假期必刷10 实验：验证动量恒定律-【快乐假期必刷题】2025年高二物理暑假作业必刷题

　　假期必刷１０　实验:验证动量守恒定律　　　　 １．无论采用哪一种实验方案进行验证,都要弄清 楚实验的原理是什么,需要测量哪些物理量． ２．熟悉常用的速度的测量方法:打点纸带、光 电门、速度传感器、位移替代法等． １．某实验小组采用如图所示的实验装置做“验 证动量守恒定律”实验．在水平桌面上放置 气垫导轨,导轨上安装光电计时器１和光电 计时器２,带有遮光片的滑块A、B 的质量分 别为mA、mB,两遮光片沿运动方向的宽度 均为d,实验过程如下:①调节气垫导轨成 水平状态;②轻推滑块A,测得滑块A 通过 光电计时器１的遮光时间为t１;③滑块A 与 滑块B 相碰后,滑块B 和滑块A 先后经过 光电计时器２的遮光时间分别为t２ 和t３． (１)实验中为确保两滑块碰撞后滑块A 不 反向运动,则 mA、mB 应满足的关系为mA 　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)mB． (２)碰前滑块A 的速度大小为　　　　． (３)利用题中所给物理量的符号表示动量守 恒定律成立的式子为 　 　． ２．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．图 中PQ 是斜槽,QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚 下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕 迹．重复上述操作１０次,得到１０个落点痕 迹,再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的 地方,让A 球仍从位置G 由静止开始滚下, 和B 球碰撞后,A、B 球分别在记录纸上留 下各自的落点痕迹．重复这种操作１０次．如 图中O点是水平槽末端R 在记录纸上的垂 直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示,其中 米尺水平放置,且平行于G、R、O 所在的平 面,米尺的零刻度线与O点对齐．　 (１)碰撞后B球的水平射程应取为　　　cm． (２)在以下选项中,哪些是本次实验必须进 行的测量? 答:　　　　(填选项前序号)． A．水平槽上未放B球时,测量 A 球落点位 置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后,测量 A 球及B球落 点位置到O点的距离 C．测量 A球或B球的直径 D．测量 A 球和 B 球的质量(或两球质量 之比) E．测量G点相对于水平槽面的高度 ３．在“验证动量守恒定律”的实 验中:采用如图甲所示的实验 装置进行实验．则: (１)A球碰前做平抛运动的水 平位移是图中的OP,A、B球相碰后,A 球 做平抛运动的水平位移是图中的　　　　, B球做平抛运动的水平位移是图中的　　 　　．(均选填“OM”“OP”或“ON”)　 (２)A球下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦 力,这对实验结果　　　　(选填“会”或“不 会”)产生误差． (３)A球为入射小球,B球为被碰小球,以下 各项正确的是　　　　． A．入射小球 A的质量可以小于被碰小球B 的质量 B．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度 C．入射小球每次不必从斜槽上的同一位置 由静止释放 D．斜槽末端的切线必须水平 (４)用天平测量 A、B两小球的质量分别为 mA、mB,用刻度尺测量白纸O 点到M、P、N 三点的距离分别为x１、x２ 和x３． 用(４)所测得的物理量来验证A、B两个小球碰 撞过程中动量守恒,其表达式为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１ ４．某同学设计了如图装 置来验证碰撞过程遵 循动量守恒．在离地面 高度为h 的光滑水平 桌面上,放置两个小球 a和b．其中,b与轻弹簧紧挨着但不拴接, 弹簧左侧固定,自由长度时离桌面右边缘足 够远,起初弹簧被压缩一定长度并锁定．a 放置于桌面边缘,球心在地面上的投影点为 O点．