2.4 单摆 课件 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

单摆 01 1.知道单摆的概念和单摆振动时回复力的来源(重点)。 2.知道影响单摆周期的因素，掌握单摆的周期公式(重难点)。 学习目标 单摆及其回复力 02 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，然后释放，小球在A、A'间来回摆动，不计空气的阻力。 (1)小球摆动过程中受到哪些力的作用？ 答案　小球受重力和细线的拉力作用。 (2)什么力提供向心力？什么力提供回复力？ 答案　细线的拉力和重力沿径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O点平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ 答案　小球经过平衡位置时还有向心力，其合外力不为零。 1.单摆 (1)定义：细线一端固定在悬点，另一端系一个小球，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。 (2)单摆是实际摆的理想化模型。 梳理与总结 质量 直径 2.单摆的回复力 (1)来源：摆球的重力沿 方向的分力，即 F＝ 。 (2)规律：在摆角很 时，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______ ，即F＝－x。 说明：在摆角很小时，用弧度表示的θ与它的正弦sin θ近似相等，即sin θ ≈θ≈，因此单摆的回复力可表示为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。 圆弧切线 mgsin θ 小 正比 位置 平衡 　(2024·河北省高二联考)如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是 A.摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用 B.摆球在B点时，动能最大，回复力最大 C.摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力最小，但回 复力最大 D.摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力增大 例1 √ 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误； 单摆做简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，速度最大，动能最大，回复力为零，故B错误； 摆球在A点和C点时，即最大位移处时，速度为零，故细线拉力最小，回复力最大，故C正确； 摆球由A点向B点摆动过程中，速度增大，细线拉力增大，回复力减小，故D错误。 返回 单摆的周期 03 1.单摆振动的周期与摆球质量 (选填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振幅 (选填“有关”或“无关”)，但与摆长 (选填“有关”或“无关”)，摆长越长，周期 (选填“越大”“越小”或“不变”)。 2.单摆周期公式 (1)提出：单摆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 成正比，与_______ 成反比，而与振幅、摆球质量 。 无关 无关 有关 越大 惠更斯 2π 摆长l的二次方根 重力加 速度g的二次方根 无关 说明：①单摆的周期公式在摆角很小时成立。 ②公式中的l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，l＝l线＋，d为摆球的直径。 ③公式中的g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 　(2024·辽宁省名校联盟高二期中)图为某一单摆的简化模型，其摆角α小于5°，单摆的周期为T，下列说法正确的是 A.把摆球质量减小一半，其他条件不变，则单摆的周期 变大 B.把摆角α变大(仍小于5°)，其他条件不变，则单摆的 周期变大 C.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 D.将此单摆从两极移到地球赤道上，其他条件不变，则单摆的周期将 变大 例2 √ 根据单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期与摆球质量无关，与摆角α无关，故A、B错误； 其他条件不变，将摆长增加为原来的2倍，则单摆的周期将变为T，故C错误； 其他条件不变，因为在赤道上的g比在两极的小，则单摆的周期将变大，故D正确。 　周期是2 s的单摆叫秒摆，秒摆的摆长是多少？把一个地球上的秒摆拿到月球上去，它在月球上做50次全振动要用多少时间？已知地球表面的重力加速度为9.8 m/s2， 月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2，π2取9.8。 例3 答案　1 m　175 s 根据单摆周期公式T＝2π可得l＝ 代入数据解得l＝ m＝1 m 秒摆搬到月球上，其与地球上的秒摆的周期关系为 它在月球上做50次全振动所用的时间为 t＝50T'＝50T＝50×2× s＝175 s。 返回 < 三 > 单摆模型的拓展 04 1.类单摆模型 如图所示，在光滑弧面上来回滚动的小球(可视为质点)，在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球运动可看成简谐运动，T＝2π。 在上类模型中，若将另一在O点小球与在A点的小球同时由静止释放，哪个小球先到达最低点O' 位置？ 思考与讨论 答案　O点小球做自由落体运动，R＝g，得t1＝，A点小球做类单摆运动，T＝2π，第一次到达O' 用时周期，则t2＝，t1<t2，故O点小球先到达O'位置。 2.等效摆长及等效重力加速度 (1)等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T＝2π。