Lực điện trường tác dụng lên điện tích điểm có phương tiếp tuyến với đường sức

Ta có: Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở: $I = \frac{U}{R} \to U = IR$

=> Đồ thị có dạng của hàm số y = ax

Ta có, sự nhiễm điện của các vật do 3 nguyên nhân là:

- Nhiễm điện do cọ xát

- Nhiễm điện do tiếp xúc

- Nhiễm điện do hưởng ứng

=> Phương án D - sai

Cường độ điện trường gây ra tại một điểm trong chân không (ε = 1):

$E = k\dfrac{{\left| Q \right|}}{{{r^2}}} =  - k\dfrac{Q}{{{r^2}}}$

Vì $Q < 0$  mà cường độ điện trường là đại lượng dương $E > 0$ nên nếu ta bỏ dấu trị tuyệt đối của Q thì phải thêm dấu “-“ đằng trước để cường độ điện trường dương

Mọi nguyên tử gồm có:

- Hạt nhân ở trung tâm mang điện tích dương, notrơn không mang điện

- Lớp vỏ các electron mang điện tích âm, chuyển động xung quanh hạt nhân.

A, B, D - đúng

C - sai vì nguyên tử nhận thêm electron sẽ trở thành ion âm

Công của lực điện được xác định bởi biểu thức: A = qEd

Dòng điện là dòng các điện tích (các hạt tải điện) dịch chuyển có hướng.

A, B, C- đúng

D - sai vì: Hiệu điện thế giới hạn là hiệu điện thế lớn nhất đặt vào hai bản tụ điện mà lớp điện môi của tụ điện chưa bị đánh thủng.

A, B, C - đúng

D - sai vì: Dòng điện qua ampe kế đi vào từ cực dương và đi ra từ cực âm

Ta có: Điện trường là một dạng vật chất bao quanh các điện tích và truyền tương tác điện

=> Phương án C đúng

Khi mắc song song các nguồn điện giống nhau, ta có:

- Suất điện động bộ nguồn: E_b = E.

- Điện trở trong bộ nguồn: r_b = $\frac{r}{n}$.

Ta có, khi đưa thanh kim loại ra thật xa quả cầu thì thanh kim loại trở về trạng thái không nhiễm điện như lúc đầu tức là trung hòa về điện

Theo định luật Cu-lông, ta có: $F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}$

- Đặt trong chân không $\Rightarrow \varepsilon  = 1$

$\begin{array}{l}F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\\ \Rightarrow r = \sqrt {k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{F}}  = \sqrt {{{9.10}^9}\dfrac{{\left| {{{2.10}^{ - 6}}{{.6.10}^{ - 6}}} \right|}}{{0,1}}}  = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{5}m\end{array}$

- 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: lực điện $\overrightarrow F$ , trọng lực $\overrightarrow P$hướng xuống và lực đẩy Acsimét $\overrightarrow {{F_A}}$hướng lên.

+ Điều kiện cân bằng của quả cầu: $\overrightarrow P  + \overrightarrow F  + \overrightarrow {{F_A}}  = 0$

$\left\{ \begin{array}{l}P = mg = {\rho _{vat}}Vg = {\rho _{vat}}\frac{4}{3}\pi {R^3}g\\{F_A} = {\rho _{mt}}Vg = {\rho _{mt}}\frac{4}{3}\pi {R^3}g\end{array} \right.$

Ta có khối lượng riêng của vật lớn hơn $\to P > {F_A} \to F = P - {F_A}$

$\begin{array}{l}F = P - {F_A} \leftrightarrow \left| q \right|E = P - {F_A}\\ \to \left| q \right| = \dfrac{{P - {F_A}}}{E} = \dfrac{{\dfrac{4}{3}\pi {R^3}\left( {{\rho _{vat}} - {\rho _{mt}}} \right)}}{E} = 14,{7.10^{ - 6}}C\end{array}$

=> Để vật cân bằng thì lực điện phải hướng lên

Ta có, lực ngược hướng với $\overrightarrow E$ => q < 0

=> q = -14,7.10^-6C

Ta có các tụ mắc nối tiếp,

$\begin{array}{l}\frac{1}{{{C_b}}} = \frac{1}{{{C_1}}} + \frac{1}{{{C_2}}} + ... + \frac{1}{{{C_n}}}\\ = \frac{1}{1} + \frac{1}{{1,5}} + \frac{1}{3} = 2\\ \to {C_b} = 0,5\mu F\end{array}$

