12 第二章 4.单摆-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步讲义（人教版）

4．单摆 [学习目标]　1．知道什么是单摆，了解单摆的构成及单摆的回复力。2．理解单摆做简谐运动的条件，会利用图像法分析单摆的运动。3．掌握单摆的周期公式，并能够进行计算。4．通过分析单摆周期的影响因素，培养严谨的科学态度。 [教用·问题初探]——通过让学生回答问题来了解预习教材的情况 问题1　在什么情况下实际摆可看成单摆？ 问题2　单摆的周期与什么因素有关？ 问题3　单摆的周期公式是什么？ 　单摆的回复力 【链接教材】　如人教版教材P46图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使摆球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后静止释放，摆球沿圆弧做往复运动，不计空气的阻力。 问题1　小球的平衡位置在哪里？ 提示：小球静止时的位置O点为平衡位置。 问题2　小球摆动过程中受到哪些力的作用？什么力提供向心力？什么力提供回复力？ 提示：小球受重力和细线的拉力作用。细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力提供向心力。重力沿切线方向的分力提供小球振动的回复力。 问题3　小球经过平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ 提示：小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。 【知识梳理】　 1．单摆 (1)实际摆看成单摆的条件 ①细线的长度不可改变。 ②细线的质量与小球相比可以忽略。 ③小球的直径与线的长度相比可以忽略。 ④空气阻力与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略。 (2)单摆是实际摆的理想化模型。 2．单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力，即F＝mg sin θ。 (2)回复力的特点：在摆角很小的条件下，sin θ≈θ≈(其中x为偏离平衡位置的位移)，单摆的回复力F＝－x，令k＝，则F＝－kx。 3．单摆的运动规律：在摆角很小时，单摆做简谐运动。 【思考讨论】　判断以下装置能否看成单摆？若不能，请说明原因。 提示：只有(f)可以看成单摆。 (a)(e)摆动过程中摆长会发生变化；(b)空气阻力不能忽略；(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略；(d)绳的质量与小球相比不能忽略。 【知识归纳】 1．单摆的受力分析：如图所示。 (1)单摆受力：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。 (3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F＝mg sin θ，提供了使摆球振动的回复力。 2．单摆的运动特点 摆球实际上做两个运动：一是在平衡位置两侧做往复运动，二是绕悬点做圆周运动。摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，而不是摆球所受到的合力。当摆球经过平衡位置时，所受回复力为零，而所受合力不为零，此时合力提供摆球做圆周运动的向心力。实际上，运动过程中沿摆线方向上的合力一直提供摆球做圆周运动的向心力。 3．单摆做简谐运动的规律 (1)单摆做简谐运动的位移—时间(x-t)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1】　(单摆的受力特征)(多选)如图所示为均匀小球在做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N两点关于O点对称。下列说法正确的是(　　) A．小球受重力、绳子拉力和回复力 B．小球所受合外力就是单摆的回复力 C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0 D．小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等 CD　[小球只受重力、绳子拉力两个力，A错误；单摆的回复力由重力沿运动方向的分力提供，B错误；小球在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，D正确。] 【典例2】　(单摆的图像问题)如图所示，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。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(小于5°)后由静止释放，并从释放时开始计时。小球相对于平衡位置O的水平位移为x，取向右为正方向，则小球在一个周期内的振动图像为(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D A　[摆球一开始在正的最大位移处，所以A选项正确。] 　单摆的周期 1．探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响 (1)探究方法：控制变量法。 (2)实验结论 ①单摆振动的周期与摆球质量无关。 ②周期与振幅无关。 ③摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。 2．周期公式 (1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出。 (2)公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 提醒：(1)单摆的周期只与其摆长和当地的重力加速度有关，而与振幅和摆球质量无关，它又叫作单摆的固有周期。单摆周期公式的成立条件为摆角θ<5°。 (2)周期为2 s的单摆叫作秒摆。秒摆的摆长约为1 m。 