第3节 单 摆
核心素养导学
物理观念 知道什么是单摆及单摆的构造,理解单摆回复力的来源。
科学思维 掌握单摆振动的特点,理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
科学探究 会用单摆测量重力加速度。
科学态度与责任 能从物理学的角度正确描述和解释自然现象,在学习、理解单摆模型过程中,培养科学、严谨的研究态度,能运用所学知识解决实际问题。
一、单摆及其运动规律
1.单摆:由细线和 组成,其中,细线的长度不可改变,细线的质量与小球相比可以 ,球的直径与线的长度相比也可以 。
2.单摆的回复力
(1)来源:摆球的重力沿圆弧 方向的分力。
(2)特点:在偏角很小时,摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比,方向总指向 ,即F=-x。可见,单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
[微点拨]
实际做成的单摆,悬线的伸缩量越小,摆球的质量越大,体积越小,则越接近理想化的单摆。
二、单摆的周期
1.实验探究:单摆的周期和摆长的关系
(1)探究方法: 法。
(2)实验结论(在小偏角下):
①单摆的周期与振幅 。
②单摆的周期与摆球质量 。
③摆长越长,周期 ;摆长越短,周期 。
2.单摆的周期公式
(1)荷兰物理学家惠更斯研究发现,单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成 ,与重力加速度g的二次方根成 ,与振幅、摆球质量无关。
(2)周期公式:T= 。
1.单摆的认识
图例
能否视 为单摆
2.不论摆钟摆动幅度(摆角小于5°时)大些还是小些,完成一次摆动的时间是相同的,这利用了摆的等时性原理。请思考:
(1)是谁发现了摆的等时性原理
(2)摆动的振幅越大周期越大吗 摆锤的质量越大周期越大吗
(3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗
新知学习(一)|单摆的回复力及运动规律
[任务驱动] 如图所示,小球和细线构成一个单摆,运动过程中小球受到几个力的作用 什么力充当了小球振动的回复力
[重点释解]
1.单摆的回复力
(1)单摆受力:如图所示,受细线拉力和重力作用。
(2)向心力来源:细线拉力和重力沿径向分力的合力,F向=T-mgcos θ。
(3)回复力来源:重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ,提供了使摆球振动的回复力。
2.单摆做简谐运动的推证
如上图所示,单摆的回复力F=G1=mgsin θ,在偏角很小时,sin θ≈,所以单摆的回复力为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,故单摆做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的规律
(1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。
(2)单摆振动过程中各量的变化特点。
位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡位 置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡位 置运动 越来越小 越来越大 越来越小
[典例体验]
[典例] 关于单摆摆球在运动过程中的受力,下列结论正确的是 ( )
A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B.摆球的回复力最大时,向心力为零;回复力为零时,向心力最大
C.摆球的回复力最大时,摆线中的张力大小比摆球的重力大
D.摆球的向心力最大时,摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
听课记录:
/方法技巧/
对于单摆的两点说明
(1)所谓平衡位置,是指摆球静止时,摆线拉力与小球所受重力平衡的位置,并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上,在摆动过程中,摆球受力不可能平衡。
(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的,不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。
[针对训练]
1.对于单摆的振动,以下说法中正确的是 ( )
A.单摆振动时,摆球受到的向心力大小处处相等
B.单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C.摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D.摆球经过平衡位置时所受合外力为零
2.(多选)下列关于单摆的说法,正确的是 ( )
A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅),再运动到平衡位置时的位移为0
B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为0
新知学习(二)|对单摆周期公式的理解及应用
[重点释解]
1.周期公式的成立条件
当单摆做偏角很小的振动时,才有T=2π,与单摆的振幅及摆球的质量无关,只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
