第二章 第三节 单摆-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

该高中物理课件聚焦单摆模型，系统讲解回复力来源、周期公式及类单摆模型，通过伽利略摆的等时性情境导入，结合自主学习填空衔接简谐运动知识，以“模型建构-条件分析-公式推导”为支架构建知识脉络。 其亮点在于强化模型建构与科学推理，如分析类单摆时明确等效摆长与等效重力加速度，结合振动图像判断速度、回复力变化的例题培养科学思维。丰富的分层练习助力学生深化物理观念，教师可直接用于课堂教学与测评，提升教学效率。

第三节　单摆 　　　　 第二章　机械振动 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.知道影响单摆周期的因素，能熟练运用单摆的周期公式解决相关问题。 素养目标 知识点一　单摆的回复力 1 知识点二　单摆的周期 2 知识点三　“类单摆”模型 3 课时测评 5 随堂演练　对点落实 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 知识点一　单摆的回复力 返回 情境导入　判断以下装置中哪些可以构成单摆？   提示：只有(f)能构成单摆。 自主学习 教材梳理　(阅读教材P47—P48完成下列填空) 1．单摆：悬挂物体的绳子的______和______可以忽略不计，绳长比物体的尺寸________，物体可以看作______，这样的装置可以看作单摆。 2．单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿__________方向的分力。 (2)特点：在偏角很小时， 其中x为摆球偏离平衡位置的位移，L为摆长，又因为重力沿圆弧切线方向的分力mg sin θ提供单摆的回复力，回复力方向与位移方向相反，可得回复力F＝_____＝－kx，所以摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成______，方向总指向__________。 (3)结论：在______很小时，单摆的运动可以看成__________。 伸缩 质量 大很多 质点 圆弧切线 正比 平衡位置 摆角 简谐运动 课堂探究 师生互动　如图(a)所示，用细线悬挂 一金属小球，将小球拉开一个小角度 后释放，小球来来回回地“摆动”。 任务1．小球的往复运动属于机械振 动，其平衡位置在哪里？ 提示：最低点。 任务2．如图(b)所示，将小球所受重力分解为切向的分力F和径向的分力F′，哪个力提供向心力？哪个力提供回复力？ 提示：拉力T与F′的合力提供向心力，F提供回复力。 　 　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，此时细绳处于张紧状态，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，细绳拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 例1 √ 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点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，细绳的拉力最大，C正确，B、D错误。 1．单摆的回复力 (1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力 的作用。 (2)向心力来源：由细线的拉力和重力沿半径 方向的分力的合力提供。 (3)回复力来源：由重力沿圆弧切线方向的分 力F＝mg sin θ 提供。 探究归纳 2．单摆做简谐运动条件的理解 在摆角很小时， ，又因为回复力F＝mg sin θ，所以单摆的回复力为 (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)，由此可知回复力符合F＝－kx，单摆做简谐运动。 探究归纳 针对练1.　(2024·重庆西南大学附中高二月考)图中O点为单摆的固定旋点，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，位移也为零 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，重力势能最小，加速度也为零 D．摆球在B点处，动能最大，细线拉力也最大 √ 摆球在摆动过程中，最高点C处是摆球的最大位移位置，速度 为零，回复力最大，故A、B错误；最低点B是摆球的平衡位置， 速度最大，动能最大，重力势能最小，摆球做圆周运动，绳的 拉力最大，加速度不为零，故C错误，D正确。 针对练2.(多选)如图为一单摆的振动图像，则 A．t1和t3时刻摆线的拉力等大 B．t1和t3时刻摆球速度相等 C．t3时刻摆球速度正在减小 D．t4时刻摆线的回复力正在增大 √ √ 由题图可知，t1和t3时刻摆球的位移相等，根据对称性可知单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t1时刻摆球在远离平衡位置，t3时刻摆球向平衡位置运动，所以t1和t3时刻摆球速度方向不相同，故B错误；t3时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t4时刻摆球正远离平衡位置，回复力正在增大，故D正确。 返回 知识点二　单摆的周期 返回 情境导入　意大利的物理学家伽利略在比萨的教堂中观察 吊灯摆动现象时发现了摆的等时性，即在摆角小于5°时， 不论摆钟摆动幅度大些还是小些，完成一次摆动的时间是 相同的。荷兰物理学家惠更斯定量研究了单摆的周期大小 与摆长的关系。 (1)摆钟摆动的周期与摆动的振幅大小有关吗？与摆锤的质量大小有关吗？ 提示：无关，无关。 (2)摆钟摆动的周期与摆锤的长度有关吗？ 提示：有关。 自主学习 教材梳理　(阅读教材P47—P48完成下列填空) 1．探究影响单摆周期的因素 (1)探究方法：__________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_____，与单摆摆长______，单摆的周期与摆长的二次方根成______，即 。 2．周期公式 (1)提出：周期公式是荷兰物理学家________首先提出的。 (2)公式：T＝__________，即周期T与摆长L的二次方根成______，与重力 加速度g的二次方根成______。 控制变量 无关 有关 正比 惠更斯 正比 反比 课堂探究 师生互动　1．