第2章 第3节 单 摆（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦单摆核心知识，涵盖单摆概念、回复力来源、周期公式及影响因素、模型拓展等内容。课堂通过问题链（如小球受力分析、回复力与向心力辨析）结合图示导入，衔接简谐运动知识，搭建从实际现象到理想化模型的学习支架。 其亮点在于以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过“梳理与总结”明确单摆理想化条件，“易错辨析”纠正回复力与合力等概念误区，实例（如摆长计算、等效重力加速度分析）培养推理能力。分层练习设计助力学生巩固，教师可灵活使用，提升教学效果，促进学生物理观念和科学探究能力的发展。

单　摆 第3节 第 2 章 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 内容索引 课时对点练 一、单摆的振动 二、单摆的周期 三、单摆模型的拓展 < 一 > 单摆的振动 如图所示，把一根不能伸长的细线上端固定，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，拉力和重力的合力提供向心力，其合外力不为零。 1.单摆 (1)定义：把一根不能伸长的细线上端固定，下端拴一个小球，细线的____和小球的 可忽略不计，这种装置称为 。 (2)单摆是实际摆的 模型。 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。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。 梳理与总结 大小 单摆 理想化 圆弧切线 mgsin θ 小 正比 平衡位置 质量 说明：在偏角很小时，sin 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。 (1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。(　　) (2)单摆摆动到最高点时速度为零，合外力也为零。(　　) (3)摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比。 (　　) × × × 易错辨析 　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，故A错误； 单摆近似可以看作简谐运动，在最低点B处，即平衡位置处时，速度最大，回复力为零，故B错误； 摆球在A点和C点时，处于最大位移处，速度为零，故细线拉力最小，但回复力最大，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 < 二 > 单摆的周期 1.影响单摆振动的周期的因素 单摆振动的周期与摆球的质量 (选填“有关”或“无关”)，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：单摆周期公式是物理学家 首先提出的。 (2)公式：T= ，即周期T与摆长l的 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 算术平方根 度g的算术平方根 重力加速 无关 说明：①单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。 ②公式中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。 3.应用 (1)制成摆钟用来计量时间。 (2)测量当地的 。 重力加速度 　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，因为在赤道上的重力加速度g比在两极的小，则单摆的周期将变大，故D正确。 　某单摆及其振动图像如图所示。单摆的摆长是多少(取重力加速度g= 10 m/s2，π2=10)？ 例3 由题图(b)可知，周期T=2 s，由单摆周期公式T=2π可得l=，代入数据解得l=1 m，即摆长为1 m。 答案　1 m 拓展　将此摆拿到月球上去，它在月球上做50次全振动要用多少时间？已知月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2。 此摆搬到月球上，其与在地球上的周期关系为=，它在月球上做50次全振动所用的时间为t=50T'=50T=250 s。 答案　250 s 返回 < 三 > 单摆模型的拓展 1.类单摆模型 如图所示，在光滑圆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，小球的运动可以看成简谐运动，T=2π。 在上类模型中，若将另一个在O点小球与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点小球先到达O'位置。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：(a)图中，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。(b)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)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。 　如图甲、乙、丙、丁所示为相同的小球(可看作质点)构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期分别为T1、T2、T3、T4(其中丙图两小球均带负电荷，丁图中振动系统处于匀加速下降的电梯内)，关于周期大小关系的判断，正确的是 A.T1>T2>T3>T4 B.T4<T1=T3<T2 C.T4>T1=T3>T2 D.T1<T2<T3<T4 例4 √ 设绳子长度均为L，根据单摆周期公式可得四幅图的周期分别为T1= 2π、T2=2π(等效摆长为Lcos 30°)、T3=2π(两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力，等效重力加速度依然为g)、T4=2π(摆球处于失重状态，等效重力为mg-ma，则等效重力加速度为(g-a)，则T4>T1=T3>T2，故选C。 返回 < 四 > 课时对点练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C CD C A C CD BD D 题号 9 　10 答案 A 　D 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点一　单摆的振动 1.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 答案 10 28 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；当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是单摆的向心力不为零，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，更不能用来研究简谐运动的规律，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 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 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 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。 