高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第五讲实验十四：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速 含解析

1．实验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝.因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值．2．实验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线(约1米)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺．(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过最低位置时计数1次．(4)本实验可以采用图象法来处理数据．即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝.这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法．2．数据处理(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式g＝求重力加速度．(2)图象法：由单摆周期公式不难推出l＝T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k＝求得重力加速度值，如图所示．3．误差分析(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等．(2)偶然误差主要来自时间的测量上，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数．1．(多选)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议：A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期其中对提高测量结果精确度有利的是________．解析：单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．在摆角小于5°的条件下，适当加长摆线长度，有利于把摆球看成质点，摆球的空间位置变化较大，便于观察，选项A 正确；摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球其影响越大，选项B错误；摆角应小于5°，选项C正确；本实验采用累积法测量周期，若仅测量一次全振动，由于球过平衡位置时速度较大，难以准确记录，且一次全振动的时间太短，偶然误差较大，选项D错误．答案：AC2．(20xx·杭州质检)有两个同学利用假期分别去参观北大和复旦大学的物理实验室，各自利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换了实验数据，并由计算机绘制了T2－L图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(填“A”或“B”)．另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比＝________．解析：由T＝2π得，T2＝L，根据图甲可知>，即gA<gB，因为北大更靠近北极，其所在地的重力加速度更大些，所以应选B；根据图甲可知＝·＝＝，由图乙可得＝，由T2＝L得，＝gA,TgB)＝2.答案：B 21．(20xx·运城模拟)某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3 cm、外形不规则的大理石代替小球．他设计的实验步骤是：A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O 点；B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；C．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T＝得出周期；E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l和T；F．求出多次实验中测得的l和T的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g＝l，求出重力加速度g.(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是________．(2)该同学用OM的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？你认为用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难？解析：(1)摆长应为石块重心到悬点的距离，故B步骤错误；计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D步骤错误；在用公式g＝l计算g时，应先将各项的l和T单独代入求解g值，不能先求l、T的平均值再代入求解，故F步骤也错误．(2)因为用OM作为摆长，比摆的实际摆长偏小，因此计算出的重力加速度的值比实际值偏小．可采用图象法，以T2为纵轴，以l为横轴，做出多次测量得到的T2－l图线，求出图线斜率k.再由k＝得g ＝.k值不受悬点不确定因素的影响，因此可以解决摆长无法准确测量的困难．答案：(1)BDF (2)见解析2．(2017·南通模拟)如图为用单摆测重力加速度的实验原理图．(1)(多选)为了减小误差，下列措施正确的是( )A．摆长L应为线长与摆球半径的和，且在20 cm左右B．在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线C．在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线D．计时起点和终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间(2)某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T＝________，当地的重力加速度g＝________．解析：(1)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m左右为宜，A错误；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线，B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线可减小计时误差，C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D错误．(2)由t＝nT知单摆的周期T＝.由T＝2π得g＝，将T代入得g＝L.答案：(1)BC (2) L3．(2017·咸阳模拟)某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图所示)．(1)该单摆在摆动过程中的周期为________．(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________．(2)利用图象，取T2＝4.2 s2时，l＝________m．重力加速度g ＝________m/s2.解析：由T＝2π m，得g＝4π2或l＝T2，所以图象是过原点且斜率为的一条直线．(1)l－T2图象如图所示．(2)T2＝4.2 s2时，从图中画出的直线上可读出其摆长l＝1.05 m，将T2与l代入公式g＝，得g＝9.86 m/s2.答案：(1)见解析图 (2)1.05 9.865．(20xx·洛阳模拟)(1)“在探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示．测量方法正确的是________(填“甲”或“乙”)．(2)某同学实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l－T2图线，如图所示．利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)，便可求得重力加速度g＝______________．(3)作l－T2图线解决物理问题，可以提示我们：若摆球的质量分布不均匀，对测量结果将________(填“有影响”或“没有影响”)．解析：(1)应用游标卡尺测量外径时，被测量物体应放置于外测量爪的前端，故图乙正确．(2)由单摆的周期公式T＝2π，得摆长与周期的关系为l＝T2，图象的斜率k＝，由图象中的A、B两点坐标可得：g＝＝，解得重力加速度为g＝.(3)摆球的质量分布不影响图象的斜率，对测量结果没有影响．答案：(1)乙(2) (3)没有影响6．(20xx·江苏卷)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处加以改正．解析：两处不妥之处分别为：。

