2.4 单摆 同步练习题（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2.4 单摆 同步练习题（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 396.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-14 12:25:35 | ||
图片预览
文档简介
2.4 单摆
一、单选题
1．单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是 （ ）
A．摆球在最低点加速度为零 B．合外力方向始终与速度方向垂直
C．摆球在最高点合外力为零 D．摆球在任何位置加速度都不等于零
2．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
3．如图所示，用两根等长的轻线悬挂一个小球，设绳长L和角α已知，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期表达式为（ ）
A．π B．2π C．2π D．2π
4．小角摆动下，单摆周期T与哪个物理量有关（ ）
A．摆长 B．摆球质量 C．最大摆角 D．与以上三者都有关
5．小明在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，是它的平衡位置，、是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测得当地重力加速度为g=10m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，，则下列选项正确的是（ ）
A．根据图乙可知开始计时摆球在点 B．此单摆的振动频率是
C．图中点向负方向振动 D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为
6．若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的，则单摆振动的（ ）
A．频率变大，振幅变大 B．频率不变，振幅变小
C．频率变小， 振幅变大 D．频率变小，振幅变小
7．一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O（未画出）正下方的钉子P挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等， 。则O、P两点间的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，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。在黄山山脚走时准确的摆钟移到黄山山顶（未做其他调整），摆钟摆动变慢了，下列说法正确的是（ ）
A．黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
B．黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
C．黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
D．黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
9．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cosπt(cm)
C．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
10．一条细线下面挂一个小球，让它自由摆动，它的振动图象如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的频率为2Hz
B．该单摆的摆长大约为2m
C．若将此单摆从山脚移到山顶，单摆的周期将会变大
D．根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
11．雪崩是积雪山区一种常见的自然现象。如图所示，坡面AB可视为半径约为2.5km的圆弧，P点与圆心的连线OP偏离竖直方向约5°。不计阻力，P处积雪由静止下滑到山坡底端所需的时间约为（ ）
A．25s B．50s C．75s D．100s
二、多选题
12．图示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙单摆的大
C．甲单摆的机械能比乙单摆的大
D．在t=0.5s时，有正向最大加速度的是乙单摆
13．图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度取，取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．单摆周期为0.8s B．单摆摆长为0.64m
C．F的最小值 D．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变
三、填空题
