Con lắc lò xo gồm vật nhỏ gắn với lò xo nhẹ dao động điều hòa theo phương ngang. Lực kéo về tác dụng vào vật luôn hướng về vị trí cân bằng. 

Một vật dao động điều hòa trên trục Ox. Vận tốc của vật biến thiên điều hòa theo thời gian.

+ Chu kỳ của con lắc được tính bằng công thức:

\( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 2\pi \sqrt {\frac{g}{l}} \)

+ Tần số góc của con lắc được tính bằng công thức:

\(\omega = \sqrt {\frac{g}{l}} \)

Ta có:  chiều dài quỹ đạo của vật dao động điều hòa: L=2A

+ Quảng đường mà sóng  truyền được trong một chu kỳ: \( \lambda = v.T\)

+ Tốc độ truyền sóng: \( \to v = \frac{\lambda }{T} = \lambda f\)

Chim thường xù lông về mùa rét không liên quan đến nhiễm điện

Một vật dao động tắt dần có các đại lượng giảm dần theo thời gian là biên độ và năng lượng.

Bộ phận giảm xóc của ô tô và xe máy có tác dụng giảm cường độ lực gây xóc và làm tắt dần dao động. 

Điện năng tiêu thụ của mạch được đo bằng công tơ điện.

+ Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số,ngược pha.

Biên độ dao động của vật :\( A=\left| {{A_1} - {A_2}} \right|\)

Con lắc dao động điều hòa với chu kì là \( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

+ Biên độ dao động tổng hợp thỏa mãn điều kiện:

\( \left| {{A_1} - {A_2}} \right| \le A \le {A_1} + {A_2} \Leftrightarrow 7 \le A \le 17\)

Vậy: Biên độ dao động tổng hợp có thể nhận giá trị 9cm. 

+ Biên độ dài của con lắc là:

\( A = l.{\alpha _0} = 2.0,1 = 0,2m\)

Ta có phường trình truyền sóng có dạng:\( u = A\cos (\omega t - \frac{{2\pi }}{\lambda }x)cm\)

\( \to 50x = \frac{{2\pi }}{\lambda }x \to \lambda = 0,04\pi (m)\)

Vậy tốc độ truyền của sóng cơ này bằng:

\( v = \frac{\lambda }{T} = \lambda .\frac{\omega }{{2\pi }} = 0,04\pi .\frac{{{{4.10}^3}}}{{2\pi }} = 80m/s\)

Động năng của vật này biến thiên điều hòa với chu kì bằng một nửa chu kỳ của vật T/2.

+ Từ đồ thi ta thấy rằng dao động xảy ra cộng hưởng tại \( f = {f_0} = 5\pi rad/s\)

+ Độ cứng của lò xo là: \( \to k = m{\omega ^2} = m{(2\pi f)^2} = 50N/m\)

Chu kì dao động của con lắc là: \( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1s\)

Năng lượng từ trường của ống dây là: \( {\rm{W}} = \frac{1}{2}L{i^2}\)

Để phân biệt được sóng ngang và sóng dọc ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng

Pha ban đầu của dao động tổng hợp xác định bởi công thức:\( \tan \varphi = \frac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}\cos {\varphi _2}}}\)

Ta có: tần số góc:

 \(\left\{ \begin{array}{l} {a_{\max }} = {\omega ^2}A\\ {v_{\max }} = \omega A \end{array} \right. \to \omega = \frac{{{a_{\max }}}}{{{v_{\max }}}} = \frac{{200\pi }}{{60}} = \frac{{10\pi }}{3}(rad/s)\)

+ Tại thời điểm ban đầu t = 0, vật có vận tốc v > 0 và thế năng đang tăng, vật chuyển động đến biên, ta có:

\( \to x_0^2 + \frac{{{{30}^2}}}{{{{(\frac{{10\pi }}{3})}^2}}} = {(\frac{{18}}{\pi })^2} \to {x_0} = \pm \frac{{18\sqrt 3 }}{{2\pi }}(cm) = \pm \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\)

+ Ở thời điểm chất điểm có gia tốc 100π cm/s² lần đầu tiên, ta có:

\( a = - {\omega ^2}x \to 100\pi = - {(\frac{{10\pi }}{3})^2}.x \to x = \frac{{ - 9}}{\pi } = \frac{{ - A}}{2}(cm)\)

+ Biễu diễn trên đường tròn lượng giác:

+ Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy tại thời điểm vật có gia tốc 100π cm/s² lần đầu tiên, vecto quay được góc 5π/6rad

Thời điểm vật có gia tốc 100π cm/s² lần đầu tiên là:

