2.4单摆基础巩固（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2.4单摆基础巩固（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 505.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-22 10:08:08 | ||
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文档简介
2.4单摆基础巩固2021—2022学年高中物理人教版（2019）选择性必修第一册
一、选择题（共15题）
1．放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，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一半，则单摆摆动的（ ）
A．振幅变小 B．振幅变大 C．频率变小 D．频率变大
2．如图所示，细绳悬挂一个小球在竖直平面内来回摆动，在小球从P点向Q点运动的过程中（ ）
A．小球动能先减小后增大
B．小球动能一直减小
C．小球重力势能先增大后减小
D．小球重力势能先减小后增大
3．在同一地点，甲、乙两单摆的摆球相对平衡位置的水平位移随时间变化的图像如图所示，则（ ）
A．甲的振幅小 B．乙的摆长短
C．时刻甲的摆角大 D．时刻两摆球速度相同
4．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．
5．如图所示，一单摆摆长为，在悬点的正下方的P处固定一光滑钉子，P与悬点相距为，则这个单摆做小幅度摆动时的周期为（ ）
A． B． C． D．
6．同一地点有甲、乙两个单摆，当甲摆动了80次时，乙恰好摆动了120次，则甲、乙两摆的摆长之比是（ ）
A．2∶3 B．9∶4 C．4∶9 D．3∶2
7．图甲是沙摆装置，细沙均匀漏出，同时匀速拉动纸板．图乙是细沙在纸板上形成的曲线，其粗细不均匀，主要是因为沙漏从最高点摆动到最低点的过程中，（ ）
A．加速度逐渐变小
B．位移逐渐变小
C．速度逐渐变大
D．回复力逐渐变大
8．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（取t＝0），当振动至t＝T时，摆球具有负向最大速度，则能正确描述单摆的振动图像的是（ ）
A． B．
C． D．
9．图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则（ ）
A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动
B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动
C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动
D．因摆钟周期变小，应将螺母适当向下移动
10．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（ ）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
11．如图所示，曲面是一段半径为的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于点，弧长为，现将一小球先后从曲面的顶端和弧的中点由静止释放，到达底端的速度分别为和，经历的时间分别为和，那么（ ）
A．， B．，
C．， D．以上三项都有可能
12．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10m/s2，对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）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
13．下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是( )
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．摆球过平衡位置的合外力为零
D．摆球过平衡位置的向心力为零
14．如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面上的振动图像.其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么两个星球的平均密度之比为（ ）
A． B． C． D．
15．如图甲所示是用沙摆演示振动图像的实验装置，此装置可视为摆长为L的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图甲所示的结果．若用手拉木板做匀速运动，速度大小是v．图乙所示的一段木板的长度是s．下列说法正确的是
A．可估算出这次实验所用沙摆对应的摆长
B．若增大手拉木板的速度，则沙摆的周期将变大
C．若减小沙摆摆动时的最大摆角，则沙摆的周期将变小
D．若增大沙摆的摆长，保持拉动木板的速度不变，则仍将得到与图乙完全相同的图样
二、填空题（共4题）
16．如图甲是一个单摆在小角度振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像，根据图像：单摆开始振动时刻摆球在_____位置（选填“B”、“O”、或“C”），若此地的重力加速度g取10m/s2，那么这个摆的摆长为______m。
17．摆角小于5°_________（选填“是”或“不是”）建立单摆模型的条件之一。保持某个单摆的摆线长度不变，摆球换成密度相同、质量4倍的球，该单摆做简谐振动的周期会_________。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
18．如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R远大于AB的弧长．甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，则两球第1次到达C点的时间之比为___________；在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，若在乙球第2次通过C点时，甲、乙两球相遇，则甲球下落的高度是____________．（不计空气阻力，不考虑甲球的反弹）
19．某同学在实验室“探究单摆的周期与摆长的关系”
（1）为测量摆长，必须使单摆处于_______状态（填“A”、“B”或“C”）
A．水平放置且拉直
B．竖直面内自然悬垂
C．悬挂且用竖直外力拉紧
（2）他已测得从悬点到摆球的最上端的长度为L0=98.80cm；然后用某种仪器来测量摆球的直径，得到摆球的直径为d=2.265cm，此测量数据是选用了仪器_______（填“A”、“B”或“C”）测量得到的．
A．毫米刻度尺 B．10分度游标卡尺 C．20分度游标卡尺