图(b)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)等效重力加速度：一般情况下，公式 中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆 线的拉力与摆球质量的比值。 　如图所示，三根长度均为l0的绳l1、l2、l3组合系住一质量分布均匀的小球，球的直径为d(d≪l0)，绳l2、l3与天花板的夹角α＝30°，重力加速度为g。则： (1)若小球在纸面内做小角度的左右摆动，周期T1为多少？ 例4 答案　2π 根据题意可知，若小球以O'为圆心做简谐运动，所以摆长为l＝l0＋ 振动的周期为T1＝2π＝2π＝2π (2)若小球做垂直于纸面的小角度摆动，周期T2又为多少？ 答案　2π 根据题意可知，若小球以O为圆心做简谐运动，摆长l'＝l0＋l0sin α＋ 振动周期为T2＝2π＝2π＝2π。 拓展　在(1)的前提下，若小球带电荷量为＋q，质量为m，空间分布竖直向下的匀强电场，电场强度E＝，小球摆动的周期T3又是多少？ 答案　π 电场和重力场合成后等效重力加速度g'＝＝2g，则周期T3＝2π＝π。 返回 课时对点练 05 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C CD B C A (1)1 m　(2)2.5 m/s2 题号 7 8 9 10 11 答案 CD BC A (1)5 s　(2)15 m AC 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点一　单摆及单摆的回复力 1.(2024·宜春市高二期末)单摆是秋千、摆钟等实际摆的理想化模型，下列有关单摆的说法中正确的是 A.单摆在任何情况下的运动都是简谐运动 B.一根橡皮筋一端系在悬点，另一端连接一个小球，可以构成一个单摆 C.当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零 D.单摆移到太空实验舱中可以用来研究简谐运动的规律 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 由单摆的条件可知单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，故A错误； 橡皮筋摆动过程中长度会发生变化，不能看成单摆，故B错误； 当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是合力提供向心力，所受合力不为零，故C正确； 单摆移到太空实验舱中，由于完全失重，其回复力为零，单摆不能做简谐运动，更不能研究简谐运动的规律，故D错误。 2.(多选)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，摆球的回复力最大 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 由题图可知t1时刻摆球在正向最大位移处，速度为零，回复力最大，合外力不为零，故A错误； t2、t4时刻位移为零，说明摆球在平衡位置，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大，故B错误，D正确； t3时刻摆球在负向最大位移处，速度为零，回复力最大，故C正确。 考点二　单摆的周期 3.(2025·日照市高二期中)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 根据单摆的周期公式T＝2π，单摆的周期与摆长及重力加速度有关，与振幅无关。火星表面的重力加速度为0.4g，若保持单摆的周期不变，则可以仅将摆长也调整为原来的0.4倍，即l'＝0.4l，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 4.一单摆的摆长为L，摆球的质量为m，振动的周期为4 s，g为当地重力加速度，则下列说法正确的是 A.当摆球的质量m减为时，振动周期变为2 s B.当摆长L减为 时，振动周期变为2 s C.当重力加速度g减为时，振动周期变为8 s D.当单摆的振幅减小为原来的时，振动周期变为8 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 单摆的振动周期为T=2π，由此可知，单摆的振动周期与摆球的质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，故A、D错误； 当摆长减为原来一半时，有T'=2π=T=2 s，故B错误； 当重力加速度g减为时，有T″=2π=2T=8 s，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 5.(2025·湖南省名校高二期中)图甲所示为辽宁抚顺地标性建筑——“生命之环”，一位学生欲运用所学物理知识估测其高度。测量的原理示意图如图乙所示，他找来一个光滑小球，将其由“环”内壁上的P点(靠近最低点)由静止释放，则小球沿环内壁往返运动。某时刻小球到达P点时利用手机的秒表计时功能开始计时，此后小球第n次回到P点时停止计时，所测得时间为t。已知当地的重力加速度为g，由此可知生命之环的高度约为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 根据单摆的周期公式可得T＝2π，T＝，所以R＝，则生命之环的高度约为h＝2R＝，故选A。 6.(2024·丹东市六校期中)一个在地球上做简谐运动的单摆，其振动图像如图甲所示，若将此单摆移至某一行星上，其简谐运动图像如图乙所示。若已知该行星的质量为地球质量的4倍，地球表面重力加速度g1取10 m/s2，取π2取10。求： (1)此单摆的摆长； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　1 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 由题图甲可知此单摆在地球上的周期为T1＝2 s 根据单摆的周期公式，有T1＝2π 代入数据解得l＝1 m (2)行星表面重力加速度g2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　2.5 m/s2 由题图乙可知，该单摆在行星上的周期为T2＝4 s 根据单摆的周期公式，有T2＝2π 代入数据解得g2＝2.5 m/s2。 7.