Bài tập Vật lí 11 Điện tích - Điện trường cực hay có lời giải chi tiết

$$\begin{gathered} \stackrel{}{\to }F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }{r}^2=\frac{k\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon F} \\ \stackrel{}{\to }r=\sqrt{\frac{k\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon F}}=\sqrt{\frac{{9.10}^9\left|{2.10}^{-7}.\left(-{2.10}^{-7}\right)\right|}{1.0,6}}=0,03 \end{gathered}$$

Hay r = 3 cm.

a. $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }F={9.10}^9\frac{\left|(-{10}^{-7}){\mathrm{.4.10}}^{-7}\right|}{1.0,{06}^2}=0,1\left(N\right)$

b. $$\begin{gathered} F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }F={9.10}^9\frac{\left|{2.10}^{-8}.4,{5.10}^{-8}\right|}{r^2}=0,1\left(N\right) \\ \stackrel{}{\to }r={9.10}^{-3}\left(m\right)=9\left(mm\right) \end{gathered}$$

Khi electron di chuyển từ quả cầu này sang quả cầu kia thì một quả cầu thiếu electron nên nhiễm điện dương, quả còn lại thừa electron nên nhiễm điện âm. Do đó hai quả cầu tích điện trái dấu nên chúng hút nhau.

Lực tương tác giữa chúng được xác định theo định luật Cu-lông: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}={9.10}^9\frac{{\left|{4.10}^{12}.\left(-1,{6.10}^{-19}\right)\right|}^2}{1.0,4^2}=0,023\left(N\right)$

Vì hai quả cầu đẩy nhau nên chúng có điện tích cùng dấu, do đó ta có:

$F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }{q}_1{q}_2=\frac{\epsilon r^{2}F}{k}=\frac{1,8}{{9.10}^9}=0,{2.10}^{-9}=P$

Mặt khác $\stackrel{}{\to }{q}_1+q_2={3.10}^{-5}=S$ $\stackrel{}{\to }⟨\begin{array}{l}{q}_1{q}_2=0,{2.10}^9=P\\ q_1+q_2={3.10}^{-5}=S\end{array}$

Theo định lí Vi-ét:

$$\begin{gathered} q^2-Sq+P=0\stackrel{}{\to }{q}^2-{3.10}^{-5}q+0,{2.10}^{-9}=0 \\ \stackrel{}{\to }⟨\begin{array}{l}{q}_1={2.10}^{-5}C\\ q_2={10}^{-5}C\end{array} \end{gathered}$$

hoặc $q_1={10}^{-5}C;q_2={2.10}^{-5}C$

q chịu tác dụng của hai điện tích $q_1 và q_2$:$\stackrel{}{\to }\overrightarrow{F}={\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_2$

Do ${\overrightarrow{F}}_1\uparrow \uparrow {\overrightarrow{F}}_2$ nên $F=F_1+F_2=k\frac{\left|q_{1}q\right|}{\epsilon A{C}^2}+k\frac{\left|q_{2}q\right|}{\epsilon B{C}^2}=2,{25.10}^{-4}$

q chịu tác dụng của hai điện tích $q_1 và q_2$: $\overrightarrow{F}={\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_2$

Do ${\overrightarrow{F}}_1\uparrow \downarrow {\overrightarrow{F}}_2$ nên $F=\left|F_1-F_2\right|=\left|k\frac{\left|q_{1}q\right|}{\epsilon A{C}^2}-k\frac{\left|q_{2}q\right|}{\epsilon B{C}^2}\right|=0$

Vì C cách đều A và B nên C nằm trên đường trung trực của AB

$$\begin{gathered} \overrightarrow{F}={\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_2\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}{F}_1=k\frac{\left|q_1{q}_3\right|}{A{C}^2}=23,{04.10}^{-3}N\\ F_2=k\frac{\left|q_2{q}_3\right|}{B{C}^2}=23,{04.10}^{-3}N\end{array} \\ \stackrel{}{\to }{F}_1=F_2\stackrel{}{\to }\overrightarrow{F}\perp CH \end{gathered}$$

