Đèn sẽ tắt khi $u=220\sqrt{2}\sin 100\pi t\leq  110\sqrt{2} (V)\Leftrightarrow  \sin 100\pi t\leq  0,5  $
          $\left[ \begin{array}{l}0\leq  100t\\100t\leq  (chỉ  xét  0\leq  t\leq  0,5T)\end{array} \right. \Leftrightarrow  \left[ \begin{array}{l}0\leq  t\leq  (s)\\(s)\leq  t\leq  (s)\end{array} \right. $
$\Rightarrow  $ thời gian đèn tắt trong $0,5T$ là : $\Delta  t=\frac{1}{600}+(\frac{1}{100}-\frac{5}{600}  )=\frac{1}{300}(s)  $

Xét một đoạn nhỏ $AA'$ chiều dài $\Delta l$ trên vành, khối lượng đoạn đó là
         $\Delta m=\frac{m.\Delta l}{2\pi R} $
        điện tích $\Delta Q=\frac{Q.\Delta l}{2\pi R} $
Mỗi đoạn $\Delta l$ như vậy sẽ chịu tác dụng của ba lực : sức căng tại hai đầu ($A$ và $A'$) và lực từ $\overrightarrow {F} $ hướng ra phía ngoài. Hợp lực của các lực nói trên là lực hướng tâm đặt trên $\Delta l$
       Ta có $2Tsin\alpha -F=\Delta m.\omega^2.R^2$
        Với  $F=BI\Delta l=\frac{B.\Delta Q}{t}.\Delta l $
        Lưu ý rằng $\frac{\Delta l}{t}=v=r\omega $ và $sin\alpha =\frac{\Delta l}{2R} $
        Ta tìm ra được kết quả : $T=\frac{\omega R}{2\pi} (QB+m\omega)$

 Từ trường do dòng $I_1$ gây nên tại các vị trí nằm trên cạnh khung dây có chiều hướng vào mặt phẳng hình vẽ
Lực từ tác dụng lên mỗi cạnh khung dây có chiều được xác định theo quy tắc bàn tay trái
Các lực từ nói trên nằm trong mặt phẳng khung dây nên không gây nên mômen làm quay khung  [ góc tạo bởi $\overrightarrow {B} $ và pháp tuyến khung dây $\alpha =(\overrightarrow {B},\overrightarrow {n}  )=0$]
Do tính đối xứng nên cảm ứng từ do $I_1$ gây nên tại $M,P$ bằng nhau, các lực từ $\overrightarrow {F_1} ,\overrightarrow {F_3} $  tác dụng lên các cạnh $AB,CD$ trực đối
Các lực từ $\overrightarrow {F_2},\overrightarrow {F_4}  $ tác dụng lên các cạnh $BC,DA$ ngược chiều nhưng khác độ lớn
                 $\begin{cases} F_2=I_2.B_N.BC=I_2.2.10^{-7} .\frac{I_1}{ON}.BC=2.10^{-7} .\frac{I_1+I_2}{a+l}.l \\ F_4=I_2.B_Q.AD=I_2.2.10^{-7} .\frac{I_1}{OQ}.AD=2.10^{-7} .\frac{I_1.I_2}{a}.l  \end{cases} $
Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung dây
                $\overrightarrow {F} =\overrightarrow {F_1}+\overrightarrow {F_2}+\overrightarrow {F_3}+\overrightarrow {F_4}    $
$\overrightarrow {F} $ cùng chiều với $\overrightarrow {F_4} $ có độ lớn :
                $F=F_4-F_2$
                $F=2.10^{-7} .I_1.I_2.l(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+l}  )$
                $F=8.10^{-5} N$
       Nếu không tác dụng lực ngoài để giữ khung dây, khung dây sẽ bị hụt về phía dòng $I_1$

Gọi $M_1,M_2$ và m lần lượt là khối lượng Mặt Trời, Trái Đất và Mặt Trăng. $R_1,R_2$ là khoảng cách từ Mặt Trời và Trái Đất đến Mặt Trăng.
Ta có $M_1=300000M_2;R_1=300R_2$.
Lực hút do Mặt Trời: $F_1=G\frac{M_1m}{R^2_1} $
Lực hút do Trái Đất: $F_2=G\frac{M_2m}{R^2_2} $
Lập tỉ số $\Rightarrow \frac{F_1}{F_2}=\frac{M_1}{M_2}\frac{R^2_2}{R^2_1}=\frac{3.10^5}{9.10^4} =\frac{10}{3}    $.
Vậy, lực hút do Mặt Trời bằng $\frac{10}{3} $ lực hút do Trái Đất.

