2.4 单摆 课件-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

该高中物理课件聚焦单摆知识点，涵盖理想化模型、回复力、周期公式及影响因素，通过荡秋千、小球圆周运动等情境导入，衔接机械振动知识，搭建从生活现象到物理模型的学习支架。 其亮点在于以科学思维（模型建构、等效重力加速度分析）和科学探究（控制变量实验、数据处理）为核心，结合电梯、斜面等情境问题培养物理观念。提供多样化例题和练习题，助力学生提升问题解决能力，也为教师提供系统教学资源。

第二章 4.单摆 学习目标 1.了解什么是单摆,初步形成单摆的回复力及周期的概念。(物理观念) 2.理解单摆振动的特点及其做简谐运动的条件;知道单摆周期的决定因素,掌握其周期公式,知道单摆是一种理想化模型。(科学思维) 3.能用实验探究影响单摆周期的因素,能定量探究单摆周期与摆长的关系。(科学探究) 基础落实　必备知识全过关 一、单摆及单摆的回复力 1.单摆 如果细线的长度不可　 　　,细线的　　　　与小球相比可以忽略,小球的　　　与线的长度相比也可以忽略,这样的装置就叫作单摆。  【要点提示】 单摆是个理想模型。 改变 质量　 直径 2.单摆的回复力 (1)回复力的来源:摆球的重力沿圆弧　　　　　方向的分力。　　　　 振动方向上的合力  (2)回复力的特点:在摆角　　 　　时,单摆所受的回复力与它偏离 　　　　　的位移成　　　,方向总指向　　　　　,即F=-x。 【要点提示】 只要所受回复力符合F=-kx的形式即为简谐运动。 (3)单摆做简谐运动的条件:单摆在摆角　　　 　的情况下做简谐运动。   切线 很小 平衡位置 正比 很小 平衡位置 二、单摆的周期 1.定性探究单摆的振幅、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的质量　　　　。  ②振幅较小时,周期与振幅　　　　。  ③摆长越长,周期　　　　;摆长越短,周期　　　　。  控制变量 无关 无关 越长 越短 2.定量探究单摆的周期与摆长的关系 (1)周期的测量:用停表测出单摆N(30~50)次全振动的时间t,利用T=计算它的周期。 (2)摆长的测量:用刻度尺测出细线长度l0,用　　　　　测出小球直径D,利用l=l0+求出摆长。  (3)数据处理:改变　　　　　,测出对应的单摆周期,作出T-l、T-l2或T-图像,得出结论。  游标卡尺 摆长l 3.周期公式 (1)公式的提出:荷兰物理学家　　　　　提出了单摆的周期公式。  (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　　　　。  惠更斯 2π　 正比 反比 微思考·情境探究 情境1荡秋千深受小朋友的喜欢。小朋友在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆模型。 (1)小朋友的平衡位置在哪里? (2)小朋友摆动过程中,小朋友和坐板受到哪些力的作用?什么力提供回复力? 提示 (1)平衡位置是小朋友静止时的位置,即秋千静止时小朋友所在的最低点。 (2)小朋友摆动过程中,小朋友和坐板受到其重力和秋千绳的拉力两个力;回复力由小朋友和坐板的总重力沿圆弧切线方向的分力提供。 情境2阅读教材第46页内容,回答下列问题。 如图所示,小球在半径为R的圆周上A、B两点间做往复运动,通过与单摆类比,说明小球做简谐运动的条件。 提示 小球的直径远远小于R,小球的密度大、体积小,忽略空气阻力和球面的摩擦阻力,且AB弧长远远小于R。 情境3实验室中,一个摆长为1 m的单摆(摆球质量不计),观察到它每分钟完成30次全振动。 (1)该单摆的频率是多少? (2)若摆角减小,其周期会变化吗? 提示 (1)f=,每分钟30次,即每秒0.5次,故f=0.5 Hz。 (2)单摆做简谐运动的周期与摆角(小角度)无关,仅由摆长和重力加速度决定,故摆角减小,周期不变。 基础转化　夯实基础提能力 基础转化点1对单摆的理解 AI解读单摆是理想化机械振动模型,由轻质细线和小球组成,忽略细线质量与空气阻力。它是简谐运动的重要实例,定位为本章基础知识点,常出现在概念判断题中,是理解单摆周期规律的前提。 1.关于单摆,下列说法正确的是(　　) 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.