第二章 第4节 单摆-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用word（人教版）

本讲义聚焦单摆这一核心知识点，系统梳理从单摆理想化模型条件（细线不可伸长且质量忽略，摆球直径远小于摆长等），到回复力来源（重力沿圆弧切线分力，摆角<5°时近似简谐运动），再到周期公式（T=2π√(l/g)）及等效摆长、等效重力加速度拓展的完整知识脉络，搭建递进式学习支架。 通过判断题辨析模型条件、思考题引导科学推理（如“摆球质量是否影响周期”），结合振动图像分析、等效模型计算等例题培养科学探究能力。课中助力教师突破回复力与合外力辨析等难点，课后练习题帮助学生巩固周期影响因素等重点，有效查漏补缺。

第4节　单　摆 1．知道什么是单摆及单摆做简谐运动的条件。 2．会分析单摆做简谐运动的回复力以及摆球所受的合外力。 3．知道单摆的周期跟什么因素有关，理解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。 一、单摆的回复力 1．单摆模型 如果细线的长度不可改变，细线的______与小球相比可以忽略，球的________与线的长度相比也可以忽略，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的___________模型。 2．单摆的回复力 重力沿圆弧____________的分力F充当使球沿圆弧做往复运动的回复力。 3．单摆做简谐运动的条件 (1)在摆角很小的情况下(通常θ＜5°)，sin θ≈，F可表示为F＝－mg sin θ ≈－x。式中，l为摆长，x为摆球离开平衡位置的位移，负号表示回复力与位移的方向__________。在摆角很小的情况下，单摆所受回复力大小与摆球位移大小成正比，方向与摆球位移方向相反。 (2)不计空气阻力作用。 二、单摆的周期 1．周期公式 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，关系式可表示为________________。 2．特点：单摆做简谐运动的周期与摆长有关，摆长越长，周期越大，单摆周期与摆球质量及振幅无关。 3．应用：单摆周期公式的发现，为人类利用简谐运动定量计时提供了可能，并以此为基础发明了真正可持续运转的时钟。 判断下列说法是否正确。 (1)制作单摆的摆球越大越好。(　　) (2)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(　　) (3)单摆的回复力是重力的分力。(　　) (4)单摆的周期与摆球的质量无关。(　　) (5)单摆的振幅越小，周期越小。(　　) (6)摆线越长时，单摆的周期越长。(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√ [答案自填] 质量　直径　理想化　切线方向　相反　T＝2π 知识点一　单摆的回复力 1．判断以下摆动模型是不是单摆，为什么？ 2.如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个金属小球，用手使小球偏离竖直方向一个很小的夹角，然后静止释放，小球在A、A′间来回摆动，不计空气的阻力。 (1)小球的平衡位置在哪里？ (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？ (3)小球经过平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ [提示]　1.模型①不是单摆，因为橡皮筋伸长不可忽略。模型②不是单摆，因为绳子质量不可忽略。模型③不是单摆，因为绳长没有远大于球的直径。模型④不是单摆，因为悬点不固定，因而摆长在发生变化。模型⑤是单摆。 2．(1)小球静止时的位置O点为平衡位置。 (2)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。 (3)小球经过平衡位置时，做圆周运动，其合外力不为零。 1．实际摆可看作单摆的条件 (1)形变要求：当摆线的形变量比摆线的长度小得多时，摆线的伸缩可以忽略。可把摆线看成不可伸长的线。 (2)质量要求：摆线质量与摆球质量相比小得多，这时可以认为摆线是没有质量的。 (3)长度要求：摆球的直径与摆线的长度相比可以忽略时，可把摆球看成质点。 (4)受力要求：忽略摆动过程中摆球所受空气阻力的作用。 2．单摆运动特点 (1)摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，因此在运动过程中只要速度v≠0，半径方向都有向心力。 (2)摆球同时以平衡位置为中心做往复运动，因此在运动过程中只要不在平衡位置，沿轨迹的切线方向上都有回复力。 3．摆球的受力 (1)任意位置 如图所示，G2＝G cos θ，F－G2的作用就是提供摆球绕O′做变速圆周运动的向心力；G1＝G sin θ的作用是提供摆球以O为中心做往复运动的回复力。 (2)平衡位置 摆球经过平衡位置时，G2＝G，G1＝0，此时F应大于G，F－G提供向心力，因此，在平衡位置，回复力F回＝0，与G1＝0相符。 4．两点说明 (1)所谓平衡位置，我们应理解为简谐运动方向上的平衡位置，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＝mg sin 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。 　(2025·上海闵行区期中)关于单摆，以下说法不正确的是(　　) A．单摆装置是研究机械振动的物理模型 B．用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体积较小 C．将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上，这样单摆装置就架设完成了 D．