Question

（1）一個質(zhì)點做簡諧運動的圖象如圖所示，質(zhì)點振動頻率為

0.25

Hz；在10s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是

20

cm； t=4.5s時刻質(zhì)點的位移是

2

cm；在5s末，速度為

零

（填零或最大），加速度

最大

（填零或最大）
（2）在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中，某同學(xué)先測得擺線長為89.2cm，擺球的直徑如圖所示，然后用秒表記錄了單擺做30次全振動．
①該單擺的擺長為

90.225

cm．
②如果該同學(xué)測得的g值偏大，可能的原因是

ABD

A．測擺長時記錄的是擺球的直徑
B．開始計時時，秒表過遲按下
C．?dāng)[線上端牢固地系于懸點，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了
D．實驗中誤將29次全振動數(shù)為30次
③為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l，測出相應(yīng)的周期T，從而得出一組對應(yīng)的l與T的數(shù)值，再以l為橫坐標(biāo)，T²為縱坐標(biāo)，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖所示，則測得的重力加速度g=

9.86

 m/s²（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
（3）另一同學(xué)在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，用的擺球密度不均勻，無法確定重心位置．他第一次量得懸線長為l₁（不計半徑），測得周期為T₁；第二次量得懸線長為l₂，測得周期為T₂．根據(jù)上述數(shù)據(jù)，g=

4π2(l2-l1)

T 2 2 - T 2 1

．

Answer 1

分析：（1）由圖象讀出周期T，由f=

1

T

，求出頻率．質(zhì)點在一個周期內(nèi)通過的路程是四個振幅，根據(jù)時間10s與周期的關(guān)系，求解路程．由數(shù)學(xué)知識求解t=4.5s時刻質(zhì)點的位移．根據(jù)質(zhì)點的位置分析速度和加速度．
（2）①單擺擺長等于擺線長度l與擺球的半徑r之和，即L=l+r；②由單擺周期公式，求出重力加速度的表達(dá)式，根據(jù)重力加速度的表達(dá)式，分析重力加速度測量值偏大的原因．
（3）設(shè)擺球的重心到線與球結(jié)點的距離為r，根據(jù)單擺周期的公式分別列出方程，求解重力加速度．

解答：解：（1）由圖知，T=4s，則頻率f=

1

T

=0.25Hz．
n=

t

T

=

10

4

=2.5，而質(zhì)點在一個周期內(nèi)通過的路程是四個振幅，半個周期內(nèi)通過的路程是兩個振幅，故在10s內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是S=2.5×4A=20cm．
振動方程為y=Asin

2π

T

t=2sin0.5πtcm，則t=4.5s時刻質(zhì)點的位移是y=2sin0.5π×4.5cm=

2

cm．
在5s末，質(zhì)點在正向最大位移處，則速度為零，加速度最大．
（2）①單擺擺長等于擺線長度l與擺球的半徑r之和，即L=l+r=90.225cm；
②由單擺周期公式T=2π

L g

，可知重力加速度g=

4π2L

T2

：
A、測擺長時記錄的是擺球的直徑，則擺長偏大，由g=

4π2L

T2

知，所測重力加速度偏大．故A正確．
B．開始計時時，秒表過遲按下，周期偏小，由g=

4π2L

T2

知，所測重力加速度偏大．故B正確．
C．?dāng)[線上端牢固地系于懸點，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，T偏大，所測重力加速度偏小．故C錯誤．
D．實驗中誤將29次全振動數(shù)為30次，周期偏小，由g=

4π2L

T2

知，所測重力加速度偏大．故D正確．
故選ABD
（3）設(shè)擺球的重心到線與球結(jié)點的距離為r，根據(jù)單擺周期的公式T=2π

L g

 
  T₁=2π

l1+r g

，T₂=2π

l2+r g

聯(lián)立兩式解得  g=

4π2(l2-l1)

T 2 2 - T 2 1

故答案為：
（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

點評：第3題運用單擺周期公式分析處理實際問題，注意單擺的擺長等于擺球的重心到懸點的距離，不是擺線的長度．