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。 任务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。 任务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。 2．如图所示，小球摆动过程中其摆长怎样确定？ 提示：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 。 角度1　单摆周期公式的理解 (粤教版教材P50·T4改编)摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区 A．摆长是0.5 m的单摆的周期是4 s B．摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s C．周期是1 s的单摆的摆长为2 m D．周期是4 s的单摆的摆长为4 m 例2 √ 角度2　单摆周期公式的理解及应用 　 　(2024·汕头市高二联考期中)甲、乙两个单摆，在同一地点做简谐振动时的图像如图所示，由此可知甲，乙两单摆 A．摆长之比为 B．振动频率之比为2∶3 C．在t＝1.0 s时刻，加速度均不为零 D．在t＝1.8 s时刻，振动方向相反 √ 例3 由图像可知，甲、乙单摆振动周期之比为2∶1， 根据单摆的周期公式T＝ 2π可知，甲、乙单摆 摆长之比为4∶1，故A错误；根据周期与频率的 关系f ＝，可知振动频率之比为1∶2，故B错误； 在t＝1.0 s时刻，沿振动方向的加速度均为零，但还有向心加速度，因此加速度均不为零，故C正确；根据振动图像可知，在t＝1.8 s时刻，甲、乙两单摆振动方向相同，故D错误。故选C。 针对练1. (2024·广州市市第五中学高二期中)摆钟是一种较有年代的计时钟表，其基本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。图示为摆钟及其内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则 A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力 B．该摆钟在太空实验室可正常使用 C．该摆钟从北京带到广州，为走时准 确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆 向下移动 D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为 了准时，在只考虑热胀冷缩时，需旋转 微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 √ 摆动过程中，金属圆盘所受重力沿轨迹切线 方向的分力为其回复力，A错误；金属圆盘 所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复 力，该摆钟在太空实验室内处于失重状态， 因此不可正常使用，B错误；该摆钟从 北京带到广州，重力加速度减小，由单摆的周期公式 ， 可知周期变大，摆钟变慢，为走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，C错误；该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，需要将摆长变短，因此考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，D正确。故选D。 针对练2. (2024·中山市高二期中)一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的 ，在地球上走得很准的摆钟搬到此行星上后，此钟的分针走一整圈所经历的实际时间是   C．2 h D．4 h √ 根据在星球表面万有引力等于重力可知，某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的 ，质量不变，所以该星球的重力加速 度g′＝ g，根据公式 ，可知摆钟搬到某行星上后的周期 ＝2T，分针走一圈的时间为地球上的2倍，故C正确， A、B、D错误。 角度3　单摆“等效摆长”的理解及应用 　 　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△AOB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(以下振动皆指小角度摆动，重力加速度为g) 例4 √ 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 让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简 谐运动，摆长为 ，周期 ，A正确，B、C、 D错误。 1．公式 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′为摆线长，D为摆球直径。 探究归纳 ②等效摆长： 如图(a)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 。 如图(b)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来的效果是相同的， 故甲摆的等效摆长为l sin α，其周期 。 探究归纳 如图(c)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。 探究归纳 (2)重力加速度g ①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态时，g为当地的重力加速度。 ②单摆在某天体表面时，不同星球的g也一般不同。 ③单摆如果处在匀强电场中时，g效应该由等效重力G效(重力与电场力的合力)决定，即 。 探究归纳 针对练．如图为相同的小球(可看作质点)构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4，其中(3)图两小球均带负电荷，(4)图中振动系统处于匀加速下降的电梯内，关于周期大小关系的判断，下列正确的是   A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2 C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T √ 返回 知识点三　“类单摆”模型 返回 1．