\( \Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{{5\pi }}{6}}}{{\frac{{10\pi }}{3}}} = 0,25s\)

Ta có:

+ Tần số góc của dao động: ω= 2πf =2π.5=10π(rad/s)

+ Biên độ dao động: \( A = \frac{{{l_{\max }} - {l_{\max }}}}{2} = \frac{{56 - 40}}{2} = 8cm\)

+ Tại t=0: lò xo có chiều dài l=52cm

⇒ li độ của vật khi đó

x = −4cm

\( A\cos \varphi = - 4 \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{ - 4}}{A} = \frac{{ - 4}}{8} = \frac{1}{2} \to \left[ \begin{array}{l} \varphi = \frac{{2\pi }}{3}\\ \varphi = - \frac{{2\pi }}{3} \end{array} \right.\)

Mặt khác, vật đang ra xa vị trí cân bằng ⇒ φ=2π/3(rad)

⇒ Phương trình dao động của con lắc: 

\( x = 8\cos (10\pi t + \frac{{2\pi }}{3})(cm)\)

Ta có:

+ Vận tốc truyền sóng cơ: v=120cm/s

+ Độ lệch pha của 2 điểm trên phương truyền sóng: (hai dao động vuông pha) (*)

\( \Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda } = (2k + 1)\frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{{2\pi .12.5}}{{\frac{v}{f}}} = (2k + 1)\frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{{25\pi f}}{{120}} = (2k + 1)\frac{\pi }{2} \to f = 2,4(2k + 1)\)

Ta có:

\( 10Hz \le f \le 15Hz \to 10 \le 2,4(2k + 1) \le 15 \Leftrightarrow 1,58 \le k \le 2,625 \to k = 2\)

+ Với k=2 thay vào (*) ta suy ra:

\( \lambda = \frac{{2\pi d}}{{(2k + 1)\frac{\pi }{2}}} = \frac{{2\pi .12,5}}{{(2.2 + 1)\frac{\pi }{2}}} = 10cm\)

Công suất tiêu thụ trên R:

\( P = {I^2}R = \frac{{{E^2}}}{{{{(r + {R_1} + R)}^2}}} = \frac{{{{12}^2}R}}{{{{(2,5 + 0,5 + R)}^2}}} = \frac{{144R}}{{{{(3 + R)}^2}}} = \frac{{144R}}{{\frac{9}{R} + R + 6}}\)

+ Áp dụng bất đẳng thức Cosi:

\( \frac{9}{R} + R \ge 2\sqrt {\frac{9}{R}.R} = 6\) , dấu "=" xảy ra khi \( \frac{9}{R} = R \to R = 3\)

⇒ Khi \( R = 3 \to {(\frac{9}{R} + R)_{\min }} = 6\) thì công suất đạt cực đại:

\( \to {P_{\max }} = \frac{{144}}{{6 + 6}} = 12{\rm{W}}\)

Ta có: chu kỳ con lắc \( {\rm{T = 2}}\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \to T \sim \sqrt l \)

+ Chiều dài ban đầu của con lắc này là

\( \to \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{{{l_2}}}{{{l_1}}}} = \sqrt {\frac{{{l_1} + \Delta l}}{{{l_1}}}} \Leftrightarrow {(\frac{{2,2}}{2})^2} = \frac{{{l_1} + 21}}{{{l_1}}} \to {l_1} = 100cm\)

+ Độ lớn gia tốc của vật là: \( a = \left| {\frac{{gx}}{{\Delta l}}} \right| = \frac{{g\left| x \right|}}{{0,5A}} = \frac{{2g\left| x \right|}}{A}\)

+ Độ lớn gia tốc của vật đó lớn hơn hoặc bằng gia tốc trọng trường g, ta có:

\(a \ge g \to \frac{{2g\left| x \right|}}{A} \ge g \to \left| x \right| \ge \frac{A}{2} \to \left\{ \begin{array}{l} x \ge \frac{A}{2}\\ x \le \frac{A}{2} \end{array} \right.\)

+Ta có vòng tròn lượng giác:

+ Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy trong 1 chu kì, vật có độ lớn gia tốc lớn hơn hoặc bằng gia tốc trọng trường khi vecto quay được góc: Δφ=2.2π/3=4π/3 (rad)

+ Thời gian vật có độ lớn gia tốc lớn hơn hoặc bằng gia tốc trọng trường trong 1 chu kì là: \( \Delta t = \frac{{\Delta \varphi .T}}{{2\pi }} = \frac{{\frac{{4\pi }}{3}.T}}{{2\pi }} = \frac{{2T}}{3}\)

