- 单摆
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对单摆的振动，以下说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、单摆振动时，速度大小在变化，根据Fn=
BD、单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时，回复力为零，合力不为零．故B错误，D正确．
C、摆球经过平衡位置时所受的回复力为零．故C正确．
故选：CD．
一个单摆在电梯内，发现其周期增大为原来的2倍，说明电梯作加速运动，其加速度为（ ）
A大小是
B大小是
C大小是
D大小是
正确答案
解析
解：根据单摆周期公式T=2π
即电梯处于失重状态，等效重力加速度为g-a=
a=
故选：D．
正确答案
解析
解：A、单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故a图线表示动能随位置的变化关系，故A错误；
B、单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故b线表示重力势能随位置的变化关系，故B错误；
C、D、单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故c线表示摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，故C错误，D正确；
故选D．
将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面内A、A′点之间来回滑动．A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，均小于10°，图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t=0为滑块从A点开始运动的时刻，g=10m/s2．试根据力学规律和题图中所给的信息，求：
（1）容器的半径；
（2）小滑块的质量及滑块运动过程中的最大动能．
正确答案
解析
解：（1）完成一次全振动的时间为一个周期，由图乙得小滑块做简谐振动的周期：T=0.2π
根据T=
（2）在最高点A，有Fmin=mgcosθ=0.495N
在最低点B，有Fmax=m
从A到B，滑块机械能守恒，有mgR（1-cosθ）=
解得：m=0.05kg．
根据Fmax=m
在B点的动能最大：EKmax=5×10-4J
答：（1）容器的半径0.1m；
（2）小滑块的质量0.05kg及滑块运动过程中的最大动能5×10-4J．
正确答案
t乙＞t丙＞t甲
解析
解：A点，AD距离为r，加速度为g，时间t甲=
B点，设∠ADB=θ，BD距离为2rcosθ，加速度为gcosθ，时间t乙=2
C点，简谐振动，周期T=2π
故答案为：t乙＞t丙＞t甲．
正确答案
解析
解：小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式
根据动能定理有：
故选：B
正确答案
解析
解：对C球，可视为单摆，沿用单摆周期公式可求C球到达O点的时间：
tc=（2n+1）
对于B球，做自由落体运动，则
两球相碰，有tB=tC
解得：h=
答：h应为h=
下列情况下，哪一个单摆的周期会变大（ ）
正确答案
解析
解：A、根据公式T=2π
B、单摆的周期与振幅无关，故B错误；
C、将摆由高山移到平地上，重力加速度增大，根据公式T=2π
D、将摆由北极移到赤道，重力加速度减小，根据公式T=2π
故选：D
已知单摆摆长为L，悬点正下方
正确答案
解析
解：该摆在通过悬点的竖直线两边的运动都可以看作简谐运动，周期分别为：
因此该摆的周期为：
答：周期将是
一单摆在海平面处的振动周期为T，现将该单摆移到山顶时测得的周期与原来周期相比较改变了△T．设地球半径为R，则该山的高度H可表示为（ ）
AR
BR
C2πR
DR
正确答案
解析
解：设单摆的摆长为L，地球的质量为M．
据万有引力定律等于重力，得
在海平面上，有 mg=G
在山顶上，有 mg′=G
可得海平面的重力加速度和高度为H山顶上的重力加速度之比为：
g：g′=（R+H）2：R2；
据单摆的周期公式可知 T=2π
则得：海平面上有：T=2π
由以上各式可求得 H=R
故选：B．
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