如图甲所示， 为竖直面内半径为R的光滑小圆弧轨 道，且 ≪R(或对应圆心角∠BPC很小)，当小球在 间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以 等效为单摆中的摆线拉力，小球的运动与单摆中摆球的运动 特点完全相同，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长为R。 2．如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一 端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内小角度摆 动，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动 为“类单摆”运动，等效重力为G′＝mg sin θ，等效重力加 速度为g′＝g sin θ。 　　(多选) (2024·深圳市高二期末)固定光滑圆弧面上有一个小球，将它从最低点移开一小段距离，t＝0时刻将小球由静止释放，小球以最低点为平衡位置左右运动。已知圆弧半径R＝1 m，当地的重力加速度大小g＝9.8 m/s2，π2≈9.8，下列哪些时刻小球运动到最低点 A．0.5 s B．1 s C．1.5 s D．2 s 例5 √ √ 小球运动可等效为单摆运动，摆动周期 ，小球从最大位移处释放，在 的时刻经过最低点，所以0.5 s和1.5 s时小球均经过最低点，故B、D错误，A、C正确。 处理“类单摆”问题的思路 1．判断是否符合类单摆模型的条件。 2．确定等效摆长l。 3．确定等效重力加速度g′。 4．利用公式 和简谐运动规律分析求解有关问题。 探究归纳 针对练1.如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为(　　 ) √ 因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，所以小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mg sin θ＝mg′， 可得小球回 到最低点所需的最短时间为 ，故选C。 针对练2. (2024·湛江市校联考)如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，其半径远大于弧长，圆弧底端切线水平。现将两个相同的小球分别从圆弧轨道的顶端和中点由静止释放。下列说法正确的是 A．甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能 B．甲球到达底端时的动能小于乙球到达底端时的动能 C．甲球到达底端所用的时间大于乙球到达底端所用的时间 D．甲球到达底端所用的时间小于乙球到达底端所用的时间 √ 被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能，因 为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，所 以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动 能，故A正确，B错误；因为圆弧轨道的半径远大于弧长，所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动，可知它们的周期相同，到达底端所用的时间均为四分之一周期，则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的时间，故C、D错误。故选A。 返回 随堂演练　对点落实 返回 1．(多选)(鲁科版P49T1)关于单摆做简谐运动，下列说法正确的是 A．经过平衡位置时所受的合力为0 B．经过平衡位置时所受的回复力为0 C．回复力是重力和摆线拉力的合力 D．回复力是重力沿圆弧切线方向的分力 √ √ 单摆运动，经过平衡位置时，回复力为零，但所受的合力提供向心力，不为零，故A错误，B正确；回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，故C错误，D正确。故选BD。 2．(2024·深圳市高三期末)惠更斯利用单摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟。摆杆下端的螺母可以使圆盘沿摆杆上下移动，从而改变摆长，如图所示。下列说法正确的是 A．若将螺母向下移动少许，则摆杆摆动的周期变小 B．若将摆钟从深圳移到北京，则摆杆摆动的周期变小 C．若仅增大圆盘的质量，则摆杆摆动的周期变大 D．若仅增大圆盘摆动的振幅，则摆杆摆动的周期变大 √ 由单摆周期公式 可知，若将螺母向下 移动少许，则L变大，摆杆摆动的周期变大，故A 错误；若将摆钟从深圳移到北京，则重力加速度变 大，摆杆摆动的周期变小，故B正确；若仅增大圆 盘的质量，则圆盘与螺母的等效重心上移，L变小，摆杆摆动的周期变小，故C错误；若仅增大圆盘摆动的振幅，摆杆摆动的周期不变，故D错误。故选B。 3. (多选)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定 A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4 B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2 C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3 D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同， 则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4 √ √ √ 根据题图可知，单摆振动的周期关系为 T甲＝T乙，所以周期之比为 T甲∶T乙＝2∶3，频率比为周期的反比，所以频率之比为f甲∶f乙＝3∶2，B、C正确；若甲、乙在同一地点，则重力加速度相同 ，根据周期公式 可得摆长之比为4∶9，A错误；若在不同地点，摆长相同， 根据 得重力加速度之比为9∶4，D正确。 4．(2024·陕西西安高二校考)一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，如图，圆弧槽的长度l≪R。为了使小球振动的频率变为原来的 ，可以采用的办法是 A．