第2章 04第三节 单摆-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案Word（粤教版）

该高中物理导学案围绕单摆展开，涵盖单摆模型、回复力来源、周期公式及影响因素，通过“判一判”“想一想”互动问题导入，衔接简谐运动知识，以实验探究、例题解析和变式训练为学习支架。 资料突出模型建构（单摆理想模型）、科学探究（控制变量法实验）和科学思维（简谐运动推证、周期公式应用），习题分层设计，助力学生巩固知识，培养物理观念与科学探究能力，提升学习效率。

物理 选择性必修 第一册(粤教) 第三节　单摆 1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源.2.了解影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式. 一　单摆及其回复力 1.单摆：悬挂起来的物体在竖直平面内做摆动，如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆.单摆是实际摆的理想模型.若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动. 2.单摆的回复力：重力mg沿圆弧切线方向的分力F. 二　单摆的周期 1.探究影响单摆周期的因素 （1）探究方法：控制变量法. （2）实验结论：在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关.单摆的周期大小与摆长的二次方根成正比，即T∝. 2.单摆的固有周期：单摆的简谐运动周期，其与装置的固有因素有关，和外界条件无关，其频率为固有频率. 3.周期公式 （1）提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的. （2）公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期T跟摆长L的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比. 1.判一判 （1）一根细线一端固定，另一端拴一小球就构成一个单摆.（　　） （2）单摆回复力的方向总是指向悬挂位置.（　　） （3）单摆的回复力是由摆球重力的分力提供的.（　　） （4）单摆的振幅越大周期越大.（　　） （5）单摆的周期与摆球的质量无关.（　　） 提示：（1）×　（2）×　（3）√　（4）×　（5）√ 2.想一想 （1）摆球经过平衡位置时，合外力是否为零？摆球到达最大位移处时v＝0，加速度是否等于零？ 提示：单摆摆动过程中经过平衡位置时不处于平衡状态，有向心力和向心加速度，回复力为零，合外力不为零.摆球到达最大位移处时速度等于零，合外力等于重力沿圆弧切线方向的分力，所以加速度不等于零. （2）把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？ 提示：两极处的重力加速度大于赤道处的重力加速度，由T＝2π知，应增大摆长，才能使周期不变. 课堂任务　单摆的回复力　　 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”. 活动1：简谐运动的回复力有什么特点？ 提示：回复力的大小与振子相对平衡位置的位移大小成正比，方向与位移的方向相反，即F＝－kx. 活动2：如图，单摆做往复运动，单摆做往复运动的回复力是什么？ 提示：单摆做往复运动的回复力就是图中的F，它是重力的一个分力，其大小为mgsinθ. 活动3：当摆角θ很小时，sinθ≈θ，试分析这时单摆的运动是简谐运动吗？ 提示：一般情况，回复力F与小球从O点到P点的位移x并不成正比也不反向.但是，当摆角θ很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，可认为F指向平衡位置O，与位移x反向.圆弧的长度可认为与摆球的位移x大小相等，即sinθ≈θ＝≈，因此，单摆振动的回复力F可表示为F＝－x，式中负号表示回复力与位移的方向相反.对一个确定的单摆来说，摆球质量m和摆长L是一定的，可以用一个常量k表示，于是上式可以写成F＝－kx，可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动. 1.单摆 （1）单摆是实际摆的理想模型. （2）实际摆看作单摆的条件 ①摆线的形变量与摆线长度相比可忽略； ②摆线的质量与摆球质量相比可忽略； ③摆球的直径与摆线长度相比可忽略； ④空气阻力与摆球的重力及绳的拉力相比可忽略. 2.单摆的回复力 如图所示，重力G沿圆弧切线方向的分力F是摆球沿运动方向的合力，正是这个力提供了使摆球做简谐运动的回复力：F＝mgsinθ. 3.单摆的运动特点 （1）摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都受向心力（最高点其向心力为零）.