Ta có:

-  Điện lượng: $q = It = 5.2.60.60 = 36000C$

-  Cường độ dòng điện mà acquy này có thể cung cấp liên tục trong 24 giờ:

$I' = \dfrac{q}{t} = \dfrac{{36000}}{{8.60.60}} = 1,25A$

+ Điện năng tiêu thụ khi dùng đèn ống: ${W_1} = {\rm{ }}{P_1}.5.30{\rm{ }} = {\rm{ }}6{\rm{ }}kWh$

+ Điện năng tiêu thụ khi dùng đèn dây tóc: ${W_2} = {\rm{ }}{P_2}.5.30{\rm{ }} = {\rm{ }}15{\rm{ }}kWh$

=> Tiền điện giảm được: (W₂ – W₁).700 đ/kWh = 6300 đ.

Bài toán tương đương với điện trở R_AC nối tiếp với điện trở R_CB nên I_AC = I_CB

Do đó, ta có:

 $\frac{{{U_{AC}}}}{{{U_{CB}}}} = \frac{{{I_{AC}}{R_{AC}}}}{{{I_{CB}}{R_{CB}}}} = \frac{{{R_{AC}}}}{{{R_{CB}}}}$

Mặt khác, ta có: $R = \rho \frac{l}{S}$

$\frac{{{U_{AC}}}}{{{U_{CB}}}} = \frac{{{R_{AC}}}}{{{R_{CB}}}} = \frac{{{l_{AC}}}}{{{l_{CB}}}} = \frac{{AC}}{{CB}} = \frac{{AC}}{{AB - AC}}$

Theo đề bài, ta có:

$\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{4}{5} \to AB = 1,25AC$

 $\to \frac{{{U_{AC}}}}{{{U_{CB}}}} = \frac{{AC}}{{AB - AC}} = \frac{{AC}}{{1,25AC - AC}} = 4$

Từ mạch điện, ta thấy : $\left[ {\left[ {{R_1}nt{R_2}} \right]//{R_3}} \right]nt{R_4}$

Ta có:

+ ${R_1}nt{R_2}$ suy ra: ${R_{12}} = {R_1} + {R_2} = 1 + 2 = 3\Omega$

+ ${R_{12}}//{R_3}$ suy ra: $\dfrac{1}{{{R_{123}}}} = \dfrac{1}{{{R_{12}}}} + \dfrac{1}{{{R_3}}} \Rightarrow {R_{123}} = \dfrac{{{R_{12}}.{R_3}}}{{{R_{12}} + {R_3}}} = \dfrac{{3.2}}{{3 + 2}} = 1,2\Omega$

+ ${R_{123}}nt{R_4}$ suy r: ${R_{td}} = {R_{123}} + {R_4} = 1,2 + 0,8 = 2\Omega$

Cường độ dòng điện trong mạch: $I = \dfrac{U}{{{R_{td}}}} = \dfrac{6}{2} = 3A$

+ Ta có mạch gồm: $\left[ {{R_1}nt{R_2}} \right]//\left[ {{R_3}nt{R_4}} \right]$

$\left\{ \begin{array}{l}{R_{12}} = {R_1} + {R_2} = 4 + 4 = 8\Omega \\{R_{34}} = {R_3} + {R_4} = 3 + 5 = 8\Omega \end{array} \right.$

Điện trở tương đương của mạch ngoài: ${R_N} = \dfrac{{{R_{12}}{R_{23}}}}{{{R_{12}} + {R_{23}}}} = \dfrac{{8.8}}{{8 + 8}} = 4\Omega$

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: $I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}} = \dfrac{{12}}{{4 + 1}} = 2,4A$

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: ${U_{AB}} = I.{R_N} = 2,4.4 = 9,6V$

+ Do ${R_{12}}$ và ${R_{34}}$ bằng nhau, mà chúng mắc song song nên ta có: ${I_{12}} = {I_{34}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{{R_{12}}}} = \dfrac{{9,6}}{8} = 1,2A$

$\Rightarrow {U_{CD}} =  - {U_1} + {U_3}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{U_1} = {I_{12}}{R_1} = 1,2.4 = 4,8V\\{U_3} = {I_{34}}.{R_3} = 1,2.3 = 3,6V\end{array} \right.$

$\Rightarrow {U_{CD}} =  - 4,8 + 3,6 =  - 1,2V$

Ta có: Dòng điện một chiều không qua tụ điện nên khi khóa K mở - dòng điện chỉ chạy qua R₁ và R₂.