将R减小为原来的 B．将R增大为原来的4倍 C．将圆弧长l增大为原来的4倍 D．将m减小为原来的 √ 小球在光滑圆弧槽上做简谐运动，根据 使小球振动的 频率变为原来的 ，可将R增大为原来的4倍。圆弧长度与小球质量不影响频率。故选B。 返回 课 时 测 评 返回 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° √ √ √ 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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．关于单摆，在摆角很小(θ<5°)的情况下，下列说法正确的是 A．摆球受到的回复力的方向总是指向摆球的平衡位置 B．摆球受到的回复力是重力和绳子拉力的合力 C．摆球受到的合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 D．摆球经过平衡位置时，所受合力为零 √ 摆球受到的回复力的方向总是指向摆球的平衡位置，A正确；摆球受到的回复力是重力沿切线方向的分力，B错误；摆球受到的回复力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，C错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，所受合力指向圆心，D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3． (2024·青海西宁高三校考)关于单摆下面说法正确的是 A．摆球运动的回复力总是由摆线的拉力和重力的合力提供的 B．摆球运动过程中经过同一点的速度是不变的 C．摆球运动过程中加速度方向始终指向平衡位置 D．摆球经过平衡位置时加速度不为零 √ 摆球运动的回复力由其重力的分力提供，故A错误；摆球运动过程中经过同一点的速度大小不变，方向可能改变，故B错误；摆球在运动过程中，回复力产生的加速度的方向始终指向平衡位置，而向心加速度指向悬点，合成后，方向在变化，故C错误；摆球经过平衡位置时加速度不为零，方向指向悬点，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4． (2024·山西高二校联考期末)某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F­-t图像，根据图乙的信息可得   A．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力 B．从t＝0时刻开始摆球第一次摆到最低点的时刻为0.5 s C．用米尺量得细线长度L，即摆长为L D．由图乙可计算出单摆的长度为1.0 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力充当，而摆球所受重力在摆线方向上的分力和摆线对摆球拉力的合力提供向心力，故A错误；当小球运动到最低点时，绳的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0时刻开始，摆球第一次到最低点的时间为0.5 s，故B正确；摆长为细线长度与小球半径之和，故C错误；根据单摆的周期公 式 由题图乙可知T＝2×0.8 s＝1.6 s，解得L≈0.64 m，故 D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5． (2024·西藏拉萨高二期末)有一个单摆，原来的周期是2 s。在下列情况下，对周期变化的判断错误的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．(多选) (2024·广州市高二期中)两个摆长相同的甲、乙单摆，摆球质量之比为4∶1，在不同地域振动，当甲摆振动4次的同时，乙摆恰振动5次，则 A．甲、乙两摆的振动周期之比为4∶5 B．甲、乙两摆的振动周期之比为5∶4 C．甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25 D．甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为25∶16 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当甲摆振动4次的同时，乙摆振动5次，故甲、乙两摆振动频率之比为 4∶5，甲、乙两摆的周期比为5∶4，故A错误，B正确；根据 可知，甲、乙两摆所在地域重力加速度之比为16∶25，故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7．(多选) (2024·广州市高二统考期末)如图甲所示，小明做摆角较小的单摆实验，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测出当地重力加速度g＝π2 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设甲图中单摆向右振动为正方向，则下列选项正确的是 A．此单摆的振动频率是2 Hz B．单摆的摆长约为1.0 m C．仅改变摆球质量，单摆周期不变 D．t＝0时刻，摆球位于B点 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题图乙可知，此单摆的周期为T＝2 s，则此单摆的振动频率为 故A错误；根据单摆周期公式 可得单摆的 摆长为 仅改变摆球质量，单摆周期不变，故B、C正确； t＝0时刻，由题图乙可知，摆球位于负向最大位移处，题图甲中单摆向右振动为正方向，则t＝0时刻摆球位于B点，故D正确。故选BCD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．地球表面的重力加速度约为9.8 m/s2，月球表面的重力加速度是地球上的 ，将走时准确的摆钟从地球放到月球上去，在地球上经过24小时，该钟在月球上显示经过了 A．4小时 B．9.8小时 C．12小时 D．58.8小时 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 10．(多选)(2025·汕尾市高二期中)如图所示，长轻绳L1一端系于O点，另一端系小球1，在O点正下方P点有一钉子，短轻绳L2一端系于钉子，另一端系于小球2，两小球完全相同。