Ta có, phương trình dao động của vật: x=6cos(10πt+π3)cm

+ Chu kì dao động của vật: \( {\rm{T = }}\frac{{{\rm{2}}\pi }}{\omega } = 0,2s\)

+ Tại thời điểm ban đầu: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_0} = 6\cos \frac{\pi }{3} = 3cm\\ v = - 6.10\pi \sin \frac{\pi }{3} < 0 \end{array} \right.\)

+ Vật có độ lớn cực đại khi ở vị trí cân bằng x=0x=0

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:

Từ vòng tròn lượng giác, ta suy ra vận tốc của vật có độ lớn cực đại lần đầu tiên vào thời điểm: \( {\rm{t = }}\frac{{\rm{T}}}{{12}}{\rm{ = }}\frac{{0,2}}{{12}}{\rm{ = }}\frac{1}{{60}}{\rm{s}}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} m = 0,1kg\\ k = 40N/m \end{array} \right.\)

⇒ Tần số góc của dao động: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 20rad/s\)

+ Vận tốc tại vị trí cân bằng:\( {v_{\max }} = \omega A \to A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{2}{{20}} = 0,1m = 10cm\)

+ Biên độ dao động tổng hợp:

\( {A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2.{A_1}.{A_2}.\cos \Delta \varphi \to A = \sqrt {48} = 4\sqrt 3 cm\)

+ Tần số góc: \( \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi rad/s\)

+ Gia tốc của vật: \( a = - {\omega ^2}x \to x = \frac{a}{{ - {\omega ^2}}} = - 0,05m\)

+ Cơ năng của vật: \( {\rm{W}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t}\)

Lại có thế năng: \( {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{x^2} = {2,5.10^{ - 3}}J\)

\(\begin{array}{l} {\rm{W}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t} = {10^{ - 3}} + {2,5.10^{ - 3}} = {3,5.10^{ - 3}}J\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {3,5.10^{ - 3}}J \to A = 0,059m \approx 6cm \end{array}\)

Ta có:

+ Độ lệch pha cua hai dao dộng: \( \Delta \varphi = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2}\)

+ Biên độ tổng hợp: \( A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2} = 5cm\) 

+ Vận tốc cực đại của vật là: \( {v_{\max }} = \omega A = 10.5 = 50cm/s\)

+ Với góc α<10⁰ ta đổi độ sang rad: 1⁰=π/180

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} s = 2,5\pi cm\\ \alpha = {4,5^0} = \frac{{4,5\pi }}{{180}}rad \end{array} \right.\)

+ Lại có: \( s = l.\alpha \to l = \frac{s}{\alpha } = \frac{{2.5\pi }}{{\frac{{4,5\pi }}{{180}}}} = 1m\)

Ta có, vận tốc tại vị trí α bất kì khi góc <10⁰: \( v = \sqrt {gl({\alpha _0}^2 - {\alpha ^2})} \)

Ta suy ra, vận tốc của vật tại thời điểm t₀ là:

\( v = \sqrt {gl({\alpha _0}^2 - {\alpha ^2})} = \sqrt {10.1.({{(\frac{{9\pi }}{{180}})}^2} - {{(\frac{{4,5\pi }}{{180}})}^2})} = 0,43m = 43cm\)

Ta có: chu kỳ con lắc: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \to T \sim \sqrt l \)

Tỷ số l₂/ l₁ bằng: \( \to \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{{{l_2}}}{{{l_1}}}} = \frac{2}{{1,8}} \to \frac{{{l_2}}}{{{l_1}}} = 0,81\)

+ Ở thời điểm t₀, tốc dộ dao động của các phần tử tại B và C đều bằng v₀. còn phần tử tại trung điểm D của BC đang ở biên biểu diễn trên vòng tròn lượng giác ta được:

+ Ở thời điểm t₁, vận tốc của các phần tử tại B và C có giá trị đều bằng v₀ khi biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

Do \( \widehat {COB} = const\) và vận tốc tại t₀ và t₁  bằng nhau nên φ=φ₁=π/4

+Tại t₁ vận tốc tại D đạt giá trị cực đại nên :

\(\left\{ \begin{array}{l} \cos \varphi = \frac{{{v_1}}}{{{v_{\max }}}}\\ \sin \varphi = \frac{{{v_2}}}{{{v_{\max }}}} \end{array} \right. \to {v_{\max }} = \sqrt {{v_0}^2 + {v_0}^2} = {v_0}\sqrt 2 \)

