2.4 单摆-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

066 4.单摆 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 了解什么是单摆，初步形成单摆的回复力及周期的概念。 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 科学思维 决定因素，掌握其周期公式，知道单摆是一种理想化模型。 (1)单摆的回复力 (2)周期公式 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 科学探究 长的关系。 探究点1单摆的回复力 [图解] ●要点归纳 以下哪种摆可以看成 单摆？ 1.单摆的组成：由细线和 组成。 橡竿粗个细 2.理想化模型 麻绳 (1)细线的长度不可改变。 筋绳 (2)细线的质量与小球相比 (3)小球的 与线的长度相比 (4)单摆运动过程中，与小球受到的重力及线的拉力相比，空气等对它的 木球铁球 上面可以看成单摆的 阻力可以忽略。 ●[图解] 是第五种摆。 3单摆的回复力 解释：第一种摆的悬 (1)回复力的来源：摆球的重力沿 方向的分 绳是橡皮筋，伸缩不 力，即F= 可忽略； (2)单摆做简谐运动的推证 G=mg 第二种摆的悬绳质量 在偏角很小时，sin9≈兰，又回复力F=mgsin0,所以单摆的回复力F= 不可忽略； 第三种摆的悬绳长度 坚（式中表示摆球偏离平衡位登的位移，1表示单摆的摆长，负号表示回 不是远大于摆球 直径； 复力F与位移x的方向相反)，由此知回复力符合F=-x,单摆做简谐运动。 第四种摆的摆球质量 (3)单摆的运动规律 过小； 单摆在摆角 时做简谐运动。 所以以上四种摆均不 4.回复力、加速度、速度、动能等都随时间做周期性变化。 可看成单摆。 位移、回复力、加速度 速度、动能 最高点 最大 零 最低点 零 最大 远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 靠近平衡位置运动 越来越小 越来越大 067 [判断正误] [易错警示] (1)单摆运动的回复力是重力和摆线拉力的合力。 ( 单摆振动过程中回复 (2)单摆经过平衡位置时受到的合力为零。 ( 力、向心力与合力的 (3)制作单摆的摆球越大越好。 ( 区别与联系 单摆振动中的回复力 类型一：单摆回复力的理解 由重力沿圆孤切线方 例1：关于单摆的运动，下列说法中正确的是 ）向的分力提供；单摆 A.单摆摆球所受的合外力指向平衡位置 振动过程中，由于摆 B.摆球经过平衡位置时加速度为零 球的轨迹是圆孤，故 C.摆球运动到平衡位置时，所受回复力等于零 还需要向心力。 (1)在最大位移处 D.摆角很小时，摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小 时，速度为零，向心 成正比 力为零，此时合力等 P[易错警示] 于回复力。 类型二：单摆的运动特征及规律 (2)在平衡位置处 时，速度不为零，向 例2：一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以 心力也不为零，此时 下说法正确的是 () 回复力为零，合力等 A.1时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大 于向心力。 B.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 (3)在其他位置时， C.t2时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小 重力沿圆弧切线方向 D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 的分力提供回复力， 跟踪训练1：如图所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可 绳子的拉力与重力沿 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 着半径方向的分力的 合力提供向心力。 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.摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零 B.摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零 [提示] C.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 这说明单摆的周期与 D.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 摆长有关，而与摆球 探究点2单摆的周期 质量及振幅无关。 ●新知导学 [思考] 把单摆从赤道处移至 情境：如图a、c所示，摆球质量相同、摆长不同的单摆， 两极处时，要保证单 摆动周期不同；如图a、b所示，摆长相同而摆球质量不同或 摆的周期不变，应如 振幅不同的单摆振动周期却相同。这说明单摆的周期和什 何调整摆长？ b 么有关？ >[提示] 提示：两极处重力加速 度大于赤道处重力加速 ●要点归纳 1.周期公式的提出：周期公式是荷兰物理学家 首先提出的。 度，由T=2元， 2.单摆周期公式：T= ,即周期T与 知，应增大摆长，才 成正比，与重力加速度g的二次方根成 P[思考] 能使周期不变。 068 3.对周期公式的三点理解 的理解 (1)对单摆周期公式T=2mg [思考] 猜想：由于单摆的回 ①T与振幅和摆球质量无关，故T又叫作单摆的固有周期。 复力是由摆球的重力 沿圆弧切线方向的分 ②适用条件：摆角很小（一般小于5°）。 ●[思考] 力提供的，那么是否 (2)对摆长1的理解 摆球的质量越大，回 ①摆长1：从悬点到摆球重心的长度。 复力越大，单摆摆动 得越快，周期越小？ ②实际单摆的摆长：1=+号，/为从悬点到摆球上端的摆线长度，D为 提示：这个观点是错 摆球直径。 误的，摆球质量大， 同一位置回复力大， ③等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上小 但回复力对应的加速 角度摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为Isin a。 度不变，故单摆摆动 Isin a 甲乙 甲乙丙 的快慢不变，周期 其周期T=2mVg 图(a) 图(b) 不变。 图(b)中，如果乙在垂直纸面方向小角度摆动时，其等效摆长等于甲摆的 [拓展] 摆长；如果乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 秒摆 周期是2s的单摆叫 (3)对公式T=2m√g 中g的理解 作秒摆，那么秒摆的 摆长是多少？ ①在地球表面某处，g应为当地的重力加速度。 提示：根据单摆的周 GM ②在不同的天体表面，g应为对应天体表面的重力加速度，即g=R产，式 期公式T=2元√g: 中R为天体半径，M为天体的质量。 P[拓展] 解抄摆的摆长为【= &u2 10×4 [判断正误] 4元4×3.14m≈ (1)单摆的周期与摆球的质量有关，质量越大，周期越小。 ( 1.0m。 (2)摆长等于绳长加小球半径。 (3)在地球表面任何地点，同一单摆的周期均相同。 类型一：单摆周期公式的应用 例3：（多选）如图所示，三根细线于0点处打结，A、B两端30 A B 固定在同一水平面上相距为L的两点上；使AOB成直 [规律方法]单摆问 角三角形，∠BAO=30°已知OC线长是L,下端C点系 题的解答步骤 着一个小球（忽略小球半径）下面说法正确的是 首先确认是否符合单 A让小球在纸面内摆动周期2及一→此时0为悬点，糕长为 摆模型的条件，然后 寻找等效摆长1及等 B.让小球在垂直纸面方向摆动，周期7-2π√ →此时小球做圆周运动的圆 效重力加速度g,最 心在O点正上方，摆长L'= C.让小球在纸面内摆动，周期T-2π受 Ln0sin30°=L+Lcos30° 后利用公式T= sin30°=(1+)L D.让小球在垂直纸面内摆动，周期下π4+)L 或简谐运动 2元Ng 规律分析、解答。 ●[规律方法] ●069 跟踪训练2：（多选）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某 44 个x/cm 次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x 随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g 取10/s2。对于该单摆的振动，下列说法正确的是 甲 A.单摆的摆长约为1.0m B.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin(πt)cm C.从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D.从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 类型二：单摆周期公式与万有引力定律的综合应用 例4：宇航员在某星球表面以初速度，竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处。若他用发射装 置在该星球表面以速度)水平发射出一个小球，小球恰好不落回星球表面，星球表面没有空 气，不考虑星球的自转，引力常量为G。求： (1)宇航员质量为m时，他在该星球表面的重力。 (2)摆长为L的单摆，在该星球表面的固有周期。 (3)该星球的平均密度。 070 素养能力提升 拓展整合·启智培优 单摆模型的拓展 1.二种单摆模型拓展 模型 图示 摆长 等效重力加速度g效 周期T 圆弧摆 不变，R-r 不变，g T=2T R-r g 斜面摆 不变，l+r 变小，gsin a T=2T I+r gsin a 若摆球可看为质点，以上各式中r可为0 例5：如图示，曲面A0是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于0 点，A0弧长为10cm,现将一小球先后从曲面的顶端A和A0弧的中点B由静止o 释放，到达底端的速度分别为v1和2，经历的时间分别为t1和t2,那么() A.U1<2,1<t2 B.1>2,t1=t2 C.U1=2,t1=t2 D.以上三项都有可能 2.