向心力由细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供. （2）摆球在平衡位置附近做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，轨迹的切线方向都受回复力. 4.单摆做简谐运动的推证 在θ很小时，sinθ≈θ≈，回复力F＝mgsinθ，可得回复力F≈－mg，其中x为摆球偏离平衡位置的位移，L为摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反.由于m、g、L都有确定的数值，所以回复力与摆球的位移成正比，单摆做简谐运动. 例1　如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（　　） A.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B.摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 摆球通过平衡位置时，做何种运动？加速度是零吗？ 提示：摆球做圆周运动.加速度不为零. [规范解答]　单摆摆球运动过程中只受重力和细线的拉力，回复力和向心力是根据效果命名的力，是由物体受到的具体的力所提供的，故A错误；摆球在A点和C点处，速度为零，根据受力分析可知，摆球所受合力不为零，回复力最大，B错误；摆球在B点处，速度最大，根据受力分析可知，摆球所受回复力为零，故D错误；摆球在B点时，速度最大，且由牛顿第二定律有F向＝m，此时F向＝FT－mg，可知此时细线拉力最大，故C正确. [答案]　C 　回复力、向心力、合外力的区别与联系 （1）区别 ①回复力：使物体回到平衡位置且指向平衡位置的力；对单摆来说，重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsinθ提供回复力. ②向心力：使物体做曲线运动且指向圆心的力；对单摆来说，摆线的拉力和重力沿径向的分力的合力提供向心力. ③合外力：物体所受的合力，它使物体的运动状态发生变化. （2）联系：回复力、向心力、合外力均为效果力且均为矢量.回复力、向心力一定是变力，合外力可以是恒力，也可以是变力.对单摆来说，回复力与向心力的合力等于合外力. 　（多选）一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（　　） A.t1时刻摆球速度为零，摆球所受的合力为零 B.t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C.t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最大 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 答案　CD 解析　由题图读出t1时刻位移最大，说明此时摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误；t2时刻位移为零，说明此时摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误；t3时刻位移最大，说明此时摆球在最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确；t4时刻位移为零，说明此时摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故D正确. 课堂任务　单摆的周期 　　仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”. 活动1：探究影响单摆周期的因素，可以从单摆的装置及与摆动相关的因素入手.影响单摆周期的因素可能有单摆摆长（细绳的质量忽略）、小球质量（小球的体积忽略）、摆角等.根据以上猜想，我们使用什么物理方法研究单摆摆长、小球质量、摆角对单摆的影响？ 提示：控制变量法. 活动2：对于实验方案的设计和实验器材的选定，应满足什么条件？ 提示：细绳没有弹性，小球密度大、体积小，摆角小. 活动3：如图所示，进行实验时，保证摆长远大于小球直径，单摆的摆动是在竖直平面内，设计实验方案，并按设计好的实验步骤进行实验.分别改变单摆摆长、小球质量、摆角等因素，测量单摆周期，将数据记录下来.研究实验数据可得到什么规律？ 提示：在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关，且T∝. 活动4：查阅相关资料，是哪位科学家得出了单摆的周期公式？公式是什么？ 提示：荷兰物理学家惠更斯；T＝2π. 1.单摆的周期 （1）惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟. （2）单摆的周期公式：T＝2π. （3）对周期公式的理解 ①单摆的周期公式只有在单摆摆角很小时才近似成立. 注：利用高等数学研究单摆的运动就会看到，该式是个近似公式，由它算出的周期与精确值之间的差别随着偏角的增加而增加.