2.4 单摆（课件PPT）-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

该高中物理课件聚焦“机械振动”中的单摆知识，通过课前预习梳理单摆构成条件与回复力要点，课堂探究突破回复力与合力的辨析及不同位置受力分析，结合课堂达标与课时作业，构建“预习-探究-巩固”的学习支架。 其亮点在于紧扣物理观念（运动和相互作用）与科学思维（科学推理、模型建构），以回复力三点提醒（如最大位移处合力即回复力、平衡位置回复力为零）和图示分析为实例，采用分层递进教学，助力学生深化对单摆模型的理解，教师可依托结构化内容提升教学效率，学生在探究中培养严谨科学思维。

第二章　机械振动 2．4　单摆 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 目录 contents Part 01 课前预习·梳理教材 Part 02 课堂探究·核心突破 Part 04 课时作业(十) Part 03 课堂达标·素养提升 第二章 机械振动 返回导航 1 课前预习·梳理教材 返回导航 第二章 机械振动 返回导航 1 小球 忽略 忽略 切线 平衡位置 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 长 大 无关 第二章 机械振动 返回导航 1 正比 反比 第二章 机械振动 返回导航 1 × × √ × √ √ 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 课堂探究·核心突破 返回导航 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 关于单摆的回复力的三点提醒 (1)单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力．单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子不同之处． (2)在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力． (3)在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零．　 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 课堂达标·素养提升 返回导航 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 第二章 机械振动 返回导航 1 课时作业（十） 点击进入 word 第二章 机械振动 返回导航 1 谢谢观看 第二章 机械振动 返回导航 1 学习 目标 1．知道单摆是一种理想化的模型，理解单摆模型的条件，能将实际问题的对象和过程转化为单摆模型． 2．能通过理论推导，判定单摆小角度振动时的运动特点． 3．在研究单摆的周期与摆长的定量关系时，能分析数据、发现规律． 4．形成合理的理论，能用已有的物理知识解释相关现象． 5．知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系，能运用其解决相关实际问题． 一、单摆、单摆的回复力 1．单摆：由细线和____组成，其中，细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以____，球的直径与线的长度相比也可以____． 2．单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿圆弧____方向的分力． (2)特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向________，即F＝－eq \f(mg,l)x．可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动． 二、单摆的周期 1．定性探究影响单摆周期的相关因素 (1)实验装置：如图所示，在铁架台的横梁上固定两个单摆，把它们拉起一定角度后同时释放． (2)探究过程(控制变量法) ①两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同(都在小偏角下)． ②两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同． ③两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同． (3)实验结论： ①单摆做简谐运动的周期与摆长有关，摆长越__，周期越__． ②单摆的周期与摆球质量和振幅____． 2．定量探究单摆的周期与摆长之间的关系 (1)荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成____，与重力加速度g的二次方根成____，与振幅、摆球质量无关． (2)周期公式：T＝___________． 2πeq \r(\f(l,g)) [自我诊断] 1．判断下列说法的正误． (1)实际的摆的摆动都可以看作简谐运动．( ) (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．( ) (6)摆长应是从悬点到摆球球心的距离．( ) 2．如图所示是描绘沙摆振动图像的实验装置和木板上留下的实验结果．沙摆的运动可看作简谐运动．若用手向外拉木板的速度是0．20 m/s，木板的长度是0．60 m，那么下列说法中正确的是(　　) A．该沙摆的周期为3 s B．该沙摆的频率为1．5 Hz C．这次实验所用的沙摆的摆长约为5 6 cm D．这次实验所用的沙摆的摆长约为1．5 m 解析：选C　由题，薄木板水平匀速运动，运动时间为：t＝eq \f(s,v)＝eq \f(0.6,0.2) s＝3 s．设沙摆的周期为T，由图看出，2T＝t，得：T＝1．5 s．频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(2,3) Hz，选项AB错误；由单摆的周期T＝2πeq \r(\f(l,g))，得：l＝eq \f(gT2,4π2)≈ 0．56 m＝56 cm，选项C正确，D错误；故选C． 一、单摆及单摆的回复力 [问题探究] 如图所示 (1)单摆的回复力就是单摆所受的合外力吗？ (2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，合外力也为零吗？ 答案：(1)回复力不是合外力．单摆的运动可看做是变速圆周运动，其重力可分解为沿悬线方向的分力和沿圆弧切线方向的分力，重力沿圆弧切线方向的分力是使摆球沿圆弧振动的回复力． (2)单摆经过平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零． [知识深化] 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的分力的合力． (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． 2．单摆做简谐运动的推证 在偏角很小时，sin θ≈eq \f(x,l)，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为F＝－eq \f(mg,l)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，单摆做简谐运动． 　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 解析：选B　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，此时加速度方向指向圆心，B正确，C、D错误． [针对训练] 1．关于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是(　　 ) A．摆球经过平衡位置时所受合力为零 B．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 C．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力 D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力 解析：选C　摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，经过平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点，A错误；摆球所受回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，重力沿摆线方向的分力与摆线对摆球的拉力的合力提供向心力，所以摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小不成正比，B错误；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C正确，D错误． 