人教版（2019）选择性必修第一册《2.4 单摆》2022年同步练习卷（1）（含答案）

人教版（2019）选择性必修第一册《2.4 单摆》2022年同步练习卷（1）
一 、单选题（本大题共11小题，共66分）
1.（6分）小球半径很小可忽略在光滑的圆槽内作简谐振动，为了使振动周期变为原来的倍，可采取的方法是
A. 将小球质量减为原来的一半 B. 将其振幅变为原来的倍
C. 将圆槽半径变为原来的倍 D. 将圆槽半径变为原来的倍
2.（6分）一个单摆，在第一个行星上的周期为，在第二个行星上的周期为，若这两个行星的质量之比为：：，半径之比：：，则
A. ：： B. ：：
C. ：： D. ：：
3.（6分）一条较长细线下面挂一个小球就可构成一个单摆。单摆在竖直平面内自由摆动，其做简谐运动的图像如图所示。则下列说法正确的是
A. 该单摆的频率为
B. 该单摆的摆长大约为
C. 根据图中的数据不能估算出它摆动的最大摆角
D. 若将此单摆从山脚移到山顶，单摆的周期将会变大
4.（6分）如图所示，小球在半径为的光滑球面上的、之间作小角度的往返运动，则
A. 小球的质量越大，其振动的频率越大
B. 、之间夹角越小，小球振动的频率越小
C. 球面半径越大，小球振动的频率越小
D. 将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球振动的频率减小
5.（6分）关于小孩荡秋千，以下说法正确的是
A. 质量越大的孩子荡秋千时摆动的频率越大
B. 秋千到达最低点时，孩子会有失重的感觉
C. 拉绳被磨损了的秋千，每当摆到最高点时拉绳最容易断裂
D. 要想越荡越高，应该在摆到最高点时站立起来，提高重心增加势能
6.（6分）半径为的光滑球面，已知圆弧，且、等高，其中点和圆弧最低点之间由光滑斜面相连。现有三个小球，球从点从静止释放沿圆弧下滑，球从点从静止释放沿斜面下滑，球从圆心点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是
A. 球最先运动到圆弧最低点 B. 球最先运动到圆弧最低点
C. 球最先运动到圆弧最低点 D. 三个小球同时到达圆弧最低点
7.（6分）质量相同的甲、乙两小球用细线系于同一根水平杆上，两小球做简谐运动的图象如图所示，则
A. 两小球经过平衡位置时速度一样大 B. 运动过程中甲的最大加速度大
C. 两小球摆动过程中乙的最大摆角大 D. 运动过程中甲的机械能小于乙的机械能
8.（6分）如图所示，在倾角为的斜面顶端固定一摆长为的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为，则以下的判断正确的是
A. 单摆在斜面上摆动的周期
B. 摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为
C. 若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小
D. 若小球带正电，并加一垂直斜面向下的匀强磁场，则单摆的振动周期将发生变化期将减小
9.（6分）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法不正确的是
A. 甲摆的振幅比乙摆大，甲的摆长大于乙的摆长
B. 甲摆的周期等于乙摆的周期
C. 在时甲摆正经过平衡位置向轴负方向运动
D. 在时乙的速率大于甲的速率
10.（6分）如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块
A. 上滑所需时间与下滑所需时间相等
B. 上滑时的加速度与下滑时的加速度相等
C. 上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等
D. 上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反
11.（6分）单摆的回复力是
A. 摆球所受的重力 B. 摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力
C. 摆球重力在垂直悬线方向上的分力 D. 悬线对摆球的拉力
二 、多选题（本大题共3小题，共19分）
12.（7分）A、两船的质量均为，都静止在平静的湖面上，现船中质量为的人，以对地的水平速度从船跳到船，再从船跳到船，，经次跳跃后，人停在船上，不计水的阻力，则
A. A、包括人两船速度大小之比为：
B. A、包括人两船动量大小之比为：
C. A、包括人两船的动能之比为：
D. A、包括人两船的动能之比为：
13.（6分）将一个电动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单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示，某同学对此图线提供的信息做出了下列判断，正确的应是
A. 时摆球正经过最低点 B. 时摆球正经过最低点
C. 摆球摆动过程中机械能守恒 D. 摆球摆动的周期
14.（6分）年月日，我国首次发射火星探测器“天问一号”。地面上周期为的单摆经常被称为秒摆。假如某秒摆被“天问一号”探测器携带至火星表面后，周期变为，已知火星半径约为地球半径的二分之一，以下说法正确的是
A. 若秒摆在火星表面的摆角变小，则周期也会随之变小
B. 地球质量约为火星质量的倍
C. 火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的倍
D. “天问一号”探测器刚发射离开地球表面时，此秒摆的周期大于
三 、实验题（本大题共2小题，共12分）
15.（6分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“测定当地重力加速度”的实验。有一直径为质量为的金属小球从处由静止释放，下落过程中能通过处正下方、固定于处的光电门，测得、间的距离为，光电计时器记录下小球通过光电门的遮光时间为，当地的重力加速度为。则：
如图乙所示，用螺旋测微器测得小球的直径______。
多次改变高度，重复上述实验测得多组与对应的的值。在处理数据时为了得到线性图象，我们应该作出______图象
A.
