2019-2020学年沪教版物理选修3-4同步配套学案：1.4探究单摆振动的周期Word版含答案

1． 4 研究单摆振动的周期
1.掌握单摆的周期公式． ( 难点 )
2.会用单摆测定重力加快度．
(要点、难点 )
3．察看演示实验，归纳出周期的影响要素，培育由实验现象得出物理结论的能力．
一、单摆振动的周期跟哪些要素相关
经过实验得出单摆的周期跟摆球的质量没关，
与摇动的振幅没关， 随摆长的增大而增
大．
二、单摆的周期公式
惠更斯推导出在摆角很小时， 单摆振动的周期跟摆长的平方根成正比，
跟当地的重力
加快度的平方根成反比．即
T ＝2π
g l ．
三、找寻惠更斯的踪迹
2 1． 用单摆测重力加快度的原理： 由单摆周期公式 T ＝ 2π l 变形得 g ＝ 4π
T 2 l ．
g 2．由重力加快度的表达式可知，只需测出单摆的摆长和周期，代入表达式 g ＝
2 4πl
T 2
便可
求出重力加快度 g.
单摆周期公式的理解和应用
l
1． 对公式 T ＝ 2π
g 的理解
l
由公式 T ＝ 2π g 知，某单摆做简谐运动 (摆角小于 5° )的周期只与其摆长 l 和当地的
重力加快度 g 相关，而与振幅或摆球质量没关，故又叫做单摆的固有周期．
(1)摆长 l ：实质的单摆摆球不行能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球心的长度，即
d
l ＝ l 1＋ ， l 1 为摆线长， d 为摆球直径．
(2)重力加快度 g
①若单摆系统只处在重力场中且处于静止状态，
g 由单摆所处的空间地点决定，即
g ＝
GM
2 ，式中 R 为物体到地心的距离， M 为地球的质量， g 随所在地表的地点和高度的变化而 R
变化．
②在不一样星球上 M 和 R 一般不一样， g 也不一样， g ＝9.8 m/s 2 不过在地球表面邻近时的取
值．
2． 摆钟的快慢变化及调整方法
(1)计时原理：摆钟的计时是以钟摆达成必定数目的全振动，进而带动秒针、分针、时
针转动实现的，所以钟摆振动的周期变化就反应了摆钟的快慢，如钟摆振动周期变大，则摆钟将变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长．
(2)摆钟快慢产生的原由：一是g 值的变化，如摆钟地理地点的变化等，二是摆长的变
化，如热胀冷缩等原由，摆钟周期可用公式T＝ 2πl
计算．g
(3)摆钟快慢的调整
①摆钟变快说明周期变小，应增大摆长．
②摆钟变慢说明周期变大，应减小摆长．
将在地面上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球上记录的时间是 1 h，那么实质的时间是多少？若要在月球上使该钟与地面上时相同准，应如何调理？已知 g月＝
g地
6 [思路点拨 ] 解本题应注意两点：
(1)影响单摆周期的要素及地面和月球上的重力加快度不一样．
(2)机械表的计时方法及走时快慢的原由．
[分析 ]设在地球上该钟的周期为T0，在月球上该钟的周期为T，指示的时间为t.则在
t
月球上该钟在时间t 内振动的次数N＝ T.在地面上振动次数N 时所指示的时间为t0，则有N
＝t0
，
T0
即
t
＝
t0
，所以 t0
T0
·t＝g
地
·t＝ 6 h.
T T0＝T g月
地面上的实质时间为 6 h.
要使其与在地面上时走得相同准应使T＝ T1，
即
l地
＝
l月
， l 月＝
g月
·l地＝
1
l 地．
g地 g月g地6
1
应将摆长调到本来的6.
1
[答案 ] 6 h 将摆长调到本来的6
解决摆钟快慢问题的要点是明确摆钟的计时方法．摆钟计时是经过全振动次数显示时间
t
的，如秒摆，秒摆达成一次全振动，显示时间为 2 s，故振动次数为T，波及到快慢，均对标
准时间而言，故某一段时间
t 内快
t
－ t
t
t ，应有
T
＝ .
T
标 T
标
快
如下图，一摆长为 l 的单摆，在悬点的正下方的
P 处有一钉子， P
与悬点相距 l －l ′，则这个摆摇动的周期为
(
)
A ． 2π
l
B ． 2π
l ′
g
g
C ．π
l ＋ l ′
D ． 2π
l ＋ l ′
2g
g
g
l
l ′，则周期 T 2＝ 2π l ′ [分析 ]
碰壁前摆长为 l ，故周期 T 1＝ 2π
g ，碰壁后摆长变成
g ，
T
1
T
l l ′
2
g
＋
g
.
