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第1章 机械振动
第1章 机械振动
无关
无关
增大
正比
反比
预习导学·新知探究
梳理知识·夯实基础
多维课堂,师生互动
突破疑难·讲练提升
疑难突破·思维升华
以例说法·触类旁通探究单摆振动的周期
1．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则( )
A．f1＞f2，A1＝A2
B．f1＜f2，A1＝A2
C．f1＝f2，A1＞A2
D．f1＝f2，A1＜A2
解析：选C.单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误．
2．下列情况下，单摆的周期会增大的是( )
A．减小摆长
B．增大摆球质量
C．把单摆从海平面移至高山
D．把单摆从广州移至北京
解析：选C.由单摆周期公式T＝2π可知，减小摆长时周期会减小；单摆周期大小与摆球质量无关；把单摆从海平面移至高山时，g变小，故单摆周期变大，C正确；单摆从广州移至北京，g增大，故单摆周期减少．应选C.
3．在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )
A．测量摆长时没有把小球半径算进去
B．摆球的质量测得不准确
C．摆角小，使周期变小
D．应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期
解析：选D.由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度：g＝.单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如测量摆长时没有把小球半径算进去，摆长测量值L偏小，由g＝可知，重力加速度的测量值偏小，故A错误；由g＝可知，重力加速度与摆球质量无关，摆球质量测量不准不影响重力加速度的测量值，故B错误；单摆的周期与偏角无关，偏角对测量g没有影响，故C错误；应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期时，算出的周期T偏小，由g＝可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确．
4.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两小球同时释放，则( )
A．球A先到达C点
B．球B先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪个球先到达C点
解析：选A.球A做自由落体运动，到达C点的时间为TA＝＝ .
当BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π＝2π.
球B离最低点C很近，因此球B运动到C点所需的时间是TB＝＝，故 TA5．一个单摆，周期是T：
(1)如果摆球质量增加2倍，周期变为多少？
(2)如果摆球的振幅增到2倍(摆角仍很小)，周期变为多少？
(3)如果摆长增到2倍，周期变为多少？
解析：(1)单摆周期与质量无关，周期不变，仍为T.
(2)单摆周期与振幅无关，周期不变，仍为T.
(3)由T＝2π知，周期变为T.
答案：(1)T (2)T (3)T
[课时作业]
一、单项选择题
1.如图所示是一个单摆，其周期为T，则下列说法正确的是( )
A．把摆球质量增加一倍，则周期变小
B．把偏角α变小时，周期也变小
C．摆球由O →B→O，运动的时间为T
D．摆球由O →B→O，运动的时间为
解析：选D.单摆的周期T与质量无关，选项A错．偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期T与振幅无关，选项B错．摆球由O →B→O的过程仅完成了半个全振动，运动时间等于，选项C错，D对．
2．在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当单摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此摆球的周期将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选C.摆长l是摆球重心到悬点的距离，水流出时，重心先降低后升高，故等效摆长l先增大后减小，由T＝2π知，周期将先增大后减小．
3．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为( )
A．单摆的摆锤质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动
解析：选C.由单摆周期公式知T＝2π
得g＝，而T＝
所以g＝，由此可知C正确．
4．将秒摆的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的( )
A．只将摆球质量变为原来的
B．只将振幅变为原来的2倍
C．只将摆长变为原来的4倍
D．只将摆长变为原来的16倍
解析：选C.单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错．
5．两个等长的单摆，一个放在海平面上，另一个放在高山上，在相同时间内，当第一个摆振动N次时，第二个摆振动了N－1次，如果地球半径为R，那么第二个摆离海平面的高度为( )
A．NR B．(N－1)R
C. D.
解析：选D.根据周期公式知：T1＝2π，T2＝2π，由于在相等时间内，第一个单摆振动N次，第二个单摆振动了N－1次，故有：NT1＝(N－1)T2，
即得：＝.
根据万有引力定律得： g1＝，g2＝
得：＝，
解得：h＝，故正确选项为D.
