2.4 单摆（教用Word）-【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）

本讲义聚焦单摆核心知识点，系统梳理理想化模型条件、回复力来源及小角度简谐运动推导，深入解析周期公式及摆长、重力加速度的影响，构建从模型到规律再到应用的完整学习支架。 通过控制变量法探究周期影响因素（科学探究），理论推导简谐运动条件（科学推理），结合沙摆实验、摆钟调整等实例，培养模型建构能力。课中助力教师引导学生实验与推理，课后通过分层作业和解析帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

2．4　单摆 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：由细线和小球组成，其中，细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略． 2．单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力． (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，方向总指向平衡位置，即F＝－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，摆长越长，周期越大． ②单摆的周期与摆球质量和振幅无关． 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的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅、摆球质量无关． (2)周期公式：T＝2π． [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＝＝ 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＝＝ Hz，选项AB错误；由单摆的周期T＝2π，得：l＝≈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≈，又回复力F＝mgsin 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，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． 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．　　 [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＝2π的理解 由公式T＝2π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′＋，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＝2π．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＝，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′＝＝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＝2π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＝2π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＝2π，可得摆长l＝，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＝2π＞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＝2π，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＝ 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：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＝，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＝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． 课时作业(十)　单摆 [基础达标练] 1．下列关于单摆的说法，正确的是(　　) A．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零 B．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力 C．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力 D．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)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A 解析：选B　摆球经最低点(振动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，所以加速度不为零，故A错误；摆球的回复力由合力沿圆弧切线方向的分力(等于重力沿圆弧切线方向的分力)提供，故B正确，C错误；简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，故D错误．故选B． [点睛]　简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点．单摆处于圆周运动，其合力提供向心力，回复力只是合力的一个分力．单摆摆球经过平衡位置时仍具有向心加速度． 2．如图所示为一单摆做简谐运动时的速度随时间变化的图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　 ) A．此单摆的摆长约为1 m B．t＝1 s时单摆的回复力为零 C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期变小 D．将此单摆从赤道移至北极，单摆的周期变大 解析：选A　由题图知此单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2π，可得摆长L＝≈1 m，故A正确；t＝1 s时单摆的速度为零，此时单摆的回复力最大，故B错误；单摆的周期与摆角无关，故C错误；将此单摆从赤道移至北极，则重力加速度变大，根据T＝2π，单摆的周期变小，故D错误．故选A． 3．惠更斯利用摆的等时性原理制成了第一座摆钟．如图甲所示为日常生活中我们能见到的一种摆钟，图乙为摆钟的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动．在黄山山脚走时准确的摆钟移到黄山山顶(未做其他调整)，摆钟摆动变慢了，下列说法正确的是(　　) A．黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动 B．黄山山顶的重力加速度较小，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动 C．黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向下移动 D．黄山山顶的重力加速度较大，若要调准摆钟可将螺母适当向上移动 解析：选B　由题意可知摆钟由黄山山脚移到黄山山顶时周期变大，根据单摆周期公式 T＝2π可知山顶的重力加速度较小，为调准摆钟，使摆钟的周期适当变短，需要适当增大摆长，应将螺母适当向上移动．故选B． 4．如图所示，用两不可伸长的轻绳悬挂一个小球，两绳长度均为L、两绳之间的夹角α已知，小球的半径为r，当小球垂直于纸面做简谐运动时，其周期为(　　) A．2π 　　　　 B．2π C．2π D．2π 解析：选D　单摆的周期公式为T＝2π公式中的l指质点到悬点(等效悬点)的距离，此题中单摆的摆长为Lcos＋r，带入公式可得T＝2π故ABC错误，D正确．故选D． 5．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两单摆的振幅相等 B．