Các em hãy chuẩn bị giấy bút và cùng thầy phân tích từng bài nhé!

Lời giải cho Câu 18:

1. Phân tích bài toán:
Bài toán yêu cầu xác định véctơ cường độ điện trường tổng hợp tại điểm M do hai điện tích q1 và q2 gây ra. Điểm M nằm trên đường thẳng chứa hai điện tích. Chúng ta sẽ áp dụng nguyên lý chồng chất điện trường:
\[\vec{E}_M = \vec{E}_1 + \vec{E}_2\]
Trong đó \(\vec{E}_1\) và \(\vec{E}_2\) lần lượt là véctơ cường độ điện trường do q1 và q2 gây ra tại M.

2. Tóm tắt và đổi đơn vị:

• \(q_1 = 5 \text{nC} = 5 \times 10^{-9} \text{ C}\)
• \(q_2 = -5 \text{nC} = -5 \times 10^{-9} \text{ C}\)
• Khoảng cách giữa hai điện tích là 10 cm.
• Điểm M cách q1 là 5 cm và cách q2 là 15 cm.

Từ vị trí của M, ta thấy M nằm trên đường thẳng đi qua q1, q2, và nằm ngoài đoạn thẳng nối hai điện tích, về phía q1.

• Khoảng cách từ q1 đến M: \(r_1 = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}\)
• Khoảng cách từ q2 đến M: \(r_2 = 15 \text{ cm} = 0.15 \text{ m}\)
• Hằng số điện: \(k = 9 \times 10^9 \frac{\text{N}\cdot\text{m}^2}{\text{C}^2}\)

3. Các bước giải:
Bước 1: Xác định véctơ cường độ điện trường \(\vec{E}_1\) do q1 gây ra tại M.

• Độ lớn: Áp dụng công thức \(E = k \frac{|q|}{r^2}\).
  \(E_1 = k \frac{|q_1|}{r_1^2} = 9 \times 10^9 \times \frac{|5 \times 10^{-9}|}{(0.05)^2} = 18000 \text{ V/m}\).
• Phương, chiều: Vì q1 > 0, \(\vec{E}_1\) có chiều hướng ra xa q1. Do M nằm ngoài về phía q1 nên \(\vec{E}_1\) hướng ra xa q2.

Bước 2: Xác định véctơ cường độ điện trường \(\vec{E}_2\) do q2 gây ra tại M.

• Độ lớn:
  \(E_2 = k \frac{|q_2|}{r_2^2} = 9 \times 10^9 \times \frac{|-5 \times 10^{-9}|}{(0.15)^2} = 2000 \text{ V/m}\).
• Phương, chiều: Vì q2 < 0, \(\vec{E}_2\) có chiều hướng về phía q2.

Bước 3: Xác định véctơ cường độ điện trường tổng hợp \(\vec{E}_M\).

• Ta thấy \(\vec{E}_1\) và \(\vec{E}_2\) cùng phương nhưng ngược chiều nhau.
• Chọn chiều dương là chiều của véctơ \(\vec{E}_1\) (hướng ra xa q2).
• Độ lớn của véctơ tổng hợp là: \(E_M = |E_1 – E_2| = |18000 – 2000| = 16000 \text{ V/m}\).
• Vì \(E_1 > E_2\), véctơ \(\vec{E}_M\) có cùng chiều với \(\vec{E}_1\), tức là có phương nằm trên đường thẳng nối hai điện tích và hướng ra xa q2.

Kết luận: Véctơ cường độ điện trường tại M có độ lớn là 16000 V/m, có phương nằm trên đường thẳng đi qua hai điện tích và có chiều hướng ra xa q1 và q2.

Lời giải cho Câu 19:

1. Phân tích bài toán:
Bài toán yêu cầu xác định cường độ điện trường tại trung điểm M của cạnh BC trong một tam giác đều ABC. Chúng ta cũng sẽ áp dụng nguyên lý chồng chất điện trường:
\[\vec{E}_M = \vec{E}_A + \vec{E}_B + \vec{E}_C\]
Tuy nhiên, ta có thể tận dụng tính đối xứng của bài toán để đơn giản hóa việc tính toán.

2. Tóm tắt và đổi đơn vị:

• Tam giác ABC đều, cạnh \(a = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}\).
• Ba điện tích tại các đỉnh bằng nhau: \(q_A = q_B = q_C = 10 \text{ nC} = 10 \times 10^{-9} \text{ C}\).
• M là trung điểm của BC.

3. Các bước giải:
Bước 1: Phân tích các véctơ cường độ điện trường tại M.

• Cường độ điện trường do qB gây ra tại M: \(\vec{E}_B\). Vì qB > 0, \(\vec{E}_B\) hướng ra xa B, tức là hướng từ B đến M.
• Cường độ điện trường do qC gây ra tại M: \(\vec{E}_C\). Vì qC > 0, \(\vec{E}_C\) hướng ra xa C, tức là hướng từ C đến M.
• Khoảng cách từ B và C đến M là như nhau: \(r_{BM} = r_{CM} = \frac{a}{2} = \frac{10}{2} = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}\).
• Do \(|q_B| = |q_C|\) và \(r_{BM} = r_{CM}\), nên độ lớn \(E_B = E_C\).
• Hai véctơ \(\vec{E}_B\) và \(\vec{E}_C\) cùng phương, ngược chiều và có cùng độ lớn nên chúng triệt tiêu lẫn nhau: \(\vec{E}_B + \vec{E}_C = \vec{0}\).

