摆长为l摆球质量为m的单摆以摆角θθ

单摆的周期：T=2π

l
g=2π

10
π2g s=2s
摆球碰撞后再回到平衡位置的时间是1s，每次摆球回到平衡位置时跟下一个小球碰撞
（1）第一个小球碰撞后
动量守恒定律，mv=2mv₁
则有v₁=[v/2]
以后的小球与摆球碰撞后由于质量的增加速度逐渐减小，所以摆球摆动的最大高度是第一个小球碰撞后
2mgh=2×[1/2]mv₁²
解得：h=0.2m
（2）第二个小球与摆球碰撞后
动量守恒定律，2mv₁-mv=3mv₂v₂=0即碰后摆球静止
同理：第3、5、7、9…个小球碰后，摆球摆动；
第2、4、6、8…个小球碰后摆球静止
所以，第8个小球与摆球相撞后，摆球的速度是零v₈=0
（3）第n个小球与摆球相撞后
若n为奇数：则v_n-1=0
动量守恒定律，mv=（n+1）mv_n
解得：v_n=[v/n+1]
此时单摆的动能：E_k=（n+1）[1/2]mv_n²=[1/2]mv²（n+1）=[0.8/n+1]J
若n为偶数：则：v_n=0 单摆获得的动能为零
答：（1）摆球摆动的最大高度为0.2m；
（2）第8个小球与摆球相撞后，摆球的速度为0；
（3）第n个小球与摆球相撞后单摆获得的动能为[0.8/n+1]J．

点评：
本题考点： 单摆．

考点点评： 考查单摆周期公式的应用，涉及动量守恒定律、能量守恒定律、及动能表达式，并掌握动量守恒定律的条件判定，同时注意其矢量性．

由单摆周期表达式T=2π

L
g可得：T²=
4π2L
g
故以l为横坐标、T²为纵坐标得到的图象的斜率为：k=
4π2
g
解得：g=
4π2
k
故答案为：
4π2
k．

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 本题关键是根据单摆周期公式T=2πLg推导出T2-L的关系图象，得到斜率的表达式，基础问题．

（1）以平衡位置所在的水平面为参考平面，初位置的动能E_K=0，重力势能E_P=mgL（1-cosθ）．
所以E=E_K+E_P=mgL（1-cosθ）．
故单摆的总机械能为mgL（1-cosθ）．
（2）根据机械能守恒定律得，mgL（1-cosθ）=[1/2mv2
解得v=
2gL(1−cosθ)]
故摆球经过最低点时的速度为
2gL(1−cosθ)．
（3）单摆完成一次全振动的时间T=2π

L
g
则t=
T
4＝
π
2

L
g．
故从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的时间为
π
2

L
g．

点评：
本题考点： 单摆周期公式；重力势能．

考点点评： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式，以及掌握机械能守恒定律解题的方法．

单摆周期：T=[t/n]，
由单摆周期公式有：T=2π

L
g 可知，
重力加速度：g=
4π2L
T2=
4π2n2L
t2=
4×3.142×1202×0.248
1202m/s²=9.78m/s²
答：摆所在地的重力加速度为9.78m/s²．

点评：
本题考点： 用单摆测定重力加速度．

考点点评： 本题考查了求单摆周期与重力加速度，知道周期的概念、应用单摆周期公式即可正确解题．

该单摆以L为摆长摆动半个周期，以[4/9L为摆长摆动半个周期，
根据T=2π

L
g]得，
单摆的周期T=π

L
g+π


4
9L
g=
5
3π

L
g．
故答案为：
5
3π

L
g．

点评：
本题考点： 单摆周期公式．

考点点评： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道摆线碰到钉子后，摆长发生了变化．

根据振动图象可知，单摆的周期T=2s，
根据T=2π

L
g得：L=
gT2
4π2＝
10×4
4×10＝1m，
单摆离开平衡位置的最大位移为0.04m，则摆动的最大偏角的正弦值sinθ=
x
L＝0.04．
故答案为：1，0.04．

点评：
本题考点： 单摆周期公式．

考点点评： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，通过振动图象能够得出周期以及最大位移．

设摆球经过平衡位置次数为n，则摆球达最大偏角时所需时间：t＝(n−1)
T
2+
T
4＝
n
2T−
T
4．
由动量定理和机械能守恒定律得：
nI=mv
[1/2mv2＝mgL(1−cosα)
周期：
T＝2π

L
g]
解上面4个式子得：
t＝
πmL
I
2(1−cosα)−
π
2

L
g
答：摆球经过
πmL
I
2(1−cosα)−
π
2

L
g时间后，其摆线与竖直方向夹角可以达到α．

点评：
本题考点： 动量定理；单摆周期公式．

考点点评： 本题关键是明确单摆的运动规律和受力情况，然后结合能量守恒定律和动量定理列式求解，不难．

由题意，单摆的周期T=2π

L
g=0.4πs，t=1s，则[3/4]T＜t＜T．
而摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动，则t=1s时正靠近平衡位置向右运动，速度增大，加速度减小．故选D．
故选D

点评：
本题考点： 简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振幅、周期和频率．

考点点评： 本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况．

由题意，单摆的周期T=2π

L
g=0.4πs，t=1s，则[3/4]T＜t＜T．
而摆球在t=0时刻正从平衡位置向右运动，则t=1s时正靠近平衡位置向右运动，速度增大，加速度减小．故选D．
故选D

点评：
本题考点： 简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振幅、周期和频率．

考点点评： 本题关键要抓住单摆振动的周期性，将一个周期可分成四个四分之一周期，根据提供的时间与周期的关系分析摆球的运动情况．

当甲摆振动4次的同时，乙摆恰振动5次，知甲乙两摆的周期比5：4．
由T＝2π

L
g得，g=
4π2L
T2，则重力加速度之比为16：25．
故答案为：16：25．

点评：
本题考点： 单摆周期公式．

考点点评： 解决本题的关键掌握单摆的周期公式T＝2πLg，知道单摆的周期与摆球的质量无关．

设摆球经过平衡位置次数为n，则摆球达最大偏角时所需时间：t＝(n−1)
T
2+
T
4＝
n
2T−
T
4．
由动量定理和机械能守恒定律得：
nI=mv
[1/2mv2＝mgL(1−cosα)
周期：
T＝2π

L
g]
解上面4个式子得：
t＝
πmL
I
2(1−cosα)−
π
2

L
g
答：摆球经过
πmL
I
2(1−cosα)−
π
2

L
g时间后，其摆线与竖直方向夹角可以达到α．

点评：
本题考点： 动量定理；单摆周期公式．

考点点评： 本题关键是明确单摆的运动规律和受力情况，然后结合能量守恒定律和动量定理列式求解，不难．