高三物理一轮复习学案实验:单摆课前案【知识要点】1．实验原理与操作2．数据处理与分析(1)数据处理①公式法：g＝4π2lT2，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。

①图象法：作出L ­T2图象求g值。

(2)误差分析产生原因减小方法偶然误差测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差①多次测量再求平均值①计时从单摆经过平衡位置时开始系统误差主要来源于单摆模型本身①摆球要选体积小，密度大的①最大摆角要小于5°课中案例1.在“用单摆铡定重力加速度的实验”中，下列说法中正确的是( )A．测周期时，测得完成n次全振动所用的时间为t，则周期为T=t/nB．在摆球经过平衡位置时开始计时，可减少总时问的测量误差C．如果实验中使摆角更大些，能记录更多的摆动次数，可以减小重力加速度的测量误差D．测量摆长时，应先将单摆放置在水平桌面上，然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离例2．有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2­l图象，如图甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是(选填“A”或“B”)。

另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙所示)，由图可知，两单摆摆长之比l al b＝。

在t＝1 s时，b球振动的方向是。

例3.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以T2为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g.(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有．秒表的读数为s(2)如果实验中所得到的T2－L关系图像如图乙所示，那么真正的图像应该是a、b、c中的．(3)由图像可知，小筒的深度h＝m；当地g＝m/s2.课后案1.小明同学在用单摆测当地的重力加速度g时，由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径d，但是测出多组摆线长L和对应的周期T，并做出了T2﹣L图象，如图所示，图线的斜率为k，反向延长线与横轴交8点的横坐标为﹣a（a＞0）。

第课时实验:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度1.在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,有人提出以下几点建议,其中对提高测量结果精确度不利的是( D )A.适当加长摆线B.质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较小的C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大D.当单摆经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期解析:当适当加长摆线时,单摆的周期将增大,故可以减小周期测量的相对误差,选项A正确;质量相同,体积越大的摆球,所受的阻力对其做单摆运动影响越大,选项B正确;单摆偏离平衡位置的角度不能太大,选项C正确;选项D中,会增大周期测量的误差,选项D错误.2.(2012北京海淀区测试)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时,测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值.造成这一情况的可能原因是( B )A.测量摆长时,把悬挂状态的摆线长当成摆长B.测量周期时,当摆球通过平衡位置时启动秒表,此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表,读出经历的时间为t,并由计算式T=求得周期C.开始摆动时振幅过小D.所用摆球的质量过大解析:由T=2π得g=l,g值偏大说明l偏大或T偏小.把悬挂状态的摆线长当成摆长,会使l偏小,g值偏小,选项A错误;摆球第30次通过平衡位置时,实际上共完成15次全振动,周期T=,误认为30次全振动,T变小引起g值明显偏大,选项B正确;单摆周期与振幅和摆球质量无关,选项C、D错误.分析g的测量值偏大或偏小的原因时,关键结合公式g=及测量步骤分析.3.(2012石家庄月考)石岩同学利用单摆测重力加速度,他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40 cm,用游标卡尺测得摆球直径如图(甲)所示,读数为.则该单摆的摆长为cm.用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图(乙)所示,则停表读数为 s,如果测得的g值偏大,可能的原因是(填序号).A.计算摆长时用的是摆球的直径B.开始计时时,停表晚按下C.摆线上端未牢固系于悬点,振动中出现松动,使摆线长度增加D.实验中误将30次全振动记为31次解析:题图中游标卡尺的读数为2 cm+10×0.05 mm=2.050 cm,摆长为l=l'+=(89.40+1.025) cm=90.425 cm;停表的读数为57.0 s;因g==,如果测得的g值偏大,可能是因为l,n偏大,t偏小,选项A、B、D正确.答案:2.050 cm 90.425 57.0 ABD4.(2013德阳模拟)有位同学想知道家中一把小铁锁的重心位置,做了如下实验:把一根轻细线的一端系在小铁锁上,将其悬挂起来,如图(甲)所示,近似将其当作单摆处理.先用米尺量出悬点到小铁锁下端的距离L,然后将小铁锁拉离平衡位置一个小角度由静止释放,测出其30次全振动的时间,算出振动周期T.多次改变悬线长并重复上面操作,得到多组L、T的数据,作出L T2图像如图(乙)所示.则可知小铁锁的重心到其下端的距离为cm;同时可测得当地重力加速度大小为m/s2.解析:设铁锁的重心到其下端的距离为d,则T=2π,化简整理得L=d+T2,所以L T2图像在纵轴上的截距为d,其斜率为,结合题图可知,d=1.0 cm,=≈0.24 m/s2,g≈9.5m/s2,所以小铁锁的重心到其下端的距离为 1.0 cm;同时可测得当地重力加速度大小为9.5 m/s2.答案:1.0 9.55.(2012年天津卷)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图所示.这样做的目的是(填字母代号).A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量得更加准确C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.999 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为mm,单摆摆长为 m.(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动的图像,已知sin 5°=0.087,sin 15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是(填字母代号).解析:(1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变,从而保证摆长不变,同时又便于调节摆长,选项A、C正确;(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d=12 mm+0.1 mm×0=12.0 mm,则单摆摆长为L0=L-d/2=0.993 0 m(注意统一单位);(3)单摆摆角不超过5°,故振幅应小于8.7 cm,选项C、D错误;为了减小实验误差,计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始,故选项A的操作符合要求.答案:(1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A。