单摆运动过程中所受外力的矢量和提供回复力 B 解析 一根线系着一个球悬挂起来,并且满足小球密度大,细线的伸缩和质量忽略不计,线长比小球直径大得多时,这样的装置才能视为单摆,故A错误,B正确;只有在摆角很小的情况下,单摆的振动才是简谐运动,故C错误;摆球的重力沿圆弧切线方向的分力提供回复力,故D错误。 2.图中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.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B.摆球在A点和C点处,速度为零,合力与回复力也为零 C.摆球在B点处,速度最大,细线拉力也最大 D.摆球在B点处,速度最大,回复力也最大 C 解析 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用,A错误;摆球在摆动过程中,在最高点A、C处速度为零,回复力最大,合力不为零,在最低点B处,速度最大,回复力为零,细线的拉力最大,C正确,B、D错误。 基础转化点2单摆的周期 AI解读单摆的周期是其完成一次全振动的时间,只与摆长和重力加速度有关,与摆球质量、振幅无关。它是单摆的核心规律,地位重要,常结合单摆运动情境分析周期变化,是基础考点之一。 3.(2026海南高二期中)如图所示,一质量为m的小钢球,用长为l的细丝线挂在水平天花板上(细丝线长远大于小钢球的半径)。初始时,摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)。不计空气阻力,重力加速度为g,则静止释放小球后,小球第一次摆到最低点所用的时间为(　　) A. B. C. D. B 解析 题中给的是一个单摆模型,当摆角很小时,其振动视为简谐运动,周期为T=2π,静止释放小球后,小球第一次摆到最低点所用的时间为t=。故选B。 4.(2026安徽高二期中)秒摆是一种特殊的单摆,其振动周期为2 s。若要将秒摆的周期变为原来的一半,下列方案可行的是(　　) A.摆角变为原来的一半 B.摆长变为原来的 C.摆球质量变为原来的2倍 D.振幅变为原来的一半 B 解析 由单摆公式T=2π可知,单摆的周期与摆球的质量、振幅、摆角均无关,若摆长变为原来的,则秒摆的周期变为原来的一半。故选B。 5.一单摆由甲地移到乙地后,发现摆动变快了,其变快的原因及调整的方法是(　　) A.g甲>g乙,将摆长缩短 B.g甲<g乙,将摆长放长 C.g甲<g乙,将摆长缩短 D.g甲>g乙,将摆长放长 B 解析 根据单摆周期公式T=2π,摆动变快了,则周期变短了,说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度,即g乙>g甲,为了增大周期,可以增长摆长,B正确。 基础转化点3单摆周期公式的应用 AI解读单摆周期公式是量化计算单摆周期的核心工具,可用于求解摆长、重力加速度等物理量。它定位为知识应用的核心环节,常出现在计算题、实验题中,是单摆知识点基础转化的关键内容。 6.如图所示,一小球用细线悬挂于O点,细线长为L,O点的正下方L处有一铁钉。将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小),这个摆的周期是(　　) A.2π B.π C.(+1)π D.(+1)π D 解析 以L为摆长的运动时间为t1=×2π=π,以L为摆长的运动时间为t2=×2π=π,则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π。故A、B、C错误,D正确。 7.有一单摆,其摆长l=1.02 m,摆球的质量m=0.10 kg。已知单摆做简谐运动,单摆30次全振动用的时间t=60.8 s。 (1)当地的重力加速度是多大? (2)如果将这个单摆改为秒摆(周期为2 s),摆长应怎样改变?改变多少? 解析 (1)当单摆做简谐运动时,由周期公式T=2π,可得g= 因为T= s=2.027 s 得g= m/s2≈9.79 m/s2。 (2)秒摆的周期是2 s,设其摆长为l0,由于在同一地点重力加速度是不变的,根据单摆的振动规律有,故有l0= m=0.993 m。其摆长要缩短Δl=l-l0=1.02 m-0.993 m=0.027 m。 答案 (1)9.79 m/s2　(2)缩短　0.027 m 重难探究　能力素养全提升 命题角度 单摆模型的拓展 1.