（浙江專版）2018年高中物理 第十一章 機(jī)械振動 第4節(jié) 單擺學(xué)案 新人教版選修3-4

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1、 第4節(jié) 單____擺 單擺、單擺的回復(fù)力 [探新知·基礎(chǔ)練] 1．單擺 用細(xì)線懸掛著小球，如果細(xì)線的質(zhì)量與小球相比可以忽略，球的直徑與細(xì)線長度相比可以忽略，這樣的裝置就叫做單擺。單擺是實際擺的理想化模型。 2．單擺的回復(fù)力 (1)回復(fù)力的提供：擺球的重力沿圓弧切線方向的分力。 (2)回復(fù)力的特點：在偏角很小時，單擺所受的回復(fù)力與它偏離平衡位置的位移成正比，方向總指向平衡位置，即F＝－x。 (3)單擺的運(yùn)動規(guī)律：單擺在偏角很小時做簡諧運(yùn)動，其振動圖象遵循正弦函數(shù)規(guī)律。 [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“×”) 1．單擺在任何情況下的運(yùn)動都是簡諧運(yùn)動。(×)

2、2．單擺的回復(fù)力是重力和拉力的合力。(×) 3．一根細(xì)線一端固定，另一端拴一小球就構(gòu)成一個單擺。(×) [釋疑難·對點練] 1．單擺 (1)單擺是實際擺的理想化模型。 (2)實際擺看作單擺的條件 ①擺線的形變量與擺線長度相比小得多； ②懸線的質(zhì)量與擺球質(zhì)量相比小得多； ③擺球的直徑與擺線長度相比小得多。 2．單擺的回復(fù)力 如圖所示，重力G沿圓弧切線方向的分力G1＝mgsin θ是沿擺球運(yùn)動方向的力，正是這個力提供了使擺球振動的回復(fù)力：F＝G1＝mgsin θ。 3．單擺做簡諧運(yùn)動的推證 在偏角很小時，sin θ≈，又回復(fù)力F＝mgsin θ，所以單擺的回復(fù)力為F＝－x(

3、式中x表示擺球偏離平衡位置的位移，l表示單擺的擺長，負(fù)號表示回復(fù)力F與位移x的方向相反)，由此知回復(fù)力符合F＝－kx，單擺做簡諧運(yùn)動。 [試身手] 1．(多選)制作一個單擺，合理的做法是(　　) A．?dāng)[線細(xì)而長　　　　　　　　 B．?dāng)[球小而不太重 C．?dāng)[球外表面光滑且密度大 D．端點固定且不松動 解析：選ACD　根據(jù)構(gòu)成單擺的條件判斷，易知A、C、D正確。 單擺的周期 [探新知·基礎(chǔ)練] 1.探究單擺的振幅、位置、擺長對周期的影響 (1)探究方法：控制變量法。 (2)實驗結(jié)論： ①單擺振動的周期與擺球質(zhì)量無關(guān)； ②振幅較小時周期與振幅無關(guān)； ③擺長越長，周期

4、越長；擺長越短，周期越短。 2．周期公式 荷蘭物理學(xué)家惠更斯發(fā)現(xiàn)單擺的周期T與擺長l的二次方根成正比，與當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭的二次方根成反比，他確定周期公式為：T＝2π。 [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“×”) 1．荷蘭物理學(xué)家惠更斯發(fā)現(xiàn)單擺振動的周期與振幅無關(guān)。(×) 2．單擺在振幅較小時周期較大。(×) 3．單擺的周期公式都可以用T＝2π求解。(×) [釋疑難·對點練] 1．對周期T的理解 (1)單擺的周期T＝2π為單擺的固有周期，相應(yīng)地f＝為單擺的固有頻率。 (2)單擺的周期公式在最大偏角小于5°時成立。 (3)周期為2 s的單擺叫秒擺。 2．對單擺周期公式中

5、擺長l和重力加速度g的理解 (1)l為單擺的擺長：因為實際的單擺擺球不可能是質(zhì)點，所以擺長是指從懸點到擺球重心的長度，對于不規(guī)則的擺動物體或復(fù)合物體，擺長l是指擺動圓弧的圓心到擺球重心的距離，而不一定為擺線的長。如圖所示，擺球可視為質(zhì)點，各段繩長均為l，甲、乙擺球做垂直于紙面的小角度擺動，丙圖中球在紙面內(nèi)做小角度擺動，O′為垂直紙面的釘子，而且OO′＝l，求各擺的周期。 甲：等效擺長l′＝lsin α，T甲＝2π 。 乙：等效擺長l′＝lsin α＋l，T乙＝2π 。 丙：擺線擺到豎直位置時，圓心就由O變?yōu)镺′，擺球振動時，半個周期擺長為l，另半個周期擺長為(l－)，即為l，則單擺

