Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính biên độ dài của con lắc đơn \({s_0} = l{\alpha _0}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Biên độ dài của con lắc đơn \({s_0} = l{\alpha _0} = 50.0,08 = 4cm\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về năng lượng trong dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

Vị trí có động năng bằng ba lần thế năng là vị trí có li độ góc thỏa mãn

 \(\alpha  =  \pm {{{\alpha _0}} \over {\sqrt {3 + 1} }} =  \pm {{{\alpha _0}} \over 2}\)

Vì con lắc đang có xu hướng chuyển động nhanh dần đều theo chiều dương nên đang ở vị trí có li độ  \( - {{{\alpha _0}} \over 2}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Chu kì con lắc đơn không phụ thuộc vào khối lượng của vật nặng " tăng gấp đôi khối lượng không làm thay đổi chu kì.

+ Cơ năng của con lắc đơn tỉ lệ thuận với khối lượng của vật nặng "tăng gấp đôi khối lượng thì cơ năng tăng gấp đôi.

Phương pháp giải:

- Áp dụng hệ thức độc lập cho con lắc đơn: S₀² = S² + v²/ω²

- Liên hệ giữa li độ dài và li độ góc: S = α.l

Lời giải chi tiết:

Vận tốc của con lắc:

\(S_{0}^{2}={{S}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow \alpha _{0}^{2}{{\ell }^{2}}={{\alpha }^{2}}{{\ell }^{2}}+\frac{{{v}^{2}}{{\ell }^{2}}}{{{g}^{2}}}\Rightarrow {{0,1}^{2}}{{.0,2}^{2}}={{0,05}^{2}}{{.0,2}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}{{.0,2}^{2}}}{{{9,8}^{2}}}\Rightarrow v=\pm 0,12m/s\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính chu kỳ của con lắc đơn \(T = 2\pi \sqrt {{l \over g}} \)

Lời giải chi tiết:

+ Chu kì dao động của con lắc đơn:

\(\left\{ \matrix{
{T_0} = 2\pi \sqrt {{{{l_0}} \over g}} \hfill \cr
T = 2\pi \sqrt {{{1,21{l_o}} \over g}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow T = \sqrt {1,21} {T_0} = 1,1{T_0} = {T_0} + 0,1{T_0} = {T_0} + 10\% .{T_0}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức độc lập theo thời gian của x và v

Lời giải chi tiết:

Tần số góc: \(\omega  = \sqrt {{g \over l}}  = \sqrt {9,8} m/{s^2}\)

Ta có: α₀ = 0,1rad => S₀ = 0,1m

          α = 0,05rad => s = 0,05m

=> Tốc độ: \(v = \omega \sqrt {S_0^2 - {s^2}}  = \sqrt {9,8} .\sqrt {{{0,1}^2} - {{0,05}^2}}  = 27,1cm/s\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Chọn A   + Ta cos \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  \Rightarrow l = 0,2\,\,m.\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính chu kỳ dao động của con lắc đơn

Lời giải chi tiết:

ta có chu kì tỉ lệ thuận với căn bậc hai của chiều dài dây

\(\begin{array}{l}
T = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{l}{g}} = \frac{1}{{2\pi }}.\sqrt {\frac{{{l_1} - {l_2}}}{g}} \\
= > {T^2} = T{}_1^2 - T_2^2 = > T = 1,5s
\end{array}\)

Phương pháp giải:

áp dụng công thức tính gia tốc

Lời giải chi tiết:

Gia tốc của vật nặng của con lắc đơn :

Tại vị trí cân bằng chỉ có thành phần hướng tâm:  

\({a_1} = {a_n} = 2g.\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\)

Tại vị trí biên thì   \({a_2} = g.\sin {\alpha _0}\)

Tỉ số giữa gia tốc ở vị trí cân bằng và gia tốc ở biên là :

\(\begin{array}{l}
\tau = \frac{{2g.(1 - \cos {\alpha _0})}}{{g\sin {\alpha _0}}} = \frac{{2.\left[ {1 - (1 - 2si{n^2}\frac{{{\alpha _0}}}{2})} \right]}}{{\sin {\alpha _0}}} \approx \frac{{2.(2.\frac{{\alpha _0^2}}{2})}}{{{\alpha _0}}} \approx 2{\alpha _0} = 0,08\\
= > {\alpha _0} = 0,04rad.
\end{array}\)