圆弧摆 如图所示,有一光滑圆弧曲面AO'B,在A处放一小球,圆弧摆做简谐运动的 条件: (1)圆弧曲面光滑。 (2)小球直径和圆弧弧长远小于圆弧的半径R。 (3)小球在曲面AO'B上做往复运动,圆弧摆周期T=2π。 2.不同系统中的等效重力加速度 在不同的运动系统中,单摆周期公式中的g应理解为等效重力加速度,其大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。 例题(多选)如图所示,在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面,把摆线固定于斜面上的O点,使摆线平行于斜面①。拉开摆球至A点,静止释放后,摆球在A、C之间做简谐运动,B点为最低点②,摆长为L,摆角为α,α<5°,当地的重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.摆球从A点运动到C点最短时间③为π B.摆线的最小拉力④为mgsin α·cos θ C.摆线的最大拉力⑤为3mgsin θ-2mgsin θ·cos α D.摆球的最大回复加速度⑥为gsin θ·cos α AC 解析 小球在斜面上做简谐运动,其等效重力为重力沿斜面向下的分力为mgsin θ,等效重力加速度为gsin θ,根据单摆的周期公式有T=2π,小球从A点运动到C点最短时间为t==π,故A正确;当摆球到达A点或C点时,速度为0,向心力为0,摆线拉力最小,沿摆线方向,有F-mgsin θ·cos α=0,得F=mgsin θ·cos α,故B错误;摆球从B点运动到A点的过程中,根据动能定理有mg(L-Lcos α)sin θ=mv2,在B点拉力最大,根据牛顿第二定律有Fm-mgsin θ=,解得Fm=3mgsin θ-2mgsin θ·cos α,故C正确;单摆的回复力是重力沿斜面向下的分力沿圆弧切向的分量提供,即回复力为F回=mgsin θ·sin α=ma,解得a=gsin θ·sin α,故D错误。 [教你析题] 读取题干 获取信息 ① 斜面上的类单摆模型 ② 摆球在A、C点速度为0,在B点速度最大 ③ 周期的一半 ④ 摆线的拉力与“等效重力”的径向分力的合力提供向心力,摆球在A、C处,向心力为0,拉力最小 ⑤ 摆线的拉力与“等效重力”的合力提供向心力,摆球在B处,向心力最大,拉力最大 ⑥ 摆球在A、C处,回复力最大,加速度最大 [教你破题] 学以致用　随堂检测全达标 基础练习 题型1 对单摆及其回复力的理解 1.（多选/2025上海闵行中学期中改编）关于单摆，以下说法正确的是( ) AB A.若单摆在同一平面内摆动，且摆角很小，可以认为该单摆的运动是简谐运动 B.用细线悬挂一个小球做成单摆，细线要质量很轻，且不可伸长；小球要质量较大，体 积较小 C.单摆做简谐运动时，单摆的回复力是绳上拉力和小球重力的合力 D.单摆做简谐运动时，摆球经过平衡位置时所受合力为零 35 【解析】 若单摆在同一平面内摆动，且摆角小于 ，可以认为该单摆的运动是简 谐运动。 用细线悬挂一个小球做成单摆，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。 根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重 力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力，在 其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球 的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力。 摆球经过平衡位置时回复力为0，但根据圆周运动的规律可知摆球此时所受合力不 为零（ 摆球在平衡位置时，水平方向上的合外力为零，但在竖直方向上的合外力 不为零。）。 . . . . 36 2. （2025四川省射洪中学校开学考试）如图所示， 点为单摆的固定悬点，现将 可视为质点的摆球拉至 点，此时细线处于张紧状态，静止释放摆球，摆球将在竖直平 面内的、之间来回摆动， 点为运动中的最低位置。整个过程忽略空气阻力，则在摆 动稳定后的一个周期内( ) A A.摆球只受到重力、拉力两个力的作用 B.摆球在经过点和 点处，速度为零，回复力为零 C.