第二章 4 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（人教版 浙江专版）

该高中物理课件聚焦单摆模型，系统讲解回复力来源、周期公式及模型拓展，通过问题链导入（如平衡位置受力分析），构建从单摆理想化条件到简谐运动条件，再到周期影响因素及类单摆应用的递进式学习支架。 其亮点在于以科学探究为导向，结合例题分析（如秒摆火星周期计算）培养科学思维，通过模型建构（类单摆）和科学推理（等效重力加速度推导）深化理解，助力学生掌握简谐运动本质，为教师提供结构化教学资源与分层练习，提升课堂效率。

单摆 4 第 二 章 1.理解单摆模型和单摆做简谐运动的条件，知道单摆振动时回复力的来源(重点)。 2.理解影响单摆周期的因素，能熟练应用单摆周期公式解决问题(重难点)。 学习目标 内容索引 课时对点练 一、单摆的回复力 二、单摆的周期 三、单摆模型的拓展 < 一 > 单摆的回复力 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，然后静止释放，小球在A、A'间来回摆动，不计空气的阻力。 (1)小球的平衡位置在哪里？ 答案　小球静止时的位置O点为平衡位置。 (2)小球摆动过程中受到哪些力的作用？什么力提供向心力？什么力提供回复力？ 答案　小球受重力和细线的拉力作用。细线的拉力和重力沿细线方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，做圆周运动，其合外力不为零。 1.单摆 (1)实际摆看成单摆的条件 ①细线的　　　与小球相比可以忽略。 ②小球的　　　与线的长度相比可以忽略。 ③摆线的　　　　与摆线长度相比可以忽略。 ④　　　　　与摆球的重力及细线的拉力相比可以忽略。 (2)单摆是实际摆的理想化模型。 质量 直径 形变量 空气阻力 梳理与总结 2.单摆的回复力 (1)回复力的来源：摆球的重力沿　　　　　方向的分 力，即F＝ 。 (2)回复力的特点：在摆角很 的条件下，sin θ≈θ≈ (其中x为摆球偏离平衡位置的位移)，单摆的回复力 F＝ ，令k＝，则F＝ 。 3.单摆的运动规律：在摆角 时，单摆做 运动。 圆弧切线 mgsin θ 小 －x －kx 很小 简谐 　(多选)关于单摆，下列说法正确的是 A.单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力 B.在摆角很小的情况下，单摆的运动可以看成简谐运动 C.在摆角很小的情况下，回复力F的方向与相对平衡位置的位移x的方向 　相反 D.在摆角很小的情况下，回复力F的大小与相对平衡位置的位移x的大小 　成反比 例1 √ √ √ 单摆的回复力是重力沿摆动圆弧切线方向的分力，故A正确； 在摆角很小的情况下，单摆的运动才可以看成简谐运动，此时回复力才满足F＝－kx，即回复力F的大小与相对平衡位置的位移x的大小成正比，方向与相对平衡位置的位移x的方向相反，故B、C正确，D错误。 返回 < 二 > 单摆的周期 1.提出：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，与重力加速度g的二次方根成　　　，而与振幅、摆球质量　　　。 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。 惠更斯 2π 摆长l的二次方根 反比 无关 　如图所示，O点为单摆的固定悬点。现将小球拉至A点并在零时刻由静止释放，经过时间t0，小球第一次到达左侧最高点C，B点为平衡位置，空气阻力不计。下列说法正确的是 A.小球经过B点时所受合力为零 B.小球在某时刻t1的动能与t1+t0时刻的动能一定相等 C.若仅将该单摆振幅变为原来的，则单摆周期变为t0 D.若仅将该小球质量变为原来的2倍，则单摆周期变为4t0 例2 √ 在B点时小球的速度最大，做圆周运动，所受合力不为零，故A错误； 根据单摆运动的周期性可知小球在某时刻t1的动能与t1+t0时刻的动能一定相等，故B正确； 单摆的周期T＝2π，可知单摆的周期与振幅无关，所以振幅变为原来的后的周期仍为2t0，故C错误； 单摆的周期T＝2π，可知周期与摆球质量无关，故质量变为原来的2 倍，周期不变，仍为2t0，故D错误。 　如图所示，以O点为平衡位置，单摆在A、B两点间做简谐运动，已知摆球从A点第一次运动到B点历时0.5 s，则下列说法中正确的是 A.摆球从A点经O点运动到B点即完成一次全振动 B.单摆的摆长约为1 m C.从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复 　力也不断增大 D.将单摆从地面移至山顶，摆动周期将增大 例3 √ 摆球从A点经O点运动到B点，然后从B点再经过O点返回A点，摆球完成一次全振动，故A错误； 单摆周期为T＝2π＝1 s，解得l≈0.25 m，故B错误； 从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力不断减小，故C错误； 将单摆从地面移至山顶，由于重力加速度减小，由单摆周期公式可知，摆动周期将增大，故D正确。 　 (2024·丽水市第二高级中学高二月考)如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小角度地摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑。此装置可视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.