Mà tại vị trí cân bằng ta có:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow P + \overrightarrow T = m.\overrightarrow a \\
= > T - P = m.a\\
= > T = P + ma = 0,12.10 + 0,12.2.10.(1 - \cos {\alpha _0}) \approx 1,22N
\end{array}\)

Vậy giá trị gần nhất với T ở vị tri cân bằng là 0,12N.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Gia tốc của con lắc đơn ở vị trí biên có độ lớn là \({a_t} = g\sin {\alpha _0}\)ở vị trí cân bằng có độ lớn là

\({a_n} = \frac{{v_{max}^2}}{l} = g(1 - \cos {\alpha _0})\)Theo đề thì a_t = 8.a_n, ta được phương trình \(\sin {\alpha _0} = 8(l - \cos {\alpha _0})\)

Giải phương trình ta tìm được \({\alpha _0} = 0,125rad\)

Phương pháp giải:

Tần số dao động của con lắc đơn là số dao động thực hiện trong 1 giây có biểu thứcL

\(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\ell }}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số dao động của con lắc lần lượt là f₁ = 8/Δt và f₂ = 6/Δt

\(\frac{{{f}_{2}}}{{{f}_{1}}}=\frac{6}{8}=\sqrt{\frac{{{\ell }_{1}}}{{{\ell }_{2}}}}=\sqrt{\frac{{{\ell }_{1}}}{{{\ell }_{1}}+0,7}}\Rightarrow {{\ell }_{1}}=0,9m\)

Vậy dây treo dài 0,9m

Phương pháp giải:

Tốc độ góc của dao động điều hòa của con lắc đơn: \(\omega =\sqrt{\frac{g}{\ell }}\)

Mối liên hệ gữa chu kỳ dao động và tốc độ góc: \(T=\frac{2\pi }{\omega }\)

Lời giải chi tiết:

Chu kỳ dao động của con lắc đơn:  \(T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,81}{{{\pi }^{2}}}}=1,8s\)

Phương pháp giải:

Lực căng dây treo con lắc đơn: T = mg(3cosα – 2cosα₀)

Thế năng W_t = mgl(1 – cosα)

Cơ năng bằng thế năng cực đại: W = mgl(1 – cosα₀)

Lời giải chi tiết:

Khi lực căng dây bằng trọng lực: mg(3cosα – 2cosα₀) = mg --> cosα = (2/3)cosα₀

Thế năng khi đó W_t = mgl(1 – cosα) = mgl (1 – 2cosα₀)/2 = 2W/3

Động năng W_đ = W – W_t = W/3

Vậy thế năng gấp đôi động năng.

Chọn C

Phương pháp giải:

Tốc độ của vật ở VTCB là ωA

Tần số góc \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{2\pi }{T}\)

Động năng W_đ = 0,5mv²

Hệ thức độc lập : \({{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số góc ω = π rad/s => m = 2kg

Khi pha dao động là π/2 vật đi qua VTCb nên \(20\sqrt{3}=\omega A=\pi A\Rightarrow A=2\pi \sqrt{3}cm\)

Hệ thức độc lập : \({{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow {{\left( 2\pi \sqrt{3} \right)}^{2}}={{\left( 3\pi  \right)}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\pi }^{2}}}\Rightarrow v=10\sqrt{3}cm/s\)

Động năng của vật: W_đ = 0,5mv² = 0,5.2.10².3 .10^-4 = 0,03J

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng định luật bảo toàn cơ năng và vòng tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

 Đáp án C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d}\\{{\rm{W}}_t}{\rm{ =  }}{{\rm{W}}_d}\end{array} \right. \Rightarrow 2{{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2}mgl{\alpha ^2} = \frac{1}{2}mgl\alpha _0^2 \Rightarrow \left| \alpha  \right| = \frac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Con lắc chuyển động nhanh dần theo chiều dương  => con lắc đi từ biên âm về VTCB

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

=> Li độ góc \(\alpha  =  - \frac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính chu kỳ của con lắc đơn chuyển động trong thang máy

Lời giải chi tiết:

Chu kỳ của con lắc khi thang máy chuyển động thẳng đứng đi lên nhanh dần đều với gia tốc a là: \({T_1} = 2\pi \sqrt {{l \over {g + a}}}  = 2,15s\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

