专题课:单摆的应用 例1 C [解析] 由甲地到乙地,摆动加快,说明周期变小,因T=2π,则重力加速度变大,要使周期不变,应增加摆长,即将螺母适当向下移动,故C正确. 例2 D [解析] 根据周期公式T=2π知,两单摆的周期相同,与质量无关,所以相撞后两球分别经过T后回到各自的平衡位置,下一次一定是在平衡位置相遇,所以不管A、B的质量如何,下一次碰撞都在平衡位置,故A、B、C错误,D正确. 例3 D [解析] 根据周期公式T=2π,可知单摆的周期与振幅和摆球质量无关,与摆长和重力加速度有关.题图甲中沿斜面的加速度为a1=gsin θ,所以周期T1=2π,题图乙中摆球所受的库仑力始终沿摆线方向,回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,故摆球的等效重力加速度为a2=g,所以周期T2=2π,题图丙中的周期T3=2π,题图丁中的等效重力加速度为a4=g+a,所以周期T4=2π,故T1>T2=T3>T4,故A、B、C错误,D正确. 例4 C [解析] 小球的运动可视为单摆模型,由单摆的周期公式T=2π可知,其周期取决于摆长和g,与质量和振幅无关.因此想要减小小球运动的周期,可以减小摆长l,即换一个半径R小一点的弧形槽,故A、B、D错误,C正确. 例5 D [解析] 小球摆动的等效摆长为DE,而AB==h,AC=hcot 37°=h,AD=ABcos 37°=h,如图所示,AF=ADcos 74°=h,EF=AFtan 37°=h,DF=ADsin 74°=h,DE=DF-EF=h.故周期T=2π,故选项D正确. 例6 3 3 [解析] 全振动次数n=×(21-1)=10,所以周期T==3 s.由于周期T=+=×,解得h=3 m. 随堂巩固 1.B [解析] 摆钟从山脚移至山顶,在其他条件不变的情况下,等效重力加速度减小,根据T=2π可知,周期增大,相同时间内,摆钟振动次数减少,该摆钟示数与标准时间相比变慢,故B正确. 2.A [解析] 由题意可知摆长为L,等效的重力加速度g'=gsin θ,根据单摆周期公式可得T=2π,故A正确. 3.C [解析] 摆球从M到P的时间为=4t0,从P到N的时间为=2t0,而T1=2π,T2=2π,联立解得x=,选项C正确. 4.A [解析] 谷爱凌从山坡上B处由静止开始自由下滑至最低点A,可以看成单摆模型,由单摆的周期公式T=2π,又由题意可知,摆长L=r,从B处运动到最低点A的时间为单摆的周期的,则×2π=30 s,解得r=3600 m,故A正确.专题课:单摆的应用 1.D [解析] 用一个装满沙的轻漏斗做成单摆,在摆动时沙从漏斗中慢慢漏出,摆长先变大后变小,由T=2π可知,周期也先变大后变小,选项A错误;单摆周期与振幅无关,选项B错误;将摆由高山移到地面上,重力加速度变大,则周期变小,选项C错误;将摆由北极移到赤道,重力加速度变小,则周期变大,选项D正确. 2.CD [解析] 为了使摆钟摆动时计时准确,摆锤摆动的摆角不能大于5°,可知摆锤摆动的振幅不能太大,故A错误;缩短它的摆长,则周期变小,摆钟走得更快,故B错误;若把摆钟置于正在运行的“天宫”空间站,因为处于完全失重状态,摆锤不会正常摆动,故C正确;在南极和赤道分别用完全相同的摆钟计时,因为赤道重力加速度小,则周期长,所以赤道的摆钟走得慢些,故D正确. 3.C [解析] 由题意知T甲=2π,单摆乙处在加速下降的电梯中,有T乙=2π,单摆丙处在电场中,等效重力加速度g'=,所以T丙=2π,综上所述有T乙>T甲>T丙, 故选C. 4.C [解析] 小球运动的周期T=2π,周期由凹镜曲率半径决定,与质量、振幅无关,选项C正确. 5.B [解析] 由机械能守恒定律可知,小球在运动的过程中在左、右两侧上升的最大高度一样,在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长不相等,且l(1-cos α)=,故B正确,C、D错误;小球在平衡位置左侧来回的时间为t1=T1=π,在右侧来回的时间为t2=T2=π=,在故小球摆动的周期为T=t1+t2=π,无钉子时的周期T0=2π,故A错误. 6.B [解析] 小球先后从曲面的A和B到O的时间均为,与振幅无关,即t1=t2;由机械能守恒定律得mgh=mv2,h越大,则到最低点的速度越大,选项B正确. 7.A [解析] A做自由落体运动,下落到C所用的时间tA= ... ...
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