Dòng điện chạy trong mạch:

$I = \frac{E}{{{R_1} + {R_2} + r}} = \frac{{24}}{{5 + 5 + 2}} = 2(A)$

+ Khi đó, R₁ và R₂ mắc nối tiếp nhau nên hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là: U_AB = I.R₁₂ = 2.10 = 20V

+ Vì hai tụ điện mắc nối tiếp nên điện dung của bộ tụ là:

$\frac{1}{C} = \frac{1}{{{C_1}}} + \frac{1}{{{C_2}}} \to C = \frac{{{C_1}{C_2}}}{{{C_1} + {C_2}}} = 2,{4.10^{ - 7}}F$

+ Hiệu điện thế của bộ tụ C là: U = U_AB = 20V

Vì hai tụ điện mắc nối tiếp nên: Q₁ = Q₂ = Q = CU = 2,4.10^-7.20 = 4,8.10^-6C

Gọi

       + $\overrightarrow {{E_{3q}}}$ là điện trường tổng hợp tại O do $q$ và $4q$ gây ra.

       + $\overrightarrow {{E_{ - 3q}}}$ là điện trường tổng hợp tại O do $-5q$ và $-2q$ gây ra.

       + $\overrightarrow {{E_3}}$ là điện trường tổng hợp tại O do $q$ và $4q$ gây ra.

Các véctơ được biểu diễn như hình.

Ta có: $\overrightarrow {{E_0}}  = \overrightarrow {{E_{ - 3q}}}  + \overrightarrow {{E_{3q}}}  + \overrightarrow {{E_3}}  = \overrightarrow {{E_{ - 33}}}  + \overrightarrow {{E_3}}$

Vì => $\overrightarrow {{E_{ - 33}}}$ cùng chiều $\overrightarrow {{E_3}}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{E_{ - 33}} = {E_3}\\\overrightarrow E  = \overrightarrow {{E_{ - 33}}}  + \overrightarrow {{E_3}} \end{array} \right. \to E = 2{E_3} = 2k\frac{{3q}}{{{r^2}}} = k\frac{{6q}}{{{r^2}}}$

Để tại O cường độ điện trường tổng hợp bằng 0 thì: 

$\overrightarrow {{E_{q'}}}  + \overrightarrow E  = 0 \to \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{E_{q'}}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow E  \to q' > 0\\{E_{q'}} = E \leftrightarrow k\dfrac{{\left| {q'} \right|}}{{{r^2}}} = k\dfrac{{6q}}{{{r^2}}} \to \left| {q'} \right| = 6q\end{array} \right. \to q' = 6q$

+ Khi r = 0

- Giả sử R_V vô cùng lớn: R_V  = ∞

+ Số chỉ trên V₁ là: ${U_1} = 5R\dfrac{E}{{6R}} = \dfrac{5}{6}E = \dfrac{5}{6}.24 = 20V$

Điều này trái với giả thiết => điều giả sử là sai hay R_V hữu hạn.

- Ta có: U_AC = 24V => U_BC = 12V

$\to {R_{CMNB}} = R \\\leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R$

Với ${R_{PQ}} = \dfrac{{3R.{R_V}}}{{3R + {R_V}}} \to {R_V} = 1,5R$

+ Khi r khác 0

Mạch ngoài tiêu thụ công suất cực đại khi: R_N = r

Ta có:

 ${R_{AB}} = R \leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R \to {R_N} = R + {R_{AB}} = 2R$

Số chỉ trên V₁ là :

 ${U_1}' = {U_{AB}} = \dfrac{E}{{R + {R_{AB}} + r}}{R_{AB}} = 6V$

Số chỉ trên V₂ là:

${U_1}' = {U_{PQ}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{{R_{APQB}}}}{R_{PQ}} = 2V$