+ Ta có:  F k m a x   =   m g a 0   =   0 , 05   →   a 0   =   0 , 1   r a d

+ W t = 1 2 W d  ®  W   =   3   W t   =   3 m g l ( 1 -   cos a )

+ Áp dụng bảo toàn cơ năng ta được:  3 m g l ( 1   -   cos a )   =   m g l ( 1   -   cos a 0 )

® cos α = 2 + c os α 0 3  

+  T   =   m g ( 3 cos a   -   2 cos a 0 )   =   0 , 5025   N

Đáp án B

Với con lắc đơn, ta có hệ số hồi phục \(k=\frac{mg}{l}\)

Lực hồi phục: \(F_{hp}=-kx\)

Với x là li độ dài, \(x=\alpha l\)

Suy ra: \(F_{hp}=-\frac{mg}{l}.\alpha l=-mg\alpha\) \(\Rightarrow F_{hpmax}=mg\alpha_0\) \(\Rightarrow\alpha_0=\frac{F_{hpmax}}{mg}=\frac{0,1}{0,1.10}=0,1rad\)(1)

Lực căng dây: \(\tau=mg\left(3\cos\alpha-2\cos\alpha_0\right)=mg\left(3\left(1-2\sin^2\frac{\alpha}{2}\right)-2\left(1-2\sin^2\frac{\alpha_0}{2}\right)\right)=mg\left(1+\alpha_0^2-\frac{3}{2}\alpha^2\right)\)(do góc  \(\alpha\) rất nhỏ nên ta lấy gần đúng)

Tại vị trí \(W_t=\frac{1}{2}W_đ\Leftrightarrow W=3W_t\Leftrightarrow\alpha_0^2=3\alpha^2\Leftrightarrow\alpha=\frac{\alpha_0}{\sqrt{3}}\)

Như vậy, lực căng dây tại vị trí này là: \(\tau=mg\left(1+\alpha_0^2-\frac{3}{2}\alpha^2\right)=mg\left(1+\alpha_0^2-\frac{3}{2}\frac{\alpha_0^2}{3}\right)=mg\left(1+\frac{\alpha_0^2}{2}\right)\)

Thay từ (1) vào ta đc: \(\tau=0,1.10\left(1+\frac{0,1^2}{2}\right)=1,005N\)

+ Ta có: F_kmax = mga₀ = 0,05 ® a₀ = 0,1 rad

+ W t   =   1 2 W d   →  W = 3 W_t = 3mgl(1- cosa)

+ Áp dụng bảo toàn cơ năng ta được: 3mgl(1 - cosa) = mgl(1 - cosa₀)

cos α   =   2   +   cos α 0 3  

+ T = mg(3cosa - 2cosa₀) = 0,5025 N

ü    Đáp án B

D       Đáp án B

+ Ta có: F_kmax = mga₀ = 0,05 ® a₀ = 0,1 rad

+ W t   =   1 2 W d => W = 3 W_t = 3mgl(1- cosa)

+ Áp dụng bảo toàn cơ năng ta được: 3mgl(1 - cosa) = mgl(1 - cosa₀)

→ cos α   =   2 + cos α 0 3

+ T = mg(3cosa - 2cosa₀) = 0,5025 N

Đáp án D là sai vì chuyển động của vật từ vị trí cân bằng ra vị trí biên là chuyển động chậm dần thôi chứ không phải chậm dần đều