所以此摆的周期 T ＝ 2 ＋ 2 ＝ π
[答案 ] C
改变单摆周期的门路
(1) 改变单摆的摆长．
(2) 改变单摆的重力加快度 (如改变单摆的地点或让单摆失重或超重)．
用单摆测重力加快度
单摆测定当地重力加快度要从原理、减小偏差及数据办理三个方面掌握：
l
2
g ＝ 4πl
1．实验原理： 依据单摆做简谐运动的周期公式
T ＝ 2π g
可得重力加快度
T 2 .据此 只需测出单摆摆长 l 和周期 T ，便可计算出当地的重力加快度 g ，前提条件是摆角不可以太
大．
2． 丈量时要注意减小偏差
(1) 摆长 l 丈量时要从悬点向来量到球心；
t
(2) 测单摆周期时从摆球经过均衡地点开始计时，
测出达成 n 次全振动的时间 t ，则 T ＝ n .
3． 数据办理方法 (1) 多测几组数据求均匀值法：
－
＝
g 1＋ g 2＋ ＋ g n
每组 T 和 l 求出一个 g ，而后求 g n
.
(2)l － T 2 图像法：
g
2
由单摆的周期公式不难推出：
l ＝
4πl
2 T 2
， g ＝ T 2 . 所以，分别测出一系
4π
列摆长 l 对应的周期 T ，作 l － T 2 的图像，图像应是一条经过原点的直线，求出图线的斜率 k 即可求得 g 值，如下图．则有：
2
l 2＝
l 2.
g ＝ 4πk ， k ＝
T
T
在做“用单摆测定重力加快度”的实验时， 用摆长 l 和周期 T
计算重力加快度的公式是 g ＝ ________．若已知摆球直径为 2.00 cm ，让
刻度尺的零点瞄准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如下图，则单摆摆长 是________ m ．若测定了
40 次全振动的时间为 75.2 s ，单摆摇动周期是
______s.
为了提升丈量精度，需多次改变 l 值，并测得相应的 T 值．现将测得的六组数据标示在
以 l 为横坐标，以 T 2 为纵坐标的坐标系上，即图顶用“
·”表示的点，则：
(1)单摆做简谐运动应知足的条件是
___________________________________________ ．
(2) 试 根 据 图 中 给 出 的 数据 点 作 出 T 2 和 l 的 关 系 图 线 ， 根 据 图 线 可 求 出 g ＝
________m/s 2.( 结果取两位有效数字 )
[解题研究 ] (1) 如何确立摆长？摆长等于摆线的长度吗？ (2)用图像法办理实验数据时应注意哪些问题？
2
[分析 ]
由 T ＝ 2π
l
，可知 g ＝
4π
.由图可知：摆长 l ＝(88.50－ 1.00) cm ＝ 87.50 cm ＝
T 2 l
g
t
0.875 0 m ． T ＝40＝ 1.88 s.
(1)单摆做简谐运动的条件是摆角小于
5°.
(2)把在一条直线上的点连在一同，
偏差较大的点均匀散布在直线的双侧，
则直线斜率 k
＝ T 2 l .由 4π2 g ＝ T 2
l 4π2
＝ k ，可得
2 2
g ＝9.8m/s(9.9m/s
也正确
)．
[答案 ]
看法析
图像法求重力加快度
(1) 图像法办理数据既直观又方便，同时也能最大限度地减小有时偏差对实验结果造成的影响．
(2)因为 l －T 的图像不是直线，不便于进行数据办理，所以采纳
l － T 2 的图像，目的是
将曲线变换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加快度．
用单摆测定重力加快度的实验装置如下图．
(1)组装单摆时，应在以下器械中采纳________(选填选项前的字母)．
A ．长度为 1 m 左右的细线
B．长度为 30 cm 左右的细线
C．直径为 1.8 cm 的塑料球
D．直径为 1.8 cm 的铁球
(2)测出悬点 O 到小球球心的距离(摆长 )L 及单摆达成 n 次全振动所用的时间t，则重力加快度 g ＝ ________( 用 L、 n、 t 表示 ) ．
(3)下表是某同学记录的 3 组实验数据，并做了部分计算办理．
组次123摆长 L/cm80.0090.00100.00
50 次全振动时间 t/s90.095.5100.5
振动周期 T/s 1.80 1.91
重力加快度 g/(m· s－2)9.749.73
请计算出第 3 组实验中的 T＝ ______s， g＝ ______m/s2 .
