第2章 4 单摆（课件PPT）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

该高中物理课件聚焦“单摆”核心内容，涵盖单摆的定义、回复力特点及周期公式。通过问题导学判断摆动模型是否为单摆，结合沙摆实验观察曲线，衔接机械振动知识，以预习案概念规律和探究案实验为学习支架。 其亮点在于构建“问题导学-实验探究-模型建构-分层训练”闭环，体现科学探究（沙摆实验验证简谐运动）、科学思维（周期公式推导与高考题应用）。实例有2024甘肃卷振动图像分析、针对训练分层设计，帮助学生深化物理观念与科学思维，教师可直接用于教学提升效率。

第二章　机械振动 4　单摆 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 预习案 必备知识·问题导学 01 探究案 关键能力·互动探究 02 知能达标训练 04 提升案 随堂演练·基础落实 03 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 预习案 必备知识·问题导学 栏目导航 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 忽略 忽略 理想化 静止 栏目导航 第二章　机械振动 1 切线方向 栏目导航 第二章　机械振动 1 正比 平衡位置 栏目导航 第二章　机械振动 1 控制变量 无关 无关 长 短 栏目导航 第二章　机械振动 1 惠更斯 正比 反比 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 栏目导航 第二章　机械振动 1 知 能 达 标 训 练 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第二章　机械振动 1 谢谢观看 栏目导航 第二章　机械振动 1 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。 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，判断模型是否是单摆，并分析原因。 答　略 2．在本节教材图2.4­1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________，球的直径与线的长度相比也可以________，这样的装置就叫作单摆。单摆是实际摆的__________模型。 (2)单摆的平衡位置：摆球________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____________(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≈eq \f(x,l)，所以单摆的回复力为F＝－eq \f(mg,l)x，即小球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成________，方向总是指向____________，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：____________法。 (2)实验结论 ①单摆振动的周期与摆球质量________。 ②振幅较小时周期与振幅________。 ③摆长越长，周期越______；摆长越短，周期越______。 2．周期公式 (1)提出：周期公式是__________首先提出的。 (2)公式：T＝__________，即T与摆长l的二次方根成________，与重力加速度g的二次方根成________。 2πeq \r(\f(l,g)) (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)× 探究点一　单摆的回复力和运动特征 [交流讨论] 1．教材图2.4­2如图所示，使漏斗在一个固定的竖直平面内摆动，沿垂直于该平面的OO′方向匀速拉动薄板，观察从摆动的漏斗中漏出的细沙在板上形成的曲线，并思考以下问题。 (1)不拉动木板时，让沙摆摆动起来，细沙的分布特点是直线还是曲线？两边的沙子多还是中间的沙子多？为什么？ (2)匀速拉动木板时，落在薄板上细沙的位置和各时刻摆球(漏斗)的位置有什么关系？ (3)细沙在薄板上形成什么形状的曲线？ (4)为什么要匀速拉动木板？ 答　(1)直线　两边的沙子多，因为沙摆摆动时，经过最低点的速度最大，经过最高点的速度最小，因为沙子均匀流出，所以两边的沙子多于中间的沙子。 (2)落在薄板上细沙的位置和各时刻摆球(漏斗)的位置一一对应。 (3)从图像可以看出，细沙在薄板上形成的是正弦函数图像。 (4)匀速拉动薄板，则以OO′表示的时间轴是均匀的，这样横轴上相同的长度就代表相等的时间间隔；垂直于OO′的坐标x表示的就是摆球在不同的时刻相对于平衡位置的位移，薄板上细沙形成的曲线就是沙摆做简谐运动时位移x随时间t变化的图像，即振动图像。 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 [审题指导]　(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＝2πeq \r(\f(l,g))得摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)＝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。综上所述，可知C正确，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eq \f(mv2,l)，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，选项A、B、D错误。 答案　C 2．(多选)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．回复力增大 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正确。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　AC 探究点二　对单摆周期公式的理解 1．