2024-2025学年高中物理第十一章机械振动4单摆学案新人教版选修3-4

PAGE18-4单摆一、单摆1．由细线和小球组成，细线质量与小球的质量相比可以忽视，球的直径与线的长度相比也可以忽视．忽视摇摆过程中所受阻力的作用，是志向化模型．2．单摆的回复力(1)回复力的供应：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力．(2)回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力和它偏离平衡位置的位移大小成正比，方向总是指向平衡位置，即F＝－eq\f(mg,l)x.(3)运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图象遵循正弦函数规律．结合单摆模型的特点想一想，下列装置能否视为单摆？为什么？提示：都不能，(1)中橡皮筋的伸缩不能忽视；(2)(3)中乒乓球和大木球摇摆时，空气阻力不能忽视且乒乓球的质量与绳相比、大木球的直径与绳长相比也不能忽视．二、单摆的周期1．荷兰物理学家惠更斯确定了计算单摆周期的公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，其中l表示摆长，g表示当地的重力加速度．由公式可以看出单摆的周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关．2．由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得g＝eq\f(4π2l,T2)，只要测出单摆的摆长和周期，就可以求出当地的重力加速度．机械摆钟是单摆做简谐运动的一个典型应用，其走时快慢是由摆钟的周期确定的．假如有条件，可以拆开摆钟看看，在分析其原理后，说明如何调整其走时快慢．提示：机械摆钟工作是以钟摆完成肯定数量的全振动，从而带动分针、时针转动实现的，因此摆钟振动的周期就反映了摆钟走时的快慢．钟摆振动的频率与时间有关，它振动的周期越长，在肯定时间内全振动的次数就越少，摆钟显示的时间走得就越慢．因此，假如摆钟变快，其振动频率也加大，振动周期变小了，所以要复原正常，应当增大其摆长；假如摆钟走时变慢，其振动频率也变小，振动周期变大了，所以要复原正常，应当减小其摆长．考点一单摆1．定义：如图所示，在一根长细线下悬挂一个小球，假如细线的质量与小球相比可以忽视，球的直径与线的长度相比也可以忽视，这样的装置就叫做单摆，它是实际摆的志向化模型．2．实际摆看成单摆的条件(1)悬线的形变量与悬线长度相比小得多．悬线的质量与摆球质量相比小得多．这时可把悬线看成是不行伸长且没有质量的细线．(2)摆球的大小与悬线长度相比小得多，这时可把摆球看成是没有大小只有质量的质点．eq\a\vs4\al(【方法指导】)志向模型法为了满意上述条件及尽量减小空气阻力的影响，组成单摆的摆球应选择质量大而体积小的球，线应尽量选择细而轻且弹性小的线．单摆是实际摆的志向化模型．3．摆长和最大偏角(1)摆长：摆球重心到摇摆圆弧圆心的距离l＝l0＋R.(其中l0为细线长，R为小球半径)(2)最大偏角：摆球摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为θ.【例1】下图中的各种摆的模型，哪种或哪些是单摆？【导思】单摆是志向的模型，忽视绳子的质量和伸缩，忽视小球的直径．【解析】①的悬绳是粗绳，绳的质量不行忽视，不是单摆；②的悬绳是橡皮筋，伸缩不行忽视，不是单摆；③的悬绳长度不是远大于球的直径，不是单摆；④是单摆；⑤的上端没有固定，也不是单摆．【答案】④是单摆(多选)单摆是为探讨振动而抽象出的志向化模型，其志向化条件是(ABC)A．摆线质量不计B．摆线长度不伸缩C．摆球的直径比摆线长度短得多D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动解析：单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C正确．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小(θ<5°)的状况下才能视单摆运动为简谐运动．考点二单摆的回复力1．单摆的平衡位置如图所示，摆球静止在O点时，悬线竖直下垂，摆球所受到的重力G与悬线的拉力F′平衡，合力为零，小球保持静止，所以O点是单摆的平衡位置．2．单摆的回复力(1)如图所示，摆球运动到某点P时，摆球受重力G和绳子拉力F′两个力作用，将重力沿切向、径向正交分解，则绳子的拉力F′与重力的径向重量G1的合力供应了摆球做圆周运动所须要的向心力，而重力的切向分力F则供应了摆球振动所须要的回复力F＝mgsinθ.(2)单摆在摆角很小时做简谐运动设单摆的摆长为l，在最大偏角θ很小的条件下，摆球对O点的位移x的大小与θ角所对应的弧长eq\x\to(OP)、θ角所对应的弦长OP都近似相等，即x＝eq\x\to(OP)＝OP，若摆角θ用弧度表示，则由数学关系知sinθ≈θ＝eq\f(\x\to(OP),l)＝eq\f(x,l)，则重力沿切向的分力F＝mgsinθ≈mgeq\f(x,l)，令k＝eq\f(mg,l)，则F＝kx，因为F的方向与x方向相反，故F＝－kx.