专题48用单摆测量重力加速度一．实验思路：当摆角较小时，单摆做简谐运动，根据其周期公式可得g ＝B ，则测出单摆的摆长和周期即可测出重力加速度.二、实验器材带孔小钢球一个、不易伸长的细丝线一条(长约1m)、毫米刻度尺一把、停表、游标卡尺、带铁夹的铁架台。

三、实验步骤1．做单摆：取约1m 长的细丝线穿过带孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，并把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂。

2．测摆长：用米尺量出摆线长l 0(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D ，则单摆的摆长l ＝l 0＋D 2。

3．测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆做30～50次全振动的总时间，算出平均一次全振动的时间，即单摆的振动周期。

反复测量三次，再算出测得周期数值的平均值。

4．改变摆长，重做几次实验。

四、数据处理1．公式法将测得的几次的周期T 和摆长l 代入g ＝4π2l T2中算出重力加速度g 的值，再算出g 的平均值，即当地的重力加速度的值。

2．图像法由单摆的周期公式T ＝2πl g 可得l ＝g 4π2T 2，因此以摆长l 为纵轴，以T 2为横轴作出的l －T 2图像，是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k ，即可求出g 的值。

g 4π2＝k ，k ＝l T 2＝Δl ΔT 2。

五、注意事项1．选择摆线时应尽量选择细、轻且不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm。

2．单摆悬线的上端不可随意卷在杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的情况。

3．小球在同一竖直面内摆动不要形成圆锥摆，且摆角小于5°.4．选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数．5．小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝l′＋r.1．（2022·全国·高三课时练习）某同学做“用单摆测量重力加速度”的实验时，提供了下列部分器材：①长约1m的细线②直径约为2cm的带孔匀质小钢球③数字停表④铁架台（如图）⑤游标卡尺⑥天平回答下列问题：（1）为了完成实验，上述器材不需要的是______（填器材前的序号）。