6．在同一地点，单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍，下列说法正确的是( )
A．甲的频率是乙的4倍
B．甲的摆长是乙的16倍
C．甲的振幅是乙的4倍
D．甲的振动能量是乙的4倍
解析：选B.周期与频率成反比，甲的周期是乙的4倍，故甲的频率是乙频率的，A错；由单摆周期公式T＝2π可知 l＝，甲摆长是乙的16倍，B项对，无法比较甲、乙的振幅和能量，C、D错．
二、多项选择题
7．如图为甲、乙两单摆的振动图像，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g甲∶g乙＝1∶4
解析：选BD.由题中图像可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比l甲∶l乙＝4∶1，若两摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.
8．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、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙的大
C．甲单摆的机械能比乙的大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆
解析：选ABD.振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，故无法比较机械能．t＝0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．
9．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则( )
A．如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mAC．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞一定还在平衡位置
解析：选CD.单摆做简谐运动的周期T＝2π，与摆球的质量无关，与振幅的大小无关．碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧．
10.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是( )
A．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsin θsin α
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsin θ
C．摆球做简谐运动的周期为2π
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsin α
解析：选AC.摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的下滑分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为F＝mgsin θsin α，故选项A正确，B错误；摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin α，所以其周期为T＝2π ，故选项C正确；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin α(l－lcos θ)＝mv2，由牛顿第二定律得F′－mgsin α＝m ，由以上两式可得线的拉力为F′＝3mgsin α－2mgsin αcos θ，故选项D错误．
三、非选择题
11．在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了Δt，而另一摆长为l2的摆钟B在同一段时间内慢了Δt，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？
解析：设走时准确的摆钟摆长为l，则周期T＝2π，l1摆周期T1＝2π，l2摆周期T2＝2π，再设某一段时间为t，据题意有：－＝，－＝，联立以上各式得：l＝.
答案：
12．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)如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
解析：(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＝eq \f(Tl,T2)＝ m＝0.993 m.
其摆长要缩短
Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m.
答案：(1)9.79 m/s2 (2)其摆长要缩短0.027 m
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7探究单摆振动的周期
1.掌握单摆的周期公式．(难点) 2.会用单摆测定重力加速度．(重点、难点)
3．观察演示实验，概括出周期的影响因素，培养由实验现象得出物理结论的能力．
一、单摆振动的周期跟哪些因素有关
通过实验得出单摆的周期跟摆球的质量无关，与摆动的振幅无关，随摆长的增大而增大．
二、单摆的周期公式
惠更斯推导出在摆角很小时，单摆振动的周期跟摆长的平方根成正比，跟当地的重力加速度的平方根成反比．即T＝2π．
三、追寻惠更斯的足迹
1．用单摆测重力加速度的原理：由单摆周期公式T＝2π变形得g＝．
2．由重力加速度的表达式可知，只要测出单摆的摆长和周期，代入表达式g＝就可求出重力加速度g.
单摆周期公式的理解和应用
1．对公式T＝2π 的理解
由公式T＝2π 知，某单摆做简谐运动(摆角小于5°)的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅或摆球质量无关，故又叫做单摆的固有周期．
(1)摆长l：实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即l＝l1＋，l1为摆线长，d为摆球直径．
(2)重力加速度g
①若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在地表的位置和高度的变化而变化．
②在不同星球上M和R一般不同，g也不同，g＝9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值．
2．摆钟的快慢变化及调整方法
(1)计时原理：摆钟的计时是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动秒针、分针、时针转动实现的，因此钟摆振动的周期变化就反映了摆钟的快慢，如钟摆振动周期变大，则摆钟将变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长．
(2)摆钟快慢产生的原因：一是g值的变化，如摆钟地理位置的变化等，二是摆长的变化，如热胀冷缩等原因，摆钟周期可用公式T＝2π 计算．
(3)摆钟快慢的调整
①摆钟变快说明周期变小，应增大摆长．
②摆钟变慢说明周期变大，应减小摆长．
将在地面上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？若要在月球上使该钟与地面上时一样准，应如何调节？
[思路点拨] 解此题应注意两点：
(1)影响单摆周期的因素及地面和月球上的重力加速度不同．
(2)机械表的计时方法及走时快慢的原因．
[解析] 设在地球上该钟的周期为T0，在月球上该钟的周期为T，指示的时间为t.则在月球上该钟在时间t内振动的次数N＝.在地面上振动次数N时所指示的时间为t0，则有 N＝，
即＝，所以t0＝·t＝·t＝ h.