单摆振动的周期是6 s B.t＝2 s时，摆球的速度为零 C.球摆开的角度增大，周期增大 D.该单摆的摆长约为16 m 例4 √ 由题图乙可知，单摆振动的周期为8 s，A错误； t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B错误； 根据单摆周期公式T＝2π，可知周期与球摆开的角度无关，C错误； 把T＝8 s代入周期公式可得，摆长为l≈16 m，D正确。 返回 < 三 > 单摆模型的拓展 1.类单摆模型 除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动规律与单摆的运动类似，该类物体的运动即为类单摆模型。如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。 　用同一材质做成的两只实心小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，且m1>m2。现分别让两只小球在一半径为R的光滑半圆中做简谐运动，测出它们所对应的周期分别为T1、T2。则可推出 A.T1<T2 B.T1>T2 C.T1＝T2 D.小球运动周期与小球质量无关 例5 √ 因m1>m2可知小球半径r1>r2，两小球做简谐运动，可知类似单摆模型， 根据T＝2π＝2π，可知T1<T2，可见小球运动周期与小球质量有 关。故选A。 2.等效重力加速度：一般情况下，公式中g等效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。 情景 等效重力加速度 超失重 系统   g等效＝g－a   g等效＝g+a 情景 等效重力加速度 匀强电 场中   g等效＝   g等效＝ 情景 等效重力加速度 点电荷电 场中 (F电⊥v)   g等效＝g(摆球回复力与两点电荷间的静电力无关) 　2020年7月23日，我国首次发射火星探测器“天问一号”。地面上周期为2 s的单摆经常被称为秒摆。假如某秒摆被“天问一号”探测器携带至火星表面后，周期变为3 s。已知火星半径约为地球半径的二分之一，以下说法正确的是 A.若秒摆在火星表面的摆角变小，则周期也会随之变小 B.地球质量约为火星质量的4倍 C.火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的 D.“天问一号”探测器刚发射离开地球表面时，此秒摆的周期大于2 s 例6 √ 由题意及单摆周期公式T＝2π， 可知周期与摆角大小无关，故A错误； 由题意可得 由单摆周期公式T＝2π可得 由万有引力提供向心力可得＝mg，g＝ 由题意知 解得，故B错误； 由万有引力提供向心力可得＝m 则第一宇宙速度v＝ ，故C正确； “天问一号”探测器刚发射离开地球表面时处于超重状态， 由T＝2π可知，周期变小，即秒摆的周期小于2 s，故D错误。 　如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为 A.π B.π C.π D.π 针对训练 √ 因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°， 小球的运动可以看作单摆， 根据牛顿第二定律及单摆的周期公式有 mgsin θ＝ma，T＝2π， 小球回到最低点所需的最短时间为t＝， 解得t＝π，故选C。 返回 < 四 > 课时对点练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C B BC A D B B 题号 9 10 11 12 13 答案 C AD B C BC 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 考点一　单摆及单摆的回复力 1.如图所示，一单摆在a、b之间摆动，O点是平衡位置，则下列四幅图中摆球所受回复力F方向正确的是 基础对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 单摆的回复力是重力沿摆动圆弧切线方向的分力，故C正确。 √ 2.关于单摆在运动过程中所受到的力(不计空气阻力)，下列说法正确的是 A.受三个力：重力、拉力、回复力 B.受四个力：重力、拉力、回复力、向心力 C.只受两个力：重力和拉力 D.只受两个力：重力和回复力 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 单摆在运动过程中，不计空气阻力，只受两个力，即重力和拉力，回复力是重力沿摆动圆弧切线方向的分力，故C正确。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 考点二　单摆的周期 3.如图所示为演示简谐运动的沙摆，已知摆长为l，漏斗的质量为m，沙子的质量为M，M≫m，在沙子逐渐漏完的过程中，摆的周期 A.不变 B.先变大后变小 C.先变小后变大 D.逐渐变大 √ 漏斗的质量为m，沙子的质量为M，M≫m，当沙子逐渐下漏的过程中，沙漏的重心先下降后升高，则该沙摆的摆长先增大后减小，由单摆的 周期公式T＝2π可知，该摆的周期先增大后减小，故B正确，A、C、 D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 4.(多选)(2024·绍兴市会稽联盟高二期中)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，如图甲所示，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运动的速率由钟摆控制，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示。