（3）正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球某次经过平衡位置时开始计时，并计数为“0”，当摆球第94次经过此位置时停止计时，如图所示，读出这段时间为_______s，则单摆的周期T=_______s．（计算结果保留三位有效数字）
三、综合题（共4题）
20．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（可视为质点）由距O点很近的A点由静止释放，R 。
（1）若小球甲释放的同时，另一小球乙（可视为质点）从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间比；
（2）若小球甲释放的同时，另一小球丙（可视为质点）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？
21．按如图装置利用单摆测量重力加速度。实验中测得摆线长度为，摆球直径为，摆球完成次全振动所需时间为，取，求当地重力加速度的大小．（保留3位有效数字）
22．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1=0.1N，在O处绳上拉力F2=2.8N，则摆球质量是多少？
23．如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略、质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O很近的轨道上某点，B在O点正上方h处。现同时释放两球，使两球在A小球第三次通过O点时恰好相碰，问：h应为多高。
参考答案
1．A
【详解】
AB．设摆球上升最大高度h，则
解得
所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，故A正确，B错误；
CD．根据单摆周期公式，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，故CD错误。
故选A。
2．D
【详解】
AB．P、Q点的位置最高，速度为零，故此两点时重力势能最大；最低点，速度最大，故动能最大，因此小球的动能先增大后减小，故AB错误；
CD．从P点运动到最低点的过程中，高度下降，速度增加，是重力势能转化动能；从最低点运动到Q点的过程中，高度上升，速度减小，是动能转化重力势能，故C错误，D正确．
故选D。
3．C
【详解】
A．由题图可知，甲的振幅大，故A错误；
B．由题图知，甲的周期为
乙单摆的周期为
则
由单摆周期公式
得甲、乙两单摆的摆长之比
故B错误；
C．时刻甲、乙两单摆的水平位移相等，由于甲的摆长短，则甲的摆角大，故C正确；
D．时刻甲、乙两摆球均通过平衡位置，速度方向相反，则速度不同，故D错误。
故选C。
4．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。
5．C
【详解】
摆长为l的周期，摆长为的周期为，故小球完成一次全振动的时间为，C正确．
6．B
【详解】
根据题意可得甲、乙两摆的周期之比为3：2，由周期公式，可得甲、乙两摆的摆长之比是9：4，B正确．
7．C
【详解】
观察细沙曲线，发现两侧粗，沙子多，中间细，沙少，是因为沙摆在摆动的过程中，经过平衡位置速度最大，最大位移处速度为0，即由于沙摆摆动过程中，速度大小的变化引起的．故细沙粗细不均匀，是因为沙漏从最高点摆动到最低点的过程中速度逐渐变大而形成的，故C正确，ABD错误．
8．C
【详解】
时，摆球具有负向最大速度，说明摆球在平衡位置且向负方向运动，在此四个选项中，时具有最大速度的有B、C两个选项，而具有负向最大速度的只有C选项。
故选C。
9．D
【详解】
由龙岩到北京，重力加速度变大，因可知周期变小，则要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。
故选D。
10．B
【详解】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的，由于振动过程中机械能守恒，故
据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；
故选B。
11．B
【详解】
因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长为2m，单摆的周期与振幅无关，故有，
因摆动只有重力做功，有：
，
所以，故.
A.，与分析结果相符；故A项不合题意.
B.，与分析结果不相符；故B项符合题意.
C.，与分析结果不相符；故C项不合题意.
D.以上三项都有可能与分析结果相符；故D项不合题意.
12．C
【详解】
A．由公式
解得L=1m．故A正确，不符合题意；
B．由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由
得角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm，故B正确，不符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误，符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确，不符合题意。
故选C。
【点评】
13．B
【详解】
AB．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故A错误，B正确；
C．单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，故C错误；
D．摆球过平衡位置的向心力为绳的拉力和重力的分力提供，故选项D错误。
故选B。
14．D
【详解】
由图可知
由单摆周期公式
得
万有引力等于重力，即
又
所以两个星球的平均密度之比
故选D。
15．A
【详解】
试题分析：据题意，当沙摆运动过程中通过木板测量的量可以求出沙摆的摆动周期为：，然后可以由求出沙摆的摆长为：,故选项A正确；如果木板速度增加，则沙摆周期将变小，故选项B错误；摆角对单摆周期没有影响，故选项C出错误；如果增大摆长，周期将变大，即使木板速度不变，但一个周期内木板走过的距离增加，故选项D错误．
考点：本题考查对单摆的应用．
16．B 0.162
【详解】
[1]由图乙所示图象可知，在t=0s时，摆球处于负的最大位移，摆球向右方向运动为正方向，因此开始时，摆球在B处；
[2]由单摆周期公式
可得
17．是 增大
【详解】
[1] 建立单摆模型的条件包括：不可伸长的轻绳，悬挂的重球和摆角小于5°，因此摆角小于5°是建立单摆模型的条件之一。
[2]单摆的振动周期公式
而摆长
由于摆球密度不变，质量变大，因此小球的半径变大，摆长变长，因此周期增大。
18．
【详解】
[1]甲球做自由落体运动，所以：；乙球沿圆弧做简谐运动（由于A→C R，可认为摆角θ＜5°）．此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为：
所以；
[2]在乙球第2次通过C点时经过的时间为：
则：
.