[学生用书P401(单独成册)](建议用时：40分钟)一、选择题1．关于简谐运动的周期，以下说法正确的是()A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同C．半个周期内物体的动能变化一定为零D．一个周期内物体的势能变化一定为零E．经过一个周期质点通过的路程为零解析：选ACD.根据周期的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故A、D正确．当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故B错误，C正确．经过一个周期，质点通过的路程为4A，E错误．2．(2019·高考江苏卷)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()A．位移增大B．速度增大C．回复力增大D．机械能增大答案：AC3．关于受迫振动和共振，下列说法正确的是()A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个E．受迫振动系统的机械能守恒解析：选BCD.火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；根据共振现象可知，D正确；受迫振动系统驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误．4.(2020·北京海淀区模拟)如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的动量为p、动能为E k.下列说法正确的是() A．如果在t2时刻物块的动量也为p，则t2－t1的最小值为TB．如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2－t1的最小值为TC．当物块通过O点时，其加速度最小D．物块运动至C点时，其加速度最小解析：选C.物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的动量也为p，t2－t1的最小值小于等于T2，故A错误；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2－t1的最小值可以小于T，故B错误；图中O点是平衡位置，根据a＝－kxm知，物块经过O点时位移最小，则其加速度最小，故C正确；物块运动至C点时，位移最大，其加速度最大，故D错误．5．如图所示，在两根等长的曲线下悬挂一个小球(可视为质点)组成了所谓的双线摆，若摆长为l，两线与天花板的左、右两侧夹角均为α，当小球垂直纸面做简谐运动时，其周期为()A．2πlg B．2π2lgC．2π2l cos αg D．2πl sin αg解析：选D.根据公式T＝2πl′g，本题中l′＝l sinα，故T＝2πl sin αg，D正确．6．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是()A．弹簧振子的周期为4 sB．弹簧振子的振幅为10 cmC．t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cmD ．若纸带运动的速度为2 cm/s ，振动图线上1、3两点间的距离是4 cmE ．2.5 s 时振子正在向x 轴正方向运动解析：选ABD.周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T ＝4 s ，故A 正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10 cm ，故B 正确；振子的周期为4 s ，由周期性知，t ＝17 s 时振子相对平衡位置的位移与t ＝1 s 时振子相对平衡位置的位移相同为0，故C 错误；若纸带运动的速度为2 cm/s ，振动图线上1、3两点间的距离是s ＝v t ＝2 cm/s ×2 s ＝4 cm ，故D 正确；由题图乙可知2.5 s 时振子正在向x 轴负方向运动，故E 错误．7．(2020·江西重点中学联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则( )A ．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB ．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC ．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D ．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E ．振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功解析：选BDE.摇把匀速转动的频率f ＝n ＝24060 Hz ＝4 Hz ，周期T ＝1f＝0.25 s ，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A 错误，B 正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz ，弹簧振子的振幅将增大，C 错误，D 正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E 正确．8．如图甲所示为以O 点为平衡位置，在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )A ．在t ＝0.2 s 时，弹簧振子的加速度为正向最大B ．在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子在同一位置C ．从t ＝0到t ＝0.2 s 时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D ．在t ＝0.6 s 时，弹簧振子有最小的弹性势能E．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子速度都为零解析：选BCE.t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误；t＝0.2 s与t＝0.6 s，振子在最大位移处，速度为零，E正确．9．(2020·甘肃兰州一中高三质检)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．甲摆的周期比乙摆大E．