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4．單擺
課前自主學習
課堂探究評價
課后課時作業
6
口4．單擺
1．理解單擺模型和單擺做簡諧運動的條件，知道單擺振動時回復力的來源。2.了解影響單擺周期的因素，掌握單擺的周期公式。
一、單擺的回復力
1．單擺：將一小球用細線懸掛起來，把小球拉離最低點釋放后，小球就會來回擺動。如果細線的長度不可改變，細線的質量與小球相比可以忽略，球的直徑和線的長度相比可以忽略，與小球受到的重力及線的拉力相比，空氣等對它的阻力可以忽略，這樣的裝置就叫作單擺。單擺是實際擺的理想化模型。
2．單擺的回復力
(1)回復力的來源：擺球的重力沿圓弧切線方向的分力F＝mgsinθ。
(2)回復力的特點：當擺角θ很小時，可認為回復力F指向平衡位置，與位移x反向。若單擺擺長為l、擺球質量為m，則回復力F＝－x＝－kx，因此單擺在擺角很小的情況下做簡諧運動。
二、單擺的周期
1．探究影響單擺周期的因素
(1)探究方法：控制變量法。
(2)實驗結論：單擺做簡諧運動的周期與擺長有關，擺長越長，周期越大；單擺的周期與擺球質量和振幅無關。
2．周期公式
(1)提出：周期公式是荷蘭物理學家惠更斯首先提出的。
(2)公式：T＝2π ，即單擺做簡諧運動的周期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。
判一判
(1)一根細線一端固定，另一端拴一小球就構成一個單擺。(　　)
(2)單擺回復力的方向總是指向懸掛位置。(　　)
(3)單擺的回復力是由擺球重力的分力提供的。(　　)
(4)單擺的振幅越大周期越大。(　　)
(5)單擺的周期與擺球的質量無關。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
想一想
(1)擺球經過平衡位置時，合外力是否為零？擺球到達最大位移處時v＝0，加速度是否等于0
提示：單擺擺動過程中經過平衡位置時不處于平衡狀態，有向心力和向心加速度，回復力為零，合外力不為零。擺球到達最大位移處時速度等于零，合外力等于重力沿圓弧切線方向的分力，所以加速度不等于零。
(2)把單擺從赤道處移至兩極處時，要保證單擺的周期不變，應如何調整擺長？
提示：兩極處的重力加速度大于赤道處的重力加速度，由T＝2π 知，應增大擺長，才能使周期不變。
課堂任務　單擺及其回復力
仔細觀察下列圖片，認真參與“師生互動”。
活動1：簡諧運動的回復力有什么特點？
提示：回復力的大小與振子相對平衡位置的位移大小成正比，方向與位移的方向相反，即F＝－kx。
活動2：如何驗證單擺的擺動是不是簡諧運動？
提示：可以畫出單擺的振動圖像，分析是不是正弦圖像，從而進行判斷。還可以分析擺球的回復力，判斷是否符合F＝－kx。
活動3：如圖，單擺做往復運動，單擺做往復運動的回復力是什么？
提示：單擺做往復運動的回復力就是圖中的F，它是重力的一個分力，其大小為mgsinθ。
活動4：當擺角θ很小時，sinθ≈θ，試分析這時單擺的運動是簡諧運動嗎？
提示：一般情況，回復力F與小球從O點到P點的位移x并不成正比也不反向。但是，當擺角θ很小時，擺球運動的圓弧可以看成直線，可認為F指向平衡位置O，與位移x反向。圓弧的長度可認為與擺球的位移x大小相等，即sinθ≈θ＝≈，因此，單擺振動的回復力F可表示為F＝－x，式中負號表示回復力與位移的方向相反。對一個確定的單擺來說，擺球質量m和擺長l是一定的，可以用一個常量k表示，于是上式可以寫成F＝－kx，可見，單擺在擺角很小的情況下做簡諧運動。
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可忽略；
②擺線的質量與擺球質量相比可忽略；
③擺球的直徑與擺線長度相比可忽略；
④空氣阻力與擺球的重力及繩的拉力相比可忽略。
