Phương pháp giải:

Áp dụng công thức  \(v = \sqrt {2gl(c{\rm{os}}\alpha  - c{\rm{os}}{\alpha _0})} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Chu kỳ dao động của con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {{\ell  \over g}} \) = 2s => ω = π rad/s

Thời điểm sợi dây treo con lắc bị đứt là t₀ = T/4 = 0,5s

Vậy thời điểm t = 0,08s con lắc chưa bị đứt.

PT dao động của con lắc:  \(\alpha  = {\alpha _0}cos\pi t\)

Khi t = 0,08s thì α = 0,087 rad

Tốc độ của vật nặng khi đó: \(v = \sqrt {2.9,8.1.(c{\rm{os 0}}{\rm{,0872  -  cos 0}}{\rm{,09}})}  = 0,069m/s\)

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về dao động điều hòa của con lắc đơn kết hợp với chuyển động ném ngang

Lời giải chi tiết:

Gọi khoảng cách từ VTCB của con lắc đến mặt nước là h

=> dây treo con lắc có chiều dài l = 12 – h

Vận tốc của con lắc khi đi qua VTCB: \({v_0} = {v_{\max }} = \sqrt {gl\alpha _0^2}  = \sqrt {g(12 - h)\alpha _0^2} \)

Tại đây, dây treo con lắc bị đứt => con lắc sẽ chuyển động như một vật bị ném ngang với vận tốc ban đầu v0

=> Tầm bay xa : \(L = {v_0}\sqrt {\frac{{2h}}{g}}  = \sqrt {2(12 - h)h\alpha _0^2}  = {\alpha _0}\sqrt 2 .\sqrt {(12 - h).h} \)

Nhận xét: \(\sqrt {(12 - h).h}  \le \frac{{12 - h + h}}{2} = 6\)(theo Cô-si) =>\(L \le 6\sqrt 2 {\alpha _0} \approx 0,85m = 85cm\)

Vậy L_max = 85cm => Chọn D

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Vận dụng bài toán con lắc chịu tác dụng của lực điện.

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

$$P = mg,{\rm{ }}{F_d} = qE$$

Biểu diễn lực như hình, ta có: 

Khi chưa có điện trường:  ${T_1} = 2\pi \sqrt {{l \over g}} $ 

Khi điện trường có phương thẳng đứng: $${T_2} = 2\pi \sqrt {{l \over {g'}}} $$

  trong đó: $$g' = \left| {g - {{qE} \over m}} \right|$$ 

Khi điện trường có phương ngang: $${T_3} = 2\pi \sqrt {{l \over {g}}} $$

 trong đó: $$g = \sqrt {{g^2} + {{({{qE} \over m})}^2}} $$

Ta có:   $${{{T_1}} \over {{T_2}}} = \sqrt {{{g'} \over g}}  \to {{\left| {g - {{qE} \over m}} \right|} \over g} = {({{{T_1}} \over {{T_2}}})^2} = {1 \over 4} \to 4(g - {{qE} \over m}) = g \to {{qE} \over m} = {3 \over 4}g$$

 $${{{T_1}} \over {{T_3}}} = \sqrt {{{g} \over g}}  \to \sqrt {{{\sqrt {{g^2} + {{({{qE} \over m})}^2}} } \over g}}  = \sqrt {{5 \over 4}}  \to {T_3} = {T_1}{2 \over {\sqrt 5 }} = 1,79{\rm{s}}$$

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực điện 

Lực điện : \(\overrightarrow {{F_d}}  = q\overrightarrow E \)

Chu kì : T = ∆t/N  (N là số dao động toàn phần thực hiện được trong thời gian ∆t)

Lời giải chi tiết:

Ta có : 

\(\left\{ \matrix{ {T_1} = 2\pi \sqrt {{l \over {g'}}} = {{\Delta t} \over 6} \hfill \cr {T_2} = 2\pi \sqrt {{l \over g}} = {{\Delta t} \over 5} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {T_1} < {T_2} \Rightarrow g' > g \Rightarrow g' = g + {{\left| q \right|E} \over m} \Rightarrow \overrightarrow P \uparrow \uparrow \overrightarrow {{F_d}} \Rightarrow q < 0\)

\( \Rightarrow {{{T_1}} \over {{T_2}}} = \sqrt {{g \over {g'}}}  = {5 \over 6} \Leftrightarrow {g \over {g + {{\left| q \right|E} \over m}}} = {{25} \over {36}} \Rightarrow \left| q \right| = {{11.g.m} \over {25E}} = {{{{11.10.10.10}^{ - 3}}} \over {{{25.11.10}^4}}} = {4.10^{ - 7}} \Rightarrow q =  - {4.10^{ - 7}}C\) 

Chọn A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính chu kỳ với gia tốc biểu kiến

Lời giải chi tiết:

Vì E hướng xuống dưới và điện tích dương nên lực điện tác dụng vào quả nặng cũng hướng xuống dưới, cùng chiều với trọng lực.

