2.4单摆 同步作业（word解析版）
文档属性
| 名称 | 2.4单摆 同步作业（word解析版） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 430.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-10-11 05:41:51 | ||
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文档简介
2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册
2.4单摆 同步作业（解析版）
1．单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（ ）
A．摆长 B．回复力 C．频率 D．摆角
2．下列说法符合事实的是（ ）
A．法拉第通过实验研究，发现了电流的磁效应
B．安培提出分子电流假说，认为物质微粒内存在分子电流
C．奥斯特通过实验研究，发现了电磁感应现象
D．伽利略通过实验研究，确定了单摆周期的计算公式
3．某同学在用单摆测定重力加速度时，由于摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置，他第一次取悬线长为L1，测得单摆振动周期为T1；第二次取悬线长为L2，测得单摆振动周期为T2。由此可计算重力加速度g为（ ）
A． B．
C． D．
4．如图为甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的位移-时间图像，由图可知（ ）
A．甲和乙摆线的长度相同
B．甲摆球的质量较大
C．甲和乙摆角大小相同
D．摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受拉力不可能相同
5．如图所示，光滑槽半径远大于小球运动的弧长，今有两个小球同时由图示位置从静止释放，O点为槽的最低点，则它们第一次相遇的地点是( )
A．O点 B．O点左侧
C．O点右侧 D．无法确定
6．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的2倍，摆球经过平衡位置时速率不变，则单摆振动的（ ）
A．频率、振幅都不变
B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变
D．频率改变、振幅不变．
7．某一物体在某行星表面所受重力是在地球表面时的16倍，在地球上走得很准的摆钟搬到该行星上，分针走一圈所用时间实际是
A．15min
B．30min
C．3h
D．4h
8．单摆在振动过程中，摆动幅度越来越小这是因为（ ）
A．能量正在逐渐消灭 B．动能正在转化为势能
C．机械能守恒 D．总能量守恒，减少的机械能转化为内能
9．如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（ ）
A．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动
B．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
C．摆长约为10 cm
D．发生共振时单摆的周期为1 s
10．一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心为r。已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图甲所示，一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动，拉力传感器显示绳子拉力的大小随时间的变化图像如图乙所示，已知当地的重力加速度为，则根据图乙中的数据可知（ ）
A．此单摆的周期
B．此摆球的质量为
C．此单摆的摆长
D．在时刻摆球的回复力最小
12．如图所示为摆长为1m的单摆分别在地球表面和某星球表面做受迫振动的共振曲线，已知星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，地球表面重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．图线I是某星球上的单摆共振曲线，图线II是地球上的单摆共振曲线
B．图线1是地球上的单摆共振曲线，图II是某星球上的单摆共振曲线
C．将一单摆从地球移到该星球上，摆钟会变快
D．该星球表面重力加速度约为62.5m/s2
13．两个单摆的悬挂位置的高度相同，其摆球质量相等。它们做简谐运动的振动图像如图所示。关于两单摆的摆动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．摆动周期有
B．摆长有
C．摆动过程中的时刻，摆角相等
D．摆动过程中的时刻，两摆球有最大势能差
E.摆动过程中的时刻，两摆球的运动速率相等
14．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
15．如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B 时的速度为v，则（ ）
A．摆球从A运动到B的过程中重力的平均功率为2
B．摆球从A运动到B的过程中合外力的冲量为mv
C．摆球从A运动到B的过程中重力的瞬时功率先增大后减小
D．摆球从A运动到B的过程中重力做的功为
16．将一个力电传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某小球摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如下图所示。某同学由此图象提供的信息做出的下列判断中，正确的是
A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点
