2025高考物理一轮考点突破训练第8章机械振动机械波第20讲机械振动考点3单摆及其周期公式

这是一份2025高考物理一轮考点突破训练第8章机械振动机械波第20讲机械振动考点3单摆及其周期公式，共3页。试卷主要包含了单摆的受力特征，等效摆长及等效重力加速度等内容，欢迎下载使用。

1．单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。
(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcs θ。
(3)两点说明
①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcs θ。
②当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mv\\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(v\\al(2,max),l)。
(4)单摆是一个理想化模型，摆角θ≤5°时，单摆的周期为T＝2πeq \r(\f(l,g))，与单摆的振幅A、摆球质量m无关，式中的g为单摆所处位置(当地)的重力加速度。
2．等效摆长及等效重力加速度
(1)l′——等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l′＝r＋Lcs α。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点的附近振动，其等效摆长为l′＝R。
(2)g′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。
①在不同星球表面：g′＝eq \f(GM,R2)，M为星球的质量，R为星球的半径。
②单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。单摆在斜面上加速运动时，等效重力加速度可用摆球相对于摆动圆弧的圆心静止时，摆线或圆弧轨道对摆球作用力所产生的加速度。
【跟踪训练】
(单摆周期公式的应用)(2022·海南卷)在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为( C )
A．2∶3 B．3∶2
C．4∶9 D．9∶4
[解析] 由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙＝0.8∶1.2＝2∶3，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得L＝eq \f(gT2,4π2)，则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲∶L乙＝Teq \\al(2,甲)∶Teq \\al(2,乙)＝4∶9。故选C。
(单摆周期公式与万有引力定律的综合应用)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比为单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为( B )
A．T＝2πreq \r(\f(GM,l)) B．T＝2πreq \r(\f(l,GM))
C．T＝eq \f(2π,r)eq \r(\f(GM,l)) D．T＝2πleq \r(\f(r,GM))
[解析] 设离地心r处重力加速度为g，则eq \f(GMm,r2)＝mg，故g＝eq \f(GM,r2)；单摆振动周期T＝2πeq \r(\f(l,g))。联立解得T＝2πreq \r(\f(l,GM))，故B项正确。
(等效单摆模型)(多选)竖直面内有一半径为R的光滑圆弧轨道AB，其对应的圆心角为10°，A、B两点等高，CD为竖直直径。在A、D两点间固定光滑直斜面，直斜面在D处与光滑圆弧轨道DB平滑相接，将一小球由A点静止释放沿直斜面AD下滑，小球可视为质点，则下列说法正确的是( BD )
A．小球从A到D的时间等于从D到B的时间
B．小球从A到D的时间大于从D到B的时间
C．由题中数据可以求得小球在DB圆弧轨道上通过D点时对轨道的压力
D．若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点
[解析] 小球在DB圆弧轨道上从B到D点过程，根据动能定理可得mgR(1－cs 5°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)在D点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)，解得FN＝mg(3－2cs 5°)，由于不知道小球的质量，故不能求出小球通过D点时对轨道的压力，C错误；小球从A点静止释放到D点过程，做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq \f(mgsin 2.5°,m)＝gsin 2.5°，根据运动学公式可得xAD＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,AD)，解得tAD＝eq \r(\f(2xAD,a))＝eq \r(\f(2×2Rsin 2.5°,gsin 2.5°))＝2eq \r(\f(R,g))，小球从C点由静止释放到D点过程，做自由落体运动，则有hCD＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,CD)，解得tCD＝eq \r(\f(2hCD,g))＝eq \r(\f(2×2R,g))＝2eq \r(\f(R,g))，可得tAD＝tCD＝2eq \r(\f(R,g))，若将两个小球分别从A、C两点同时由静止释放，它们会同时到达D点，D正确；小球从D到B的过程，根据单摆周期公式可得所用时间为tDB＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))，可知tAD＝2eq \r(\f(R,g))>tDB＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))，故小球从A到D的时间大于从D到B的时间，A错误，B正确。