不同系统中的等效重力加速度 (1)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g'。 求解g的基本步骤如下： ①分析摆球的受力，确定摆球相对悬点静止的位置（即平衡位置）。 ②计算单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力。 多利用《-只求出等效重力加速度。 (2)通常存在以下几种模型 升降机中 电场中 情景 等效重力加速度 8等效=g-a 8等效=g+a mg-gE g等效= m 8等效 mg +gE m 例6：如图所示的几个相同单摆在不同条件下，关于它们的周期关系，其中判断正确的是 T T (1) (2) (3) (4) A.T>T2>T3>T B.T1<T2=T3<T4 C.T1>T2=T3>T4 D.T<T<T:<T 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[15]t =1s 2=1s ----------←----- A 0 t=Is 例6：C弹簧振子做简谐运 X 动的图像如图所示，图中 A点与B、E、F、I点的振 动位移大小相等，方向相 同。由图可知，A点与E、 I点对应的时间差为T或 T的整数倍，A点与B、F点对应的时间差不为T或T的整数 倍，因此A选项不正确；图中A点跟B、C、F、G点的振动速度 大小相等，方向相反，由图可知A点与C、G点对应的时间差 为乃或号的整数倍，4点与B,F点对应的时间差不为子或子 T 的整数倍，因此B选项不正确；如果t时刻和(t+△t)时刻相 差一个周期T,则这两个时刻的振动情况完全相同，加速度一 定相等，选项C正确：如果t时刻和(t+△t)时刻相差半个周 期，则这两个时刻振动的位移大小相等，方向相反，弹簧的长 度显然是不相等的，选项D也不正确。 3.简谐运动的回复力和能量 探究点1简谐运动的回复力 要点归纳 1.平衡位置 2.平衡 3.平衡位置 6.正比平衡 判断正误 (1)V(2)×(3)×(4)× 例1：A对弹簧振子，分析受力时，只分析实际存在的力，例如重 力、支持力，弹簧的弹力；回复力是效果力，是指向平衡位置的 合外力，实际不存在。 跟踪训练1：B由F=-x知，B正确。 例2：(1)L+mgsin a k (2)见解析 解析：(1)因物块处于平衡位置时，有kAx=mgsin,则 △x=mgsin a k 弹簧长度L'=L+△x=L+mgsin@ (2)取沿斜面向下为正方向，物块相对于平衡位置的位移为x 时，回复力F合=mgsin a-k(x+△x) 其中k4x=mgsin a,解得F令=-kx,可判定物块做简谐运动。 跟踪训练2：B设圆柱形浮漂与液面交点为O,浸在水中的体积 为V。,根据平衡条件得mg=Pg'o,振动视为简谐运动，振动过 程中任意时刻，0点偏离液面的位移为x,回复力的大小为 F=pg(V。+Sx)-mg,已知回复力大小为F=kx,联立解得 k=pg5,故选B。 探究点2简谐运动中的能量及各物理量的变化特点 要点归纳 1.动能势能(1)势能动能(2)动能势能 2.(2)守恒 2 判断正误 (1)V(2)V(3)× 例3：AC振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m,系统的 总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械 能守恒，所以振幅保持不变，选项A正确，B错误；由于机械能 守恒，所以最大动能不变，选项C正确，D错误。 跟踪训练3：CD振子在平衡位置两侧往复运动，速度相同的位 置可能出现在关于平衡位置对称的两，点，这时弹簧长度明显 不等，A错误：振子由最低点向最高点运动过程中，弹力一定 是先做正功，但过了平衡位置后，弹簧可能是压缩状态下的弹 力做负功，也可能一直是拉伸状态下的弹力做正功，所以B错 误：振子运动过程中的回复力由振子所受合力提供且运动过 程中系统的机械能守恒，故C、D正确。 例4：AD动能与速度大小同步变化，势能与位移大小同步变 化。但动能和势能是标量，可在一个周期内完成两次周期性 变化。设O为质点做简谐运动的平衡位置，质点在B、C之间 做简谐运动，则它由C经过O到B又由B经过O到C一个周 期内，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质 点由B到O和由C到O的过程中，速度的方向与回复力的方 向相同，A正确：质点的位移方向与加速度方向总相反，B错 误：质点在振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机 械能守恒定律，其动能必然减小，C错误：当质点的势能减小 时，如从C到0或从B到O过程中，回复力减小，势能减小， 质点的加速度大小也减小，D正确。 跟踪训练4：B简谐运动的能量是守恒的，故A、C错：0.2s末 0.4s末位移最大，动能为零，势能最大，故B对，D错。 素养能力提升 例5：(m1+m2)g 解析：当m1运动到最高点时，m2对地压力恰好为零，则此时 弹簧处于伸长状态，弹力大小为m2g,此时m1的加速度大小 _m,+m)8,方向向下；根据简谐运动的对称性可知，突 m 然撤去压力时m1加速度的大小也是a。=（m+m:)追，方向 m 向上；则压力F=m1am=（m1+m2)g。 