Áp dụng công thức

\(T = 2\pi .\sqrt {\frac{l}{{g + \frac{{q.E}}{m}}}} = 2\pi .\sqrt {\frac{{0,5}}{{10 + \frac{{{{5.10}^{ - 6}}{{.10}^4}}}{{0,01}}}}} = 1,15s\)

Phương pháp giải:

- Con lắc dao động với góc lớn hơn 10⁰ không phải là dao động điều hòa

- Vận tốc của con lắc đơn: \(v=\sqrt{2g\ell (c\text{os}\alpha \text{-cos}{{\alpha }_{0}})}\)

- Gia tốc của con lắc chia là hai thành phần tiếp tuyến và pháp tuyến.

            a_t = gsinα         ; a_n = v²/l

- Gia tốc của vật là: \(a=\sqrt{a_{n}^{2}+a_{t}^{2}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Các gia tốc thành phần của con lắc:

\({{a}_{t}}=g\,\sin \,\alpha =5\,m/{{s}^{2}},\,{{a}_{n}}=\frac{{{v}^{2}}}{1}=2g\left( \cos \,\alpha -\cos {{\alpha }_{0}} \right)=7,32\,m/{{s}^{2}}\)

\(\Rightarrow \) Gia tốc của vật \(a=\sqrt{a_{n}^{2}+a_{t}^{2}}=887\,cm/{{s}^{2}}\)

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về dao động điều hòa của con lắc đơn kết hợp với chuyển động ném ngang

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Gọi khoảng cách từ VTCB của con lắc đến mặt nước là h

=> dây treo con lắc có chiều dài l = 12 – h

Vận tốc của con lắc khi đi qua VTCB: \({v_0} = {v_{\max }} = \sqrt {gl\alpha _0^2} {\rm{\;}} = \sqrt {g(12 - h)\alpha _0^2} \)

Tại đây, dây treo con lắc bị đứt => con lắc sẽ chuyển động như một vật bị ném ngang với vận tốc ban đầu v0

=> Tầm bay xa : \(L = {v_0}\sqrt {\frac{{2h}}{g}} {\rm{\;}} = \sqrt {2(12 - h)h\alpha _0^2} {\rm{\;}} = {\alpha _0}\sqrt 2 .\sqrt {(12 - h).h} \)

Nhận xét: \(\sqrt {(12 - h).h} {\rm{\;}} \le \frac{{12 - h + h}}{2} = 6\)(theo Cô-si) =>\(L \le 6\sqrt 2 {\alpha _0} \approx 0,85m = 85cm\)

Vậy L_max = 85cm

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp giải: Sử dụng lí thuyết về con lắc đơn chịu tác dụng của ngoại lực

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

VTCB mới của con lắc là VT mà dây treo hợp với phương thẳng đứng góc β sao cho

\(\tan \beta  = \frac{{\left| q \right|E}}{{mg}} = \frac{{{{10}^{ - 5}}.10{}^5}}{{100\sqrt 3 {{.10}^{ - 3}}.10}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} =  > \beta  = {30^{^0}}(rad)\)

Kéo con lắc đơn ra khỏi phương thẳng đứng góc 60⁰ rồi thả nhẹ => CLĐ sẽ dao động với biên độ α₀ = 30⁰.

Gia tốc trọng trường hiệu dụng \({g'} = \sqrt {{g2} + {a^2}}  = \sqrt {{g^2} + {g^2}{{\tan }^2}\beta }  = \frac{{2g}}{{\sqrt 3 }}\)

Lực căng dây cực đại của con lắc đơn: \({T_{\max }} = mg'(3 - 2\cos {\alpha _0}) = 100\sqrt 3 {.10^{ - 3}}.\frac{{2.10}}{{\sqrt 3 }}(3 - 2cos{30^0}) = 2,54(N)\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính chu kì của con lắc đơn \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

+ Sử dụng  thuyết về con lắc chịu tác dụng của lực điện trường.

Lời giải chi tiết:

Cách giải :

Cụ thể:

+ Chiều dài của con lắc là l.

Khi chiều dài là  l→ chu kì dao động \(T = \frac{{\Delta t}}{{40}}\)

Khi chiều dài là l+7,9cm→ chu kì dao động \(T' = \frac{{\Delta t}}{{39}}\)

=> \(\frac{l}{{l + 7,9}} = \frac{{{T^2}}}{{T{'^2}}} = \frac{{{{39}^2}}}{{{{40}^2}}}\) => l=152,1 cm.

+ Con lắc có chiều dài tăng thêm là l’=l+7,9 cm=160 cm, tích thêm điện tích q= -10^-8C

Theo đề bài: T’=T có \(\sqrt {\frac{{{l'}}}{{{g'}}}}  = \sqrt {\frac{l}{g}} \)=> g’=g. \(\frac{{{l'}}}{g} = 9,8.\frac{{160}}{{152,1}} = 10,31\) m/s².

NX: g’>g mà \(\overrightarrow {g'}  = \overrightarrow g  + \frac{{\overrightarrow F }}{m}\)=> \(\overrightarrow F  \uparrow  \uparrow \overrightarrow g \) mà q\(\overrightarrow E  \uparrow  \downarrow \overrightarrow g \) hay \(\overrightarrow E \) thẳng đứng hướng lên.

Và, \(\frac{{\left| q \right|E}}{m} = g' - g =  > E = \frac{{(g' - g).m}}{{\left| q \right|}} = \frac{{(10,31 - 9,8){{.2.10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 8}}}} = 10200V/m = 1,{02.10^5}V/m.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Áp dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

+ Áp dụng bài toán con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực quán tính: \(\overrightarrow {{F_{qt}}}  =  - m\overrightarrow a \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Chu kì dao động của con lắc đơn khi ở trong phòng thí nghiệm: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

+ Oto lên nhanh dần trên dốc nghiêng (\(\overrightarrow a \) xiên lên) \( \to \overrightarrow {{F_{qt}}} \) xiên xuống

Ta có:

\(\begin{array}{l}P' = \sqrt {{P^2} + F_{qt}^2 - 2P{F_{qt}}{\rm{cos(90 + }}\beta {\rm{)}}} \\ \Rightarrow g' = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.c{\rm{os(90 + }}\beta {\rm{)}}}  = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.c{\rm{os(90 + 3}}{{\rm{0}}^0}{\rm{)}}}  = 2,394g\end{array}\)

\(\frac{{T'}}{T} = \sqrt {\frac{g}{{g'}}}  = \sqrt {\frac{g}{{2,394g}}}  = 0,646 \Rightarrow T' = 0,646.2 = 1,293{\rm{s}}\)