2.对摆长的理解
对于不规则的摆动物体或复合物体,摆长是指摆动轨迹圆弧的圆心到摆动物体重心的长度。图(a)中,摆球半径为r,甲、乙两摆在垂直纸面方向摆起来效果是相同的,所以甲摆的摆长为l
sin α+r。图(b)中,乙在垂直纸面方向小角度摆动时,与甲摆等效;乙在纸面内小角度摆动时,与丙摆等效。
3.重力加速度g的变化
(1)公式中的g由单摆所在空间位置决定
由G=g知,g在地球表面不同位置、不同高度是不同的,在不同星球上也不相同,因此应求出单摆所在处的等效值g'代入公式,即g不一定等于9.8 m/s2。
(2)g还由单摆系统的运动状态决定
如单摆处在向上加速发射的航天飞机内,设加速度为a,此时摆球处于超重状态,沿圆弧切线方向的回复力变大,摆球质量不变,则重力加速度的等效值g'=g+a。
(3)g还由单摆所处的物理环境决定
如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中,回复力应是重力和静电力的合力在圆弧切线方向的分力,所以也需要等效出g'。
[典例体验]
[典例] (2025·绵阳阶段检测)有一单摆,在地球表面的周期为2 s,已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。(取g地=9.8 m/s2,结果均保留2位有效数字)
(1)将该单摆置于月球表面,其周期为多大
(2)若将摆长缩短为原来的,在月球表面时此单摆的周期为多大
(3)该单摆的摆长为多少
/方法技巧/
涉及单摆周期问题的三点注意
(1)单摆的周期公式T=2π中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当地重力加速度g,只要已知其中两个量,就可以求出第三个量。
(2)改变单摆振动周期的途径
①改变单摆的摆长;
②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)。
(3)明确小角度情况下,单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。
[针对训练]
1.摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s,则在同一地区 ( )
A.摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s
B.摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
C.周期是1 s的单摆的摆长为2 m
D.周期是4 s的单摆的摆长为4 m
2.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.摆长为1.6 m,起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m,起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m,A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m,A、B点的速度相同
一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养
物理观念——弹簧振子的振动周期公式
1.(选自粤教版教材“资料活页”)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。将单摆周期中的用代替,求得到的弹簧振子的周期。
科学思维——单摆运动的分析
2.(选自粤教版教材课后练习)(多选)如图所示,A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置,其中A处为单摆摆动的最高位置。虚线为过悬点的竖直线,以单摆最低位置为重力势能零点,则单摆在摆动过程中 ( )
A.位于B处时动能最大
B.位于A处时势能最大
C.在A处的势能大于在B处的动能
D.在B处的机械能大于在A处的机械能
科学态度与责任——利用单摆测山顶的海拔
3.(选自鲁科版教材课后练习)某同学用单摆测定一座山的海拔,在山顶上他测得摆长为l的单摆做简谐运动的周期为T。已知引力常量为G,地球质量为M,地球半径为R。求山顶的海拔。
二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值
1.如图所示,房顶上固定一根长2.5 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摆动,窗上沿到房顶的高度为1.6 m,不计空气阻力,g取10 m/s2,则小球从最左端运动到最右端的最短时间为 ( )
A.0.2π s B.0.4π s
C.0.6π s D.0.8π s
2.如图所示,将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的小球用长为L的细线拴住并固定在装满水的容器底部,忽略阻力,将小球拉至与竖直方向成一小角度后释放,小球做简谐运动,重力加速度取g,小球做简谐运动的周期可能为 ( )
A.2π B.2π
C.2π D.2π
第3节 单 摆
落实必备知识
[预读教材]
一、
1.小球 忽略 忽略 2.(1)切线 (2)平衡位置
二、
1.(1)控制变量 (2)①无关 ②无关 ③越大 越小
2.(1)正比 反比 (2)2π
[情境创设]
1.不能 不能 不能 不能 能
2.提示:(1)伽利略。