由此可见，单摆在摆角很小条件下的振动为简谐运动．3．单摆的振动图象我们已经知道，简谐运动的图象是正弦曲线(或余弦曲线)，而在偏角很小的状况下，单摆做简谐运动，故它的振动图象也是正弦曲线(或余弦曲线)．4．理解单摆的受力和运动特点(1)摆球以悬挂点为圆心在竖直平面内沿圆弧做变速圆周运动，做圆周运动须要向心力，向心力由绳子的拉力与重力的径向重量的合力供应．(2)摆球以最低点为平衡位置做振动，做振动须要回复力，回复力由摆球重力的切向分力供应(或者说是由摆球所受合外力沿圆弧切向分力供应)．(3)单摆的运动既有圆周运动，又有简谐运动(摆角很小的状况下)①单摆振动的平衡位置：回复力F为零，而合力不为零，此时合力供应摆球做圆周运动的向心力．②单摆振动的最大位移处：向心力(F′－G1)为零，而合力不为零，此时合力供应摆球振动的回复力．【例2】下列关于单摆的说法，正确的是()A．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－AB．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力C．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零【导思】1.单摆的位移是怎样定义的？2．单摆的回复力是摆球的合力吗？3．弹簧振子经过平衡位置时加速度多大？4．单摆摆球经过平衡位置时摆球的加速度是零吗？【解析】简谐运动中的位移是以平衡位置为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，A错．摆球的回复力由合外力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)供应，合外力在摆线方向的分力供应向心力，摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，所以合外力不为零(摆球在最高点时，向心力为零，回复力最大，合外力也不为零)，B错，C正确．单摆经过平衡位置时所受合外力不为零，此时回复力为零，但向心力不为零，合外力刚好供应向心力，所以此时摆球加速度不为零，这与弹簧振子有所不同，弹簧振子经过平衡位置时，所受合外力为零，加速度为零，D错，故正确答案为C.【答案】C关于单摆，下列说法中正确的是(A)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，摆球受的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比解析：本题主要考查单摆的受力和回复力，依据回复力的定义知选项A正确；单摆的回复力除指明在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，所以选项B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要受向心力，选项C错误，综上所述选项D错误．考点三单摆的周期1．定性试验探究如图所示：(1)单摆振动的周期和振幅无关——单摆的等时性把悬挂在同一高度的两个相同的单摆的摆球拉到不同高度同时释放，使其做简谐运动．现象：摆球完成一次全振动所用时间相同．(2)单摆的周期与摆球质量无关摆长相同，将质量不同的摆球拉到同一高度同时释放，使其做简谐运动．现象：两摆球振动是同步的．(3)单摆振动的周期和摆长有关摆长不同，将质量相同的摆球拉到同一高度同时释放使其做简谐运动．现象：两摆球振动不同步，而且摆长越长，振动就越慢．结论：单摆的振动周期与摆球质量无关，在振幅较小时与振幅无关，与摆长有关．摆长越长，周期越大．2．定量试验探究——单摆周期与摆长的关系(1)如图所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，于是做成了一个单摆．用停表测出单摆做30～50次全振动的时间，计算出它的周期，并测出单摆的摆长(用刻度尺量出摆线长度，用游标卡尺测量摆球的直径，并算出半径，摆线长度与摆球半径之和就是单摆的摆长)．(2)变更摆长，测量各组不同摆长、周期的数据，把它们填在表格中．(3)先通过估算，对周期T与摆长l的定量关系作出揣测，如可能是T∝l、T∝l2，或者T∝eq\r(l)、T∝eq\r(3,l)，然后依据揣测来确定纵坐标轴和横坐标轴．例如，假如我们通过简洁的估算，认为很可能是T∝l2，那么可以用纵坐标表示T，横坐标表示l2，作出图象．假如这样作出的图象确定是一条过原点的直线，说明的确有T∝l2的关系，否则再做其他尝试．结论：单摆振动的周期T与摆长的二次方根eq\r(l)成正比，即T∝eq\r(l).3．单摆的周期公式荷兰物理学家惠更斯发觉在偏角很小的状况下，单摆的周期跟摆长的二次方根成正比，跟重力加速度的二次方根成反比，而跟摆球的质量和振幅无关．惠更斯确定了计算单摆周期的公式T＝2πeq\r(\f(l,g)).式中l为悬点到摆球球心的距离，g为当地的重力加速度．