Khi nằm cân bằng con lắc hợp với phương thẳng đứng góc θ

Ta có: \(\frac{a}{{\sin \theta }} = \frac{{g'}}{{\sin ({{90}^0} + \beta )}} \Rightarrow \sin \theta  = \frac{{a\sin ({{90}^0} + \beta )}}{{g'}} = \frac{{\sqrt 3 g.\sin ({{90}^0} + 30)}}{{2,394g}} = 0,627 \Rightarrow \theta  = {38^0}49'44\)

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Áp dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

+ Áp dụng bài toán con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực quán tính: \(\overrightarrow {{F_{qt}}}  =  - m\overrightarrow a \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Oto lên nhanh dần xuống dốc nghiêng (\(\overrightarrow a \) xiên xuống) \( \to \overrightarrow {{F_{qt}}} \) xiên lên

 Ta có: \(P' = \sqrt {{P^2} + F_{qt}^2 - 2P{F_{qt}}{\rm{cos(90  -  }}\beta {\rm{)}}} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow g' = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.\cos {\rm{(90  -  }}\beta {\rm{)}}}  = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.\cos {\rm{(90  -  3}}{{\rm{0}}^0}{\rm{)}}}  = 8,969m/{s^2}\\ \Rightarrow T' = 2\pi \sqrt {\frac{{\mathop{\rm l}\nolimits} }{{g'}}}  = 2\pi \sqrt {\frac{1}{{8,969}}}  = 2,098{\rm{s}}\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Cơ năng: \({\rm{W}} = mgl\left( {1 - \cos \alpha } \right) + \frac{1}{2}m.{v^2} = mgl\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right) = \frac{1}{2}.m.v_0^2\)

Lời giải chi tiết:

Khi \(v = \frac{1}{2}{v_0}\) thì

\(\begin{array}{l}
{\rm{W}} = mgl\left( {1 - \cos {{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^0}} \right) + \frac{1}{2}m.\frac{{v_0^2}}{4} = \frac{1}{2}.m.v_0^2\\
\Rightarrow {{\rm{W}}_t} = \frac{3}{4}{\rm{W}} \Rightarrow mgl\left( {1 - \cos {{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^0}} \right) = \frac{3}{4}.mgl\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\\
\Leftrightarrow {\rm{W}} = \frac{{mgl\left( {1 - \cos {{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^0}} \right)}}{{\frac{3}{4}}} = 0,03J
\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \)

Lực điện: \(\overrightarrow {{F_d}}  = q.\overrightarrow E \)

Định lí hàm số sin trong tam giác: \(\dfrac{a}{{\sin A}} = \dfrac{b}{{\sin B}} = \dfrac{c}{{\sin C}}\)

Lời giải chi tiết:

Trong hình vẽ, F_đ1 và F_đ2 là lực điện trong 2 trường hợp, F₁ và F₂ là hợp lực của trọng lực và lực điện trong 2 trường hợp, g₁’ và g₂’ là gia tốc biểu kiến trong 2 trường hợp.

Do lực điện trong 2 trường hợp có độ lớn bằng nhau và chiều vuông góc với nhau nên \(\Delta BCD\)vuông cân tại B.

Biên độ trong hai trường hợp đều bằng 8⁰ \( \Rightarrow \widehat {BAC} = {8^0}\)

\(\begin{array}{l}\widehat {ABC} = {180^0} - \widehat C - \widehat A = {180^0} - {45^0} - {8^0} = {127^0}\\ \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {ABC} - \widehat {DBC} = {127^0} - {90^0} = {37^0}\end{array}\)

Xét tam giác ABD: \(\dfrac{{{F_2}}}{{\sin {{37}^0}}} = \dfrac{{{F_{d2}}}}{{\sin {8^0}}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét tam giác ABC: \(\dfrac{{{F_1}}}{{\sin {{127}^0}}} = \dfrac{{{F_{d1}}}}{{\sin {8^0}}}\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Mà

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \dfrac{{{T_1}}}{{{T_1} + 0,{3_1}}} = \sqrt {\dfrac{{{g_2}'}}{{{g_1}'}}}  = \sqrt {0,753554}  = 0,868\\ \Rightarrow {T_1} = 1,973s \Rightarrow {T_2} = {T_1} + 0,3 = 2,273s\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Khi giữ hai con lắc ở vị trí các dây treo có phương thẳng đứng rồi thả nhẹ thì chúng dao động điều hòa có 1 biên ở vị trí dây có phương thẳng đứng. Hai con lắc dao động với cùng biên độ góc là 8^o nên gia tốc trọng trường hiệu dụng được biểu diễn như hình vẽ. (với \(\overrightarrow{{{a}_{1}}}\bot \overrightarrow{{{a}_{2}}}\), là gia tốc do lực điện trường gây ra).

\(\overrightarrow{{{g}_{1}}}=\overrightarrow{g}+\overrightarrow{{{a}_{1}}}\); \(\overrightarrow{{{g}_{2}}}=\overrightarrow{g}+\overrightarrow{{{a}_{2}}}\)

Áp dụng định lí hàm số sin và công thức: \(\frac{{{T}_{1}}}{{{T}_{2}}}=\sqrt{\frac{{{g}_{2}}}{{{g}_{1}}}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow{{{g}_{1}}}=\overrightarrow{g}+\overrightarrow{{{a}_{1}}}\); \(\overrightarrow{{{g}_{2}}}=\overrightarrow{g}+\overrightarrow{{{a}_{2}}}\)

Hai vật có cùng điện tích đặt trong điện trường có cùng cường độ nhưng đường sức vuông góc nên lực điện tác dụng lên 2 vật bằng nhau \(\Rightarrow {{a}_{1}}={{a}_{2}}\)

