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4．单摆
课前自主学习
课堂探究评价
课后课时作业
6
口4．单摆
1．理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源。2.了解影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式。
一、单摆的回复力
1．单摆：将一小球用细线悬挂起来，把小球拉离最低点释放后，小球就会来回摆动。如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径和线的长度相比可以忽略，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的阻力可以忽略，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的理想化模型。
2．单摆的回复力
(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ。
(2)回复力的特点：当摆角θ很小时，可认为回复力F指向平衡位置，与位移x反向。若单摆摆长为l、摆球质量为m，则回复力F＝－x＝－kx，因此单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
二、单摆的周期
1．探究影响单摆周期的因素
(1)探究方法：控制变量法。
(2)实验结论：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大；单摆的周期与摆球质量和振幅无关。
2．周期公式
(1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
(2)公式：T＝2π ，即单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比。
判一判
(1)一根细线一端固定，另一端拴一小球就构成一个单摆。( )
(2)单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。( )
(3)单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的。( )
(4)单摆的振幅越大周期越大。( )
(5)单摆的周期与摆球的质量无关。( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√
想一想
(1)摆球经过平衡位置时，合外力是否为零？摆球到达最大位移处时v＝0，加速度是否等于0
提示：单摆摆动过程中经过平衡位置时不处于平衡状态，有向心力和向心加速度，回复力为零，合外力不为零。摆球到达最大位移处时速度等于零，合外力等于重力沿圆弧切线方向的分力，所以加速度不等于零。
(2)把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？
提示：两极处的重力加速度大于赤道处的重力加速度，由T＝2π 知，应增大摆长，才能使周期不变。
课堂任务 单摆及其回复力
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：简谐运动的回复力有什么特点？
提示：回复力的大小与振子相对平衡位置的位移大小成正比，方向与位移的方向相反，即F＝－kx。
活动2：如何验证单摆的摆动是不是简谐运动？
提示：可以画出单摆的振动图像，分析是不是正弦图像，从而进行判断。还可以分析摆球的回复力，判断是否符合F＝－kx。
活动3：如图，单摆做往复运动，单摆做往复运动的回复力是什么？
提示：单摆做往复运动的回复力就是图中的F，它是重力的一个分力，其大小为mgsinθ。
活动4：当摆角θ很小时，sinθ≈θ，试分析这时单摆的运动是简谐运动吗？
提示：一般情况，回复力F与小球从O点到P点的位移x并不成正比也不反向。但是，当摆角θ很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，可认为F指向平衡位置O，与位移x反向。圆弧的长度可认为与摆球的位移x大小相等，即sinθ≈θ＝≈，因此，单摆振动的回复力F可表示为F＝－x，式中负号表示回复力与位移的方向相反。对一个确定的单摆来说，摆球质量m和摆长l是一定的，可以用一个常量k表示，于是上式可以写成F＝－kx，可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
1．单摆
(1)单摆是实际摆的理想化模型。
(2)实际摆看作单摆的条件
①摆线的形变量与摆线长度相比可忽略；
②摆线的质量与摆球质量相比可忽略；
③摆球的直径与摆线长度相比可忽略；
④空气阻力与摆球的重力及绳的拉力相比可忽略。
2．单摆的回复力
如图所示，重力G沿圆弧切线方向的分力F是摆球沿运动方向的合力，正是这个力提供了使摆球做简谐运动的回复力：F＝－mgsinθ。
3．单摆的运动特点
(1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都受向心力(最高点其向心力为零)。向心力由细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供。