Bước 2: Tính cường độ điện trường tổng hợp.

• Từ phân tích trên, cường độ điện trường tổng hợp tại M chỉ còn do điện tích qA gây ra: \(\vec{E}_M = \vec{E}_A\).
• Ta cần tìm khoảng cách AM. AM là đường cao của tam giác đều ABC.
  \(AM = a \frac{\sqrt{3}}{2} = 10 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3} \text{ cm} = 0.05\sqrt{3} \text{ m}\).

Bước 3: Tính độ lớn và xác định chiều của \(\vec{E}_M\).

• Độ lớn:
  \(E_M = E_A = k \frac{|q_A|}{AM^2} = 9 \times 10^9 \times \frac{|10 \times 10^{-9}|}{(0.05\sqrt{3})^2} = \frac{90}{0.0025 \times 3} = \frac{90}{0.0075} = 12000 \text{ V/m}\).
• Phương, chiều: Vì qA > 0, \(\vec{E}_A\) có chiều hướng ra xa A. Vậy \(\vec{E}_M\) có phương trùng với đường cao AM và có chiều từ A đến M.

Kết luận: Cường độ điện trường tại trung điểm của cạnh BC có độ lớn là 12000 V/m, có phương vuông góc với cạnh BC và hướng ra xa đỉnh A.

Lời giải cho Câu 20:

1. Phân tích bài toán:
Bài toán cho một điện tích điểm q đặt trong một điện trường đều \(\vec{E}\). Điện trường \(\vec{E}\) được cho dưới dạng các thành phần \(E_x\) và \(E_y\). Yêu cầu là xác định véctơ lực điện \(\vec{F}\) tác dụng lên q. Ta sẽ sử dụng công thức:
\[\vec{F} = q\vec{E}\]
Công thức này có thể được viết dưới dạng thành phần: \(F_x = qE_x\) và \(F_y = qE_y\).

2. Tóm tắt và đổi đơn vị:

• \(q = 2,5 \mu\text{C} = 2,5 \times 10^{-6} \text{ C}\)
• \(E_x = 6000 \text{ V/m}\)
• \(E_y = -6\sqrt{3} \times 10^3 \text{ V/m} = -6000\sqrt{3} \text{ V/m}\)

3. Các bước giải:
Bước 1: Tính thành phần lực theo phương Ox.
\[F_x = q \cdot E_x = (2,5 \times 10^{-6}) \times 6000 = 0.015 \text{ N}\]

Bước 2: Tính thành phần lực theo phương Oy.
\[F_y = q \cdot E_y = (2,5 \times 10^{-6}) \times (-6000\sqrt{3}) = -0.015\sqrt{3} \text{ N}\]

Bước 3: Xác định độ lớn và phương, chiều của véctơ lực tổng hợp \(\vec{F}\).

• Véctơ lực \(\vec{F}\) có hai thành phần là \(F_x\) và \(F_y\). Độ lớn của lực được tính theo định lý Pytago:
  \(F = \sqrt{F_x^2 + F_y^2} = \sqrt{(0.015)^2 + (-0.015\sqrt{3})^2}\)
  \(F = \sqrt{(0.015)^2 + (0.015)^2 \times 3} = \sqrt{(0.015)^2 \times (1 + 3)} = \sqrt{(0.015)^2 \times 4}\)
  \(F = 0.015 \times 2 = 0.03 \text{ N}\).
• Phương, chiều của lực được xác định bởi góc \(\alpha\) hợp với trục Ox:
  \(\tan(\alpha) = \frac{F_y}{F_x} = \frac{-0.015\sqrt{3}}{0.015} = -\sqrt{3}\).
  Vì \(F_x > 0\) và \(F_y < 0\), véctơ \(\vec{F}\) nằm ở góc phần tư thứ IV. Do đó, \(\alpha = -60^\circ\) (hoặc \(300^\circ\)) so với chiều dương của trục Ox.

Kết luận: Véctơ lực tác dụng lên điện tích q có độ lớn là 0.03 N và hợp với phương ngang (trục Ox) một góc -60 độ.

Lời giải cho Câu 21:

1. Phân tích bài toán:
Bài toán yêu cầu xác định cường độ điện trường tại đỉnh C của một tam giác đều ABC, do hai điện tích đặt tại A và B gây ra. Một điện tích là +q và một là -q. Ta tiếp tục sử dụng nguyên lý chồng chất điện trường và quy tắc hình bình hành để tổng hợp véctơ.

2. Thiết lập bài toán:

• Đặt điện tích \(q_1 = +q\) tại A.
• Đặt điện tích \(q_2 = -q\) tại B.
• Tam giác ABC đều cạnh a.
• Xác định \(\vec{E}_C = \vec{E}_1 + \vec{E}_2\).

