2.3 第3节 单摆-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

该高中物理课件聚焦“单摆”核心内容，系统呈现单摆模型建构、回复力来源、周期公式及影响因素，通过摆钟走时等生活实例导入，衔接机械振动前序知识，以“新知导学-实验探究-模型应用”为支架构建知识脉络。 其亮点在于深度融合科学思维与科学探究，通过控制变量法实验推导周期规律，结合等效摆长、类单摆模型等案例培养模型建构能力，分层习题设计助力学生深化物理观念，教师可直接利用结构化内容提升教学效率，激发学生探究兴趣。

第3节　单　摆 　　　　 第二章 机械振动 【核心素养目标】 物理观念 初步形成单摆的概念。知道单摆的周期公式。 科学思维 构建单摆模型，理解单摆振动的特点，学会应用数学工具处理物理问题的方法，利用图像法分析单摆的振动。 科学探究 探究单摆的周期与摆长的关系。 科学态度与责任 学会观察、判断、分析归纳的学习方法。 新知导学 1 合作探究 2 随堂演练 3 内容索引 课时测评 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 新知导学 返回 知识梳理 一、单摆的振动 1.单摆：把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，线的质量和球的大小可忽略不计，这种装置就称为单摆。 2.单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿__________方向的分力。 (2)回复力的特点：在偏角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成______，方向与摆球位移方向相反，即F＝___________。 圆弧切线 正比 －x 二、单摆的周期 1.探究影响单摆振动周期的因素 (1)实验方法：控制变量法 (2)实验过程 实验装置如图甲、乙所示。 ①甲、乙两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同，两摆周期______。 ②甲、乙两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同，两摆周期______。 ③甲、乙两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同，两摆周期不同，摆长长的，周期____。 (3)实验结论 单摆做简谐运动的周期与摆长______，摆长越长，周期______；单摆的周期与摆球质量和振幅______。 相同 相同 大 有关 越大 无关 2.周期公式 (1)公式的提出：周期公式是荷兰物理学家________首先提出的。 (2)公式：T＝2π，即周期T与摆长l的算术平方根成正比，与重力加速度g的算术平方根成反比。 惠更斯 自主检测 1.判断正误 (1)摆线的质量不计、摆线的长度不伸缩、摆球的直径比摆线长度小得多是单摆理想化的三个条件。 ( ) (2)单摆摆动过程中与竖直方向的偏角很小时，才能看作简谐运动。 ( ) (3)单摆摆球的回复力是摆球受到的合外力。 ( ) (4)单摆摆球在平衡位置处，加速度为零。 ( ) (5)单摆摆球在最高点，加速度为零。 ( ) (6)单摆摆球受到的回复力与离开平衡位置的位移成正比。 ( ) (7)将单摆由山脚下移至山顶，周期变大。 ( ) √ √ × × × √ √ 2.链接实景 如图所示为家庭用的摆钟。请思考： (1)摆钟摆锤的振动可以看作单摆模型吗？ 提示：可以。 (2)冬天走时准确的摆钟，炎热的夏天摆钟的走 时会变快还是变慢？ 提示：由于热膨胀，炎热的夏天摆钟的摆长会比冬天长，根据单摆周期T (3)如果将摆钟从上海移到北京，其走时会变快还是变慢？ 可知T会变大，走时变慢。 提示：将摆钟从上海移到北京，重力加速度g会变大，根据单摆周期T＝ 可知T会变小，走时变快。 2π ＝2π 返回 合作探究 返回 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。 知识点一　单摆的回复力及运动特点 2.单摆做简谐运动 在偏角很小时，sin θ≈，又因为回复力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。 3.单摆做简谐运动的规律 (1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。 (2)回复力、加速度、速度、动能等都随时间做周期性变化，其变化规律与弹簧振子相同。 角度1 对单摆回复力的理解 下列有关单摆运动过程中的受力说法，正确的是 A.单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力 B.单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力 C.单摆过平衡位置的合力为零 D.单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力 √ 例1 单摆运动是在一段圆弧上运动，因此单摆运动过程不仅有回复力，而且有向心力，即单摆运动的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故A错误；单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力，而不是摆线拉力的分力，故B正确，D错误；单摆过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，故C错误。 角度2 单摆的运动特征 有一个单摆，在竖直平面内做小摆角振动，则摆球从左往右向平衡位置运动的过程中 A.速度在增大，加速度向右在减小 B.速度在增大，加速度向左在增大 C.速度在减小，加速度向右在增大 D.速度在减小，加速度向左在减小 √ 摆球从左往右向平衡位置运动的过程中，速度向右在增大，加速度向右在减小。故选A。 