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析：选ABE.可从题图上看出甲摆振幅大，B正确；由题图知两摆周期相等，则摆长相等，因两摆球质量关系不明确，无法比较它们的机械能的大小，A正确，C、D错误；t ＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，E正确．10．(2020·湖北襄阳四中模拟)如图甲所示为一弹簧振子自由振动(即做简谐运动)时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是()A．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4 sB．由图乙可知弹簧振子的固有周期为8 sC．由图乙可知外力的周期为8 sD．如果改变外力的周期，在接近4 s的附近该弹簧振子的振幅较大E ．如果改变外力的周期，在接近8 s 的附近该弹簧振子的振幅较大解析：选ACD.图甲是弹簧振子自由振动时的图象，由图甲可知，其振动的固有周期为4 s ，A 正确，B 错误；图乙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图象，弹簧振子的振动周期等于驱动力的周期，即8 s ，C 正确；当固有周期与驱动力的周期相等时，其振幅最大，驱动力的周期越接近固有周期，弹簧振子的振幅越大，D 正确，E 错误．11．(2020·山东济南模拟)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知( )A ．两弹簧振子完全相同B ．两弹簧振子所受回复力最大值之比F 甲∶F 乙＝2∶1C ．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D ．两振子的振动频率之比f 甲∶f 乙＝1∶2E ．振子甲加速度为零时，振子乙速度最大解析：选CDE.从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T 甲∶T 乙＝2∶1，得频率之比f 甲∶f 乙＝1∶2，D 正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k 有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A 错误；由于弹簧的劲度系数k 不一定相同，所以两振子所受回复力(F ＝－kx )的最大值之比F 甲∶F 乙不一定为2∶1，B 错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，C 正确，同理E 也正确．12．如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T ＝2πm k，式中m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )A ．甲的振幅是乙的振幅的4倍B ．甲的振幅等于乙的振幅C ．甲的最大速度是乙的最大速度的12D ．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍E．甲的振动频率是乙的振动频率的2倍解析：选BCD.细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同，细线断开后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等，A错误，B正确；两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块开始做简谐运动时的机械能，二者相等，根据机械能守恒，可知在振动过程中，它们的机械能相等，到达平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，二者相等，因为甲的质量是乙的质量的4倍，根据动能公式可知甲的最大速度是乙的最大速度的12，C正确；根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T＝2πmk，甲的质量是乙的质量的4倍，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，D正确；根据周期与频率成反比可知，甲的振动频率是乙的振动频率的12，E错误．二、非选择题13．(2020·河北衡水模拟)物理实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验．(1)实验室有如下器材可供选用：A．长约1 m的细线B．长约1 m的橡皮绳C．直径约为2 cm的均匀铁球D．直径约为5 cm的均匀木球E．秒表F．时钟G．最小刻度为毫米的刻度尺实验小组的同学需要从上述器材中选择________(填写器材前面的字母)．(2)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)．(3)某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是________．A．测摆长时记录的是摆线的长度B．开始计时时，秒表过早按下C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了D．实验中误将29次全振动数记为30次解析：(1)需要从题给器材中选择：长约1 m的细线，直径约2 cm的均匀铁球，秒表(测量50次全振动的时间)，最小刻度为毫米的刻度尺(测量摆长)．(2)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A＝l sin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A.(3)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g＝4π2LT2.将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，故A错误；开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，故B错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，故C错误；设单摆29次全振动的时间为t，则单摆的周期T＝t29，若误计为30次，则T测＝t30<t29，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，故D正确．答案：(1)ACEG(2)A(3)D。