10 考点二　单摆的周期 3.一单摆的摆长为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 答案 10 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 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 4.如图所示，500米口径的球面射电望远镜(FAST)位于贵州省，是我国重大科技基础设施建设项目之一。某同学设计了一种测量该球面半径R的方法：假设FAST内表面是光滑的球面，他猜想将小球自球面最低点附近由静止释放，用秒表测出它完成n次全振动的时间t，如果当地重力加速度为g，将小球的运动视为简谐运动，则FAST的球面半径R为 A. B. C. D. √ 10 小球做简谐运动的周期为T=，由单摆周期公式可知T=2π，联立解得FAST的球面半径为R=，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 5.小明在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆摆动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球在O点两侧所能到达的最远位置。小明根据实验情况绘制了摆球离开平衡位置的位移随时间变化的图像，如图乙所示。设图甲中向右为正方向，当地的重力加速度g=10 m/s2，π2取10，则下列选项正确的是 A.根据图乙可知t=0时摆球在C点 B.此单摆的频率是2 Hz C.在图乙中P点所对应的时刻摆球向左摆动 D.根据已知数据可以求得此单摆的摆长为2.0 m √ 10 由题知向右为正方向，t=0时摆球位于负的最大位移处，所以t=0时摆球在B点，A错误； 由题图乙可知，单摆的周期为2.0 s，所以频率为0.5 Hz，B错误； 由题图乙可知，在P点所对应的时刻，摆球从正向最大位移处向平衡位置摆动，即向左摆动，C正确； 由T=2π可知，摆长为l=，代入数据解得l=1.0 m，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 6.(多选)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 √ 10 能力综合练 √ 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；该摆钟从北京带到广州，重力 加速度变小，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 7.(多选)如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的O'点钉一个光滑钉子，使OO'=，将单摆拉至A处释放，摆球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°。重力加速度为g，下列说法正确的是 A.由机械能守恒可得摆角大小不变 B.A和C两点在同一水平面上 C.周期T=2π(+) D.周期T=π(+) √ 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 摆球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，可知A和C两点在同一水平面上。由于摆长会发生变化，所以摆角大小是变化的，A错，B对； 摆球从A摆到B的时间为t1=×2π=，从B摆到C的时间为t2=×　 2π=，故摆球的运动周期为T=2(t1+t2)=π(+)，C错，D对。 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 8.(2024·南平市高二期中)甲、乙两星球表面的a、b两个单摆做简谐运动的x-t图像如图所示，已知两单摆的摆长相等，由图可知 A.甲、乙两星球表面的重力加速度之比为 B.减小a摆的摆球质量，a摆的周期有可能 　与b摆相等 C.a、b两单摆在最低点的速率有可能相等 D.a、b两单摆在最低点的动能有可能相等 √ 10 由题图可知两单摆的周期之比为T甲∶T乙=2∶3，由T=2π可得g=　所以甲、乙两星球表面的重力加速度之比为=，故A错误； 由T=2π可知，单摆周期与摆球质量无关，所以减小a摆的摆球质量，a摆的周期不可能与b摆相等，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 两摆摆长相同，振幅不同，则两摆球摆动过程中上升的最大高度不同，由机械能守恒定律知Ek=mgh=mv2，则v=，由于g甲>g乙，h甲>h乙，所以在最低点速率一定不同；由于摆球质量关系未知，所以在最低点的动能有可能相等，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.如图所示，甲、乙两质量相等的小孩玩滑梯游戏，AB为半径很大的光滑圆槽，A、B两点在同一水平高度上，且AB弧长远小于半径，圆槽的最低点为O，开始时甲静止在A点，乙静止在弧OB的中点C，听到哨声两人同时无初速度滑下，则 A.两人在O点相遇 B.两人在O点左侧相遇 C.相遇时的动能相同 D.相遇时两人的向心加速度相同 √ 10 因AB弧长远小于半径，则两人同时下滑过程可视为单摆，两人运动到O点的时间相同，为t==，即两人在O点相遇，A对，B错； 由mgh=mv2知，甲下降的高度较大，则相遇时的动能较大，C错； 在O点，向心加速度a==，因h不同，则向心加速度不同，D错。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.(2024·泉州市高二期中)如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为+q的小球A(可看作质点)。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO'重合，OO'的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离， 尖子生选练 10 保持细绳拉直，直至细绳与OO'间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A.小球A在运动过程中的加速度大小恒为a= B.细绳通过OO'后小球A速度为0时，细绳与OO' 　的夹角大于θ C.细绳通过OO'时小球A的速度与其质量m无关 D.小球A释放后经历的时间，细绳会与OO'重合 √ 10 在水平方向上，小球除了受电场力外，还受到绳子拉力作用，因此加速度不恒为，A错误； 由于运动的对称性，细绳通过OO'后小球A速度减小为0时，细绳与OO'的夹角仍为θ，B错误； 根据动能定理Eql(1-cos θ)=mv2，小球A通过OO'时，质量越大，速度越小，C错误； 小球A的运动与单摆的运动类似，其等效重力加速度g'=，代入单摆的周期公式，可得T=2π，小球A经恰好与OO'重合，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 返回 10 本课结束 第 2 章 $