第二章 4．单摆-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教版2019）

4．单摆 【素养目标】　1．知道单摆是一种理想化模型，学会用理想化的方法建立物理模型。2．会分析单摆的回复力来源。3．知道单摆是简谐运动的一个特例，既有简谐运动的共性，又有单摆的特殊性。4．理解单摆的周期公式，会运用单摆的周期公式解决实际问题。 知识点一　单摆的回复力 情境导学　判断以下装置中哪些可以构成单摆？ 提示：只有(f)装置能构成单摆。 (阅读教材P46－P47完成下列填空) 1．单摆 (1)构造：由长度不变的细线和小球组成。 (2)模型条件 ①细线的质量与小球相比可以忽略。 ②小球的直径与线的长度相比可以忽略，可以看成质点。 2．单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。 (2)特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－x＝－kx。 (3)结论：在摆角很小时，单摆的运动可以看成简谐运动。 问题探究　如图所示，使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后释放，小球在A、A′间来回摆动，O为平衡位置，不计空气的阻力。 (1)小球摆动过程中受到哪些力的作用？ (2)什么力提供向心力？什么力提供回复力？ (3)小球经过平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ 提示：(1)小球受重力和细线的拉力作用。 (2)细线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。 (3)小球经过平衡位置时做圆周运动，其合外力不为零。 (2023·青岛一中月考)图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　) A．摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 答案：C 解析：摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大；在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。 学生用书第56页 　　 1．单摆的回复力 (1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力的作用。 (2)向心力来源：由细线的拉力和重力沿半径方向的分力的合力提供。 (3)回复力来源：由重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ 提供。 2．单摆做简谐运动条件的理解 在摆角很小时，sin θ ≈，又因为回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为F＝－x (式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此可知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。 针对练1．关于单摆，下列说法中正确的是(　　) A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置 B．摆球受到的回复力是它的合力 C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零 D．摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比 答案：A 解析：单摆受到的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧方向的分力，且总是指向平衡位置；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点，即指向圆心；摆球所受的回复力与位移大小成正比。故A项正确。 针对练2．(多选)如图为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是(　　) A．小球受重力、绳子拉力和回复力 B．小球所受合外力就是单摆的回复力 C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0 D．小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等 答案：CD 解析：物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，D正确。 知识点二　单摆的周期 情境导学　意大利物理学家伽利略在比萨的教堂中观察吊灯摆动现象时发现了摆的等时性，即在摆角小于5°时，不论摆钟摆动幅度大些还是小些，完成一次摆动的时间是相同的。荷兰物理学家惠更斯定量研究了单摆的周期大小与摆长的关系。 (1)摆钟摆动的周期与摆动的振幅大小有关吗？与摆锤的质量大小有关吗？ (2)摆钟摆动的周期与摆锤的长度有关吗？ 提示：(1)无关，无关。(2)有关。 (阅读教材P47－P49完成下列填空) 1．单摆周期公式的发现：单摆的周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 2．公式：T＝2π__，即周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比。 问题探究1．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动。 (1)摆针走时偏快时应如何校准？ (2)将一个走时准确的摆钟从广州市移到北京市，摆钟应如何校准？ 提示：(1)摆针走时偏快，说明摆钟的周期偏小，应调节螺母使圆盘沿摆杆下移增大摆长，使周期变大一些。 (2)广州市的重力加速度比北京市小，将一个走时准确的摆钟从广州市移到北京市，周期变小，应调节螺母使圆盘沿摆杆下移增大摆长，使周期变大。 学生用书第57页 2．如图所示，小球摆动过程中其摆长怎样确定？ 提示：小球在O点右侧运动时摆长为L，在O点左侧运动时摆长为。 角度一　单摆周期公式的理解及应用 (多选)如图为地球表面上甲、乙两单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10 m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1 B．