当偏角为5°时两者相差0.01%，7°时相差0.1%，15°时相差0.5%，23°时相差1%. ②公式中L是摆长，即悬点到摆球质心（一般为球心）的距离，L＝L线＋r球. ③公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定. ④周期T只与L和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期. 拓展：类比弹簧振子做简谐运动的回复力F＝－kx，单摆的类似于弹簧振子的k.将单摆周期中的用代替，则得到弹簧振子的周期为T＝2π. 2.计算单摆的周期的方法 （1）用单摆的周期公式T＝2π计算，计算的关键是正确确定摆长. （2）根据T＝计算.这是粗测周期的一种方法，周期的大小虽然不取决于t和N，但可以利用该方法计算周期，它会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响. 例2　（多选）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示.不计空气阻力，g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　） A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin（πt） cm B.单摆的摆长约为1 m C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小 （1）写出简谐运动的表达式需要知道哪些量？ 提示：振幅、角频率（周期）、初相位. （2）计算单摆摆长需要知道哪些量？ 提示：单摆周期、当地重力加速度. [规范解答]　由题图乙可读出单摆的振动周期T＝2 s，振幅A＝8 cm，由ω＝得到角频率ω＝π rad/s，在－π≤φ≤π的范围内，由x0＝Acosφ解得初相φ＝－，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Acos（ωt＋φ）＝8cos cm＝8sin（πt） cm，故A正确；由单摆周期公式T＝2π，解得单摆的摆长L≈1 m，故B正确；从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能逐渐减小，摆球的速度逐渐增大，所需向心力逐渐增大，而重力沿绳子方向的分力也逐渐增大，故绳子的拉力逐渐增大，C、D错误. [答案]　AB 　应用单摆周期公式的注意事项 （1）公式中的L是指从悬挂点到摆球质心的距离，即有效摆长.若实际单摆的摆球的密度不均匀，则质心不在球心，这时首先要判断质心位置. （2）公式只在小角度摆动情况下近似成立，所以分析计算时，需要检验振幅A和摆长L是否满足小角度摆动条件.要求摆角小于5°，即小于5°× rad≈ rad，则≤.通过检验可知，例2满足此条件. 　有一悬线长为L的单摆，其摆的外壳为一个有一定质量的金属空心球.球底有一小孔，球内盛满水.在摆动过程中，水从小孔慢慢流出.从水开始流到水流完的过程中，此摆的周期的变化是（　　） A.由于悬线长L和重力加速度g不变，所以周期不变 B.由于水不断外流，周期不断变大 C.周期先变大，后又变小 D.周期先变小，后又变大 答案　C 解析　单摆的摆长是悬点到小球重心的距离.开始时，重心在球心，随着球内水慢慢流出，摆球的重心也逐渐降低，水全部流完后，重心又回到球心.因此，相对于球心位置，球的重心先降低，后升高，摆长先变大，后变小，根据单摆周期公式T＝2π知，此摆的周期先变大，后又变小，故C正确. [变式训练2－2] 如图，一可视为质点的小球用长为L的细线系于与水平面成α角的光滑斜面内，小球呈平衡状态.若使细线偏离平衡位置，其偏角小于5°，然后将小球由静止释放，则小球到达最低点所需的时间至少为　　　　. 答案　 解析　此单摆做简谐运动，将其与竖直平面内振动的单摆比较可以发现，其等效重力加速度为gsinα，故其振动周期T＝2π，小球到达最低点所需的时间至少为t＝＝. [名师点拨]　等效单摆 （1）等效摆长：等效摆长为摆球运动轨迹所在圆弧的圆心到摆球球心间的距离.例如图甲，称为双线摆，其等效摆长为L等＝Lsinθ. （2）等效重力加速度：等效重力加速度为单摆处于静止状态时，摆线的拉力F（相当于视重）与摆球质量m的比值，即g等＝.有关等效重力加速度的题 比较复杂，但只要求出g等就可以求出对应的周期.例如图乙，g等＝＝g＋. 1.（单摆的认识）（多选）单摆是为研究振动而抽象出的理想模型，其理想化条件是（　　） A.摆线质量不计 B.摆线不可伸缩 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 答案　ABC 解析　单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不可伸缩.但把单摆的运动作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（θ<5°）的情况下才能视单摆的运动为简谐运动.故A、B、C正确，D错误. 2.