【例3】已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成了6次全振动，两单摆的摆长之差为1.6m，则两单摆的摆长la与lb分别为()A．la＝2.5m，lb＝0.9m B．la＝0.9m，lb＝2.5mC．la＝2.4m，lb＝4.0m D．la＝4.0m，lb＝2.4m【导思】由a、b相同时间内的全振动次数可求周期关系，由周期关系可得到摆长之比，结合题目给出的摆长之差就可解出摆长．【解析】设两单摆的周期分别为Ta和Tb，依题意知10Ta＝6Tb，据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知l＝eq\f(gT2,4π2)，所以lalb＝Teq\o\al(2,a)Teq\o\al(2,b)＝36100，又lb－la＝1.6m，则la＝0.9m，lb＝2.5m.地球上同一位置重力加速度相同，单摆的周期跟摆长的平方根成正比．【答案】B如图所示，摆长为L的单摆，若在悬点O的正下方A点固定一颗钉子，A点距悬点O的距离为eq\f(L,3)，试求这个单摆完成一次全振动的时间是多少？答案：πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(2L,3g))))解析：在摆角很小时，单摆的振动可视为简谐运动，当摆线遇到钉子时，A点成为“悬点”，单摆的摆长由L变成eq\f(2L,3).由题意知，T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(2π\r(\f(L,g)),2)＋eq\f(2π\r(\f(2L,3g)),2)＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(2L,3g)))).【例4】如图所示，光滑的半球壳半径为R，O点在球心O′的正下方，一小球甲由距O点很近的A点静止放开，R≫eq\o\ac(AO,\s\up17(︵)).(1)若另一小球乙从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间比．(2)若另一小球丙在O点正上方某处自由落下，为使两球在O点相碰，小球应由多高处自由落下？【导思】1.甲球从A点释放后做什么运动？2．能否依据运动学学问求出甲球到达O点所用时间？3．把甲球的运动看成类单摆，等效摆长是什么？【解析】(1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O处的时间为：t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g)).乙球做自由落体运动，到达O处的时间为t2.R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，所以t2＝eq\r(\f(2R,g)).t1t2＝eq\r(2)π4.(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为t＝eq\f(T,4)(2n－1)，n＝1,2,3，…，由O点正上方自由落下的小球丙到达O点的时间也为t时两球才能在O点相碰，所以h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)geq\f(4π2R,16g)(2n－1)2＝eq\f(2n－12π2R,8)(n＝1,2,3，…)．【答案】(1)eq\r(2)π4(2)eq\f(2n－12π2R,8)(n＝1,2,3，…)如图所示，小球m自A点以向AD方向的初速度v渐渐接近固定在D点的小球n.已知eq\o\ac(AB,\s\up17(︵))＝0.8m，AB圆弧半径R＝10m，eq\o\ac(AD,\s\up17(︵))＝10m，A、B、C、D在同一水平面上，则v为多大时，才能使m恰好遇到小球n？(g取10m/s2，不计一切摩擦)答案：eq\f(5,kπ)m/s(k＝1,2,3…)解析：小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面AB方向上的往复运动．因为eq\o\ac(AB,\s\up17(︵))≪R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，是类单摆，其圆弧半径R即为类单摆的摆长．设小球m恰好能遇到小球n，则有eq\o\ac(AD,\s\up17(︵))＝vt，且满意t＝kT(k＝1,2,3…)，又T＝2πeq\r(\f(R,g))，解以上方程得v＝eq\f(5,kπ)m/s(k＝1,2,3…)．重难疑点辨析用单摆测定重力加速度1．试验原理单摆在摆角很小时，由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2).测得单摆的摆长l和振动周期T，就可以测出当地的重力加速度．2．试验器材铁架台及铁夹、金属小球(最好上面有一个通过球心的小孔)、秒表、细线(1m左右)、刻度尺(最小刻度为mm)、游标卡尺．3．试验步骤(1)做单摆：让线的一端穿过小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的结．