B．t＝0.8 s时摆球处于超重状态
C．摆球摆动过程中机械能守恒
D．摆球摆动的周期是T＝0.6 s
17．如图，在：半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H为1cm．将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为____s，在最低点处的加速度为____m/s2．(取g＝10m/s2)
18．如图所示是演示砂摆振动图像的实验装置，砂摆的摆幅较小时可看作简谐振动．砂摆摆动时，手拉纸的速率恒为0.3m/s，实验结果如图所示．由图所提供的信息，可测得砂摆的周期为 ，砂摆的摆长为 （g取10m/s2）．
19．已知在月球上重力加速度约为1.6m/s2。若做一单摆，使其在月球上的振动周期为2.0s，那么摆长应为多少？
20．如图所示，长为L单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方的B点固定一个光滑的钉子，O、B两点的距离为，使摆球A通过最低点向左摆动，悬线被钉子挡住成为一个新的单摆，这样，单摆在整个振动过程中的周期将为多少？
参考答案
1．B
【详解】
由图知，单摆的周期
由单摆的周期公式
得摆长
摆角
而摆球所受的回复力
由于摆球的质量m未知，所以无法确定其回复力。
故选B。
2．B
【详解】
A．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应，选项A错误；
B．安培提出分子电流假说，认为物质微粒内存在分子电流，选项B正确；
C．法拉第通过实验研究，发现了电磁感应现象，选项C错误；
D．惠更斯研究了单摆的振动规律，确定了单摆振动的周期公式，故D错误。
故选B。
3．B
【详解】
ABCD．设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式得
，
联立以上两式解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．A
【详解】
A．由图可知，甲和乙两摆的周期相同，则由单摆的周期公式可知，可知，两摆的摆长一定相同，A正确；
B．因为单摆的周期与摆球、摆角无关，所以甲乙摆球的质量无法比较，B错误；
C．由于摆线长度相同，据几何关系知，甲的振幅大，所以摆角（不大于5度）大，C错误；
D．因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同，同时因为质量不同，故拉力有可能相同，D错误；
故选A。
5．A
【详解】
两个小球同时由图示位置从静止释放后，由于光滑槽半径远大于小球运动的弧长，它们都做简谐运动，等效摆长都是槽的半径R，则它们的周期相同，都为
到达槽底部的时间都是
则两球在O点相遇。
故选A。
6．A
【详解】
根据单摆的周期公式
可知，单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的2倍，则周期不变，频率不变；摆球经过平衡位置时速率不变，根据能量守恒可知单摆振动振幅不变。
故选A。
7．A
【详解】
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16倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g′=16g；根据单摆的周期公式T=2π可知，该星球上单摆的周期是地球上周期的，所以此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是地球上分针走一圈的，即为h=15min；故选A.
8．D
【详解】
试题分析：单摆在运动中由于受到空气阻力，故机械能将减小，转化为内能，由能量守恒可知，总能量是不变的；故ABC错误，D正确；
考点：考查了简谐运动的回复力和能量．
9．B
【详解】
AB．单摆的频率公式 ，当摆长增大时，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动．故A错误，B正确．
CD．由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz．周期T=2s，根据 ，得摆长为1m，故CD错误；
故选B
10．B
【分析】
先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式。
【详解】
在地球表面，重力等于万有引力，故
单摆的周期为
联立解得
故选B。
11．C
【详解】
A．摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，则此单摆的周期为
故A错误；
B．摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，则有
此摆球的质量为
故B错误；
C．根据单摆周期公式
可得此单摆的摆长
故C正确；
D．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，摆球运动到最低点时，摆球的回复力最小，所以在时刻摆球的回复力最小，在时刻摆球的回复力最大，故D错误。
故选C。
12．A
【详解】
AB．星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据可知，在星球表面的的固有周期较大，固有频率较小，由图线可知，图线I是某星球上的单摆共振曲线，图线II是地球上的单摆共振曲线，选项A正确，B错误；
C．将一单摆从地球移到该星球上，摆钟周期会变大，即会变慢，选项C错误；
D．根据可知
则该星球表面重力加速度约为
选项D错误；
故选A。
【点睛】
此题关键是理解单摆的共振曲线，掌握单摆的周期公式，从而推导出单摆的频率与重力加速度的关系。
13．ABD
【详解】
A.读取图像信息，知
则
故A正确；
B.单摆周期为
则有
则
故B正确；