(4)用多组实验数据作出 T2－ L 图像，也能够求出重力加快度g.已知三
位同学作出的 T2－ L 图线的表示图如图中的a、b、c 所示，此中 a 和 b 平行，
b 和
c 都过原点，图线 b 对应的 g 值最靠近当地重力加快度的值．则相关于
图线 b，以下剖析正确的选项是 ________(选填选项前的字母 )．
A ．出现图线 a 的原由可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线 c 的原由可能是误将 49 次全振动记为50 次
C．图线 c 对应的 g 值小于图线 b 对应的 g 值
(5)某同学在家里测重力加快度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，
如下图，因为家里只有一根量程为0～ 30 cm 的刻度尺，于是他在细线
上的 A 点做了一个标志，使得悬点O 到 A 点间的细线长度小于刻度尺量
程．保持该标志以下的细线长度不变，经过改变 O、A 间细线长度以改变
摆长．实验中，当O、A 间细线的长度分别为l 1、l 2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加快度g＝________( 用 l 1、 l2、 T1、 T2表示 )．
分析： (1)组装单摆时，应采纳 1 m 左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，选
项 A、D 正确．
t
(2)单摆的振动周期T＝n.
2
2 2
L
4π 4π
n L
依据 T ＝ 2 π
g ，得 g ＝
T 2 ＝ t 2 .
t 3
(3)T 3＝ 50＝ 2.01 s.
L
2
依据 T ＝ 2 π
4πL
2
g ，得 g ＝ T 2
≈ 9.76 m/s.
L
2
4π
(4)依据 T ＝ 2π
g ，得 T 2＝ g
L ，即当 L ＝ 0 时， T 2
＝ 0.出现图线 a 的原由是计算摆长
时太短，误将悬点 O 到小球上端的距离记为摆长，选项
A 错误；关于图线
c ，其斜率 k 变
T 2
小了，依据 k ＝ L ，可能是 T 变小了或 L 变大了．选项 B 中误将 49
次全振动记为
50 次，则
2
2
4π
4π
周期 T 变小，选项 B 正确；由 g ＝ k 得 g ＝ k
，则 k 变小，重力加快度 g 变大，选项 C 错
误．
L
，得 T 1
l ＋ l
(5)设 A 点到铁锁重心的距离为
l 0 .依据单摆的周期公式
T ＝ 2π
＝ 2π
1
g
，
g
l 2 ＋l 0
2
T ＝2π
.联立以上两式，解得重力加快度
4π（ l 1－ l 2）
.
g ＝
2
g
T 1－ T 2
2 2
2 2
2
4π（ l 1 2
答案： (1)AD
(2)
4πn L
(4)B (5)
2 － l ）
2 (3)2.01 9.76
2
t
1
2
T － T
等效法办理单摆问题
1． 等效摆长
图 (a)中甲、 乙在垂直纸面方向摆起来成效是相同的，
所以甲摆的摆长为 l ·sin α，这就是
等效摆长，其周期 T ＝ 2π lsin α
g .
图 (b) 中，乙在垂直纸面方向摇动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摇动时，与丙等
效．
2． 等效重力加快度
(1)若单摆在圆滑斜面上摇动， 如 (c)图：则等效重力加快度
g ′＝ g ·sin α，
其周期为 T ＝ 2π
L
.
gsin α
(2)若单摆系统处在非均衡状态 (如加快、减速、完整失重状态 )，则一般状况下， g 值等
于摆球相对静止在自己的均衡地点时摆线所受的张力与摆球质量的比值．
比如：图 (c)场景中的等效重力加快度 g ′＝ gsin θ，球相对静止在 O 时， F T ＝ mgsin θ，等
F T
效加快度 g ′＝ m ＝gsin θ.
3． 模型的等效： 如下图，圆滑的半球壳半径为
R ，O 点为最低点，小
球在 O 点邻近的往返运动等效于单摆的简谐运动．球壳对球的支持力与摆线
R
的拉力等效，其等效摆长为半球壳的半径
R ，故其周期公式为： T ＝ 2π
g .
