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。
单摆的受力特点分析
[典题例析]
1．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．单摆经过平衡位置时合力为零
D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力
[思路点拨] 单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供，在平衡位置处，摆球位移为零，水平加速度为零。
解析：
单摆是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程中不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，还要提供向心力，单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故选项B正确，A、D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。
答案：
B
[探规寻律]
（1）单摆振动中的回复力不是它受到的合外力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。
单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处。
（2）在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合外力也就是回复力。
（3）在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合外力不为零。
[跟踪演练]
对于单摆的运动，以下说法中正确的是（ ）
A．单摆运动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受加速度为零
解析：
选C 单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大有向心加速度，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零，故只有C项正确。
对单摆周期公式的理解
[典题例析]
2．有一单摆，其摆长l＝1.02m，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t＝60.8s，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？
[思路点拨]
（1）如何由周期公式求重力加速度。
提示：
由T＝2π
可得g＝
（2）秒摆的周期为多少？
要改变单摆的周期，可以采取什么措施？
提示：
秒摆的周期为2s，由于同一地点的重力加速度不变，要改变单摆的周期可以改变单摆的摆长。
解析：
（1）当单摆做简谐运动时，
其周期公式T＝2π，
由此可知g＝，只要求出T值代入即可。
因为T＝＝s＝2.027s
所以g＝＝m/s2
＝9.79m/s2。
（2）秒摆的周期是2s，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＝＝m＝0.993m。
所以其摆长要缩短Δl＝l－l0＝1.02m－0.993m＝0.027m。
答案：
（1）9.79m/s2
（2）缩短 0.027m
[探规寻律]
有关单摆周期问题的处理方法：
（1）明确单摆的运动过程，看是否符合简谐运动的条件。
（2）在运用T＝2π时，要注意l和g是否发生变化，如果发生变化，则分别求出不同l和g时的运动时间。
（3）改变单摆振动周期的途径是：
①改变单摆的摆长；②改变单摆的重力加速度（如改变单摆的位置或让单摆失重或超重）。
[跟踪演练]
已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m，则两摆长la与lb分别为（ ）
A．la＝2.5m，lb＝0.9m B．la＝0.9m，lb＝2.5m
C．la＝2.4m，lb＝4.0mD．la＝4.0m，lb＝2.4m
解析：
选B 设两个单摆的周期分别为Ta和Tb，由题意知10Ta＝6Tb，即Ta∶Tb＝3∶5。
根据单摆周期公式T＝2π，得l＝T2，由此可得la∶lb＝Ta2∶Tb2＝9∶25，且lb－la＝1.6m，解得la＝0.9m，lb＝2.5m。
[课堂双基落实]
1．[多选]单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是（ ）
A．摆线质量不计
B．摆线长度不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多
D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
解析：
选ABC 单摆的理想化条件是摆线质量很小，伸缩性很小，摆球密度较大，直径比摆线短得多，摆动时摆角较小，故A、B、C正确，D错误。
2．关于单摆，下列说法中正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球对平衡位置的位移大小成正比
解析：
选A 单摆的回复力不是它的合力，而是重力沿圆弧切线方向的分力，A对，B错；当摆球运动到平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因为小球还有向心力，方向指向悬点（即指向圆心），C错；另外摆球所受的合力不是回复力，所以与位移大小不成正比，D错。
3.如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长为10cm，现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端的速度分别为v1和v2，经历的时间分别为t1和t2，那么（ ）
A．v1＜v2，t1＜t2
B．v1＞v2，t1＝t2
C．v1＝v2，t1＝t2
D．以上三种情况都有可能
解析：
选B 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t1＝t2，因mgh＝mv2，所以v＝，故v1＞v2。
4.