2．單擺的回復力
如圖所示，重力G沿圓弧切線方向的分力F是擺球沿運動方向的合力，正是這個力提供了使擺球做簡諧運動的回復力：F＝－mgsinθ。
3．單擺的運動特點
(1)擺球以懸點為圓心做變速圓周運動，因此在運動過程中只要速度v≠0，半徑方向都受向心力(最高點其向心力為零)。向心力由細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力提供。
(2)擺球同時在平衡位置附近做往復運動，因此在運動過程中只要不在平衡位置，軌跡的切線方向都受回復力。
4．單擺做簡諧運動的推證
在θ很小時(理論值為≤5°)，sinθ≈θ≈。回復力F＝－Gsinθ≈－x＝－kx。因此，在擺角θ很小時，單擺做簡諧運動。
例1　(多選)關于單擺，下列說法中正確的是(　　)
A．單擺振動的回復力是重力沿圓弧切線方向的分力mgsinα，其中α是擺線與豎直方向之間的夾角
B．單擺的回復力是重力和擺線拉力的合力
C．單擺的擺球在平衡位置時(最低點)的加速度為零
D．單擺的振動周期在偏角很小的條件下跟振幅無關
(1)擺球通過平衡位置時，做何種運動？加速度是零嗎？
提示：擺球做圓周運動。加速度不為零。
(2)“振幅很小”的含義是什么？
提示：“振幅很小”時，擺球的運動可看成簡諧運動，此時，周期與振幅無關。
[規范解答]　單擺運動的軌跡是一段圓弧，在擺動的過程中，擺球受重力G和擺線的拉力FT兩個力的作用，提供回復力的是重力沿圓弧切線方向的分力mgsinα，而不是重力和擺線拉力的合力，A正確，B錯誤；擺球在平衡位置時有向心加速度，加速度不為零，C錯誤；通常情況下單擺的振動不是簡諧運動，只有在偏角很小的情況下才可近似看作簡諧運動，單擺做簡諧運動的條件下，周期與振幅無關，D正確。
[完美答案]　AD
規律點撥
回復力、向心力、合外力的區別與聯系
(1)區別
①回復力：使物體回到平衡位置且指向平衡位置的力；對單擺來說，重力沿圓弧切線方向的分力F＝mgsinθ提供回復力。
②向心力：使物體做曲線運動且指向圓心的力；對單擺來說，擺線的拉力和重力沿徑向的分力的合力提供向心力。
③合外力：物體所受的合力，它使物體的運動狀態發生變化。
(2)聯系：回復力、向心力、合外力均為效果力且均為矢量。回復力、向心力一定是變力，合外力可以為恒力，也可為變力。對單擺來說，回復力與向心力的合力等于合外力。
　對于單擺振動，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．單擺運動的回復力就是擺球受到的合力
C．擺球經過平衡位置時所受回復力為零
D．擺球經過平衡位置時所受合外力為零
答案　C
解析　單擺振動過程中受到重力和細線拉力的作用，把重力沿切向和徑向分解，其切向分力提供回復力，細線拉力與重力的徑向分力的合力提供向心力，向心力大小為m，可見最大偏角處向心力為零，平衡位置處向心力最大，而回復力在最大偏角處最大，在平衡位置處為零，故應選C。
課堂任務　單擺的周期
仔細觀察下列圖片，認真參與“師生互動”。
活動1：想一想單擺的周期可能與什么因素有關？用什么方法驗證？
提示：可能與單擺的振幅、擺球的質量、擺長有關。用控制變量法驗證。
活動2：實驗發現：單擺做簡諧運動的周期與擺長有關，與擺球質量和振幅無關。在探究單擺周期與擺長之間的定量關系時，對擺的振幅有要求嗎？
提示：振幅要足夠小，一般偏角不要超過5°。
活動3：對擺線和擺球有什么要求嗎？
提示：為使擺長穩定，空氣阻力影響較小，擺線質量影響較小，擺線要選較細、伸縮性較小并且適當長一些的，擺球要選質量大、體積小的。
活動4：如何分析單擺周期T和擺長l的實驗數據？
提示：先通過簡單的數據分析，對周期T與擺長l的定量關系做出猜測，例如可能是T∝l、T∝l2，或者T∝、T∝……然后按照猜測來確定縱坐標軸和橫坐標軸。例如，通過估算我們認為可能是T∝l2，那么可以用縱坐標表示T，橫坐標表示l2，作出圖像。如果這樣作出的圖像確實是一條直線，說明的確有T∝l2的關系，否則再做其他嘗試。