B.--
C.
D.
若按上述要求作出的图线为一条过原点的倾斜直线，斜率为，则当地重力加速度的表达式为______
用、表示。
写出一条能够减小实验误差的建议______。
16.（6分）学习小组的同学在实验室用如图甲所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。
实验时用分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，该摆球的直径______；
实验测得摆长为，传感器测得摆线的拉力随时间变化的图像如图丙所示，则重力加速度的表达式为：______用题目中物理量的字母表示。

小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是 ______填选项前的字母。
A.把单摆从平衡位置拉开的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B.测量摆球通过最低点次的时间，则单摆周期为
C.用悬线的长度加摆球直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D.选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
四 、计算题（本大题共6小题，共36分）
17.（6分）如图所示为一单摆的共振曲线，取试根据图象求出：

该单摆的摆长；
共振时单摆的振幅。
18.（6分）将秒摆的周期变为，应怎样调摆长？
19.（6分）如图，中空的水平圆形转盘内径，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有、、、四个物块，、两物块分别被锁定在距离竖直转轴处，、紧靠、放置。两根不可伸长的轻绳，每根绳长，一端系在物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过、两物块中间的光滑圆孔，系在、两个物块上，、、、四个物块的质量均为，物块的质量，所有物块均可视为质点，取重力加速度，计算结果可用最简的分式与根号表示

启动转盘，转速缓慢增大，求、以及、之间恰好无压力时的细绳的拉力及转盘的角速度；
停下转盘后，将物块置于圆心处，并将、向外测移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放、、物块构成的系统，求、以及、相碰前瞬间物块的速度；
碰前瞬间解除对、物块的锁定，若、以及、一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后物块的速度。
20.（6分）如图甲所示是一个单摆振动的情形，是它的平衡位置，、是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向。图乙所示是这个单摆的摆球相对平衡位置的位移随时间变化的图像。根据图像回答：当地的重力加速度为
单摆振动的频率是多大？
单摆的摆长是多少？
如果摆球在处时绳上拉力，在处时绳上拉力，则摆球质量是多少？
21.（6分）一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示。
求振子的振幅、周期各为多大？
从到的时间内，振子通过的路程为多大？
从时振子的位移。
22.（6分）如图所示为理想单摆，摆角足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为点。
若已知摆球的质量为，摆长为，在偏角很小时，摆球对于点的位移的大小与角对应的弧长、弦长都近似相等，即近似满足：请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数的表达式；
若仅知道单摆的振幅，及小球所受回复力与位移的比例常数，求小球在振动位移为时的动能用和表示。
五 、填空题（本大题共1小题，共6分）
23.（6分）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，测量单摆的周期时，图中______填“甲”“乙”或“丙”作为计时开始与终止的位置更好些．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】解：小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式，周期与振幅、摆球的重力均无关无关，要使振动周期变为原来的倍，可以圆槽半径变为原来的倍，故错误，正确。