2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度一、选择题1、在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是( )A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度越大越好D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期解析：当适当加长摆线时，单摆的周期将增大，故可以减小周期测量的相对误差，A正确；质量相同，体积越大的摆球，所受的阻力会影响其做单摆运动，B错；单摆偏离平衡位置的角度不能超过10°，C 错；在D中，会增大周期测量的误差，D错．答案：A2、某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值．造成这一情况的可能原因是( )A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T＝t30求得周期C．开始摆动时振幅过小D．所用摆球的质量过大解析：由T＝2πlg得g＝4π2T2l，g值偏大说明l偏大或T偏小．把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使l偏小，g值偏小，A错；摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期T＝t15，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B对；单摆周期与振幅和摆球质量无关，C、D错误．答案：B3、某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是（）A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：单摆符合简谐运动的条件是最大偏角不超过10°，并从平衡位置计时，故A 错误；若第一次过平衡位置计为“0”则周期T ＝t50，若第一次过平衡位置计为“1”则周期T ＝t49.5，B 错误；由T ＝2πL /g 得g ＝4π2LT2，其中L 为摆长，即悬线长加摆球半径，若为悬线长加摆球直径，由公式知g 偏大，故C 正确；为了能将摆球视为质点和减少空气阻力引起的相对误差，应选密度较大体积较小的摆球，故D 错误． 答案：C4、劲度系数为20 N/cm 的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A 点对应的时刻( )A ．振子所受的弹力大小为0.5 N ，方向指向x 轴的负方向B ．振子的速度方向指向x 轴的正方向C ．在0～4 s 内振子做了1.75次全振动D．在0～4 s内振子通过的路程为0.35 cm，位移为0解析：由题图可知A在t轴上方，位移x＝0.25 cm，所以弹力F＝－kx＝－5 N，即弹力大小为5 N，方向指向x轴负方向，选项A不正确；过A点作图象的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故选项B正确；t＝0、t＝4 s时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0～4 s内完成两次全振动，选项C错误；由于t＝0时刻和t＝4 s 时刻振子都在最大位移处，所以在0～4 s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5 cm，在0～4 s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为2×4×0.5 cm＝4 cm，故选项D错误．综上，应选B.答案：B5．(多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车由于受到周期性的冲击力做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m，列车的固有振动周期为0.315 s．下列说法正确的是( )A．列车的危险速率为40 m/sB．列车过桥需要减速，是为了防止列车与桥发生共振现象C ．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D ．增加钢轨的长度有利于列车高速运行解析：对于受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率v ＝lT＝40 m/s ，A 正确；为了防止共振现象发生，过桥时需要减速，B 正确；列车运行时的振动频率总等于驱动力的频率，只有共振时才等于列车的固有频率，C 错误；由v ＝lT可知，l 增大，T 不变，v 变大，所以D 正确． 答案：ABD6．（多选）甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知( )A ．两弹簧振子完全相同B ．两弹簧振子所受回复力最大值之比F 甲∶F 乙＝2∶1C ．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D ．振子的振动频率之比f 甲∶f 乙＝1∶2解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T 甲∶T 乙＝2∶1，得频率之比f 甲∶f 乙＝1∶2，D 选项正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误；对简谐运动进行分析可知，在振子达到平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确．答案：CD7．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则( )A.f固＝60 HzB．60 Hz<f固<70 HzC．50 Hz<f固<60 HzD．以上三个都不对解析：从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz<f固<60 Hz，即C正确．答案：C8．（多选）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小解析：从t ＝0.8 s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8 s 时，速度方向向左，A 正确；由题中图象得振子的位移表达式为x ＝12sin 5π4t cm ，故t ＝0.2 s 时，x ＝6 2 cm ，故B 错误；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移方向相反，由a ＝－kxm知，加速度方向相反，C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D 错误． 答案：A二、非选择题9．在“用单摆测重力加速度”的实验中，(1)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，应选用下列器材中的________。