$F=2F_1\cos \left({\overrightarrow{F}}_1;\overrightarrow{F}\right)=2F_1\cos \widehat{CAB}=2F_1\left(\frac{AH}{AC}\right)=27,{65.10}^{-3}N$

Lực điện tổng hợp tác dụng lên $q_0$ là: $\overrightarrow{F}={\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_2+{\overrightarrow{F}}_3={\overrightarrow{F}}_1+{\overrightarrow{F}}_{23}$

Trong đó:$F_1=k\frac{\left|q_1{q}_0\right|}{A{O}^2}=k\frac{\left|q_1{q}_0\right|}{{\left(\frac{2}{3}a\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=3k\frac{\left|q_1{q}_0\right|}{a^2}={36.10}^5$

Vì BO = AO = CO nên $\left|q_1\right|=\left|q_2\right|=\left|q_3\right|\to F_1 = F_2 = F_3$

$\left({\overrightarrow{F}}_2;{\overrightarrow{F}}_3\right)={120}^0\stackrel{}{\to }{F}_1=F_{23}$

Điều kiện cân bằng của $q_3$ là: ${\overrightarrow{F}}_3={\overrightarrow{F}}_{13}+{\overrightarrow{F}}_{23}=\overrightarrow{0}\stackrel{}{\to }{\overrightarrow{F}}_{13}\uparrow \downarrow {\overrightarrow{F}}_{23}$

Vậy C phải nằm trên đường thẳng AB, ngoài khoảng AB.

Quả cầu cân bằng khi: $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{T}+\overrightarrow{F}=\overrightarrow{0}$ Vì q > 0 $\stackrel{}{\to }\overrightarrow{F}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E}$

Ta có: $P = mg = {10}^{-3}.10 = 0,01 N$

Lực căng dây: $\cos \alpha =\frac{P}{T}\stackrel{}{\to }T=\frac{P}{\cos \alpha }=\frac{0,01}{cos{60}^0}=0,02\left(N\right)$

Lực điện:

 $$\begin{gathered} \tan \alpha =\frac{F}{P}\stackrel{}{\to }F=P\tan \alpha \stackrel{}{\to }qE=P\tan \alpha \\ \stackrel{}{\to }q=\frac{P\tan \alpha }{F}=0,{867.10}^{-5}C \end{gathered}$$

Ta có $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }\left|q_1{q}_2\right|=\frac{\epsilon r^{2}F}{k}\stackrel{}{\to }\left|q_1{q}_2\right|=\frac{1,8}{{9.10}^9}={2.10}^{10}$

Do hai điện tích đẩy nhau nên chúng cùng dấu, tức là

$q_1{q}_2>0\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}{q}_1{q}_2={2.10}^{-5}\\ q_1+q_2={3.10}^{-5}\end{array}$

Áp dụng định lí Viet, ta có $q_1 và q_2$ là nghiệm của phương trình bậc 2: $q^2-Sq+P=0$

Hay $q^2-{3.10}^{-5}q+{2.10}^{-5}=0\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}{q}_1={10}^{-5}C\\ q_2={2.10}^{-5}C\end{array}$

hoặc $〈\begin{array}{l}{q}_1={2.10}^{-5}C\\ q_2={10}^{-5}C\end{array}$

 $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }\left|q_1{q}_2\right|=\frac{\epsilon r^{2}F}{k}\stackrel{}{\to }\left|q_1{q}_2\right|=\frac{2,4.0,{03}^2}{{9.10}^9}=2,{4.10}^{-13}$

Do hai điện tích hút nhau nên chúng trái dấu, tức là

$q_1{q}_2<0\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}{q}_1{q}_2=-2,{4.10}^{-13}\\ q_1+q_2={2.10}^{-7}\end{array}$

