$a)$ Điện thế tại một điểm ($O$ hoặc $O'$) là tổng hợp của hai điện thế do hai điện tích $q_1,q_2$ gây ra.
Điện thế tại $C$ là : $V_C=V_{1C}+V_{2C}=k\frac{q_1}{AC}+k\frac{q_2}{BC}  $
Ta có $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=5cm $
Thay số : $k=9.10^9 C $ đv $SI;q_1=5.10^{-9} C ;q_2=-5.10^{-9} C ;AC=3cm=3.10^{-2} m;BC=5cm=5.10^{-2} C $ ta được $V_C=600V$
Điện thế tại $O$ là $V_O+V_{1O}+V_{2O}=k\frac{q_1}{AO}+k\frac{q_2}{BO}  $
Vì $AO=BO$ và  $q_1=-q_2$ nên $V_O=0$
$b)$ Công của lực điện trường khi điện tích $q_3$ dịch chuyển từ $O$ đến $C$ không phụ thuộc vào hình dạng đường đi của $q_3 :$
           $A_{OC}=q_3(V_O-V_C)=-10^{-9} (0-600)=6.10^{-7} J $

Ban đầu $F$ là lực hút $q_1 q_2$ trái dấu  $q_1q_2<0$
Ta có $F=k\frac{|q_1q_2|}{R^2}=-k\frac{q_1q_2}{R^2}  $
Suy ra $q_1q_2=-\frac{F.R^2}{k}=\frac{3,6.10^{-4}.4.10^{-2}}{9.10^{9}}  =16.10^{-16}C^2$
Cho hai quả cầu tiếp xúc điện tích trên các quả cầu được phân lại.Vì các quả cầu giống nhau nên các điện tích của chúng bằng nhau $q'_1=q'_2$.theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
              $q'_1=q'_2=\frac{q_1+q_2}{2} $
Vậy $F'=k\frac{|q'_1.q'_2|}{R^2}=k\frac{(q_1+q_2)^2}{4R^2}  $
Suy ra : $(q_1+q_2)^2=\frac{4F'R^2}{k} $
              $=\frac{4.2,025.10^{-4}.4.10^{-2}}{9.10^9}=36.10^{-16}C^2 $
Vì $q_1,q_2$ trái dấu nên ta chưa biết được dấu của tổng $(q_1+q_2)$
Ta có hệ phương trình :
              $\begin{cases} |q_1+q_2|=6.10^{-7} (C)\\q_1q_2=16.10^{-16} (C^2)  \end{cases} $
- Trường hợp $1: q_1+q_2=+6.10^{-8} C $
$q_1,q_2$ là nghiệm của phương trình :
              $x^2-6.10^{-8} x+16.10^{-16} =0 $
Giải phương trình ta được
              $x_1=+8.10^{-8} ;         x_2=-2.10^{-8}  $
- Trường hợp $2 : q_1+q_2=-6.10^{-8} (C) $
$q_1,q_2$ là nghiệm của phương trình :
              $x^2+6.10^{-8}x+16.10^{-16}  =0$
Giải phương trình ta được :
              $x_3=-8.10^{-8}               x_4=2.10^{-8} $
Vậy $q_1,q_2$ có thể có một trong bốn cặp giá trị sau
              $\begin{cases}q_1=8.10^{-8} C\\q_2=-2.10^{-8} C   \end{cases} ;        \begin{cases}q_1=-2.10^{-8} C \\q_2=8.10^{-8} C  \end{cases} $
              $\begin{cases}q_1=-8.10^{-8} C \\q_2=2.10^{-8} C  \end{cases} ;       \begin{cases}q_2=2.10^{-8} C\\q_2=-8.10^{-8} C   \end{cases} $

Gọi $\overrightarrow {E_1},\overrightarrow {E_2}  $ là các véctơ cường độ điện trường do các điện tích $q_1,q_2$ gây ra tại điểm $M$ cường độ điện trường tổng hợp tại $M$ bằng $\overrightarrow {E_M}=\overrightarrow {E_1}+\overrightarrow {E_2}   $
Muốn cho cường độ điện trường tại $M$ bằng không $(\overrightarrow {E_M}=0 )$ thì hai véctơ $\overrightarrow {E_1},\overrightarrow {E_2}  $ phải là hai véctơ trực đối, nghĩa là chúng phải có tính chất :
- Cùng phương $\rightarrow  $ điểm $M$ phải nằm trên đường thẳng $AB$
- Ngược hướng $\rightarrow  $ điểm $M$ phải nằm ngoài đoạn $AB$ (vì $q_1,q_2$ ngược dấu)
- Có độ lớn bằng nhau : $E_1=E_2\rightarrow  $ điểm $M$ phải nằm ở phía bên phải điểm $B$ vì $|q_1|>|q_2|$ và ta có hình vẽ trên
$k\frac{|q_2|}{x^2} =k\frac{q_1}{(l+x)^2} $ (đặt $MB=x$)
Từ đó $(l+x)^2=4x^2\rightarrow  x=l=5cm$
Vậy điểm $M$ mà tại đó cường độ điện trường bằng không, nằm trên đường thẳng $AB$ ở bên phải điểm $B$ và cách $B$ một đoạn $5cm$

