第二章 机械振动 第三节 单摆(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

单 摆 第三节 核心素养导学 物理观念 (1)知道什么是单摆，了解单摆的构造，单摆回复力的来源。 (2)知道单摆的周期公式。 科学思维 (1)掌握单摆振动的特点，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。 (2)理解单摆的周期公式，会解决有关单摆周期的问题。 科学探究 实验探究影响单摆周期的因素。 科学态度与责任 从单摆周期公式的角度理解摆钟的原理与校准。 [四层]学习内容1 落实必备知识 [四层]学习内容2 强化关键能力 01 02 CONTENTS 目录 [四层]学习内容3·4 浸润学科素养和核心价值 课时跟踪检测 03 04 [四层]学习内容1 落实必备知识 一、单摆 1.定义：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。 2.单摆是一种理想化模型。若单摆的摆角小于____，单摆的摆动可近似看成__________。 3.单摆的回复力 (1)来源：重力mg沿圆弧切线方向的______。 (2)大小：F=_________。 5° 简谐运动 分力 mgsin θ [微点拨] 实际做成的单摆，悬线的伸缩量越小，摆球的质量越大，体积越小，则越接近理想化的单摆。 二、单摆的周期 1.探究方法：利用__________法分别研究可能会影响单摆周期的因素：单摆摆长、小球质量、摆角等。 2.实验结论 (1)在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关。 (2)单摆的周期大小与摆长的二次方根成正比，即T∝。 控制变量 3.周期公式：T=________。单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关，和外界条件无关，故单摆的简谐运动周期也叫作单摆的____ 周期。 4.弹簧振子的简谐运动的周期和频率也是固有的，与弹簧振子的_________和振子质量有关。 2π 固有 劲度系数 1.单摆的认识 图例 能否视为单摆 ___________ ___________ ____________ _____________ ________ 不能 不能 不能 不能 能 2.摆的等时性原理是指不论摆钟摆动幅度(摆角小于5°时) 大些还是小些，完成一次摆动的时间是相同的。请思考： (1)是谁发现了摆的等时性原理? 提示：伽利略。 (2)摆动的振幅越大周期越大吗?摆锤的质量越大周期越大吗? 提示：周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。 (3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗? 提示：摆钟摆动的周期与摆的长度有关。 [四层]学习内容2 强化关键能力 新知学习(一) 单摆的回复力及运动规律 如图所示，小球和细线构成一个单摆，运动过程中小球受到 几个力的作用?什么力充当了小球振动的回复力? 任务驱动 提示：小球受两个力的作用：重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ，提供了使小球振动的回复力，如图所示。 1.单摆的回复力 (1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。 (2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向分力的合力， F向=FT-mgcos θ。 (3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ， 提供了使摆球振动的回复力。 重点释解 2.单摆做简谐运动的推证 如上图所示，单摆的回复力F=G1=mgsin θ，在偏角很小时，sin θ ≈，所以单摆的回复力为F=-x(式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F=-kx，故单摆做简谐运动。 3.单摆做简谐运动的规律 (1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。 (2)单摆振动过程中各量的变化特点。 位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能 最高点 最大 零 最大 最低点 零 最大 最小 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小 [典例]　关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是 (　 ) A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用 B.摆球的回复力最大时，向心力为零;回复力为零时，向心力最大 C.摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大 D.摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向 典例体验 √ [解析]　摆球在摆动过程中只受重力和摆线的张力，回复力和向心力都是按效果命名的，A错误;摆球摆动到回复力最大即最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时摆线的张力等于球的重力沿摆线方向的分力，一定小于摆球重力，摆球在平衡位置时，向心力最大，此时加速度方向沿摆线方向，B正确，C、D错误。 /方法技巧/ 对于单摆的两点说明 (1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡。 (2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。 1.振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力 (　 ) A.指向地面 B.指向悬点 C.数值为零 D.垂直于摆线，指向运动方向 针对训练 解析：摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，经过平衡位置时，回复力为零，故C正确，A、B、D错误。 √ 2.