(2)摆球同时在平衡位置附近做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受回复力。
4．单摆做简谐运动的推证
在θ很小时(理论值为≤5°)，sinθ≈θ≈。回复力F＝－Gsinθ≈－x＝－kx。因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动。
例1 (多选)关于单摆，下列说法中正确的是( )
A．单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角
B．单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力
C．单摆的摆球在平衡位置时(最低点)的加速度为零
D．单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关
(1)摆球通过平衡位置时，做何种运动？加速度是零吗？
提示：摆球做圆周运动。加速度不为零。
(2)“振幅很小”的含义是什么？
提示：“振幅很小”时，摆球的运动可看成简谐运动，此时，周期与振幅无关。
[规范解答] 单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力G和摆线的拉力FT两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，而不是重力和摆线拉力的合力，A正确，B错误；摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为零，C错误；通常情况下单摆的振动不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似看作简谐运动，单摆做简谐运动的条件下，周期与振幅无关，D正确。
[完美答案] AD
规律点拨
回复力、向心力、合外力的区别与联系
(1)区别
①回复力：使物体回到平衡位置且指向平衡位置的力；对单摆来说，重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ提供回复力。
②向心力：使物体做曲线运动且指向圆心的力；对单摆来说，摆线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。
③合外力：物体所受的合力，它使物体的运动状态发生变化。
(2)联系：回复力、向心力、合外力均为效果力且均为矢量。回复力、向心力一定是变力，合外力可以为恒力，也可为变力。对单摆来说，回复力与向心力的合力等于合外力。
对于单摆振动，以下说法中正确的是( )
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
答案 C
解析 单摆振动过程中受到重力和细线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，细线拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，在平衡位置处为零，故应选C。
课堂任务 单摆的周期
仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。
活动1：想一想单摆的周期可能与什么因素有关？用什么方法验证？
提示：可能与单摆的振幅、摆球的质量、摆长有关。用控制变量法验证。
活动2：实验发现：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，与摆球质量和振幅无关。在探究单摆周期与摆长之间的定量关系时，对摆的振幅有要求吗？
提示：振幅要足够小，一般偏角不要超过5°。
活动3：对摆线和摆球有什么要求吗？
提示：为使摆长稳定，空气阻力影响较小，摆线质量影响较小，摆线要选较细、伸缩性较小并且适当长一些的，摆球要选质量大、体积小的。
活动4：如何分析单摆周期T和摆长l的实验数据？
提示：先通过简单的数据分析，对周期T与摆长l的定量关系做出猜测，例如可能是T∝l、T∝l2，或者T∝、T∝……然后按照猜测来确定纵坐标轴和横坐标轴。例如，通过估算我们认为可能是T∝l2，那么可以用纵坐标表示T，横坐标表示l2，作出图像。如果这样作出的图像确实是一条直线，说明的确有T∝l2的关系，否则再做其他尝试。
1．单摆的周期
荷兰物理学家惠更斯发现单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与当地的重力加速度g的二次方根成反比，他确定周期公式为：T＝2π 。
(1)单摆的周期T＝2π ，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度有关，与振幅及摆球的质量无关。(单摆的等时性就是指单摆的周期与振幅无关的性质。)
(2)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和精确值相差0.01%)。
(3)单摆周期公式中的g为单摆所在处的重力加速度，它会随地理位置的改变而改变。l为单摆的摆长。摆长是指从悬点到摆球重心的长度，l＝l′＋，l′为摆线长，d为摆球直径。
2．计算单摆的周期的方法
(1)用单摆的周期公式T＝2π 计算，计算的关键是正确确定摆长。
