Dạng bài toán xác định Cường độ điện trường do hệ nhiều điện tích điểm gây ra

CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG DO HỆ NHIỀU ĐIỆN TÍCH ĐIỂM GÂY RA

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Áp dụng nguyên lý chồng chất điện trường:

- Xác định phương, chiều, độ lớn của từng vectơ cường độ điện trường do từng điện tích gây ra.

- Vẽ vectơ cường độ điện trường tổng hợp (quy tắc hình bình hành).

- Xác định độ lớn của cường độ điện trường tổng hợp từ hình vẽ.

Khi xác định tổng của hai vectơ cần lưu ý các trường hợp đặc biệt:  , tam giác vuông, tam giác đều,...

Nếu không xảy ra các trường họp đặt biệt thì có thể tính độ dài của vectơ bằng định lý hàm cosin:  

 - Xét trường hợp tại điểm M trong vùng điện trường của 2 điện tích:  

\(\begin{array}{*{20}{l}} { + ){\rm{ }}\overrightarrow {{E_1}} \uparrow \uparrow \overrightarrow {{E_2}} \Rightarrow {E_M} = {E_1} + {E_2}\;}\\ { + ){\rm{ }}\;\overrightarrow {{E_1}} \uparrow \downarrow \overrightarrow {{E_2}} \Rightarrow {E_M} = {E_1} - {E_2}}\\ { + ){\rm{ }}\overrightarrow {{E_1}} \bot \overrightarrow {{E_2}} \Rightarrow {E_M} = \sqrt {E_1^2 + E_2^2} \;}\\ { + ){\rm{ }}\left( {\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}} } \right) = \alpha \Rightarrow {E_M} = \sqrt {E_1^2 + E_2^2 + 2{E_1}{E_2}\cos \alpha } \;} \end{array}\)

Nếu     \({E_1} = {E_2} \Rightarrow E = 2{E_1}\cos \frac{\alpha }{2}\) 

2. BÀI TẬP MINH HỌA    

Lời giải

 a)

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {r_1} = {r_2} = r\\ \left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right| = q \end{array} \right.\\ \Rightarrow {E_1} = {E_2} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_M^2}} = 5000V/m \end{array}\)

Điện trường tổng hợp gây ra tại M:  \(\overrightarrow E  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}} \)

Vì \(\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}} \) cùng chiều nên  \(E = {E_1} + {E_2} = 10000V/m\)

 b) Ta có:    \(\left\{ \begin{array}{l} {E_1} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{r_1^2}} = {9.10^9}.\frac{{0,{{5.0}^{ - 9}}}}{{0,{{06}^2}}} = 1250V/m\\ {E_2} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{r_2^2}} = {9.10^9}.\frac{{0,{{5.0}^{ - 9}}}}{{0,{{12}^2}}} = 312,5V/m \end{array} \right.\)

Điện trường tổng hợp gây ra tại M:  \(\overrightarrow E  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}} \)

Vì \(\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}} \) ngược chiều nên:  \(E = {E_1} - {E_2} = 937,5V/m\)

Lời giải

a) vì  \(\begin{array}{l} {q_1} = {q_2} = {q_3} = q;\\ {r_1} = {r_2} = {r_3} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \end{array}\)

nên  \({E_1} = {E_2} = {E_3}\)

Điện trường tại O:  

\(\overrightarrow {{E_0}}  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}}  + \overrightarrow {{E_3}}  = \overrightarrow {{E_{13}}}  + \overrightarrow {{E_2}} \)

Vì \(\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_3}} \) ngược chiều nên \(\overrightarrow {{E_{13}}}  = 0\) 

⇒ \({E_0} = {E_2} = k\frac{q}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{2kq}}{{{a^2}}}\)

b)  \(\overrightarrow {{E_D}}  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}}  + \overrightarrow {{E_3}}  = \overrightarrow {{E_{13}}}  + \overrightarrow {{E_2}} \)

Vì  \({r_1} = {r_3};{r_2} = a\sqrt 2 \) nên  \({E_1} = {E_3} = k\frac{q}{{{a^2}}};{E_2} = k\frac{q}{{2{a^2}}}\)

Mặt khác, vì \(\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_3}} \) vuông góc nhau nên  \({E_{13}} = {E_1}\sqrt 2 = k\frac{{\sqrt 2 q}}{{{a^2}}}\)

Vì \(\overrightarrow {{E_{13}}} ,\overrightarrow {{E_2}} \) cùng chiều nên  \({E_D} = {E_{13}} + {E_2}\)

\(\Rightarrow {E_D} = k\frac{{\sqrt 2 q}}{{{a^2}}} + k\frac{q}{{2{a^2}}} = \left( {\sqrt 2 + \frac{1}{2}} \right)\frac{{kq}}{{{a^2}}}\)

Lời giải

a) Gọi \(\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}} \)  lần lượt là cường độ điện trường do điện tích  gây ra tại M. Độ lớn 2 điện tích bằng nhau và điểm M cách đều 2 điện tích nên:

\({E_1} = {E_2} = k\frac{{\left| q \right|}}{{{r^2}}} = {9.10^9}.\frac{{6,{{4.10}^{ - 10}}}}{{0,{{08}^2}}} = 900V/m\)

Cường độ điện trường tổng hợp:  

\(\begin{array}{l} \overrightarrow E = \overrightarrow {{E_1}} + \overrightarrow {{E_2}} \\ \Rightarrow E = \sqrt {E_1^2 + E_2^2 + 2{E_1}{E_2}\cos 60^\circ } \\ \Leftrightarrow E = {E_1}\sqrt 3 = 900\sqrt 3 \,V/m \end{array}\)

b)

Độ lớn 2 điện tích bằng nhau và M cách đều 2 điện tích nên:

\(\begin{array}{l} {E_1} = {E_2} = k\frac{{\left| q \right|}}{{{r^2}}}\\ = k\frac{{\left| q \right|}}{{M{H^2} + H{C^2}}} = k\frac{q}{{{x^2} + {a^2}}} \end{array}\)

Do \({E_1} = {E_2}\) nên hình \(M{E_1}E{E_2}\) là hình thoi nên:

\(\begin{array}{l} ME = 2.M{E_1}\cos \alpha \\ \Leftrightarrow E = 2.{E_1}\cos \alpha = 2k\frac{q}{{{x^2} + {a^2}}}\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}\\ \Leftrightarrow E = \frac{{2kqx}}{{\sqrt {{{\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}^3}} }} = \frac{{2kqx}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} + {x^2}} \right)}^3}} }}\\ Theo\,\,Co - si:\\ \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} + {x^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{{{a^2}}}{2}.{x^2}}}\\ \Rightarrow {\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} + {x^2}} \right)^3} \ge \frac{{27}}{4}{a^4}{x^2} \end{array}\)

Vậy :

\(\begin{array}{l} {E_{\max }} = \frac{{2kq}}{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}{a^2}}} = 2771,28V/m\\ Khi\,\,\,\frac{{{a^2}}}{2} = {x^2} \Rightarrow x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = 2\sqrt 2 cm \end{array}\)

Trên đây là toàn bộ nội dung Dạng bài toán xác định Cường độ điện trường do hệ nhiều điện tích điểm gây ra. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập .

Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:

• Tóm tắt kiến thức và công thức chương 1 Điện tích- Điện tích trường môn Vật lý 11

• Bài tập tổng hợp Điện tích- Điện trường hay và khó Vật lý 11

• Bài tập tổng hợp nâng cao Điện tích- Định luật Culong Vật lý 11

Chúc các em học tập tốt !