3. Các bước giải:
Bước 1: Xác định \(\vec{E}_1\) do q1 gây ra tại C.

• Độ lớn: \(E_1 = k \frac{|q_1|}{AC^2} = k \frac{q}{a^2}\).
• Phương, chiều: Vì q1 > 0, \(\vec{E}_1\) có phương trùng với đường thẳng AC và có chiều hướng ra xa A (từ A đến C).

Bước 2: Xác định \(\vec{E}_2\) do q2 gây ra tại C.

• Độ lớn: \(E_2 = k \frac{|q_2|}{BC^2} = k \frac{|-q|}{a^2} = k \frac{q}{a^2}\). Vậy \(E_1 = E_2\).
• Phương, chiều: Vì q2 < 0, \(\vec{E}_2\) có phương trùng với đường thẳng BC và có chiều hướng về B (từ C đến B).

Bước 3: Tổng hợp \(\vec{E}_1\) và \(\vec{E}_2\).

• Ta có hai véctơ \(\vec{E}_1\) và \(\vec{E}_2\) có cùng độ lớn \(E_1 = E_2\).
• Góc giữa hai véctơ này là góc hợp bởi phương AC và phương CB. Vì góc \(\widehat{ACB} = 60^\circ\), góc kề bù với nó là \(180^\circ – 60^\circ = 120^\circ\). Vậy góc giữa \(\vec{E}_1\) và \(\vec{E}_2\) là \(\alpha = 120^\circ\).
• Áp dụng quy tắc hình bình hành (trường hợp này là hình thoi vì \(E_1=E_2\)):
  \(E_C^2 = E_1^2 + E_2^2 + 2E_1E_2\cos(120^\circ)\)
  \(E_C^2 = E_1^2 + E_1^2 + 2E_1^2(-\frac{1}{2}) = 2E_1^2 – E_1^2 = E_1^2\)
  \(\Rightarrow E_C = E_1 = k \frac{q}{a^2}\).
• Về phương, chiều: Do hình bình hành là hình thoi, đường chéo \(\vec{E}_C\) là phân giác của góc tạo bởi \(\vec{E}_1\) và \(\vec{E}_2\). Dễ dàng chứng minh được véctơ \(\vec{E}_C\) có phương song song với cạnh AB và có chiều từ A sang B.

Kết luận: Cường độ điện trường tại đỉnh còn lại có độ lớn là \(E = k \frac{q}{a^2}\) và có phương song song với cạnh nối hai điện tích, chiều hướng từ điện tích dương sang điện tích âm.

Lời giải cho Câu 22:

1. Phân tích bài toán:
Bài toán này là một trường hợp cụ thể của bài toán 21. Ta có hai điện tích trái dấu, cùng độ lớn đặt tại A và B. Điểm M cách đều A và B một khoảng bằng chính khoảng cách AB. Điều này có nghĩa là tam giác MAB là một tam giác đều.

2. Tóm tắt và đổi đơn vị:

• \(q_1 = 2 \times 10^{-2} \mu\text{C} = 2 \times 10^{-8} \text{ C}\) tại A.
• \(q_2 = -2 \times 10^{-2} \mu\text{C} = -2 \times 10^{-8} \text{ C}\) tại B.
• \(a = AB = MA = MB = 30 \text{ cm} = 0.3 \text{ m}\).

3. Các bước giải:
Bước 1: Tính cường độ điện trường \(E_1\) do q1 gây ra tại M.

• Độ lớn:
  \(E_1 = k \frac{|q_1|}{MA^2} = 9 \times 10^9 \times \frac{|2 \times 10^{-8}|}{(0.3)^2} = \frac{180}{0.09} = 2000 \text{ V/m}\).
• Phương, chiều: Dọc theo đường thẳng AM, hướng ra xa A.

Bước 2: Tính cường độ điện trường \(E_2\) do q2 gây ra tại M.

• Độ lớn: Do \(|q_1| = |q_2|\) và \(MA = MB\), nên \(E_2 = E_1 = 2000 \text{ V/m}\).
• Phương, chiều: Dọc theo đường thẳng MB, hướng về B.

Bước 3: Tổng hợp \(\vec{E}_M = \vec{E}_1 + \vec{E}_2\).

• Tam giác MAB là tam giác đều nên góc \(\widehat{AMB} = 60^\circ\).
• Góc hợp bởi hai véctơ \(\vec{E}_1\) (hướng theo tia AM) và \(\vec{E}_2\) (hướng theo tia MB) là \(120^\circ\).
• Áp dụng công thức tổng hợp, tương tự câu 21:
  \(E_M^2 = E_1^2 + E_2^2 + 2E_1E_2\cos(120^\circ)\)
  \(E_M^2 = 2000^2 + 2000^2 + 2 \times 2000 \times 2000 \times (-\frac{1}{2}) = 2000^2\)
  \(\Rightarrow E_M = 2000 \text{ V/m}\).

Kết luận: Cường độ điện trường tại điểm M có độ lớn là 2000 V/m.