例2 针对练1.如图所示，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 √ 摆球在重力和细线拉力作用下沿圆弧AC做圆周运动， 在最高点A、C处速度为零，合力不为零，A错误；在 最低点B处，速度最大，细线上的拉力最大，D正确； 摆球的回复力大小F＝mgsin θ，其中θ为摆线偏离竖直 方向的角度，所以摆球在摆动过程中，在最高点A、C 处回复力最大，在最低点B处回复力为零，故B、C错误。 针对练2.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是 A.t1时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大 B.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C.t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 由振动图像知，t1和t3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大，此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，A、C项不合题意；t2和t4时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由于摆球做圆周运动，由牛顿第二定律得出悬线对摆球的拉力最大，故B项不合题意，D项符合题意。 √ 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摆的等时性原理，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。 请思考： (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？ 师生互动 知识点二　单摆周期公式的理解及应用 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。 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°)。 要点归纳 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lsin 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)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，g为当地的重力加速度。 ②单摆在某天体表面时，重力加速度g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。不同星球的M和R一般不同，所以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g效＝。 (多选)如图所示，三根细线于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，∠BAO＝30°，已知OC线长是L，下端C点系着一个小球(直径可忽略)。下列说法中正确的是 A.让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B.让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝π C.让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D.让小球在垂直纸面内摆动，周期T＝2π √ √ 例3 如果小球在纸面内摆动，以O点为悬点摆动，其摆长为L，周期T＝2π，故A正确，C错误；如果小球在垂直纸面内摆动，小球以O'为悬点摆动，如图所示。等效摆长L'＝L＋OO'＝L＋AO·sin 30°＝L＋AB cos 30°·sin 30°＝L，故T'＝2π ＝π ，故B正确，D错误。 分析单摆周期问题的思路 1.判断单摆的运动过程是否符合简谐运动的条件。 2.运用T＝2π时，注意l和g是否发生变化，若发生变化，则分别求出不同运动时间的l和g。 3.知道改变单摆振动周期的途径： (1)改变单摆的摆长；(2)改变单摆的重力加速度(改变单摆的地理位置或使单摆超重或失重)。 4.注意单摆振动周期与摆球的质量和振幅没有关系。 规律总结 针对练1.如图所示，在北京已校准好的摆钟被运送到广州后，该摆钟 A.摆锤运动周期比在北京时短 B.摆锤运动周期与在北京时相同 C.分针转完一圈所需时间比在北京时短 D.分针转完一圈所需时间比在北京时长 √ 根据单摆的周期公式T＝2π，由于北京的重力加速度较大，广州的重力加速度较小，所以摆锤运动周期比在北京时长，故A、B错误；由于摆锤运动周期比在北京时长，则分针转完一圈所需时间比在北京时长，故C错误，D正确。故选D。 针对练2.长度约为1 m的细绳一端拴接直径约为1 cm的小球，另一端拴接在铁架台上，如图所示，将小球拉离竖直线一个小角度θ，θ＜5°。则下列说法正确的是 A.仅减小细绳的长度，则小球的摆动周期减小 B.仅将θ减小少许，则小球的摆动周期增加 C.仅增加小球的质量，则小球的摆动周期增加 D.小球经过最低点时，小球的动能最小 √ 由单摆的周期公式T＝2π可知，减小细绳的长度，小球 的摆动周期减小，故A正确；由单摆的周期公式可知，单 摆周期与摆角无关，故B错误；由单摆的周期公式可知， 小球的摆动周期与小球的质量无关，故C错误；当小球运动到平衡位置时，重力势能最小，小球的动能最大，故D错误。故选A。 1.两类常见的“类单摆”模型 (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∠BOC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。 