${\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow l=\frac{T^{2}g}{4{\pi }^2}\approx \frac{1^2\cdot 9,81}{4\cdot 3,{14}^2}m\approx 0,25m}$

${\displaystyle T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow l=\frac{T^{2}g}{4{\pi }^2}}$

${\displaystyle \frac{l_2}{l_1}=\frac{\frac{T_2^{2}g}{4{\pi }^2}}{\frac{T_1^{2}g}{4{\pi }^2}}=\frac{T_2^2}{T_1^2}=\frac{(t/3{)}^2}{(t/5{)}^2}=\frac{(1/9)}{(1/25)}=\frac{25}{9}}$

gdzie t jest czasem, o którym mowa w zadaniu.

Błąd względny wynikający z przybliżenia małych kątów będzie wyrażony wzorem:

${\displaystyle \frac{\left|warośćdokładna-wartośćprzybliżona\right|}{\left[wartośćdokładna\right]}=\frac{\left|sin\alpha -\alpha \right|}{sin\alpha }=\frac{\alpha -sin\alpha }{sin\alpha }}$

Kąty należy zamienić na radiany, oraz obliczyć ich sinusy (można posłużyć się tabelą wartości funkcji trygonometrycznych).

${\displaystyle a)\alpha ={10}^o\cdot \frac{\pi }{{180}^o}\approx 0,17453;sin\alpha \approx 0,17365}$

${\displaystyle b)\alpha ={25}^o\cdot \frac{\pi }{{180}^o}\approx 0,43633;sin\alpha \approx 0,42262}$

${\displaystyle c)\alpha ={45}^o\cdot \frac{\pi }{{180}^o}=\frac{\pi }{4};sin\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}}$

Wstawiając te wartości do wzoru otrzymujemy błędy względne:

${\displaystyle a)\frac{0,17453-0,17365}{0,17365}\approx 0,00507\approx 0,5\mathrm{\%}}$

${\displaystyle b)\frac{0,43633-0,42262}{0,42262}\approx 0,03244\approx 3,2\mathrm{\%}}$

${\displaystyle c)\frac{\frac{\pi }{4}-\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\approx 0,11072\approx 11,1\mathrm{\%}}$

W przypadku, gdy mierzymy czas trwania jednego drgania, uzyskujemy błąd bezwzględny ΔdeltaTIndeks dolny 1₁ równy dwóm czasom reakcji człowieka. Stąd błąd względny będzie wynosić

${\displaystyle {\delta }_1=\frac{\mathrm{\Delta }{T}_1}{T}}$

gdzie T jest okresem. W przypadku, gdy mierzymy czas trwania 10 drgań, uzyskujemy całkowity czas t obarczony tym samym błędem bezwzględnym: t ± ΔdeltaTIndeks dolny 1₁ .

Aby obliczyć okres, dzielimy to ostatnie wyrażenie przez 10, stąd okres będzie obarczony 10 razy mniejszym błędem bezwzględnym:

${\displaystyle \frac{T\pm \mathrm{\Delta }{T}_1}{10}=\frac{t}{10}\pm \frac{T_1}{10}=>\mathrm{\Delta }{T}_2=\frac{\mathrm{\Delta }{T}_1}{10}}$

Aby obliczyć błąd względny, dzielimy obie strony powyższego równania przez okres i otrzymujemy 10 razy mniejszy błąd względny.

${\displaystyle {\delta }_2=\frac{\mathrm{\Delta }{T}_2}{T}=\frac{\frac{\mathrm{\Delta }{T}_1}{10}}{T}=\frac{\mathrm{\Delta }{T}_1}{10T}=\frac{{\delta }_1}{10}}$

Skorzystaj z zasady zachowania energii.

Siła naciągu linki wynosi:

${\displaystyle N=mgcos\alpha +\frac{m{v}^2}{l}}$

Siła naciągu linki będzie największa, gdy ciężarek znajdzie się w położeniu równowagi. Jest tak dlatego, że w tym punkcie zarówno prędkość v ciężarka jest największa, jak i αalfa=0 , co daje maksymalną wartość cosαalfa , równą 1. Zatem wyrażenie na N przyjmuje największą możliwą wartość.

Przyjmijmy, że energię potencjalną liczymy od położenia równowagi wahadła. Zatem cała energia potencjalna, którą wahadło ma w położeniu początkowym, zmienia się w energię kinetyczną, gdy przechodzi ono przez położenie równowagi:

${\displaystyle mgl=\frac{m{v}^2}{2}\Rightarrow v=\sqrt{2gl}}$

Wstawiając to i αalfa=0 do wzoru na N , otrzymujemy:

${\displaystyle N=mg+\frac{m\cdot 2gl}{l}=mg+2mg=3mg=3\cdot 0,1kg\cdot 1,5m=0,45N}$