1．單擺的周期
荷蘭物理學家惠更斯發現單擺做簡諧運動的周期T與擺長l的二次方根成正比，與當地的重力加速度g的二次方根成反比，他確定周期公式為：T＝2π 。
(1)單擺的周期T＝2π ，只與擺長l及單擺所在處的重力加速度有關，與振幅及擺球的質量無關。(單擺的等時性就是指單擺的周期與振幅無關的性質。)
(2)單擺的周期公式在單擺偏角很小時成立(偏角為5°時，由周期公式算出的周期和精確值相差0.01%)。
(3)單擺周期公式中的g為單擺所在處的重力加速度，它會隨地理位置的改變而改變。l為單擺的擺長。擺長是指從懸點到擺球重心的長度，l＝l′＋，l′為擺線長，d為擺球直徑。
2．計算單擺的周期的方法
(1)用單擺的周期公式T＝2π 計算，計算的關鍵是正確確定擺長。
(2)根據T＝計算。這是粗測周期的一種方法，周期的大小雖然不取決于t和N，但可以利用該方法計算周期，它會受到時間t和振動次數N測量的準確性的影響。
3．等效單擺
如圖是一半徑為R的光滑凹槽，現將一半徑為r的小球從稍稍偏離最低點的位置釋放，小球做往復運動的回復力與單擺振動的回復力均為重力沿圓弧切線方向的分力，其運動與擺長為(R－r)的單擺等效，故其周期T＝2π 。
4．等效擺長問題
等效擺長為擺球運動軌跡所在圓弧的圓心到擺球球心間的距離。如圖甲、乙所示，忽略擺球直徑且擺球在垂直紙面的豎直平面內做小角度的擺動，則其等效擺長分別為L甲＝Lsinθ，L乙＝Lsinθ＋L1，周期分別為
T甲＝2π，T乙＝2π。
5．等效重力加速度問題
等效重力加速度為單擺處于靜止狀態時，擺線的拉力F(相當于視重)與擺球質量的比值，即g等＝。有關等效重力加速度的題比較復雜，但只要求出g等就可以求出對應的周期。
(1)擺球為帶電小球，擺線為輕質絕緣細線，豎直方向有電場的單擺。
如圖甲所示，電場方向豎直向下，擺球帶正電，單擺處于靜止狀態時擺線的拉力F＝mg＋Eq，其等效重力加速度為g等＝＝g＋，所以單擺的周期為T＝2π＝2π。同理可得，如果電場強度豎直向上，則單擺的周期為T＝2π。
(2)擺線一端固定在光滑斜面上，另一端連接擺球，擺球在光滑斜面上小角度擺動的單擺。
如圖乙所示，在斜面上擺球靜止時擺線的拉力F＝mgsinα，所以g等＝gsinα，在斜面上該單擺的周期為T＝2π。
例2　有一單擺，其擺長l＝1.02 m，擺球的質量m＝0.10 kg，已知單擺做簡諧運動，單擺振動30次用的時間t＝60.8 s，試求：
(1)當地的重力加速度是多大？
(2)如果將這個擺改為秒擺，擺長應怎樣改變？改變多少？
(1)根據周期公式如何求重力加速度？
提示：由T＝2π 得g＝。
(2)要改變單擺的周期，可采用哪些措施？
提示：由T＝2π 可知，改變l和g均可使單擺的周期改變。
[規范解答]　(1)當單擺做簡諧運動時，其周期公式T＝2π ，由此可得g＝，只要求出T值代入即可。
因為T＝＝ s≈2.027 s，
所以g＝≈ m/s2≈9.79 m/s2。
(2)秒擺的周期是2 s，設其擺長為l0，由于在同一地點重力加速度是不變的，根據單擺的振動規律有：
＝，
故有：l0＝＝ m≈0.993 m。
其擺長要縮短，縮短量Δl＝l－l0＝1.02 m－0.993 m＝0.027 m。
[完美答案]　(1)9.79 m/s2　(2)縮短　0.027 m
規律點撥
1 注意秒擺是周期為2 s的單擺，不是一秒；其擺長約為1 m。
2 單擺振動周期改變的途徑
①改變單擺的擺長；
②改變單擺所在處的重力加速度 改變單擺的地理位置或使單擺超重或失重 。
　如圖所示是半徑很大的光滑凹球面的一部分，有一個小球第一次自A點由靜止開始滑下，到達最低點O時的速度為v1，用時為t1；第二次自B點由靜止開始滑下，到達最低點O時的速度為v2，用時為t2，下列關系正確的是(　　)