摆球在经过 点处，速度最大，回复力最大 D.摆球相邻两次经过 点时，细线拉力大小不相等 37 【解析】 忽略空气阻力，摆球只受到重力、拉力两个力的作用。 摆球在经过点和 点处，速度为零，回复力为重力沿切线方向的分力，不为零。 摆球在经过 点（单摆的平衡位置）处，速度最大，回复力为零。 摆球相邻两次经过点时，速度大小相等，根据牛顿第二定律得 ， 解得 ，细线拉力大小相等。 38 题型2 单摆周期公式的理解与应用 3.（多选/2026湖北十堰期中）有一摆长为 的单摆，悬点正下方某处有一小钉，当摆球 经过平衡位置时，摆线上部被小钉挡住，使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动，摆 球从一边最高点摆到另一边最高点过程的闪光照片如图所示（悬点和小钉未被摄入）， 点为摆动的最低点，已知每相邻两次闪光的时间间隔相等，由此可知( ) AD A. 点左方为摆线碰到钉子后的摆动 B. 点右方为摆线碰到钉子后的摆动 C.小钉与悬点的距离为 D.每相邻两次闪光的时间间隔为 39 【解析】 每相邻两次闪光的时间间隔相等，可知 点左方单摆的周期小于右 方单摆的周期，根据，可知点左方单摆的摆长较短，故 点左方为摆线碰到 钉子后的摆动。 假设相邻两次闪光的时间间隔为，在点左方运动的摆长设为，在 点右方 运动的摆长设为，则，，所以 ，钉与悬点 的距离为，每相邻两次闪光的时间间隔为 。 40 4. （2025江苏无锡期末）一个单摆在质量为、半径为 的星球上做周期为 的简谐运动，在质量为、半径为的星球上做周期为 的简谐运动。不计星球自 转，与 之比为( ) C A. B. C. D. 【解析】 在星球表面有，解得。单摆周期 ，解得 （ 单摆的摆动周期与振幅无关，公式中的 是单摆所在地的重力加 速度。），故选C。 . . . . 41 题型3 单摆的振动图像 5.（多选/2026四川内江六中开学考试）单摆在、 两点之 间做简谐运动， 点为平衡位置，如图甲所示。单摆的振 动图像如图乙所示（向右为正方向），取重力加速度大小 ，下列说法正确的是( ) BC A.单摆的振幅为 B.单摆的摆动频率为 C.时，摆球在点 D.单摆的摆长为 42 【解析】 由题图乙可知，单摆的振幅为 。 由题图乙可知，单摆的周期为，则单摆的摆动频率为 。 时，单摆振动了2.5个周期，根据题意可知，单摆从点开始振动，则 时，摆球在 点。 根据题意，由单摆周期公式，可得单摆的摆长为 。 43 6. （2025湖北武汉期中）如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列 说法正确的是( ) C A.甲、乙两摆的振幅之比为 B. 时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能 为零 C.甲、乙两摆的摆长之比为 D.甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小一 定相等 44 【解析】 由题图知，甲、乙两摆的振幅分别为、 ，所以甲、乙两摆的振 幅之比为 。 由题图知， 时，甲、乙两摆均在平衡位置处，重力势能最小，动能最大。 由题图知，甲、乙两摆的周期分别为、,则甲、乙两摆的周期之比为 ，由 单摆的周期公式，得到甲、乙两摆的摆长之比为 。 根据题目中的条件无法比较甲、乙两摆摆球在最低点时摆线的拉力大小。 45 题型4 复杂单摆问题 7.（2025辽宁大连育明高中期末）如图所示，三根细线在点处打结，、 端固定在同 一水平面上相距为的两点上，使成直角三角形， ，已知 线长也 是，下端 点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下皆指摆动角度小 于 ，重力加速度为 ）( ) A A.让小球在纸面内振动，周期 B.让小球在垂直纸面内振动，周期 C.让小球在纸面内振动，周期 D.让小球在垂直纸面内振动，周期 46 【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，周期 。 让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，由几何关系可 得点到等效悬点的距离为 ，则等效摆长为 ，周期 。 