6、丙的周期為T丙＝π ＋π 。 (2)等效重力加速度g不一定等于9.8 m/s2 g由單擺所在的空間位置決定。由g＝G知，g隨所在地球表面的位置和高度的變化而變化，而且緯度越低，高度越高，g的值就越小，另外，在不同星球上g也不同。 g還由單擺系統(tǒng)的運(yùn)動狀態(tài)決定，如單擺處在向上加速的升降機(jī)中，設(shè)加速度為a，則擺球處于超重狀態(tài)，沿軌跡圓弧的切向分力變大，則重力加速度的等效值g′＝g＋a，若升降機(jī)加速下降，則g′＝g－a。單擺若在軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星內(nèi)，擺球完全失重，回復(fù)力為零，等效值g′＝0，擺球不擺動了，周期無窮大。 [試身手] 2．甲、乙兩個單擺擺長相等，將兩個單擺的擺球由平衡位置拉開，使

7、擺角α甲＞α乙(α甲、α乙都小于5°)，在同一地點由靜止開始同時釋放，則(　　) A．甲先到達(dá)平衡位置 B．乙先到達(dá)平衡位置 C．甲、乙同時到達(dá)平衡位置 D．無法判斷 解析：選C　由單擺的周期公式T＝2π，可知周期T只與l、g有關(guān)，當(dāng)在同一地點釋放時，周期只與擺長有關(guān)，故甲、乙同時到達(dá)平衡位置，C正確。 探究單擺周期與擺長的關(guān)系 [探新知·基礎(chǔ)練] 1．實驗原理圖 2．定性探究單擺的振幅、質(zhì)量、擺長對周期的影響 (1)探究方法：控制變量法。 (2)實驗結(jié)論 ①單擺振動的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)； ②振幅較小時，周期與振幅無關(guān)； ③擺長越長，周期越長；擺長越短

8、，周期越短。 3．定量探究單擺的周期與擺長的關(guān)系 (1)周期的測量：用停表測出單擺做N(30～50)次全振動所用的時間t，利用T＝計算它的周期。 (2)擺長的測量：用刻度尺測出細(xì)線長度l0，用游標(biāo)卡尺測出小球直徑D，利用l＝l0＋求出擺長。 (3)數(shù)據(jù)處理：改變擺長，測量不同擺長及對應(yīng)周期，作出Tl、Tl2或T 圖象，得出結(jié)論。 4．周期公式 (1)公式的提出：周期公式是荷蘭物理學(xué)家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T＝2π，即T與擺長l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比。 (3)應(yīng)用——測重力加速度：由T＝2π得g＝，即只要測出單擺的擺長l和周期T，就可以

9、求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取? [辨是非](對的劃“√”，錯的劃“×”) 1．測量單擺周期時，應(yīng)在擺球擺到最高處開始計時，并數(shù)準(zhǔn)全振動的次數(shù)。(×) 2．用毫米刻度尺量出放在桌面的細(xì)線長l′，用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，然后算出擺球的半徑r，則擺長l＝l′＋r。(×) 3．小球應(yīng)該選擇體積小、密度大的金屬球。(√) [釋疑難·對點練] 1．實驗所需器材 帶孔小鋼球一個、細(xì)線一條(約1 m長)、鐵架臺、刻度尺、停表、游標(biāo)卡尺等。 2．實驗步驟 (1)做單擺： ①讓線的一端穿過小球的小孔，然后打一個比小孔大一些的結(jié)； ②把線的上端用鐵夾固定在鐵架臺上并把鐵架臺放在實驗桌邊，使鐵夾伸到桌