14．有一单摆，其摆长l=1.02m，摆球的质量m=0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t=60.8s，当地的重力加速度是_____m/s2（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应___（填写“缩短”“增长”），改变量为_________m。
15．如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，已知当地重力加速度为g，若数值上取，则单摆运动的周期为______s，单摆的摆长为______m。
16．如图所示，在半径为R的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点的高度差为H。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______，在最低点处的加速度为______。（已知重力加速度为g）
17．两根绳子同时系着一个小球，同时它们的另一端系在天花板上，如图所示。当系统静止时，两绳夹角为直角。当小球在垂直于纸面的方向来回小角摆动时，整个系统可以等效看成一个单摆，请问等效摆长为___________（选填“AP”、“AO”或“AQ”）。如果已知两绳的长度为，，当地重力加速度为g，则小球来回小角摆动的周期为__________。
四、解答题
18．一单摆做简谐运动，其位移和时间关系如图所示，取π2＝g，求：
（1）根据振动图像写出该简谐运动的表达式；
（2）该单摆的摆长；
（3）估算它摆动的最大偏角。
19．电影中，质量为60kg的特工从楼顶出发，欲到达距离楼顶L=22.5m处的房间。如图所示，他通过手轮沿一条竖直悬垂的滑索从静止开始下滑。下滑时他可调节对手轮的压力，从获得足够的阻力以控制下滑加速度。开始时他放松手轮，自由下落1s；然后他调节手轮，匀速下落了12.5m；然后他再调节手轮，匀减速下滑，当滑到该房间的窗户A处时，速度恰好为0。此时他用脚踏蹬开窗户，自己向墙外侧反弹了 0.9m，然后进入窗内。（不计空气阻力；放松手轮时，不计手轮与滑索间的摩擦；不考虑特工的身高影响。g=10m/s2）求：从开始下落到进入窗内，特工所用的时间。（此小题结果保留1位小数）
试卷第页，共页
试卷第页，共页
参考答案：
1．D
【详解】
A．摆球在最低点时速度最大，有向心加速度，即加速度不为零，选项A错误；
B．单摆振动时不是做匀速圆周运动，则合外力方向不是始终与速度方向垂直，选项B错误；
C．摆球在最高点时，回复力最大，此时合外力不为零，选项C错误；
D．摆球在任何位置合外力均不为零，即加速度都不等于零，选项D正确。
故选D。
2．B
【详解】
AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将来回振动，选项A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止；若给小球一定的初速度，则做匀速圆周运动，选项CD错误。
故选B。
3．D
【详解】
如图所示
由于小球垂直于纸面做简谐运动，所以等效摆长为Lsinα，由于小球做简谐运动，所以单摆的振动周期为
ABC错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】
小角摆动下，单摆周期公式为
即T与L和g有关，故选A。
5．C
【详解】
A.由于向右摆动为正方向，可知开始计时摆球在A点，A错误；
B. 由图乙可知，振动周期为2s，因此振动频率是0.5Hz，B错误；
C.图中点是摆球从正的最大位移处向负方向振动，C正确；
D.根据单摆的振动周期公式
可求的单摆的摆长
D错误。
故选C。
6．B
【详解】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变，由可知摆球经过最低点时的动能不变，由于振动过程中机械能守恒，根据
可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅变小，故B正确，ACD错误。
故选B。
7．A
【详解】
设相邻两次闪光的时间间隔为，则摆球在左侧的摆动周期为
摆球在右侧的摆动周期为
可得
根据单摆周期公式
可解得
则O、P两点间的距离为
故选A。
8．B
【详解】
由题意可知摆钟由黄山山脚移到黄山山顶时周期变大，根据单摆周期公式
T=2π
可知山顶的重力加速度较小，为调准摆钟，使摆钟的周期适当变短，需要适当增大摆长，应将螺母适当向上移动。
故选B。
9．D
【详解】
A．由图乙可知，单摆周期为2s，由单摆周期公式
可解得单摆的摆长为
A错误；
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为
B错误；
C．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点回到平衡位置，摆球的重力势能逐渐减小，C错误；
D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球从平衡位置回到最高点，位移逐渐增大，回复力与位移成正比，古摆球所受回复力逐渐增大，D正确。
故选D。
10．C
【详解】
A．由图可知，该单摆的周期为2s，故频率为0.5Hz，A错误；
B．由单摆周期公式
带入数据可得该单摆的摆长为
B错误；
C．若将此单摆从山脚移到山顶，g变小，T变大，C正确；
D．根据图中的数据可得它摆动的最大摆角满足
故可以估算出它摆动的最大摆角，D错误。