下列说法正确的是 A.摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移 B.摆钟快了，应使圆盘沿摆杆下移 C.把摆钟从北京移到上海，应使圆盘沿摆杆上移 D.把摆钟从山顶移到山脚，应使圆盘沿摆杆上移 √ √ 若摆钟变慢，是因为周期变大，单摆的周期公式为T＝2π，应减小摆 长，即上移圆盘，同理，若摆钟变快，应下移圆盘，故A错误，B正确； 从北京移到上海，g值变小，周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，故C正确； 从山顶移到山脚，g值变大，周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 5.两个单摆的振动图像如图所示，则甲、乙两个单摆的摆长之比为 A.1∶4 B.1∶2 C.2∶1 D.4∶1 √ 由题图可知，甲、乙单摆的周期之比为1∶2，根据T＝2π可知甲、乙两个单摆的摆长之比为1∶4。故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 6.(2024·浙江省浙里特色联盟高二期中)如图甲，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别得出图乙和图丙两条纸带，π取3.14，重力加速度g大小取10 m/s2。下列说法正确的是 A.无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带 　通过的距离表示时间 B.由图知乙纸带的速度为丙纸带速度的 C.单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同 D.若乙图中，纸带拖动速度为10 cm/s，可推算该单摆的摆长约为1 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 纸带匀速运动时，由x＝vt知，位移与时间成正比，因此只有在匀速运动的条件下，才可以用纸带通过的距离表示时间，故A错误； 由于乙图中单摆的摆动时间为两个周期，丙图中单摆的摆动时间为四个周期，纸带同样移动40 cm，丙的时间是乙的两倍，故乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍，故B错误； 根据题图可知单摆漏斗在P点向上振动，在Q点向下振动，单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相反，故C错误； 若乙图中，纸带拖动速度为10 cm/s，可得单摆周期为T＝·＝2 s，根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆的摆长为l≈1 m，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 7.如图甲所示，O是单摆的平衡位置，B、C是摆球所能达到的最远位置，以向右摆动为正方向，此单摆的振动图像如图乙所示，则 A.单摆的振幅是16 cm B.单摆的摆长约为1 m C.摆球经过O点时，速度最大，加速度为零 D.P点时刻摆球正在OC间向正方向摆动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由振动图像可知，单摆的振幅是8 cm，选项A错误；单摆的周期为2 s， 根据T＝2π，可得摆长l＝≈1 m，选项B正确； 摆球经过O点时，速度最大，有向心加速度，即加速度不为零，选项C错误； P点时刻摆球正在OC间向负方向摆动，选项D错误。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 8.(2025·浙江省名校协作体开学考)如图所示，AOB为放置在竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道，A、B两点位于圆弧上等高处，弧AB的长度远小于R，在B点和O点之间固定一光滑直轨道，圆弧轨道和直轨道平滑连接。现将一小球(半径可忽略)由A点静止释放，重力加速度为g，则A→O→B过程小球的运动时间为 A.π B.(+2) C.(+ D.(+ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球从A→O过程为单摆运动， 运动时间为t1＝ 设弦OB对应的圆心角为θ，根据几何知识可得直轨道OB的长度为OB＝ 2Rsin 此时直轨道的倾角为，小球的加速度大小为a＝gsin ，根据机械能守 恒定律可知vB＝0 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 故小球从O点匀减速直线运动到B点的时间与小球从B点无初速度释放运动到O点的时间相同，即OB＝a，解得t2＝2 故A→O→B过程小球的运动时间为t＝t1+t2＝(+2)，故选B。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 能力综合练 13 9.(2023·宁波市第三中学高二期中)有一摆长为L的单摆，其悬点正下方某处有一小钉，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运动到左边最高点N的频闪照片如图所示(悬点与小钉未被摄入)。