10、面以外，讓擺球自由下垂，在單擺平衡位置處作上標(biāo)記。 (2)測擺長：用毫米刻度尺量出懸線長l′，以毫米為單位記錄數(shù)據(jù)；用游標(biāo)卡尺測量出擺球的直徑D，以毫米為單位記錄數(shù)據(jù)；則l＝l′＋，即為單擺的擺長。 (3)測周期：將單擺從平衡位置拉開一個角度，且滿足偏角小于5°，然后釋放擺球，當(dāng)單擺擺動穩(wěn)定后，過平衡位置時用秒表開始計時，測量30～50次全振動的時間。計算出平均擺動一次的時間，即為單擺的振動周期T。 (4)秒表的讀數(shù)方法 所測時間超過半分鐘時，半分鐘的整數(shù)倍部分由分針讀出，不足半分鐘的部分由秒針讀出，總時間為兩針示數(shù)之和。如圖甲所示，小圓刻度盤上分針?biāo)甘镜目潭葦?shù)值超過了1.5 min

11、，指針在1.5 min和2 min之間，其分針指示時間數(shù)可記為t1＝1.5 min，而大圓刻度盤上秒針?biāo)甘镜目潭染€為21.4，故秒針?biāo)鶞y得的數(shù)值為t2＝21.4 s，所測時間讀數(shù)為：t＝t1＋t2＝1 min 30 s＋21.4 s＝1 min 51.4 s。圖乙的讀數(shù)是2 min 7.6 s。 (5)變擺長：將單擺的擺長變短(或變長)，重復(fù)實驗三次，測出相應(yīng)的擺長l和周期T。 (6)作圖象，探規(guī)律。 3．實驗操作注意事項 (1)懸線頂端不能晃動，需用夾子夾住，保證頂點固定。 (2)擺球在同一平面內(nèi)振動且擺角小于10°。 (3)選擇在擺球擺到平衡位置處開始計時，并數(shù)準(zhǔn)全振動的

12、次數(shù)。 (4)小球自然下垂時，用毫米刻度尺量出懸線長l′，用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，然后算出擺球的半徑r，則擺長l＝l′＋r。 (5)選用長一米左右的細(xì)線。 [試身手] 3．(多選)在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，以下幾點建議中對提高測量結(jié)果精確度有利的是(　　) A．適當(dāng)加長擺線 B．質(zhì)量相同、體積不同的擺球，應(yīng)選用體積較大的 C．單擺偏離平衡位置的角度不能太大 D．當(dāng)單擺經(jīng)過平衡位置時開始計時，經(jīng)過一次全振動后停止計時，用此時間間隔作為單擺振動的周期 解析：選AC　適當(dāng)加長擺線有利于測量擺長，使相對誤差減小，另外有利于控制擺角不過大，因此選項A正確；質(zhì)量相同、體積不

13、同的擺球，應(yīng)選用體積較小的，以減小擺動過程中空氣阻力的影響，選項B錯誤；單擺偏離平衡位置的角度不能太大，因為若偏角太大，單擺的運(yùn)動就不能看作簡諧運(yùn)動，選項C正確；經(jīng)過一次全振動后停止計時，所測時間偶然誤差過大，應(yīng)測量多次全振動的時間再求平均值，以減小偶然誤差，選項D錯誤。 對單擺回復(fù)力的理解 [典例1]　振動的單擺小球通過平衡位置時，關(guān)于小球受到的回復(fù)力及合力的說法中正確的是(　　) A．回復(fù)力為零，合力不為零，方向指向懸點 B．回復(fù)力不為零，方向沿軌跡的切線 C．合力不為零，方向沿軌跡的切線 D．回復(fù)力為零，合力也為零 [解析]選A　單擺的回復(fù)力是擺球的重力沿圓弧切

14、線方向的分力；當(dāng)擺球運(yùn)動到平衡位置時，回復(fù)力為零，但合力不為零，因為小球還有向心力，方向指向懸點(即指向圓心)。故A正確。 (1)單擺振動中的回復(fù)力不是它受到的合外力，而是重力沿圓弧切線方向的一個分力。單擺振動過程中，有向心力，這是與彈簧振子的不同之處。 (2)在最大位移處時，因速度為零，所以向心力為零，故此時合外力也就是回復(fù)力。 (3)在平衡位置處時，由于速度不為零，故向心力也不為零，即此時回復(fù)力為零，但合外力不為零。 單擺周期的應(yīng)用 [典例2]　若單擺的擺長不變，擺球的質(zhì)量由20 g增加為40 g，擺球離開平衡位置的最大角度由4°減為2°，則單擺振動的(　　) A．頻率