故选C。
11．A
【详解】
可以将P到A看作单摆的一部分，则从P到A所用的时间为单摆周期的四分之一，即
单摆周期公式为
代入数据联立可得
故选A。
12．ABD
【详解】
A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式可知，甲、乙两单摆的摆长l相等，A项正确；
B．甲单摆的振幅为10cm，乙单摆的振幅为7cm，则甲单摆的振幅比乙单摆的大，B项正确；
C．尽管甲单摆的振幅比乙单摆的大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，所以无法比较两单摆机械能的大小，C项错误；
D．在t=0.5s时，甲单摆经过平衡位置，乙单摆经过负向最大位移处，所以此时有正向最大加速度的是乙单摆，D项正确。
故选ABD。
13．BCD
【详解】
A．根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时刻，则由题图乙可知单摆周期为1.6s，故A错误；
B．根据单摆周期公式可得单摆摆长为
故B正确；
C．设单摆的摆角为2θ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为
①
设摆球运动至最低点时的速度大小为v，则根据机械能守恒定律有
②
在最低点时，根据牛顿第二定律有
③
联立①②③解得
故C正确；
D．根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变，故D正确。
故选BCD。
14． 9.79 m/s2 缩短 0.027m（0.02m也给分）
【详解】
单摆做简谐运动，由题得其周期为
由单摆的周期公式有
得
秒摆的周期为，设其摆长为，根据
可知
即
故
其摆长要缩短
即摆长应缩短0.027m。
15． 1.6 0.64
【详解】
摆球在最低点时对摆线的拉力最大，单摆运动一个周期两次通过最低点，由图乙可知单摆运动的周期为
由单摆周期公式
解得
16．
【详解】
本题中的装置等效于单摆模型，其等效摆长为圆弧的半径R，周期
小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动，小环运动到最低点所需的最短时间为
对于此过程，由机械能守恒定律得
小环在最低点的速度为
故小环在最低点的加速度大小为
17． AO
【详解】
由题意可知，整个系统可以等效看成一个单摆，等效摆长为OA；
根据单摆周期公式
由于已知两绳的长度为，，两绳夹角为直角，由几何关系可得
则有
可得小球来回小角摆动的周期为
18．（1） cm；（2）1m；（3）3.4°
【详解】
（1）单摆的振幅为6cm，角速度为
表达式为
cm
（2）根据单摆周期公式得
（3）如图所示
因为θ角很小，所以
θ＝3.4°
19．8.0s
【详解】
自由下落时间为
匀速下落
减速下落
单摆周期T
所以摆动过程
故全程
试卷第页，共页
试卷第页，共页
一、单选题
1．单摆在振动过程中，对摆球的分析正确的是 （ ）
A．摆球在最低点加速度为零 B．合外力方向始终与速度方向垂直
C．摆球在最高点合外力为零 D．摆球在任何位置加速度都不等于零
2．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
3．如图所示，用两根等长的轻线悬挂一个小球，设绳长L和角α已知，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期表达式为（ ）
A．π B．2π C．2π D．2π
4．小角摆动下，单摆周期T与哪个物理量有关（ ）
A．摆长 B．摆球质量 C．最大摆角 D．与以上三者都有关
5．小明在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，是它的平衡位置，、是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测得当地重力加速度为g=10m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，，则下列选项正确的是（ ）
A．根据图乙可知开始计时摆球在点 B．此单摆的振动频率是
C．图中点向负方向振动 D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为
6．若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平衡位置时的速度减小为原来的，则单摆振动的（ ）
A．频率变大，振幅变大 B．频率不变，振幅变小
C．频率变小， 振幅变大 D．频率变小，振幅变小
7．一单摆在竖直平面内做小角度摆动。摆球从左侧最高点A运动到最低点C时，摆线被悬点O（未画出）正下方的钉子P挡住，之后球运动到右侧最高点B，该过程中的频闪照片如图所示，已知闪光的时间间隔相等， 。则O、P两点间的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟。如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，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。在黄山山脚走时准确的摆钟移到黄山山顶（未做其他调整），摆钟摆动变慢了，下列说法正确的是（ ）
