Question

（1）一个质点做简谐运动的图象如图所示，质点振动频率为

0.25

Hz；在10s内质点经过的路程是

20

cm； t=4.5s时刻质点的位移是

2

cm；在5s末，速度为

零

（填零或最大），加速度

最大

（填零或最大）
（2）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学先测得摆线长为89.2cm，摆球的直径如图所示，然后用秒表记录了单摆做30次全振动．
①该单摆的摆长为

90.225

cm．
②如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是

ABD

A．测摆长时记录的是摆球的直径
B．开始计时时，秒表过迟按下
C．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数为30次
③为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标，T²为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，则测得的重力加速度g=

9.86

 m/s²（结果保留三位有效数字）
（3）另一同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用的摆球密度不均匀，无法确定重心位置．他第一次量得悬线长为l₁（不计半径），测得周期为T₁；第二次量得悬线长为l₂，测得周期为T₂．根据上述数据，g=

4π2(l2-l1)

T 2 2 - T 2 1

．

Answer 1

分析：（1）由图象读出周期T，由f=

1

T

，求出频率．质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，根据时间10s与周期的关系，求解路程．由数学知识求解t=4.5s时刻质点的位移．根据质点的位置分析速度和加速度．
（2）①单摆摆长等于摆线长度l与摆球的半径r之和，即L=l+r；②由单摆周期公式，求出重力加速度的表达式，根据重力加速度的表达式，分析重力加速度测量值偏大的原因．
（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式分别列出方程，求解重力加速度．

解答：解：（1）由图知，T=4s，则频率f=

1

T

=0.25Hz．
n=

t

T

=

10

4

=2.5，而质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，半个周期内通过的路程是两个振幅，故在10s内质点经过的路程是S=2.5×4A=20cm．
振动方程为y=Asin

2π

T

t=2sin0.5πtcm，则t=4.5s时刻质点的位移是y=2sin0.5π×4.5cm=

2

cm．
在5s末，质点在正向最大位移处，则速度为零，加速度最大．
（2）①单摆摆长等于摆线长度l与摆球的半径r之和，即L=l+r=90.225cm；
②由单摆周期公式T=2π

L g

，可知重力加速度g=

4π2L

T2

：
A、测摆长时记录的是摆球的直径，则摆长偏大，由g=

4π2L

T2

知，所测重力加速度偏大．故A正确．
B．开始计时时，秒表过迟按下，周期偏小，由g=

4π2L

T2

知，所测重力加速度偏大．故B正确．
C．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，T偏大，所测重力加速度偏小．故C错误．
D．实验中误将29次全振动数为30次，周期偏小，由g=

4π2L

T2

知，所测重力加速度偏大．故D正确．
故选ABD
（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式T=2π

L g

 
  T₁=2π

l1+r g

，T₂=2π

l2+r g

联立两式解得  g=

4π2(l2-l1)

T 2 2 - T 2 1

故答案为：
（1）0.25，20，

2

，零，最大
（2）①90.225　②ABD　③9.86 m/s² （3）g=g=

4π2(l2-l1)

T 2 2 - T 2 1

点评：第3题运用单摆周期公式分析处理实际问题，注意单摆的摆长等于摆球的重心到悬点的距离，不是摆线的长度．