实验时,先将a球移开,弹簧解除锁 定,b沿桌面运动后水平飞出．再将a放置 于桌面边缘,弹簧重新锁定．解除锁定后,b 球与a球发生碰撞后,均向前水平飞出．重 复实验１０次．实验中,小球落点记为 A、 B、C． (１)若a球质量为ma,半径为ra;b球质量为 mb,半径为rb．b球与a球发生碰撞后,均向 前水平飞出,则　　　　． A．ma＜mb,ra＝rb　　B．ma＜mb,ra＜rb C．ma＞mb,ra＝rb　　D．ma＞mb,ra＞rb (２)为了验证动量守恒,本实验中必须测量 的物理量有　　　　． A．小球a的质量ma 和小球b的质量mb B．小球飞出的水平距离OA、OB、OC C．桌面离地面的高度h D．小球飞行的时间 (３)在实验误差允许的范围内,当所测物理 量满足表达式: 　 , 即说明碰撞过程遵循动量守恒．(用题中已 测量的物理量表示) (４)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性 势能,他测量了桌面离地面的高度h,该地 的重力加速度为g,则弹簧锁定时具有的弹 性势能Ep 为　　　　．(用题中已测量的 物理量表示) ５．(２０２４􀅰北京卷)如图甲所示,让两个小球在 斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律． (１)关于本实验,下列做法正确的是　　　 (填选项前的字母)． A．实验前,调节装置,使斜槽末端水平 B．选用两个半径不同的小球进行实验 C．用质量大的小球碰撞质量小的小球 (２)图甲中O 点是小球抛出点在地面上的 垂直投影,首先,将质量为m１ 的小球从斜槽 上的S 位置由静止释放,小球落到复写纸 上,重复多次．然后,把质量为m２ 的被碰小 球置于斜槽末端,再将质量为m１ 的小球从 S位置由静止释放,两球相碰,重复多次．分 别确定平均落点,记为 M、N 和P(P 为m１ 单独滑落时的平均落点)． 乙 a．图乙为实验的落点记录,简要说明如何确 定平均落点　　　　; b．分别测出O 点到平均落点的距离,记为 OP、OM 和ON．在误差允许范围内,若关 系式　　　　成立,即可验证碰撞前后动 量守恒． (３)受上述实验的启发,某同学设计了另一 种验证动量守恒定律的实验方案．如图丙所 示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径 相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O 点和O′点,两点间距等于小球的直径．将质 量较小的小球１向左拉起至A 点由静止释 放,在最低点B 与静止于C 点的小球２发 生正碰．碰后小球１向左反弹至最高点A′, 小球２向右摆动至最高点D．测得小球１,２ 的质量分别为m 和M,弦长AB＝l１、A′B＝ l２、CD＝l３． 丙 推导说明,m、M、l１、l２、l３ 满足　　　　关系 即可验证碰撞前后动量守恒． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２ 碰后运动过程中,系统机械能守恒,有 Ep＝ １ ２ (mB＋mC)v ２ C＋ １ ２mAv ２ ０－ １ ２ (mA＋mB＋mC)v ２, 代入数据解得Ep＝４J． 答案:(１)２m/s　(２)４J ６．解:(１)对物块 A,由平抛运动知识得h＝１２gt ２,xA＝vAt,代 入数据解得,脱离弹簧时 A的速度大小为vA＝１m/s,对 A、 B物块整体由动量守恒定律 mAvA＝mBvB,解得脱离弹簧时 B的速度大小为vB＝１m/s． (２)对物块B由动能定理－μmBgxB＝０－ １ ２mBv ２ B,代入数据 解得,物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝０．２． (３)由能量守恒定律ΔEp＝ １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B＋μmAgΔxA＋ μmBgΔxB,其中 mA＝mB,Δx＝ΔxA＋ΔxB,解得整个过程 中,弹簧释放的弹性势能 ΔEp＝０．１２J． 答案:(１)１m/s　１m/s　(２)０．２　(３)０．１２J 素养培优 ７．