A．黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
B．黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
C．黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动
D．黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动
9．如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为2.0m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8cosπt(cm)
C．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
10．一条细线下面挂一个小球，让它自由摆动，它的振动图象如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．该单摆的频率为2Hz
B．该单摆的摆长大约为2m
C．若将此单摆从山脚移到山顶，单摆的周期将会变大
D．根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
11．雪崩是积雪山区一种常见的自然现象。如图所示，坡面AB可视为半径约为2.5km的圆弧，P点与圆心的连线OP偏离竖直方向约5°。不计阻力，P处积雪由静止下滑到山坡底端所需的时间约为（ ）
A．25s B．50s C．75s D．100s
二、多选题
12．图示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲单摆的振幅比乙单摆的大
C．甲单摆的机械能比乙单摆的大
D．在t=0.5s时，有正向最大加速度的是乙单摆
13．图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值，已知摆球质量，重力加速度取，取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．单摆周期为0.8s B．单摆摆长为0.64m
C．F的最小值 D．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变
三、填空题
14．有一单摆，其摆长l=1.02m，摆球的质量m=0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t=60.8s，当地的重力加速度是_____m/s2（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应___（填写“缩短”“增长”），改变量为_________m。
15．如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，已知当地重力加速度为g，若数值上取，则单摆运动的周期为______s，单摆的摆长为______m。
16．如图所示，在半径为R的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点的高度差为H。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______，在最低点处的加速度为______。（已知重力加速度为g）
17．两根绳子同时系着一个小球，同时它们的另一端系在天花板上，如图所示。当系统静止时，两绳夹角为直角。当小球在垂直于纸面的方向来回小角摆动时，整个系统可以等效看成一个单摆，请问等效摆长为___________（选填“AP”、“AO”或“AQ”）。如果已知两绳的长度为，，当地重力加速度为g，则小球来回小角摆动的周期为__________。
四、解答题
18．一单摆做简谐运动，其位移和时间关系如图所示，取π2＝g，求：
（1）根据振动图像写出该简谐运动的表达式；
（2）该单摆的摆长；
（3）估算它摆动的最大偏角。
19．电影中，质量为60kg的特工从楼顶出发，欲到达距离楼顶L=22.5m处的房间。如图所示，他通过手轮沿一条竖直悬垂的滑索从静止开始下滑。下滑时他可调节对手轮的压力，从获得足够的阻力以控制下滑加速度。开始时他放松手轮，自由下落1s；然后他调节手轮，匀速下落了12.5m；然后他再调节手轮，匀减速下滑，当滑到该房间的窗户A处时，速度恰好为0。此时他用脚踏蹬开窗户，自己向墙外侧反弹了 0.9m，然后进入窗内。（不计空气阻力；放松手轮时，不计手轮与滑索间的摩擦；不考虑特工的身高影响。g=10m/s2）求：从开始下落到进入窗内，特工所用的时间。（此小题结果保留1位小数）
试卷第页，共页
试卷第页，共页
参考答案：
1．D
【详解】
A．摆球在最低点时速度最大，有向心加速度，即加速度不为零，选项A错误；
B．单摆振动时不是做匀速圆周运动，则合外力方向不是始终与速度方向垂直，选项B错误；
C．摆球在最高点时，回复力最大，此时合外力不为零，选项C错误；
D．摆球在任何位置合外力均不为零，即加速度都不等于零，选项D正确。
故选D。
2．B
【详解】
AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将来回振动，选项A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止；若给小球一定的初速度，则做匀速圆周运动，选项CD错误。