知识点三　“类单摆”模型 (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'＝mgsin θ，等效重力加速度为g'＝gsin θ。 2.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T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。 (多选)如图为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，质量为m的小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一质量也为m的小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经时间t与B发生弹性正碰。碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道。当两球第二次相碰时 A.与第一次相碰间隔的时间为4t B.与第一次相碰间隔的时间为2t C.将仍在O处相碰 D.可能在O处以外的其他地方相碰 √ √ 例4 因为在一个半径很大的光滑圆弧上，小球的运动可以当作一个单摆运动，所以A、B球发生弹性正碰后各自做单摆运动。单摆周期T＝2π，周期与质量、速度等因素无关，由题目可知A球与B球发生弹性正碰前A球运动的时间为t＝T，碰后A、B两球的周期相同，A和B两个小球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，因此有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v0，小球A静止，小球B沿圆弧向上运动，所以要再经过2t的时间，A、B两球在O处第二次相碰。故选BC。 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 A.π B.π C.π D.π √ 例5 因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mgsin θ＝mg'，T＝2π ，小球回到最低点所需的最短时间为t＝＝π ，故选C。 (多选)如图所示，一小球(质量为m、电荷量为q，q＞0)用长为L的绝缘轻质细线悬挂于天花板上做单摆运动，此单摆可以视为简谐运动，O点为最低点，周期为T。现给空间加上竖直方向的匀强电场，此时单摆的最大摆角不变，周期为2T。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.电场方向竖直向下 B.电场强度大小为 C.单摆做简谐运动的周期与振幅无关 D.单摆做简谐运动的周期与振幅有关 √ √ 例6 未加电场前，单摆的周期为T＝2π，加电场后，单 摆的周期为2T＝2π，则加电场后，等效重力加速 度为g'＝g，根据牛顿第二定律有mg－qE＝mg'，解 得电场强度大小为E＝，电场方向竖直向上，故A错误，B正确；根据单摆周期公式，单摆做简谐运动的周期与振幅无关，故C正确，D错误。故选BC。 返回 随堂演练 返回 1.在如图所示的装置中，可视为单摆的是 A B C D √ 单摆是由不可伸长的细线和金属小球组成的，其悬点应在摆球摆动过程中固定不变，故只有A正确。 2.如图所示为演示简谐振动的沙摆，已知摆长为l，沙筒的质量为m，沙子的质量为M，M≫m，沙子逐渐下漏的过程中，摆的周期为 A.周期不变 B.先变大后变小 C.先变小后变大 D.逐渐变大 √ 在沙摆摆动、沙子逐渐下漏的过程中，摆的重心逐渐下降，即摆长逐渐变大，当沙子流到一定程度后，摆的重心又重新上移，即摆长变小，由周期公式可知，沙摆的周期先变大后变小，故答案选B。 3.摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(即取作t＝0)，当振动至t＝时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的 √ A B C D t＝＝T，最大速度时，单摆应在平衡位置，x＝0，v方向为－y，沿y轴负方向，故D正确。 4.北京和深圳都是中国的一线城市，在地理位置上它们的经度基本相同，但纬度相差较大，北京地处北纬39.9°附近，深圳地处北纬22.6°附近。现把在北京调准的摆钟移到深圳(设海拔高度基本相同)，则摆钟的振动 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 √ 北京的重力加速度大于深圳的重力加速度，则把在北京调准的摆钟移到深圳，根据T＝2π可知，周期变大，则摆钟的振动变慢了；要使它恢复准确，应缩短摆长。故选B。 5.(多选)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图像如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知 A.甲、乙两单摆的摆长之比是 B.ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等 C.tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大 D.tc时刻甲、乙两单摆的速率相等 √ √ 由图可知＝＝，又因为T＝2π，所以摆长之比为4∶9，A正确。在tb时刻，乙在平衡位置最低处，而甲在最高处，因此两者的势能差是最大的，C正确。由于甲偏离平衡位置高度差大于乙的，由摆动过程机械能守恒得甲经过平衡位置时速度大于乙，D错误。在ta时刻，两个单摆的位移相同但摆长不一样，所以对应的摆角不同，B错误。 返回 课时测评 返回 √ 1.关于单摆，下列认识中正确的是 A.一根线系着一个球悬挂起来，这样的装置就是单摆 B.可以看成单摆的装置中，细线的伸缩和质量忽略不计，线长比小球直径大得多 C.单摆的振动总是简谐运动 D.两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同 单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错误，B正确。