Chu kỳ của con lắc khi thang máy chuyển động thẳng đứng đi lên chậm dần đều với gia tốc a là: \({T_2} = 2\pi \sqrt {{l \over {g - a}}}  = 3,35s\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Chia (1) cho (2) ta được: a = 0,42g

Thay giá trị của a vào (1) ta được:

\({T_1} = 2\pi \sqrt {{l \over {g + 0,42g}}}  = 2,15s\, =  > T = \sqrt {{1 \over {1,42}}} {T_1} = 2,15s =  > T = 2,56s\,\)

Với T là chu kỳ của con lắc khi thang máy không chuyển động

Phương pháp giải:

Liên hệ giữa li độ dài và li độ góc: s = lα

Tần số góc \(\omega =\frac{2\pi }{T}\)

Vận tốc qua VTCB: v_max = ωS₀

Lời giải chi tiết:

Tần số góc \(\omega =\frac{2\pi }{T}=5rad/s=\sqrt{\frac{g}{l}}\Rightarrow l=0,4m\)

Ở VTCB truyền cho con lắc vận tốc v₀ = 20cm/s = ωS₀ = ωlα₀ => α₀ = 0,1rad

Gốc thời gian lúc truyền vận tốc nên pha ban đầu φ = - π/2

Chọn A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Chu kì của con lắc khi không có và có điện trường:

\(\left\{ \matrix{
{T_0} = 2\pi \sqrt {{1 \over g}} \hfill \cr
T = 2\pi \sqrt {{1 \over {g + a}}} \hfill \cr} \right. \to {\left( {{{{T_0}} \over T}} \right)^2} = 1 + {a \over g} \to {a \over g} = 1 - {\left( {{{{T_0}} \over T}} \right)^2}\)

 . Trong đó \(a = {{qE} \over {mg}}.\)

Với con lắc tích điện q₁, ta tìm được \({{{a_1}} \over g} = 1 - {\left( {{{0,4} \over {0,5}}} \right)^2} = {9 \over {25}}\); với con lắc tích điện q2 , ta tìm được \({{{a_2}} \over g} = 1 - {\left( {{{0,4} \over {0,3}}} \right)^2} =  - {7 \over 9}.\)

+ Ta có \({{{q_1}} \over {{q_2}}} = {{{a_1}} \over {{a_2}}} = {{{9 \over {25}}} \over { - {7 \over 9}}} =  - {{81} \over {175}}.\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án A.

+ Chu kì của con lắc khi không có điện trường và khi có điện trường hướng thẳng đứng:

\(\left\{ \matrix{
\hfill {{\rm{T}}_0} = 2\pi \sqrt {{1 \over {\rm{g}}}} \cr
\hfill {\rm{T}} = 2\pi \sqrt {{1 \over {{\rm{g + a}}}}} \cr} \right. \to {\left( {{{{{\rm{T}}_0}} \over {\rm{T}}}} \right)^2} = 1 + {{\rm{a}} \over {\rm{g}}}\) với  \({\rm{a  =  }}{{{\rm{qE}}} \over {{\rm{mg}}}} \to {\rm{a  =  }}\left[ {{{\left( {{{{{\rm{T}}_0}} \over {\rm{T}}}} \right)}^2} - 1} \right]{\rm{g  =  }}\left[ {{{\left( {{{\sqrt 2 } \over 1}} \right)}^2} - 1} \right]{\rm{g  =  g}}{\rm{.}}\)

+ Chu kì của con lắc khi điện trường có hướng hợp với g một góc  60^o 

 \({\rm{T' = 2}}\pi \sqrt {{1 \over {\sqrt {{{\rm{g}}^2} + {{\rm{a}}^2} + 2{\rm{g}}{\rm{.a}}{\rm{.cos6}}{{\rm{0}}^0}} }}}  = {\rm{2}}\pi \sqrt {{1 \over {\sqrt {{{\rm{g}}^2} + {{\rm{g}}^2} + 2{\rm{g}}{\rm{.g}}{\rm{.cos6}}{{\rm{0}}^0}} }}}  = {1 \over {\sqrt {\sqrt 3 } }}\sqrt {{1 \over {\rm{g}}}}  = {1 \over {\sqrt {\sqrt 3 } }}\sqrt 2  \approx 1,075{\rm{ s}}{\rm{.}}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về con lắc đơn chịu tác dụng của ngoại lực