故选B。
3．D
【详解】
如图所示
由于小球垂直于纸面做简谐运动，所以等效摆长为Lsinα，由于小球做简谐运动，所以单摆的振动周期为
ABC错误，D正确。
故选D。
4．A
【详解】
小角摆动下，单摆周期公式为
即T与L和g有关，故选A。
5．C
【详解】
A.由于向右摆动为正方向，可知开始计时摆球在A点，A错误；
B. 由图乙可知，振动周期为2s，因此振动频率是0.5Hz，B错误；
C.图中点是摆球从正的最大位移处向负方向振动，C正确；
D.根据单摆的振动周期公式
可求的单摆的摆长
D错误。
故选C。
6．B
【详解】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变，由可知摆球经过最低点时的动能不变，由于振动过程中机械能守恒，根据
可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅变小，故B正确，ACD错误。
故选B。
7．A
【详解】
设相邻两次闪光的时间间隔为，则摆球在左侧的摆动周期为
摆球在右侧的摆动周期为
可得
根据单摆周期公式
可解得
则O、P两点间的距离为
故选A。
8．B
【详解】
由题意可知摆钟由黄山山脚移到黄山山顶时周期变大，根据单摆周期公式
T=2π
可知山顶的重力加速度较小，为调准摆钟，使摆钟的周期适当变短，需要适当增大摆长，应将螺母适当向上移动。
故选B。
9．D
【详解】
A．由图乙可知，单摆周期为2s，由单摆周期公式
可解得单摆的摆长为
A错误；
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为
B错误；
C．从t＝0.5s到t＝1.0s的过程中，摆球从最高点回到平衡位置，摆球的重力势能逐渐减小，C错误；
D．从t＝1.0s到t＝1.5s的过程中，摆球从平衡位置回到最高点，位移逐渐增大，回复力与位移成正比，古摆球所受回复力逐渐增大，D正确。
故选D。
10．C
【详解】
A．由图可知，该单摆的周期为2s，故频率为0.5Hz，A错误；
B．由单摆周期公式
带入数据可得该单摆的摆长为
B错误；
C．若将此单摆从山脚移到山顶，g变小，T变大，C正确；
D．根据图中的数据可得它摆动的最大摆角满足
故可以估算出它摆动的最大摆角，D错误。
故选C。
11．A
【详解】
可以将P到A看作单摆的一部分，则从P到A所用的时间为单摆周期的四分之一，即
单摆周期公式为
代入数据联立可得
故选A。
12．ABD
【详解】
A．由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式可知，甲、乙两单摆的摆长l相等，A项正确；
B．甲单摆的振幅为10cm，乙单摆的振幅为7cm，则甲单摆的振幅比乙单摆的大，B项正确；
C．尽管甲单摆的振幅比乙单摆的大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，所以无法比较两单摆机械能的大小，C项错误；
D．在t=0.5s时，甲单摆经过平衡位置，乙单摆经过负向最大位移处，所以此时有正向最大加速度的是乙单摆，D项正确。
故选ABD。
13．BCD
【详解】
A．根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时刻，则由题图乙可知单摆周期为1.6s，故A错误；
B．根据单摆周期公式可得单摆摆长为
故B正确；
C．设单摆的摆角为2θ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为
①
设摆球运动至最低点时的速度大小为v，则根据机械能守恒定律有
②
在最低点时，根据牛顿第二定律有
③
联立①②③解得
故C正确；
D．根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变，故D正确。
故选BCD。
14． 9.79 m/s2 缩短 0.027m（0.02m也给分）
【详解】
单摆做简谐运动，由题得其周期为
由单摆的周期公式有
得
秒摆的周期为，设其摆长为，根据
可知
即
故
其摆长要缩短
即摆长应缩短0.027m。
15． 1.6 0.64
【详解】
摆球在最低点时对摆线的拉力最大，单摆运动一个周期两次通过最低点，由图乙可知单摆运动的周期为
由单摆周期公式
解得
16．
【详解】
本题中的装置等效于单摆模型，其等效摆长为圆弧的半径R，周期
小环沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动，小环运动到最低点所需的最短时间为
对于此过程，由机械能守恒定律得
小环在最低点的速度为
故小环在最低点的加速度大小为
17． AO
【详解】
由题意可知，整个系统可以等效看成一个单摆，等效摆长为OA；
根据单摆周期公式
由于已知两绳的长度为，，两绳夹角为直角，由几何关系可得
则有
可得小球来回小角摆动的周期为
18．（1） cm；（2）1m；（3）3.4°
【详解】
（1）单摆的振幅为6cm，角速度为
表达式为
cm
（2）根据单摆周期公式得
（3）如图所示
因为θ角很小，所以
θ＝3.4°
19．8.0s
【详解】
自由下落时间为
匀速下落
减速下落
单摆周期T
所以摆动过程
故全程
试卷第页，共页
试卷第页，共页