q = 5nC = 5.10^-9C; r = 0,1m

E = 9.10⁹ \[\dfrac{q}{r^2}\]

E = F/q = 3.10^-3/10^-7 = 3.10⁴V/m

E_A = kq/r_A² ; E_B = kq/r_B²

r_C = (r_A+ r_B)/2 =  0,5(\[\sqrt{ \dfrac{kq}{E_A}}\] + \[\sqrt{ \dfrac{kq}{E_B}}\] )

E_C = kq/r_C² = 16V/m

E = F/q = 3.10^-3/10^-7 = 3.10⁴V/m

E = kQ/r² => 3.10⁴ = 9.10⁹Q/(0,3)² => Q

E = kq/r² = 9.10⁹.10^-9/(0,03)²

M nằm tại trung điểm giữa q₁q₂ => r = 10/2 = 5cm = 0,05m

E₁= E₂ = kq₁/r ²  = 9.10⁹.5.10^-9/(0,05)²

E = E₁ + E₂

AB = BC = AC = 0,1

AH = \[\sqrt{AC^2-HC^2}\] =  \[\sqrt{AC^2-(BC/2)^2}\]

\[\vec{E_1}\]+ \[\vec{E_2}\] = 0

=> E_H = E₃ = kq/AH²

E₁  = E₂ = kq/a²

E = 2E₁cos\[\dfrac{120}{2}\] = E₁

q₁; q₂ trái dấu => M nằm ngoài AB và gần q₂

hệ phương trình xác định vị trí của M

|q₁|/r₁² = q₂/r₂²

r₁ – r₂ = 20cm

E = 20 000V/m. R = 0,01m; D₁ = 7800kg/m³; D₂ = 800 kg/m²

quả cầu chịu tác dụng của lực điện F_đ; trọng lực P; lực đẩy ác-si-mét để quả cầu nằm cân bằng

+/ véc tơ lực \[\vec{F_{đ}}\] phải có hướng như hình vẽ => q < 0

+/ P = F_a + F_đ => mg = D₂V + |q|E

D₁\[\dfrac{4\pi R^3}{3}\]g = D₂\[\dfrac{4\pi R^3}{3}\] + |q|E => q = – 1,47.10^-6 = -1,47 µC

m = 10^-3kg; E = 2000V/m; α = 60^o

tan α = \[\dfrac{F}{P}\] = \[\dfrac{qE}{mg}\]  => q

m = 10^-5kg, V = 10^-8m³; D = 800; E = 4,1.10⁵V/m

q chịu tác dụng của trọng lực P hướng xuống, lực đẩy acsimet F_a hướng lên => lực điện trường F_q hướng lên (q<0) để điện tích nằm cân bằng =>

F_q + F_a = P => |q|E + DgV = m.g => |q| = 2.10^-9 => q = -2nC

hệ phương trình xác định vị trí của điểm C

q₁/r₁² = q₂/r₂²

r₁ + r₂ = 100 => r₁ = 75cm

$$E={{9 10}^{9}}\dfrac{\left| Q \right|}{{{r}^{2}}}={{9 10}^{9}} \dfrac{{{5 10}^{-9}}}{0,{{1}^{2}}}=4500$$V/m

$$E={{9 10}^{9}}\dfrac{\left| Q \right|}{{{r}^{2}}}={{9 10}^{9}} \dfrac{{{10}^{-9}}}{0,{{03}^{2}}}={{10}^{4}}$$V/m

$$\left| Q \right|=\dfrac{E {{r}^{2}}}{{{9 10}^{9}}}={{4 10}^{-5}}$$C; mà $$\overrightarrow{E}$$ hướng về Q → Q < 0 → Q = -4 10^-5 C

$$r=\sqrt{\dfrac{{{9 10}^{9}} \left| Q \right|}{E}}=1,2$$cm

▪ \[{{\vec{E}}_{A}}\bot {{\vec{E}}_{B}}\]→ A và B nằm trên 2 đường sức vuông góc từ Q hay AQ $$\bot $$ BQ