(2)根据T＝计算。这是粗测周期的一种方法，周期的大小虽然不取决于t和N，但可以利用该方法计算周期，它会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响。
3．等效单摆
如图是一半径为R的光滑凹槽，现将一半径为r的小球从稍稍偏离最低点的位置释放，小球做往复运动的回复力与单摆振动的回复力均为重力沿圆弧切线方向的分力，其运动与摆长为(R－r)的单摆等效，故其周期T＝2π 。
4．等效摆长问题
等效摆长为摆球运动轨迹所在圆弧的圆心到摆球球心间的距离。如图甲、乙所示，忽略摆球直径且摆球在垂直纸面的竖直平面内做小角度的摆动，则其等效摆长分别为L甲＝Lsinθ，L乙＝Lsinθ＋L1，周期分别为
T甲＝2π，T乙＝2π。
5．等效重力加速度问题
等效重力加速度为单摆处于静止状态时，摆线的拉力F(相当于视重)与摆球质量的比值，即g等＝。有关等效重力加速度的题比较复杂，但只要求出g等就可以求出对应的周期。
(1)摆球为带电小球，摆线为轻质绝缘细线，竖直方向有电场的单摆。
如图甲所示，电场方向竖直向下，摆球带正电，单摆处于静止状态时摆线的拉力F＝mg＋Eq，其等效重力加速度为g等＝＝g＋，所以单摆的周期为T＝2π＝2π。同理可得，如果电场强度竖直向上，则单摆的周期为T＝2π。
(2)摆线一端固定在光滑斜面上，另一端连接摆球，摆球在光滑斜面上小角度摆动的单摆。
如图乙所示，在斜面上摆球静止时摆线的拉力F＝mgsinα，所以g等＝gsinα，在斜面上该单摆的周期为T＝2π。
例2 有一单摆，其摆长l＝1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8 s，试求：
(1)当地的重力加速度是多大？
(2)如果将这个摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
(1)根据周期公式如何求重力加速度？
提示：由T＝2π 得g＝。
(2)要改变单摆的周期，可采用哪些措施？
提示：由T＝2π 可知，改变l和g均可使单摆的周期改变。
[规范解答] (1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T＝2π ，由此可得g＝，只要求出T值代入即可。
因为T＝＝ s≈2.027 s，
所以g＝≈ m/s2≈9.79 m/s2。
(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有：
＝，
故有：l0＝＝ m≈0.993 m。
其摆长要缩短，缩短量Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m。
[完美答案] (1)9.79 m/s2 (2)缩短 0.027 m
规律点拨
1 注意秒摆是周期为2 s的单摆，不是一秒；其摆长约为1 m。
2 单摆振动周期改变的途径
①改变单摆的摆长；
②改变单摆所在处的重力加速度 改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重 。
如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是( )
A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1C．t1v2 D．t1>t2，v1>v2
答案 A
解析 小球从A、B点由静止开始滑下均做等效单摆的运动，t1＝＝ ，t2＝＝ ，R为球面半径，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，与平衡位置的高度差较大，由机械能守恒定律可知从A点滑下到达平衡位置O时的速度较大，即v1＞v2。故A正确。
例3 有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度。已知该单摆在海平面处的周期是T，当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T′，求该气球此时离海平面的高度h。(把地球看作质量均匀分布的半径为R的球体)
(1)题中单摆在两位置处的周期为何不同？
提示：重力加速度不同。
(2)此题除要用到单摆的周期公式，还要用到什么知识？
提示：万有引力的有关知识。
[规范解答] 设摆长为l，海平面处和离海平面的高度为h处的重力加速度分别是g和g′。
根据单摆周期公式得
T＝2π，T′＝2π，
故＝
根据万有引力公式有G＝mg(M为地球质量)，
得g＝G，同理g′＝G，得＝，
由以上结论可得
＝，则h＝R。
[完美答案] R
规律点拨
本题是一个既考查天体运动又考查单摆的综合题。重力加速度g是联系“单摆”与“天体运动”的纽带，无论从单摆到天体运动，还是从天体运动到单摆，首先必须求出或表示出g。这类问题经常会用到万有引力定律及黄金代换GM＝gR2。
一单摆在地面上的摆动周期与在某矿井底部的摆动周期的比值为k。设地球的半径为R，假定地球的密度均匀，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d。
答案 (1－k2)R
解析 单摆在地面和矿井底部的周期分别为
T＝2π，①
T′＝2π，②
由题目知＝k，③
单摆在地面和矿井底部的重力加速度分别为
g＝，④
g′＝，⑤
由质量和体积的关系知
M＝πR3ρ，⑥
M′＝π(R－d)3ρ，⑦