+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} = {A_1}\cos (\omega t + {\varphi _1})\\ {x_2} = {A_2}\cos (\omega t + {\varphi _2}) \Leftrightarrow - {x_2} = {A_2}\cos (\omega t + {\varphi _2} + \pi ) \end{array} \right.\)

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương Ox:

\( \Delta d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = d\cos (\omega t + \varphi )\)

Với: \(\left\{ \begin{array}{l} \Delta \varphi = {\varphi _1} - ({\varphi _2} + \pi )\\ d = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } \end{array} \right.\)

- Khi A₁=0 ⇒ d=A₂=12cm

\( {d^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi = {({A_1} + {A_2}\cos \Delta \varphi )^2} + {A_2}^2(1 - {\cos ^2}\Delta \varphi )\)

\(\begin{array}{l} {d_{\min }} \Leftrightarrow {A_1} + {A_2}\cos \Delta \varphi = 0\\ \to {A_1} = - {A_2}\cos \Delta \varphi \Leftrightarrow 9 = - 12\cos \Delta \varphi \to \cos \Delta \varphi = \frac{{ - 3}}{4} \end{array}\)

- Khi d=10cm, ta có: \(\begin{array}{l} {d^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \\ \Leftrightarrow {10^2} = {A_1}^2 + {12^2} + 2{A_1}.12.\cos (\frac{{ - 3}}{4}) \to \left[ \begin{array}{l} {A_1} = 15,08 = {a_2}\\ {A_1} = 2,92 = {a_1} \end{array} \right. \end{array}\)

Tỉ số cơ năng:

\( \frac{{{{\rm{W}}_2}}}{{{{\rm{W}}_1}}} = \frac{{\frac{1}{2}m{\omega ^2}a_2^2 + \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2}}{{\frac{1}{2}m{\omega ^2}a_1^2 + \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2}} = \frac{{a_2^2 + A_2^2}}{{a_1^2 + A_2^2}} = \frac{{{{15,08}^2} + {{12}^2}}}{{{{2,92}^2} + {{12}^2}}} = 2,435\)

+ Tần số góc của vật 1 và vật 2 là :\(\left\{ \begin{array}{l} {\omega _1} = \sqrt {\frac{{{k_1}}}{m}} = \frac{{10}}{{\sqrt m }}\\ {\omega _2} = \sqrt {\frac{{{k_2}}}{m}} = \frac{5}{{\sqrt m }} \end{array} \right.\)

+  Lò xo k₁ có chiều dài tự nhiên l₁ = 35cm­. Lò xo k₂ ­ ­có chiều dài tự nhiên l₂ = 26cm → Vị trí cân bằng của hai lò xo cách nhau theo phương ngang 1 đoạn : 35 – 26 = 9cm

+ Thời điểm ban đầu (t = 0), giữ lò xo k₁ dãn một đoạn 3cm, lò xo k₂ nén một đoạn 6cm rồi đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động điều hoà. Chọn gốc toạ độ trùng với VTCB của lò xo k_1.

→ Phương trình dao động điều hoà của hai vật :

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 3\cos ({\omega _1}t) = 3\cos (2{\omega _2}t)\\ {x_2} = - 9 + 6\cos ({\omega _2}t + \pi ) = - 9 - 6\cos ({\omega _2}t) \end{array} \right.\)

→ Khoảng cách giữa hai vật theo phương ngang trong quá trình dao động là :

\( \Delta x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {3\cos (2{\omega _2}t) + 9 + 6\cos ({\omega _2}t)} \right|\)

Vì : 

\(\begin{array}{l} \cos (2{\omega _2}t) = 2{\cos ^2}({\omega _2}t) - 1 \Rightarrow \Delta x = \left| {3(2{{\cos }^2}({\omega _2}t) - 1) + 9 + 6\cos ({\omega _2}t)} \right|\\ \to \Delta x = \left| {6{{\cos }^2}({\omega _2}t) + 6\cos ({\omega _2}t) + 6} \right| \end{array}\) Đặt \( a = \cos ({\omega _2}t) \to \Delta x = \left| {6{a^2} + 6a + 6} \right|\)

Ta có: \(\begin{array}{l} 6{a^2} + 6a + 6 = 6({a^2} + a + 1) = 6({(a + \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4})\\ 6({(a + \frac{1}{2})^2} + \frac{3}{4} \le \frac{3}{4} \to {(6{a^2} + 6a + 6)_{\min }} = \frac{3}{4}\\ \to \Delta {x_{\min }} = \frac{3}{4}cm \end{array}\)

→ Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật trong quá trình dao động là :