地面上的实际时间为 h.
要使其与在地面上时走得一样准应使T＝T1，
即＝，l月＝·l地＝l地．
应将摆长调到原来的.
[答案] h 将摆长调到原来的
解决摆钟快慢问题的关键是明确摆钟的计时方法．摆钟计时是通过全振动次数显示时间的，如秒摆，秒摆完成一次全振动，显示时间为2 s，故振动次数为，涉及到快慢，均对标准时间而言，故某一段时间t内快Δt，应有－＝.
如图所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子，P与悬点相距l－l′，则这个摆摆动的周期为( )
A．2π B．2π
C．π D．2π
[解析] 碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以此摆的周期T＝＋＝π.
[答案] C
改变单摆周期的途径
(1)改变单摆的摆长．
(2)改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)．
用单摆测重力加速度
单摆测定当地重力加速度要从原理、减小误差及数据处理三个方面掌握：
1．实验原理：根据单摆做简谐运动的周期公式T＝2π可得重力加速度g＝.据此只要测出单摆摆长l和周期T，就可计算出当地的重力加速度g，前提条件是摆角不能太大．
2．测量时要注意减小误差
(1)摆长l测量时要从悬点一直量到球心；
(2)测单摆周期时从摆球通过平衡位置开始计时，测出完成n次全振动的时间t，则T＝.
3．数据处理方法
(1)多测几组数据求平均值法：
每组T和l求出一个g，然后求＝.
(2)l－T2图像法：
由单摆的周期公式不难推出：l＝T2，g＝.因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图像，图像应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k即可求得g值，如图所示．则有：
g＝4π2k，k＝＝.
在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝________．若已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图所示，则单摆摆长是________ m．若测定了40次全振动的时间为75.2 s，单摆摆动周期是______s.
为了提高测量精度，需多次改变l值，并测得相应的T值．现将测得的六组数据标示在以l为横坐标，以T2为纵坐标的坐标系上，即图中用“·”表示的点，则：
(1)单摆做简谐运动应满足的条件是___________________________________________．
(2)试根据图中给出的数据点作出T2和l的关系图线，根据图线可求出g＝________m/s2.(结果取两位有效数字)
[解题探究] (1)怎样确定摆长？摆长等于摆线的长度吗？
(2)用图像法处理实验数据时应注意哪些问题？
[解析] 由T＝2π，可知g＝.由图可知：摆长l＝(88.50－1.00) cm＝87.50 cm＝0.875 0 m．T＝＝1.88 s.
(1)单摆做简谐运动的条件是摆角小于5°.
(2)把在一条直线上的点连在一起，误差较大的点平均分布在直线的两侧，则直线斜率k＝.由g＝＝，可得g＝9.8 m/s2(9.9 m/s2也正确)．
[答案] 见解析
图像法求重力加速度
(1)图像法处理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小偶然误差对实验结果造成的影响．
(2)由于l－T的图像不是直线，不便于进行数据处理，所以采用l－T2的图像，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．
用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．
A．长度为1 m左右的细线
B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g ＝________(用L、n、t表示)．
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．
组次 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝______s，g＝______m/s2.
(4)用多组实验数据作出T2－L图像，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2－L图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)．
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为0～30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)．
解析：(1)组装单摆时，应选用1 m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，选项A、D正确．
(2)单摆的振动周期T＝.
根据T＝2π，得g＝＝.
(3)T3＝＝2.01 s.
根据T＝2π，得g＝≈9.76 m/s2.
(4)根据T＝2π，得T2＝L，即当L＝0时，T2＝0.出现图线a的原因是计算摆长时过短，误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误；对于图线c，其斜率k变小了，根据k＝，可能是T变小了或L变大了．选项B中误将49次全振动记为50次，则周期T变小，选项B正确；由＝k得g＝，则k变小，重力加速度g变大，选项C错误．
(5)设A点到铁锁重心的距离为l0.根据单摆的周期公式T＝2π，得T1＝2π ，T2＝2π .联立以上两式，解得重力加速度g＝eq \f(4π2（l1－l2）,T－T).