A．t1＝t2，v1>v2 B．t1>t2，v1C．t1v2 D．t1>t2，v1>v2
答案　A
解析　小球從A、B點由靜止開始滑下均做等效單擺的運動，t1＝＝ ，t2＝＝ ，R為球面半徑，故t1＝t2；A點離平衡位置遠些，與平衡位置的高度差較大，由機械能守恒定律可知從A點滑下到達平衡位置O時的速度較大，即v1＞v2。故A正確。
例3　有人利用安裝在氣球載人艙內的單擺來確定氣球的高度。已知該單擺在海平面處的周期是T，當氣球停在某一高度時，測得該單擺周期為T′，求該氣球此時離海平面的高度h。(把地球看作質量均勻分布的半徑為R的球體)
(1)題中單擺在兩位置處的周期為何不同？
提示：重力加速度不同。
(2)此題除要用到單擺的周期公式，還要用到什么知識？
提示：萬有引力的有關知識。
[規范解答]　設擺長為l，海平面處和離海平面的高度為h處的重力加速度分別是g和g′。
根據單擺周期公式得
T＝2π，T′＝2π，
故＝
根據萬有引力公式有G＝mg(M為地球質量)，
得g＝G，同理g′＝G，得＝，
由以上結論可得
＝，則h＝R。
[完美答案]　R
規律點撥
本題是一個既考查天體運動又考查單擺的綜合題。重力加速度g是聯系“單擺”與“天體運動”的紐帶，無論從單擺到天體運動，還是從天體運動到單擺，首先必須求出或表示出g。這類問題經常會用到萬有引力定律及黃金代換GM＝gR2。
　一單擺在地面上的擺動周期與在某礦井底部的擺動周期的比值為k。設地球的半徑為R，假定地球的密度均勻，已知質量均勻分布的球殼對殼內物體的引力為零，求礦井的深度d。
答案　(1－k2)R
解析　單擺在地面和礦井底部的周期分別為
T＝2π，①
T′＝2π，②
由題目知＝k，③
單擺在地面和礦井底部的重力加速度分別為
g＝，④
g′＝，⑤
由質量和體積的關系知
M＝πR3ρ，⑥
M′＝π(R－d)3ρ，⑦
聯立①②③④⑤⑥⑦式解得d＝(1－k2)R。
　如圖，一可視為質點的小球用長為L的細線系于與水平面成α角的光滑斜面內，小球呈平衡狀態。若使細線偏離平衡位置，其偏角小于5°，然后將小球由靜止釋放，則小球到達最低點所需的時間至少為多少？
答案　
解析　此單擺做簡諧運動，將其與豎直平面內振動的單擺比較可以發現，其等效重力加速度為gsinα，故其振動周期T＝2π ，小球到達最低點所需的時間至少為t＝＝ 。
1.(單擺的認識)(多選)單擺是為研究振動而抽象出的理想化模型，其理想化條件是(　　)
A．擺線質量不計
B．擺線不可伸縮
C．擺球的直徑比擺線長度短得多
D．只要是單擺的運動就是一種簡諧運動
答案　ABC
解析　單擺由擺線和擺球組成，擺線只計長度不計質量，擺球只計質量不計大小，且擺線不可伸縮。但把單擺的運動作為簡諧運動來處理是有條件的，只有在擺角很小(θ≤5°)的情況下才能視單擺的運動為簡諧運動。故A、B、C正確，D錯誤。
2．(單擺的回復力)單擺振動的回復力是(　　)
A．擺球所受的重力
B．擺球重力在垂直懸線方向上的分力
C．懸線對擺球的拉力
D．擺球所受重力和懸線對擺球拉力的合力
答案　B
解析　單擺振動的回復力是擺球重力沿圓弧切線方向的分力，即擺球重力在垂直懸線方向上的分力，B正確。
3．(單擺的簡諧運動)關于單擺，下列說法中正確的是(　　)
A．擺球運動的回復力是它受到的合力
B．擺球在運動過程中經過軌跡上的同一點，加速度是不變的
C．擺球在運動過程中加速度的方向始終指向平衡位置
D．擺球經過平衡位置時，加速度為零
答案　B
解析　擺球的回復力為重力沿其運動軌跡切線方向的分力，A錯誤；擺球經過平衡位置即最低點時，回復力為0，但合力提供向心力，不為0，故此時加速度不為0，D錯誤；回復力的方向指向平衡位置，但合力的方向并不始終指向平衡位置，故擺球在運動過程中的加速度方向也并不始終指向平衡位置，C錯誤；由簡諧運動特點可知B正確。
4．(單擺的周期)發生下列哪一種情況時，單擺周期會增大(　　)
