第二章 第三节 单摆（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

本讲义聚焦高中物理单摆核心知识点，从单摆理想模型的构建出发，系统分析回复力来源（重力切向分力），通过实验探究周期影响因素并推导周期公式（T=2π√(L/g)），最后拓展类单摆模型及等效摆长、等效重力加速度的应用，形成完整知识支架。 该资料以问题链驱动科学探究，如通过控制变量法探究周期影响因素，结合摆钟调节、秒摆计算等实例培养科学思维与模型建构能力。课中助力教师突破重难点，课后通过分层练习帮助学生巩固知识，查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

第三节　单摆 [学习目标]　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.知道影响单摆周期的因素，能熟练运用单摆的周期公式解决相关问题(重难点)。 一、单摆及其回复力 单摆：如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆。 说明：单摆是实际摆的理想模型，若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动。 如图所示，一根细线上端固定，下端连接一个质量为m的金属小球，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？ (2)什么力提供向心力？什么力提供回复力？ (3)小球经过O点平衡位置时回复力为零，合外力也为零吗？ (4)试推导回复力与位移的关系来证明单摆的运动是简谐运动(当角度很小时，sin θ≈θ)。 答案　(1)小球受重力和细线的拉力作用。 (2)如图所示，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，即回复力F=mg·sin θ。 (3)小球经过平衡位置时还有向心力，其合外力不为零。 (4)在摆角很小时，sin θ≈θ=≈，因此单摆的回复力可表示为F=-mg，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，因此单摆运动是简谐运动。 例1　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 答案　C 解析　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，回复力为零，故B错误；摆球在A点和C点即最大位移处时，速度为零，故细线拉力最小，回复力最大，故C正确；摆球做圆周运动，摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，回复力减小，故D错误。 二、单摆的周期 用如图所示的实验装置探究影响单摆周期的因素。影响单摆周期的因素可能有单摆摆长(细绳的质量忽略)、小球的质量(小球的体积可以忽略)、摆角等，试分析以下问题： (1)根据以上猜想，该实验应采取什么研究方法？ (2)在测量单摆的周期时，采用什么样的方法可以减小误差？以哪个位置作为起点更方便计时和减小误差？ (3)下表为某次在探究摆角很小的情况下周期与摆长关系的实验数据，请在表中填上第3次实验所测得的周期，并说一说你得到怎样的结论。 组次 1 2 3 摆长L/cm 80.00 90.00 100.00 50次全振动所用时间 90.0 95.5 100.5 振动周期T/s 1.80 1.91 答案　(1)控制变量法。 (2)可以多次测量取平均值来减小周期的测量误差；以单摆的平衡位置(最低点)作为起点更方便计时和减小误差。 (3)2.01　在摆角很小的情况下，单摆的周期与摆长有关，摆长越长，单摆的周期越大。 1.在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关。 2.周期公式 (1)提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。 (2)公式：T=2π，即周期T跟摆长L的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 3.单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关，和外界条件无关。单摆的简谐运动周期也叫作单摆的固有周期，其频率为固有频率。弹簧振子的简谐运动周期和频率与弹簧的劲度系数和小球的质量有关。 类比弹簧振子做简谐运动的回复力F=-kx，单摆的类似于弹簧振子的k，结合单摆的周期公式，试用m、k表示出弹簧振子的周期公式。 答案　T=2π 例2　(2024·揭阳市高二期末)惠更斯利用摆的等时性发明了摆钟，摆钟的周期可以通过调节等效摆长(整个摆钟的重心到悬挂点的距离)控制，控制的方法是旋转摆钟下端的旋转螺母以调节圆盘高度。下列关于摆钟的说法正确的是(　　) A.将摆钟从广州运到北京，应将圆盘向上移 B.摆钟慢了，应将圆盘向上移 C.若夏天摆钟准确，则到冬天要将圆盘向上移 D.若摆钟周期为1 s，则等效摆长约为0.5 m 答案　B 解析　根据单摆周期公式T=2π可知，把摆钟从广州移到北京，则重力加速度增大，应增大摆长，即使圆盘沿摆杆下移，才能使摆钟准确，故A错误；摆钟慢了，即周期变长，所以应使圆盘沿摆杆上移，减小周期，才能使摆钟准确，故B正确；由夏季变为冬季时，温度降低，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆下移，才能使摆钟准确，故C错误；若摆钟周期为1 s，则等效摆长约为0.25 m，故D错误。 例3　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。 答案　1 m　175 s 解析　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。 三、单摆模型的拓展 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？ 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：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的值等于摆球相对系统“静止”在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。 例4　如图所示的几个相同单摆在不同条件下摆动，关于它们的周期关系，下列判断正确的是(　　) A.T甲>T乙>T丙>T丁 B.T甲<T乙=T丙<T丁 C.T甲>T乙=T丙>T丁 D.T甲<T乙<T丙<T丁 答案　C 解析　题图甲中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g甲=gsin θ；题图乙中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回复力，即g乙=g；题图丙为标准单摆，则g丙=g；题图丁摆球处于超重状态，等效重力增大，故等效重力加速度增大，g丁=g+a，由单摆做简谐运动的周期公式知T甲>T乙=T丙>T丁，选项C正确。 