Áp dụng định lí hàm số sin: \(\frac{{{g}_{1}}}{\sin {{127}^{o}}}=\frac{{{a}_{1}}}{\sin {{8}^{o}}}=\frac{{{a}_{2}}}{\sin {{8}^{o}}}=\frac{{{g}_{2}}}{\sin {{37}^{o}}}\)

\(\Rightarrow \frac{{{g}_{1}}}{{{g}_{2}}}=\frac{\sin {{127}^{o}}}{\sin {{37}^{o}}}\Rightarrow \frac{{{T}_{2}}}{{{T}_{1}}}=\sqrt{\frac{{{g}_{1}}}{{{g}_{2}}}}=\sqrt{\frac{\sin {{127}^{o}}}{\sin {{37}^{o}}}}\)\(\Rightarrow \frac{{{T}_{1}}+0,3}{{{T}_{1}}}=\sqrt{\frac{\sin {{127}^{o}}}{\sin {{37}^{o}}}}\Rightarrow {{T}_{1}}=1,974\left( s \right)\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Tần số góc của dao động: \(\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có AB = 60 cm → AH = HB = 30 cm

Chiều dài dây l = 100 cm → AO = OB = 50 cm

→ OH = 40 cm

Coi dao động của hạt cườm là dao động của con lắc đơn có chiều dài 40 cm.

Tần số góc của hạt cườm là:

\(\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}=\sqrt{\frac{10}{0,4}}=5\,\,\left( rad \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Tốc độ của con lắc: \(v=\sqrt{2gl\left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{0}} \right)}\text{ }\)

Lời giải chi tiết:

Khi con lắc dao động với biên độ góc \({{\alpha }_{01}}={{5}^{0}}\), tốc độ của con lắc ở VTCB: \(v=\sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\alpha }_{01}} \right)}\)

Giữ chặt điểm chính giữa của dây treo, chiều dài con lắc: \(l'=\frac{l}{2}\)

Tốc độ cực đại của con lắc lúc này: \({{v}_{\max }}=\sqrt{2gl'\left( 1-\cos {{\alpha }_{02}} \right)}=\sqrt{2g\frac{l}{2}\left( 1-\cos {{\alpha }_{02}} \right)}\)

Do tốc độ của con lắc không thay đổi, nên: \(v={{v}_{\max }}\)

\(\begin{align}& \Rightarrow \sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\alpha }_{01}} \right)}=\sqrt{2g\frac{l}{2}\left( 1-\cos {{\alpha }_{02}} \right)}\Rightarrow 2\left( 1-\cos {{\alpha }_{01}} \right)=\left( 1-\cos {{\alpha }_{02}} \right) \\& \Rightarrow 2\left( 1-\cos {{5}^{0}} \right)=\left( 1-\cos {{\alpha }_{02}} \right)\Rightarrow \cos {{\alpha }_{02}}=0,9924\Rightarrow {{\alpha }_{02}}\approx 7,{{1}^{0}} \\\end{align}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Chu kì dao động của con lắc: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\)

Tốc độ của con lắc: \(v=\sqrt{2gl(cos\alpha -\cos {{\alpha }_{0}})}\text{ }\)

Lời giải chi tiết:

Chu kỳ dao động của con lắc: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{1}{9,8}}=2\,\,\left( s \right)\)

Tần số góc của con lắc: \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{2}=\pi \,\,\left( rad/s \right)\)

Thời điểm sợi dây treo con lắc bị đứt là: \({{t}_{0}}=\frac{T}{4}=0,5\,\,\left( s \right)\)

Vậy thời điểm t = 0,08 s con lắc chưa bị đứt.

Phương trình dao động của con lắc: \(\alpha ={{\alpha }_{0}}cos\pi t\)

Tại thời điểm t = 0,08 s, con lắc có li độ góc:

\(\alpha ={{\alpha }_{0}}cos\pi t=0,09.cos\left( 0,08\pi  \right)=0,087\,\,\left( rad \right)\)

Tốc độ của vật nặng khi đó:

\(v=\sqrt{2gl\left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{0}} \right)}=\sqrt{2.9,8.1.(\cos 0,0872-\cos 0,09)}=0,069\,\,m/s\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Chu kì dao động của con lắc đơn khi vật chưa tích điện: \({T_0} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \)

Khi vật tích điện: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}} \)

Với: \(g' = g \pm \dfrac{{\left| q \right|E}}{m}\)

Lời giải chi tiết:

Khi vật treo chưa tích điện: \({T_0} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}}  = 2s\)

Khi vật treo tích điện q₁: \({T_1} = 2,4s > {T_0} \Rightarrow {T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g - \dfrac{{\left| {{q_1}} \right|E}}{m}}}}  = 2,4s \Rightarrow {q_1} < 0\)

Khi vật treo tích điện q₂: \({T_2} = 1,6s < {T_0} \Rightarrow {T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g + \dfrac{{\left| {{q_2}} \right|E}}{m}}}}  = 1,6s \Rightarrow {q_2} > 0\)

Có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{{T_0}}}{{{T_1}}}} \right)^2} = \dfrac{{g - \dfrac{{\left| {{q_1}} \right|E}}{m}}}{g} = \dfrac{{25}}{{36}} \Rightarrow \dfrac{{\left| {{q_1}} \right|E}}{m} = \dfrac{{11}}{{36}}.g\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{\left( {\dfrac{{{T_0}}}{{{T_2}}}} \right)^2} = \dfrac{{g + \dfrac{{\left| {{q_2}} \right|E}}{m}}}{g} = \dfrac{{25}}{{16}} \Rightarrow \dfrac{{\left| {{q_2}} \right|E}}{m} = \dfrac{9}{{16}}.g\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lấy \(\dfrac{{\left( 1 \right)}}{{\left( 2 \right)}} \Leftrightarrow \left| {\dfrac{{{q_1}}}{{{q_2}}}} \right| = \dfrac{{44}}{{81}} \Rightarrow \dfrac{{{q_1}}}{{{q_2}}} =  - \dfrac{{44}}{{81}}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+ Lực căng dây: \(T = mg\left( {3.\cos \alpha  - 2.\cos {\alpha _0}} \right)\)

