课时分层作业(六) 1．A [单摆的悬线要求无弹性且粗细、质量可忽略，摆球的直径与悬线长度相比可忽略，故A正确，B、C错误；悬点必须固定，故D错误.] 2．A [回复力是使摆球回到平衡位置的力，其方向总是指向平衡位置，故A正确；摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，故B错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，故C错误；摆角很小时，回复力与摆球相对于平衡位置的位移大小成正比，但合力没有此关系，故D错误.] 3．D [秒摆的周期为T＝2 s，取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，当t＝1.6 s时，即TT0，故D正确.] 5．A [由题意可知，T＝2 s，g＝π2，由单摆的周期公式T＝2π，可得秒摆的摆长L＝＝ m＝1 m, A正确，B、C、D错误.] 6．BCD [由题图乙可知，此单摆的周期T＝2 s，则此单摆的振动频率f＝＝0.5 Hz，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆的摆长L＝＝1.0 m，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故B、C正确；t＝0时刻，由题图乙可知，摆球位于负向最大位移处，因单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确.] 7．D [由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误；甲摆的振幅为6 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅是乙摆振幅的2倍，故B错误；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的摆球质量未知，故无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝1 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确.] 8．D [单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g′＝g sin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝2π＝2π，故A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0，故B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g″＝g sin α＋，所以单摆在斜面上摆动的周期T′＝2π＝2π，周期减小，故C错误，D正确.] 9．BC [忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿单摆运动切线方向的分力提供，A错误；在最低点，合力提供向心力，N－mg＝m，秋千对手机的支持力N＝mg＋m>mg，故秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，B正确；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到原最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，根据垂直手机平面方向的a-t关系图，周期为T＝t3－t1，C正确；根据单摆周期公式T＝2π，又T＝t3－t1，故当地重力加速度g＝，D错误.] 10．解析：(1)由题图乙可知，单摆周期为T＝2t0 由单摆周期公式T＝2π 解得L＝ (2)小球在A、C点时拉力最小，则有F2＝mg cos α 解得m＝ (3)小球在平衡位置B点时拉力最大，根据牛顿第二定律有F1－mg＝m 小球从A到B过程，由动能定理得 mgL(1－cos α)＝mv2 解得F1＝F2. 答案：(1)2t0 (2) (3)F2 3 / 3课时分层作业(六) 单摆 ?考点一 单摆模型的回复力及运动情况 1．在如图所示的装置中，可视为 ... ...
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