15、不變，振幅不變 B．頻率不變，振幅改變 C．頻率改變，振幅不變 D．頻率改變，振幅改變 [解析]選B　單擺的擺長不變時，單擺振動的周期T＝2π不變，頻率f＝不變；擺長不變時，擺角越小，振幅越小，選項B正確。 (1)在運(yùn)用T＝2π時，要注意l和g是否發(fā)生變化，如果發(fā)生變化，則分別求出不同l和g時對應(yīng)的周期。 (2)改變單擺振動周期的途徑：①改變單擺的擺長；②改變單擺的重力加速度(如改變單擺的位置或讓單擺失重或超重)。 (3)明確單擺振動周期與單擺的質(zhì)量和振幅沒有任何關(guān)系。 探究影響單擺周期的因素 [典例3]　某同學(xué)用實驗的方法探究影響單擺周期的因素。 (1)(多選)他

16、組裝單擺時，在擺線上端的懸點處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，如圖甲所示。這樣做的目的是________(填字母代號)。 A．保證擺動過程中擺長不變 B．可使周期測量得更加準(zhǔn)確 C．需要改變擺長時便于調(diào)節(jié) D．保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動 (2)他組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺從懸點量到擺球的最低端的長度L＝0.999 0 m，再用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑，結(jié)果如圖乙所示，則該擺球的直徑為________ mm，單擺擺長為________m。 　　 (3)下列振動圖象真實地描述了對擺長約為1 m的單擺進(jìn)行周期測量的四種操作過程，圖中橫

17、坐標(biāo)原點表示計時開始，A、B、C均為30次全振動的圖象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是________(填字母代號)。 [解析]　(1)用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線的目的是保證擺動過程中擺長不變，需要改變擺長時便于調(diào)節(jié)，選項A、C正確。 (2)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則可得，擺球直徑為12.0 mm，單擺擺長為L－d/2＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m。 (3)測量單擺的周期，必須從平衡位置開始計時，且擺角小于10°，所以合乎實驗要求且誤差最小的是A。 [答案]　(1)AC　(2)12.0　0.

18、993 0　(3)A [課堂對點鞏固] 1．對于單擺的振動，以下說法中正確的是(　　) A．單擺振動時，擺球受到的向心力大小處處相等 B．單擺運(yùn)動的回復(fù)力就是擺球受到的合力 C．?dāng)[球經(jīng)過平衡位置時所受回復(fù)力為零 D．?dāng)[球經(jīng)過平衡位置時所受合外力為零 解析：選C　單擺振動過程中受到重力和繩子拉力的作用，把重力沿圓弧軌跡的切向和徑向分解，其切向分力提供回復(fù)力，繩子拉力與重力的徑向分力的合力提供向心力，向心力大小為F向＝m，可見最大偏角處向心力為零，平衡位置處向心力最大，而回復(fù)力在最大偏角處最大，在平衡位置處為零，故應(yīng)選C。 2．(多選)下列關(guān)于單擺周期的說法正確的是(　　)

19、 A．用一個裝滿沙的漏斗和長細(xì)線做成一個單擺，在擺動時沙從漏斗中緩慢漏出，周期不變 B．當(dāng)升降機(jī)向上做勻加速運(yùn)動時(a

20、(1)甲、乙兩個擺的擺長之比是多少？ (2)以向右的方向作為擺球偏離平衡位置的位移的正方向，從t＝0起，乙第一次到達(dá)右方最大位移處時，甲振動到了什么位置？向什么方向運(yùn)動？ 解析：(1)由題圖可以看出，單擺甲的周期是單擺乙的周期的，即 T甲＝T乙， 由單擺的周期與擺長的關(guān)系可知，l甲∶l乙＝1∶4。 (2)由題圖可以看出，當(dāng)乙第一次到達(dá)右方最大位移處時，t＝2 s，振動了周期，甲振動了周期，位移為0，位于平衡位置，此時甲向左運(yùn)動。 答案：(1)1∶4　(2)甲振動到平衡位置，此時向左運(yùn)動 4．某同學(xué)在“用單擺測定重力加速度”的實驗中進(jìn)行了如下的操作： (1)用游標(biāo)尺上有10個小格