联立①②③④⑤⑥⑦式解得d＝(1－k2)R。
如图，一可视为质点的小球用长为L的细线系于与水平面成α角的光滑斜面内，小球呈平衡状态。若使细线偏离平衡位置，其偏角小于5°，然后将小球由静止释放，则小球到达最低点所需的时间至少为多少？
答案
解析 此单摆做简谐运动，将其与竖直平面内振动的单摆比较可以发现，其等效重力加速度为gsinα，故其振动周期T＝2π ，小球到达最低点所需的时间至少为t＝＝ 。
1.(单摆的认识)(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是( )
A．摆线质量不计
B．摆线不可伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
答案 ABC
解析 单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩。但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动。故A、B、C正确，D错误。
2．(单摆的回复力)单摆振动的回复力是( )
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直悬线方向上的分力
C．悬线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
答案 B
解析 单摆振动的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，即摆球重力在垂直悬线方向上的分力，B正确。
3．(单摆的简谐运动)关于单摆，下列说法中正确的是( )
A．摆球运动的回复力是它受到的合力
B．摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点，加速度是不变的
C．摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
D．摆球经过平衡位置时，加速度为零
答案 B
解析 摆球的回复力为重力沿其运动轨迹切线方向的分力，A错误；摆球经过平衡位置即最低点时，回复力为0，但合力提供向心力，不为0，故此时加速度不为0，D错误；回复力的方向指向平衡位置，但合力的方向并不始终指向平衡位置，故摆球在运动过程中的加速度方向也并不始终指向平衡位置，C错误；由简谐运动特点可知B正确。
4．(单摆的周期)发生下列哪一种情况时，单摆周期会增大( )
A．增大摆球质量 B．缩短摆长
C．减小单摆振幅 D．将单摆由山下移至山顶
答案 D
解析 由单摆的周期公式T＝2π 知，T与单摆的摆球质量、振幅无关，缩短摆长，l变小，T变小，A、B、C错误；单摆由山下移到山顶，g变小，T变大，D正确。
5．(单摆周期的应用)如图所示，光滑圆弧轨道的半径为2 m，C点为圆心正下方的点，A、B两点与C点的距离分别为6 cm与2 cm，a、b两直径相同的小球分别从A、B两点由静止同时释放，则两小球相碰的位置是( )
A．C点 B．C点右侧
C．C点左侧 D．不能确定
答案 A
解析 由于轨道半径远大于A、B两点与C点的距离，故两小球都可看作在做简谐运动，类似于单摆。因此周期只与“摆长”即轨道半径和当地的重力加速度有关，与运动的弧长即振幅无关，可知两小球周期相同，故两小球同时到达C点，即在C点相碰，A正确。
6．(单摆的周期与运动)如图所示的单摆，摆长为l＝40 cm，摆球在t＝0时刻从右侧最高点释放做简谐运动，则当t＝1 s时，小球的运动情况是(g取10 m/s2)( )
A．向右加速 B．向右减速
C．向左加速 D．向左减速
答案 B
解析 单摆的周期T＝2π＝2π s＝0.4π s≈1.256 s，t＝1 s时，T7．(单摆的周期)已知在地面上某一位置单摆a完成10次简谐运动的全振动的时间，单摆b正好完成6次简谐运动的全振动，两单摆摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长La与Lb分别为( )
A．La＝2.5 m，Lb＝0.9 m
B．La＝0.9 m，Lb＝2.5 m
C．La＝2.4 m，Lb＝4.0 m
D．La＝4.0 m，Lb＝2.4 m
答案 B
解析 单摆完成一次全振动所需的时间叫作单摆的周期，根据题设可知a、b两单摆的周期之比为：＝，由单摆的周期公式T＝2π 得：＝，根据题设可知Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m。故B正确。
8．(综合提升)图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时刻摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？
答案 (1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
解析 (1)由图乙知周期T＝0.8 s，
则频率f＝＝1.25 Hz。
(2)由图乙知，t＝0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时刻摆球在B点。
(3)由T＝2π ，得l＝≈0.16 m。
