1、探究单摆振动的周期1两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速度v1、v2(v1v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2，则()Af1f2，A1A2Bf1f2，A1A2Cf1f2，A1A2Df1f2，A1A2解析：选C.单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A、B错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C正确，D错误2下列情况下，单摆的周期会增大的是()A减小摆长B增大摆球质量C把单摆从海平面移至高山D把单摆从广州移至北京解析：选C.由单摆周期公式T2可知，减小摆长时周期会减小；单摆周期大小与摆球质量无关；把单摆从海平面
2、移至高山时，g变小，故单摆周期变大，C正确；单摆从广州移至北京，g增大，故单摆周期减少应选C.3在用单摆测定重力加速度时，某同学用同一套实验装置，用同样的步骤进行实验，但所测得的重力加速度总是偏大，其原因可能是()A测量摆长时没有把小球半径算进去B摆球的质量测得不准确C摆角小，使周期变小D应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期解析：选D.由单摆周期公式T2可知，重力加速度：g.单摆的摆长应等于摆线的长度加上摆球的半径，如测量摆长时没有把小球半径算进去，摆长测量值L偏小，由g可知，重力加速度的测量值偏小，故A错误；由g可知，重力加速度与摆球质量无关，摆球质量测量不准不影响
3、重力加速度的测量值，故B错误；单摆的周期与偏角无关，偏角对测量g没有影响，故C错误；应当测振动30次的时间求其周期，结果把29次当作30次计算周期时，算出的周期T偏小，由g可知，重力加速度的测量值偏大，故D正确4.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一个小球B放在MN上离最低点C很近的B处，今使两小球同时释放，则()A球A先到达C点B球B先到达C点C两球同时到达C点D无法确定哪个球先到达C点解析：选A.球A做自由落体运动，到达C点的时间为TA .当BC所对的圆心角小于5时，球B在圆弧的支持力FN和重力G的作用下做简谐运动(与单摆类似)，它的振动周期为T2
4、2.球B离最低点C很近，因此球B运动到C点所需的时间是TB，故 TAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B如果mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧D无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞一定还在平衡位置解析：选CD.单摆做简谐运动的周期T2，与摆球的质量无关，与振幅的大小无关碰后经过T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞一定发生在平衡位置，不可能在平衡位置左侧或右侧10.将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为的斜面上，其摆角为，如图所示，下列说法正确的是()A摆球做简谐运动的回复力为Fmgsin sin B摆球做简谐运动的回复
5、力为Fmgsin C摆球做简谐运动的周期为2 D摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为Fmgsin 解析：选AC.摆球做简谐运动的回复力由重力沿斜面的下滑分力沿圆弧的切向分力来提供，则回复力为Fmgsin sin ，故选项A正确，B错误；摆球做简谐运动的等效重力加速度为gsin ，所以其周期为T2 ，故选项C正确；设摆球在平衡位置时速度为v，由动能定理得mgsin (llcos )mv2，由牛顿第二定律得Fmgsin m ，由以上两式可得线的拉力为F3mgsin 2mgsin cos ，故选项D错误三、非选择题11在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了t，而另一摆长为l2的摆钟B在
6、同一段时间内慢了t，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？解析：设走时准确的摆钟摆长为l，则周期T2，l1摆周期T12，l2摆周期T22，再设某一段时间为t，据题意有：，联立以上各式得：l.答案：12有一单摆，其摆长l1.02 m，摆球的质量m0.10 kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t60.8 s，试求：(1)当地的重力加速度是多大？(2)如果将这个单摆改为秒摆，摆长应怎样改变？改变多少？解析：(1)当单摆做简谐运动时，其周期公式T2，由此可得g， 只要求出T值代入即可因为T s2.027 s.所以g m/s29.79 m/s2.(2)秒摆的周期是2 s，设其摆长为l0，由于在同一地点重力加速度是不变的，根据单摆的振动规律有故有l0 m0.993 m.其摆长要缩短lll01.02 m0.993 m0.027 m.答案：(1)9.79 m/s2(2)其摆长要缩短0.027 m