A – sai vì: Công của lực điện tác dụng lên một điện tích không phụ thuộc vào dạng đường đi của điện tích mà chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm đầu và điểm cuối của đoạn đường đi trong điện trường.

B, C - sai vì: Hiệu điện thế giữa hai điểm đặc trưng cho khả năng sinh công của điện trường trong sự di chuyển của điện tích q từ điểm nọ đến điểm kia

D - đúng

Tụ điện:

- Không cho dòng điện không đổi đi qua (dòng điện một chiều)

- Tụ điện dùng để tích và phóng điện trong mạch điện.

Ta có: $\overrightarrow F  = q.\overrightarrow E$, Nếu:

       + $q{\text{ }} > {\text{ }}0 \to \overrightarrow F  \uparrow  \uparrow \overrightarrow E$

       + $q{\text{ }} < {\text{ }}0 \to \overrightarrow F  \uparrow  \downarrow \overrightarrow E$

Ta có: Lực lạ làm dịch chuyển điện tích dương từ cực âm sang cực dương của nguồn điện

Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch $I = \dfrac{\xi }{{r + R}} = \dfrac{{1,5}}{{0,5 + 2,5}} = 0,5A$

Ta có, khi 2 vật trung hòa về điện cọ xát nhau => một vật mất electron và một vật nhận electron. Số electron vật mất đi bằng số electron vật kia nhận

+ Vật mất e => mang điện dương

+ Vật nhận e => mang điện âm

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

Ta có:

+ 22,4 l khí hiđro ở 0⁰ , p = 1atm tương ứng với 1mol khí hiđrô có số nguyên tử là 2.6,02.10²³

+ Trong 1cm³ = 1ml = 10^-3l sẽ có số nguyên tử là

$N = \frac{{{{10}^{ - 3}}.2.6,{{02.10}^{23}}}}{{22,4}} = 5,{375.10^{19}}$ nguyên tử

Mỗi nguyên tử hiđrô có 1 electron và 1 proton

=> Số electron = số proton = 5,375.10¹⁹ hạt

Tổng các điện tích dương: Q = 5,375.10¹⁹.1,6.10^-19 = 8,6C

Tổng các điện tích âm trong 1cm³ khí là: Q = 5,375.10¹⁹.|-1,6.10^-19 | = 8,6C

Điện tích của mỗi quả cầu sau khi tách ra là:

${q_1}' = {q_2}' = \dfrac{{{q_1} + {q_2}}}{2} = \dfrac{{ - 26,5 + 5,9}}{2} =  - 10,3\,\,\left( {\mu C} \right)$

Gọi $\overrightarrow {{F_{13}}} ;\overrightarrow {{F_{23}}}$ lần lượt là lực do q₁, q₂ tác dụng lên q₃

Để q₃ cân bằng $\Rightarrow \overrightarrow {{F_{13}}}  + \overrightarrow {{F_{23}}}  = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{F_{13}}} \, \uparrow  \downarrow \,\overrightarrow {{F_{23}}} \,\,\,\left( 1 \right)\\{F_{13}} = {F_{23}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Do ${q_1};{q_2}$ trái dấu → Để lực tổng hợp tại C bằng 0 thì C nằm ngoài AB và gần A hơn.

$\Rightarrow CB - CA = AB = 8cm\,{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Lại có: ${F_{13}} = {F_{23}} \Leftrightarrow \dfrac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{C{A^2}}} = \dfrac{{k\left| {{q_2}{q_3}} \right|}}{{C{B^2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{{CA}}{{CB}} = \sqrt {\left| {\dfrac{{{q_1}}}{{{q_2}}}} \right|}  = \dfrac{1}{2} \Rightarrow CB = 2.CA\,\,\,\left( 1 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CA = 8cm\\CB = 16cm\end{array} \right.$