第 2 课时 单 摆基础知识归纳 1.单摆在一条不可伸长、不计质量的细线下端系一质点所形成的装置.单摆是实际摆的理想化物理模型.2.单摆做简谐运动的回复力单摆做简谐运动的回复力是由重力mg 沿圆弧切线的分力 F ＝mg sin θ 提供(不是摆球所受的合外力)，θ为细线与竖直方向的夹角，叫偏角.当θ很小时，圆弧可以近似地看成直线，分力F 可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明F ＝－tmgx ＝－kx .可见θ很小时，单摆的振动是 简谐运动 .3.单摆的周期公式(1)单摆的等时性：在振幅很小时，单摆的周期与单摆的 振幅 无关，单摆的这种性质叫单摆的等时性，是 伽利略 首先发现的.(2)单摆的周期公式 π2 g lT =，由此式可知T ∝g1，T 与 振幅 及 摆球质量 无关.4.单摆的应用(1)计时器：利用单摆的等时性制成计时仪器，如摆钟等，由单摆的周期公式知道调节单摆摆长即可调节钟表快慢.(2)测定重力加速度：由gl T π2=变形得g ＝22π4Tl，只要测出单摆的摆长和振动周期，就可以求出当地的重力加速度.5.单摆的能量摆长为l ，摆球质量为m ，最大偏角为θ，选最低点为重力势能零点，则摆动过程中的总机械能为E ＝ mgl (1－cos θ) ，在最低点的速度为v ＝) cos 1(2 θ-gl重点难点突破一、单摆做简谐运动的回复力如图所示，摆球受重力mg 和绳子拉力F ′两个力的作用，将重力按切线方向和径向方向正交分解，则绳子的拉力F ′与重力的径向分量的合力提供了摆球做圆周运动所需的向心力，而重力的切向分力F 提供了摆球振动所需的回复力F ＝mg sin θ设单摆的摆长为l ，在最大偏角θ很小的条件下，摆球对O 点的位移x 的大小与θ角所对应的弧长、θ角所对应的弦长都近似相等，即x ＝=OP 若偏角θ用弧度表示，则由数学关系知sin θ＝lxl OP ≈ 所以重力沿切向的分力F ＝mg sin θ≈mg lx令k ＝lmg，则F ＝k x 因为F 的方向可认为与x 方向相反，则F 回＝－k x 由此可见单摆的偏角很小条件下的振动为简谐运动. 二、单摆的周期公式1.等效摆长l ：摆长l 是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不是一定为摆线的长，如下图中，摆球可视为质点，各段绳长均为l ，甲、乙摆球做垂直纸面的小角度摆动，丙图中球在纸面内做小角度摆动，O ′为垂直纸面的钉子，而OO ′＝3l，求各摆的周期.甲：等效摆长l ′＝l sin α，T 甲＝2πgl αsin 乙：等效摆长l ′＝l sin α＋l ，T 乙＝2πgl )1 (sin +α 丙：摆线摆到竖直位置时，圆心就由O 变为O ′，摆球振动时，半个周期摆长为l ，另半个周期摆长为(l －3l)，即为32l ，则单摆丙的周期为T 丙＝πg l＋πgl 32 2.等效重力加速度g ，g 不一定等于9.8 m/s 2.g 由单摆所在的空间位置决定，由g ＝G2RM，g 随所在地球表面的位置和高度的变化而变化，而且纬度越低，高度越高，g 的值就越小，在不同星球上g 也不同.g 还由单摆系统的运动状态决定，如单摆处在向上加速的升降机中，设加速度为a ，则摆球处于超重状态，沿圆弧的切向分力变大，则重力加速度的等效值g ′＝g ＋a ，若升降机加速下降，则g ′＝g －a ，单摆若在轨道上运行的卫星内，摆球完全失重，回复力为零，等效值g ′＝0，摆球不摆动，周期无穷大.一般情况下，g ′值等于摆球相对于加速系统静止在平衡位置时(平衡位置是指回复力为零的位置，而不是合力为零的位置，也可以说成是让摆球不摆动时的位置)，摆线所受的张力与摆球质量的比值.三、用单摆测定重力加速度由公式T ＝2πg l，可知g ＝22π4Tl ，因此测出摆长l 和周期T ，就可以求出当地的重力加典例精析1.单摆周期公式的应用【例1】如图，两个单摆摆长相等，平衡时两摆球刚好接触.现在将摆球A 在两摆球所在的平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后两个摆球各自做简谐运动，以m A 和m B 分别表示两球质量，则( )A.如果m A >m B ，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果m A >m B ，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置左侧【解析】从单摆的周期公式可以知道，当摆长相等时，周期就相等.两球碰后有两种可能：一是速度方向相反，这样两球各自到达最高点再返回平衡位置都是半个周期的时间.只能在平衡位置相碰；二是碰后速度向同一方向摆动，也都是分别摆到各自的最大高度处再返回平衡位置，时间还是半个周期，仍在平衡位置相碰.