9．(等效重力加速度问题)如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲，单摆乙带正电，放在匀强磁场中，周期为T乙，单摆丙带正电，放在匀强电场中，周期为T丙，单摆丁放在静止的光滑斜面上，周期为T丁。已知以上四个单摆所在位置重力加速度大小相等，且摆长相等，那么( )
A．T甲>T乙>T丙>T丁
B．T乙>T甲＝T丙>T丁
C．T丙>T甲>T丁>T乙
D．T丁>T甲＝T乙>T丙
答案 D
解析 甲为普通单摆，T甲＝2π。根据等效重力加速度的求法，可知：对乙，洛伦兹力不提供回复力，则T乙＝2π ；对丙有：F丙＝mg＋Eq＝mg′，则T丙＝2π ＝2π；对丁有：F丁＝mgsinα＝mg″，则T丁＝2π＝2π 。由此可知T丁>T甲＝T乙>T丙，D正确。
10. (综合提升)(多选)甲、乙两单摆的振动图像如图，则( )
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4
答案 BD
解析 由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，根据单摆的周期公式T＝2π ，得l＝g，若两单摆在同一地点，则g相同，则两摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2π ，得g＝4π2，若两摆长相等，则两摆所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确。
11．(综合)关于单摆的运动，下列说法正确的是( )
①单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
②单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
③单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关
④单摆的运动是简谐运动
⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
A．③④ B．②③
C．③④⑤ D．①④⑤
答案 B
解析 单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，千万不要误认为是摆球所受的合外力，所以说法①错误，说法②正确；根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆球质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，说法③正确；只有在摆角很小(θ≤5°)的情况下才能视单摆的运动为简谐运动，说法④错误；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2π 可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，说法⑤错误。综上可知，只有说法②③正确，故选B。
12. (综合提升)(多选)如图所示，在同一地点用质量分别为m和2m的小球做成摆长相等的两个摆，开始时将它们拉开平衡位置的摆角分别为θ1和θ2，且θ1＜θ2＜5°，放手后两单摆在摆动的过程中( )
A．周期相等
B．周期不相等
C．通过最低点时细线的拉力相同
D．通过最低点时细线的拉力不同
答案 AD
解析 由周期公式T＝2π可知A正确，B错误。设经过最低点时的速度分别为v1、v2，细线拉力分别为F1、F2，摆长均为L，因为θ1＜θ2，由机械能守恒得v1＜v2；由牛顿第二定律得F1－mg＝，F2－2mg＝，所以F1＜F2，故C错误，D正确。
13．(单摆的图像分析)(2019·福建厦门二中高二期中)(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是( )
A．甲的摆长比乙的摆长大
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
答案 BD
解析 从题图可看出甲摆比乙摆振幅大，B正确；由题图可看出两单摆周期相等，由T＝2π可知两单摆摆长相等，A错误；因两单摆上物体的质量大小关系不明确，故无法比较机械能的大小，C错误；t＝0.5 s时，甲单摆在平衡位置处，振动的加速度为零，乙单摆在负的最大位移处，有正向最大加速度，D正确。
14. (单摆的周期)(多选)有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置时，摆线上部被小钉挡住，使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动，摆球从一边最高点摆到另一端最高点过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被摄入)，P点为摆动的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知( )
A．P点左方为摆线碰到钉子后的摆动
B．P点右方为摆线碰到钉子后的摆动
C．小钉与悬点的距离为
D．每相邻两次闪光的时间间隔为
答案 AD
解析 假设相邻两次闪光的时间间隔为t，在P点左方运动时的摆长设为L1，在P点右方运动时的摆长设为L2，则 ＝2t， ＝4t，所以L2＝4L1＝L，小钉与悬点的距离为L2－L1＝L，t＝ 。故A、D正确，B、C错误。
1