(多选)下列关于单摆的说法，正确的是 (　 ) A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，再运动到平衡位置时的位移为0 B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为0 √ √ 解析：简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为0，A正确;摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，合力在摆线方向的分力提供向心力，B错误，C正确;摆球经过最低点(摆动的平衡位置)时回复力为0，但向心力不为0，所以合力不为0，加速度也不为0，D错误。 新知学习(二) 对单摆周期公式的理解及应用 如图，某同学家中的摆钟慢了，他认为是摆锤过轻 造成的，于是他在摆锤上绑了一块金属块。 (1)你认为他的做法正确吗? 任务驱动 提示：不正确，因为单摆的周期与摆锤的轻重无关。 (2)你能帮他校准一下吗? 提示：可以通过缩短摆长的方法，使单摆的周期减小。 1.摆长l：单摆的摆长是从悬点到摆球球心的长度，即l=L+，其中L为摆线长，d为摆球直径。 2.重力加速度g：g由单摆所在的空间位置决定。它随所在地球表面的位置和所在的高度的变化而变化，纬度越高，g的值就越大，高度越高，g的值就越小，另外，在不同星球上g也不同。 重点释解 3.等效摆长 摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定是摆线的长。 l等效=lsin α 做垂直纸面的小角度摆动 l等效=lsin α+l 垂直纸面摆动 l等效=l 纸面内摆动 左侧：l等效=l 右侧：l等效=l 纸面内摆动 T=π +π l等效=R 当半径R远大于小球位移x时，小球做单摆运动 续 表 4.等效重力加速度 等效重力加速度g'：g'还由单摆系统的运动状态决定，单摆处于超重或失重状态，等效重力加速度g'=g+a或g'=g-a，当单摆处于完全失重状态时，g'=0。 [典例]　如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　 ) 典例体验 √ [解析]　摆长为l时单摆的周期T1=2π，振幅A1=lα(α为摆角，α很小时，sin α=α)，摆长为l时单摆的周期T2=2π=π=，振幅A2= lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1-cos α)=mg (1-cos β)，利用cos α=1-2sin2 ，cos β=1-2sin2 ，以及sin α=tan α=α(α很小)，解得β=2α，故A2=A1，故选项A正确。 /方法技巧/ 涉及单摆周期问题的三点注意 (1)单摆的周期公式T=2π中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当地重力加速度g，只要已知两个量，就可以求出第三个量。 (2)改变单摆振动周期的途径 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)。 (3)明确小角度情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。 1.若单摆的摆长不变，摆球的质量减小，摆球离开平衡位置的最大摆角减小，则单摆振动的 (　 ) A.频率不变，振幅不变　　 B.频率不变，振幅改变 C.频率改变，振幅不变 D.频率改变，振幅改变 针对训练 √ 解析：单摆的周期公式为T=2π，与摆球的质量和摆角的大小无关，所以周期不变，频率也不变;摆球离开平衡位置的最大摆角减小，则振幅也减小，故A、C、D错误，B正确。 2.(2024年1月·甘肃高考适应性演练)如图为两单摆的振动图像，θ为摆线偏离竖直方向的角度。两单摆的摆球质量相同，则(　 ) A.摆长之比= B.摆长之比= C.摆球的最大动能之比= D.摆球的最大动能之比= √ 解析：根据两单摆的振动图像知，两单摆的周期之比为，根据单摆周期公式T=2π，可得T2=L=kL，故有摆长之比==，故A、B错误;两个单摆的摆球质量相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有mgL=Ek，故摆球的最大动能之比==，故C错误，D正确。 [四层]学习内容3·4 浸润学科素养和核心价值 1.(选自人教版教材课后练习)一条细线下面挂着一个小球，让它自由摆动，画出它的振动图像如图所示。 ◉科学思维——单摆周期公式与振动图像的综合 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 (1)请根据图中的数据计算出它的摆长。 解析：由x-t图像，可知周期T=2 s 根据T=2π， 解得l≈1 m。 答案：1 m　 (2)请根据图中的数据估算出它摆动的最大偏角。 答案：2.29° 解析：根据sin θ≈，可知sin θ==0.04 故θ≈2.29°。 2.(选自鲁科版教材课后练习)某同学用单摆测定一座山的海拔，在山顶上他测得摆长为l的单摆做简谐运动的周期为T。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R。求山顶的海拔。 ◉科学态度与责任——利用单摆测山顶的海拔 答案： -R 解析：由周期公式T=2π可求得山顶处的重力加速度g= 由万有引力定律可知：mg= 得g= 由以上两式可求得山顶的海拔 h=-R。 1.图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动;图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是 (　 ) A.甲图中的小球将保持静止 B.甲图中的小球仍将来回振动 C.乙图中的小球仍将来回摆动 D.乙图中的小球将做匀速圆周运动 √ 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 解析：空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将来回振动，A错误，B正确;乙图中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分力，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止，若给小球一定的初速度，则做匀速圆周运动，C、D错误。 2.