答案：(1)AD (2) (3)2.01 9.76 (4)B (5)eq \f(4π2（l1－l2）,T－T)
等效法处理单摆问题
1．等效摆长
图(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l·sin α，这就是等效摆长，其周期T＝2π .
图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效．
2．等效重力加速度
(1)若单摆在光滑斜面上摆动，如(c)图：则等效重力加速度g′＝g·sin α，其周期为T＝2π .
(2)若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)，则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时摆线所受的张力与摆球质量的比值．
例如：图(c)场景中的等效重力加速度g′＝gsin θ，球相对静止在O时，FT＝mgsin θ，等效加速度g′＝＝gsin θ.
3．模型的等效：如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点为最低点，小球在O点附近的来回运动等效于单摆的简谐运动．球壳对球的支持力与摆线的拉力等效，其等效摆长为半球壳的半径R，故其周期公式为：T＝2π.
一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为原来的2倍，可见电梯在做加速运动，加速度a( )
A．方向向上，大小为 B．方向向上，大小为
C．方向向下，大小为 D．方向向下，大小为
[解析] 电梯静止时，单摆周期为T1＝2π ①
摆长未变，而周期变化，说明电梯做加速度不为零的运动，若在这段时间内，周期稳定，则做匀变速直线运动，此
时电梯中的单摆周期为T2＝2π ②
而由题意T2＝2T1 ③
由①②③式可解得g′＝.
即等效重力加速度为.
假设摆球在平衡位置相对电梯静止时，摆线对小球的拉力为F＝.
由牛顿第二定律得：mg－mg＝ma
a＝g，方向竖直向下．
故只有D正确．
[答案] D
[随堂检测]
1．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1＞v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则( )
A．f1＞f2，A1＝A2
B．f1＜f2，A1＝A2
C．f1＝f2，A1＞A2
D．f1＝f2，A1＜A2
解析：选C.单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误．
2．下列情况下，单摆的周期会增大的是( )
A．减小摆长
B．增大摆球质量
C．把单摆从海平面移至高山
D．把单摆从广州移至北京
解析：选C.由单摆周期公式T＝2π可知，减小摆长时周期会减小；单摆周期大小与摆球质量无关；把单摆从海平面移至高山时，g变小，故单摆周期变大，C正确；单摆从广州移至北京，g增大，故单摆周期减少．应选C.
3．在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是( )
A．测量摆长时没有把小球半径算进去
B．摆球的质量测得不准确
C．摆角小，使周期变小
D．应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期
解析：选D.由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度：g＝.单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如测量摆长时没有把小球半径算进去，摆长测量值L偏小，由g＝可知，重力加速度的测量值偏小，故A错误；由g＝可知，重力加速度与摆球质量无关，摆球质量测量不准不影响重力加速度的测量值，故B错误；单摆的周期与偏角无关，偏角对测量g没有影响，故C错误；应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期时，算出的周期T偏小，由g＝可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确．
4.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两小球同时释放，则( )
A．球A先到达C点
B．球B先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪个球先到达C点
解析：选A.球A做自由落体运动，到达C点的时间为TA＝＝ .
当BC所对的圆心角小于5°时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π＝2π.
球B离最低点C很近，因此球B运动到C点所需的时间是TB＝＝，故 TA5．一个单摆，周期是T：
(1)如果摆球质量增加2倍，周期变为多少？
(2)如果摆球的振幅增到2倍(摆角仍很小)，周期变为多少？
(3)如果摆长增到2倍，周期变为多少？
解析：(1)单摆周期与质量无关，周期不变，仍为T.
(2)单摆周期与振幅无关，周期不变，仍为T.
(3)由T＝2π知，周期变为T.