C.时刻两摆的位移相同，因为摆长不同，由几何关系知其摆角不同，故C错误；
D.甲摆长大于乙摆长，时刻甲摆在平衡位置、乙摆在负向最大位移处，则两摆球有最大高度差。又两摆球质量相等，则二者有最大势能差，故D正确；
E.两摆摆长有
振幅有
由几何关系计算知两摆球的最大上升高度不同。又两摆球质量相等，由机械能守恒定律知，在最低点速率不同。故E错误。
故选ABD。
14．AC
【详解】
A．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；
B．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；
C．摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；
D．摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，故D错误。
故选AC。
15．ABCD
【详解】
A．根据动能定理知，从A到B的过程中，重力做功
则重力做功的平均功率
选项A正确；
B．根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，动量的变化量为mv，可知合外力冲量为mv，选项B正确；
C．在A点，速度为零，因此重力的瞬时功率为0，在B点，速度沿水平方向，重力竖直向下，可知重力的瞬时功率为0，因此从A点到B点的瞬时功率先增大后减小，选项C正确；
D．从A到B过程中，只有重力做功，而物体动能的变化量为，根据动能定理可知，选项D正确。
故选ABCD。
16．AB
【详解】
A．摆球经过最低点时，拉力最大，由图知在0.2s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，选项A正确；
B．在t=0.8s时，摆球的拉力最大，经过最低点，加速度向上，摆球处于超重状态，选项B正确；
C．由图可知，经过最低点时的力逐渐减小，说明经过最低点时的速度逐渐减小，动能逐渐减小，机械能逐渐减小，选项C错误；
D．在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期T=1.2s，选项D错误．
故选AB。
17． 0.08
【详解】
半径2.5m的光滑圆环切下小段圆弧，小环的运动可看做单摆运动，依据单摆周期公式，
由顶端到最低点时间为．依据动能定理计算速度v，依据圆周运动的向心加速度得出=0.08
【考点定位】
单摆运动和圆周运动向心加速度
18．1s，0.25m
【详解】
单摆问题．砂摆完成一次全振动，纸向前移动的距离为30cm，移动的时间等于砂摆的周期，根据单摆的公式求出摆长．
砂摆完成一次全振动，纸向前移动的距离为30cm，移动的时间等于砂摆的周期，所以T =1s．根据单摆的公式，L= 0.25m．
19．
【详解】
由单摆周期公式可得
代入数据可解得，即摆长应为0.16m。
20．
【详解】
单摆摆长为L时，摆动时间为
t1 = =
摆线碰到B点后，来回一次的摆动时间为
t2 ==
成为新的单摆后，摆动周期为
即
2.4单摆 同步作业（解析版）
1．单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（ ）
A．摆长 B．回复力 C．频率 D．摆角
2．下列说法符合事实的是（ ）
A．法拉第通过实验研究，发现了电流的磁效应
B．安培提出分子电流假说，认为物质微粒内存在分子电流
C．奥斯特通过实验研究，发现了电磁感应现象
D．伽利略通过实验研究，确定了单摆周期的计算公式
3．某同学在用单摆测定重力加速度时，由于摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置，他第一次取悬线长为L1，测得单摆振动周期为T1；第二次取悬线长为L2，测得单摆振动周期为T2。由此可计算重力加速度g为（ ）
A． B．
C． D．
4．如图为甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的位移-时间图像，由图可知（ ）
A．甲和乙摆线的长度相同
B．甲摆球的质量较大
C．甲和乙摆角大小相同
D．摆到平衡位置时，甲和乙摆线所受拉力不可能相同
5．如图所示，光滑槽半径远大于小球运动的弧长，今有两个小球同时由图示位置从静止释放，O点为槽的最低点，则它们第一次相遇的地点是( )
A．O点 B．O点左侧
C．O点右侧 D．无法确定
6．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的2倍，摆球经过平衡位置时速率不变，则单摆振动的（ ）
A．频率、振幅都不变
B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变
D．频率改变、振幅不变．
7．某一物体在某行星表面所受重力是在地球表面时的16倍，在地球上走得很准的摆钟搬到该行星上，分针走一圈所用时间实际是
A．15min
B．30min
C．3h
D．4h
8．单摆在振动过程中，摆动幅度越来越小这是因为（ ）
A．能量正在逐渐消灭 B．动能正在转化为势能
C．机械能守恒 D．总能量守恒，减少的机械能转化为内能
9．如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是（ ）
A．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动
B．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动
C．摆长约为10 cm
D．发生共振时单摆的周期为1 s
10．一单摆的摆球质量为m、摆长为l，球心离地心为r。已知地球的质量为M，引力常量为G，关于单摆做简谐运动的周期T与r的关系，下列公式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图甲所示，一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动，拉力传感器显示绳子拉力的大小随时间的变化图像如图乙所示，已知当地的重力加速度为，则根据图乙中的数据可知（ ）