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BA + BC + 60cm\\{F_{12}} = {F_{32}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60cm\\k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{B{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {{q_3}{q_2}} \right|}}{{B{C^2}}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60cm\\k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{B{A^2}}} = k\dfrac{{\left| {\dfrac{{{q_1}}}{4}{q_2}} \right|}}{{B{C^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60cm\\\dfrac{1}{{B{A^2}}} = \dfrac{1}{{4B{C^2}}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC + BA = 60\\BA = 2BC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC = 20cm\\BA = 40cm\end{array} \right.\end{array}$

Nhận thấy $A{B^2} = A{C^2} + C{B^2} = {5^2}$

$\Rightarrow$ tam giác $ABC$ vuông tại $C$

Gọi $\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}}$ lần lượt là cường độ điện trường do điện tích ${q_1},{q_2}$ gây ra tại C.

Các véc-tơ $\overrightarrow {{E_1}} ,\overrightarrow {{E_2}}$ được biểu diễn như hình.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{E_1} = k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{r_1^2}} = k\dfrac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{A{C^2}}} = {9.10^9}\dfrac{{{{16.10}^{ - 10}}}}{{0,{{04}^2}}} = 9000V/m\\{E_2} = k\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{r_2^2}} = k\dfrac{{\left| {{q_2}} \right|}}{{C{B^2}}} = {9.10^9}\dfrac{{{{9.10}^{ - 10}}}}{{0,{{03}^2}}} = 9000V/m\end{array} \right.$

Gọi $\overrightarrow E$ là véc tơ cường độ điện trường tổng hợp tại $C$.

Ta có: $\overrightarrow E  = \overrightarrow {{E_1}}  + \overrightarrow {{E_2}}$

Vì $\overrightarrow {{E_1}}  \bot \overrightarrow {{E_2}}$ 

$\Rightarrow E = \sqrt {E_1^2 + E_2^2}  = \sqrt {{{9000}^2} + {{9000}^2}}  = 9000\sqrt 2 V/m$

Ta có,

+ Khi cường độ điện trường ${E_1} = 3000V/m$ thì ${A_1} = 90mJ$

+ Khi cường độ điện trường ${E_2} = 4000V/m$ thì ${A_2} = ?$

Lại có: $\left\{ \begin{array}{l}{A_1} = q{E_1}d\\{A_2} = q{E_2}d\end{array} \right.$

Suy ra:

$\begin{array}{l}\dfrac{{{A_1}}}{{{A_2}}} = \dfrac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \dfrac{{3000}}{{4000}} = \dfrac{3}{4}\\ \Rightarrow {A_2} = \dfrac{4}{3}{A_1} = \dfrac{4}{3}.90 = 120mJ\end{array}$

Ta có:

+ Điện dung của bộ 5 tụ mắc song song: ${C_b} = {C_1} + {C_2} + {C_3} + {C_3} + {C_5} = 5C = 5.0,2 = 1\mu F$

+ Năng lượng của bộ tụ: ${\rm{W}} = \dfrac{1}{2}{C_b}{U^2} \to U = \sqrt {\dfrac{{2{\rm{W}}}}{{{C_b}}}}  = \sqrt {\dfrac{{2.0,{{8.10}^{ - 3}}}}{{{{1.10}^{ - 6}}}}}  = 40V$

Vì 5 tụ mắc song song, nên:

$U = {U_1} = {U_2} = {U_3} = {U_4} = {U_5} = 40V$

Ta có:

+ Cường độ điện trường giữa hai bản tụ điện là:

 $E = \dfrac{U}{d} = \dfrac{{110}}{{0,05}} = 2200V/m$.

+ Lực điện trường tác dụng lên điện tích là $F = qE = 1,{6.10^{ - 19}}.2200 = 3,{52.10^{ - 16}}N$.