(2)周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。
(3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关。
强化关键能力
新知学习(一)
[任务驱动]
提示:小球受两个力的作用:重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ,提供了使小球振动的回复力,如图所示。
[典例] 选B 摆球在摆动过程中只受重力和摆线的张力,回复力和向心力都是按效果命名的,A错误;摆球摆动到回复力最大即最大位移处时,速度为零,向心力为零,此时摆线的张力等于球的重力沿摆线方向的分力,一定小于摆球重力,摆球在平衡位置时,向心力最大,此时加速度方向沿摆线方向,B正确,C、D错误。
[针对训练]
1.选C 单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用,把重力沿切向和径向分解,其切向分力提供回复力,绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力,向心力大小为m,可见最大偏角处向心力为零,平衡位置处向心力最大,而回复力在最大偏角处最大,平衡位置处为零,故应选C。
2.选AC 简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点,摆球在正向最大位移处时位移为A,在平衡位置时位移应为0,A正确;摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供,合力在摆线方向的分力提供向心力,B错误,C正确;摆球经过最低点(摆动的平衡位置)时回复力为0,但向心力不为0,所以合力不为0,加速度也不为0,D错误。
新知学习(二)
[典例] 解析:(1)由单摆的周期公式T=2π,知T2∝,
所以∶=g地∶g月,则T月≈4.9 s。
(2)根据周期公式T=2π,知T∝,所以T月'∶T月=∶,则T月'≈3.5 s。
(3)根据周期公式T地=2π,解得L≈0.99 m。
答案:(1)4.9 s (2)3.5 s (3)0.99 m
[针对训练]
1.选D 摆长是1 m的单摆的周期是2 s,根据单摆的周期公式T=2π可知,当地的重力加速度g==π2 m/s2,摆长是0.5 m的单摆的周期T1=2π =2π× s≈1.414 s,故A、B错误;周期是1 s的单摆的摆长l2== m=0.25 m,周期是4 s的单摆的摆长l3== m=4 m,故C错误,D正确。
2.选C 根据题图可知,该单摆的振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π,得摆长为l==1.6 m。x t图像的斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度大小相同、方向不同,C正确。
浸润学科素养和核心价值
一、
1.提示:弹簧振子的回复力为F=-kx,单摆做简谐运动的回复力为F=-x,类比可得k=,即=代入单摆的周期公式T=2π,可得,弹簧振子的周期公式得T=2π。
2.选BC 摆球在摆动过程中机械能守恒,A为最高位置,势能最大,动能为零,在最低点时,动能最大,势能为零,故A、D错误,B、C正确。
3.解析:由周期公式T=2π可求得山顶处的重力加速度
g=
由万有引力定律可知:mg=,得g=
由以上两式可求得山顶的海拔h= -R。
答案: -R
二、
1.选B 由单摆周期公式知T1=2π=2π× =0.6π s,T2=2π=2π× =π s,小球从最左端运动到最右端的最短时间为t==0.4π s,故B正确,A、C、D错误。
2.选C 由单摆的周期公式T=2π可知,单摆的周期只与摆长和重力加速度有关,在这个系统中,我们设“等效重力加速度”为g',则G'=mg'=ρVg',又G'=(ρ水-ρ)Vg,解得T=2π,故A、B、D错误,C正确。
1 / 8(共70张PPT)
单 摆
第 3 节
核心素养导学
物理观念 知道什么是单摆及单摆的构造，理解单摆回复力的来源。
科学思维 掌握单摆振动的特点，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
科学探究 会用单摆测量重力加速度。
科学态度与责任 能从物理学的角度正确描述和解释自然现象，在学习、理解单摆模型过程中，培养科学、严谨的研究态度，能运用所学知识解决实际问题。
[四层]学习内容1 落实必备知识
[四层]学习内容2 强化关键能力
01
02
CONTENTS
目录
[四层]学习内容3 ·4 浸润学科素养和核心价值
课时跟踪检测
03
04
[四层]学习内容1 落实必备知识
一、单摆及其运动规律
1.单摆：由细线和______组成，其中，细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以______，球的直径与线的长度相比也可以______。
2.单摆的回复力
(1)来源：摆球的重力沿圆弧______方向的分力。
小球
忽略
忽略
切线
(2)特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向__________，即F=-x。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
[微点拨]
实际做成的单摆，悬线的伸缩量越小，摆球的质量越大，体积越小，则越接近理想化的单摆。
平衡位置
二、单摆的周期
1.实验探究：单摆的周期和摆长的关系