解析:(１)设碰撞前瞬间弹珠A 的速度为v１,由运动学公式 得x１＝v０t１－ １ ２at ２ １, v１＝v０－at１,由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma, 联立解得a＝５m/s２,μ＝０．５,v１＝４m/s, (２)由(１)可知弹珠A 和B 在地面上运动时加速度大小均为 a＝５m/s２,弹珠A 碰撞后瞬间的速度为v１′,由运动学规律 v１′ ２＝２aΔx, 解得v１′＝１m/s, 设碰后瞬间弹珠B 的速度为v２′,由动量守恒定律得mv１＋０ ＝mv１′＋mv２′, 解得v２′＝３m/s; 所 以 两 弹 珠 碰 撞 瞬 间 的 机 械 能 损 失 ΔEk ＝ １ ２ mv ２ １ － １２mv１′ ２＋１２mv２′ ２( ) , 解得 ΔEk＝７．５×１０ －３J, 碰后弹珠B 运动的距离为 Δx′＝ v２′ ２ ２a ＝０．９m＜１m 所以弹珠 B 没有进坑,故不能胜出． 答案:(１)v１＝４m/s,μ＝０．５;(２)７．５×１０ －３J,不能 假期必刷１０ 素养训练 １．解析:(１)滑块A 和滑块B 发生碰撞,用质量大的滑块A 碰 质量小的滑块B,则不会发生反弹,所以mA＞mB． (２)滑块经过光电计时器时做匀速运动 则碰前滑块A 的速度为vA＝ d t１ , 碰后滑块A 的速度vA′＝ d t３ , 碰后滑块B 的速度vB′＝ d t２ ; (３)由动量守恒定律得 mAvA＝mAvA′＋mBvB′, 化简可得 mA t１ ＝ mA t３ ＋ mB t２ ． 答案:(１)大于　(２)dt１ 　(３) mA t１ ＝ mA t３ ＋ mB t２ ２．解析:(１)如题图乙,B球有１０个落点位置,实验中应取平均 位置．方法是用最小的圆将所有点圈在里面,圆心位置即为 落点平均位置,找准平均位置,读数时应在刻度尺的分度值 后面再估读一位．读数为６４􀆰９cm(６４􀆰７~６５􀆰１cm 均正确)． (２)本实验的装置中,被碰小球B和入射小球 A 都从轨道末 端开始做平抛运动,且两球平抛时间相同．设未放被碰 B球 时,A球平抛水平位移为sA;A、B相碰后,A、B两球的水平 位移分别为sA′、sB′,A、B质量分别为 mA、mB,则碰前 A 的 动量为 mA sA t ,碰后 A、B的动量之和可 写 成 mA sA′ t ＋mB sB′ t ,要验证动量守恒,即验证以上两式是否相等,所以该实 验应测量的物理量有mA、mB、sA、sA′、sB′,故 A、B、D正确． 答案:(１)６４􀆰９　(２)ABD ３．解析:(１)A球碰撞前做平抛运动的水平位移是图中的OP, A、B球相碰后,A的速度变小,小于碰撞前速度,且 A 的速 度小于B的速度,离开轨道后两球做平抛运动,由于抛出点 的高度相等,运动时间相等,则碰撞后 A 的水平位移小于 B 的水平位移,A 的水平位移小于碰撞前 A 的水平位移,由题 中图示可知,A 球做平抛运动的水平位移是图中的 OM,B 球做平抛运动的水平位移是图中的ON; (２)只要保证 A 球每次到达轨道末端时的速度相等即可,实 验时应让 A 球从斜槽的同一位置由静止释放,实验中 A 球 下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力对实验结果不会产生 误差; (３)为防止碰撞后入射球反弹,入射小球 A 的质量应大于被 碰小球B的质量,故 A 错误;小球离开斜槽后做平抛运动, 小球做平抛运动抛出点的高度相等,它们的运动时间相等, 可以用小球的水平位移代替其水平速度,实验时不需要测量 斜槽末端到水平地面的高度,故 B错误;为保持每次实验入 射球的速度相等,入射小球每次必须从斜槽上的同一位置由 静止释放,故 C错误;为保证小球离开斜槽后做平抛运动, 斜槽末端的切线必须水平,故 D正确; (４)根据动量守恒可得mAv２＝mAv１＋mBv３ 因为碰前碰后从 同一高度做平抛运动,下落时间相同,所以mAv２t＝mAv１t＋ mBv３t,即mAx２＝mAx１＋mBx３,所以只要满足上式,A、B两 个小球碰撞过程中动量就守恒． 答案:(１)OM　ON　(２)不会　(３)D　(４)mAx２＝mAx１ ＋mBx３ ４．