+ Gia tốc của con lắc đơn:

Gia tốc tiếp tuyến: \({a_t} =  - g.\sin \alpha \)

Gia tốc pháp tuyến: \({a_n} = 2g.\left( {\cos \alpha  - \cos {\alpha _0}} \right)\)

Gia tốc toàn phần: \(a = \sqrt {a_t^2 + a_n^2}  = \sqrt {{g^2}.{{\sin }^2}\alpha  + 4{g^2}.{{\left( {\cos \alpha  - \cos {\alpha _0}} \right)}^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Gia tốc của con lắc đơn:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{gathered}
a = \sqrt {a_t^2 + a_n^2} \hfill \\
\,\, = \sqrt {{g^2}.{{\sin }^2}\alpha + 4{g^2}.{{\left( {\cos \alpha - \cos {\alpha _0}} \right)}^2}} \hfill \\
\end{gathered} \\
\begin{gathered}
{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = g\sqrt {{{\sin }^2}\alpha + 4{{\left( {\cos \alpha - \cos 60} \right)}^2}} \hfill \\
\,\, = 10.\sqrt {{{\sin }^2}\alpha + 4\left( {{{\cos }^2}\alpha - \cos \alpha + {{0,5}^2}} \right)} \hfill \\
\end{gathered} \\
{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = 10\sqrt {{{\sin }^2}\alpha + 4{{\cos }^2}\alpha - 4\cos \alpha + 1} } \\
{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = 10\sqrt {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha + 3{{\cos }^2}\alpha - 4\cos \alpha + 1} } \\
{{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = 10\sqrt {3{{\cos }^2}\alpha - 4\cos \alpha + 2} }
\end{array}\)

Ta có: \(3{\cos ^2}\alpha  - 4\cos \alpha  + 2 = {\left( {\sqrt 3 \cos \alpha  - \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} + \dfrac{2}{3} \ge \dfrac{2}{3}\)

\( \Rightarrow {a_{\min }} \Leftrightarrow {\left( {3{{\cos }^2}\alpha  - 4\cos \alpha  + 2} \right)_{\min }} = \dfrac{2}{3}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\sqrt 3 \cos \alpha  = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{2}{3}\)

Khi đó lực căng dây có độ lớn:

\(T = mg\left( {3.\cos \alpha  - 2.\cos {\alpha _0}} \right) = 0,1.10.\left( {3.\dfrac{2}{3} - 2.\cos 60} \right) = 1N\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Áp dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \)

+ Áp dụng bài toán con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực điện

Lời giải chi tiết:

Ta có:

- Khi con lắc chưa tích điện, chu kì dao động của con lắc \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \)

- Khi con lắc tích điện, đặt trong điện trường nằm ngang thì nó chịu thêm tác dụng của lực điện

+ \(\overrightarrow E \) có phương ngang =>\(\overrightarrow {{F_d}} \) có phương ngang

+ Chu kì dao động của con lắc tích điện q đặt trong điện trường đều là: \(T' = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}} \)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}a = \dfrac{{{F_d}}}{m} = \dfrac{{\left| q \right|E}}{m}\\g' = \sqrt {{g^2} + {a^2}} \\ \to T' = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}} \end{array}\)

Ta suy ra: \(\dfrac{T}{{T'}} = \sqrt {\dfrac{{g'}}{g}} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{T}{{0,841T}} = \sqrt {\dfrac{{\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}{g}} \\ \Rightarrow {\left( {\dfrac{1}{{0,841}}} \right)^2}.10 = \sqrt {{{10}^2} + {a^2}} \\ \Rightarrow a = 9,995m/{s^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left| q \right|E}}{m} = 9,995\\ \Rightarrow \left| q \right| = 9,{995.10^{ - 6}} \approx {10^{ - 5}}C\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Ở vị trí cân bằng, dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc: \(\tan \theta  = \dfrac{{qE}}{{mg}}\)

Biên độ góc của con lắc: \({\alpha _0} = \alpha  - \theta \)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng: \({g_{HD}} = \dfrac{g}{{\cos \theta }}\)

Tốc độ cực đại của con lắc: \({v_{\max }} = \sqrt {2{g_{HD}}{\rm{l}}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)} \)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ở vị trí cân bằng, dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc:

\(\tan \theta  = \dfrac{{qE}}{{mg}} = \dfrac{{{{2.10}^{ - 5}}{{.5.10}^4}}}{{0,1.10}} = 1 \Rightarrow \theta  = {45^0}\)

Biên độ góc của con lắc là: \({\alpha _0} = \alpha  - \theta  = {55^0} - {45^0} = {10^0}\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng là: \({g_{HD}} = \dfrac{g}{{\cos \theta }} = \dfrac{{10}}{{\cos {{45}^0}}} = 10\sqrt 2 \,\,\left( {m/{s^2}} \right)\)

Tốc độ cực đại của con lắc là:

\({v_{\max }} = \sqrt {2{g_{HD}}{\rm{l}}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}  = \sqrt {2.10\sqrt 2 .1.\left( {1 - \cos {{10}^0}} \right)}  = 0,66\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng: \(\overrightarrow {g'}  = \overrightarrow g  + \dfrac{{\overrightarrow {{F_d}} }}{m}\)

Vị trí cân bằng là vị trí dây treo song song với \(\overrightarrow {g'} \)