Áp dụng định lí Viet, ta có $q_1 và q_2$ là nghiệm của phương trình bậc 2: $q^2-Sq+P=0$

Hay $q^2-{2.10}^{-7}q-2,{4.10}^{-13}=0\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}{q}_1={6.10}^{-7}C\\ q_2=-{4.10}^{-7}C\end{array}$

hoặc $〈\begin{array}{l}{q}_1=-{4.10}^{-7}C\\ q_2={6.10}^{-7}C\end{array}$

Trước khi tiếp xúc

$$\begin{gathered} F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }\left|q_1{q}_2\right|=\frac{\epsilon r^{2}F}{k} \\ \to \left|q_1{q}_2\right|=\frac{2,{7.10}^{-4}.0,{02}^2}{{9.10}^9}=1,{2.10}^{-17} \end{gathered}$$

Do 2 điện tích đẩy nhau nên $q_1{q}_2>0$ thì $q_1{q}_2=1,{2.10}^{-17}$

Sau khi tiếp xúc: $q_1^{/}=q_2^{/}=\frac{q_1+q_2}{2}$

$$\begin{gathered} F^{/}=k\frac{\left|q_1^{/}{q}_2^{/}\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }\left|q_1^{/}{q}_2^{/}\right|=\frac{\epsilon r^2{F}^{/}}{k} \\ \to {\left(\frac{q_1+q_2}{2}\right)}^2=\frac{3,{6.10}^{-4}.0,{02}^2}{{9.10}^9} \end{gathered}$$

$\stackrel{}{\to }{q}_1+q_2=\pm {8.10}^{-9}$

Khi $q_1+q_2={8.10}^{-9}$ ta có hệ

$$\begin{gathered} 〈\begin{array}{l}{q}_1{q}_2=1,{2.10}^{-17}\\ q_1+q_2={8.10}^{-9}\end{array}\to q^2-{8.10}^{-9}q+1,{2.10}^{-17}=0 \\ \to 〈\begin{array}{l}{q}_1={6.10}^{-9}\\ q_2={2.10}^{-9}\end{array}hoac\to 〈\begin{array}{l}{q}_1={2.10}^{-9}\\ q_2={6.10}^{-9}\end{array} \end{gathered}$$

Khi $q_1+q_2=-{8.10}^{-9}$ ta có hệ

$$\begin{gathered} 〈\begin{array}{l}{q}_1{q}_2=1,{2.10}^{-17}\\ q_1+q_2=-{8.10}^{-9}\end{array}\to q^2+{8.10}^{-9}q+1,{2.10}^{-17}=0 \\ \to 〈\begin{array}{l}{q}_1=-{6.10}^{-9}\\ q_2=-{2.10}^{-9}\end{array}hoac\to 〈\begin{array}{l}{q}_1=-{2.10}^{-9}\\ q_2=-{6.10}^{-9}\end{array} \end{gathered}$$

Ta có: $E_M=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{}{\to }{9.10}^5={9.10}^9\frac{\left|q\right|}{2,5.0,4^2}\stackrel{}{\to }\left|q\right|={4.10}^{-5}C$

Theo giả thiết, tại M thì ${\overrightarrow{E}}_M$ đang hướng về điện tích q, nên q < 0 $\to q=-{4.10}^{-5}C$

Giả sử điện tích q đặt tại O như hình vẽ:

Ta có: $E_A=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon .O{A}^2}$;$E_B=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon .O{B}^2}$;$E_M=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon .O{M}^2}$

Vì M là trung điểm AB nên $OM=\frac{OA+OB}{2}$

Thay OA, OB, OM vào biểu thức trên ta được:

$$\begin{gathered} \frac{1}{\sqrt{E_M}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{E_A}}+\frac{1}{\sqrt{E_B}}\right) \\ \stackrel{}{\to }{E}_M=\frac{4E_A{E}_B}{{\left(\sqrt{E_A}+\sqrt{E_B}\right)}^2}=16V/m \end{gathered}$$