一个单摆挂在电梯内，发现单摆的周期增大为本来的
2 倍，可见电梯在做加快
运动，加快度 a()
A ．方向向上，大小为
g
B ．方向向上，大小为
3g 2
4
C ．方向向下，大小为
g
D ．方向向下，大小为
3g 4
4
[分析 ] 电梯静止时，单摆周期为
1
π
l
①
T ＝ 2
g
摆长未变， 而周期变化， 说明电梯做加快度不为零的运动，
若在这段时间内， 周期稳固，
则做匀变速直线运动，此
时电梯中的单摆周期为 T 2
l
②
＝2π
g ′
而由题意 T 2＝ 2T 1
③
g
由 ①②③ 式可解得
g ′＝ 4.
g
即等效重力加快度为 4
.
mg 假定摆球在均衡地点相对电梯静止时，摆线对小球的拉力为
F ＝ 4.
mg － 1 由牛顿第二定律得： 4mg ＝ ma
a ＝ 3
4g ，方向竖直向下．
故只有 D 正确．
[答案]
D
[ 随堂检测 ]
1．两个相同的单摆静止于均衡地点，使摆球分别以水平初速度
1212
)在竖直平v 、v ( v＞v
面内做小角度摇动，它们的频次与振幅分别为f1、 f2和 A1、 A2，则 ()
A ． f1＞ f2， A1＝ A2
1212
B．f ＜ f ， A ＝ A
1212
C．f ＝ f ， A ＞ A
1212
D． f ＝ f ， A ＜ A
分析：选 C.单摆的频次由摆长决定，摆长相等，频次相等，所以 A 、 B 错误；由机械能守恒，小球在均衡地点的速度越大，其振幅越大，所以 C 正确， D 错误．2．以下状况下，单摆的周期会增大的是()
A ．减小摆长
B．增大摆球质量
C．把单摆从海平面移至高峰
D．把单摆从广州移至北京
分析：选 C.由单摆周期公式 T＝ 2πl
可知，减小摆长时周期会减小；单摆周期大小g
与摆球质量没关；把单摆从海平面移至高峰时，g 变小，故单摆周期变大， C 正确；单摆从广州移至北京， g 增大，故单摆周期减少．应选 C.
3．在用单摆测定重力加快度时，某同学用同一套实验装置，用相同的步骤进行实验，
但所测得的重力加快度老是偏大，其原由可能是()
A ．丈量摆长时没有把小球半径算进去
B．摆球的质量测得不正确
C．摆角小，使周期变小
D．应该测振动 30 次的时间求其周期，结果把29 次看作 30 次计算周期
L4π2L
分析：选 D.由单摆周期公式 T＝ 2πg可知，重力加快度： g＝T2.单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如丈量摆长时没有把小球半径算进去，摆长丈量值L 偏小，22
4π L4π L
由 g＝T2可知，重力加快度的丈量值偏小，故 A 错误；由 g＝T2可知，重力加快度与摆球质量没关，摆球质量丈量禁止不影响重力加快度的丈量值，故B错误；单摆的周期与偏角没关，偏角对丈量g 没有影响，故 C 错误；应该测振动30 次的时间求其周期，结果把29
4π2L
次看作 30 次计算周期时，算出的周期T 偏小，由 g＝T2可知，重力加快度的丈量值偏大，故D正确．
4.如下图， MN 为半径较大的圆滑圆弧的一部分，把小球 A 放在
MN 的圆心处，再把另一个小球 B 放在 MN 上离最低点 C 很近的 B 处，
今使两小球同时开释，则 ()
A．球 A先抵达 C点
B．球 B先抵达 C点
C．两球同时抵达 C 点
D．没法确立哪个球先抵达 C 点
分析：选 A. 球 A 做自由落体运动，抵达 C 点的时间为 T A＝2h
＝
2R g g.
当 BC 所对的圆心角小于5°时，球 B 在圆弧的支持力 F N和重力 G 的作用下做简谐运动
l R
(与单摆近似 )，它的振动周期为T＝2πg＝ 2πg
.
T π
R
球 B 离最低点 C 很近，所以球 B 运动到 C 点所需的时间是T B＝4＝2g，故 T A<T B，明显球 A 先抵达 C 点．
5．一个单摆，周期是T：
(1)假如摆球质量增添 2 倍，周期变成多少？
(2)假如摆球的振幅增到 2 倍 (摆角仍很小 )，周期变成多少？
(3)假如摆长增到 2 倍，周期变成多少？
分析： (1)单摆周期与质量没关，周期不变，仍为T.
