Google
Câu hỏi: Con lắc lò xo đặt trên mặt bàn nằm ngang có hệ số ma sát $\mu=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$. Vật nặng được tích điện $\mathrm{q}$ và toàn bộ hệ dao động được đặt trong một điện trường đều có cường độ $\vec{E}$. Kéo vật đến vị trí lò xo giãn một đoạn $b$ rồi thả nhẹ. Nếu điện trường có phương thẳng đứng và hướng lên trên thì tốc độ cực đại của vật sau khi thả là $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$. Nếu điện trường có phương thẳng đứng, hướng xuống thì tốc độ cực đại của vật sau khi thả là $40 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$. Nếu điện trường có hướng như hình vẽ thì tốc độ cực đại của vật sau khi thả là $50 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$.
Góc lệch giữa điện trường và phương thẳng đứng trong trường hợp này là
A. $45^{\circ}$
B. $30^{\circ}$
C. $15^{\circ}$
D. $60^{\circ}$
Áp dụng định luật II Niuton tại vị trí cân bằng mới
$
\begin{aligned}
& \left\{F_{m s}+F \sin \alpha-k \Delta l_0=0 N+F \cos \alpha-m g=0 \Rightarrow\left\{\Delta l_0=\dfrac{\mu N+F \sin \alpha}{k} N=m g-F \cos \alpha\right.\right. \\
& \Rightarrow \Delta l_0=\dfrac{\mu(m g-F \cos \alpha)+F \sin \alpha}{k}=\dfrac{\mu m g}{k}+\dfrac{F}{k}(\sin \alpha-\mu \cos \alpha) \\
& v_{\max }=\omega\left(b-\Delta l_0\right)=\omega\left(b-\dfrac{\mu m g}{k}-\dfrac{F}{k}(\sin \alpha-\mu \cos \alpha)\right)=50\left(^*\right) \\
& \text { Với }\left\{\alpha=0 \Rightarrow v_{\max }=\omega\left(b-\dfrac{\mu m g}{k}+\dfrac{F}{k} \mu\right)=60 \alpha=180^{\circ} \Rightarrow v_{\max }=\omega\left(b-\dfrac{\mu m g}{k}-\dfrac{F}{k} \mu\right)=40 \Rightarrow\{\omega(b-\right. \\
& \left.\dfrac{\mu m g}{k}\right)=50 \omega \cdot \dfrac{F}{k} \mu=10 \text { thay vào }\left({ }^*\right) \text { được: } \\
& 50-\dfrac{10}{\mu}(\sin \alpha-\mu \cos \alpha)=50 \Rightarrow \sin \alpha-\mu \cos \alpha=0 \Rightarrow \tan \alpha=\mu=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \alpha=30^{\circ} .
\end{aligned}
$
A. $45^{\circ}$
B. $30^{\circ}$
C. $15^{\circ}$
D. $60^{\circ}$
$
\begin{aligned}
& \left\{F_{m s}+F \sin \alpha-k \Delta l_0=0 N+F \cos \alpha-m g=0 \Rightarrow\left\{\Delta l_0=\dfrac{\mu N+F \sin \alpha}{k} N=m g-F \cos \alpha\right.\right. \\
& \Rightarrow \Delta l_0=\dfrac{\mu(m g-F \cos \alpha)+F \sin \alpha}{k}=\dfrac{\mu m g}{k}+\dfrac{F}{k}(\sin \alpha-\mu \cos \alpha) \\
& v_{\max }=\omega\left(b-\Delta l_0\right)=\omega\left(b-\dfrac{\mu m g}{k}-\dfrac{F}{k}(\sin \alpha-\mu \cos \alpha)\right)=50\left(^*\right) \\
& \text { Với }\left\{\alpha=0 \Rightarrow v_{\max }=\omega\left(b-\dfrac{\mu m g}{k}+\dfrac{F}{k} \mu\right)=60 \alpha=180^{\circ} \Rightarrow v_{\max }=\omega\left(b-\dfrac{\mu m g}{k}-\dfrac{F}{k} \mu\right)=40 \Rightarrow\{\omega(b-\right. \\
& \left.\dfrac{\mu m g}{k}\right)=50 \omega \cdot \dfrac{F}{k} \mu=10 \text { thay vào }\left({ }^*\right) \text { được: } \\
& 50-\dfrac{10}{\mu}(\sin \alpha-\mu \cos \alpha)=50 \Rightarrow \sin \alpha-\mu \cos \alpha=0 \Rightarrow \tan \alpha=\mu=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \alpha=30^{\circ} .
\end{aligned}
$
Đáp án B.