跟踪训练5：D小球在向下运动的过程中受重力和弹簧的弹 力，弹簧的弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增大后减 小，故A、B错误；释放的瞬间由牛顿第二定律可知mg+F= 3 ma,由题意可知a=28,可得F弹=2mg,故C错误；不计空 气阻力，小球做的是简谐运动，根据简谐运动对称性特点，在 最下端的位置加速度与最上端的加速度大小应该相等，方向 相反，由牛顿第二定律可知F弹-mg=ma,代人数据得F弹= 5 2mg,故D正确。 4.单摆 探究点1单摆的回复力 要点归纳 1.小球 2.(2)可以忽略(3)直径可以忽略 3.(1)圆弧切线mgsin0(3)很小 判断正误 (1)×(2)×(3)× 例1：C根据回复力的特点可知摆球受到的回复力方向总是指 向平衡位置，但合外力并不总是指向平衡位置，A错误：摆球 经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，B错 误；摆球运动到平衡位置时，重力沿圆弧切线方向的分力为 零，即回复力等于零，C正确；摆角很小时，摆球所受回复力的 大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的 大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比，D错误。 例2：D由题图知，，和3时刻摆球偏离平衡位置的位移最大， 此时摆球的速度为零，摆球的回复力最大，故A、C两项错误； t2和t时刻摆球位移为零，正在通过平衡位置，速度最大，由 于摆球做圆周运动，由牛顿第二定律得出悬线对摆球拉力最 大，故B项错误，D项正确。 跟踪训练1：D摆球在重力和细线拉力作用下沿圆弧AC做圆 周运动，在最高点A、C处速度为零，所受合力不为零，在最低 点B处，速度最大，细线上拉力最大，A错，D对：摆球的回复 力F=mgsn0中，0为摆线偏离竖直方向的角度，所以摆球在 摆动过程中，在最高点A、C处回复力最大，在最低点B处回 复力为零，B、C错。 探究点2单摆的周期 要点归纳 1.惠更斯 2m√日 摆长的二次方根反比 判断正误 (1)×(2)V(3)× 例3：AD当小球在纸面内做小角度振动时，圆心是0点，摆长 为L,枚周期为T=2√气，故A正确，C错误：当小球在垂 直纸面方向做小角度振动时，圆心在墙壁上且在O点正上方， 摆长为”=(1+人，故周期为7=2m√ 4 g 4+万)L,故B错误，D正确。 跟踪训练2：AB由题图乙可知单摆的周期T=2s,振幅A=8 m。市单摆的周期公式T=2m√任代入数据可得1=1m故 A正确；由w-牙可得圆频率0=ma/s,则单摆的位移-时 间关系为x=Asin wt=8sin(mt)cm,故B正确；从t=0.5s到 t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减 小，故C错误：从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移 增大，回复力增大，故D错误。 例4：（1)2（2)元， 2L (3) 3,2 GTV'P 解析：(1)根据坚直上抛的特点可知g,=-2,所以宇航 2 2mvo 员在该星球表面的重力G星=mg1=: (2)根据周期公式T=2π， 仁，解得周期T=2m、 Li g N/2v0 2业 -22 (3)根据万有引力提供向心力，有-咒，由密度公式有 p=业=M,结合黄金代换式CM=g,R,解得密度 3 mR 32 p=GCm2平o 素养能力提升 例5：B因为AO弧长远小于圆弧半径，所以小球从A、B处沿圆 弧滑下可等效成小角度单摆的摆动，即做简谐运动，等效摆长 为2m,单摆的周期与振幅无关，故有：1=2，只有重力做功， 有：mgh=2m,所以w=√2gh,故>。选项B正确。 例6：C图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力 (mngsin0)等效为重力，即单摆等效的重力加速度g1=gsin0; 图(2)中两个带电小球的斥力总与运动方向垂直，不影响回 复力：图(3)为标准单摆；图(4)摆球处于超重状态，等效重力 增大，故等效重力加速度增大，g4=g+a。由单摆振动的周期 公式7=2加√牙放1>万=>，选项C正确。 5.实验：用单摆测量重力加速度 实验要点梳理 4nl 、T2 二、停表游标卡尺 三3.r+2 4.平衡 四1. 2益724m6 经典题型剖析 例1：1)产(2)Ac(3)Z(4BG(5)C 解折：1)由单摆周期公式T=2√F得g-产。 (2)摆线尽量选长且不易伸缩的细线A,摆球尽量选密度大且 直径小的C。 (3)选用摆动过程中摆长不变的图乙。 (4)摆长应为悬线长与摆球半径之和：要测多次全振动所用 时间计算周期，可减小误差，故选BC。 (5)由T=2m√g √任得g产，C项可发T院小，则g衡大.C 正确。开始计时时过早按下停表，会使T偏大，g偏小。A项 对T的测量无影响。 2:140.875075.21,88(2)偏角小于59见解 析图9.9(3)B 解析：山)白单摆能周架公式1=2√反，可得8-是，由 题图甲可知，摆长l=(88.50-1.00)cm=87.50cm= 0.8750m,停表的读数t=60s+15.2s=75.2s,所以T=40 =1.88so 5