21、的游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑如圖甲所示，可讀出擺球的直徑為________cm。把擺球用細(xì)線懸掛在鐵架臺上，測量擺線長，通過計算得到擺長L。 (2)用秒表測量單擺的周期。當(dāng)單擺擺動穩(wěn)定且到達(dá)最低點時開始計時并記為n＝1，單擺每經(jīng)過最低點記一次數(shù)，當(dāng)數(shù)到n＝60時秒表的示數(shù)如圖乙所示，該單擺的周期是T＝________s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 (3)測量出多組周期T、擺長L的數(shù)值后，畫出T2L圖線如圖丙，此圖線斜率的物理意義是(　　) A．g　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：(1)擺球的直徑為 d＝20 mm＋6×0.1 mm＝20.6 mm＝2.06 cm。 (2)

22、秒表的讀數(shù)為t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根據(jù)題意 t＝T＝T，所以周期T＝≈2.28 s。 (3)根據(jù)單擺的周期公式 T＝2π，可得 ＝＝k(常數(shù))，所以選項C正確。 答案：(1)2.06　(2)2.28　(3)C [課堂小結(jié)] [課時跟蹤檢測四] 一、單項選擇題 1．單擺振動的回復(fù)力是(　　) A．?dāng)[球所受的重力 B．?dāng)[球重力在垂直懸線方向上的分力 C．懸線對擺球的拉力 D．?dāng)[球所受重力和懸線對擺球拉力的合力 解析：選B　擺球振動的回復(fù)力是其重力沿圓弧軌跡切向方向的分力，即擺球重力在垂直懸線方向上的分力，B正確。 2．用空心鐵球內(nèi)部裝滿水

23、做擺球，若球正下方有一小孔，水不斷從孔中流出，從球內(nèi)裝滿水到水流完為止的過程中，其振動周期的大小是(　　) A．不變 B．變大 C．先變大后變小再回到原值 D．先變小后變大再回到原值 解析：選C　單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，但當(dāng)水從空心鐵球中向外流出時，等效擺長是先變長后變短再回到原長，因而周期先變大后變小再回到原值，故選項C正確。 3．如圖所示，光滑軌道的半徑為2 m，C點為圓心正下方的點，A、B兩點與C點相距分別為6 cm與2 cm，a、b兩小球分別從A、B兩點由靜止同時放開，則兩小球相碰的位置是(　　) A．C點 B．C點右側(cè) C．C點左側(cè) D．不能確定 解析：

24、選A　由于軌道半徑遠(yuǎn)遠(yuǎn)地大于運(yùn)動的弧長，小球都做簡諧運(yùn)動，類似于單擺。因此周期只與軌道半徑有關(guān)，與運(yùn)動的弧長無關(guān)，所以A、B兩球到達(dá)平衡位置C的時間相同，故選項A正確。 4.要增加單擺在單位時間內(nèi)的擺動次數(shù)，可采取的方法是(　　) A．增大擺球的質(zhì)量 B．縮短擺長 C．減小擺動的角度 D．升高氣溫 解析：選B　由單擺的周期公式T＝2π，可知周期只與l、g有關(guān)，而與擺球質(zhì)量、擺動的角度無關(guān)。當(dāng)l減小時，周期減小，頻率增大，所以選B。 5．對于做簡諧運(yùn)動的單擺，下列說法中正確的是(　　) A．在位移為正的區(qū)間，速度和加速度都一定為負(fù) B．當(dāng)位移逐漸增大時，回復(fù)力逐漸增大，振

25、動的能量也逐漸增大 C．?dāng)[球經(jīng)過平衡位置時，速度最大，勢能最小，擺線所受拉力最大 D．?dāng)[球在最大位移處時，速度為零，處于平衡狀態(tài) 解析：選C　在位移為正的區(qū)間，回復(fù)力F＝－kx為負(fù)，加速度為負(fù)，但速度可正可負(fù)，選項A錯誤；當(dāng)位移逐漸增大時，回復(fù)力逐漸增大，振動的能量不變，選項B錯誤；平衡位置為擺球最低位置，擺球經(jīng)過平衡位置時，速度最大，勢能最小，由FT－mg＝m知，在平衡位置擺線所受拉力最大，選項C正確；擺球在最大位移處，速度為零，但加速度不為零，并不處于平衡狀態(tài)，選項D錯誤。 6．已知單擺a完成10次全振動的時間內(nèi)，單擺b完成6次全振動，兩擺長之差為1.6 m，則兩單擺長la與lb分