$a)$ vì ba điện tích đặt tại $A,B,C$ bằng nhau và cách đều nhau, nên chỉ cần xét cường độ điện trường tổng hợp do hai điện tích $q_1,q_2$ chẳng hạn, gây ra tại $C$ và sau đó suy ra kết quả tương tự cho cường độ điện trường tổng hợp tại $A,B$.Các cường độ điện trường do $q_1,q_2$ đặt tại $A,B$ gây ra tại $C$ và cường độ điện trường tổng hợp tại $C$ là :
$\overrightarrow {E_C}=\overrightarrow {E_1}+\overrightarrow {E_2}   $
Áp dụng công thức tính cường độ điện trường ta được : $E_1=E_2=k\frac{q}{a^2} $
Do đó véctơ $\overrightarrow {E_C} $ tại $C$ có phương vuông góc với $AB$ (trùng với phương của đường phân giác của góc hợp bởi $\overrightarrow {E_1},\overrightarrow {E_2}  $) có chiều hướng ra xa $AB$ và theo hình vẽ trên có độ lớn :
$E_C=2E_1 \cos 30^0=E_1\sqrt{3} $
$E_C=k\frac{q}{a^2} \sqrt{3} $
Thay số ta được $E_C=3,46.10^{-6} V/m$
Tương tự véctơ cường độ điện trường tổng hợp $\overrightarrow {E_A} $ tại $A$ có phương vuông góc với $BC$ có chiều hướng ra xa $BC$ và có độ lớn : $E_A=3,46.10^6 V/m$, véctơ cường độ dòng điện trường tổng hợp $\overrightarrow {E_B} $ tại $B$ có phương vuông góc với $AC$ có chiều hướng ra xa  $AC$ và cũng có độ lớn $E_B=3,46.10^6 V/m$
$b)$ Vì các điện tích $q_1,q_2$ đặt tại $A,B$ vẫn giữ nguyên như câu $a)$ cho nên véctơ cường độ điện trường $\overrightarrow {E_C} $ có điểm đặt tại $C$ có phương vuông góc với $AB$ có chiều hướng ra xa $AB$ và có độ lớn $E_C=3,46.10^6 V/m$
Ta tính $\overrightarrow {E_B} :$ gọi $\overrightarrow {E_1},\overrightarrow {E_3}  $  là các véctơ cường độ dòng điện trường do các điện tích $q_1,q_3$ gây ra tại $B$, ta có $\overrightarrow {E_B}=\overrightarrow {E_1}+\overrightarrow {E_3}   $.Mặt khác $E_1=E_3=k\frac{q}{a^2} $.từ hình vẽ ta thấy véctơ $\overrightarrow {E_B} $ có điểm đặt tại $B$ có phương làm với $BC$ một góc $60^0$ (nghĩa là song song với $AC$) có chiều như hình vẽ và có độ lớn :
$E_B=2E_1\cos 60^0=k\frac{q}{a^2} =2.10^6 V/m$
Tương tự véctơ cường độ điện trường $\overrightarrow {E_A} $ tại $A$ do $q_2,q_3$ gây ra có điểm đặt tại $A$, có phương song song với $BC$ có chiều như hình vẽ và có độ lớn :
$E_A=2.10^6 V/m$

$a)$ Ở đây điện tích của mỗi quả cầu $\frac{q}{2} $ (vì hai quả cầu giống nhau) Ta có công thức tính góc lệch $\alpha $:
          $\tan \alpha =\frac{F_đ}{P} =\frac{k(\frac{q}{2} )^2}{mga^2}        (1)$
vì góc lệch $\alpha $ rất nhỏ nên $\tan \alpha \approx  \sin \alpha \approx  \frac{\frac{a}{2} }{l} =\frac{a}{2l}          (2)$
từ $(1),(2) $ ta có : $\frac{a}{2l}=\frac{kp^2}{4mga^2}  $ suy ra $a^3=\frac{kq^2l}{2mg} $
Thay số vào ta được : $a=6.10^{-2}m=6cm$
$b)$ Khi có một trong hai quả cầu bị mất hết điện tích, không có lực điện tương tác giữa hai quả cầu, do đó chúng trở về vị trí cân bằng theo phương thẳng đứng (dây treo không bị lệch) và tại đó chúng chạm vào nhau.Khi đó điện tích của quả cầu kia (bằng $\frac{q}{2} $) lại được phân bố lại cho cả hai quả cầu, và do đó mỗi quả cầu sẽ có điện tích $\frac{q}{4} $ : hai quả cầu lại đẩy nhau ra xa và khoảng cách giữa chúng bây giờ là $b$.Lập luận hoàn toàn tương tự như trên, với chú ý rằng điện tích của mỗi quả cầu bây giờ là $\frac{q}{4} $ ta sẽ được :
         $b^3=\frac{kq^2l}{8mg} =\frac{a^3}{4} \Rightarrow  b=(54)^{\frac{1}{3} }\approx  3,78 cm$