如图所示，将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的小球用长为L的细线拴住并固定在装满水的容器底部，忽略阻力，将小球拉至与竖直方向成一小角度后释放，小球做简谐运动，重力加速度取g，小球做简谐运动的周期可能为 (　 ) A.2π B.2π C.2π D.2π √ 解析：由单摆的周期公式T=2π可知，单摆的周期只与摆长和重力加速度有关，在这个系统中，我们设“等效重力加速度”为g'，则G'=mg'=ρVg'，又G'=(ρ水-ρ)Vg，解得T=2π，故A、B、D错误，C正确。 3.如图甲所示，一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动，拉力传感器显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图像如图乙所示，已知当地的重力加速度为g，则根据图乙中的数据可知 (　 ) A.此单摆的周期T= B.此摆球的质量为m= C.此单摆的摆长L= D.在t=时刻摆球的回复力最小 √ 解析：摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，则摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，结合F-t图像，知此单摆的周期为T=t0，故A错误;摆球运动到最低点时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，则有F0-mg=，此摆球的质量为m=，故B错误;根据单摆周期公式T=2π，可得此单摆的摆长L==，故C正确;单摆的回复力由重力沿摆球运动轨迹切向的分力提供，摆球运动到最低点时，摆球的回复力最小，所以在t=时刻摆球的回复力最小，在t=时刻摆球的回复力最大，故D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.同一地方的两个单摆，做简谐运动的周期相同，则它们具有相同的 (　 ) A.摆球质量 B.振幅 C.摆球半径 D.摆长 解析：由单摆周期公式T=2π可知，同一地方，重力加速度相同，两单摆周期相同，所以摆长一定相同，故D正确。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.关于单摆，下列认识中正确的是 (　 ) A.一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆 B.可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线的长度比小球的直径大得多 C.单摆的振动总是简谐运动 D.两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，选项A错误，B正确;单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，选项C错误;两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 3.在同一地点，做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的，摆球经过平衡位置时的速度增大为原来的2倍，则单摆振动的(　 ) A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变 C.频率不变，振幅改变 D.频率改变，振幅不变 √ 解析：根据单摆的周期公式可知，在同一地点，做简谐运动的单摆摆长不变，则周期不变，单摆振动的频率不变，若摆球质量减小为原来的，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，则振幅增大，选项C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 4.用空心铁球内部装满水做摆球，若球正下方有一小孔，水不断从孔中流出，从球内装满水到水流完为止的过程中，其振动周期的大小是 (　 ) A.不变 B.变大 C.先变大后变小再回到原值 D.先变小后变大再回到原值 √ 解析：单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从球中向外流出时，等效摆长是先变长后变短，因而周期先变大后变小再回到原值，故选项C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 5.(多选)如图所示是在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是 (　 ) A.这两个单摆的摆球质量一定相等 B.这两个单摆的摆长一定不同 C.这两个单摆的最大摆角一定相同 D.这两个单摆的振幅一定相同 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：从题图可知，两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同，故B、D对;由振幅相等而摆长不等知C错;单摆的周期与质量无关，故A错。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 6.单摆摆长为0.9 m，摆球置于左端最大位移处。t=0时刻由静止释放。取g=10 m/s2，则t=2 s时摆球正在 (　 ) A.向右加速运动 B.向右减速运动 C.向左加速运动 D.向左减速运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：该单摆的周期T=2π =2×3.14× s≈1.88 s。计时开始时摆球置于左端最大摆角处，当t=2 s时，T<t<1.25T，摆球为正从左端最大摆角处向平衡位置运动，摆角正在减小，速度正在增大，即向右加速运动，故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 7.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　 ) A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：根据题图可知，该单摆的振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m。x-t图像的斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 √ 8.