A．此单摆的周期
B．此摆球的质量为
C．此单摆的摆长
D．在时刻摆球的回复力最小
12．如图所示为摆长为1m的单摆分别在地球表面和某星球表面做受迫振动的共振曲线，已知星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，地球表面重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．图线I是某星球上的单摆共振曲线，图线II是地球上的单摆共振曲线
B．图线1是地球上的单摆共振曲线，图II是某星球上的单摆共振曲线
C．将一单摆从地球移到该星球上，摆钟会变快
D．该星球表面重力加速度约为62.5m/s2
13．两个单摆的悬挂位置的高度相同，其摆球质量相等。它们做简谐运动的振动图像如图所示。关于两单摆的摆动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．摆动周期有
B．摆长有
C．摆动过程中的时刻，摆角相等
D．摆动过程中的时刻，两摆球有最大势能差
E.摆动过程中的时刻，两摆球的运动速率相等
14．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
15．如图所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B 时的速度为v，则（ ）
A．摆球从A运动到B的过程中重力的平均功率为2
B．摆球从A运动到B的过程中合外力的冲量为mv
C．摆球从A运动到B的过程中重力的瞬时功率先增大后减小
D．摆球从A运动到B的过程中重力做的功为
16．将一个力电传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某小球摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如下图所示。某同学由此图象提供的信息做出的下列判断中，正确的是
A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点
B．t＝0.8 s时摆球处于超重状态
C．摆球摆动过程中机械能守恒
D．摆球摆动的周期是T＝0.6 s
17．如图，在：半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H为1cm．将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为____s，在最低点处的加速度为____m/s2．(取g＝10m/s2)
18．如图所示是演示砂摆振动图像的实验装置，砂摆的摆幅较小时可看作简谐振动．砂摆摆动时，手拉纸的速率恒为0.3m/s，实验结果如图所示．由图所提供的信息，可测得砂摆的周期为 ，砂摆的摆长为 （g取10m/s2）．
19．已知在月球上重力加速度约为1.6m/s2。若做一单摆，使其在月球上的振动周期为2.0s，那么摆长应为多少？
20．如图所示，长为L单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方的B点固定一个光滑的钉子，O、B两点的距离为，使摆球A通过最低点向左摆动，悬线被钉子挡住成为一个新的单摆，这样，单摆在整个振动过程中的周期将为多少？
参考答案
1．B
【详解】
由图知，单摆的周期
由单摆的周期公式
得摆长
摆角
而摆球所受的回复力
由于摆球的质量m未知，所以无法确定其回复力。
故选B。
2．B
【详解】
A．奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应，选项A错误；
B．安培提出分子电流假说，认为物质微粒内存在分子电流，选项B正确；
C．法拉第通过实验研究，发现了电磁感应现象，选项C错误；
D．惠更斯研究了单摆的振动规律，确定了单摆振动的周期公式，故D错误。
故选B。
3．B
【详解】
ABCD．设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式得
，
联立以上两式解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．A
【详解】
A．由图可知，甲和乙两摆的周期相同，则由单摆的周期公式可知，可知，两摆的摆长一定相同，A正确；
B．因为单摆的周期与摆球、摆角无关，所以甲乙摆球的质量无法比较，B错误；
C．由于摆线长度相同，据几何关系知，甲的振幅大，所以摆角（不大于5度）大，C错误；
D．因为摆长相等，但偏角不同，故到达底部时的速度不同，同时因为质量不同，故拉力有可能相同，D错误；
故选A。
5．A
【详解】
两个小球同时由图示位置从静止释放后，由于光滑槽半径远大于小球运动的弧长，它们都做简谐运动，等效摆长都是槽的半径R，则它们的周期相同，都为
到达槽底部的时间都是
则两球在O点相遇。
故选A。
6．A
【详解】
根据单摆的周期公式
可知，单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的2倍，则周期不变，频率不变；摆球经过平衡位置时速率不变，根据能量守恒可知单摆振动振幅不变。
故选A。
7．A
【详解】
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16倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g′=16g；根据单摆的周期公式T=2π可知，该星球上单摆的周期是地球上周期的，所以此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是地球上分针走一圈的，即为h=15min；故选A.