（单摆的分析）（多选）关于单摆，下列说法中正确的是（　　） A.单摆振动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角 B.单摆的回复力是重力和摆线拉力的合力 C.单摆的摆球在平衡位置时（最低点）的加速度为零 D.单摆的振动周期在偏角很小的条件下跟振幅无关 答案　AD 解析　单摆运动的轨迹是一段圆弧，在摆动的过程中，摆球受重力G和摆线的拉力FT两个力的作用，提供回复力的是重力沿圆弧切线方向的分力mgsinα，而不是重力和摆线拉力的合力，A正确，B错误；摆球在平衡位置时有向心加速度，加速度不为零，C错误；通常情况下单摆的振动不是简谐运动，只有在偏角很小的情况下才可近似看作简谐运动，单摆做简谐运动的条件下，周期与振幅无关，D正确. 3.（等效单摆）如图所示是半径很大的光滑凹球面的一部分，有一个小球第一次自A点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v1，用时为t1；第二次自B点由静止开始滑下，到达最低点O时的速度为v2，用时为t2，下列关系正确的是（　　） A.t1＝t2，v1>v2 B.t1>t2，v1<v2 C.t1<t2，v1>v2 D.t1>t2，v1>v2 答案　A 解析　小球从A、B点由静止开始滑下均做等效单摆的运动，t1＝＝，t2＝＝，L为球面圆心到小球重心的距离，故t1＝t2；A点离平衡位置远些，与平衡位置的高度差较大，由机械能守恒定律可知从A点滑下到达平衡位置O时的速度较大，即v1＞v2.故A正确. 4.（单摆周期公式的应用）（多选）惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制.旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示.以下说法正确的是（　　） A.当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B.摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C.由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D.把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 答案　AC 解析　根据周期公式T＝2π知，当摆钟不准确时，则需要调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将摆长增大，增大周期，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将摆长增大，D错误. 5.（单摆的周期）已知在地面上某一位置单摆a完成10次简谐运动的全振动的时间，单摆b正好完成6次简谐运动的全振动，两单摆摆长之差为1.6 m，则两单摆摆长La与Lb分别为（　　） A.La＝2.5 m，Lb＝0.9 m B.La＝0.9 m，Lb＝2.5 m C.La＝2.4 m，Lb＝4.0 m D.La＝4.0 m，Lb＝2.4 m 答案　B 解析　单摆完成一次全振动所需的时间叫作单摆的周期，根据题设可知a、b两单摆的周期之比为：＝，由单摆的周期公式T＝2π得：＝，根据题设可知Lb－La＝1.6 m，联立解得La＝0.9 m，Lb＝2.5 m.故B正确. 6.（综合）夏天的河上，有几名熟悉水性的青年将绳子挂在桥下荡秋千，绳子来回荡几次后跳入河中.现把秋千看成单摆模型，图为小明在荡秋千时的振动图像，已知小王的体重比小明的大，则下列说法正确的是（　　） A.小王荡秋千时，其周期大于6.28 s B.图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力为零 C.小明荡到图中对应的b点时，动能最小 D.该秋千的绳子长度约为10 m 答案　D 解析　根据T＝2π可知，单摆运动的周期与摆球的质量无关，结合题图可知小王荡秋千时，其周期等于6.28 s，故A错误；题图中a点对应荡秋千时的最高点，此时回复力最大，故B错误；题图中b点对应单摆的平衡位置，此时速度最大，动能最大，故C错误；根据T＝2π，计算得到该秋千的绳子长度L≈10 m，故D正确. 7.（综合）图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置.设向右为摆球运动的正方向，图乙是这个单摆做简谐运动的振动图像，根据图像回答： （1）单摆振动的频率是多大？ （2）开始时刻摆球在何位置？ （3）若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？ 答案　（1）1.25 Hz　（2）B点　（3）0.16 m 解析　（1）由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率f＝＝1.25 Hz. （2）由题图乙知，t＝0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时刻摆球在B点. （3）由T＝2π，得L＝≈0.16 m. 8.