单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错误。两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时，摆球的位移变大，回复力变大，加速度变大，速度减小，C正确。 √ 2.单摆在振动过程中，当摆球的重力势能增大时。摆球的 A.位移一定减小 B.回复力一定减小 C.速度一定减小 D.加速度一定减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 平衡位置是小球回复力为零的位置，故B错误；单摆在平衡位置时，由于需要向心力，故合外力不为零，故A正确，C、D错误。 √ 3.振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力及合外力的说法正确的是 A.回复力为零，合外力不为零，方向指向悬点 B.回复力不为零，方向沿轨迹的切线 C.合外力不为零，方向沿轨迹的切线 D.回复力为零，合外力也为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 4.如图中两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在的平面内向左拉开一个小角度后放手，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则 A.如果mA＞mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B.如果mA＜mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧 C.无论mA∶mB是多少，下一次碰撞只能在平衡位置 D.无论mA∶mB是多少，下一次碰撞都只能在平衡位置左侧 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 根据周期公式T＝2π 知：两单摆的周期相同与质量无关， 所以相撞后两球分别经过T后回到各自的平衡位置。这样必 然是在平衡位置相遇。所以不管A、B的质量如何，下一次碰 撞都在平衡位置，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 5.某单摆由1 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，关于单摆周期，下列说法中正确的是 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 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，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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 在地球表面单摆的周期T1＝2π，在星球表面单摆的周期T2＝2π ，＝g，G＝g'，联立可得＝··＝。 √ 6.一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球的质量为M1，半径为R1，另一摆长为l2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2，若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1∶R2为 A.2∶1 B.2∶3 C.1∶2 D.3∶2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由单摆周期公式T＝2π知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，频率不变。又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝mv2，质量改变后：4mgh'＝·4m·，可知h'≠h，振幅改变，故选C。 √ 7.做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的，则单摆振动的 A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变 C.频率不变、振幅改变 D.频率改变、振幅不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由单摆周期公式可知，B球到达C点的时间为t2＝＝·2π＝；对A √ 8.如图所示，MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分，把小球A放在MN的圆心处，再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的M处，今使两球同时自由释放，则在不计空气阻力时有 A.A球先到达C点 B.B球先到达C点 C.两球同时到达C点 D.无法确定哪一个球先到达C点 球，根据R＝g可得t1＝＜t2，故A球先到达C点。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 9.如图所示，甲、乙是摆长相同的两个单摆，它们中间用一根细线相连，两摆线均与竖直方向成θ角。已知甲的质量小于乙的质量，当细线突然断开后，甲、乙两摆都做简谐运动，下列说法正确的是 A.甲不会与乙碰撞 B.甲的运动周期小于乙的运动周期 C.甲的振幅小于乙的振幅 D.甲的最大速度小于乙的最大速度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 根据能量守恒定律判断出它们上升的最大高度相同。所以两球不会相撞，振幅相同。根据单摆的周期T＝2π，可知周期与摆球的质量、振幅无关。