二、单摆的周期 对单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))的理解 由公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，某单摆做简谐运动(摆角小于5°)的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作单摆的固有周期． 1．摆长l (1)实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度：即l＝l′＋eq \f(D,2)，l′为摆线长，D为摆球直径． (2)等效摆长：图(a)中甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l·sin α，这就是等效摆长． 其周期T＝2πeq \r(\f(lsin α,g))．图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效． 2．重力加速度g 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g＝eq \f(GM,R2)，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化．另外，在不同星球上M和R也是变化的，所以g也不同，g＝9．8 m/s2只是在地球表面附近时的取值． 3．等效重力加速度 若单摆系统处在非平衡状态(如加速、减速、完全失重状态)，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：此场景中的等效重力加速度g′＝gsin θ．球静止在O时，FT＝mgsin θ，等效加速度g′＝eq \f(FT,m)＝gsin θ． 如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是(　　 ) A．把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期变小 B．把摆角α变小，其他条件不变，则单摆的周期变小 C．将此摆从地球移到月球上，其他条件不变，则单摆的周期将变长 D．将单摆摆长增加为原来的2倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T 解析：选C　据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2倍，周期变为原来的eq \r(2)倍，故A、B、D错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，由周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C正确． [针对训练] 2．(多选)甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的振动图像如图所示，可知(　　) A．甲、乙两单摆的周期之比为2∶1 B．甲、乙两单摆的摆长之比为2∶1 C．0．5～1．0 s时间内，甲摆球的速度减小 D．t＝0．5 s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大 解析：选AD　由题图知，甲、乙两单摆的周期分别为2．0 s、1．0 s，则周期之比为2∶1，A正确；由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可得摆长l＝eq \f(gT2,4π2)，可知摆长l与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1，B错误；0．5～1．0 s时间内，甲摆球从最大位移处向平衡位置运动，故甲摆球的速度增大，C错误；t＝0．5 s时，甲摆球在最大位移处，甲摆球的势能最大，乙摆球的位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球的动能最大，D正确． 1．图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至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．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零 B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 解析：选D　摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零；在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大． 2．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动(　　) A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长 B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长 C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长 D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长 解析：选B　把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期T＝2πeq \r(\f(l,g))＞T0，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了．要使它恢复准确，应缩短摆长，B项正确． 3．(多选)如图为甲、乙两单摆的振动图像，则(　　 ) A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝2∶1 B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲∶l乙＝4∶1 C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝4∶1 D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙＝1∶4 解析：选BD　由题图可知T甲∶T乙＝2∶1，根据公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，若两单摆在同一地点，则两单摆摆长之比为l甲∶l乙＝4∶1，故A错误，B正确；若两单摆摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙＝1∶4，故C错误，D正确． 4．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＝eq \f(t0,2) B．此摆球的质量为m＝eq \f(F0,g) C．此单摆的摆长L＝2,0)eq \f(gt,4π2) D．在t＝eq \f(t0,4)时刻摆球的回复力最小 解析：选C　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，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，则此单摆的周期为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＝eq \f(mv2,L)，此摆球的质量为m＝eq \f(F0,g＋\f(v2,L))，故B错误；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可得此单摆的摆长L＝eq \f(gT2,4π2)＝eq \f(gt02,4π2)，故C正确；单摆的回复力是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＝eq \f(t0,2)时刻摆球的回复力最小，在t＝eq \f(t0,4)时刻摆球的回复力最大，故D错误． $$