Góc lệch $\alpha $ của dây treo được xác định bằng hệ thức (suy từ điều kiện cân bằng của hai quả cầu :) $\tan \alpha =\frac{F_đ}{P} $
Với $F_đ=k\frac{q^2}{a^2} $ Như vậy $\tan \alpha =\frac{kq^2}{mga^2} $
Thay số ta được : $\tan \alpha =1$ suy ra $\alpha =45^0$

$a)$ Vì ba điện tích $q_1,q_2,q_3$ có độ lớn bằng nhau và cách đều nhau, cho nên chỉ cần xác định lực điện tổng hợp tác dụng lên điện tích $q_3$ đặt tại $C$ và từ đó suy ra hai điện tích kia. Áp dụng định luật Culông và qui tắc hợp lực (hình bình hành) ta thấy lực $F$ tác dụng nên điện tích $q_3$ đặt tại $C$ có phương vuông góc với $AB$ có chiều hướng ra xa và có độ lớn như hình $F=2F_1\cos 30^0$ trong đó
$F_1=k\frac{q^2}{a^2} $ hay $F_1=k\frac{q^2}{a^2} \sqrt{3} $
Thay số ta được : $F=0,0879 N$
Đối với các điện tích $q_1,q_2$ ta cũng có kết luận tương tự : lực điện tổng hợp tac dụng lên $q_1$ có phương vuông góc với $BC$, có chiều hướng ra xa $BC$ và có độ lớn $F=0,0879N$ lực điện tổng hợp tác dụng lên $q_2$ có phương vuông góc với $AC$ có chiều hướng ra xa $AC$ và có độ lớn $F=0,0879N$

$b)$ Trước tiên ta giả sử ba điện tích đó nằm tại ba đỉnh $A,B,C$.Muốn cho điện tích thứ tư $q_4$ nằm cân bằng thì tổng hợp ba lực do ba điện tích đó tác dụng lên $q_4$ phải bằng không.Bởi vì ba điện tích đó bằng nhau nên muốn cho hợp lực bằng không, điện tích $q_4$ phải đặt tại điểm $O$ cách đều ba đỉnh $A,B,C$ của tam giác nghĩa là nằm tại trọng tâm của tam giác.khi đó ba lực do ba điện tích $q_1,q_2,q_3$ đặt tại ba đỉnh $A,B,C$ sẽ có hướng làm với nhau một góc $120^0$ và có độ lớn bằng nhau, do đó hợp lực của chúng luôn bằng không với mọi độ lớn và dấu của điện tích $q_4$.Nhưng muốn cho các điện tích $q_1,q_2,q_3$ đặt tại $A,B,C$ cũng lại nằm cân bằng ( hệ $4$ điện tích nằm cân bằng ) thì điện tích $q_4$ phải có độ lớn và dấu sao cho hợp lực của các lực điện do $q_4$ và do hai điện tích đặt tại hai đỉnh bất kì  $A$ và $B$ chẳng hạn, tác dụng lên điện tích đặt tại đỉnh thứ ba $C$ cũng bằng không.Muốn vậy điện tích $q_4$ phải thỏa mãn điều kiện sau đây : $q_4$ phải là điện tích âm và có độ lớn của lực điện do $q_4$ tác dụng nên một trong số các điện tích $q_1,q_2,q_3$ phải cân bằng với độ lớn của lực $F$ đã xét ở câu $a) : F_{43}=F$ (như vậy sẽ đảm bảo được là : $ \overrightarrow {F}+\overrightarrow {F_{43}}=0$  ) chẳng hạn.Như vậy ta phải có :
$k\frac{|q_4|q}{OC^2} =k\frac{q^2}{a^2} \sqrt{3} $ với $OC=CH.\frac{2}{3} =\frac{a\sqrt{2} }{2} .\frac{2}{3} =\frac{a\sqrt{3} }{3} $
Từ đó suy ra :
$\frac{|q_4|}{(\frac{a\sqrt{3} }{2} )^2} =\frac{q}{a^2} \sqrt{3} ,      |q_4|=q\frac{\sqrt{3} }{3} =1,15.10^{-7} C$
Vậy muốn cho hệ bốn điện tích nằm cân bằng thì điện tích $q_4$ phải đặt tại trọng tâm $O$ của tam giác $ABC$ và có độ lớn bằng $q_4=-1,15.10^{-7} C$