Khái quát quá trình hình thành và tiến hóa:
-Dưới tác dụng của lực vạn vật hấp dẫn, các nguyên tử hiđrô bị hút lại gần nhau và tụ lại thành một đám to dần. Thế năng hấp dẫn biến đổi thành động năng rồi thành nhiệt năng làm cho nhiệt độ của đám tăng dần lên. Khi nhiệt độ đạt đến vài chục triệu độ thì xảy ra phản ứng tổng hợp hạt nhân. Trong quá trình phản ứng, hiđrô bị biến thành heli, rồi thành cacbon, thành nitơ, ôxi...sao lúc này như một quả cầu khí có mật độ vật chất ở tâm đậm đặc hơn và tại đó xảy ra phản ứng tổng hợp hạt nhân. Khí ở lớp vỏ chịu tác dụng của hai lực: Lực vạn vật hấp dẫn hướng vào tâm ngôi sao và lực đẩy ra do áp suất tạo ra trong chuyển động nhiệt cũng như áp suất tạo ra do các bức xạ (ma ta gọi chung là áp suất ánh sáng.)
Ở những lớp khí ngoài cùng thì lực đẩy lớn hơn lực hút ; ở những lớp khí bên trong thì lực hút lớn hơn lực đẩy. Như vậy, vỏ ngoài của sao thì nở ra còn lõi thì co lại. Kết quả là những ngôi sao có khối lượng nhỏ cỡ 0,1 khối lượng Mặt Trời có lớp vỏ ngoài rất mỏng; sau một thời gian, chỉ có phần lõi có kích thước nhỏ và có nhiệt độ bên ngoài rất cao. Đó là một sao chắt trắng.

Điện tích $q_3$ sẽ chịu hai lực tác dụng của $q_1,q_2$ là $\overrightarrow {F_1},\overrightarrow {F_2}  $.Lực tổng hợp tác dụng lên $q_3$ là
              $\overrightarrow {F}=\overrightarrow {F_1}+\overrightarrow {F_2}   $
$a)$ Trường hợp $1$ :
Vì $AC+CB=AB$ nên $C$ nằm trong đoạn $AB$
Vì $q_1,q_3$ cùng dấu nên $\overrightarrow {F_1} $ là lực đẩy $q_2q_3$ trái dấu nên $\overrightarrow {F_2} $ là lực hút. Trên hình vẽ ta thấy $\overrightarrow {F_1},\overrightarrow {F_2}  $ cùng chiều
Vậy :
+ $\overrightarrow {F} $ cùng chiều $\overrightarrow {F_1},\overrightarrow {F_2}  $ (hướng từ $C$ đến $B$)
+ độ lớn :
              $F=F_1+F_2=k\frac{|q_1q_3|}{AC^2} +k\frac{|q_2q_3|}{BC^2} $
              $F=9.10^9.\frac{8.10^{-8}.8.10^{-8} }{(4.10^{-2})^2} +9.10^9.\frac{8.10^{-8}.8.10^{-8} }{(2.10^{-2}  )^2} =0,18N$
$b)$ Trường hợp $2$ :

Vì $CB-CA=AB$ nên $C$ nằm trên đường $AB$ ngoài khoảng $AB$ về phía $A$
              $F_1=k\frac{|q_1q_3|}{AC^2}=\frac{9.10^9.8.10^{-8}.8.10^{-8}}{(4.10^{-2} )^2}  =36.10^{-3} N $
              $F_2=k\frac{|q_2q_3|}{AC^2}=\frac{9.10^9.8.10^{-8}.8.10^{-8}}{(10.10^{-2} )^2}  =5,76.10^{-3} N $
Theo hình vẽ ta thấy $\overrightarrow {F_1},\overrightarrow {F_2}  $ ngược chiều $F_1>F_2$ Vậy :
+ $\overrightarrow {F} $ cùng chiều $\overrightarrow {F_1} $ (hướng ra xa $A.B$)
+ độ lớn $F=F_1-F_2=30,24.10^{-3} N$
$c)$ Trường hợp $3 :$
Vì $C$ cách đều $A,B$ nên $C$ nằm trên trung trực của đoạn $AB$
              $F_1=k\frac{|q_1q_3|}{AC^2}=23,04.10^{-3} N  $
              $F_2=k\frac{|q_2q_3|}{CB^2}=23,04.10^{-3} N  $
Vì $F_2=F_2$ nên $\overrightarrow {F} $ nằm trên phân giác góc                             $(\overrightarrow {F_1},\overrightarrow {F_2}  )$
              $\Rightarrow  \overrightarrow {F}\bot CH $ (phân giác của hai góc kể  bù)
              $\Rightarrow  \overrightarrow {F}//AB $
              $\Rightarrow  \alpha =(\overrightarrow {F_1},\overrightarrow {F}  )=\widehat{CAB} $
Độ lớn $F=2F_1\cos \alpha =2F_1\cos \widehat{CAB}=2F_1.\frac{AH}{AC}  $
              $F=2.23.04.10^{-3}  .\frac{3}{5} =27,65.10^{-3} N $
Vậy $\overrightarrow {F} $ có phương song song với $AB$ có chiều hướng từ $A$ đến $B$ độ lớn $F=27,65.10^{-3} N $