根据动能定理，由最高点到最低点，mgl(1－cos θ)＝mv2－0，v＝，所以甲、乙最大速度相等。故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 10.对于做简谐运动的单摆，下列说法正确的是 A.在位移为正的区间，速度和加速度都一定为负 B.当位移逐渐增大时，回复力逐渐增大，振动的能量也逐渐增大 C.摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，摆球所受拉力最大 D.摆球在最大位移处时，速度为零，处于平衡状态 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 在位移为正的区间，根据回复力公式有F＝－kx，回复力为负，则加速度为负，但速度可正可负，A错误；当位移增大时，回复力增大，振动的能量不变，B错误；平衡位置为摆球最低位置，摆球经过平衡位置时，速度最大，势能最小，由T－mg＝m，解得T＝mg＋m，可知，在平衡位置摆球所受拉力最大，C正确；摆球在最大位移处，速度为零，但加速度不为零，并不处于平衡状态，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 11.如图是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t＝0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移 处时 A.乙在平衡位置的左方，正向右运动 B.乙在平衡位置的左方，正向左运动 C.乙在平衡位置的右方，正向右运动 D.乙在平衡位置的右方，正向左运动 当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5 s末，从图像可以看出此时乙的位移为正，即乙在平衡位置右侧；另外，位移图像斜率表示速度，此时乙的斜率为负，即表示乙在向左运动，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 √ 12.(多选)甲、乙两个单摆做简谐运动图像如图所示，则可知 A.两个单摆完全相同 B.两个单摆所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1 C.单摆甲速度为零时，单摆乙速度最大 D.两个单摆的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 从图像可知，两个单摆的振幅和周期不同，根据周期 公式T＝2π 可知，两单摆摆长不同，故A错误；根 据回复力公式F＝－kx，由于两单摆不同，k值不同， 无法比较回复力的最大值，故B错误；根据简谐运动 的特点可知在平衡位置速度最大，最大振幅处速度为零，结合图像可知，单摆甲速度为零时，单摆乙速度最大，故C正确；根据周期和频率的关系T＝，由图像知T甲∶T乙＝2∶1，所以f甲∶f乙＝1∶2，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 13.(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法 中正确的是 A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(πt)cm B.单摆的摆长约为1.0 m C.从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的动能逐渐减小 D.从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由振动图像读出周期T＝2 s，振幅A＝10 cm，由 ω＝得到圆频率ω＝π rad/s，则单摆的位移x随 时间t变化的关系式为x＝Asinωt＝10sin(πt)cm， 故A正确；由公式T＝2π ，代入数据得到l≈1 m，故B正确；从t＝ 2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，动能增大，故C错误；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 14.(多选)如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为L(忽略小球大小)。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度θ(θ＜5°)后释放，使小球b做单摆运动，稳定后 放开物体a。当小球b运动到最高点时，物体a恰好不下滑，整个过程物体a始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A.小球b多次经过同一位置的动量可以不同 B.小球b摆到最低点时，物体a受到的摩擦力一定沿斜面向下 C.物体a与斜面间的动摩擦因数μ＝tan α D.物体a受到的摩擦力变化的周期T＝π √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 小球b多次经过同一位置的速度方向可以不同，所以动量可 以不同，故A正确；小球b在任意位置受到重力和拉力，重 力垂直于绳的分量提供了回复力，沿绳方向有F＝mgcos θ， 当摆角最大时，拉力最小，此时a恰好不下滑，受到的摩擦 力方向沿斜面向上，小球b摆到最低点时，拉力增大，此时a 受到的摩擦力方向仍可能沿斜面向上，摩擦力大小会减小，故B错误；因为当小球b运动到最高点时，物体a恰好不下滑，则有F＋fm＝m'gsin α，所以m'gsin α＞μm'gcos α，解得μ＜tan α，故C错误；物体a受到的摩擦力变化的周期是单摆周期的一半，即T＝＝π，故D正确。故选AD。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 谢 谢 观 看 第3节　单　摆 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 $