故选：。
小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式列式求解即可．
本题关键是建立类单摆的运动模型，然后结合单摆的周期公式分析，基础题目．
2.【答案】A;
【解析】解：设星球表面有一质量为的物体，有
得：
这两个行星的质量之比为：：，半径之比：：，
代入数据得：
由单摆周期公式可知：：：。
故选：。
根据题意及单摆周期公式求出地球与该星球表面的重力加速度关系；
根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力求出重力加速度的表达式，
最后求出地球半径与星球半径之比．
该题考查了单摆与万有引力定律应用的综合题，关键是求出两星球的重力加速度之比，难度适中．
3.【答案】D;
【解析】解：、由图可知，该单摆的周期为，则频率：，故错误；
、由周期公式：可得摆长：，故错误；
、由角度与摆长的关系：，故错误；
、若将此单摆从山脚移到山顶，重力加速度减小，根据公式，可知单摆的周期将会变大。故正确。
故选：。
根据振动图象判断出单摆的周期，根据周期与频率的关系求出频率；根据单摆的周期公式求出摆长；根据摆长与振幅的关系求出增大摆角；根据周期公式判断。
该题考查单摆的周期公式的应用，根据图像判断出该单摆的周期是解答的关键。
4.【答案】C;
【解析】解：、由于小球摆动角度很小可看作简谐运动，可看作单摆模型进行处理，即小球振动周期为，则小球振动的频率为，可见小球振动的频率只与和有关，在同一地点越大，小球振动的频率越小，故错误、正确；
、将整个装置移至我国空间站“天和”核心舱中，小球在完全失重情况下，重物不能下落，该实验不能进行，故错误；
故选：。
根据单摆周期公式可知振动频率与摆长有关，失重状态此实验不能进行。
此题主要考查单摆周期公式各物理量的意义的理解，学生需熟练掌握单摆周期公式并深刻理解物理意义。
5.【答案】D;
【解析】解：、小孩荡秋千，不计空气阻力的影响，类似于单摆，由单摆的周期公式，其周期与小孩的质量无关，则知频率与小孩的质量也无关．故错误．
、在秋千达到最低处时，小孩的加速度竖直向上，则小孩有超重的感觉．故错误．
、当秋千摆到最低点时，小孩的速度最大，绳子受到的拉力最大，最容易断．故错误．
、要想越荡越高，应该在摆到最高点时站立起来，从而增大重力势能，进而增大机械能．故正确．
故选：
小孩荡秋千，不计空气阻力的影响，类似于单摆，由单摆的周期公式，其周期与小孩的质量无关，即可知频率与小孩的质量也无关．在秋千达到最低处时小孩有超重的感觉．当秋千摆到最低点时，绳子受到的拉力最大，最容易断．只有摆角很小情况下，此过程才近似看成简谐运动．
本题实质是单摆类型，掌握单摆的周期公式、简谐运动的条件、超重和失重的条件等，就能轻松解答．
6.【答案】C;
【解析】解：设圆弧轨道半径为，弦轨道的倾角为。
球做自由落体运动，有，得
球是等效单摆，球从静止运动到最低点点的时间
对于球，有，得
则，则球最先运动到圆弧最低点，球最后到达点，故错误，正确。
故选：。
球做自由落体运动，球做匀加速直线运动，球是等效单摆，根据运动学公式和单摆周期公式分析它们到达最低点点的时间关系。
解决本题的关键要掌握单摆的周期公式和自由落体运动的位移时间公式，并能灵活运用，同时注意是判断球可视为单摆运动。
7.【答案】B;
【解析】解：、从题图中看出在平衡位置甲图象的斜率绝对值大于以图象的斜率绝对值，说明甲在平衡位置的速度比乙的大，故错误；
、由图象可知两者周期：，振幅：；
由周期公式 可知：摆长；
再由回复力表达式，那么加速度，
在最大位移处，有最大加速度，则，由此，故正确；
、由选项已知：摆长，振幅，
假设，则时必有摆角，
对于甲让其振幅不变减小摆长必会使摆角变大，
所以当，时必有摆角，故错误；
、取单摆平衡位置即最低点为零势能面，则机械能就等于此位置的动能，两者质量一样，平衡位置的速度选由选项得知：，则甲的机械能大于乙的机械能，故错误。
故选：。
题干知道单摆模型，题图信息，振幅：甲的大于乙的，周期：甲的小于乙的，图象的斜率表示速度。从选项得知只做定性比较，物理原理：平衡位置的速度可从图象斜率判断；最大加速度用单摆的回复力表达式判断；摆球的机械能可由机械能守恒转换成动能来比较；最大摆角由摆长和振幅来判断。
本题是单摆模型，比弹簧振子要麻烦些，在实验中也有涉及，选项用了假设法，选项用了转换，平时要多多积累处理问题的方法，事倍功半。
8.【答案】C;
【解析】解：、单摆在平衡位置时，等效重力加速度为所以单摆在斜面上摆动的周期，故错误；
、回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为，故错误；