Lời giải chi tiết:

Vì con ℓắc dao động điều hoà trong điện trường đều mà vectơ cường độ điện trường có độ ℓớn E = 10⁴V/m và hướng thẳng đứng xuống dưới nên

 \(g' = g + a = g + {{\left| q \right|E} \over m} = 10 + {{\left| {{{5.10}^{ - 6}}} \right|{{.10}^4}} \over {0,01}} = 15m/{s^2}\)

Chu kì dao động mới của con lắc đơn

 \(T' = 2\pi \sqrt {{l \over {g'}}}  = 2\pi \sqrt {{{0,5} \over {15}}}  = 1,15s\)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Phương pháp: Chu kì T = t/N (N là số dao động thực hiện trong thời gian t)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Chu kỳ dao động của con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {{\ell  \over g}}  = 2\pi \sqrt {{1 \over g}}  = {{20} \over {10}} \Rightarrow {\rm{g}} \approx {\rm{9}}{\rm{,86m/}}{{\rm{s}}^2}\)

Phương pháp giải:

Phương pháp : Sử dụng công thức chu kì dao động của con lắc đơn

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Ta có : \({T_1} = 2\pi \sqrt {{{{\ell _1}} \over g}}  = 0,3{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{T}}_1^2 = 4{\pi ^2}.{{{\ell _1}} \over g} = 0,09\) ; \({T_2} = 2\pi \sqrt {{{{\ell _2}} \over g}}  = 0,3{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{T}}_2^2 = 4{\pi ^2}.{{{\ell _2}} \over g} = 0,16\)

Chu kỳ của con lắc có chiều dài \({\ell _3} = {\ell _1} + {\ell _2}\) là: \({T_3} = 2\pi \sqrt {{{{\ell _1} + {\ell _2}} \over g}}  \Rightarrow T_3^2 = 4{\pi ^2}.\left( {{{{\ell _1} + {\ell _2}} \over g}} \right) = T_1^2 + T_2^2 \Rightarrow {T_3} = 0,5{\rm{s}}\)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Sử dụng công thức tính vận tốc cực đại của con lắc đơn dao động điều hoà

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn

Lời giải chi tiết:

Chu kì dao của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {{l \over g}}  \to {T^2} \sim l\)

Khi con lắc có chiều dài l₁ thì \({T_1}^2 \sim {l_1}\); khi con lắc có chiều dài l₂ thì \({T_2}^2 \sim {l_2}\)

Do đó khi con lắc có chiều dài l  thì \({T_{}}^2 \sim {l_{}}\)

Mà l = l₁ + l₂ → T² = T₁² + T₂² = 0,6² + 0,8² = 1→ T = 1s

Chú ý: Nếu l = l₁ + l₂  thì T² = T₁² – T₂²

Phương pháp giải:

Con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực quán tính

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{T_1} = 2\pi \sqrt {{l \over {g + a}}} = 2,52 \hfill \cr
{T_2} = 2\pi \sqrt {{l \over {g - a}}} = 3,15 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{l \over {g + a}} = {{{{2,52}^2}} \over {4{\pi ^2}}} \hfill \cr
{l \over {g - a}} = {{{{3,15}^2}} \over {4{\pi ^2}}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{g \over l} + {a \over l} = {{4{\pi ^2}} \over {{{2,52}^2}}} \hfill \cr
{g \over l} - {a \over l} = {{4{\pi ^2}} \over {{{3,15}^2}}} \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow {g \over l} = 2{\pi ^2}\left( {{1 \over {{{2,52}^2}}} + {1 \over {{{3,15}^2}}}} \right) \Rightarrow {l \over g} = {1 \over {2{\pi ^2}\left( {{1 \over {{{2,52}^2}}} + {1 \over {{{3,15}^2}}}} \right)}} \cr} \)

 Khi thang máy đứng yên: \(T = 2\pi \sqrt {{\ell  \over g}}  = 2,78s\)

Phương pháp giải:

 Sử dụng lí thuyết về bài toán con lắc đơn chịu tác dụng của lực điện

Lời giải chi tiết:

 \({F_d} = qE = 0,5N\)

q > 0, F_đ cùng chiều E nên \(g' = g + {{{F_d}} \over m} = 14,8m/{s^2}\)

\(T' = 2\pi \sqrt {{l \over {g'}}}  = \) 2s

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về lực kéo về

Tỉ số: .