单摆在摆角小于5°时，它的机械振动可以看作简谐振动 [解析]　单摆运动是机械振动，所以单摆装置是研究机械振动的物理模型，故A正确，不符合题意；用细线悬挂一个小球，细线要质量很轻，且不可伸长，小球要质量较大，体积较小，可以有效减小空气阻力的影响，故B正确，不符合题意；将细线的上端缠绕在铁架台上的水平横杆上是错误的，这样会导致摆动的过程中，摆长发生变化，故C错误，符合题意；单摆在摆角小于5°时，它的机械振动可以看作简谐振动，故D正确，不符合题意。 [答案]　C 　如图所示，一个单摆在做简谐运动，关于摆球的运动，下列说法正确的是(　　) A．单摆摆动到O点时，回复力为零，加速度不为零 B．摆球从A到O的过程中，机械能增大 C．摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度相同 D．减小单摆的振幅，单摆的周期会减小 [解析]　单摆摆动到O点时，只受重力和绳子的拉力，回复力为零，但是拉力大于重力，摆球具有向上的向心加速度，故A正确；摆球从A到O的过程中，只有重力做功，机械能保持不变，故B错误；摆球向右经过O点和向左经过O点时，速度大小相等，但方向相反，故C错误；单摆的周期与振幅无关，所以周期不变，故D错误。 [答案]　A 知识点二　单摆的周期公式 1．由于单摆的回复力是由摆球所受的重力沿圆弧切线方向的分力提供的，那么摆球的质量越大，回复力越大，是否单摆摆动得越快，周期越小？ 2．把单摆从赤道处移至两极处时，要保证单摆的周期不变，应如何调整摆长？ [提示]　1.不是。因为摆球摆动的加速度a∝，其中F＝mg sin θ，θ为摆角，所以摆球质量增大后，摆球摆动的加速度并不增大，单摆摆动快慢与摆球质量无关，其周期由T＝2π 决定。 2．两极处重力加速度大于赤道处重力加速度，由T＝2π 知，应增大摆长，才能使周期不变。 1．伽利略发现了单摆运动的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式并发明了摆钟。 2．摆长l的确定 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球心的长度，即l＝l0＋，l0为摆线长，D为摆球直径。 3．重力加速度g的变化 若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，则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取9.8 m/s2只是在地球表面附近时的取值。 角度1　单摆周期公式的应用 　(2025·山东日照市期中)周期是2 s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面。已知火星表面的重力加速度为0.4g(g为地球表面的重力加速度)。如果在火星表面，仍然保持该秒摆的周期是2 s，则可以(　　) A．仅将摆长调整为2.5l B．仅将摆长调整为0.4l C．仅将振幅调整为2.5A D．仅将振幅调整为0.4A [解析]　根据单摆的周期T＝2π可知，单摆的周期与摆长及重力加速度有关，与振幅无关，在地球表面上T地＝2π，在火星表面T火＝2π，根据题意可知，单摆的周期不变，故有2π＝2π，解得l′＝0.4l，A、C、D错误，B正确。 [答案]　B 角度2　单摆的周期公式和振动图像 　(2024·甘肃卷，T5)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 [解析]　根据题图可知，单摆的周期T＝1.0π s－0.2π s＝0.8π s，结合T＝2π可得单摆的摆长L＝1.6 m，起始时刻，单摆的位移最大，加速度最大，速度为零，A、B两点速度大小相等，方向相反，A、C两点速度相同，A、B、D错误，C正确。 [答案]　C 知识点三　单摆模型的拓展 1．等效摆长类 突破口：等效摆长为小球球心到等效悬点间的距离。 (1)双线摆：图(a)中甲、乙在垂直于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，乙在垂直于纸面方向摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙等效。 (2)圆弧摆：如图(c)所示，光滑圆弧的半径为R，小球在圆弧面上做往复运动时，等效为摆长为R的单摆做简谐运动，要求θ＜5°。 2．等效重力加速度类 突破口：等效重力等于小球静止时所受拉力。 (1)等效重力加速度等于等效重力与小球的质量之比，如图所示，等效重力G′＝F＝mg sin θ，等效重力加速度g′＝g sin θ。 (2)在加速度a竖直向上的电梯中，等效重力加速度g′＝a＋g，在加速度a竖直向下的电梯中，等效重力加速度g′＝g－a。 角度1　等效摆长类 　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线长是l，下端C点系着一个小球，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动)(　　) A．让小球在纸面内振动，周期T＝2π　 B．让小球垂直于纸面振动，周期T＝2π　 C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π　 D．让小球垂直于纸面振动，周期T＝2π　 [解析]　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 ；让小球垂直于纸面振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为(l＋l)，周期T′＝π 。 [答案]　A 角度2　等效重力加速度类 　(2025·贵州贵阳月考)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平桌面上，将摆线一端固定在斜面上并使其与斜面平行。