▪ E_A = E_B → AQ = BQ = r → AB = $$r\sqrt{2}$$

▪ Ta có: $$E\sim \dfrac{1}{{{r}^{2}}}\to r\sim \dfrac{1}{\sqrt{E}}$$

▪ $${{r}_{M}}=\dfrac{{{r}_{A}}+{{r}_{B}}}{2}\to \dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{M}}}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{A}}}}+\dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{B}}}} \right)$$

$$\dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{M}}}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{A}}}}+\dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{B}}}} \right)\to {{E}_{M}}=1600$$V/m

▪ \[{{\vec{E}}_{A}}\]và \[{{\vec{E}}_{B}}\]cùng phương và ngược chiều → A, B và Q cùng nằm trên đường thẳng, Q nằm giữa A và B

▪ E_A = E_B → AQ = BQ = r → AB = 2r

▪ Ta có: $$E\sim \dfrac{1}{{{r}^{2}}}\to {{r}^{2}}\sim \dfrac{1}{E}$$

▪ Lại có: $$OI=\dfrac{MN}{2}\to {{r}_{I}}=\dfrac{\sqrt{r_{M}^{2}+r_{N}^{2}}}{2}\to 4r_{I}^{2}=r_{M}^{2}+r_{N}^{2}\to \dfrac{4}{{{E}_{I}}}=\dfrac{1}{{{E}_{M}}}+\dfrac{1}{{{E}_{N}}}\to {{E}_{I}}=7500$$V/m

▪ Ta có: $$E\sim \dfrac{1}{{{r}^{2}}}$$

▪ Lại có: $$\dfrac{1}{O{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{O{{M}^{2}}}+\dfrac{1}{O{{N}^{2}}}\to {{E}_{I}}={{E}_{M}}+{{E}_{N}}=2500$$V/m

▪ Ta có: $$E\sim \dfrac{1}{{{r}^{2}}}\to r\sim \dfrac{1}{\sqrt{E}}$$

▪ E_A > E_B → r_A < r-_B → $${{r}_{M}}=\dfrac{{{r}_{B}}-{{r}_{A}}}{2}\to \dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{M}}}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{B}}}}-\dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{A}}}} \right)\to {{E}_{M}}=57600$$V/m

▪ Ta có: $$E\sim \dfrac{1}{{{r}^{2}}}\to r\sim \dfrac{1}{\sqrt{E}}$$

▪ $${{r}_{M}}=\dfrac{{{r}_{A}}+{{r}_{B}}}{2}\to {{r}_{B}}=2{{r}_{M}}-{{r}_{A}}\to \dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{B}}}}=\dfrac{2}{\sqrt{{{E}_{M}}}}-\dfrac{1}{\sqrt{{{E}_{A}}}}\to {{E}_{B}}=784$$V/m

▪ \[{{\vec{E}}_{A}}\] và \[{{\vec{E}}_{B}}\] hợp góc 30⁰ → Góc AOB = 30⁰

▪ E_A = 3E_B → $$OB=OA\sqrt{3}=r\sqrt{3}$$→$$AB=\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-2OA OB cos{{30}^{0}}}=r $$

q₁ và q₂ cùng dấu, do đó $${{\overrightarrow{E}}_{1}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{2}}$$ ngược chiều và có độ lớn E₁ = E₂. → E_M = E₁ – E₂ = 0.

q₁ và q₂ trái dấu. $${{\overrightarrow{E}}_{1}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{2}}$$cùng chiều và có độ lớn E₁ = E₂ = $$4k\dfrac{\left| q \right|}{{{r}^{2}}}$$ → E_M = E₁ + E₂ = $$8k\dfrac{\left| q \right|}{{{r}^{2}}}$$.

E_M = E₁ + E₂ = $$8k\dfrac{\left| q \right|}{{{r}^{2}}}=4,{{5. 10}^{5}}$$V/m.