\( \to {d_{min}} = \sqrt {M{N^2} + \Delta {x_{\min }}^2} = \sqrt {{9^2} + {{(\frac{3}{4})}^2}} = 10,06cm\)

Tại vị trí cân bằng:

+ Khi chỉ có vật A thì lò xo dãn: \( \Delta {l_1} = \frac{{{m_A}.g}}{k} = 10cm\)

+ Khi treo đồng A và B thì lò xo dãn: \( \Delta {l_2} = \frac{{({m_A} + {m_B}).g}}{k} = 20cm\)

+ Khi hệ vật đang ở VTCB, dây đứt, vật A dao động điều hòa với biên độ A=Δl₂−Δl₁=20−10=10cm

+ Chu kỳ con lắc lò xo khi gắn vật A là: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {l_1}}}{g}} = \frac{\pi }{5}s\)

+ Thời gian vật A đi từ vị trí đốt dây (biên dưới) đến vị trí cao nhất lần đầu tiên (biên trên ) hết \( t = \frac{T}{2} = \frac{\pi }{{10}}s\) khi đó, vị trí của vật A là : x_A=−10cm

+ Sau khi đót dây nối hai vật, vật B rơi tự do từ B cách O₁:

\( {O_1}B = B{O_2} + {O_1}{O_2} = {l_d} + A = 15 + 10 = 25cm\)

+ Tọa độ của B: \( {x_B} = {O_1}B + \frac{{g{t^2}}}{2} = 0,25 + \frac{{10.{{(\frac{\pi }{{10}})}^2}}}{2} = 0,75m = 75cm\)

+ Vậy khoảng cách giữa hai vật lúc này là: 

Δx=x_B−x_A=75−(−10)=85cm

Ta có: chu kỳ dao động con lắc

\( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 6s \to \left\{ \begin{array}{l} \Delta {t_1} + \Delta {t_2} = \frac{T}{2}\\ {S_1} + {S_2} = 2A = 20cm \end{array} \right. \to A = 10cm \to \left\{ \begin{array}{l} \Delta {t_1} = 1s = \frac{T}{6}\\ {S_1} = 5cm = \frac{A}{2} \end{array} \right.\)

Suy ra vật xuất phát từ 2 biên ( giá sử từ biên dương) , vậy \( \Delta {t_2} = \Delta {t_3} = 2s = \frac{T}{3} \to {S_2} = {S_3} = 15cm\)

+ Gọi độ lệch pha giữa hai dao động là φ

Đặt x₁ = A₁cos(ωt) và x₂ = A₂cos(ωt + φ)

Ta có: \( {x_1}{x_2} = {A_1}{A_2}\cos (\omega t).\cos (\omega t + \varphi ) = \frac{{{A_1}{A_2}}}{2}(\cos (2\omega t + \varphi ) + \cos \varphi )\)

Theo đề:

+ x₁x_2 max = M  khi cos(2ωt + φ) = 1

+ x₁x_2 min = - M/3 khi cos(2ωt + φ) =  - 1

Thay vào ta có: \( \frac{{1 + \cos \varphi }}{{ - 1 + \cos \varphi }} = - 3 \to \cos \varphi = 0,5 \to \varphi = \frac{\pi }{3} = 1,05rad\)

+ Khi con lắc chưa tích điện, chu kì dao động của con lắc:

\( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

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

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

+ Gia tốc trọng trường hiệu dụng của con lắc là: \( g' = \sqrt {{g^2} + {{(\frac{{\left| q \right|E}}{m})}^2}} \)

Chu kì của con lắc trong điện trường là:

\(\begin{array}{l} T' = 2\pi \sqrt {\frac{l}{{g'}}} = 2\pi \sqrt {\frac{1}{{\sqrt {{g^2} + {{(\frac{{\left| q \right|E}}{m})}^2}} }}} = 0,841T\\ \Rightarrow 2\pi \sqrt {\frac{1}{{\sqrt {{g^2} + {{(\frac{{\left| q \right|E}}{m})}^2}} }}} = 0,841.2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \Leftrightarrow \sqrt {{g^2} + {{(\frac{{\left| q \right|E}}{m})}^2}} = \frac{g}{{{{0,841}^2}}}\\ \Leftrightarrow {g^2} + {(\frac{{\left| q \right|E}}{m})^2} = \frac{{{g^2}}}{{{{0,841}^4}}} \to {10^2} + {(\frac{{\left| q \right|.1000}}{{{{1.10}^{ - 3}}}})^2} = \frac{{{{10}^2}}}{{{{0,841}^4}}} \to \left| q \right| \approx {1.10^{ - 5}}C \end{array}\)