甲单摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C．甲单摆振动的振幅为4 cm D．甲单摆的摆长约为4 m 答案：BC 解析：由题图可知，在地球上甲单摆的周期为2 s，乙单摆的周期为4 s，甲、乙两单摆的周期比为1∶2，根据单摆的周期公式T＝2π，可得l＝T2，则甲、乙两单摆的摆长比为1∶4，A错误；根据单摆的周期公式T＝2π，可知＝＝，可得T月＝5 s，B正确；振幅为偏离平衡位置的最大距离，由题图可知甲单摆振动的振幅为4 cm，C正确；甲单摆的周期为2 s，根据单摆的周期公式T＝2π，可得摆长为L≈1 m，D错误。 角度二　单摆“等效摆长”的理解及应用 (多选)如图所示，三根细线于O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为L的两点上，使∠AOB成直角，∠BAO＝30°，已知OC线长为L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)。下列说法中正确的是(　　) A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝π C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π 审题指导　(1)小球在纸面内摆动时应以O点为悬点，等效摆长为OC＝L。 (2)小球在垂直纸面内摆动时应以CO的延长线与AB的交点O′为悬点，等效摆长为CO＋OO′。 答案：AB 解析：如果小球在纸面内摆动，以O点为悬点摆动，其摆长为L，周期T＝2π ，故A正确，C错误；如果小球在垂直纸面内摆动，小球以O′为悬点摆动，如图所示，等效摆长L′＝L＋OO′＝L＋AO·sin 30°＝L＋AB cos 30°·sin 30°＝L，故T′＝2π ＝π ， 故B正确，D错误。 角度三　单摆中等效重力加速度的理解及应用 如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丙，单摆甲、乙、丙的摆长l相同，则下列说法中正确的是(　　) A．T甲>T乙>T丙 B．T乙>T甲>T丙 C．T丙>T甲>T乙 D．T乙>T甲＝T丙 审题指导　(1)单摆乙的“等效重力加速度”g效＝g－a。 (2)单摆丙的“等效重力加速度”g效＝g＋。 答案：B 解析：根据单摆公式，对甲摆有T甲＝2π；对乙摆，“等效重力加速度”g效＝g－a，则有T乙＝2π ；对丙摆，由于摆球受竖直向下的重力的同时，还受竖直向下的电场力，等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丙＝2π，所以T乙>T甲>T丙，A、C、D错误，B正确。故选B。 　　 1．公式T＝2π 的理解 (1)T与摆长l和当地的重力加速度g有关。 (2)T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 (3)适用条件：摆角很小(一般小于5°)。 2．对摆长l和重力加速度g的理解 (1)摆长l：指从悬点到摆球重心的长度。 ①对于实际的单摆，摆长l＝l′＋，l′为摆线长，D为摆球直径。 学生用书第58页 ②等效摆长： 如图(a)中小球在O点右侧运动时摆长为L，在O点左侧运动时摆长为L。 如图(b)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来的效果是相同的，故甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T＝2π。 如图(c)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 (2)重力加速度g ①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态时，g为当地的重力加速度。 ②单摆在某天体表面时，不同星球的g也一般不同。 ③单摆如果处在匀强电场中时，g效应该由等效重力G效(重力与电场力的合力)决定，即g效＝。　　 针对练．如图为相同的小球(可看作质点)构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4，其中(3)图两小球均带负电荷，(4)图中振动系统处于匀加速下降的电梯内，关于周期大小关系的判断，下列正确的是(　　) A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2 C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4 答案：C 解析：设绳子长度均为L，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1＝2π、T2＝2π、T3＝2π、T4＝2π，则T4>T1＝T3>T2，故选C。 知识点三　“类单摆”模型 1．两类常见的“类单摆”模型 (1)如图甲所示，为竖直面内半径为R的光滑小圆弧轨道，且≪R(或对应圆心角∠BOC很小)，当小球(可视为质点)在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，小球的运动与单摆中摆球的运动特点完全相同，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长为R。 (2)如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内小角度摆动，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为“类单摆”运动，等效重力为G′＝mgsin θ，等效重力加速度为g′＝gsin θ。 2．处理“类单摆”问题的思路 (1)判断是否符合类单摆模型的条件。 (2)确定等效摆长l。 (3)确定等效重力加速度g′。 (4)利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。 如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A．乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到 C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到 答案：B 解析：对于甲、乙两球，都做类单摆运动，其运动周期均为T＝2π ，甲、乙两球第一次到达点O时运动了T，则t1＝t2＝＝ ；对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt，解得t3＝ ，故丙先到，然后甲、乙同时到。