Trong bài giảng, thầy đã chứng minh. Khi q₁ và q₂ trái dấu thì điểm M có điện trường tổng hợp bằng 0 nằm ngoài đoạn AB và gần điện tích có độ lớn bé hơn (q₁ đặt tại A) và. $$MA=\dfrac{AB}{\sqrt{\left| \dfrac{{{q}_{2}}}{{{q}_{1}}} \right|}-1}=$$ 18 cm → MB = 27 cm.

$${{\overrightarrow{E}}_{1}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{2}}$$hợp nhau góc 60⁰ và có độ lớn E₁ = E₂ = $$k\dfrac{\left| q \right|}{{{a}^{2}}}=7,{{03125. 10}^{-4}}$$V/m. → \[{{E}_{A}}=2{{E}_{1}}\cos {{30}^{0}}={{E}_{1}}\sqrt{3}\approx 1,{{2178. 10}^{-3}}\]V/m.

E_M = $$8k\dfrac{\left| q \right|}{{{r}^{2}}}=36000$$V/m.

$${{\overrightarrow{E}}_{1}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{2}}$$hợp nhau góc 120⁰ và có độ lớn E₁ = E₂ = $$k\dfrac{\left| q \right|}{{{a}^{2}}}=7,{{03125. 10}^{-4}}$$V/m. → \[{{E}_{A}}=2{{E}_{1}}\cos {{60}^{0}}={{E}_{1}}=7,{{03125. 10}^{-4}}\]V/m.

$${{E}_{1}}=k\dfrac{\left| {{q}_{1}} \right|}{N{{A}^{2}}}=18000$$V/m và $${{E}_{2}}=k\dfrac{\left| {{q}_{2}} \right|}{N{{B}^{2}}}=2000$$V/m. → E_N = E₁ – E₂ = 16000 V/m.

\[{{E}_{A}}=2{{E}_{1}}\cos {{60}^{0}}={{E}_{1}}=k\dfrac{\left| q \right|}{{{a}^{2}}}={{9. 10}^{4}}\]V/m.

▪ Ta có. MA = MB = a = 10 cm.

▪ $${{\overrightarrow{E}}_{1}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{2}}$$hợp nhau góc AMB và có độ lớn E₁ = E₂ = $$k\dfrac{\left| q \right|}{{{a}^{2}}}=2,{{7. 10}^{5}}$$V/m. → \[{{E}_{A}}=2{{E}_{1}}\cos \widehat{AMH}=2{{E}_{1}}. \dfrac{MH}{AB}=4,{{32. 10}^{5}}\]V/m.

▪ Ta có. OA = OB = a = 5 cm.

▪ $${{\overrightarrow{E}}_{A}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{B}}$$vuông góc và có độ lớn E_A = E_B = $$k\dfrac{\left| q \right|}{{{a}^{2}}}=1,{{8. 10}^{5}}$$V/m. → \[{{E}_{O}}={{E}_{A}}\sqrt{2}=1,8\sqrt{2}{{. 10}^{5}}\]V/m.

▪\[{{\vec{E}}_{2}}=4{{\vec{E}}_{1}}\]. cùng chiều và E₂ = 4E₁.

▪ q₁ và q₂ trái dấu → $${{\overrightarrow{E}}_{1}}$$và $${{\overrightarrow{E}}_{2}}$$cùng chiều khi M nằm giữa A và B → MA + MB = AB = 10 cm.

▪ E₂ = 4E₁ → $$\dfrac{\left| {{q}_{2}} \right|}{M{{B}^{2}}}=\dfrac{4\left| {{q}_{1}} \right|}{M{{A}^{2}}}\to MA=MB$$= 5 cm.

Khi q₁ và q₂ cùng dấu thì điểm M có điện trường tổng hợp bằng 0 nằm trong đoạn AB và cách điện tích q₁. $$MA=\dfrac{a}{\sqrt{\left| \dfrac{{{q}_{2}}}{{{q}_{1}}} \right|}+1}=$$ 0,25a.