解析:(１)为防止碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于 被碰球的质量,即应该使 mb 大于 ma,为了使碰撞能沿水平 方向发生,则二者的球心的高度要相同,所以它们的半径要 相等,故 A正确,B、C、D错误． (２)要验证动量守恒,就需要知道碰撞前、后的动量,所以要 测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度,碰撞前、后小 球都做平抛运动,速度可以用水平位移代替．所以需要测量 的量为:小球a、b的质量ma、mb,记录纸上O 点到A、B、C各 点的距离OA、OB、OC,故 A、B正确,C、D错误． (３)小球离开轨道后做平抛运动,小球抛出点的高度相同,小 球在空中的运动时间t相等,如果碰撞过程动量守恒,则: mbv０＝mbv１＋mav２ 两边同时乘以时间t,得:mbv０t＝mbv１t＋mav２t 则:mb􀅰OB＝mb􀅰OA＋ma􀅰OC (４)桌面离地面的高度为h,该地的重力加速度为g,小球b 飞行的时间:t＝ ２hg , b的初速度v０＝ OB t ＝OB 􀅰 g ２h , 弹簧锁定时具有的弹性势能Ep 转化为小球b的动能,所以 弹簧锁定时具有的弹性势能Ep 为: Ep＝ １ ２mbv ２ ０＝ mbg􀅰OB ２ ４h ． 答案:(１)A　(２)AB　(３)mb􀅰OB＝mb􀅰OA＋ma􀅰OC　 (４) mbg􀅰OB ２ ４h 素养培优 ５．解析:(１)A．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰 撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前, 调节装置,使斜槽末端水平,故 A 正确;B．为使两小球发生 的碰撞为对心正碰,两小球半径需相同,故 B错误;C．为使 碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰 撞质量小的小球,故 C正确． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１１ (２)用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆 的圆心位置代表平均落点． 碰撞前、后小球均做平抛运动, 由h＝１２gt ２ 可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平 抛初速度成正比,所以若 m１OP＝m１OM＋m２ON,即可验证 碰撞前后动量守恒． (３)设轻绳长为L,小球从偏角θ处静止摆下,摆到最低点时 的速度为v,小球经过圆弧对应的弦长为l,则由动能定理有 mgL(１－cosθ)＝１２mv ２, 由数学知识可知sinθ２＝ l ２L , 联立两式解得v＝l gL , 若两小球碰撞过程中动量守恒,则有 mv１＝－mv２＋Mv３, 又有v１＝l１ gL ,v２＝l２ gL ,v３＝l３ gL , 整理可得ml１＝－ml２＋Ml３． 答案:(１)AC　(２)①用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个 落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点　②m１OP＝ m１OM＋m２ON (３)ml１＝－ml２＋Ml３ 假期必刷１１ 素养训练 １．C　[位移减小时,速度增大,加速度减小,故 A 错误;位移方 向总跟加速度方向相反;当物体远离平衡位置时,位移方向 与速度方向相同,当物体靠近平衡位置时,位移方向与速度 方向相反,故B错误,C正确;物体通过平衡位置时,回复力 为零,但合外力不一定为零,所以不一定处于平衡状态,故 D 错误．] ２．B　[转速由零逐渐增大,转动的频率逐渐接近小球振动的 固有频率,振幅增大,与固有频率相同时振幅最大;超过固有 频率,转速继续增大,振幅减小,故小球B 的振幅先增大后 减小,故B正确．] ３．C　[由题中图像知两弹簧振子的周期不相等,只是初相相 同,所以它们的相位不相同,选项 A 错误;两振动系统为水 平弹簧振子,能量只有动能和弹性势能,当位移最大时振动 能量即弹性势能,甲的振幅大,但两弹簧的劲度系数大小不 知,所以最大位移时弹性势能无法判断,即总能量大小无法 判断,选项B错误;t＝２s时甲处于平衡位置向负向运动,具 有负向最大速度,乙在正向最大位移处,具有正向最大位移, 选项 C正确;不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小 关系,所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系, 选项 D错误．] ４．