故选B。 学生用书第59页 针对练．如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为(　　) A．π B．π C．π D．3π 答案：C 解析：因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mgsin θ＝mg′，T＝2π ，小球回到最低点所需的最短时间为tmin＝＝π ，以后每隔小球回到最低点一次，故选C。 1．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球受到的回复力是它所受的合力 B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零 C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 答案：BC 解析：摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，A错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，B正确；根据牛顿第二定律可知，摆球在最高点时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力等于重力和摆线拉力的合力；在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误。 2．(粤教版选择性必修第一册P50·T4·改编)(多选)某一单摆原来的周期是2 s，在下列情况下，周期变化判断正确的是(　　) A．摆长减为原长的，周期为1 s B．摆球的质量减为原来的，周期为0.5 s C．振幅减为原来的，周期为2 s D．重力加速度减为原来的，周期为4 s 答案：ACD 解析：根据单摆的周期T＝2π可知，单摆周期与振幅、摆球质量均无关，故B错误，C正确；摆长减为原来的，周期为1 s，故A正确；重力加速度减为原来的，周期为4 s，故D正确。 3．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲为日常生活中我们常见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在A地走时准确的摆钟移到B地未做其他调整时摆动加快了，下列说法正确的是(　　) A．A地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 B．A地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 C．B地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向下移动 D．B地的重力加速度较大，若要调准可将螺母适当向上移动 答案：C 解析：由A地到B地摆钟摆动加快说明周期变小，由单摆的周期公式T＝2π，可知重力加速度变大了，要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动，故C正确。 4．(多选)如图为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是(　　) A．甲的摆长与乙的摆长相等 B．甲的摆长比乙的摆长长C．甲的机械能比乙的大 D．在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆 答案：AC 解析：由题图可知两者的周期相同，都为2.0 s，又知道两者在同一个地点做简谐运动，g相同，根据单摆周期公式T＝2π，可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，由于甲、乙两摆球质量相等，则甲的机械能比乙的机械能大，故C正确；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。 课时测评11　单摆 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题每题5分，共50分) 1．(多选)关于单摆，下列说法中正确的是(　　) A．单摆摆球的回复力指向平衡位置 B．摆球经过平衡位置时加速度为零 C．摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零 D．摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 答案：AC 解析：根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置，故A正确；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，故D错误。 2．(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．将单摆由沈阳移至广州，单摆周期变大 B．将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期变小 C．当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大 D．当单摆的摆球运动到平衡位置时，受到的合力为零 答案：AC 解析：将单摆由沈阳移至广州，因重力加速度减小，根据T＝2π可知，单摆周期变大，选项A正确；单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4°改为2°，单摆的周期不变，选项B错误；当单摆的摆球运动到平衡位置时，摆球的速度最大，有向心加速度，则受到的合力不为零，选项C正确，D错误。 3．(2023·河南洛阳高二月考)一摆钟由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　) A．g甲>g乙，将摆长缩短 B．g甲<g乙，将摆长放长 C．g甲<g乙，将摆长缩短 D．g甲>g乙，将摆长放长 答案：B 解析：摆钟变快，则周期变小，根据单摆的周期公式T＝2π，可知乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确。 4．(多选)如图为一单摆的振动图像，则(　　) A．