26、別為(　　) 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 解析：選B　設(shè)兩個單擺的周期分別為Ta和Tb。由題意，10Ta＝6Tb得Ta∶Tb＝3∶5。根據(jù)單擺周期公式T＝2π，可知l＝，由此得la∶lb＝Ta2∶Tb2＝9∶25，則la＝×1.6 m＝0.9 m，lb＝×1.6 m＝2.5 m。故B正確。 二、多項選擇題 7．如圖所示為在同一地點的A、B兩個單擺做簡諧運(yùn)動的圖象，其中實線表示A的運(yùn)動圖象，虛線表示B的運(yùn)動圖象。關(guān)于這兩個單擺的以下判斷中正確的是(

27、　　) A．這兩個單擺的擺球質(zhì)量一定相等 B．這兩個單擺的擺長一定不同 C．這兩個單擺的最大擺角一定相同 D．這兩個單擺的振幅一定相同 解析：選BD　從題中圖象可知：兩單擺的振幅相等，周期不相等，所以兩單擺的擺長和最大擺角一定不同，故B、D對，C錯；單擺的周期與質(zhì)量無關(guān)，故A錯。 8．單擺原來的周期為T，下列哪種情況會使單擺周期發(fā)生變化(　　) A．?dāng)[長減為原來的 B．?dāng)[球的質(zhì)量減為原來的 C．振幅減為原來的 D．重力加速度減為原來的 解析：選AD　由單擺周期公式可知周期僅與擺長、重力加速度有關(guān)。故A、D正確。 9．如圖所示為甲、乙兩單擺的振動圖象，則(　　) A

28、．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、乙兩單擺的擺長之比l甲∶l乙＝2∶1 B．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、乙兩單擺的擺長之比l甲∶l乙＝4∶1 C．若甲、乙兩單擺擺長相同，且在不同的星球上擺動，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1 D．若甲、乙兩單擺擺長相同，且在不同的星球上擺動，則甲、乙兩擺所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4 解析：選BD　由圖象可知T甲∶T乙＝2∶1，若兩單擺在同一地點，則兩擺長之比為l甲∶l乙＝4∶1；若兩單擺擺長相等，則所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝1∶4。故B、D正確。 三、非選擇題 10．某實驗小組在利用單擺測

29、定當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛校? (1)用游標(biāo)卡尺測定擺球的直徑，測量結(jié)果如圖所示，則該擺球的直徑為________cm。 (2)小組成員在實驗過程中有如下說法，其中正確的是________。(填選項前的字母) A．把單擺從平衡位置拉開30°的偏角，并在釋放擺球的同時開始計時 B．測量擺球通過最低點100次的時間t，則單擺周期為 C．用懸線的長度加擺球的直徑作為擺長，代入單擺周期公式計算得到的重力加速度值偏大 D．選擇密度較小的擺球，測得的重力加速度值誤差較小 解析：(1)主尺讀數(shù)加游標(biāo)尺讀數(shù)的總和等于最后讀數(shù)，0.9 cm＋7×0.1 mm ＝0.97 cm。 (2)單擺符合簡諧運(yùn)

30、動的條件是最大偏角不超過5°，并從平衡位置計時，故A錯誤；若第一次過平衡位置計為“0”則周期T＝，若第一次過平衡位置計為“1”，則周期T＝，B錯誤；由T＝2π得g＝，其中L為擺長，即懸線長加擺球半徑，若為懸線長加擺球直徑，由公式知g偏大，故C正確；為了能將擺球視為質(zhì)點和減少空氣阻力引起的相對誤差，應(yīng)選密度較大體積較小的擺球，故D錯誤。 答案：(1)0.97　(2)C 11．如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，且R?l弧AB。甲球從弧形槽的圓心處自由下落，乙球由A點由靜止釋放，問兩球第一次到達(dá)C點的時間之比是多少？ 解析：甲球做自由落體運(yùn)動，R＝gt12， 所以t1＝ 。 對乙球，由于l弧AC?R，所以θ<5°，所以可知乙球沿弧形槽做簡諧運(yùn)動，此振動與一個擺長為R的單擺振動模型相同，則等效擺長為R，所以周期為T＝2π， 因此乙第一次到達(dá)C處的時間為t2＝T＝，所以t1∶t2＝2∶π。 答案：2∶π 14