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về gia tốc trong dao động của con lắc đơn

Lời giải chi tiết:

+ Gia tốc của vật tại VTCB

Gia tốc tiếp tuyến: \({a_t} = g\sin \alpha  \approx g\alpha  = 0\)

Gia tốc hướng tâm: \({a_n} = \frac{{{v^2}}}{l} = \frac{{{\omega ^2}{l^2}\alpha _0^2}}{l} = l{\omega ^2}\alpha _0^2\)

=> Gia tốc tại VTCB là: \({a_1} = l{\omega ^2}\alpha _0^2\,\,\,(1)\)

+ Gia tốc tại VT biên

Gia tốc tiếp tuyến:  \({a_t} = g\sin {\alpha _0} \approx g{\alpha _0}\)

Gia tốc hướng tâm: \({a_n} = \frac{{{v^2}}}{l} = 0\)

=> Gia tốc tại VT biên là:  \({a_2} = g{\alpha _0}\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{{a_1}}}{{{a_2}}} = \frac{{l{\omega ^2}\alpha _0^2}}{{g{\alpha _0}}} = {\alpha _0}\) => Chọn A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Chu kỳ của con lắc khi có điện trường thẳng đứng tăng → gia tốc mà lực điện gây ra thêm  cho quả  cầu có chiều

thẳng đứng hướng lên trên. Ta có: 

$$\left\{ \matrix{ T = 2\pi \sqrt {{l \over g}} \hfill \cr T' = 2\pi \sqrt {{l \over {g - a}}} \hfill \cr} \right. = > {\left( {{{T'} \over T}} \right)^2} = {g \over {g - a}} \Leftrightarrow 4 - {g \over {g - a}} = > a = 0,75g$$

 Chu kỳ dao động của con lắc khi điện trường nằm ngang $$T'' = \sqrt {{g \over {\sqrt {{g^2} + {a^2}} }}T}  = 1,79s$$

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng công thức tính lực căng

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Lực căng dây \(T = mg(3c{\rm{os}}\alpha {\rm{ - 2cos}}{\alpha _{\rm{o}}})\); \({{3 - 2c{\rm{os}}{\alpha _{\rm{o}}}} \over {{\rm{cos}}{\alpha _{\rm{o}}}}} = 1,02 =  > {\alpha _0} = 6,{6^0}\)

Phương pháp giải:

Phương pháp : Áp dụng hệ thức độc lập trong dao động cơ

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

\({s^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}} = {{v_{m{\rm{ax}}}^{\rm{2}}} \over {{\omega ^2}}}\) \( \to \omega  = 5rad/s =  > l = 39,2cm\)

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức độc lập theo thời gian của x và v

Lời giải chi tiết:

Con lắc 1:  ω; A

Con lắc 2:  2ω; 3A

Khi hai con lắc gặp nhau con lắc 1 có: \({{\rm{W}}_d} = 3{W_t} \to \left| x \right| = {A \over 2}\) 

Suy ra:  

\(\left\{ \matrix{
{v_1} = \omega \sqrt {{A^2} - {{\left( {{A \over 2}} \right)}^2}} = {{\omega A\sqrt 3 } \over 2} \hfill \cr
{v_2} = 2\omega \sqrt {{{(3A)}^2} - {{\left( {{A \over 2}} \right)}^2}} = \omega A\sqrt {35} \hfill \cr} \right. \to {{{v_2}} \over {{v_1}}} = \sqrt {{{140} \over 3}} \)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính chu kỳ của con lắc đơn : \(T = 2\pi \sqrt {{l \over g}} {\rm{ }}\)

Chu kì T: thời gian vật thực hiện hết 1 dao động toàn phần.

Lời giải chi tiết:

Chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {{l \over g}} {\rm{ }} \approx {\rm{2}}{\rm{,837s}}\)

=> 1 dao động toàn phần vật thực hiện hết 2,837s

=> Số dao động toàn phần mà con lắc thực hiện được trong thời gian t = 5 phút: \(n = {{5.60(s))} \over {2,84(s))}} \approx 106\) (dao động toàn phần)

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:

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:

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.