D、根据机械能守恒定律得，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度.故D错误．
故选：
C
根据单摆的周期公式，通过摆长的大小比较周期的大小，通过机械能守恒定律比较摆球的最大速度
本题考查了单摆的周期公式，共点力平衡、机械能守恒定律等知识，综合性较强，需加强训练
7.解：
A、单摆在摆动中速度大小是变化的，不是匀速圆周运动，故A错误；
B、摆动到最低点时加速度为零，摆球受向上的合外力，故加速度竖直向上，故B错误；
C、速度变化的周期以及位移变化的周期均等于振动周期，故C正确；
D、振动的频率与振幅无关，只取决于摆长和当地的重力加速度，故D错误．
故选：
C．
明确单摆的性质，知道单摆的振动过程中的速度、加速度以及合外力的变化，同时明确单摆周期的公式T=2πLg．
本题考查单摆的性质，要注意重点掌握单摆的周期公式以及单摆的振动过程，要重点掌握单位的周期公式的理解和应用．
8.解：
根据周期公式T=2πLg，
单摆的周期与幅和摆球质量无关，与摆长和重力加速度有关；
（1）中重力平行斜面的分量mgsinθ沿切向分力提供回复力，
沿斜面的加速度为a=gsinθ，所以周期为T1=2πLgsinθ
（2）中带正电的摆球要受到天花板带正电的球的斥力，但是斥力与运动方向总是垂直，不影响回复力，所以单摆周期不变．
所以周期为T2=2πLg．
（3）中的周期为T3=2πLg，
故T1>T2=T3
故选：
C
单摆的周期与振幅和摆球质量无关，
单摆的周期与重力加速度有关，因为重力的分力提供回复力，根据周期公式T=2πLg分析即可．
本题关键根据单摆周期公式直接判断，记住公式就行，简单．
9.解：
A、简谐运动中的回复力F=−kx，即回复力与位移成正比，且方向相反，故A正确；
B、加速度与位移关系为：
a=−kxm，故加速度跟位移成正比；根据牛顿第二定律，加速度与回复力方向相同，故与位移方向相反，故B正确．
C、速度随时间做周期性变化，与位移方向无关，故C错误；
D、振幅是振动过程中的最大位移，不会作周期性变化，故D错误；
故选：
AB．
简谐运动中的回复力F=−kx；加速度与位移关系为：
a=−kxm；据此判断回复力与加速度和位移之间的关系．
简谐运动是周期性运动，速度、位移、加速度、回复力均随着时间按照正弦规律变化，基础问题．
10.解：
A、若△t=T，由简谐振动的周期性可知，t时刻和（t+△t）时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等.故A正确．
B、若△t=T2，在t时刻和（t+△t）时刻振子的位置一定关于平衡位置是对称点，弹簧沿水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的弹力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等.故B正确．
C、若t时刻和（t+△t）时刻振子运动位移的大小相等，方向相反；振子可能以相等的速度经过两点，也可能以方向相反飞速度经过两点，所以则△t不一定等于T2的奇数倍.故C错误．
D、若t时刻和（t+△t）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，可能振子经过同一点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，△t不一定等于T2的整数倍.故D错误．
故选：
AB
弹簧振子做简谐运动，两个时刻位移相同，△t不一定等于T的整数倍.只有当位移、速度都相同时，△t才等于T的整数倍.振子运动速度的大小相等、方向相反，△t一定等于T2的整数倍.经过整数倍周期，加速度一定相同.经过△t=T2，弹簧的长度不一定相等．
本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握.简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反.也可以作出振动图象进行分析．
11.解：
A、把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时小球所受的重力大于绳子的拉力，小球向下做加速运动，当绳子的拉力大于重力时，小球才开始做减速运动，所以t1时刻小球速度不是最大.故A错误．
B、t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，绳子也最长.故B正确．
C、t3时刻与t1时刻小球的速度大小相等，方向相反，小球动能不是最小，应是t2时刻小球动能最小.故C错误．
D、t3与t4时刻都与t1时刻小球速度大小相同.故D正确．
故选BD
把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1与t4时刻绳子刚好绷紧，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大.当绳子的拉力最大时，小球运动到最低点，绳子也最长．
本题考查运用牛顿定律分析小球运动情况的能力，要注意绳子拉力的变化与弹簧的弹力类似．
12.解：
AB、振动质点的位移是指离开平衡位置的位移，故经过平衡位置时位移一定为零，速度最大，故动能最大，势能最小，故A错误，B正确；
CD、简谐运动中，在平衡位置，回复力F=−kx=0，故加速度a=Fm=0，速率是最大的，故C正确，D错误；