（等效单摆）科学家将密度为ρ（小于水的密度ρ水）的球形探测器用长为L的细绳拴住并固定在湖泊底部，用于测量记录湖水的温度、pH值等数据，所在处湖水不流动.如图所示，由于受到鱼类的扰动，探测器开始在竖直面内做小角度的摆动.探测器所受阻力忽略不计，重力加速度为g，则探测器摆动的周期为（　　） A.2π B.2π C.2π D.2π 答案　C 解析　对探测器受力分析，可知探测器受竖直向下的重力G、竖直向上的浮力F浮以及细绳的拉力，因为F浮－G为恒力，可看作等效重力G等效，故探测器的摆动可看作单摆的摆动，又因为探测器的摆动角度很小，则探测器做简谐运动.设探测器做简谐运动的等效重力加速度为g′，根据单摆做简谐运动的周期公式可知，探测器摆动的周期为T＝2π；设探测器的体积为V，则探测器所受等效重力大小G等效＝mg′＝ρVg′，且G等效＝F浮－G＝（ρ水－ρ）Vg，联立解得T＝2π，故A、B、D错误，C正确. 9.（综合）（多选）如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，g＝10 m/s2，π2≈10，下列说法正确的是（　　） A.甲摆的摆长较大 B.甲摆的振幅比乙摆的大 C.甲摆的最大偏角为0.05° D.在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案　BD 解析　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点的重力加速度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，A错误；甲摆的振幅为5 cm，乙摆的振幅为3 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，B正确；由T＝2π解得甲摆的摆长L＝g≈1 m，则甲摆的最大偏角θmax＝＝＝0.05 rad＝×360°＝2.9°，C错误；在t＝0.5 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值，则乙摆具有正向最大加速度，D正确. 10.（单摆与万有引力定律的综合）一单摆在地面上的摆动周期与在某矿井底部的摆动周期的比值为k.设地球的半径为R，假定地球的密度均匀，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，则矿井的深度d＝　　　　. 答案　（1－k2）R 解析　单摆在地面和矿井底部的摆动周期分别为T＝2π，T′＝2π，由题目知＝k，单摆在地面和矿井底部的重力加速度分别为g＝，g′＝，由质量和体积的关系知M＝πR3ρ，M′＝π（R－d）3ρ，联立解得d＝（1－k2）R. [名师点拨]　本题是一个既考查天体运动又考查单摆的综合题.重力加速度g是联系“单摆”与“天体运动”的纽带，无论从单摆到天体运动，还是从天体运动到单摆，首先必须求出或表示出g.这类问题经常会用到万有引力定律及黄金代换GM＝gR2. 11.（单摆的动力学与能量问题）将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力.图甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，θ很小.图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻，g取10 N/kg，试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求： （1）容器的半径； （2）小滑块的质量； （3）滑块运动过程中的最大速度. 答案　（1）0.1 m　（2）0.05 kg　（3）0.141 m/s 解析　（1）根据题意，小滑块的运动可以看作单摆的简谐运动.由题图可知，t＝0时小滑块在A点，t＝2× s时小滑块在A′点，当t＝4× s时小滑块又回到A点，所以小滑块运动的周期为T＝4× s 由单摆的周期公式有T＝2π 代入数据可得容器的半径R＝0.1 m. （2）小滑块经过A点时，对小滑块受力分析有 Fmin＝mgcosθ 小滑块由A点到B点，由动能定理有 mgR（1－cosθ）＝mv2－0 小滑块经过B点时，由牛顿第二定律有 Fmax－mg＝m 联立并代入数据，可得小滑块的质量m＝0.05 kg. （3）小滑块运动到最低点B时速度最大，有 Fmax－mg＝m 解得最大速度为v≈0.141 m/s. [名师点拨]　单摆力学综合问题的分析方法 对于单摆的简谐运动，常见的问题有：单摆的振幅、摆球的最大速度、摆球所受的最小力、最大力的分析计算. （1）单摆的动力学分析通常用到回复力公式、圆周运动规律及牛顿第二定律. （2）单摆的能量由振幅（用弧长表示）、摆长及摆球的质量共同决定：Epmax＝mgL（1－cosθmax），它等于摆球的最大动能. 11 学科网（北京）股份有限公司 $$