现将小球1拉至A点由静止释放，小球1摆至最低点B时与静止的小球2发生弹性碰撞，小球2继续向右摆至最高点C。整个过程中，小球摆角始终小于5°，不计空气阻力和摩擦。下列说法正确的是 A．小球1从A点至B点过程中回复力变大 B．碰后瞬间L2的张力大于碰前L1的张力 C．C点与A点在同一高度 D．小球2从B到C所用的时间等于小球1从A到B所用的时间 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由于小球1和小球2完全相同，且发生弹性碰撞，则两小球 碰撞后速度互换，因此可以等效为全程只有小球1从A摆动 到C，单摆近似为简谐运动，因此回复力大小与小球1到平 衡位置(即B点)的位移成正比，因此从A到B，位移减小， 回复力变小，故A错误；经过B点瞬间，速度不变，圆周 运动半径变小，根据F合＝F张－mg＝m 可知，合力突然变大，即绳 子的张力变大，故B正确；不计空气阻力和摩擦，小球1从A到C的过程中，机械能守恒，故能达到同样的高度，即C点与A点在同一高度，故 C正确；根据T＝2π ，可知摆长越大，周期越大，则小球1从A至B 所用的时间较长，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．(8分)在演示简谐运动图像的沙摆实验(如图甲)中，使木板沿直线OO′做匀加速直线运动，摆动着的漏斗中漏出的沙在木板上显示出如图乙所示曲线，A、B、C、D均为直线OO′上的点，测出 ＝16 cm， ＝48 cm，摆长为64 cm(可视为不变)，摆角小于5°，则该沙摆的周期为______s，木板的加速度大小约为______m/s2(g取10 m/s2)。 1.6 0.5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据单摆周期公式求得 木板匀加速，根据位移差方程Δs＝(0.48－0.16)m＝ ，代入数据解得a＝0.5 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．(12分) (2024·北京海淀高二期末)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， 则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且是未知量。图乙表示由计算机得到 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。试根据力学规律和题(包括图)所给的信息，求：(g取10 m/s2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)单摆的振动周期和摆长； 答案：0.4π s　0.4 m　 摆球受力分析如图所示， 小球在一个周期内两次经过最低点， 根据该规律可知T＝0.4π s 由单摆的周期公式为 解得 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)摆球的质量； 答案：0.05 kg (3)摆球运动过程中最大速度的大小 (结果保留小数点后3位)。 答案：0.283 m/s 在最高点A，有Fmin＝mg cos α＝0.495 N 在最低点B，有 从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得 联立并代入数据得m＝0.05 kg 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 ！ 第二章　 机械振动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 sin θ≈， －x F＝－x sin θ ≈ T∝ 2π 摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T＝2π可知，当地的重力加速度g＝＝π2 m/s2。摆长是0.5 m的单摆的周期T1＝2π＝2π× s≈1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长L2＝＝ m＝0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长L3＝＝ m＝4 m，故C错误，D正确。故选D。 ∶1 T＝2π T′＝2π A． h B． h T＝2π A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π B．让小球在垂直纸面的方向振动，周期T＝2π C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面的方向振动，周期T＝2π T＝2π； T′＝2π T＝2π l＝l′＋ L T＝2π g效＝ 设绳子长度均为L，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1＝2π、T2＝2π、T3＝2π、T4＝2π，则T4>T1＝T3>T2，故选C。 T (n＝0，1，2，3，…) T＝2π ＝2 s T＝2π A．π B．π C．π D．π T＝2π ， tmin＝＝π T＝2π T＝2π T＝2π f＝＝ ， T＝2π， A．重力加速度减为原来的(其余条件不变)，则周期变为原来的2倍 B．摆球的质量减为原来的(其余条件不变)，则周期不变 C．振幅减为原来的(其余条件不变)，则周期不变 D．摆长减为原来的(其余条件不变)，则周期也减为原来的 根据单摆的周期公式 T＝2π，重力加速度减为原来的(其余条件不变)，则周期变为原来的2倍，A正确；根据单摆的周期公式 T＝2π，单摆的周期与摆球的质量、振幅无关，B、C正确；根据单摆的周期公式 T＝2π，摆长减为原来的，周期减为原来的，D错误。故选D。 T＝2π f＝＝0.5 Hz， T＝2π， L＝＝1.0 m， 对于丙球，根据自由落体运动规律有R＝gt，解得t3＝，对于甲、乙两球，做简谐运动，其运动周期为T＝2π，甲、乙两球第一次到达点O时运动周期，则t1＝t2＝＝ ，故丙先到，然后甲、乙同时到。故选B。 设单摆的摆长为L，根据单摆的周期为T＝2π，所以＝＝；设该摆在地球上24小时内要摆动n次，即nT地＝24 h，则摆钟放到月球上，当它指示时间经过t时间，也摆动n次，即nT月＝t，解得t＝24 h·＝4 h≈9.8 h，故B正确，A、C、D错误。故选B。 T＝2π≈1.6 s， a T＝2π L＝＝＝0.4 m。 Fmax＝mg＋m＝0.510 N mgL(1－cos α)＝mv2 v＝ m/s≈0.283 m/s。 $