(2)单摆周期与振幅没关，周期不变，仍为T.
(3)由 T＝ 2πl
2T. g
知，周期变成
答案： (1)T (2) T (3) 2T
[ 课时作业 ]
一、单项选择题
1.如下图是一个单摆，其周期为T，则以下说法正确的选项是() A．把摆球质量增添一倍，则周期变小
B．把偏角α变小时，周期也变小
C．摆球由 O → B→ O，运动的时间为T
D．摆球由 O → B→ O，运动的时间为T 2
分析：选 D. 单摆的周期T 与质量没关，选项 A 错．偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期 T 与振幅没关，选项 B 错．摆球由 O → B→ O 的过程仅达成了半个全振动，运动时间等
T
于2，选项 C 错， D 对．
2．在一个单摆装置中，摇动物体是个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当单
摆开始以小角度摇动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，则此摆球的周期将()
A ．渐渐增大B．渐渐减小
C．先增大后减小D．先减小后增大
分析：选 C.摆长 l 是摆球重心到悬点的距离，水流出时，重心先降低后高升，故等效摆
l
长 l 先增大后减小，由T＝ 2πg知，周期将先增大后减小．
3．利用单摆测重力加快度时，若测得g 值偏大，则可能是因为()
A ．单摆的摆锤质量偏大
B．丈量摆长时，只考虑了悬线长，忽视了小球的半径
C．丈量周期时，把n 次全振动误以为是(n＋ 1) 次全振动
D．丈量周期时，把n 次全振动误以为是(n－ 1)次全振动
分析：选 C. 由单摆周期公式知T＝ 2πl g
4π2l
，而 T＝t
得 g＝2
T n
4π2ln2
所以 g＝t2 ，由此可知C正确．
4．将秒摆的周期变成 4 s，下边哪些举措是正确的()
A ．只将摆球质量变成本来的1 4
B．只将振幅变成本来的 2 倍
C．只将摆长变成本来的 4 倍
D．只将摆长变成本来的16 倍
l0分析：选 C.单摆的周期与摆球的质量和振幅均没关， A 、B 均错；对秒摆，T0＝2π
g
l
＝2 s，对周期为 4 s 的单摆， T＝2πg＝4 s，故l＝4l0，故C对，D错．
5．两个等长的单摆，一个放在海平面上，另一个放在高峰上，在相同时间内，当第一
个摆振动 N 次时，第二个摆振动了N－ 1 次，假如地球半径为R，那么第二个摆离海平面的高度为 ()
A．NR B． (N－ 1)R
NR R
C.
N－ 1D.
N－1
分析：选 D.依据周期公式知：T1＝2πl
＝ 2π
l
，T2，因为在相等时间内，第一个g1g2
单摆振动 N 次，第二个单摆振动了N－ 1 次，故有： NT 1＝ (N－ 1)T2，
即得：g
1
N
2
.
＝
g（N－1）2
2
依据万有引力定律得：
1GM2GM
g
＝
R2
，g＝
（R＋h）2
1
（R＋ h）2
得：g2＝R2，
解得： h＝R，故正确选项为 D.
N－1
6．在同一地址，单摆甲的周期是单摆乙的周期的 4 倍，以下说法正确的选项是 ()
A ．甲的频次是乙的 4 倍
B．甲的摆长是乙的16 倍
C．甲的振幅是乙的 4 倍
D．甲的振动能量是乙的 4 倍
分析：选 B.周期与频次成反比，甲的周期是乙的 4 倍，故甲的频次是乙频次的
1
4，A 错；
l gT2
由单摆周期公式T＝2πg可知 l
＝4π2，甲摆长是乙的 16 倍， B 项对，没法比较甲、乙的
振幅和能量， C、D 错．
二、多项选择题
7．如图为甲、乙两单摆的振动图像，则()
A ．若甲、乙两单摆在同一地址摇动，则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲∶ l 乙＝ 2∶ 1 B．若
甲、乙两单摆在同一地址摇动，则甲、乙两单摆的摆长之比 l 甲∶ l 乙＝ 4∶ 1
C．若甲、乙两摆摆长相同，且在不一样的星球上摇动，则甲、乙两摆所在星球的重力加
速度之比g 甲∶g 乙＝ 4∶ 1
D．若甲、乙两摆摆长相同，且在不一样的星球上摇动，则甲、乙两摆所在星球的重力
加快度之比 g 甲∶g 乙＝ 1∶ 4
分析：选 BD. 由题中图像可知T 甲∶T 乙＝ 2∶1，若两单摆在同一地址，则两摆摆长之比l 甲∶l 乙＝4∶ 1，若两摆摆长相等，则所在星球的重力加快度之比为g 甲∶g 乙＝ 1∶4.