t1和t3时刻摆线的拉力等大 B．t2和t3时刻摆球速度相等 C．t3时刻摆球速度正在减小 D．t4时刻摆线的拉力正在减小 答案：AD 解析：由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。 5．(多选)荡秋千是小孩最喜欢的娱乐项目之一，可简化为如图甲所示的单摆模型。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且大小未知，同时由连接到计算机的力传感器得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，如图乙所示(图中所标字母以及重力加速度g均为已知量)。不计空气阻力。根据题中(包括图中)所给的信息，下列说法中正确的是(　　) A．该单摆的周期为t1＋t2 B．可以求出摆球振动的摆长 C．可以求得由A运动到C所用的时间(不考虑重复周期)为 D．在α小于5°的情况下，α增大但周期不变 答案：BCD 解析：摆球到最低位置时，绳上的拉力最大，在一个周期内摆球两次经最低点，由题图乙可知单摆的周期为T＝t2，A错误；由单摆的周期公式T＝2π，可以求出摆球振动的摆长l＝，B正确；由A运动到C所用的时间(不考虑重复周期)是半个周期，可以求得由A运动到C所用的时间(不考虑重复周期)为，C正确；在α小于5°的情况下，单摆的振动是简谐运动，所以α增大但周期不变，D正确。故选BCD。 6．(多选)甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置，观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析正确的是(　　) A．N1表示砂摆振动的幅度较大，N2表示砂摆振动的幅度较小 B．N1与N2振动的周期相同 C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大 D．N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大 答案：BC 解析：由题图乙可知，N1表示砂摆振动的幅度与N2表示砂摆振动的幅度相同，故A错误；由公式T＝2π可知，两摆由于摆长相同，则两摆的周期相同，故B正确；由题图可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动的时间为2T，则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgl(1－cos θ)＝mv2，在最低点有FT－mg＝m，解得FT＝3mg－2mgcos θ，由于两摆的振动幅度相同，即θ相同，则拉力相同，故D错误。 7．(多选)将一单摆向左拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，以下说法正确的是(　　) A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒 B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4 C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大 D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变 答案：ABC 解析：摆线碰到障碍物，由于摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，故A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2π得摆长之比为9∶4，故B正确；摆线经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据FT－mg＝m可知摆线的张力变大，根据 v ＝ωr知角速度增大，故C正确，D错误。故选ABC。 8．(2023·山东临沂高二月考)如图所示，三根细线a、b、c于O处打结，每根细线的长度均为L，a、b细线上端固定在同一水平面上相距为L的A、B两点上，c细线下端系着一个带正电荷的小球(小球直径可以忽略)，小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，有垂直于纸面向外的匀强电场，电场强度E＝，下列说法正确的是(　　) A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π 答案：D 解析：小球不可以在纸面内做简谐运动，因为小球会受到垂直纸面向外的电场力，垂直纸面方向无法平衡，故A、C错误；小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，等效重力F＝＝2mg，周期T＝2π＝π，故B错误，D正确。 9．如图所示，有一半径为R的光滑小圆槽AB固定在水平面上，其中，A、B两点连线与水平面夹角为α(α<5°)，整个装置置于竖直向下、电场强度为E＝的匀强电场中，一个质量为m的小球(可视为质点)，带正电且带电量为q。从A点静止释放，重力加速度为g，则小球由A运动到B的时间为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：因为A、B两点连线与水平面夹角为α(α<5°)，故可以看成小球做类单摆运动，其运动的周期公式T＝2π，又整个装置置于竖直向下、电场强度为E＝的匀强电场中，所以，小球在电场中的加速度满足mg＋qE＝mg′，解得g′＝2g，则小球由A运动到B的时间为t＝＝×2π ＝，A、C、D错误，B正确。故选B。 10．一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是(　　) A．将摆球的质量m增加为4m B．将摆球的质量m减少为 C．将摆长l减短为 D．将摆长l增长为4l 答案：C 解析：根据在星球表面万有引力等于重力可知，某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，质量不变，所以该星球的重力加速度g′＝g；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，要使该单摆在行星与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为，单摆的周期与摆球的质量无关，故A、B、D错误，C正确。 学生用书第60页 学科网（北京）股份有限公司 $$