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. B. C. D.无法确定 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆长为L时单摆摆动的周期为T1＝4×4t＝16t，摆长为L'时单摆摆动的周期为T2＝4×2t＝8t，所以T1∶T2 ＝2∶1，又因为T1＝2π，T2＝2π，故可得L'＝L，所以小钉与悬点间的距离为s＝L－L'＝L，故选C。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 10.(多选)如图所示，三根细线在O点处打结，A、B两端固定在同一水平面上相距为L的两点上，△AOB为直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC长为L，下端C点处系着一个小球(忽略小球的半径，小球摆动时偏角θ<5°，重力加速度为g)，下列说法正确的是 A.让小球在纸面内摆动，周期T＝2π B.让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π C.让小球在纸面内摆动，周期T＝2π D.让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝π √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 当小球在纸面内做小角度的摆动时， 摆动圆弧的圆心为O点，摆长为L， 故周期为T＝2π，故A正确，C错误； 当小球在垂直纸面方向做小角度的摆动时， 圆心在A、B所在水平面上且在O点正上方， 由几何关系知摆长为L'＝(1+)L， 故周期为T＝2π＝π，故B错误，D正确。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 11.(2024·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球(可视为质点)，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g取10 m/s2，则 A.摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力大小为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 根据单摆的周期公式T＝2π可知周期与摆角无关，故A错误； 同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对 小球受力分析如图 可得2FAcos 30°＝mg 解得FA＝FB＝ N 故C、D错误； 根据几何知识可知摆长为L＝＝1 m，故周期为T＝2π≈2 s， 故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 12.(2024·浙江省高二期中)如图甲，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.单摆的振动周期为0.2π s B.摆长为0.1 m C.摆球的质量为0.05 kg D.摆球运动过程中的最大速度为 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由题图乙可知，单摆的周期为0.4π s，故A错误； 由单摆周期公式T＝2π，代入数据解得l＝0.4 m，故B错误； 由题图乙和牛顿第二定律得在最高点mgcos α＝0.495 N 在最低点0.510 N－mg＝m 从最高点到最低点，由动能定理得mgl(1－cos α)＝mv2 联立解得m＝0.05 kg，v＝ m/s，故C正确，D错误。 13 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 13.(多选)如图所示，有一光滑并带有圆弧的曲面，倾斜放在平面上，在曲面的底部平行于轴线画一条虚线，现将一个可视为质点的小球从图中位置平行于虚线以一定的初速度进入曲面，将小球下滑过程中经过虚线时的位置依次记为a、b、c、d，以下说法正确的是 A.虚线处的ab、bc、cd间距相等 B.经过ab、bc、cd的时间相等 C.小球从释放到离开曲面末端时动能的变化量与初速度大小无关 D.小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小与初速度大小有关 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球在垂直于虚线所在平面内做类似单摆运动，具有等时性规律，所以经过ab、bc、cd的时间相等，故B正确； 小球在沿虚线方向做匀加速直线运动，所以ab<bc<cd，故A错误； 小球从释放到离开曲面末端时，只有重力做功，动能变化量等于重力做功大小，与初速度大小无关，故C正确； 13 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球通过a、b、c三点时，曲面对小球的支持力与小球重力在垂直曲面方向的合力提供其在垂直于虚线平面内分(圆周)运动的向心力，小球初速度方向平行虚线向下，无论初速度大小如何，小球通过a、b、c三点时在垂直于虚线方向的分速度大小相同，所需向心力大小相同，受到曲面的支持力大小相同，根据牛顿第三定律可知小球通过a、b、c三点时对曲面的压力大小相同，与初速度大小无关，故D错误。 13 本课结束 第 二 章 $