、若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重力加速度为，所以单摆在斜面上摆动的周期减小，故正确；
、若小球带正电，并加一垂直斜面向下的匀强磁场，则小球摆动过程中洛伦兹力始终垂直速度，不产生回复力的效果，故周期不变，故错误；
故选：。
根据单摆周期公式结合摆球在斜面的加速度大小求解单摆周期；匀强电场求解小球的等效重力加速度，在确定单摆周期；匀强磁场中洛伦兹力始终垂直速度，不产生回复力的效果，故周期不变。
此题主要考查单摆的周期公式，把单摆放到斜面上处理并加上电场或磁场，题目新颖，学生想灵活应用单摆周期公式求解，题目难度一般。
9.【答案】A;
【解析】解：、由图可知甲的振幅为，乙的振幅为，所以甲摆的振幅比乙摆大，再根据单摆周期公式，由振动图像知甲和乙的周期相等均为，所以甲的摆长等于乙的摆长，故错误，正确；
、由振动图像知在时甲摆正经过平衡位置向轴负方向运动，故正确；
、由振动图像知在时甲离平衡位置最远，振动速度为零，而乙在平衡位置，速度最大，所以乙的速率大于甲的速率，故正确。
本题选错误的，
故选：。
由位移的最大值读出振幅，由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；根据图像判断摆球的速率和运动方向。
本题只要掌握单摆的周期公式、运动的特点就能正确解答，由振动图像读出振幅、周期是基本功。
10.【答案】C;
【解析】解：设斜面的长度为，物块和斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，物体质量为，斜面质量为；
、根据牛顿第二定律可得物体上滑的加速度大小，下滑的加速度大小，可知，
上升过程中根据逆向思维可以看成是加速度为的匀加速直线运动，根据知，，即物体沿斜面上滑的时间一定小于沿斜面下滑的时间，故错误；
、上滑过程中和下滑过程中机械能的损失都等于克服摩擦力做的功，即为，故正确；
、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有

分析：上滑过程中，下滑过程中，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故错误。
故选：。
根据牛顿第二定律求出减速上滑和加速下滑过程中的加速度，再根据运动学公式分析时间；
根据功能关系分析能量的损失；
物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解地面对物体的摩擦力的方向。
本题关键是用整体法对进行受力分析，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程分析求解；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
11.【答案】C;
【解析】解：单摆的运动是简谐运动，简谐运动要求回复力与位移成反比：；
由于位移是变化的，说明回复力是变化的；
忽略空气阻力，对摆球进行受力分析，摆球受重力竖直向下和摆线拉力摆线收缩方向，由于摆球运动轨迹为圆弧切线方向，以切线方向为基础建立坐标系，分解重力；
轴：沿着摆球运动切线方向
轴：与运动切线垂直
轴切线方向方程，
此时的为摆球的合力，方向指向平衡位置，运动过程重力沿轴方向分力不断减小，直到摆球运动到水平位置，重力分量为；
综上，实际上单摆的回复力由重力垂直摆线方向的分量提供。
故选：
回复力：使振子返回平衡位置并总指向平衡位置的力．作用：使振子返回平衡位置． 振动的单摆受到重力与绳的拉力作用，绳的拉力和重力的法向分力的合力提供圆周运动的向心力；指向平衡位置的合外力是重力的切向分力，它提供了单摆振动的回复力．
回复力是效果力，是合力指向平衡位置的分量，基础题目．
12.【答案】BC;
【解析】解：、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以、两船包括人的动量大小之比总是：，故B正确；
A、最终人在船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故A错误；
C、动能之比：，故C正确，D错误；
故选：。
对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比；再根据速度关系求出动能之比．
解决的关键知道人、两船系统总动量守恒，总动量为零，对系统运用动量守恒定律进行求解．
13.【答案】AD;