47 8. （2024河南郑州一中期中）如图， 单摆甲放在真空中，悬点处固定一带正电小 球，摆球亦带正电，周期为 ；单摆乙放 在以加速度 向下加速运动的电梯中， 周期为 ；单摆丙带正电，放在磁感应强 D A. B. C. D. 度为的匀强磁场中，周期为；单摆丁带正电，放在匀强电场中，周期为 。若四 个单摆摆长均相等，那么( ) 48 【解析】甲、丙：甲摆摆球所受库仑力和丙摆摆球所受洛伦兹力总是沿半径 方向，不影响回复力，故有 ； 乙：对乙摆摆球有，解得等效重力加速度 ，则 ； 丁：对丁摆摆球有，解得等效重力加速度 ，则 。 综上有 ，故选D。 49 9.（2026山东省实验中学月考）如图所示，在倾角为 的光滑斜面顶端固定一摆长为 的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为 ，重力加速度大 小为 ，则以下判断正确的是( ) D A.单摆在斜面上摆动的周期为 B.摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为 C.摆球相邻两次经过最低点时，细线中拉力大小不相等 D.若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周 期将减小 本题属于典型的斜面摆模型，解题的关键是求出斜面上的等效重力加速度， 再根据等效重力加速度，结合单摆的周期公式等求解其他物理量。 50 【解析】 单摆在平衡位置时，等效重力加速度为 ，所以单摆 在斜面上摆动的周期 。 回复力大小与摆球偏离平衡位置的位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到 的回复力大小为0。 摆球相邻两次经过最低点时速度大小相等，根据牛顿第二定律有 ，解得 ，则细线中拉力大小相等。 若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，等效重力加速度为 ，所以单摆在斜面上摆动的周期 。 51 能力提升 10.（2025河南南阳联考）演示简谐运动图像的装置如图甲所示，它由一根较长的细线 和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方 的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。 图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线（图中的虚线），已知、 分别是木 板2上的两点，木板1、2的移动速度分别为、 ，忽略沙漏重心的变化，则( ) C A.若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在 点开始计时 B.处的沙层比 处的沙层浅一些 C. D.沙漏摆动过程中的回复力由重力和拉力的合 力提供 52 【解析】 若要记录沙漏多次全振动的时间，则应该在平衡位置 点开始计时 （ 最高点速度慢，导致人为判断的时间误差会被严重放大，造成较大的周期测量 误差。而选择在速度最快的平衡位置开始和结束计时，可以利用其高速特性，使人手、 人眼的反应误差对最终周期计算结果的影响降到最低。）。 由题图可知，点位于最大位移处，点位于平衡位置，沙漏摆动至 点左上方最 近时速度最小，运动最慢，所以细沙在 处堆积的沙子较多。 木板做匀速运动，忽略沙漏重心的变化，振动周期不变，则有 ， 解得 。 沙漏摆动过程中的回复力是由重力沿切线方向的分力提供的。 . . 53 11.（多选/2026山西山大附中月考）如图甲所示的单摆做小角度摆动，从某次摆球由左 向右通过平衡位置时开始计时，单摆相对平衡位置的位移随时间 变化的图像如图乙所 示。已知摆球的质量为，不计空气阻力，重力加速度取 。下列说法正确的 是( ) BD A.单摆的摆长约为 B.到 ，摆球的动能逐渐增大 C.到 ，摆球所受回复力逐渐增大 D.摆球的最大动能约为 54 【解析】 由题图乙可知，单摆周期，故摆长 ，代入数据得 。 到 ，摆球的位移逐渐减小，摆球正往平衡位置运动，故速度逐渐增 大、动能逐渐增大。 到 ，摆球的位移逐渐减小，故摆球所受回复力逐渐减小。 设摆球的最大摆角为 ，最高点到最低点的弦长为、高度差为 ， 如图所示，由几何关系有，单摆做小角度摆动， 等于最 大位移 ，由机械能守恒定律，摆球最大动能 。 