19．B AC 96.8s 2.06s
【详解】
（1）[1]．为测量摆线长，必须使单摆处于自然悬垂状态，水平拉直或拉紧都会增大测量的误差．故B正确，AC错误．
（2）[２]．测量摆线长度使用了毫米刻度尺，即仪器A；摆球的直径为d=2.265cm；10分度的游标卡尺，最小分度是0.1mm；20分度游标卡尺的最小分度为0.05mm；故此测量数据是选用了仪器C；
（3）[3][4]．读出这段时间为96.8s，周期数为，则单摆的周期．
20．（1）π∶4；（2） (n=1,2,3)
【详解】
(1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为
乙球做自由落体运动，到达O点的时间为t2，满足
R=gt22
解得
t2=
两球第一次到达O点的时间比为
t1∶t2=π∶4
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为
t=(2n-1)
其中n满足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=gt2= (n=1,2,3)
21．
【详解】
摆球的振动的周期为
摆长为
根据
解得
22．（1）1.25Hz；（2）0.16m；（3）0.1kg
【详解】
（1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为
f==1.25Hz
（2）根据公式T=2π可得
（3）设摆线偏离平衡位置的角度为，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有
在O点，有
从B点到O点，根据机械能守恒定律，有
联立可得摆球质量
23．π2R
【详解】
由题意知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期
A第三次通过位置O，用时
B作自由落体运动，用时与A相同，故
h＝gt2＝π2R
一、选择题（共15题）
1．放在实验室里位置不变的单摆，若摆长不变，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一半，则单摆摆动的（ ）
A．振幅变小 B．振幅变大 C．频率变小 D．频率变大
2．如图所示，细绳悬挂一个小球在竖直平面内来回摆动，在小球从P点向Q点运动的过程中（ ）
A．小球动能先减小后增大
B．小球动能一直减小
C．小球重力势能先增大后减小
D．小球重力势能先减小后增大
3．在同一地点，甲、乙两单摆的摆球相对平衡位置的水平位移随时间变化的图像如图所示，则（ ）
A．甲的振幅小 B．乙的摆长短
C．时刻甲的摆角大 D．时刻两摆球速度相同
4．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．
5．如图所示，一单摆摆长为，在悬点的正下方的P处固定一光滑钉子，P与悬点相距为，则这个单摆做小幅度摆动时的周期为（ ）
A． B． C． D．
6．同一地点有甲、乙两个单摆，当甲摆动了80次时，乙恰好摆动了120次，则甲、乙两摆的摆长之比是（ ）
A．2∶3 B．9∶4 C．4∶9 D．3∶2
7．图甲是沙摆装置，细沙均匀漏出，同时匀速拉动纸板．图乙是细沙在纸板上形成的曲线，其粗细不均匀，主要是因为沙漏从最高点摆动到最低点的过程中，（ ）
A．加速度逐渐变小
B．位移逐渐变小
C．速度逐渐变大
D．回复力逐渐变大
8．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（取t＝0），当振动至t＝T时，摆球具有负向最大速度，则能正确描述单摆的振动图像的是（ ）
A． B．
C． D．
9．图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则（ ）
A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动
B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动
C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动
D．因摆钟周期变小，应将螺母适当向下移动
10．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的（ ）
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
11．如图所示，曲面是一段半径为的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于点，弧长为，现将一小球先后从曲面的顶端和弧的中点由静止释放，到达底端的速度分别为和，经历的时间分别为和，那么（ ）
A．， B．，
C．， D．以上三项都有可能
12．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，g取10m/s2，对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为1.0 m
B．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（πt）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
13．下列有关单摆运动过程中的受力，说法正确的是( )
A．单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力
B．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力
C．摆球过平衡位置的合外力为零
D．摆球过平衡位置的向心力为零
14．如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面上的振动图像.其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么两个星球的平均密度之比为（ ）
A． B． C． D．
15．如图甲所示是用沙摆演示振动图像的实验装置，此装置可视为摆长为L的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图甲所示的结果．若用手拉木板做匀速运动，速度大小是v．图乙所示的一段木板的长度是s．下列说法正确的是
A．可估算出这次实验所用沙摆对应的摆长
B．若增大手拉木板的速度，则沙摆的周期将变大
C．若减小沙摆摆动时的最大摆角，则沙摆的周期将变小