【解析】
解决本题的关键知道摆球在摆动的过程中，最低点绳子的拉力最大，以及知道摆球运动的周期性，一个周期内两次经过最低点．

摆球经过最低点时，拉力最大，在时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点；在时，摆球的拉力不是最大，不是经过最低点．故正确，错误．
C.根据牛顿第二定律知，在最低点，则，在最低点拉力减小，知速度减小，机械能减小．故错误．
D.在一个周期内摆球两次经过最低点，根据图象知周期故正确．
故选

14.【答案】BC;
【解析】解：、根据单摆的摆动周期公式可知，单摆的周期只与摆长和重力加速度有关，与摆角无关，故A错误；
B、由单摆的摆动周期公式可得，所以，
在星球表面，物体的重力等于其所受的万有引力，即，且有，解得星球质量，所以，故B正确；
C、根据重力提供向心力，即可得第一宇宙速度，所以，故C正确；
D、“天问一号”刚发射离开地球表面时，秒摆处于超重状态，由知周期变小，故D错误。
故选：。
根据单摆的周期公式可知单摆的周期与振幅无关；
根据单摆的周期关系求解地球和火星表面重力加速度关系，再结合其星球的半径关系，判断其质量关系；
根据第一宇宙速度的表达式判断火星和地球的第一宇宙速度关系；
当探测器向上加速运动时，其等效重力加速度增大，单摆的周期变小；
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
15.【答案】6.860 B 适当减小小球的直径 ;
【解析】解：由图示螺旋测微器可知，其示数为：；
小球经过光电门时的速度：，小球减小的重力势能：，
小球增加的动能：，
由机械能守恒定律得：，整理得：，斜率：，所以重力加速度；
为了减小测量速度时的误差，可以适当减小小球的直径；
故答案为：；；；适当减小小球的直径；
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数。
小球的直径除以小球经过光电门的时间是小球经过光电门的平均速度，可以把它作为经过的速度，根据机械能守恒定律求出图象的表达式，然后分析答题。
解决本题的关键知道螺旋测微计的读数方法，以及掌握实验的原理，本题抓住动能的增加量等于重力势能的减小量进行推导得出，结合函数关系中的斜率求解重力加速度；
16.【答案】14.50 C;
【解析】解：由 图乙所示游标卡尺可知，其精度是，摆球的直径
摆球经过最低点时，绳子的拉力最大，一个周期内，两次经过最低点，由图丙所示图象可知，单摆的周期
根据单摆周期公式可知，重力加速度：
、单摆在小摆角情况下的运动是简谐运动，用单摆的最大摆角应小于，故错误；
、一个周期的时间内，摆球通过最低点次，所以测量摆球通过最低点次的时间，则单摆周期为，故错误；
、由单摆的周期公式可得，摆长偏大则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故正确；
、为减小空气阻力对实验的影响，应选择密度较大的摆球，故错误。
故选：。
故答案为：；；。
游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
根据图丙所示图象求出单摆的周期，根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
根据实验注意事项与实验原理分析答题。
此题主要考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意分析清楚图象图象、应用单摆周期公式即可解题。
17.【答案】解：
由图可以看出，当驱动力的频率为时，振幅最大为，发生共振，所以此单摆的固有频率为，固有周期为：。
由单摆的周期公式得：
答：该单摆的摆长；
共振时单摆的振幅为。;
【解析】根据共振曲线读出单摆的固有频率和共振时的振幅，从而得知单摆的故有周期，利用单摆的周期公式即可求得单摆的摆长。
物体发生共振的条件是驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅最大，产生共振；解答该题要会分析共振曲线，知道固有频率发生变化时，共振曲线的变化情况。
18.【答案】解：对秒摆，T0=2π=2 s，
对周期为4 s的单摆，T=2π=4 s，
联立解得：l=4，
答：应将摆长调至原来的4倍。;
【解析】
明确单摆周期的决定因素，知道单摆周期公式，再根据周期公式列式联立即可求出对应的摆长。
该题考查单摆周期公式的应用，要注意明确单摆的周期只取决于单摆的摆长和当地的重力加速度，与球的质量和振幅无关；注意摆秒的周期为。