8．如下图为同一地址的两单摆甲、乙的振动图像，以下说法中正确的选项是()
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙的大
C．甲单摆的机械能比乙的大
D．在 t＝ 0.5 s 时有正向最大加快度的是乙单摆
分析：选 ABD. 振幅可从题图上看出，甲单摆振幅大，两单摆周期相等，则摆长相等，
因两摆球质量关系不明确，故没法比较机械能．t＝ 0.5 s 时乙单摆摆球在负的最大位移处，故有正向最大加快度．
9．如下图，两单摆摆长相同，均衡时两摆球恰好接触．现将摆球 A 在两摆
线所在平面内向左拉开一小角度后开释，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，
以 m A、 m B分别表示摆球A、 B 的质量，则()
A ．假如 m A>m B，下一次碰撞将发生在均衡地点右边
B．假如 m A<m B，下一次碰撞将发生在均衡地点左边
C．不论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不行能在均衡地点右边
D．不论两球的质量之比是多少，下一次碰撞必定还在均衡地点
l
分析：选 CD. 单摆做简谐运动的周期T＝ 2π
g，与摆球的质量没关，与振幅的大小无1
关．碰后经过2T 都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞必定发生在均衡地点，不行能
在均衡地点左边或右边．
10.将一个摆长为l 的单摆放在一个圆滑的、倾角为α的斜面上，其摆
角为θ，如下图，以下说法正确的选项是()
A ．摆球做简谐运动的答复力为F＝ mgsin θsin αB．摆球做简谐运动的答复力为F＝ mgsin θ
C．摆球做简谐运动的周期为2π
l gsin α
D．摆球在运动过程中，经过均衡地点时，线的拉力为F′＝ mgsin α
分析：选 AC. 摆球做简谐运动的答复力由重力沿斜面的下滑分力沿圆弧的切向分力来提供，则答复力为F＝ mgsin θsin α，应选项 A 正确， B 错误；摆球做简谐运动的等效重力加
速度为 gsin α，所以其周期为 T＝ 2π
l
，应选项 C 正确；设摆球在均衡地点时速度gsin α
1v2
为 v，由动能定理得 mgsin α(l － lcosθ)＝2mv2，由牛顿第二定律得F′－mgsinα＝m l，由以上两式可得线的拉力为F′＝3mgsinα－2mgsinαcosθ，应选项D错误．
三、非选择题
11．在某地，摆长为l 1的摆钟 A 在某一段时间内快了t，而另一摆长为 l2的摆钟B在同一段时间内慢了t，那么，在该地走时正确的摆钟的摆长应为多少？
分析：设走时正确的摆钟摆长为l，则周期 T＝ 2π
l l1
g，l 1摆周期 T1＝ 2πg， l 2摆周
期 T2＝ 2πl2
，再设某一段时间为 t，据题意有：
t
－
t
＝
t
－
t t
，
t＝，联立以上各式得：
g T
1T T T T T
2
4l 1l 2
l＝
（l1＋l2） 2
.
4l1l 2
答案：
（l1＋l 2）2
12．有一单摆，其摆长l ＝ 1.02 m，摆球的质量m＝0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动 30 次用的时间t ＝60.8 s，试求：
(1)当地的重力加快度是多大？
(2)假如将这个单摆改为秒摆，摆长应如何改变？改变多少？
分析： (1)当单摆做简谐运动时，其周期公式
T＝ 2πl
4π2l
，只需求出 T 值代入即可．，由此可得 g＝2
g T
t60.8
因为 T＝n＝30s＝ 2.027 s.
4π2l4× 3.142× 1.02
m/s2＝9.79 m/s2.所以 g＝T2＝ 2.0272
(2)秒摆的周期是 2 s，设其摆长为l0，因为在同一地址重力加快度是不变的，依据单摆的振动规律有
T l
＝
T l0
22
0 2 × 1.02
T l
2.0272 m＝0.993 m.
故有 l0＝T2＝
其摆长要缩短
l ＝l － l 0＝ 1.02 m－ 0.993 m ＝ 0.027 m.
答案： (1)9.79 m/s2(2)其摆长要缩短0.027 m。