答案：(1)T (2)T (3)T
[课时作业]
一、单项选择题
1.如图所示是一个单摆，其周期为T，则下列说法正确的是( )
A．把摆球质量增加一倍，则周期变小
B．把偏角α变小时，周期也变小
C．摆球由O →B→O，运动的时间为T
D．摆球由O →B→O，运动的时间为
解析：选D.单摆的周期T与质量无关，选项A错．偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期T与振幅无关，选项B错．摆球由O →B→O的过程仅完成了半个全振动，运动时间等于，选项C错，D对．
2．在一个单摆装置中，摆动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当单摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此摆球的周期将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选C.摆长l是摆球重心到悬点的距离，水流出时，重心先降低后升高，故等效摆长l先增大后减小，由T＝2π知，周期将先增大后减小．
3．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为( )
A．单摆的摆锤质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是(n＋1)次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是(n－1)次全振动
解析：选C.由单摆周期公式知T＝2π
得g＝，而T＝
所以g＝，由此可知C正确．
4．将秒摆的周期变为4 s，下面哪些措施是正确的( )
A．只将摆球质量变为原来的
B．只将振幅变为原来的2倍
C．只将摆长变为原来的4倍
D．只将摆长变为原来的16倍
解析：选C.单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，A、B均错；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错．
5．两个等长的单摆，一个放在海平面上，另一个放在高山上，在相同时间内，当第一个摆振动N次时，第二个摆振动了N－1次，如果地球半径为R，那么第二个摆离海平面的高度为( )
A．NR B．(N－1)R
C. D.
解析：选D.根据周期公式知：T1＝2π，T2＝2π，由于在相等时间内，第一个单摆振动N次，第二个单摆振动了N－1次，故有：NT1＝(N－1)T2，
即得：＝.
根据万有引力定律得： g1＝，g2＝
得：＝，
解得：h＝，故正确选项为D.
6．在同一地点，单摆甲的周期是单摆乙的周期的4倍，下列说法正确的是( )
A．甲的频率是乙的4倍
B．甲的摆长是乙的16倍
C．甲的振幅是乙的4倍
D．甲的振动能量是乙的4倍
解析：选B.周期与频率成反比，甲的周期是乙的4倍，故甲的频率是乙频率的，A错；由单摆周期公式T＝2π可知 l＝，甲摆长是乙的16倍，B项对，无法比较甲、乙的振幅和能量，C、D错．
二、多项选择题
7．如图为甲、乙两单摆的振动图像，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g甲∶g乙＝1∶4
解析：选BD.由题中图像可知T甲∶T乙＝2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆摆长之比l甲∶l乙＝4∶1，若两摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4.
8．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、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙的大
C．甲单摆的机械能比乙的大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙单摆
解析：选ABD.振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，故无法比较机械能．t＝0.5 s时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度．
9．如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触．现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则( )
A．如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B．如果mAC．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D．无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞一定还在平衡位置
解析：选CD.单摆做简谐运动的周期T＝2π，与摆球的质量无关，与振幅的大小无关．碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧．
10.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ，如图所示，下列说法正确的是( )
A．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsin θsin α
B．摆球做简谐运动的回复力为F＝mgsin θ
C．摆球做简谐运动的周期为2π
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为F′＝mgsin α
解析：选AC.摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的下滑分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为F＝mgsin θsin α，故选项A正确，B错误；摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin α，所以其周期为T＝2π ，故选项C正确；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin α(l－lcos θ)＝mv2，由牛顿第二定律得F′－mgsin α＝m ，由以上两式可得线的拉力为F′＝3mgsin α－2mgsin αcos θ，故选项D错误．
三、非选择题
11．在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了Δt，而另一摆长为l2的摆钟B在同一段时间内慢了Δt，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？
解析：设走时准确的摆钟摆长为l，则周期T＝2π，l1摆周期T1＝2π，l2摆周期T2＝2π，再设某一段时间为t，据题意有：－＝，－＝，联立以上各式得：l＝.
答案：
12．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)如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？
解析：(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＝eq \f(Tl,T2)＝ m＝0.993 m.
其摆长要缩短
Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m.
答案：(1)9.79 m/s2 (2)其摆长要缩短0.027 m
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