第2章 4 单摆（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）江苏专版

本讲义聚焦高中物理“单摆”核心知识点，系统梳理单摆的理想化模型构建、回复力来源（重力沿圆弧切线分力）及周期公式（T=2π√(l/g)），通过实验探究周期与摆长、重力加速度的关系，形成从概念理解到规律应用的完整学习支架。 该资料以科学探究和科学思维为核心设计亮点，通过控制变量法实验引导学生探究周期影响因素，结合振动图像分析、等效摆长问题等例题培养模型建构与科学推理能力。课中辅助教师引导学生深化物理观念，课后通过分层练习题帮助学生查漏补缺，强化知识应用与理解。

4　单　摆 [学业要求与核心素养] 物理观念 科学思维 了解什么是单摆，了解单摆运动的特点。 1．通过实验，探究单摆周期与摆长的关系。 2．了解单摆的周期与摆长、重力加速度的关系。 [对应学生用书P49] 一、单摆及单摆的回复力 阅读教材，并回答： 1．观察下列3个摆动模型，判断模型是否为单摆，并分析原因。 答　略 2．在本节教材图2.4-1中： (1)摆球静止在O点时，它受到几个力？这些力的关系如何？ (2)当摆球摆到弧上任意一点P时，摆球受到几个力？这几个力是否平衡？ (3)摆球沿圆弧振动的回复力是什么？回复力是否为小球的合力？ 答　(1)两个力。合力为零。　(2)两个力。不平衡。　(3)重力切线方向的分力。不是。 [概念·规律] 1．单摆 (1)如果细线的长度不可以改变，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__，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的__理想化__模型。 (2)单摆的平衡位置：摆球__静止__时所在的位置。 2．单摆的回复力 (1)如图所示，摆球的重力沿圆弧__切线方向__(填“切线方向”或“法线方向”)的分力提供回复力。 (2)回复力的特点：在偏角很小时，sin θ≈，所以单摆的回复力为F＝－x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成__正比__，方向总是指向__平衡位置__，单摆的运动可看成是简谐运动。 二、单摆的周期 1．探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响 (1)探究方法：__控制变量__法。 (2)实验结论 ①单摆振动的周期与摆球质量__无关__。 ②振幅较小时周期与振幅__无关__。 ③摆长越长，周期越__长__；摆长越短，周期越__短__。 2．周期公式 (1)提出：周期公式是__惠更斯__首先提出的。 (2)公式：T＝__2π__，即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__。 (1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。(　　) (2)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。(　　) (3)制作单摆的摆球越大越好。(　　) (4)摆球的质量越大，周期越大。(　　) (5)若单摆的振幅变为原来的一半，则周期也将变为原来的一半。(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× [对应学生用书P50] 探究点一　单摆的回复力和运动特征 [交流讨论] 1．对比弹簧振子模型，你能找到单摆与弹簧振子回复力的区别吗？ 答　略 2．单摆能看成简谐运动的条件？ 答　摆角小于5°。 [归纳总结] 1．运动规律 摆球以悬点为圆心做变速圆周运动，也是以平衡位置为中心的往复运动。 2．受力规律 (1)在运动过程中只要v≠0，半径方向一定有合力。 (2)在运动过程中只要不在平衡位置，小球一定受回复力。 (3)在平衡位置，回复力为零，小球的合力并不为零，还有合力提供圆周运动的向心力。 　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．单摆经过平衡位置时合力为零 D．单摆运动的回复力是摆线拉力的一个分力 [审题探究]　(1)圆周运动的向心力是指向圆心的，它是由重力沿细线的分力与细线的拉力的合力提供的。 (2)单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的一个分力。 [解析]　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，即单摆的合外力不仅要提供回复力，而且要提供向心力，故选项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，故选项B正确，D错误；单摆经过平衡位置时，回复力为零，向心力最大，故其合外力不为零，所以选项C错误。 [答案]　B 　(2024·甘肃卷)下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]　由单摆的振动图像可知振动周期为T＝0.8π s，由单摆的周期公式T＝2π得摆长为l＝＝1.6 m，x-t图像切线的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同。故选C。 [答案]　C ●核心素养·思维升华 单摆的回复力是重力在切线方向的分力，或者说是摆球所受合外力在切线方向的分力。摆球所受的合外力在摆线方向的分力提供摆球做圆周运动的向心力，所以并不是合外力完全用来提供回复力。因此摆球经过平衡位置时，只是回复力为零，而不是合外力为零(此时合外力提供摆球做圆周运动的向心力)。 1．对于单摆的振动，以下说法正确的是(　　) A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等 B．单摆振动的回复力就是摆球受到的合外力 C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零 D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零 解析　单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，在平衡位置处为零。选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 2．一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(　　) A．位移增大　　　　　 B．速度增大 C．回复力减小 D．机械能增大 解析　做简谐运动的单摆在偏角增大过程中距平衡位置的位移x增大，A正确。速度减小，B错误。回复力F＝－kx，随x增大，回复力增大，C错误。单摆在摆动过程中悬线拉力不做功，故摆球的机械能守恒，D错误。 答案　A 探究点二　对单摆周期公式的理解 1．单摆的周期公式：T＝2π，与单摆的振幅及摆球的质量无关，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。 2．对摆长l的理解：在利用公式T＝2π计算周期时，l对应等效摆长，指从悬点到摆球球心的距离。 　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]　设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。 [答案]　A 　在例题中，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是(　　) A．摆球往返运动一次的周期和无钉子时的单摆周期相同 B．摆球在左、右两侧上升的最大高度一样 C．摆球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长相等 D．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的四倍 解析　根据单摆周期表达式T＝2π，摆长越小，周期越小，所以摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小，A错误；根据机械能守恒定律，小球在左、右两侧上升的最大高度一样，小球在平衡位置左、右两侧走过的最大弧长不相等，B正确，C错误；根据机械能守恒定律 mgL(1－cos α1)＝mg(1－cos α2) 解得2cos α1－cos α2＝1 所以摆线在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的四倍，D错误。故选B。 答案　B ●核心素养·思维升华 单摆模型及问题的分析、解答 (1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型。满足条件： ①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx。 (2)首先确认符合单摆模型的条件，然后寻找等效摆长l及等效加速度g，最后利用公式T＝2π或简谐运动规律分析、解答。 3．如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　　) 解析　由T＝2π得T1＝2π， T2＝2π＝π＝T1，故B、D错误； x1＝2l·sin ， x2＝2l′·sin ＝2·sin ＝·sin ， ＝＝， 由能量守恒定律可知，小球先后摆起的最大高度相同， 故l－l cos θ1＝－·cos θ2， 根据数学规律可得sin ＝2sin ， 故＝＝2，即第一次振幅是第二次振幅的2倍，故A正确，C错误。 答案　A 4．一个摆长为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 [对应学生用书P52] 1．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是(　　) A．t1时刻摆球速度为零，摆球的合外力为零 B．t2时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 C．t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力为零 D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 答案　D 2．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＝3∶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　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、B错误；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。 答案　D 3．一物体在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的九分之一，在地球表面走时准确的摆钟，搬到此行星表面后，秒针走一圈所经历的时间是(　　) A．180 s B．540 s　C．20 s D．6.7 s 解析　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九分之一，质量不变，所以该星球的重力加速度g′＝g；根据单摆的周期公式T＝2π可知，该星球的周期是地球上周期的3倍，所以此钟的秒针走一整圈所经历的时间实际上是地球上秒针走一圈的3倍即180 s，故A正确，BCD错误。 答案　A 学科网（北京）股份有限公司 $