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，这个摆的周期是(　 ) A.2π B.π C.(+1)π D.(+1)π 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：以L为摆长的运动时间为t1=×2π，以L为摆长的运动的时间为t2=×2π，则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π。故A、B、C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 9.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中正确的是 (　 ) A.甲的摆长与乙的摆长相等 B.甲的摆长比乙的摆长长 C.乙的机械能比甲的大 D.在t=0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：从题图中可得两者的周期相同，都为2.0 s，又知道两者在同一个地点测量的，g相同，所以根据单摆周期公式T=2π，可知两单摆的摆长相等，故A正确，B错误;甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，由于甲、乙两摆球质量相等，甲球的机械能比乙球的机械能大，故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，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 10.如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图像如图乙所示，以下说法正确的是 (　 ) A.t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小 B.t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小 C.t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大 D.t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：t1与t3时刻小球位于最大位移处，速度为零，离平衡位置最远，轨道对它的支持力最小，故A正确，C错误;t2与t4时刻小球处于平衡位置，位移为零，速度最大，根据牛顿第二定律可知，轨道对它的支持力最大，B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 11.两个质量相等的弹性小球分别挂在l1=1.00 m，l2=0.25 m的细绳上，两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后，(设两个球发生弹性碰撞，碰撞后交换速度，取g=π2)，从B球开始运动计算，经过4 s两球相碰的次数为 (　 ) A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：先计算两球运动的周期，T1=2π=2 s，T2=2π =1 s，从B开始运动经，即0.25 s第一次相碰，并经，即1 s第二次相碰;再经，即0.5 s第三次相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25 s，到第六次相碰共用时4.25 s，故经过4 s两球相碰的次数为5次。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 12.(10分)图甲中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，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答下面的问题： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (1)单摆振动的频率是多大?(3分) 答案：1.25 Hz　 解析：由题图乙知单摆振动的周期T=0.8 s， 则频率f==1.25 Hz。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)开始时刻摆球在何位置?(3分) 答案：B点　 解析：由题图乙知，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。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (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?(4分) 答案：0.16 m 解析：由T=2π，得l=≈0.16 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 13.(12分)如图所示，ACB为光滑弧形槽，A、B两点等高，C点为弧形槽的最低点，弧形槽半径为R，R≫ 。甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放。 (1)求甲、乙两球第1次到达C点的时间之比。(5分) 答案：　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：甲球做自由落体运动，则有R=g， 所以t1=乙球沿弧形槽做简谐运动 (由于可认为摆角θ<5°)，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间 t2=T=×2π=，所以t1∶t2=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)若在C点的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在C点处相遇，则甲球下落的高度h是多少?(7分) 答案：(n=0，1，2，…) 解析：甲球从离弧形槽最低点h高处开始自由下落，到达C点的时间t甲=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间 t乙=+n= (2n+1)(n=0，1，2，…) 由于甲、乙在C处相遇，故t甲=t乙 解得h= (n=0，1，2，…)。 本课结束 $$