Tốc độ của vật:\(v = \sqrt {g'l(\alpha _O^2 - {\alpha ^2})} \)

Lời giải chi tiết:

Lực điện tác dụng lên vật theo phương ngang là:

\(\begin{array}{l}F = E.q = {73500.10^{ - 6}} = 0,0735\,\,\left( N \right)\\ \Rightarrow \tan {\alpha _O} = \dfrac{F}{P} = \dfrac{{0,0735}}{{0,5.9,8}} = 0,15\end{array}\)

Do góc lệch nhỏ, \({\alpha _O} = \tan {\alpha _O} = 0,15\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng là: \(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2}}  = 9,91\)

Khi dây lệch góc 3⁰, ta có: \(\alpha  = {\alpha _O} - \dfrac{{3.\pi }}{{180}} = 0,05\)

Tốc độ của vật là:\(v = \sqrt {g'l(\alpha _O^2 - {\alpha ^2})}  = 0,357\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc khi xe trượt không ma sát: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g\cos \alpha }}} \)

Lời giải chi tiết:

Chu kì của con lắc là:

\(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g\cos \alpha }}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{1}{{10.cos{{45}^0}}}}  \approx 2,36\,\,\left( s \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc khi xe trượt không ma sát: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g\cos \alpha }}} \)

Lời giải chi tiết:

Chu kì của con lắc là:

\(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g\cos \alpha }}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,5}}{{10.cos{{30}^0}}}}  \approx 1,51\,\,\left( s \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc khi xe trượt có ma sát: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g\cos \alpha \sqrt {1 + {\mu ^2}} }}} \)

Lời giải chi tiết:

Chu kì của con lắc là:

\(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g\cos \alpha \sqrt {1 + {\mu ^2}} }}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,5}}{{10.cos{{30}^0}\sqrt {1 + 0,{5^2}} }}}  \approx 1,43\,\,\left( s \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Gia tốc hiệu dụng của con lắc khi ngoại lực hướng theo phương ngang: \({g_0} = \sqrt {{g^2} + {a^2}} \)

Gia tốc hiệu dụng của con lắc khi ngoại lực hợp với phương thẳng đứng góc β:

\(g' = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.cos\beta } \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}} \)

Lời giải chi tiết:

Nhận xét: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}}  \Rightarrow {T^2} = 4{\pi ^2}\dfrac{{\rm{l}}}{g} \Rightarrow {T^2} \sim \dfrac{1}{g}\) hay \(g \sim \dfrac{1}{{{T^2}}}\)

Ban đầu \(\overrightarrow F \) theo phương ngang, gia tốc hiệu dụng: \({g_0} = \sqrt {{g^2} + {a^2}} \)

Trường hợp 1: \(\overrightarrow F \) hướng lên trên:

Ta có: \(\beta  = {90^0} - \alpha  \Rightarrow \cos \beta  =  - \sin \alpha \)

Gia tốc hiệu dụng là: \({g_1} = \sqrt {{g^2} + {a^2} + 2g.a.\sin \alpha } \)

\( \Rightarrow {g_1}^2 = {g^2} + {a^2} + 2g.a.\sin \alpha \,\,\left( 1 \right)\)

Trường hợp 2: \(\overrightarrow F \) hướng xuống dưới:

Ta có: \(\beta  = {90^0} + \alpha  \Rightarrow \cos \beta  = \sin \alpha \)

Gia tốc hiệu dụng là: \({g_2} = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.\sin \alpha } \)

\( \Rightarrow {g_2}^2 = {g^2} + {a^2} - 2g.a.\sin \alpha \,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \({g_1}^2 + {g_2}^2 = 2\left( {{g^2} + {a^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{T_1}^4}} + \dfrac{1}{{{T_2}^4}} = \dfrac{2}{{{T_0}^4}} \Rightarrow \dfrac{1}{{2,{5^4}}} + \dfrac{1}{{1,{6^4}}} = \dfrac{2}{{{T_0}^4}} \Rightarrow {T_0} \approx 1,83\,\,\left( s \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gia tốc hiệu dụng của con lắc khi ngoại lực hợp với phương thẳng đứng góc β:

\(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2} - 2g.\dfrac{F}{m}.cos\beta } \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}} \)

Lời giải chi tiết:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng của con lắc là:

\(\begin{array}{l}g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2} - 2g.\dfrac{F}{m}.cos\left( {{{90}^0} - \alpha } \right)} \\ \Rightarrow g' = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {\dfrac{{0,53}}{{0,1}}} \right)}^2} - 2.10.\dfrac{{0,53}}{{0,1}}.cos{{30}^0}}  = 6,02\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Chu kì của con lắc đơn là: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{1}{{6,02}}}  = 2,56\,\,\left( s \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Gia tốc hiệu dụng của con lắc khi ngoại lực hợp với phương thẳng đứng góc β:

\(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2} - 2g.\dfrac{F}{m}.cos\beta } \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}} \)

Lời giải chi tiết:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng của con lắc là:

\(\begin{array}{l}g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2} + 2g.\dfrac{F}{m}.cos\left( {{{90}^0} + \alpha } \right)} \\ \Rightarrow g' = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {\dfrac{{0,75}}{{0,15}}} \right)}^2} - 2.10.\dfrac{{0,75}}{{0,15}}.cos{{120}^0}}  = 13,23\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Chu kì của con lắc đơn là: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{1}{{13,23}}}  = 1,73\,\,\left( s \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Lực quán tính tác dụng lên con lắc: \(\overrightarrow {{F_{qt}}}  =  - m\overrightarrow a \)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng tác dụng lên con lắc: \(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2} - 2g.\dfrac{F}{m}\cos \beta } \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}} \)

Lời giải chi tiết:

Ô tô đi xuống nhanh dần đều, lực quán tính tác dụng lên con lắc hướng lên. Ta có hình vẽ:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng tác dụng lên con lắc là:

\(\begin{array}{l}g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{F}{m}} \right)}^2} - 2g.\dfrac{F}{m}\cos \beta }  = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a\cos \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)} \\ \Rightarrow g' = \sqrt {9,{8^2} + {2^2} - 2.9,8.2.cos{{60}^0}}  = 8,97\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Chu kì của con lắc là:

\(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{1}{{8,97}}}  = 2,098\,\,\left( s \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng: \(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}} \right)}^2} - 2g\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}\cos \beta } \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}} \)

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ, ta thấy: \(\beta  = {90^0} + \alpha  = {90^0} + {45^0} = {135^0}\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng là:

\(\begin{array}{l}g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}} \right)}^2} - 2g\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}\cos \beta } \\ \Rightarrow g' = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {\dfrac{{{{5.10}^{ - 6}}{{.10}^5}}}{{0,1}}} \right)}^2} - 2.10.\dfrac{{{{5.10}^{ - 6}}{{.10}^5}}}{{0,1}}.cos{{135}^0}} \\ \Rightarrow g' \approx 14\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Chu kì của con lắc trong 2 trường hợp là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}} \\T' = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}} \end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{T'}}{T} = \sqrt {\dfrac{g}{{g'}}} \\ \Rightarrow \dfrac{{T'}}{2} = \sqrt {\dfrac{{10}}{{14}}}  \Rightarrow T' = 1,69\,\,\left( s \right)\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng: \(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}} \right)}^2} - 2g\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}\cos \beta } \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}} \)

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ, ta thấy: \(\beta  = {90^0} - \alpha  = {90^0} - {45^0} = {45^0}\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng là:

\(\begin{array}{l}g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}} \right)}^2} - 2g\dfrac{{\left| q \right|E}}{m}\cos \beta } \\ \Rightarrow g' = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {\dfrac{{{{2.10}^{ - 6}}{{.2.10}^5}}}{{0,25}}} \right)}^2} - 2.10.\dfrac{{{{2.10}^{ - 6}}{{.2.10}^5}}}{{0,25}}.cos{{45}^0}} \\ \Rightarrow g' \approx 8,94\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Chu kì của con lắc trong 2 trường hợp là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}} \\T' = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g'}}} \end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{T'}}{T} = \sqrt {\dfrac{g}{{g'}}} \\ \Rightarrow \dfrac{{T'}}{2} = \sqrt {\dfrac{{10}}{{8,94}}}  \Rightarrow T' = 2,237\,\,\left( s \right)\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Gia tốc trọng trường hiệu dụng: \(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{{qE}}{m}} \right)}^2}} \)

Tốc độ của vật: \(v = \sqrt {2g'.l.\left( {\cos \alpha ' - \cos {\alpha _0}} \right)} \)

Lời giải chi tiết:

Do \(\overrightarrow E \) có phương ngang nên \(\overrightarrow F \)cũng có phương ngang và \(\overrightarrow F  \bot \overrightarrow P \)

Tại VTCB góc lệch của dây treo so với phương thẳng đứng là:

\(\tan \alpha  = \dfrac{F}{P} = \dfrac{{qE}}{{mg}} = \dfrac{{{{2.10}^{ - 5}}{{.5.10}^4}}}{{0,1.10}} = 1 \Rightarrow \alpha  = {45^0}\)

Kéo vật nhỏ theo chiều của vectơ cường độ điện trường sao cho dây treo hợp với vectơ gia tốc trọng trường một góc 54⁰ rồi buông nhẹ

→ Biên độ góc là: \({\alpha _0} = {54^0} - \alpha  = {54^0} - {45^0} = {9^0}\)

Gia tốc trong trường hiệu dụng là:

\(g' = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\dfrac{{qE}}{m}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {\dfrac{{{{2.10}^{ - 5}}{{.5.10}^4}}}{{0,1}}} \right)}^2}}  = 10\sqrt 2 m/{s^2}\)

Tại vị trí sợi dây lệch góc 40⁰ so với phương thẳng đứng theo chiều của vectơ cường độ điện trường có li độ góc là: \(\alpha ' = 40 - \alpha  = 40 - 45 =  - {5^0}\)

Tốc độ của vật tại đó là:

\(\begin{array}{l}v = \sqrt {2g'.l.\left( {\cos \alpha ' - \cos {\alpha _0}} \right)} \\ \Rightarrow v = \sqrt {2.10\sqrt 2 .1.\left( {\cos 5 - \cos 9} \right)}  = 0,49m/s\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {{F_d}}  = q.\overrightarrow E  = m.\overrightarrow a \\\overrightarrow {{F_d}}  \bot \overrightarrow P  \Rightarrow g' = \sqrt {{g^2} + {a^2}} \\\overrightarrow {{F_d}}  \uparrow  \uparrow \overrightarrow P  \Rightarrow g' = g + a\\\overrightarrow {{F_d}}  \uparrow  \downarrow \overrightarrow P  \Rightarrow g' = g - a\\T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}} \end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Khi vecto cường độ điện trường nằm ngang:

Từ hình vẽ ta có: \(\tan \alpha  = \dfrac{{{F_d}}}{P} = \dfrac{{ma}}{{mg}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow a = \dfrac{3}{4}.g\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng :

\(g' = \sqrt {{g^2} + {a^2}}  = \sqrt {{g^2} + \dfrac{{9{g^2}}}{{16}}}  = \dfrac{5}{4}.g\)

Chu kì dao động của con lắc khi đó:

\({T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}}  = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}.2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \,\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Khi đổi chiều điện trường sao cho hướng vecto cường độ điện trường hướng lên thì \(\overrightarrow {{F_d}} \) hướng lên (do q > 0). Gia tốc trọng trường hiệu dụng khi đó:

\(g'' = g - a = g - \dfrac{3}{4}.g = \dfrac{1}{4}.g\)

Chu kì dao động của con lắc khi đó:

\({T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g''}}}  = 2.2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

+ Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt 5  \Rightarrow {T_2} = \sqrt 5 .{T_1}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công thức tính độ lớn vận tốc và lực căng dây: \(\left\{ \begin{array}{l}v = \sqrt {2gl\left( {\cos \alpha  - \cos {\alpha _0}} \right)} \\T = mg.\left( {3\cos \alpha  - 2\cos {\alpha _0}} \right)\end{array} \right.\)

Công thức tính cơ năng, thế năng và động năng: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{W}} = mgl.\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\\{{\rm{W}}_t} = mgl.\left( {1 - \cos \alpha } \right)\\{{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t}\end{array} \right.\)

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{W}}_t} = {{\rm{W}}_d} \Rightarrow {v_1}\\T = P \Rightarrow {v_2}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{v_1}}}{{{v_2}}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Khi động năng bằng thế năng:

\(\begin{array}{l}{{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t}\\ \Leftrightarrow mgl.\left( {1 - \cos {\alpha _1}} \right) = mgl.\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right) - mgl.\left( {1 - \cos {\alpha _1}} \right)\\ \Leftrightarrow 1 - \cos {\alpha _1} = \cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}\\ \Leftrightarrow \cos {\alpha _1} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}.\cos {\alpha _0}\end{array}\)

+ Khi độ lớn của lực căng dây treo bằng trọng lực tác động lên vật:

\(\begin{array}{l}mg.\left( {3\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _0}} \right) = mg\\ \Leftrightarrow 3\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _0} = 1 \Leftrightarrow \cos {\alpha _2} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3}.\cos {\alpha _0}\end{array}\)

+ Suy ra:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{v_1}}}{{{v_2}}} = \dfrac{{\sqrt {2gl\left( {\cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}} \right)} }}{{\sqrt {2gl\left( {\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _0}} \right)} }} = \sqrt {\dfrac{{\cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}}}{{\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _0}}}} \\\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {\dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}.\cos {\alpha _0} - \cos {\alpha _0}}}{{\dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3}.\cos {\alpha _0} - \cos {\alpha _0}}}}  = \sqrt {\dfrac{{\dfrac{1}{2}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}{{\dfrac{1}{3}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}}  = \sqrt {\dfrac{3}{2}} \end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Đối với con lắc đơn, ta có hình vẽ.

Gia tốc tiếp tuyến là do thành phần P.sinα gây ra, tức là

\({a_t} = g.\sin \alpha \)

Lời giải chi tiết:

Đối với con lắc đơn, ta có hình vẽ.

Gia tốc tiếp tuyến là do thành phần P.sinα gây ra, tức là:  

Để gia tốc tiếp tuyến lớn nhất thì góc α lớn nhất và bằng 5⁰.

Vậy:

\({a_{tmax}} = \left| {g.\sin {5^0}} \right| = 0,854m/{s^2}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Gia tốc trọng trường của con lắc chịu tác dụng của ngoại lực: \(\overrightarrow {{g_{HD}}}  = \overrightarrow g  + \overrightarrow a \)

Chu kì của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{{g_{HD}}}}} \)

Bất đẳng thức Cô – si: \({a^2} + {b^2} \ge 2ab\) (dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b\))

Lời giải chi tiết:

Khi \(\overrightarrow E \) hướng thẳng đứng xuống dưới, chu kì của con lắc là: \({T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{g + a}}} \)

Khi \(\overrightarrow E \) hướng theo phương ngang, chu kì của con lắc là: \({T_2} = \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{{\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}} \)

Ta có tỉ số: \(\dfrac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\dfrac{{g + a}}{{\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}} \)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\({g^2} + {a^2} \ge 2ga\) (dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow g = a\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\left( {{g^2} + {a^2}} \right) \ge {g^2} + {a^2} + 2ga \Rightarrow 2\left( {{g^2} + {a^2}} \right) \ge {\left( {g + a} \right)^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{{{\left( {g + a} \right)}^2}}}{{{g^2} + {a^2}}} \le 2 \Rightarrow \sqrt {\dfrac{{g + a}}{{\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}}  \le \sqrt {\sqrt 2 }  = 1,19\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l}g.a > 0\,\, \Rightarrow {g^2} + {a^2} + 2ga > {g^2} + {a^2}\\ \Rightarrow {\left( {g + a} \right)^2} > {g^2} + {a^2} \Rightarrow \sqrt {\dfrac{{g + a}}{{\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}}  > 1\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2), ta có \(\dfrac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 1,15\) thỏa mãn

Chọn D.                                                                                                                      

Phương pháp giải:

Độ lệch thời gian của đồng hồ khi thay đổi nhiệt độ, độ cao: \(\dfrac{{\Delta T}}{T} = \dfrac{h}{R} + \dfrac{1}{2}\alpha \left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Thời gian đồng hồ chạy sai sau 1 ngày đêm là:

\(\begin{array}{l}\Delta t = 86400.\dfrac{{\Delta T}}{T} = 86400\left[ {\dfrac{h}{R} + \dfrac{1}{2}\alpha \left( {{t_2} - {t_1}} \right)} \right]\\ \Rightarrow \Delta t = 86400\left[ {\dfrac{{6,5}}{{6400}} + \dfrac{1}{2}.1,{{75.10}^{ - 5}}.\left( {20 - 25} \right)} \right] = 83,97 \approx 84\,\,\left( s \right)\end{array}\)

Vậy sau 1 ngày đêm, đồng hồ chạy nhanh \(84\,\,s\)

Chọn D.