【答案】CD【思维提升】单摆的周期与摆球质量无关.【拓展1】一只计时准确的摆钟从甲地拿到了乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述正确的是( C )A.g 甲＞g 乙，将摆长适当增长B.g 甲＞g 乙，将摆长适当缩短C.g 甲＜g 乙，将摆长适当增长D.g 甲＜g 乙，将摆长适当缩短【解析】钟摆摆动加快，周期变小，由于T ＝2πgl可知l 一定时，g 增大，则T 变小，所以g 甲＜g 乙，要使T 不变，应适当增长摆长l .2.利用T ＝2πgl测重力加速度 【例2】一位同学用单摆测定当地的重力加速度，他将单摆挂起后，做了如下工作： a.测摆长l ：用米尺量出摆线的长度；b.测周期T ：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按下秒表停止计时.读出这段时间t ，算出单摆的周期T ＝60t；c.将所测得的l 和T 代入单摆的周期公式T ＝2πgl ，算出g ，将它作为实验的最后结果写入报告中去.指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正(不要求进行误差计算).【解析】a.要测出摆球直径d ，摆长l 等于摆线长加上2d ；b.周期T ＝5.29t ；c.应多测量几次，然后取g 的平均值作为实验的最后结果.【思维提升】正确理解摆长的测量，正确记录周期，多次测量，减小误差. 【拓展2】下表是用单摆测定重力加速度的实验中获得的有关数据(1)(2)利用图象，取T 2＝4.2 s 2时，l ＝ 1.05 m ，重力加速度g ＝ 9.86 m/s 2.【解析】(1)l-T 2图象如图中直线所示.(2)T 2＝4.2 s 2时，从图中画出的直线上可读出其摆长约为l ＝1.05 m ，将T 2与l 代入公式g ＝22π4Tl 得g ＝9.86 m/s 23.非平衡系统中单摆周期的计算【例3】在一加速系统中有一摆长为l 的单摆.(1)当加速系统以加速度a 竖直向上做匀加速运动时，单摆的周期多大？若竖直向下加速呢？(2)当加速系统在水平方向以加速度a 做匀加速直线运动时，单摆的周期多大？ 【解析】(1)当单摆随加速系统向上加速时，设在平衡位置相对静止的摆球的视重为F ，如图甲所示，则F －mg ＝ma故F ＝m (g ＋a )，由F ＝mg ′得g ′＝g ＋a所以单摆周期T 1＝2πg l'＝2πag l+ 同理，当加速系统竖直向下加速时，视重F ＝m (g －a ) 则g ′＝g －a ，故T 2＝2πag l- (2)当系统在水平方向加速时，相对系统静止时摆球的位置如图乙所示，视重F ＝m 22a g +.故等效重力加速度g ′＝22a g +，所以T 3＝2π221ag +【思维提升】等效重力加速度的大小等于摆球相对系统静止于平衡位置时，绳的拉力F (即视重)与质量m 的比值.【拓展3】如图所示，在光滑水平面上的O 点系一长为l 的绝缘细线，线的另一端系一质量为m 、带电荷量为q 的小球，当沿细线方向加上场强为E 的匀强电场后，小球处于平衡状态，现给小球一垂直于细线的初速度v 0，使小球在水平面上开始运动，若v 0很小，则小球第一次回到平衡位置所需时间为 πqEml. 【解析】球离开平衡位置后，由于v 0很小，故做简谐运动，回复力为电场力在运动方向的分量.由周期公式T ＝2πgl知，g 可等效为m qE ，代入公式得T ＝2πqEml，则第一次回到平衡位置的时间为2T＝πqEml易错门诊 4.摆钟的计时【例4】某摆钟，当其摆长为l 1时，在一段时间内快了Δt ；当其摆长为l 2时，在同样一段时间内慢了Δt ，试求走时准确时摆钟的摆长.【错解】设准确的摆钟摆长为l 0，周期为T 0，设这段时间为t ，则快了的摆钟周期为T 1，慢了的摆钟周期为T 2，周期长了就是时间显示快了，周期慢了就是时间显示短了.根据题意，可得T 1/T 0＝(t ＋Δt )/t ，T 2/T 0＝(t －Δt )/t而我们可以根据周期公式写出下面的关系式T 1＝2πg l 1，T 2＝2πg l 2，T 0＝2πgl 0所以有21l l ＝(t ＋Δt )/t ，2l l ＝(t －Δt )/t上面两式消除t 可得l 0＝422121l l l l ++【错因】上述解法没有考虑到钟的快慢决定于频率的快慢.时间显示快了正是因为摆钟的频率大了或周期小了，恰好与上述解法相反.【正解】摆钟走慢是因为频率小，走快是因为频率大，因此有频率之比等于显示的时间之比，即t tt l l f f t t t l l f f ∆-==∆+==20021001, 两式消除t 得l 0＝22121)(4l l l l -【思维提升】由摆钟的机械构造决定钟摆每完成一次全振动摆钟所显示的时间为一定值，若周期变长则实际用时大于钟面显示的时间，计时变慢，反之，则计时变快.。