课时对点练 [分值：70分] [1~6题，每题4分] 考点一　单摆及其回复力 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 答案　C 解析　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 答案　CD 解析　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　单摆的周期公式 3.(多选)(2024·惠州市实验中学高二月考)如图所示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，则单摆的周期不变 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 答案　BD 解析　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(小于5°)α无关，故A错误，B正确；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；将此单摆从两极移到地球赤道上，其他条件不变，因为在赤道上重力加速度比在两极的小，则单摆的周期将变大，故D正确。 4.如图所示为演示简谐振动的沙摆，沙筒的质量为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 答案　B 解析　由题可知，M>m，当沙子逐渐漏完的过程中，沙筒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，该摆的周期先变大后变小，故B正确，A、C、D错误。 5.(多选)(2024·广州市高二期末)如图甲，小明做摆角较小的单摆实验，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测出当地重力加速度g=π2 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙，设图中单摆向右振动为正方向，则下列选项正确的是(　　) A.此单摆的振动频率是2 Hz B.单摆的摆长约为1.0 m C.仅改变摆球质量，单摆周期不变 D.t=0时刻，摆球位于B点 答案　BCD 解析　由题图乙可知，此单摆的周期为T=2 s，则此单摆的振动频率为f==0.5 Hz，故A错误；根据单摆周期公式T=2π，可得单摆的摆长为L==1.0 m，仅改变摆球质量，单摆周期不变，故B、C正确；t=0时刻，由题图乙可知，摆球位于负向最大位移处，图中单摆向右振动为正方向，则摆球位于B点，故D正确。 考点三　单摆模型的拓展 6.(2024·茂名市电白区高二期末)如图所示，表面光滑的固定圆弧轨道，最低点为P，弧长远小于R，现将可视为质点的两个小球从A、B点同时由静止释放，弧长AP大于BP，则(　　) A.两球在P点相遇 B.两球在P点右侧相遇 C.两球在P点左侧相遇 D.以上情况均有可能 答案　A 解析　由于弧长远小于R，所以两球的运动都可以看作是单摆，由单摆的等时性可知，两球从释放到最低点的时间都等于单摆周期(单摆周期公式T=2π)的四分之一，摆长相等，L=R，所以两球会同时到达P点，故B、C、D错误，A正确。 7.(14分)如图所示，三根轻质细线在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)求： (1)(6分)让小球在纸面内摆动，周期为多少； (2)(8分)让小球在垂直纸面方向摆动，周期为多少。 答案　(1)2π　(2)π 解析　(1)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 (2)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。 [8~10题，每题6分] 8.(2024·广州市三校高二期中)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中错误的是(　　) A.甲、乙两单摆的摆长相等 B.甲摆的振幅比乙摆大 C.甲摆的机械能比乙摆大 D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 答案　C 解析　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点的重力加速度g相同，由单摆的周期公式T=2π可得，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A正确；由题图知甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小，故C错误；在t=0.5 s时，甲摆经过平衡位置，摆球的加速度为零，乙摆的位移为负向最大，根据a=-可知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。 9.(2024·江门市新会第一中学高二月考)如图所示，房顶上固定一根长2 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，A点是小球摆动的最左端，B点是小球摆动的最右端，O点是小球摆动的平衡位置。不计空气阻力，小球从A点到O点所用的最短时间为tAO，小球从B点到O点所用的最短时间为tBO，tAO=tBO，窗上沿到房顶的高度为(　　) A.1.6 m B.1.5 m C.1.2 m D.1.4 m 答案　B 解析　设窗上沿到房顶的高度为L2，小球的摆动可视为单摆运动tBO=T1=，tAO=T2=，tAO=tBO，联立解得L2=1.5 m，故选B。 10.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.摆球做简谐运动的最大回复力F=mgsin θsin α B.摆球做简谐运动的最大回复力为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，细线的拉力为FT=mgsin α 答案　A 解析　重力的沿斜面向下的分力为mgsin α，该分力沿切线的最大分力为mgsin θsin α，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，细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>0，故FT>mgsin α，故D错误。 11.(14分)(2023·佛山市高二月考)如图甲所示，有一悬挂在O点的单摆，将小球(可视为质点)拉到A点后释放，小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，已知B点为小球运动中的最低点，A、C两点为小球运动中的最高点，摆角为α(α<5°)，在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线，由力传感器测得最小拉力为F2，图中F2、t0已知，当地重力加速度大小为g，不计空气阻力，求： (1)(4分)单摆的周期T和摆长L； (2)(3分)小球的质量m； (3)(7分)力传感器测出的拉力的最大值F1。 答案　(1)2t0　　(2)　(3)F2 解析　(1)由题图乙可知，单摆周期为T=2t0 由单摆周期公式T=2π 解得L= (2)小球在A点时拉力最小，则有F2=mgcos α 解得m= (3)小球在平衡位置B点时拉力最大， 根据牛顿第二定律有F1-mg=m 小球从A到B过程，由动能定理得 mgL(1-cos α)=mv2 解得F1=F2。 学科网（北京）股份有限公司 $