单摆的周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g))，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 eq \r(\f(l,g))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．eq \f(3,4)l　　 　 B．eq \f(1,2)l C．eq \f(1,4)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＝2πeq \r(\f(l,g))，T2＝2πeq \r(\f(l1,g))，联立解得l1＝eq \f(1,4)l，所以小钉与悬点的距离s＝l－l1＝eq \f(3,4)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 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 eq \r(\f(l,g))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eq \f(3,4)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x­t关系的是(　　) 解析　由T＝2πeq \r(\f(l,g))得T1＝2πeq \r(\f(l,g))，T2＝2πeq \r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq \r(\f(l,g))＝eq \f(1,2)T1，故B、D错误；x1＝2l·sin eq \f(θ1,2)，x2＝2l′·sin eq \f(θ2,2)＝2eq \f(l,4)·sin eq \f(θ2,2)＝eq \f(l,2)·sin eq \f(θ2,2)，eq \f(x1,x2)＝eq \f(2lsin \f(θ1,2),\f(l,2)·sin \f(θ2,2))＝eq \f(4sin \f(θ1,2),sin\f(θ2,2))，由能量守恒定律可知，小球先后摆起的最大高度相同，故l－lcos θ1 ＝eq \f(l,4)－eq \f(l,4)·cos θ2，根据数学规律可得sin eq \f(θ2,2)＝2sin eq \f(θ1,2)，故eq \f(x1,x2)＝eq \f(4sin\f(θ1,2),sin \f(θ2,2))＝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．(2024·浙江台州校联考)质量为m、摆长为L的单摆，拉开一定角度后，t1时刻由静止释放，在t1、t2、t3时刻(t1＜t2＜t3)摆球动能Ek与势能Ep第一次出现如图关系，其中E0为单摆的总机械能。则(　　) A．此单摆周期为4(t2－t1) B．此单摆周期为2(t3－t1) C．摆球在最低点的向心加速度为eq \f(2E0,mL) D．摆球在最低点的向心加速度为eq \f(E0,mL) 解析　单摆在摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒为E0，故重力势能和动能之和为E0，在t1时刻，即在摆动的最高点，单摆的速度为零，动能为零。在t3时刻，单摆的重力势能为零，故此时摆球在最低点，则摆球从最高点运动到最低点所用的时间为eq \f(T,4)＝t3－t1，故周期为T＝4(t3－t1)，故选项A、B错误；在最低点，摆球的动能为Ek＝E0＝eq \f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律得Fn＝man＝meq \f(v2,L)，则an＝eq \f(2E0,mL)，故选项C正确，D错误。 答案　C 1．(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 答案　CD 2．摆球质量为m的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关系如图所示，则该单摆(　　) A．摆长为eq \f(gt02,4π2) B．摆球从最高点到最低点的过程中， 重力的冲量大小为2mgt0 C．摆球从最高点到最低点的过程中， 回复力做的功为E0 D．单摆的周期为2t0 解析　由图像可知，单摆的周期为T＝4t0，T＝2πeq \r(\f(L,g))。可得摆长为L＝eq \f(4gt02,π2)，选项A、D错误；摆球从最高点到最低点的过程中，重力的冲量大小为IG＝mgeq \f(T,4)＝mgt0，选项B错误；摆球从最高点到最低点的过程中，重力做的功为E0，而回复力是重力沿切线方向的分量，重力沿法线方向的分量不做功，则回复力做功等于E0，选项C正确。 答案　C 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′＝eq \f(1,9)g；根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))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，B、C、D错误。 答案　A 4．如图，一个半径为R的凹槽，该槽是圆柱体侧表面的一部分。MN、PQ为圆柱表面的母线，MN＝PQ＝L，在其一端的最低处有一小孔B。一半径略小于B孔半径且远小于R的小球，位于槽的另一端边缘点A处(A靠近槽的最低点)，不计摩擦。 (1)若小球初速度为零，求小球运动到轨道最低点的时间； (2)若小球以初速度v0开始沿平行于MN的方向运动，要使小球运动到槽的另一端时，恰能落入B孔中，求小球的初速度v0和L应满足的关系式。 解析　(1)如果小球没有初速度则小球做简谐运动，简谐运动的周期为T＝2πeq \r(\f(R,g))，小球运动到轨道最低点的时间t＝eq \f(T,2)n＋eq \f(T,4)＝nπeq \r(\f(R,g))＋eq \f(π,2) eq \r(\f(R,g))(n＝0,1,2,3，…)。 (2)沿MN方向小球做匀速直线运动，则L＝v0t解得v0＝eq \f(2L,2n＋1π) eq \r(\f(g,R))(n＝0,1,2,3，…)。 答案　(1)nπ eq \r(\f(R,g))＋eq \f(π,2) eq \r(\f(R,g))(n＝0,1,2,3，…)　 (2)eq \f(2L,2n＋1π) eq \r(\f(g,R))(n＝0,1,2,3，…) $