甲摆的摆长比乙摆的大 C．甲摆的机械能比乙摆的大 D．在t＝0．5 s时有正向最大加速度的是乙摆 解析：选D　A．从题图上可以看出甲摆振幅大，A错误；B．由题图知两摆周期相等，根据单摆周期公式T＝2π，可知两单摆摆长相等，B错误；C．因两摆球质量关系不明确，无法比较它们的机械能的大小，C错误；D．t＝0．5 s时，乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，D正确．故选D． 6．有一摆长为l的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住，使摆长发生变化．现使摆球做小幅度摆动，摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被拍入)．P为摆动中的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知，小钉与悬点间的距离为(　　 ) A．l B．l C．l D．无法确定 解析：选A　每相邻两次闪光的时间间隔为t，则由图可知摆球在右侧摆动的周期为T1＝8t，在左侧摆动的周期为T2＝4t，T1∶T2＝2∶1．设左侧摆长为l1，则T1＝2π，T2＝2π，联立解得l1＝l，所以小钉与悬点的距离s＝l－l1＝l，故选A． 7．(多选)小球在一个曲率半径很大的光滑圆槽内做简谐振动，如图所示，为了使振动周期变为原来的2倍，可采用的方法是(　　) A．将小球质量减为原来的一半 B．将其振幅变为原来的2倍 C．将圆槽半径增为原来的4倍 D．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空 解析：选CD　小球受重力和支持力，支持力的切向分量提供向心力，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式T＝2π周期与振幅、摆球的重力均无关，要使振动周期变为原来的2倍，可以将圆槽半径变为原来的4倍．或者将当地的重力加速度变为原来的四分之一．将圆槽从地面移到距地面为1倍地球半径的高空，有mg＝G，mg′＝G联立，可知g′＝g故AB错误；CD正确．故选CD． 8．(多选)如图所示为一单摆的摆动图像，则(　　) A．t1和t3时刻摆线的拉力等大 B．t2和t3时刻摆球速度相等 C．t3时刻摆球速度正在减小 D．t4时刻摆线的拉力正在减小 解析：选AD　A．由题图可知，t1和t3时刻的摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力相等，A正确；B．t2时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t2和t3时刻摆球速度不相等，B错误；C．t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，C错误；D．t4时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，D正确．故选AD． 9．一个摆长为2 m的单摆，在地球上某地振动时，测得完成100次全振动所用的时间为284 s． (1)求当地的重力加速度g． (2)把该单摆拿到月球上去，已知月球上的重力加速度是1．60 m/s2，则该单摆振动周期是多少？ 解析：(1)周期T＝＝ s＝2．84 s 由周期公式T＝2π得 g＝＝ m/s2≈9．78 m/s2． (2)T′＝2π＝2×3．14× s ≈7．02 s． 答案：(1)9．78 m/s2　(2)7．02 s [能力提升练] 10．图甲是演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉出时，摆动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线，显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线OO1代表时间轴．图乙是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线，若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2＝2v1，则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为(　　 ) A．T2＝T1 B．T2＝2T1 C．T2＝4T1 D．T2＝T1 解析：选D　从题图中看出N1和N2所代表的木板被拉出的距离是相等的． 11．如图所示，倾角为θ的斜面MN上的B点固定一光滑圆弧槽AB(对应的圆心角小于10°)，其圆心在B点正上方的O点，另外，光滑斜面OC和OD的下端亦在MN上，让可视为质点的小球分别无初速出发，从A点到达B的时间为tB，从O点到达C的时间为tC，从O点到达D的时间为tD．比较这三段时间，正确的是(　　) A．tB>tD>tC B．tD>tC>tB C．tB＝tC＝tD D．tB>tC＝tD 解析：选A　由单摆运动的等时性可知从A点到达B的时间tB＝＝由于OD垂直于MN，则点D同样位于AB所构成的圆上，分析可知OD与竖直方向夹角为倾角，则OD段为l＝Rcos θ＝(gcos θ)t解得tD＝同理利用等时圆分析可知tC小于tD，故A正确，BCD错误．故选A． 12．如图所示，圆弧AO是半径为2m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10 cm，现将一小球先后从圆弧的A处和B处无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为t1和t2，那么(　　) A．v1＝v2，t1<t2 B．v1>v2，t1＝t2 C．v1＝v2，t1>t2 D．v1>v2，t1>t2 解析：选B　因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长为2 m，单摆的周期与振幅无关，故有t1＝t2因小球下摆过程中只有重力做功，有mgh＝mv2解得v＝因此有v1＞v2故B正确，ACD错误．故选B． 13．(多选)一个单摆做小角度摆动，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，悬线对它的拉力最小 B．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 C．t2时刻摆球速度最大，但加速度不为零 D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 解析：选ACD　AB．t1时刻和t3时刻摆球离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，悬线对摆球的拉力最小，故A正确，B错误；CD．t2时刻和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，则位移最大，悬线对摆球的拉力最大，加速度向上，故CD正确．故选ACD． 14．如图所示，用长度为L的细线拴住一个质量为m的小球A，小球半径可以忽略，小物块B质量为2m，静止在光滑平面上．将小球A向左拉开一个很小角度后释放，当A摆动到最低点时，速度为v，刚好可以和B发生弹性正碰，碰后B将沿光滑平面向右运动距离为s后与竖直墙壁发生碰撞，若与墙壁碰撞时间为t，碰撞前后B的速度大小不变．已知重力加速度g．试求： (1)A、B碰撞完毕后，A的速度； (2)墙壁对B的作用力大小； (3)s满足什么关系，可以让B返回时和A在摆动到最低点时刚好迎面相碰？ 解析：(1)小球A、B发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v1、v2，则 mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv＋mv 解得v1＝－v，v2＝v 可知碰后A速度大小为v，方向水平向左． (2)B与墙壁作用时间内，对B，由动量定理Ft＝2mv2－(－2mv2)得F＝＝． (3)A从碰后到在摆动到最低点时刚好迎面相碰所用时间为 tA＝T(n＝0，1，2，3，…)，其中T＝2π B从碰后到返回与A相碰点tB＝＋t 二者在A摆动的最低点要迎面相碰，则有tA＝tB 联立可解得s＝(n＝0，1，2，3，…) 答案：(1)－v，方向水平向左　(2)F＝　(3)s＝(n＝0，1，2，3，…) 学科网（北京）股份有限公司 $$