现拉开摆球使轻绳刚好绷直，摆球由静止释放后贴着斜面做简谐运动。已知摆线长为L，摆球的周期为T，当地的重力加速度为g，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是(　　) A．摆球在最高点的加速度为g sin θ，在平衡位置的加速度为零 B．只增大摆球的质量，摆球运动的周期将增大 C．若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期可能不变 D．通过计算可知摆球的半径为－L [解析]　斜面上的单摆的回复力由重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为mg sin θ，下滑分力的切线分力即回复力为mg sin θsin α，根据牛顿第二定律有mg sin θsin α＝ma，解得摆球在最高点的加速度a＝g sin θsin α，摆球在平衡位置时回复力为零，由于摆球有向心加速度，摆球在平衡位置的加速度不为零，故A错误；等效重力加速度为g sin θ，根据单摆的周期公式有T＝2π ，只增大摆球的质量，摆球运动的周期不变，若增大摆长的同时减小斜面的倾角，摆的周期将变大，故B、C错误；等效重力加速度为g sin θ，根据单摆的周期公式有T＝2π，又l＝L＋r，解得摆球的半径r＝－L，故D正确。 [答案]　D 角度3　单摆模型与其他运动的结合 　(多选)(2025·安徽合肥市期中)如图所示，光滑圆弧槽半径为R(未知)，A为最低点，C到A的距离远远小于R，小球B位于A点的正上方，且到A点的距离为H。若同时释放小球B、C，则要使两小球B和C在A点相遇(小球B和C可视为质点)，R的可能值为(　　) A．　　　　　 　 　 B． C． D． [解析]　小球C做简谐运动，根据题意得H＝gt2，t＝(＋n)×2π(n＝0，1，2，…)或t＝(＋n)×2π(n＝0，1，2，…)，解得R＝(n＝0，1，2，…)或R＝(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，则有R＝或R＝。 [答案]　AD 综合一练　单摆模型的动力学和能量分析 　如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，最低点A处固定一竖直挡板。将摆球从A点拉至B点，OB与竖直方向夹角为θ(θ<5°)，从B点无初速度释放摆球。摆球与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。摆球从B点开始释放到第一次回到B点经历的时间为t。求： (1)摆球撞击挡板的速度大小v； (2)摆球运动至最低点时摆线上的拉力大小F； (3)当地的重力加速度大小g。 [解析]　(1)摆球从B点开始释放到运动到最低点的过程，根据动能定理可得 mgl(1－cos θ)＝mv2 解得v＝。 (2)在最低点，根据牛顿第二定律可得 F－mg＝m 所以F＝mg(3－2cos θ)。 (3)根据单摆的周期公式 T＝2π T＝2t 所以g＝。 [答案]　(1)　(2)mg(3－2cos θ) (3) 1．(单摆的回复力来源)(多选)关于单摆，下列说法正确的是(　　) A．摆球运动的回复力是重力的分力 B．摆球经过轨迹上的同一点速度是相同的 C．摆球经过轨迹上的同一点加速度是相同的 D．摆球经过平衡位置时受力是平衡的 解析：选AC。摆球运动的回复力是重力沿着切线方向的分力，A正确；摆球经过轨迹上的同一点速度大小相等，方向可能相同也可能相反，B错误；摆球经过轨迹上的同一点受力相同，合力相同，所以加速度是相同的，C正确；摆球经过平衡位置时受力不平衡，合力的方向指向圆心，D错误。 2．(单摆的周期公式)(2025·山东滨州联考期中)有甲、乙两个单摆(同一地点)，其振动图像如图所示，则甲、乙两单摆的摆长之比为(　　) A．4∶9　　　　　　　 B．9∶4 C．2∶3 D．3∶2 解析：选A。根据单摆的周期公式可知T＝2π，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4∶9。 3.(单摆模型的拓展)(2025·江苏苏州联考)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O点是最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放，途中都经过 P点。下列说法正确的是(　　) A．M比N晚到达O点 B．M有可能在P点追上N并与之相碰 C．两小球经过O点时回复力为0 D．两小球所受重力与支持力的合力提供回复力 解析：选C。两个小球的运动都可以看成单摆的简谐运动，摆长相同，从释放到O点所用的时间均为，单摆的振动周期与振幅无关，因此两小球同时到达O点，不会在到达O点前相碰，A、B错误；O点为平衡位置，因此两小球经过O 点时回复力为0，C正确；两小球所受重力与支持力的合力在沿运动方向上的分力提供回复力，沿半径方向的分力提供向心力，D错误。 4．(单摆的周期公式和振动图像)图甲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，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像： (1)写出摆球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式。 (2)若取当地的重力加速度为10 m/s2，π2取10，求单摆的摆长。 解析：(1)由题图乙可知单摆振动周期T＝2 s，振幅A＝8 cm 则摆球相对平衡位置的位移随时间变化的关系式 x＝Asint＝8sin πt(cm)。 (2)根据单摆周期公式T＝2π 可得L＝1 m。 答案：(1)x＝8sin πt(cm)　(2)1 m 学科网（北京）股份有限公司 $