故选：
BC．
简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，速度最大，势能最小．
本题关键是明确简谐运动的运动特点，熟悉能量的转化情况，基础题．
13.解：
A、由图可知，甲的振动幅度较大，乙的幅度较小；故A正确；
B、两摆由于摆长相同，则由单摆的性质可知，两摆的周期相同；故B错误；
C、由图可知，甲的时间为2T，乙的时间为4T；则由v=xt可知，二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系v甲=2v乙；故C正确，D错误；
故选：
AC．
由振幅的大小可明确砂摆的振动幅度；单摆的摆动具有等时性，甲图时间短，乙图时间长，根据v=xT判断速度大小关系．
本题考查单摆的性质，要注意明确单摆的周期取决于摆的长度和当地的重力加速度；与振幅等无关．
14.解：
A、根据振动图象可知周期T=2.0s，振幅A=10cm，t=10s=5T，一个周期通过的路程为4A，则10s内通过的路程为s=5×4A=20×10cm=200cm=2m，故A正确；
B、每次经过平衡位置动能最大，在最大位移处动能为0，在振子完成一个周期的时间内，动能完成2个周期的变化，故动能变化的周期为1s，故B错误；
C、t=0.5s时，振子处于最大位移处，弹簧的弹力最大，故C正确；
D、在t=0.5s到t=1.5s时间内振子沿x负方向运动，在t=0.1s时，振子的速度未反向，故D错误；
E、由振动图象知T=2.0s，角速度ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，振动方程x=0.10sinπt（m），故E正确；
故选：
ACE
由振动图象读出周期，一个周期振子通过的路程为4A，根据时间与周期的关系，求10s内振子的路程；动能是标量，处于平衡位置动能最大，处于最大位移处，动能为0，知振子一个全振动动能变化2个周期；根据振动图象的特点，判断振子的位置；振动方向可根据“上坡上振，下坡下振”来判断；根据x=Asinωt求振动方程
本题考查对振动图象的认识，注意速度的方向要根据位移的变化进行确定，也可把图象比喻成坡，运用“上坡上振，下坡下振”判断质点振动方向，能根据振动图象写出振动方程，难度不大，属于基础题．
15.解：
A、在0.01至0.03s内，质点由平衡位置运动到负向最大位移处，再回到平衡位置，速度先反方向后同方向，速度是先减小后增大，加速度是先增大后减小.故A正确．
B、在0.015s时，位移为负值，则加速度为正值，即加速度方向+x方向，速度沿−x方向.故B错误．
C、周期T=0.04s，时间t=1s=25T，质点在平衡位置时回复力为零，回复力的瞬时功率为零，在最大位移处速度为零，其瞬时功率也为零，一个周期内有四个时刻回复力的瞬时功率为零，所以在每1s内，回复力的瞬时功率有100次为零.故C正确．
D、在第八个0.01s内，相当于第一个周期内第四个0.01s内，速度与位移方向都沿+x方向，方向相同，速度在不断减小，位移不断增大.故D错误．
故选：
AC
根据质点的运动方向判断速度的正负，加速度的方向与位移相反，正负相反.加速度方向总是指向平衡位置，当质点离开平均位置时，速度与加速度反向，当质点靠近平衡位置时，速度与加速度同向.在每1s内，根据回复力为零或速度为零，确定回复力的瞬时功率为零的次数.在第八个0.01s内，相当于第一个周期内第四个0.01s内，由图象分析速度与位移方向关系及变化情况．
本题考查由振动图象读出位移、速度、加速度方向及其大小变化的能力.回复力的瞬时功率等于回复力与速度的乘积，一个周期内有四个时刻回复力的瞬时功率为零．
16.解：
A、A做简谐运动时回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确．
B、物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误．
C、物体A与滑块B（看成一个振子）的回复力大小满足F=−kx，则回复力大小跟位移大小之比为k.故C正确．
D、设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：
a=kxM+m
对A：
f=ma=kmM+mx，可见，作用在A上的静摩擦力大小f，即回复力大小与位移大小之比为：
kmM+m.故D错误；
E、据题知，物体间的最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：
kA=（M+m）a
以A为研究对象，有牛顿第二定律得：
μmg=ma
联立解得：
A=μ（m+M）gk.故E正确．
故选：
ACE
A和B−起在光滑水平面上做简谐运动，物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，滑块B的回复力是由弹簧的弹力和A对B的摩擦力的合力提供.回复力满足：
F=−kx.以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出AB无相对滑动时最大加速度，再对整体，由牛顿第二定律求出最大振幅．
明确最大振幅时，物体间的摩擦力最大，灵活利用整体法和隔离法解题是关键.要知道简谐运动的基本特征是F=−kx，但k不一定是弹簧的劲度系数．
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