【思考讨论】　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。 问题1　摆针走时偏快时应如何校准？ 提示：摆针走时偏快，说明摆钟的周期偏小，应调节螺母使圆盘沿摆杆下移增大摆长，使周期变大一些。 问题2　将一个走时准确的摆钟从广州市移到北京市，摆钟应如何校准？ 提示：广州市的重力加速度比北京市小，将一个走时准确的摆钟从广州市移到北京市，周期变小，应调节螺母使圆盘沿摆杆下移增大摆长，使周期变大。 【知识归纳】　 1．对单摆周期公式T＝2π的理解 (1)T与摆长l和当地的重力加速度g有关。 (2)T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 (3)适用条件：摆角很小(一般小于5°)。 2．对摆长l和重力加速度g的理解 (1)摆长l：指从悬点到摆球重心的长度。 ①对于实际的单摆，摆长l＝l′＋，l′为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长： (a)图中小球在O点右侧运动时摆长为L，在O点左侧运动时摆长为L。 (b)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，故甲摆的等效摆长为l sin α，其周期T＝2π。 (c)图中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 (2)对重力加速度g的理解 ①公式中的g由单摆所在地的空间位置决定 在地球表面不同位置、不同高度g是不同的，在不同星球上g也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g′代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2。 ②等效重力加速度 (a)若单摆系统处在多力存在的平衡态，则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如图甲所示的斜面摆，球静止在O点时，FT＝mg sin θ，等效加速度g′＝＝g sin θ；又如图乙所示的电场中，带电荷量为q(q>0)的小球静止于图示位置时，摆线拉力FT＝，等效加速度g′＝＝。 (b)单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g0＝g±a。在近地轨道上运动的卫星加速度a＝g，为完全失重，等效重力加速度g0＝0。 【典例3】　(单摆周期公式的应用)用细线悬挂一小球，保持摆线长度一定，选项A、B两种情况下小球做振幅不同的单摆运动，选项C、D两种情况下小球做高度不同的圆锥摆运动，则四种情况中周期最短的是(　　) 　　 A　　　　B　　　　　C　　　　　D D　[设摆线长度为l，选项A、B两种情况下小球做振幅不同的单摆运动，由单摆周期公式可得TA＝TB＝2π，小球做圆锥摆运动时，设摆线与竖直方向夹角为θ，高度为h，小球质量为m，圆周半径为R，则有tan θ＝，mg tan θ＝mR，解得T＝2π，由此综合可得TA＝TB>TC>TD，故选D。] 【典例4】　(人教版P50T3改编)(单摆的振动图像)位于同一地点的甲、乙两个单摆做简谐运动的图像如图所示，则下列说法中不正确的是(　　) A．甲、乙两摆的摆长之比为1∶4 B．t＝4 s时，乙摆刚好摆到平衡位置 C．由于甲的振幅比乙大，所以甲摆的机械能大于乙摆 D．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1 C　[由题图可知，甲、乙两个单摆周期之比为1∶2，根据公式T＝2π可知，甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故A正确；由题图可知，t＝4 s时，乙摆刚好摆到平衡位置，故B正确；因为两摆摆球的质量未知，所以无法比较两摆机械能的大小，故C错误；由题图可知，甲、乙两摆的振幅之比为2∶1，故D正确。本题选不正确的，故选C。] 【教用·备选例题】　(单摆的振动图像)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(　　) A．2∶3　　B．3∶2　　C．4∶9　　D．9∶4 C　[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＝2π可得l＝，则甲、乙两个单摆的摆长之比为l甲∶l乙 ＝＝4∶9，故选C。] 【典例5】　(等效摆长)(2024·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，则(　　) A．摆角变小，周期变大 B．小球摆动周期约为2 s C．小球平衡时，A端拉力为 N D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 B　[由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变小，周期不变，A错误；由于同一光滑细线上的拉力大小处处相等，则由题意可知，小球平衡时，细线A端拉力等于B端拉力，D错误；对平衡时的小球受力分析，如图所示，则由力的平衡条件可知FA cos 30°＋FB cos 30°＝mg，又FA＝FB，代入数据解得FA＝ N，C错误；由几何关系可知单摆的摆长l＝＝1 m，则由T＝2π可知小球摆动周期T≈2 s，B正确。 ] 【典例6】　(类单摆模型)如图所示，光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时，甲球比乙球离槽最低点O远些，丙球在槽的圆心处。则以下关于它们第一次到达点O的先后顺序的说法正确的是(　　) A．乙先到，然后甲到，丙最后到 B．丙先到，然后甲、乙同时到 C．丙先到，然后乙到，甲最后到 D．甲、乙、丙同时到 B　[对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝，解得t3＝；对于甲、乙两球，由于光滑圆槽的半径R远大于小球运动的弧长，故可将它们的运动视为做简谐运动的单摆的运动，其运动周期为T＝2π，甲、乙两球第一次到达点O时均运动周期，则t1＝t2＝＝。