${\overrightarrow{E}}_O={\overrightarrow{E}}_A+{\overrightarrow{E}}_B+{\overrightarrow{E}}_C={\overrightarrow{E}}_A+{\overrightarrow{E}}_{BC}\stackrel{{\overrightarrow{E}}_A\uparrow \uparrow {\overrightarrow{E}}_{BC}}{\to }{E}_O=E_A+E_{BC}$

Trong đó: $E_A=E_{BC}=k\frac{\left|q\right|}{O{A}^2}\stackrel{}{\to }OA=\frac{2}{3}\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}={9.10}^3\left(\frac{V}{m}\right)$

$\stackrel{{\overrightarrow{E}}_A\uparrow \uparrow {\overrightarrow{E}}_{BC}}{\to }{E}_O=E_A+E_{BC}={18.10}^3$

Quả cầu cân bằng khi: $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{T}+\overrightarrow{F}=\overrightarrow{0}$

Vì q > 0 $\stackrel{}{\to }\overrightarrow{F}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E}$

Ta có: $P = mg = {10}^{-3}.10 = 0,01 N$

Lực căng dây: $\cos \alpha =\frac{P}{T}\stackrel{}{\to }T=\frac{P}{\cos \alpha }=\frac{0,01}{cos{60}^0}=0,02\left(N\right)$

Lực điện: $$\begin{gathered} \stackrel{}{}\tan \alpha =\frac{F}{P}\stackrel{}{\to }F=P\tan \alpha \\ \stackrel{}{\to }qE=P\tan \alpha \stackrel{}{\to }q=\frac{P\tan \alpha }{F}=0,{867.10}^{-5}C \end{gathered}$$

a. Điện thế tại O: $V_O=V_1+V_2=k\frac{q_1}{AO}+k\frac{q_2}{BO}=k\frac{{10}^{-8}}{AO}+k\frac{(-{10}^{-8})}{BO}=0$

b. Điện thế tại M: $V_M=V_1+V_2=k\frac{q_1}{AM}+k\frac{q_2}{BM}$

Với $BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=10$

$\to V_M=k\frac{q_1}{AM}+k\frac{q_2}{BM}={9.10}^9\left(\frac{{10}^{-8}}{{6.10}^{-2}}\right)+{9.10}^9\left(\frac{-{10}^{-8}}{{10.10}^{-2}}\right)=600V$

c. Điện tích q di chuyển trong điện trường của $q_1, q_2$ gây ra từ O đến M có công không phụ thuộc hình dạng đường đi mà chỉ phụ thuộc vào vị trí O và M: $\to A_{OM}=q(V_O-V_M)=-{10}^{-9}(0-600)={6.10}^{-7}\left(J\right)$

a. Điện thế tại O: $V_O=k\frac{q_1}{AO}+k\frac{q_2}{BO}+k\frac{q_3}{CO}$

Với $AO=AB=CO=\frac{2}{3}AH=\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{0,1}{\sqrt{3}}$

$\stackrel{}{\to }{V}_O=\frac{k}{AO}\left(q_1+q_2+q_3\right)=1558,8\left(V\right)$

b. Điện thế tại H: $$\begin{gathered} V_H=k\frac{q_1}{AH}+k\frac{q_2}{BH}+k\frac{q_3}{CH} \\ \stackrel{}{\to }AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{0,1\sqrt{3}}{2};\text{ BH = CH = }\frac{a}{2}=0,05 \end{gathered}$$

Vậy $V_H=658,8\left(V\right)$

c. Công của lực điện trường: Electron di chuyển trong vùng điện trường của ba điện tích $q_1, q_2, q_3$ có công không phụ thuộc vào hình dạng đường đi, và bằng độ giảm thế năng điện tích tại điểm đầu và điểm cuối: $$\begin{gathered} A=q(V_O-V_H)=-1,{6.10}^{-19}(1558,8-658,8) \\ =-{1440.10}^{-19}\left(J\right) \end{gathered}$$

d. Công cần thiết để electron di chuyển từ O đến H:

Vì công của lực điện trường trên đoạn OH là A < 0, công cản. Nên công cần thiết để electron di chuyển từ O đến H là: $A’ = -A = 1440.{10}^{-19} J$

Vì ${\overrightarrow{E}}_1$ hướng từ A đến B, ta có: $U_{AB} = V_A - V_B = E_1{d}_1$

Gốc điện thế tại A nên $V_A = 0$$\stackrel{}{\to }{V}_B=V_A-E_1{d}_1=0-{4.10}^4{\mathrm{.5.10}}^{-2}=-2000V$

 Vì ${\overrightarrow{E}}_2$  hướng từ C đến B, ta có: $U_{CB} = V_C - V_B = E_2{d}_2$

$\to V_C=V_B+E_2{d}_2=-2000+{5.10}^4{\mathrm{.8.10}}^{-2}=2000V$

a. Vì $\overrightarrow{E}$ hướng từ A đến C, ta có: $U_{AC} = E.AC = 5000.0,04 = 200 V$

$\stackrel{}{\to }{U}_{CB}=\frac{A_{CB}}{q}=0$ do $\stackrel{}{\to }\overrightarrow{CB}\perp \overrightarrow{E}$

$\stackrel{}{\to }{U}_{AB}=U_{AC}+U_{CB}=200V$ hoặc ta tính theo cách khác: $\stackrel{}{\to }{U}_{AB}=E.\overline{AB}.\cos \alpha =200$

b. Công của lực điện khi electron di chuyển từ A đến B là:

$\stackrel{}{\to }{A}_{AB}=q{U}_{AB}=-1,{6.10}^{-19}.200=-3,{2.10}^{-17}\left(J\right)$

Vì $\stackrel{\text{q= e < 0}}{\to }\overrightarrow{F}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E}$

Lực điện trường tác dụng lên electron: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}=m\overrightarrow{a}$

$\stackrel{}{\to }a=\frac{qE}{m}=\frac{-1,{6.10}^{-19}{\mathrm{.2.10}}^3}{9,{1.10}^{-31}}=-0,{35.10}^{15}$

Vì $\overrightarrow{F}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E}\stackrel{}{\to }\overrightarrow{a}\uparrow \downarrow {\overrightarrow{v}}_0$

Tức là electron chuyển động chậm dần đều.

Quãng đường và thời gian vật đi được cho đến khi dừng lại là: $$\begin{gathered} v^2-v_0^2=2as\stackrel{}{\to }{0}^2-{\left({5.10}^6\right)}^2=2(-0,{35.10}^{15}).s \\ \stackrel{}{\to }s=35,{7.10}^{-3}m=3,57cm \end{gathered}$$

$\to v=v_0+at\to 0={5.10}^6-0,{35.10}^{15}\to t=14,{3.10}^{-9}$

Sau khi dừng lại, thì electron vẫn chịu tác dụng của lực điện trường  như cũ nên nó sẽ chuyển động nhanh dần trở về vị trí xuất phát.

b. Gọi ${\overrightarrow{v}}_c$ là vận tốc của electron cuối đoạn đường l, ta có:

$$\begin{gathered} v_c^2-v_0^2=2al\to v_c^2-{\left({5.10}^6\right)}^2=2(-0,{35.10}^{15}){.10}^{-2} \\ \to v_c={18.10}^{12} \end{gathered}$$

Trong trường hợp này thì khi electron đi hết đoạn đường l cũng là lúc nó ra khỏi điện trường nên không còn tác dụng của lực điện trường nữa. Do đó nó sẽ chuyển động thẳng đều.