Khi q₁ và q₂ trái dấu thì điểm có điện trường tổng hợp bằng 0 nằm ngoài đoạn nối hai điện tích và gần điện tích có độ lớn bé hơn (q₂) một đoạn. $$x=\dfrac{a}{\sqrt{\left| \dfrac{{{q}_{1}}}{{{q}_{2}}} \right|}-1}=$$ 10 cm. ▪ Điểm C nằm ngoài đoạn nối hai điện tích và gần q₁ hơn, do đó. q₁ và q₂ trái dấu và $$\left| {{q}_{1}} \right|<\left| {{q}_{2}} \right|$$ ▪ Lại có. $$CA=\dfrac{AB}{\sqrt{\left| \dfrac{{{q}_{2}}}{{{q}_{1}}} \right|}-1}\to \left| \dfrac{{{q}_{2}}}{{{q}_{1}}} \right|=\dfrac{16}{9}\to \dfrac{{{q}_{2}}}{{{q}_{1}}}=-\dfrac{16}{9}$$. ▪ Mà q₁ + q₂ = 7. 10^-8 C → q₂ = 16. 10^-8 C và q₁ = – 9. 10^-8

Khi q₁ và q₂ cùng dấu thì điểm M có điện trường tổng hợp bằng 0 nằm trong đoạn AB và cách điện tích q₁. $$x=\dfrac{a}{\sqrt{\left| \dfrac{{{q}_{2}}}{{{q}_{1}}} \right|}+1}=$$ 10 cm. ▪ Dễ thấy. E_A = E_B = E_C → đặt bằng 1. ▪ Vecto cường độ điện trường tổng hợp tại tâm G của tam giác ABC. $${{\overrightarrow{E}}_{G}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}=1\angle 0+1\angle {{120}^{0}}+1\angle -{{120}^{0}}=0$$.

▪ Gọi G là tâm của tam giác đều thì AG = BG = CG = $$\dfrac{\sqrt{3}}{3}a$$

▪ Dễ thấy. $${{E}_{A}}=\dfrac{{{E}_{B}}}{2}=\dfrac{{{E}_{C}}}{3}=3k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}$$ → đặt bằng 1.

▪ Vecto cường độ điện trường tổng hợp tại tâm G của tam giác ABC. $${{\overrightarrow{E}}_{G}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}=1\angle 0+2\angle -{{120}^{0}}+3\angle {{120}^{0}}=\sqrt{3}\angle {{150}^{0}}$$. →$${{\overrightarrow{E}}_{G}}$$có độ lớn$${{E}_{G}}=3\sqrt{3}k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}$$và hướng về góc 150⁰.

▪ E_A = E_C = k\[\dfrac{q}{{{a}^{2}}}\]và E_B = k\[\dfrac{q}{2{{a}^{2}}}\]

▪ \[{{\overrightarrow{E}}_{D}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}\] Cách 1. \[{{\overrightarrow{E}}_{D}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}=\left( {{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}} \right)+{{\overrightarrow{E}}_{B}}={{\overrightarrow{E}}_{AC}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}\] \[{{\overrightarrow{E}}_{AC}}\]có độ lớn. E_AC = \[\sqrt{2}k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}\]và cùng chiều\[{{\overrightarrow{E}}_{B}}\] →\[{{\overrightarrow{E}}_{D}}\]cùng chiều \[{{\overrightarrow{E}}_{B}}\]và có độ lớn E_D = \[\left( \sqrt{2}+\dfrac{1}{2} \right)k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}. \] Cách 2. Đặt \[k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}=1\] \[{{\overrightarrow{E}}_{D}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}=1\angle -{{90}^{0}}+\dfrac{1}{2}\angle -{{45}^{0}}+1\angle {{0}^{0}}=\left( \sqrt{2}+\dfrac{1}{2} \right)\angle -{{45}^{0}}. \]

\[{{E}_{D}}=\left( \sqrt{2}+\dfrac{1}{2} \right)k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}\approx 957,1\]V/m

▪ E_A = E_B =\[2k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}\]và E_C = \[4k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}\]