D．若增大沙摆的摆长，保持拉动木板的速度不变，则仍将得到与图乙完全相同的图样
二、填空题（共4题）
16．如图甲是一个单摆在小角度振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙是这个单摆的振动图像，根据图像：单摆开始振动时刻摆球在_____位置（选填“B”、“O”、或“C”），若此地的重力加速度g取10m/s2，那么这个摆的摆长为______m。
17．摆角小于5°_________（选填“是”或“不是”）建立单摆模型的条件之一。保持某个单摆的摆线长度不变，摆球换成密度相同、质量4倍的球，该单摆做简谐振动的周期会_________。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
18．如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R远大于AB的弧长．甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，则两球第1次到达C点的时间之比为___________；在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，若在乙球第2次通过C点时，甲、乙两球相遇，则甲球下落的高度是____________．（不计空气阻力，不考虑甲球的反弹）
19．某同学在实验室“探究单摆的周期与摆长的关系”
（1）为测量摆长，必须使单摆处于_______状态（填“A”、“B”或“C”）
A．水平放置且拉直
B．竖直面内自然悬垂
C．悬挂且用竖直外力拉紧
（2）他已测得从悬点到摆球的最上端的长度为L0=98.80cm；然后用某种仪器来测量摆球的直径，得到摆球的直径为d=2.265cm，此测量数据是选用了仪器_______（填“A”、“B”或“C”）测量得到的．
A．毫米刻度尺 B．10分度游标卡尺 C．20分度游标卡尺
（3）正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球某次经过平衡位置时开始计时，并计数为“0”，当摆球第94次经过此位置时停止计时，如图所示，读出这段时间为_______s，则单摆的周期T=_______s．（计算结果保留三位有效数字）
三、综合题（共4题）
20．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（可视为质点）由距O点很近的A点由静止释放，R 。
（1）若小球甲释放的同时，另一小球乙（可视为质点）从球心O′处自由落下，求两球第一次到达O点的时间比；
（2）若小球甲释放的同时，另一小球丙（可视为质点）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？
21．按如图装置利用单摆测量重力加速度。实验中测得摆线长度为，摆球直径为，摆球完成次全振动所需时间为，取，求当地重力加速度的大小．（保留3位有效数字）
22．如图甲所示是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置。设摆球向右方向运动为正方向。图乙所示是这个单摆的振动图象。根据图象回答：（）
（1）单摆振动的频率是多大？
（2）若当地的重力加速度为10m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
（3）如果摆球在B处绳上拉力F1=0.1N，在O处绳上拉力F2=2.8N，则摆球质量是多少？
23．如图所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略、质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O很近的轨道上某点，B在O点正上方h处。现同时释放两球，使两球在A小球第三次通过O点时恰好相碰，问：h应为多高。
参考答案
1．A
【详解】
AB．设摆球上升最大高度h，则
解得
所以上升高度与质量无关，速度变小，高度变小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，振幅变小，故A正确，B错误；
CD．根据单摆周期公式，所以摆长不变，周期不变，频率就不变，故CD错误。
故选A。
2．D
【详解】
AB．P、Q点的位置最高，速度为零，故此两点时重力势能最大；最低点，速度最大，故动能最大，因此小球的动能先增大后减小，故AB错误；
CD．从P点运动到最低点的过程中，高度下降，速度增加，是重力势能转化动能；从最低点运动到Q点的过程中，高度上升，速度减小，是动能转化重力势能，故C错误，D正确．
故选D。
3．C
【详解】
A．由题图可知，甲的振幅大，故A错误；
B．由题图知，甲的周期为
乙单摆的周期为
则
由单摆周期公式
得甲、乙两单摆的摆长之比
故B错误；
C．时刻甲、乙两单摆的水平位移相等，由于甲的摆长短，则甲的摆角大，故C正确；
D．时刻甲、乙两摆球均通过平衡位置，速度方向相反，则速度不同，故D错误。
故选C。
4．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。
5．C
【详解】
摆长为l的周期，摆长为的周期为，故小球完成一次全振动的时间为，C正确．
6．B
【详解】
根据题意可得甲、乙两摆的周期之比为3：2，由周期公式，可得甲、乙两摆的摆长之比是9：4，B正确．
7．C
【详解】
观察细沙曲线，发现两侧粗，沙子多，中间细，沙少，是因为沙摆在摆动的过程中，经过平衡位置速度最大，最大位移处速度为0，即由于沙摆摆动过程中，速度大小的变化引起的．故细沙粗细不均匀，是因为沙漏从最高点摆动到最低点的过程中速度逐渐变大而形成的，故C正确，ABD错误．
8．C
【详解】
时，摆球具有负向最大速度，说明摆球在平衡位置且向负方向运动，在此四个选项中，时具有最大速度的有B、C两个选项，而具有负向最大速度的只有C选项。
故选C。
9．D
【详解】
由龙岩到北京，重力加速度变大，因可知周期变小，则要使周期不变小，则应增加摆长，即将螺母适当向下移动。
故选D。
10．B
【详解】
由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减为原来的，由于振动过程中机械能守恒，故
据此式可知，速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小；
故选B。
11．B
【详解】
因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长为2m，单摆的周期与振幅无关，故有，
因摆动只有重力做功，有：
，
所以，故.