(多选)(2024·广州市高二期中)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。如图为其内部的结构简图，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.摆钟在加速上升的电梯中，摆动会变慢 C.该摆钟从北京带到广州，为使走时准确，需 旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动 D.该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 摆钟中单摆的运动可近似地视为简谐运动。回复力是指向平衡位置的力，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，金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力，故A错误； 由单摆的周期公式T＝2π，单摆在加速上升的电梯中，等效重力加速度变大，单摆周期变小，摆动会变快，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 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T＝2π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，故C正确； 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，故D正确。 8.(多选)(2024·长沙市高二期末)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定 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4∶9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 根据题中图像可知1.5T甲＝T乙，f＝，所以甲和乙的周期之比为2∶3，频率之比是3∶2，故B、C正确； 根据单摆的周期公式T＝2π，可知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，故A错误； 若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则重力加速度和周期的平方成反比，即甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4，故D错误。 9.如图，将一个摆长为l的单摆放在一个光滑的、倾角为α的斜面上，其摆角为θ(θ<5°)，摆球质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.摆球做简谐运动的回复力F＝mgsin θsin α B.摆球做简谐运动的回复力为mgsin θ C.摆球做简谐运动的周期为2π D.摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力为FT＝mgsin α √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 重力的沿斜面向下的分力为mgsin α，该分力沿切线的分力为mgsin α sin θ，故A正确，B错误； 等效重力加速度为gsin α，故周期为T＝2π，故C错误； 摆球在运动过程中，经过平衡位置时，线的拉力和重力沿斜面的分力的合力提供向心力，故FT－mgsin α＝m，故FT>mgsin α，故D错误。 10.(2025·苏州市高二期中)正在修建的楼房顶上固定一根不可伸长的细线垂到图示窗沿下，某同学想应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，他先将线的下端系上一个小球，当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为l＝1 m。他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内做小角度摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时到第17次通过B点共用时40 s。 当地重力加速度g取10 m/s2，π2取10，根据以上数据，求： (1)该单摆的周期； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 从小球第1次通过题图中的B点开始计时到第17次，则完成的周期个数为n＝＝8，依题知这8个周期共用时40 s，则单摆周期为T＝ s＝5 s (2)房顶到窗上沿的高度h。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 答案　15 m 球心到窗上沿的距离l＝1 m，由于该单摆在左右两侧摆动的摆长变化，故周期公式为T＝(T1＋T2)＝(2π＋2π)，代入数据解得房顶到窗上沿的高度为h＝15 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 尖子生选练 11.(多选)如图所示，在一个水平放置的槽中，小球自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知圆弧AB＝0.9 m，AB圆弧的半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面内，不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，欲使小球恰好能通过C点，则其初速度的大小可能是 A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 返回 小球自A点以向AD方向的初速度v开始运动，把小球的运动进行分解，一个是沿AD方向的匀速运动，一个是在竖直面上摆角很小的单摆，可近似看作简谐运动，根据单摆周期公式有T＝2π＝2π s，小球自A点运动到C点，在竖直面上运动的时间为t＝(2n＋1)＝(2n＋1)π s(n＝0，1，2，3…)，由于分运动的等时性，所以初速度为v＝ m/s(n＝0，1，2，3…)，当n＝0时，则v1＝ m/s；当n＝1时，则v2＝ m/s，故选A、C。 $