A．增大擺球質量 B．縮短擺長
C．減小單擺振幅 D．將單擺由山下移至山頂
答案　D
解析　由單擺的周期公式T＝2π 知，T與單擺的擺球質量、振幅無關，縮短擺長，l變小，T變小，A、B、C錯誤；單擺由山下移到山頂，g變小，T變大，D正確。
5．(單擺周期的應用)如圖所示，光滑圓弧軌道的半徑為2 m，C點為圓心正下方的點，A、B兩點與C點的距離分別為6 cm與2 cm，a、b兩直徑相同的小球分別從A、B兩點由靜止同時釋放，則兩小球相碰的位置是(　　)
A．C點 B．C點右側
C．C點左側 D．不能確定
答案　A
解析　由于軌道半徑遠大于A、B兩點與C點的距離，故兩小球都可看作在做簡諧運動，類似于單擺。因此周期只與“擺長”即軌道半徑和當地的重力加速度有關，與運動的弧長即振幅無關，可知兩小球周期相同，故兩小球同時到達C點，即在C點相碰，A正確。
6．(單擺的周期與運動)如圖所示的單擺，擺長為l＝40 cm，擺球在t＝0時刻從右側最高點釋放做簡諧運動，則當t＝1 s時，小球的運動情況是(g取10 m/s2)(　　)
A．向右加速 B．向右減速
C．向左加速 D．向左減速
答案　B
解析　單擺的周期T＝2π＝2π s＝0.4π s≈1.256 s，t＝1 s時，T7．(單擺的周期)已知在地面上某一位置單擺a完成10次簡諧運動的全振動的時間，單擺b正好完成6次簡諧運動的全振動，兩單擺擺長之差為1.6 m，則兩單擺擺長La與Lb分別為(　　)
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
答案　B
解析　單擺完成一次全振動所需的時間叫作單擺的周期，根據題設可知a、b兩單擺的周期之比為：＝，由單擺的周期公式T＝2π 得：＝，根據題設可知Lb－La＝1.6 m，聯立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m。故B正確。
8．(綜合提升)圖甲是一個單擺振動的情形，O是它的平衡位置，B、C是擺球所能到達的最遠位置，設擺球向右運動為正方向，圖乙是這個單擺的振動圖像，根據圖像回答：
(1)單擺振動的頻率是多大？
(2)開始時刻擺球在何位置？
(3)若當地的重力加速度為10 m/s2，試求這個單擺的擺長是多少？
答案　(1)1.25 Hz　(2)B點　(3)0.16 m
解析　(1)由圖乙知周期T＝0.8 s，
則頻率f＝＝1.25 Hz。
(2)由圖乙知，t＝0時刻擺球在負向最大位移處，因向右為正方向，所以開始時刻擺球在B點。
(3)由T＝2π ，得l＝≈0.16 m。
9．(等效重力加速度問題)如圖所示，單擺甲放在空氣中，周期為T甲，單擺乙帶正電，放在勻強磁場中，周期為T乙，單擺丙帶正電，放在勻強電場中，周期為T丙，單擺丁放在靜止的光滑斜面上，周期為T丁。已知以上四個單擺所在位置重力加速度大小相等，且擺長相等，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　甲為普通單擺，T甲＝2π。根據等效重力加速度的求法，可知：對乙，洛倫茲力不提供回復力，則T乙＝2π ；對丙有：F丙＝mg＋Eq＝mg′，則T丙＝2π ＝2π；對丁有：F丁＝mgsinα＝mg″，則T丁＝2π＝2π 。由此可知T丁>T甲＝T乙>T丙，D正確。
10. (綜合提升)(多選)甲、乙兩單擺的振動圖像如圖，則(　　)
A．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則甲、乙兩單擺的擺長之比為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為l甲∶l乙＝4∶1
C．若甲、乙兩擺擺長相同，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為g甲∶g乙＝4∶1