▪ \[{{\overrightarrow{E}}_{H}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}=\left( {{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}} \right)+{{\overrightarrow{E}}_{A}}={{\overrightarrow{E}}_{BC}}+{{\overrightarrow{E}}_{A}}\] \[{{\overrightarrow{E}}_{BC}}\]có độ lớn. \[{{E}_{BC}}={{E}_{C}}-{{E}_{B}}=2k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}\]và có chiều hướng về B → E_H = \[2\sqrt{2}k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}. \]

▪ BC = 50 cm, AH = 24 cm, BH=\[\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{H}^{2}}}\]= 18 cm, CH = 32 cm

▪$$\left\{ \begin{array}{l} {{E}_{A}}={{9. 10}^{9}}. \dfrac{q}{A{{H}^{2}}}=9,{{375. 10}^{5}}\text{V/m}\text{. } \\ {{E}_{B}}={{9. 10}^{9}}. \dfrac{q}{B{{H}^{2}}}=\dfrac{5}{3}{{. 10}^{6}}\text{V/m}\text{. } \\ {{E}_{C}}={{9. 10}^{9}}. \dfrac{q}{C{{H}^{2}}}=5,{{27. 10}^{5}}\text{V/m}\text{. } \end{array} \right. $$

▪ \[{{\overrightarrow{E}}_{H}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}=\left( {{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}} \right)+{{\overrightarrow{E}}_{A}}={{\overrightarrow{E}}_{BC}}+{{\overrightarrow{E}}_{A}}\] \[{{\overrightarrow{E}}_{BC}}\]có độ lớn. \[{{E}_{BC}}={{E}_{B}}-{{E}_{C}}\approx 1,{{14. 10}^{6}}\]V/m và có chiều hướng về

E_H = \[=\sqrt{E_{BC}^{2}+E_{A}^{2}}\approx 1,{{475. 10}^{6}}\]V/m.

▪\[{{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{3}}={{\overrightarrow{E}}_{13}}=-{{\overrightarrow{E}}_{2}}\] → \[{{\overrightarrow{E}}_{1}},{{\overrightarrow{E}}_{3}}\] cùng hướng vào A, C hoặc xa A, C → q₁, q₃ cùng dấu nhau và trái dấu q₂! \[{{\overrightarrow{E}}_{13}}\] nằm trên phân giác góc \[\left( {{\overrightarrow{E}}_{1}},{{\overrightarrow{E}}_{3}} \right)\]→ E₁ = E₃ → q₁ = q₃.

▪ $${{E}_{13}}={{E}_{1}}\sqrt{2}={{E}_{2}}$$ →\[\left| {{q}_{1}} \right|=\left| {{q}_{3}} \right|=\dfrac{\left| {{q}_{2}} \right|}{2\sqrt{2}}\] → q₁ = q₃ = \[\dfrac{-{{q}_{2}}}{2\sqrt{2}}\].

Áp dụng kết quả câu trước. $${{q}^{/}}=-2q\sqrt{2}=6\sqrt{2}{{. 10}^{-6}}$$

\[{{\overrightarrow{E}}_{0}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}+{{\overrightarrow{E}}_{D}}=0\].

▪ AO = BO = CO = DO = $$\dfrac{a}{\sqrt{2}}$$

▪ Dễ thấy. $${{E}_{A}}=\dfrac{{{E}_{B}}}{2}=\dfrac{{{E}_{C}}}{3}=\dfrac{{{E}_{D}}}{4}=2k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}$$ → đặt bằng 1.

▪ Vecto cường độ điện trường tổng hợp tại tâm G của tam giác ABC. $$\begin{array}{l} {{\overrightarrow{E}}_{O}}={{\overrightarrow{E}}_{A}}+{{\overrightarrow{E}}_{B}}+{{\overrightarrow{E}}_{C}}+{{\overrightarrow{E}}_{D}} \\ \text{ }=1\angle 0+2\angle {{90}^{0}}+3\angle {{180}^{0}}+4\angle -{{90}^{0}}=2\angle {{180}^{0}}+2\angle -{{90}^{0}}=2\sqrt{2}\angle -{{135}^{0}} \end{array}$$. →$${{\overrightarrow{E}}_{O}}$$có độ lớn$${{E}_{O}}=4\sqrt{2}k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}$$và hợp với$${{\overrightarrow{E}}_{A}}$$góc 135⁰ theo chiều kim đồng hồ.