有一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部将被小钉挡住，使摆长发生变化，现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示（悬点和小钉未被摄入），P为摆动中的最低点。
已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点的距离为（ ）
A. B.
C.D．无法确定
解析：
选C 每相邻两次闪光的时间间隔相等，从M→P有4个频闪时间间隔，从P→N有2个频闪时间间隔，它们都是四分之一周期，因此，右侧摆动的周期是左侧摆动的周期的2倍，所以前、后摆长之比为4∶1，故钉子距悬点的距离为L，C正确。
[课下综合检测]
1．要增加单摆在单位时间内的摆动次数，可采取的方法是（ ）
A．增大摆球的质量B．缩短摆长
C．减小摆动的角度D．升高气温
解析：
选B 由单摆的周期公式T＝2π，可知周期只与l、g有关，而与质量、摆动的幅度无关。
当l增大时，周期增大，频率减小；g增大时，周期减小，频率增大，B正确。
2.如图所示是一个单摆（α<5°），其周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．把摆球质量增加一倍，则周期变小
B．把偏角α变小时，周期也变小
C．摆球由O→B→O，运动的时间为T
D．摆球由O→B→O，运动的时间为
解析：
选D 由T＝2π可知，单摆的周期T与质量无关，A项错误；偏角α变小，振幅变小，但单摆的周期T与振幅无关，B项错误；O→B→O→C→O为一次全振动，运动时间等于T，C项错误；由O→B→O仅完成了半个全振动，运动时间等于，D正确。
3.如图所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为T0，下列说法中正确的是（ ）
A．单摆摆动过程，绳子的拉力始终大于摆球的重力
B．单摆摆动过程，绳子的拉力始终小于摆球的重力
C．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，其摆动周期为T>T0
D．小球所受重力和绳的拉力的合力提供单摆做简谐运动的回复力
解析：
选C 摆球在最高点，绳子拉力小于摆球重力，在最低点，绳子拉力大于摆球的重力，A、B错；高空中的重力加速度g变小，由T＝2π知，T>T0，C对；单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供，D错。
4．一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的。
在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后，此摆钟分针转动一整圈所经历的时间实际上是（ ）
A.hB.h
C．2hD．4h
解析：
选C 万有引力是地球表面的，则该星球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的，由T＝2π可知，＝＝2，即t0＝2t，故分针转一圈所经历的时间实际为2小时。
5.如图所示，一摆长为l的单摆，在悬点的正下方的P处有一钉子，P与悬点相距l－l′，则这个摆做小幅度摆动时的周期为（ ）
A．2πB．2π
C．πD．2π
解析：
选C 碰钉子前摆长为l，故周期T1＝2π，碰钉子后摆长变为l′，则周期T2＝2π，所以此摆的周期T＝＋＝π。
6.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有（ ）
A．A球先到达C点
B．B球先到达C点
C．两球同时到达C点
D．无法确定哪一个球先到达C点
解析：
选A A做自由落体运动，到C点所需时间tA＝，R为圆弧轨道的半径。
因为圆弧轨道的半径R很大，B球离最低点C又很近，所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动（等同于摆长为R的单摆），则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的，
即tB＝＝＞tA，
所以A球先到达C点。
7.一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2kg，在拉力F作用下，由静止开始沿竖直方向向上运动。
一个装有水平指针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了如图所示的曲线，图中OA＝1cm，OB＝4cm，OC＝9cm，求外力F的大小。
（g取10m/s2）
解析：
由题可知，f＝5Hz，T＝0.2s，
而tOA＝tAB＝tBC＝T/2。
又因为xBA－xAO＝xCB－xBA＝恒量＝Δx，
竖直方向为匀加速直线运动。
根据Δx＝at2，所以a＝Δx/t2＝2m/s2
由牛顿第二定律得F＝ma＋mg＝24N。
答案：
24N
8．若在某山峰峰顶利用单摆来确定山峰的高度，已知该单摆在海平面处的周期是T0。
在峰顶时，测得该单摆周期为T。
试求山峰峰顶离海平面的高度h。
（地球可看做质量均匀分布的半径为R的球体；结果用T、T0、R表示）
解析：
设单摆的摆长为l，地球的质量为M，则由万有引力定律可得地面的重力加速度和高山上的重力加速度分别为：
g＝G，gh＝G
由单摆的周期公式可知T0＝2π，T＝2π
由以上各式可求得h＝（－1）R。
答案：
（－1）R
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