所以丙先到，然后甲、乙同时到，故B正确，A、C、D错误。] 【典例7】　(等效重力加速度问题)如图所示，有几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，下列判断正确的是(　　) A．T1＞T2＞T3＞T4　 B．T1＜T2＝T3＜T4 C．T1＞T2＝T3＞T4 D．T1＜T2＜T3＜T4 C　[题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mg sin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g1＝g sin θ；题图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响摆球的回复力；题图(3)为标准单摆；题图(4)中摆球处于超重状态，等效重力加速度为g4＝g＋a。由单摆周期公式T＝2π，知T1＞T2＝T3＞T4，选项C正确。] 1．某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm 的铁球组成。关于单摆周期，下列说法正确的是(　　) A．用大球替代小球，单摆的周期不变 B．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小 C．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变 D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大 C　[用大球替代小球，单摆摆长变长，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期变大，故A错误；由单摆周期公式T＝2π可知，在小摆角情况下，单摆做简谐运动的周期与摆角无关，摆角从5°改为3°时，单摆周期不变，故B错误；用等大铜球替代铁球，单摆摆长不变，由单摆周期公式T＝2π可知，单摆的周期不变，故C正确；将单摆从赤道移到北极，重力加速度g变大，由单摆周期公式T＝2π 可知，单摆周期变小，故D错误。] 2．(多选)将一单摆向左拉至图示左侧位置，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向右摆动。用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，不计空气阻力，以下说法正确的是(　　) A．这个实验动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒 B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4 C．摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径减小，摆线张力变大 D．摆球经过最低点时，角速度变大，做圆周运动的半径减小，摆线张力不变 AC　[摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力不做功，只有重力做功，所以其仍能回到原来的高度，机械能守恒，A正确；频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为4∶3，根据单摆的周期公式T＝2π得，摆长之比为 16∶9, 故B错误；摆球经过最低点时，线速度不变，做圆周运动的半径变小，根据F－mg＝m知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度增大，故C正确，D错误。] 3．在“用单摆测重力加速度的大小”实验中，小明作出摆线长L与周期T的L-T2图像如图所示，图像的斜率为k，则当地的重力加速度大小为(　　) A．4π2k　　B．　　C．4π2kb　　D． A　[根据单摆的周期公式T＝2π，其中r为摆球半径，变形可得L＝－r，根据图像的斜率可知k＝，解得g＝4π2k。故选A。] 回归本节知识，完成以下问题： 1．单摆看成简谐运动的条件是什么？ 提示：摆角θ较小(一般小于5°)，θ≈sin θ。 2．单摆的回复力是由哪个力提供？ 提示：重力沿圆弧切线方向的分力。 3．单摆的周期由哪些因素决定？ 提示：摆长、重力加速度。 4．单摆周期的表达式是什么？ 提示：T＝2π。 课时分层作业(九)　单摆 题组一　单摆的回复力 1．(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是(　　) A．摆线质量不计 B．摆线不伸缩 C．摆球的直径比摆线长度小得多 D．摆角小于5° ABC　[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，且摆线不伸缩，A、B、C正确，D错误。] 2．对于单摆的振动，下列说法正确的是(　　) A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等 B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力 C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零 D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零 C　[单摆振动时，摆球受到的向心力大小与其圆周运动的速度大小有关，即Fn＝m，因为速度大小时刻在变化，所以向心力大小不是处处相等，A错误；摆球受到的合力沿绳子方向的分力提供向心力，而沿切向的分力才为回复力，B错误；摆球运动到平衡位置时，合力在切向的分力为0，所以此时回复力也为0，C正确；摆球运动到平衡位置时，速度不为0，向心力不为0，根据合外力等于向心力可知，合外力不为0，D错误。故选C。] 题组二　单摆的周期 3．要将秒摆的周期变为4 s，下列措施可行的是(　　) A．只将摆球质量变为原来的 B．只将振幅变为原来的2倍 C．只将摆长变为原来的4倍 D．