55 12. （2025重庆市第十一中学月考）如图所示，光滑圆弧 轨道的半径为，圆弧底部中点为 ，两个大小可忽略、质量分别 为和的小球和，静止在离点很近的轨道上某点， 静 止在点正上方 处，现同时释放两球（不计空气阻力），使两球 在小球第四次通过点时恰好相碰，则 应为( ) A A. B. C. D. 解答本题的关键是抓住两个模型：圆弧轨道摆模型和自由落体模型。 56 【解析】小球在离点很近的轨道上某点静止释放，小球 的运动相当于摆 长为的单摆运动，小球运动的周期为，两球在小球第四次通过 点时恰好 相碰，则小球和运动的时间为（ 小球通过点用时 ， 其中为小球通过点的次数。），所以小球下落的高度为 ，故选 A。 . . . . 57 13.（2025山西部分学校联合测评）如图所示的装置为秒摆，已知重力加速度为 ，若该 处 ，下列说法正确的是( ) D A.此单摆的摆长为 B.若让此单摆在匀速运动的车厢内摆动，则周期变 为 C.若把此单摆移动到月球表面，其周期为 ，则 月球表面的重力加速度为 D.若把此单摆放置在加速度方向竖直向上、大小为 的电梯内，摆动周期变为 58 【解析】 秒摆的周期，由，结合，可得 。 若让此单摆在匀速运动的车厢内摆动，则周期仍为 。 若把此单摆移动到月面，由，可得 。 若把此单摆放置在加速度向上为的电梯内，由，可得 ， 等效重力加速度，（ “等效重力加速度”不是简单地用电梯加速度 替 换掉原来的，而是用和 的矢量和（考虑方向）来等效。电梯加速上升： 。电梯加速下降：（若，则周期变长；若 则为完全 失重，单摆无法摆动）。电梯匀速运动：，所以 ，周期不变（即选项B的 情况）。）则有 。 . . 59 14.（2025河南许平汝名校二模）图甲为杆线摆的原理图，它可以绕着悬挂轴 来回摆动，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。某同学利用铁架台做了 一个杆线摆，如图乙所示，用来探究它的周期的影响因素。把铁架台底座的一侧垫高， 立柱倾斜，摆杆通过光滑铰链与立柱连接，摆杆始终与立柱垂直。让钢球小角度摆动， 测出静止时摆杆与重垂线的夹角为 ，摆线的长度为，摆杆的长度为 ，根据已有 的知识，下列关系可能正确的是( ) B A.、不变时， 越大，周期越短 B.、 不变时， 越大，周期越长 C.、 不变时， 越大，周期越长 D.无论、怎样改变，只要 不变，则周期不变 60 【解析】 杆线摆可看成以为摆长，以 为等效 重力加速度的单摆，其摆动周期 、不变时， 越大，周期越长。 、 不变时， 越大，周期越长。 、 不变时， 越大，周期不变。 由题意可知其摆动的周期不仅与 有关，还与 有关。 （ 1. 与 互余。2.小球在倾角为 的斜面内摆动，小球在“最低点”时，所受合 力沿杆向上。如图所示，可将该系统等效为一个在斜面上的单摆，摆长等于摆杆的长度， 等效重力加速度等于 。） . . . . 61 15.（2024湖南衡阳八中月考）“滑水”是近些年兴起的一项热门运动。摩托艇后 面拉着一根绳子，后面的人手拉绳子、脚踩冲浪板。摩托艇行驶起来后，人就可以借助 冲浪板“滑水”。有人注意到摩托艇匀速行驶时，冲浪板相对于摩托艇并不是静止，而是 做简谐运动。如图所示，在俯视图中建立坐标系，已知摩托艇的速度为，绳长为 ， 绳上的最大拉力为，人和冲浪板的总质量为。水的阻力仅存在于 方向，且正比于速 度沿轴的分量，比例系数为 。下列说法正确的是( ) D A.当绳子与 方向达到最大倾角时，绳上拉 力为0 B.人和冲浪板做简谐运动时机械能守恒 C.人和冲浪板做简谐运动的周期为 D.人和冲浪板做简谐运动的周期为 62 【解析】 当绳子与 方向达到最大倾角时，绳上的拉力与水的阻力沿绳 方向的分力大小相等。 人和冲浪板相对摩托艇做简谐运动时重力势能不变，动能不断变化，机械能不守 恒。 人和冲浪板相对摩托艇做的简谐运动类似单摆的运动，由单摆的周期公式 ，等效重力加速度为 ，可得人和冲浪板做简谐运动的周期为 。 63 16.（多选/2026广东深圳模拟）如图甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球和 靠在 一起，小球与轻绳组成单摆，小球与轻弹簧组成弹簧振子，刚开始小球和 均处于 静止状态。现将小球向左拉开一个较小角度（小于）并在 时由静止释放，经最 低点时与小球发生碰撞，碰撞时间可忽略不计，此后小球运动的 图像如图乙所 示。