Chọn gốc tọa độ O tại vị trí hạt bụi bắt đầu chuyển động, gốc thời gian là lúc hạt bụi bắt đầu chuyển động.

Lực điện trường tác dụng lên hạt bụi: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}=m\overrightarrow{a}$

Chiếu lên chiều dương trục Ox, ta được: $F=qE=ma\underset{}{\to }a=\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$

Phương trình chuyển động của hạt bụi có dạng:

$$\begin{gathered} \stackrel{}{\to }x=x_0+v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2\stackrel{}{\to }x=\frac{1}{2}a{t}^2 \\ \stackrel{}{\to }x=\frac{1}{2}a{t}^2=\frac{1}{2}\left(\frac{qU}{md}\right)t^2=1,{25.10}^4{t}^2 \end{gathered}$$

a. Thời gian đến bản âm:

Khi hạt bụi đến bản âm tức là $x=d={5.10}^{-2}\stackrel{}{\to }{5.10}^{-2}=1,{25.10}^4{t}^2\stackrel{}{\to }t={2.10}^{-3}$

b. Vận tốc tại bản âm: $v^2-v_0^2=2ad\stackrel{}{\to }v=\sqrt{2ad}=50$

Chọn gốc tọa độ O tại vị trí electron bắt đầu vào vùng điện trường, hệ tọa độ xoy có dạng như hình vẽ:

Thành phần Ox chuyển động thẳng đều: $x=v_{0}t$

Thành phần Oy chuyển động nhanh dần đều: $y=\frac{1}{2}{a}_y{t}^2$

Vậy phương trình quỹ đạo của elctron là: $y=\frac{1}{2}{a}_y{\left(\frac{x}{v_0}\right)}^2$

Lực điện trường tác dụng lên electron: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}=m\overrightarrow{a}\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}{F}_x=m{a}_x=0\\ F_y=m{a}_y=F\end{array}$

$〈\begin{array}{l}{a}_x=0\\ a_y=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}\end{array}\stackrel{}{\to }〈\begin{array}{l}x=v_{0}t={2.10}^{7}t\\ y=\frac{1}{2}{a}_y{\left(\frac{x}{v_0}\right)}^2=\frac{1}{2}\left(\frac{qU}{md{v}_0^2}\right)x^2=2x^2\end{array}$

a. Vậy phương trình quỹ đạo có dạng: $y=\frac{1}{2}{a}_y{\left(\frac{x}{v_0}\right)}^2=\frac{1}{2}\left(\frac{qU}{md{v}_0^2}\right)x^2=2x^2$

b. Tính quãng đường electron đi được theo phương Ox khi nó ra khỏi tụ.

Dựa theo thành phần nằm ngang Ox ta có: $x=l={5.10}^{-2}m$

c. Vận tốc electron khi rời khỏi tụ:

$$\begin{gathered} 〈\begin{array}{l}{v}_x=v_0\\ v_y=v_{0y}+a_{y}t\end{array}\stackrel{x=v_{0}t\stackrel{}{\to }t=\frac{x}{v_0}}{\to }〈\begin{array}{l}{v}_x={2.10}^7\\ v_y=0+\left(\frac{qU}{md}\right)\left(\frac{x}{v_0}\right)=0,{4.10}^7\end{array} \\ \underset{}{\to }v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}={2.10}^7 \end{gathered}$$

d. Công của lực điện trường khi electron bay trong tụ.

Khi electron bay ra khỏi tụ thì nó đã đi được quãng đường theo phương Oy là: $y = 2x^2$

$\stackrel{x=l={5.10}^{-2}m}{\to }y=2x^2={50.10}^{-4}m=5mm$

Công của lực điện trường: $A=F.\underset{y}{\underbrace{d.cos\left(\overrightarrow{F},\overrightarrow{d}\right)}}=F.y\stackrel{}{\to }A=qEy=q\left(\frac{U}{d}\right)y=7,{28.10}^{-18}$