D．若甲、乙兩擺擺長相同，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為g甲∶g乙＝1∶4
答案　BD
解析　由題圖可知T甲∶T乙＝2∶1，根據單擺的周期公式T＝2π ，得l＝g，若兩單擺在同一地點，則g相同，則兩擺長之比為l甲∶l乙＝4∶1，故A錯誤，B正確；根據單擺的周期公式T＝2π ，得g＝4π2，若兩擺長相等，則兩擺所在星球的重力加速度之比為g甲∶g乙＝1∶4，故C錯誤，D正確。
11．(綜合)關于單擺的運動，下列說法正確的是(　　)
①單擺的回復力是擺線的拉力與重力的合力
②單擺的回復力是重力沿擺球運動軌跡切向的分力
③單擺的周期與擺球質量無關，與振幅無關，與擺長和當地的重力加速度有關
④單擺的運動是簡諧運動
⑤在山腳下走時準確的擺鐘移到高山上走時將變快
A．③④ B．②③
C．③④⑤ D．①④⑤
答案　B
解析　單擺的回復力是重力沿擺球運動軌跡切向的分力，千萬不要誤認為是擺球所受的合外力，所以說法①錯誤，說法②正確；根據單擺的周期公式T＝2π可知，單擺的周期與擺球質量無關，與振幅無關，與擺長和當地的重力加速度有關，說法③正確；只有在擺角很小(θ≤5°)的情況下才能視單擺的運動為簡諧運動，說法④錯誤；將擺鐘從山腳移到高山上時，擺鐘所在位置的重力加速度g變小，根據T＝2π 可知，擺鐘振動的周期變大，計時變慢，說法⑤錯誤。綜上可知，只有說法②③正確，故選B。
12. (綜合提升)(多選)如圖所示，在同一地點用質量分別為m和2m的小球做成擺長相等的兩個擺，開始時將它們拉開平衡位置的擺角分別為θ1和θ2，且θ1＜θ2＜5°，放手后兩單擺在擺動的過程中(　　)
A．周期相等
B．周期不相等
C．通過最低點時細線的拉力相同
D．通過最低點時細線的拉力不同
答案　AD
解析　由周期公式T＝2π可知A正確，B錯誤。設經過最低點時的速度分別為v1、v2，細線拉力分別為F1、F2，擺長均為L，因為θ1＜θ2，由機械能守恒得v1＜v2；由牛頓第二定律得F1－mg＝，F2－2mg＝，所以F1＜F2，故C錯誤，D正確。
13．(單擺的圖像分析)(2019·福建廈門二中高二期中)(多選)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖像，下列說法中正確的是(　　)
A．甲的擺長比乙的擺長大
B．甲擺的振幅比乙擺大
C．甲擺的機械能比乙擺大
D．在t＝0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺
答案　BD
解析　從題圖可看出甲擺比乙擺振幅大，B正確；由題圖可看出兩單擺周期相等，由T＝2π可知兩單擺擺長相等，A錯誤；因兩單擺上物體的質量大小關系不明確，故無法比較機械能的大小，C錯誤；t＝0.5 s時，甲單擺在平衡位置處，振動的加速度為零，乙單擺在負的最大位移處，有正向最大加速度，D正確。
14. (單擺的周期)(多選)有一擺長為L的單擺，懸點正下方某處有一小釘，當擺球經過平衡位置時，擺線上部被小釘擋住，使擺長發生變化。現使擺球做小幅度擺動，擺球從一邊最高點擺到另一端最高點過程的閃光照片如圖所示(懸點和小釘未被攝入)，P點為擺動的最低點，已知每相鄰兩次閃光的時間間隔相等，由此可知(　　)
A．P點左方為擺線碰到釘子后的擺動
B．P點右方為擺線碰到釘子后的擺動
C．小釘與懸點的距離為
D．每相鄰兩次閃光的時間間隔為
答案　AD
解析　假設相鄰兩次閃光的時間間隔為t，在P點左方運動時的擺長設為L1，在P點右方運動時的擺長設為L2，則 ＝2t， ＝4t，所以L2＝4L1＝L，小釘與懸點的距離為L2－L1＝L，t＝ 。故A、D正確，B、C錯誤。
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