把线的上端用铁夹固定在铁架台上并把铁架台放在试验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自由下垂，在单摆平衡位置处作上标记．(2)测摆长：l＝l′＋eq\f(d,2)①用毫米刻度尺量出悬线长l′，如图甲所示．②用游标卡尺测出摆球的直径d，如图乙所示．(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度，且满意偏角小于5°，然后释放摆球，当单摆摇摆稳定后，用秒表测量单摆完成30次(或50次)全振动的时间t.计算出平均摇摆一次的时间T＝eq\f(t,n)，即为单摆的振动周期．eq\a\vs4\al(应以摆球经平衡位置时起先或停止计时.)4．求重力加速度：把测得的周期和摆长的数值代入公式，求出重力加速度g的值．5．多次测量求平均值变更摆长，重做几次试验．计算出每次试验的重力加速度．最终求出几次试验得到的重力加速度的平均值，即可作为本地区的重力加速度．eq\a\vs4\al(【拓展延长】)假如要求用图象法来测定重力加速度，那么应当如何建立坐标系？分别以l和T2为纵坐标和横坐标，作出l＝eq\f(g,4π2)T2的图象，它应当是过原点的一条直线，依据这条直线可以求出斜率k，则重力加速度值g＝4π2k.由于l­T的图象不是直线，不便于进行数据处理，所以采纳l­T2的图象，目的是将曲线转换为直线，便于利用直线的斜率计算重力加速度．6．留意事项(1)细线的质量和弹性要小，如用单根尼龙丝、丝线等，长度一般不应短于1m，小球要选用体积小、密度大的金属球，直径最好不超过2cm.(2)单摆悬线的上端不行随意卷在铁夹上，应夹紧在铁夹中，以免摇摆时发生摆线下滑、摆长变更的现象．(3)摆长是悬点到球心的距离，等于摆线长加上小球半径．(4)留意摇摆时限制摆线偏离竖直方向的角度应很小．(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置时起先计，以后摆球从同一方向通过最低点时计数；要多测几次(如30次或50次)全振动的时间，用取平均值的方法求周期．eq\a\vs4\al(【拓展延长】)为什么摆球摇摆时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆？如图所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，事实上圆锥摆中小球的运动不是振动，是匀速圆周运动．设运动过程中细线与竖直方向夹角为θ，线长为l，则小球做圆周运动的半径r＝lsinθ，向心力F向＝mgtanθ.由F向＝mreq\f(4π2,T2)得圆锥摆的周期T＝2πeq\r(\f(lcosθ,g))，明显该周期小于单摆周期，所以在用单摆测重力加速度的试验中，强调摆球必需在竖直面内摇摆．【典例】(1)测量单摆的振动周期，测量时间应从摆球经过________(选填“平衡位置”或“最高点”)时起先计时；某次测定了50次全振动的时间如图中停表所示，那么停表读数是________s；该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)．(2)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2­L图象如图所示，此图线斜率的物理意义是()A．g B.eq\f(1,g)C.eq\f(4π2,g) D.eq\f(g,4π2)(3)在描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，则由图线斜率得到的重力加速度将会()A．偏大 B．偏小C．不变 D．都有可能(4)该小组的另一同学没有运用游标卡尺也测出了重力加速度．他采纳的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.则可用该同学测出的物理量来表达重力加速度为g＝________.【思路分析】解答本题的关键是要留意以下两点：(1)停表的读数规则；(2)T2­L图象斜率的意义．【解析】(1)因摆球经过最低点时的速度大，简洁视察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点起先计时．停表的读数为t＝1min＋7.4s＝67.4s单摆周期T＝eq\f(1,50)t＝1.35s.(2)依据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))得T2＝eq\f(4π2,g)L，所以T2－L图线斜率的物理意义是eq\f(4π2,g)，选项C正确．(3)因为eq\f(T2,L)＝eq\f(4π2,g)(常量)，所以eq\f(ΔT2,ΔL)＝eq\f(4π2,g)＝k，若误将摆线当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍满意eq\f(T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2),L1－L2)＝eq\f(4π2,g)＝k，所以由图线斜率得到的重力加速度不变，选项C正确．