只将摆长变为原来的16倍 C　[单摆的周期与摆球的质量和振幅均无关，故A、B错误；对秒摆，T0＝2π＝2 s，对周期为4 s的单摆，T＝2π＝4 s，联立解得l＝4l0，故C正确，D错误。] 4．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使ΔAOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球(半径可忽略)，下列说法正确的是(以下皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g)(　　) A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π A　[让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π，故A正确，C错误；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，由几何关系可得O点到等效悬点的距离为h＝l cos 30°·sin 30°＝l，则等效摆长为L＝h＋l＝l，周期T′＝2π，故B、D错误。故选A。] 5．(人教版P59A组T5改编)如图所示，两个半径大小相同、质量不同的小球m1和m2(m1<m2)分别放在光滑圆弧(弧长远小于半径)最低点O和离O点一小段距离处，t＝0时刻将小球m2由静止释放，经过一段时间二者发生碰撞，碰后两小球未离开轨道。已知圆弧半径R＝1 m，当地的重力加速度大小g取 9.8 m/s2, π2≈9.8，两小球均可看作质点，当两小球第二次碰撞时(　　) A．与第一次碰撞时间间隔为1 s B．与第一次碰撞时间间隔为2 s C．在O点左侧碰 D．在O点右侧碰 A　[碰撞后，两个小球做简谐运动，周期为T＝2π＝2 s，运动时间与质量和速度无关，所以两球总是回到最低点发生碰撞，时间间隔为t＝＝1 s。] 6．如图所示的是同一地点的两单摆甲、乙做简谐运动时的振动图像，下列说法正确的是(　　) A．甲的摆长大于乙的摆长 B．甲摆的周期大于乙摆的周期 C．在t＝0.5 s时甲摆的回复力大于乙摆的回复力 D．在t＝1.0 s时乙的速率大于甲的速率 D　[由振动图像知，甲和乙的周期相等均为2.0 s，根据单摆周期公式T＝2π，所以甲的摆长等于乙的摆长，故A、B错误；由振动图像知，在t＝0.5 s时甲摆正经过平衡位置向x轴负方向运动，此时甲的回复力为零，该时刻乙离平衡位置最远，所以回复力最大，故C错误；由振动图像知，在t＝1.0 s时甲离平衡位置最远，振动速度为零，而乙在平衡位置，速度最大，所以乙的速率大于甲的速率，故D正确。] 7．在盛沙的漏斗下方放一木板，让漏斗在纸面内摆动起来，假设漏斗中细沙匀速流出，经过一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，不考虑空气阻力，则沙堆的剖面(纸面内)应是下列选项中的(　　) A　　 　　B　 　　　　C　　　 D B　[不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达中间位置时运动速度最快，漏到木板上的细沙最少，从中间到两端运动时漏斗运动的速度逐渐变慢，故漏到木板上的细沙越来越多，B正确。] 8．如图所示，处于竖直向下的匀强电场中带正电荷的摆球，质量为m，半径为r，用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，重力加速度为g，则这个单摆的周期为(　　) A．T＝2π B．T＝2π C．大于T＝2π D．小于T＝2π D　[设电场强度为E，摆球所带电荷量为q，当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场中时，单摆的周期为T＝2π；当单摆处于竖直向下的匀强电场中时，其等效重力加速度为g等效＝＝g＋>g，周期T′＝2π，所以单摆的周期减小，即T′<T＝2π，故选项D正确。] 9．(人教版P60B组T5改编)力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动。B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于5°且是未知量。图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，摆球可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．此单摆的振动周期为0.2π s B．此单摆的摆长为0.4 m C．此单摆摆球的质量为0.5 kg D．此摆球运动过程中的最大速度为0.5 m/s B　[小球在一个周期内两次经过最低点，小球在最低点细线对摆球的拉力最大，则此单摆的振动周期为T＝2×(0.3π－0.1π)s＝0.4π s，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π，解得此单摆的摆长为l＝0.4 m，故B正确；小球在最低点，根据牛顿第二定律可得Fmax－mg＝m，小球在最高点，根据牛顿第二定律可得Fmin＝mg cos θ，小球从最高点到最低点，根据动能定理可得mgl(1－cos θ)＝mv2，联立解得m＝0.05 kg，v＝m/s，故C、D错误。故选B。] 10．(2024·河北卷)如图所示，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x -t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　) A．0.2 rad/s，1.0 m　　 B．0.2 rad/s，1.25 m C．1.26 rad/s，1.0 m D．1.26 rad/s，1.25 m C　[由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝＝＝5 s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。] 11 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$