}}}{{{q_2}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\frac{{A{D^2}}}{{B{D^2}}}\) = \(\frac{{\sqrt 2 }}{4}\)  => q₂ = 2\(\sqrt 2 \)q₁ và mang điện trái dấu (*)

Mặt khác tan45⁰ = \(\frac{{{E_A}}}{{{E_{AB}}}}\) = 1  => E_A = E_AB  => q₁ = q₃; kết hợp với (*).