(4)依据(3)分析知，eq\f(ΔT2,ΔL)＝eq\f(4π2,g)，所以g＝eq\f(4π2ΔL,ΔT2)＝eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).【答案】(1)平衡位置67.41.35(2)C(3)C(4)eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))对误差来源的分析1．单摆的振动不符合简谐运动的要求引起的系统误差(1)单摆不在同一竖直平面内振动，成为圆锥摆，g值偏大．圆锥摆周期T＝2πeq\r(\f(Lcosθ,g))，其中θ为摆线与竖直方向的夹角，L为摆长．在计算g时，以L代替Lcosθ，则测得g值偏大．(2)振幅过大，摆线偏离竖直方向的角度超过5°，g值偏小．摆角越大，摆球的实际周期T也越大，求得的g＝eq\f(4π2L,T2)值偏小(此问题中学阶段不做过多探讨)．2．测定摆长L时引起的误差(1)在未悬挂摆球前测定摆长或漏掉加摆球半径，得到的摆线长偏短，g值偏小．(2)测摆长时摆线拉得过紧或以摆球的直径与摆线长之和作为摆长，得到的摆线长偏长，g值偏大．(3)悬点未固定好，振动时出现松动，使实际的摆长不断变长，g值也偏小．3．测定周期时引起的误差(1)起先计算时，停表过迟按下，会使所测时间t偏小，g值偏大；同理，停止计时时，停表过早按下，g值偏大．(2)测定n次全振动的时间为t，误数为(n＋1)次全振动，计算时，g值偏大；同理，误数为(n－1)次全振动，计算时，g值偏小．(3)计算单摆的全振动次数时，不以摆球通过最低点位置时起先计时，简洁产生较大的计时误差．1．单摆做简谐运动的回复力是(D)A．摆球的重力B．摆线的拉力C．摆球重力与摆线拉力的合力D．摆球重力沿圆弧切线方向的分力解析：摆线的拉力是沿半径方向的，在圆弧切线方向上的分力为零，因此，摆球在切线方向上所受的力就是重力在切线方向上的分力，正是这个切线方向上的重力的分力充当了回复力，但这不是摆球重力与摆线拉力的合力，摆线的拉力与重力沿半径方向上的分力的合力供应做圆周运动的向心力，除在最大位移处两位置外，摆球在半径方向上所受的合力均不为零．故正确答案为D.2．用单摆测重力加速度的试验中，测出的重力加速度的值大于当地的重力加速度，下列缘由中可能的是(D)A．振幅太小导致测得的周期偏小B．计算摆长时，只考虑线长，没有加上摆球半径C．将n次全振动误记为(n－1)次全振动D．将n次全振动误记为(n＋1)次全振动解析：单摆周期与振幅无关，振幅的大小不会影响周期的测量，则A错；由T＝2πeq\r(\f(l,g))得，重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)，测得的g偏大，可能是l的测量值偏大，也可能是T的测量值偏小，所以不加摆球半径，是使l偏小，使g偏小，则B错；将n次全振动记为(n－1)次全振动，T的测量值偏大，使g偏小，则C错；同理分析知D正确．故正确答案为D.3．(多选)惠更斯利用摆的等时性独创了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能供应，运行的速率由钟摆限制．旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示．以下说法正确的是(AC)A．当摆钟不精确时须要调整圆盘的位置B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移解析：依据周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知，当摆钟不精确时，则须要调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增长，增大周期，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘调整，C正确；摆钟从福建移到北京，加速度增大，则需将摆长增大，D错误．4．将在地球上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球记录的时间是1h，那么事实上的时间应是eq\r(6)h．(月球表面的重力加速度是地球表面的eq\f(1,6))．若要把此摆钟调准，应将摆长L0调整为eq\f(L0,6).解析：对于一个确定的摆钟，其内部结构确定了它每摇摆一个周期记录的时间是肯定的．每摇摆一个周期，在钟表上的记录时间为肯定值，此定值与实际所用时间不肯定相等．设在地球上校准的摆钟周期为T0，月球摆钟记录时间为t0，摆钟全振动次数为N，实际时间为t1，月球上摆钟周期为T1.t0＝NT0，t1＝NT1，则有：eq\f(t0,t1)＝eq\f(T0,T1)＝eq\f(2π\r(\f(l,g地)),2π\r(\f(l,g月)))＝eq\r(\f(g月,g地))，所求实际时间为t1＝eq\r(\f(g地,g月))·t0＝eq\r(6)t0，要把该摆钟调准，需将摆长调为eq\f(L0,6).5．(1)物理课外小组