Khi vật vẫn còn nằm trên giá đỡ, gia tốc của vật là $a=1m/s^{2}$.

Phương trình định luật 2 Newton cho chuyển động của vật:

$mg-k\Delta l-N=ma$         ($N$ là phản lực của giá đỡ lên vật)
 
Tại thời điểm vật rời khỏi giá đỡ thì $N=0$   Ta có:

$\Delta l=\frac{m(g-a)}{k}=0.09(m)$

Thế năng đàn hồi của vật lúc này là: $U=\frac{1}{2}k\Delta l^{2}=0.405(J)$

Mặt khác, vận tốc của vật (cũng như của giá đỡ) lúc vừa rời nhau là $v$. Ta có:

$v^{2}-0^{2}=2a(\Delta l-\Delta l_{0})=0.16(m^{2}/s^{2})$           ($\Delta l_{0}=1cm$ là độ dãn ban đầu)

Động năng của vật lúc này:

$T=\frac{1}{2}mv^{2}=0.08(J)$

Biên độ của dao động là $A$. Ta có:

$\frac{1}{2}kA^{2}=U+T=0.485$

$\Rightarrow A=9.85(cm)$

Mình đã xem lại và vẫn chưa thấy sai chỗ nào mà đáp số ko đúng. Căn bản cách làm là như thế nhé.

Chu kỳ dao động con lắc đơn:

$T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

Từ điều kiện chu kỳ tăng 0.1s Ta có:

$2\pi\sqrt{\frac{l+0.1}{g}}-2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}=0.1$

Thay các giá trị vào ta có phương trình:

$\sqrt{l+0.1}-\sqrt{l}=0.05$

$\Rightarrow l=0.95(m)=95(cm)$

Thay vào công thức tính chu kỳ:

$T=1.95(s)$

Đáp án A.

Tần số dao động của dao động điều hòa sẽ là tần số dao động riêng của hệ, ko phụ thuộc cách

kích thích. Ví dụ:  $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$    

2 yếu tố biên độ A và pha ban đầu $\varphi$ sẽ phụ thuộc vào cách kích thích dao động như rất nhiều bài tập về dao động lò xo có nói đến.

Đáp án D.

$cos\varphi=\frac{1}{2}\Rightarrow \varphi=\pm \frac{\pi}{3}$

Vật chuyển động theo chiều âm $\Rightarrow sin\varphi <0\Rightarrow \varphi>0$

Vậy, $\varphi=\frac{\pi}{3}$

Vẽ giản đồ Fresnel, ta thấy pha ban đầu là $-\pi/4$.

Vị trí có $x=-5cm$  và vận tốc hướng theo Ox có pha là $\frac{5\pi}{4}$

Vậy, các thời điểm sẽ là:

$\frac{\frac{5\pi}{4}+\frac{\pi}{4}+2k\pi}{\omega}=1.5+2k$

Với $k=0,1,2,...$

Đáp án A.

Thời điểm ban đầu $t=0$. Chất điểm ở vị trí $x=\sqrt{2} cm$, di chuyển về phía    biên phải ($x=2cm$)

Chu kỳ dao động:  $T=\frac{2\pi}{\omega}=0.4(s)$

Theo giản đồ Fresnel, trong $1s$ vector bán kính quay được 1 góc là $5\pi$ (2,5 chu kỳ)

Sau 2 chu kỳ đầu, dễ thấy chất điểm đi qua vị trí $x=1cm$ 4 lần (mỗi chu kỳ 2 lần).

Lúc này, vị trí của vật là $x=\sqrt{2}$, sau nửa chu kỳ nữa vật ở vị trí $x=-\sqrt{2}$, tức là đi qua $x=1cm$ 1 lần nữa.

Vậy, tổng cộng sau 1 s đầu tiên vật đi vị trí $x=1cm$     tất cả 5 lần.

Tại $t=0$, chất điểm có li độ $x=4cm$

Sau 1005 chu kỳ, chất điểm đi qua  tọa độ $x=-2cm$ 2010 lần.

Khoảng thời gian để vật đi từ tọa độ $x=4cm$ đến tọa độ $x=-2cm$ dễ dàng tính được là:

$t=\frac{T}{4}+\frac{\pi/6}{2\pi}T=\frac{T}{3}$

Vậy, khoảng thời gian cần tìm là:

$\Delta t=(1005+\frac{1}{3})T=1006(s)$