C　[小球在O 点弹簧弹性势能是０,所以小球的动能最大, 小球从O 位置向B 位置运动过程中受到弹簧的向左的拉 力,与小球速度的方向相反,所以小球做减速运动,故 A 正 确;小球每次通过同一位置时的回复力F＝－kx 都是相等 的,所以加速度一定相同,故 B正确;小球从A 位置向O 位 置运动过程中,速度增大,所以动能逐渐增大,弹簧振子所具 有的势能逐渐减小,从O 位置向B 位置运动过程中,速度减 小,所以动能逐渐减小,弹簧振子所具有的势能逐渐增大,故 C错误;小球在运动的过程中,动能与弹性势能相互转化,由 于小球在A 点与在B 点的速度都是０,所以小球在 A 位置 弹簧振子所具有的势能与在B 位置弹簧振子所具有的势能 相等,故 D正确．] ５．AC　[对小球施加向下的力使其偏离平衡位置,在t＝０时 由静止释放,可知此时小球位于最低点,且小球的运动可视 为简谐运动,周期为T．则小球在t＝１．５T 时刻处于最高点 位置,此时位移最大,方向向上(正方向);小球受到的回复力 最大,方向向下,则小球的加速度最大,方向向下(负方向); 此时小球的速度为０．故选 AC．] ６．D　[由题中图线可知,此单摆的固有频率为０􀆰５Hz,固有周 期为２s,A错误;由单摆周期公式T＝２π lg ,可解得此单 摆的摆长约为１m,B错误;若摆长增大,单摆的固有周期增 大,固有频 率 减 小,共 振 曲 线 的 峰 将 向 左 移 动,C 错 误,D 正确．] ７．BCD　[将 A、B作为整体,A 在P 点时弹簧处于原长,根据 牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a,根据对称性,B到达最低 点的加速度与初始位置大小相等,因此FT－mBg＝mBa,解 得绳子能承受的最大拉力 FT＝ mA＋２mB mA＋mB mBg,A错误; A 处于O 位置时,根据平衡条件kx１＝mBg,物体 B下降到 最低位置时,根据对称性,弹簧伸长量为２x１,因此最大弹性 势能Epm＝ １ ２k (２x１) ２＝ ２mB ２g２ k ,B正确; 绳断后 A物体回到位置O 时,根据机械能守恒Epm＝ １ ２kx ２ １ ＋１２mAv ２,可得 A的速度v＝mBg ３ mAk ,C正确; 绳断后,平衡位置为P 点,从绳断到 A物体第一次回到位置 O 时所用的时间t＝T６＝ π ３ mA k ,D正确．] ８．C　[由单摆的振动图像可知振动周期为T＝０．８πs,由单摆 的周期公式T＝２π lg 得摆长为l＝gT ２ ４π２ ＝１．６m,xＧt图像 的斜率代表速度,故起始时刻速度为零,且A、C 点的速度相 同,A、B 点的 速 度 大 小 相 同,方 向 不 同．综 上 所 述,可 知 C 正确．] 素养培优 ９．解析:(１)秋千的摆动周期为 T＝２π Lg ＝２π× ３ １０＝２× ３􀆰１４×５．４８１０ s≈３􀆰４４１s , 水刚好不能淋湿人的头顶,即水恰好运动到头顶,有L－h１ ＝１２gt ２ １, 代入 数 据 解 得t１ ＝ ２(L－h１) g ＝ ２×２ １０ s＝ ４０ １０ s＝ ０􀆰６３２s, 水落到头顶需要的时间为０􀆰６３２s,则有 水刚好不能淋湿人的头顶,打开出水孔的时刻为t１′＝ １ ４T －t１＝ １ ４×３􀆰４４１s－０􀆰６３２s≈０􀆰２３s (２)水刚好不能淋湿人体的任何部位,即水刚好运动到鞋底, 设水运动到鞋底的时间为t２,则有L＋h２＝ １ ２gt ２ ２ 解得t２＝０􀆰８３７s 则在秋千第二次到达最低点之前关闭出水孔的时刻为t２′＝ ３ ４T－t２≈１􀆰７４s (３)当秋千第二次到达最低点时,水又刚好不能淋湿人的头 顶,则关闭的时间为 Δt＝３４T－t２′－t１≈０􀆰２１s 答案:(１)０􀆰２３s　(２)１􀆰７４s　(３)０􀆰２１s 假期必刷１２ 素养训练 １．解析:(１)由单摆的周期公式T＝２π lg , 可得g＝４π ２l T２ , 由题图甲可知,摆长l＝(８８􀆰５０－１􀆰００)cm ＝８７􀆰５０cm＝０􀆰８７５０m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１１