以最低点为零势能面，小球与第一次碰撞后球速度恰好为零，重力加速度为 ， 不计空气阻力，下列说法正确的有( ) BCD A.弹簧振子的周期等于 B.单摆的摆长等于 C.球释放的高度为 D.球运动的最大速率为 64 【解析】 碰撞后，小球 获得向右的速度，向右减速到零，又返回初始位置，弹 簧振子运动半个周期，即弹簧振子的周期为 。 由题图乙可知，单摆的周期，根据周期公式 ，解得摆长 。 由题知，小球与小球发生碰撞后，小球的速度为，小球静止，则 、 两球的质量相等，速度交换，且该碰撞为弹性碰撞，即小球在与小球 碰撞前的速度 为，设小球的质量为，根据机械能守恒有，解得 ，因为在最 低点速度最大，故小球的最大速率为 。 65 17.（多选/2026四川自贡模拟）如图甲所示， 点为单摆的固定悬点，将力传感器接在 摆球与点之间。将摆球拉到点从静止释放，摆球将在竖直面内的、 之间做简谐运 动，其中点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小随时间 变化的曲 线，时摆球从点开始运动取 。下列说法正确的是( ) AC A.在 小于 的情况下， 变大，周期不变 B.小球的质量为 C.小球在最低点的速度大小约为 D.摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单 摆的回复力 66 【解析】 根据单摆周期公式，可知在 小于 的情况下，单摆做简谐 运动，周期只与摆长和重力加速度有关，与 无关，所以 变大，周期不变。 根据图像可知单摆周期为，根据单摆周期公式 ，解得 ，小球在最高点时速度为零，拉力最小，则有 ，小球在最 低点时速度最大，拉力最大，则有 ，从最高点到最低点根据机械 能守恒定律有，联立解得， 。 摆球所受重力沿切线方向的分力充当单摆的回复力，而不是重力和摆线对摆球拉 力的合力。（ 在单摆运动中，摆球受到重力和摆线拉力 的作用。这两个力的 合力并不直接充当回复力，而是可以分解为两个分量。切向分量：重力沿圆弧切线方向 . . . . 67 的分力 （其中 为摆线与竖直方向的夹角），这个分力始终指向平衡位置， 是单摆振动的回复力。法向（径向）分量：拉力与重力沿摆线方向的分力 的 差值，即 ，这个分量提供摆球做圆周运动所需的向心力。因此，重力和拉 力的合力同时包含了回复力（切向）和向心力（法向），并不是单纯的回复力。） 单摆两个特殊位置 1.摆球在最高点：， （此时回复力最大）。 2.摆球在最低点：，最大， （此时回复力为零）。 18.（2025北京昌平区期末）如图所示，将一摆长为、摆球质量为 的单 摆悬挂在 点。拉开摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放， 摆球将沿着平衡位置为中点的一段圆弧做往复运动。摆球可视为质点，不 计空气阻力，重力加速度为 。 （1） 求单摆摆动任一角度 时的回复力大小 ； 【答案】 【解析】 摆球所受回复力为重力在运动轨迹切线方向的分力，摆角为 时，其大小为 。 69 （2） 证明单摆的运动是简谐运动； 【答案】 见解析 【解析】 当摆角 很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，相对最低点的位移 大小 与弧长相等，有 回复力大小可表示为 由于回复力方向与位移方向相反，故回复力与位移关系可表示为 其中 是定值，故在摆角很小时，摆球的运动是简谐运动。 70 （3） 若将上述单摆悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度 加速下降时，拉开 摆球，使它偏离平衡位置一个很小的角度，然后释放，摆球相对于升降机是否做简谐运 动?若做简谐运动，请写出其振动的周期 。 【答案】 是做简谐运动; 71 【解析】 若将上述单摆悬挂在升降机顶端，当升降机以加速度 加速下降时，其等效重 力（ 当升降机以加速度 加速下降时，摆球处于非惯性系中。等效 重力加速为（方向竖直向下，假设）。若 ，则等效重力加速度为 零或反向，运动性质改变（如时完全失重，单摆静止或做圆周运动； 时等效 重力向上）。） 用第二问知识可类比推出回复力与位移关系可表示为 故在摆角很小时，摆球的运动是简谐运动，其振动的周期 。 . . . . 72 情境 等效重力加速度 情境 等效重力加速度 g等效=g-a g等效= g等效=g+a g等效=g g等效= — — $