Đặt $F,F'$ lần lượt là độ lớn của lực tương tác tĩnh điện giữa hai điện tích $q_1,q_2$ khi chúng được đặt cách nhau khoảng $R$ trong không khí và trong dầu
Ta có :
              $F=k.\frac{|q_1q_2|}{r} ;        F'=\frac{k}{\epsilon } \frac{|q_1q_2|}{r^2} $
Theo đề
              $\frac{F'}{F}=\frac{1}{4}  \Rightarrow  \epsilon =4$
Đặt $r'$ là khoảng cách trong dầu của hai điện tích để lực tương tác tĩnh điện vẫn như trong không khí lúc chúng cách nhau khoảng r, ta có :
              $F=k\frac{|q_1q_2|}{r^2} =\frac{k}{\epsilon } .\frac{|q_1q_2|}{r'^2} $
              $\Rightarrow  r'=\frac{r}{\sqrt{\epsilon }  } =\frac{20}{\sqrt{4} } =10cm$

$1)$ Gọi $S_1,S_2$ là hai ảnh ảo của $S$ tạo bởi hai lăng kính.Chùm tia xuất phát từ khe $S$ sau khi khúc xạ qua lưỡng lăng kính bị tách thành hai.Các chùm tia này giống như xuất phát từ $S_1,S_2$.Các nguồn ảo $S_1,S_2$ là hai nguồn kết hợp.$S_1,S_2$ và các chùm tia sáng do chúng phát ra đối xứng với nhau qua mặt phẳng chứa đáy của lăng kính.

Vì từ cùng một nguồn $S$ tách thanh hai nên các chùm tia sáng xuất phát từ $S_1,S_2$ kết hợp với nhau gây ra hiện tượng giao thoa.Miền chung $O_1MN$ của hai chùm tia chính là miền giao thoa

Qua hình vẽ ta thấy lưỡng lăng kính cũng là một dụng cụ tạo ra các nguồn kết hợp và tương đường với khe Iâng.do đó ta có thể áp dụng các kết quả về hiện tượng giao thoa qua khe Iâng đối với lưỡng lăng kính Frexnen với khoảng cách giữa hai nguồn sáng ( khe sáng ) $a=S_1S_2$ và khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn $D=d_1+d_2$

Từ hình ta thấy bề rộng của miền giao thoa :
$MN=2d_2\tan\alpha \approx  2d_2\alpha $ với $\alpha $ là góc lệch của tia sáng do lăng kính gây ra.Vì góc chiết quang $A$ nhỏ nên $\alpha =(n-1)A$.Do đó :
$MN=2d_2(n-1)A=0,105m=10,5cm$
$2)$ Khoảng vân được tính theo công thức : $i=\frac{\lambda D}{a} $ với $\lambda =0,56\mu m$
              $D=d_1+d_2=0,2+6=6,2; a=2d_1\alpha =0,35.10^{-2}m$
Suy ra $i\approx  1mm$
$3)$ Ta có thể rút ra kết luận : Khi phủ lên một trong hai lăng kính một lớp nhựa thì hệ thống vân giao thoa trên màn $E$ không có gì thay đổi nhưng toàn bộ hệ thống vân giao thoa dịch chuyển một đoạn về phía lăng kính có phủ lớp nhựa là :
              $x_0=\frac{(n'-1)eD}{a} $
Suy ra bề dày lớp nhựa $e=\frac{ex_0}{(n'-1)D} =6,4.10^{-6}m=6,4\mu m$

$a)$ 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 $q_4=-1,15.10^{-7} C$