8．D
【详解】
试题分析：单摆在运动中由于受到空气阻力，故机械能将减小，转化为内能，由能量守恒可知，总能量是不变的；故ABC错误，D正确；
考点：考查了简谐运动的回复力和能量．
9．B
【详解】
AB．单摆的频率公式 ，当摆长增大时，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动．故A错误，B正确．
CD．由共振曲线可知：当驱动力频率f=0.5Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f=0.5Hz．周期T=2s，根据 ，得摆长为1m，故CD错误；
故选B
10．B
【分析】
先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式。
【详解】
在地球表面，重力等于万有引力，故
单摆的周期为
联立解得
故选B。
11．C
【详解】
A．摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，则此单摆的周期为
故A错误；
B．摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，则有
此摆球的质量为
故B错误；
C．根据单摆周期公式
可得此单摆的摆长
故C正确；
D．单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，摆球运动到最低点时，摆球的回复力最小，所以在时刻摆球的回复力最小，在时刻摆球的回复力最大，故D错误。
故选C。
12．A
【详解】
AB．星球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，根据可知，在星球表面的的固有周期较大，固有频率较小，由图线可知，图线I是某星球上的单摆共振曲线，图线II是地球上的单摆共振曲线，选项A正确，B错误；
C．将一单摆从地球移到该星球上，摆钟周期会变大，即会变慢，选项C错误；
D．根据可知
则该星球表面重力加速度约为
选项D错误；
故选A。
【点睛】
此题关键是理解单摆的共振曲线，掌握单摆的周期公式，从而推导出单摆的频率与重力加速度的关系。
13．ABD
【详解】
A.读取图像信息，知
则
故A正确；
B.单摆周期为
则有
则
故B正确；
C.时刻两摆的位移相同，因为摆长不同，由几何关系知其摆角不同，故C错误；
D.甲摆长大于乙摆长，时刻甲摆在平衡位置、乙摆在负向最大位移处，则两摆球有最大高度差。又两摆球质量相等，则二者有最大势能差，故D正确；
E.两摆摆长有
振幅有
由几何关系计算知两摆球的最大上升高度不同。又两摆球质量相等，由机械能守恒定律知，在最低点速率不同。故E错误。
故选ABD。
14．AC
【详解】
A．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；
B．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；
C．摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，故C正确；
D．摆角很小时，摆球所受回复力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比，故D错误。
故选AC。
15．ABCD
【详解】
A．根据动能定理知，从A到B的过程中，重力做功
则重力做功的平均功率
选项A正确；
B．根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，动量的变化量为mv，可知合外力冲量为mv，选项B正确；
C．在A点，速度为零，因此重力的瞬时功率为0，在B点，速度沿水平方向，重力竖直向下，可知重力的瞬时功率为0，因此从A点到B点的瞬时功率先增大后减小，选项C正确；
D．从A到B过程中，只有重力做功，而物体动能的变化量为，根据动能定理可知，选项D正确。
故选ABCD。
16．AB
【详解】
A．摆球经过最低点时，拉力最大，由图知在0.2s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，选项A正确；
B．在t=0.8s时，摆球的拉力最大，经过最低点，加速度向上，摆球处于超重状态，选项B正确；
C．由图可知，经过最低点时的力逐渐减小，说明经过最低点时的速度逐渐减小，动能逐渐减小，机械能逐渐减小，选项C错误；
D．在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期T=1.2s，选项D错误．
故选AB。
17． 0.08
【详解】
半径2.5m的光滑圆环切下小段圆弧，小环的运动可看做单摆运动，依据单摆周期公式，
由顶端到最低点时间为．依据动能定理计算速度v，依据圆周运动的向心加速度得出=0.08
【考点定位】
单摆运动和圆周运动向心加速度
18．1s，0.25m
【详解】
单摆问题．砂摆完成一次全振动，纸向前移动的距离为30cm，移动的时间等于砂摆的周期，根据单摆的公式求出摆长．
砂摆完成一次全振动，纸向前移动的距离为30cm，移动的时间等于砂摆的周期，所以T =1s．根据单摆的公式，L= 0.25m．
19．
【详解】
由单摆周期公式可得
代入数据可解得，即摆长应为0.16m。
20．
【详解】
单摆摆长为L时，摆动时间为
t1 = =
摆线碰到B点后，来回一次的摆动时间为
t2 ==
成为新的单摆后，摆动周期为
即