▪ $$\overrightarrow{E}$$// AB phải có chiều như hình vẽ → q₂ < 0

▪ \[{{E}_{1}}=k\dfrac{\left| {{q}_{1}} \right|}{A{{C}^{2}}}\] = 2,7. 10⁴ V/m

▪ E₂ = \[{{E}_{2}}=\dfrac{{{E}_{1}}}{\operatorname{sinB}}={{E}_{2}}\dfrac{BC}{AC}=\] = 4,5. 10⁴ V/m →\[\left| {{q}_{2}} \right|=\dfrac{{{E}_{2}}. B{{C}^{2}}}{k}\] = 12,5. 10^-9

▪ E₁ = E₂ = \[k\dfrac{q}{{{a}^{2}}+{{h}^{2}}}\]→ E_M = 2E₁ cosα\[=\dfrac{2kqh}{{{\left( {{a}^{2}}+{{h}^{2}} \right)}^{\dfrac{3}{2}}}}\]

▪ Bất đẳng thức côsi. a² + h² = \[\dfrac{{{a}^{2}}}{2}+\dfrac{{{a}^{2}}}{2}+{{h}^{2}}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{{{a}^{4}}{{h}^{2}}}{4}}\]→\[{{\left( {{a}^{2}}+{{h}^{2}} \right)}^{\dfrac{3}{2}}}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}{{a}^{2}}h\] → E_M  \[{{E}_{M}}\le \dfrac{2kq}{\dfrac{3\sqrt{3}}{2}{{a}^{2}}}=\dfrac{4kq}{3\sqrt{3}{{a}^{2}}}\]22

có dấu “=” khi \[\dfrac{{{a}^{2}}}{2}={{h}^{2}}\Rightarrow h=\dfrac{a}{\sqrt{2}}\].

E₁ = E₂ = \[k\dfrac{q}{{{a}^{2}}+{{h}^{2}}}\]→ E_M = 2E₁ cos\[=\dfrac{2kaq}{{{\left( {{a}^{2}}+{{h}^{2}} \right)}^{\dfrac{3}{2}}}}\].

\[{{E}_{M}}=\dfrac{2kaq}{{{\left( {{a}^{2}}+{{h}^{2}} \right)}^{\dfrac{3}{2}}}}\]đạt cực đại khi h = 0 →\[{{E}_{\max }}=\dfrac{2kq}{{{a}^{2}}}\]

▪ AO = BO = CO = DO = EO = FO = a.

▪ Dễ thấy. $${{E}_{1}}=\dfrac{{{E}_{2}}}{2}=\dfrac{{{E}_{3}}}{3}=\dfrac{{{E}_{4}}}{4}=\dfrac{{{E}_{5}}}{5}=\dfrac{{{E}_{6}}}{6}=k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}$$ → đặt bằng 1.

▪ Vecto cường độ điện trường tổng hợp tại tâm G của tam giác ABC. \[\begin{array}{l} {{\overrightarrow{E}}_{O}}={{\overrightarrow{E}}_{1}}+{{\overrightarrow{E}}_{2}}+{{\overrightarrow{E}}_{3}}+{{\overrightarrow{E}}_{4}}+{{\overrightarrow{E}}_{5}}+{{\overrightarrow{E}}_{5}} \\ \text{ }=1\angle 0+2\angle -{{60}^{0}}+3\angle -{{120}^{0}}+4\angle {{180}^{0}}+5\angle {{120}^{0}}+6\angle {{60}^{0}}=6\angle {{120}^{0}} \end{array}\]. →$${{\overrightarrow{E}}_{O}}$$có độ lớn$${{E}_{O}}=6k\dfrac{q}{{{a}^{2}}}$$và hợp với$${{\overrightarrow{E}}_{A}}$$góc 120⁰theo chiều kim đồng hồ (hướng về B).