19.【答案】解：物块保持静止，故有：
，
而
解得：
对、两个物块，有：
解得角速度为：；
设碰前、速度大小为，的速度大小为，
由绳长不变可知：
系统下落过程中机械能守恒，有：
由几何关系有：
解得：；
设碰后、的速度大小为，的速度大小为
由绳长不变
设绳上拉力的冲量大小为，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于重力。
对物块运用动量定理有：
对、运用动量定理有：
解得：
答：
、以及、之间恰好无压力时的细绳的拉力是，转盘的角速度是；
、以及、相碰前瞬间物块的速度是；
碰后物块的速度是。;
【解析】先研究物块，由平衡条件求得绳子的张力。再对、两个物块，根据合外力等于向心力列式，即可求解转盘的角速度。
系统下落过程中机械能守恒，由机械能守恒定律和三个物体速度关系分别列式，即可求解。
对三个物体分别运用动量定理列式，联立求解碰后物块的速度。
解决本题的关键要理清过程，选择合适的研究过程，运用各种定律进行求解。注意第题不能用动量守恒定律求解，抓住同时性，由动量定理研究。
20.【答案】解：（1）由图乙可知该单摆的周期：T=0.8s，则频率：f=Hz=1.25 Hz
（2）由单摆的周期公式：T=2π，得：L=m=0.16m．
（3）在B点，沿绳子方向受力平衡，有：F1=mgcosα

在O点有：F2-mg=
从B点到O点根据机械能守恒有：mgL（1-cosα）=
联立可得摆球质量：m=0.1kg
答：（1）单摆振动的频率是1.25Hz；
（2）单摆的摆长是0.16m；
（3）摆球质量是0.1kg．;
【解析】
单摆做简谐运动，完成一次全振动的时间为一个周期，图上相邻两个最大值之间的时间间隔为一个周期．由图象求出单摆的周期，然后求出频率．
已知单摆周期与当地的重力加速度，由单摆周期公式的变形公式可以求出摆长．
处绳子的拉力等于重力沿绳子方向的分力，处绳子的张力和重力的合力提供向心力，根据机械能守恒求出点的速度，根据牛顿第二定律列式求解即可．
本题关键是明确摆球的运动学规律和动力学规律，然后结合牛顿第二定律和机械能守恒定律列式分析，不难．
21.【答案】解：（1）由图可知振子的振幅为A=2cm，周期为T=2×10-2s；
（2）因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解，即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中
因此通过的路程为
（3）由图象可知从t=2.0×10-2s时振子在负最大位移处，位移为-2cm
答：（1）振子的振幅为2cm、周期为2×10-2s；
（2）振子通过的路程为34cm；
（3）t=2.0×10-2s时振子的位移为-2cm。;
【解析】
由图象可以直接读出振子的振幅和位移，也可以读出某一时刻振子的位移，某一时段的路程则需要用周期性求解，一个周期通过个振幅，利用时间间隔与周期的换算关系进而求解
该题不难，要熟记振动的振幅、周期等概念，由图象可以直接读出振子的振幅和位移，也可以读出某一时刻振子的位移，某一时段的路程则需要用周期性求解，一个周期通过个振幅，利用时间间隔与周期的换算关系进而求解
22.【答案】解：a．摆球位移为x'处，受力示意图见下图所示：
以O'为原点，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系（图中未画出）
在摆角很小时，sinθ≈
在摆球位移为x'时，回复力为：
F=-mgsinθ=-
比例常数为：=
b．摆球在位移x'处的势能：
小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有：

则 Ek=
答：a．小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数的表达式=；
b．小球在振动位移为时的动能。;
【解析】
根据受力分析，依据矢量的合成法则，及三角知识，再结合回复力表达式，即可求解；
依据能量守恒定律，结合在振幅处球的动能为零，从而即可求解。
考查牛顿第二定律与能量守恒定律的应用，掌握矢量的合成法则的内容，及几何关系与三角知识的运用。
23.【答案】乙;
【解析】解：用秒表测量时间；要从摆球过平衡位置时开始计时，因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大，所以图乙正确．
故答案为：乙
根据实验的原理，明确在平衡位置开始计时误差较小即可．
本题关键明确实验原理，会通过实验原理出发确定如何有利于减小误差，判断误差情况，基础题．