A.，与分析结果相符；故A项不合题意.
B.，与分析结果不相符；故B项符合题意.
C.，与分析结果不相符；故C项不合题意.
D.以上三项都有可能与分析结果相符；故D项不合题意.
12．C
【详解】
A．由公式
解得L=1m．故A正确，不符合题意；
B．由振动图象读出周期T=2s，振幅A=8cm，由
得角频率ω=πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt=8sin（πt）cm，故B正确，不符合题意；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小．故C错误，符合题意；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大．故D正确，不符合题意。
故选C。
【点评】
13．B
【详解】
AB．单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，故A错误，B正确；
C．单摆过平衡位置时，由于具有向心加速度，所受的合力指向悬点，不为零，故C错误；
D．摆球过平衡位置的向心力为绳的拉力和重力的分力提供，故选项D错误。
故选B。
14．D
【详解】
由图可知
由单摆周期公式
得
万有引力等于重力，即
又
所以两个星球的平均密度之比
故选D。
15．A
【详解】
试题分析：据题意，当沙摆运动过程中通过木板测量的量可以求出沙摆的摆动周期为：，然后可以由求出沙摆的摆长为：,故选项A正确；如果木板速度增加，则沙摆周期将变小，故选项B错误；摆角对单摆周期没有影响，故选项C出错误；如果增大摆长，周期将变大，即使木板速度不变，但一个周期内木板走过的距离增加，故选项D错误．
考点：本题考查对单摆的应用．
16．B 0.162
【详解】
[1]由图乙所示图象可知，在t=0s时，摆球处于负的最大位移，摆球向右方向运动为正方向，因此开始时，摆球在B处；
[2]由单摆周期公式
可得
17．是 增大
【详解】
[1] 建立单摆模型的条件包括：不可伸长的轻绳，悬挂的重球和摆角小于5°，因此摆角小于5°是建立单摆模型的条件之一。
[2]单摆的振动周期公式
而摆长
由于摆球密度不变，质量变大，因此小球的半径变大，摆长变长，因此周期增大。
18．
【详解】
[1]甲球做自由落体运动，所以：；乙球沿圆弧做简谐运动（由于A→C R，可认为摆角θ＜5°）．此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为：
所以；
[2]在乙球第2次通过C点时经过的时间为：
则：
.
19．B AC 96.8s 2.06s
【详解】
（1）[1]．为测量摆线长，必须使单摆处于自然悬垂状态，水平拉直或拉紧都会增大测量的误差．故B正确，AC错误．
（2）[２]．测量摆线长度使用了毫米刻度尺，即仪器A；摆球的直径为d=2.265cm；10分度的游标卡尺，最小分度是0.1mm；20分度游标卡尺的最小分度为0.05mm；故此测量数据是选用了仪器C；
（3）[3][4]．读出这段时间为96.8s，周期数为，则单摆的周期．
20．（1）π∶4；（2） (n=1,2,3)
【详解】
(1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O点的时间为
乙球做自由落体运动，到达O点的时间为t2，满足
R=gt22
解得
t2=
两球第一次到达O点的时间比为
t1∶t2=π∶4
(2)小球甲从A点由静止释放运动到O点的时间为
t=(2n-1)
其中n满足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=gt2= (n=1,2,3)
21．
【详解】
摆球的振动的周期为
摆长为
根据
解得
22．（1）1.25Hz；（2）0.16m；（3）0.1kg
【详解】
（1）由单摆振动图像得T=0.8s，故频率为
f==1.25Hz
（2）根据公式T=2π可得
（3）设摆线偏离平衡位置的角度为，则摆球在B点，沿绳子方向受力平衡，有
在O点，有
从B点到O点，根据机械能守恒定律，有
联立可得摆球质量
23．π2R
【详解】
由题意知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期
A第三次通过位置O，用时
B作自由落体运动，用时与A相同，故
h＝gt2＝π2R