+ Định luật II Niuton có $F = ma$ 

=> điện tích di chuyển trong điện trường với gia tốc $a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{{3,{{52.10}^{ - 16}}}}{{1,{{67.10}^{ - 27}}}} = 2,{11.10^{11}}m/{s^2}$ 

$\to v_N^2 - v_M^2 = 2as \\\Rightarrow {v_N} = \sqrt {2.2,{{11.10}^{11}}.\left( {0,03} \right) + {{\left( {{{2.10}^5}} \right)}^2}}  \\= 2,{3.10^5}m/s$.

Ta có:

+ Điện tích của mỗi hạt bụi:  ${q_1} = {q_2} = {8.10^8}.\left( { - {{1,6.10}^{ - 19}}} \right) =  - {1,28.10^{ - 10}}C$

+ Lực đẩy tĩnh điện giữa hai hạt là: 

$F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} = {9.10^9}\frac{{\left| {\left( { - {{1,28.10}^{ - 10}}} \right).\left( { - {{1,28.10}^{ - 10}}} \right)} \right|}}{{{{1.0,02}^2}}} \approx {3,69.10^{ - 7}}N$

Công cuả lực lạ làm di chuyển điện tích q = 4C từ cực âm đến cực dương bên trong nguồn điện là :

A = qE = 24J

$=  > E = \dfrac{A}{q} = \dfrac{{24}}{4} = 6V$  

Ta có: E = 12;  I = 0,8A

Công của nguồn điện sinh ra trong 15 phút:

A_ng = E.I.t = 12.0,8.15.60 = 8640J

Công suất của nguồn điện khi này:

P_ng = E.I = 12.0,8 = 9,6W

Khi ${R_4} = 4\Omega$ thì ${I_A} = 0$, mạch trở thành mạch cầu cân bằng:

$\begin{array}{l}\dfrac{{{R_1}}}{{{R_3}}} = \dfrac{{{R_2}}}{{{R_4}}}\\ \Rightarrow {R_2}{R_3} = {R_1}{R_4} = 0,5.4 = 2 \end{array}$

Giả sử chiều dòng điện từ A đến B.

Ta có: I qua R₁ không bị phân nhánh => R₁ mắc nối tiếp

Tại M, I bị phân nhánh, I’ qua R₂, R₃ không phân nhánh => (R₂ nt R₃ ) // R₅

I qua R₄ không phân nhánh

Vậy: đoạn mạch gồm: R₁ nt [(R₂ nt R₃) // R₅ ] nt R₄

${R_{23}} = {R_2} + {R_3} = 4 + 6 = 10\Omega$

$\frac{1}{{{R_{235}}}} = \frac{1}{{{R_{23}}}} + \frac{1}{{{R_5}}} \to {R_{235}} = \frac{{{R_{23}}.{R_5}}}{{{R_{23}} + {R_5}}} = \frac{{10.10}}{{10 + 10}} = 5\Omega$

Tổng trở của toàn mạch:

$R = {R_1} + {R_{235}} + {R_4} = 4 + 5 + 3 = 12\Omega$

Cường độ dòng điện chạy trong mạch:

$I = \dfrac{{{E_b}}}{{r + R}} = \dfrac{6}{{1 + 2}} = 2A$

Hiệu điện thế hai cực của mỗi pin:

$U = E - I.r = 3 - 1.2 = {1_{}}V$

Ta có:

Mạch gồm: (R₄ nt R₅) // (R₂ nt R₁)

R₄₅ = R₄ + R₅ = 12$\Omega$

R₁₂ = R₁ +R₂ = 4 + 2 = 6$\Omega$

+ ${R_N} = \frac{{{R_{34}}{R_{12}}}}{{{R_{34}} + {R_{12}}}} = \frac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega$

r_b = r₁ + r₂ + R₃ = 8$\Omega$

E_b = E₂ - E_1­­ = 12V

$I = \frac{{{E_b}}}{{{R_N} + {r_b}}} = 1A$

U_AB  = I.R_N = 4V

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

Vẽ lại mạch điện ta được:

Cấu trúc mạch điện gồm: $\left[ {\left( {{R_2}//{R_3}} \right)\,\,nt\,{R_1}} \right]//{R_4}$

Điện trở tương đương của đoạn mạch:

$\begin{gathered} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{R_{23}} = \frac{{{R_2}{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}} = \frac{{4.4}}{{4 + 4}} = 2\Omega } \\ {{R_{123}} = {R_{23}} + {R_1} = 2 + 1 = 3\Omega } \end{array}} \right. \hfill \\ \Rightarrow {R_{1234}} = \frac{{{R_{123}}.{R_4}}}{{{R_{123}}.{R_4}}} = \frac{{3.6}}{{3 + 6}} = 2\Omega \hfill \\ \end{gathered}$

Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính:

$I = \dfrac{E}{{{R_{1234}} + r}} = \dfrac{6}{{2 + 0,5}} = 2,4A$

Công suất của nguồn: ${P_{ng}} = E.I = 6.2,4 = 14,4W$

Hiệu điện thế giữa hai đầu R₄ là:

${U_4} = {U_{AB}} = E - I.r = 6 - 2,4.0,5 = 4,8V$

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}} \begin{gathered} {I_4} = \frac{{{U_4}}}{{{R_4}}} = \frac{{4,8}}{6} = 0,8A \hfill \\ \Rightarrow {I_{23}} = I - {I_4} = 2,4 - 0,8 = 1,6A \hfill \\ \end{gathered} \\ { \Rightarrow {U_3} = {U_{23}} = {I_{23}}.{R_{23}} = 1,6.2 = 3,2V} \end{array}$

+ Chọn hệ trục $xOy$ như hình

+ Ta có, chuyển động của hạt được phân tích thành hai chuyển động.

- Theo phương ngang (Ox): hạt chuyển động thẳng đều với vận tốc ban đầu ${v_{0x}} = {v_0}cos\alpha$

- Theo phương Oy: hạt chuyển động biến đổi đều với vận tốc đầu: ${v_{0y}} = {v_0}\sin \alpha$

+ Phương trình vận tốc theo các trục: $\left\{ \begin{array}{l}{v_x} = {v_0}cos\alpha \\{v_y} = {v_0}\sin \alpha  + at\end{array} \right.$

+ Vì khi ra khỏi điện trường, vận tốc có phương ngang nên thành phần ${v_y} = 0$ do đó ta có:

${v_0}\sin \alpha  + at = 0 \Rightarrow t = \dfrac{{ - {v_0}\sin \alpha }}{a}$  (1)

+ Phương trình chuyển động theo phương Ox: $x = \left( {{v_0}cos\alpha } \right)t$

Khi ra khỏi điện trường thì $x = L \Leftrightarrow \left( {{v_0}cos\alpha } \right)t = L$  (2)

Từ (1) và (2), ta có: $\left( {{v_0}cos\alpha } \right)\dfrac{{ - {v_0}\sin \alpha }}{a} = L$  (3)

+ Mặt khác, ta có gia tốc của electron khi chuyển động trong điện trường: $a = \dfrac{{ - F}}{m} = \dfrac{{ - \left| q \right|E}}{m} = \dfrac{{ - \left| q \right|U}}{{md}}$ (4)

Từ (3) và (4), ta có:

$\eqalign{ & \left( {{v_0}cos\alpha } \right){{ - {v_0}\sin \alpha } \over {{{ - \left| q \right|U} \over {md}}}} = L \cr & \Rightarrow U = {{mdv_0^2.\sin 2\alpha } \over {2\left| q \right|L}} = {{\left( {9,{{1.10}^{ - 31}}} \right).\left( {0,01} \right).{{\left( {2,{{5.10}^7}} \right)}^2}.\sin {{30}^0}} \over 2.{1,{{6.10}^{ - 19}}.0,05}} = 177,7V \cr}$