(1)探究方法：_________法。
(2)实验结论(在小偏角下)：
①单摆的周期与振幅______。
②单摆的周期与摆球质量______。
③摆长越长，周期_____；摆长越短，周期______。
控制变量
无关
无关
越大
越小
2.单摆的周期公式
(1)荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成______，与重力加速度g的二次方根成______，与振幅、摆球质量无关。
(2)周期公式：T=。
正比
反比
2π
1.单摆的认识
图例
能否视 为单摆 _______________ ______________ _____________ _____________
___________
不能
不能
不能
不能
能
2.不论摆钟摆动幅度(摆角小于5°时)大些还是小些，完成
一次摆动的时间是相同的，这利用了摆的等时性原理。请思考：
(1)是谁发现了摆的等时性原理
提示：伽利略。
(2)摆动的振幅越大周期越大吗 摆锤的质量越大周期越大吗
提示：周期与摆动的振幅和摆锤的质量无关。
(3)摆钟摆动的周期与摆的长度有关吗
提示：摆钟摆动的周期与摆的长度有关。
[四层]学习内容2 强化关键能力
提示：小球受两个力的作用：重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线方向的分力G1=mgsin θ，提供了使小球振动的回复力，如图所示。
如图所示，小球和细线构成一个单摆，运动过程中小球
受到几个力的作用 什么力充当了小球振动的回复力
新知学习(一)|单摆的回复力及运动规律
任务驱动
1.单摆的回复力
(1)单摆受力：如图所示，受细线拉力和重力作用。
(2)向心力来源：细线拉力和重力沿径向分力的合
力，F向=T-mgcos θ。
(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力F=
mgsin θ，提供了使摆球振动的回复力。
重点释解
2.单摆做简谐运动的推证
如上图所示，单摆的回复力F=G1=mgsin θ，在偏角很小时，sin θ
≈，所以单摆的回复力为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，故单摆做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的规律
(1)单摆做简谐运动的位移随时间变化的图像是一条正弦(或余弦)曲线。
(2)单摆振动过程中各量的变化特点。
位置或过程 位移、回复力、加速度 速度、动能 重力势能
最高点 最大 零 最大
最低点 零 最大 最小
远离平衡位置运动 越来越大 越来越小 越来越大
衡位置运动 越来越小 越来越大 越来越小
[典例] 关于单摆摆球在运动过程中的受力，下列结论正确的是 ( )
A.摆球受重力、摆线的张力、回复力、向心力作用
B.摆球的回复力最大时，向心力为零；回复力为零时，向心力最大
C.摆球的回复力最大时，摆线中的张力大小比摆球的重力大
D.摆球的向心力最大时，摆球的加速度方向沿摆球的运动方向
典例体验
√
[解析] 摆球在摆动过程中只受重力和摆线的张力，回复力和向心力都是按效果命名的，A错误；摆球摆动到回复力最大即最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时摆线的张力等于球的重力沿摆线方向的分力，一定小于摆球重力，摆球在平衡位置时，向心力最大，此时加速度方向沿摆线方向，B正确，C、D错误。
/方法技巧/
对于单摆的两点说明
(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与小球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中的受力平衡位置。实际上，在摆动过程中，摆球受力不可能平衡。
(2)回复力是由摆球受到的重力沿圆弧切线方向的分力F=mgsin θ提供的，不可误认为回复力是重力G与摆线拉力T的合力。
1.对于单摆的振动，以下说法中正确的是 ( )
A.单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B.单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C.摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D.摆球经过平衡位置时所受合外力为零
针对训练
√
解析：单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，向心力大小为m，可见最大偏角处向心力为零，平衡位置处向心力最大，而回复力在最大偏角处最大，平衡位置处为零，故应选C。
2.(多选)下列关于单摆的说法，正确的是 ( )
A.单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处的位移为A(A为振幅)，再运动到平衡位置时的位移为0
B.单摆摆球的回复力等于摆球所受的合力
C.单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D.单摆摆球经过平衡位置时加速度为0
√
√
解析：简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为0，A正确；摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，合力在摆线方向的分力提供向心力，B错误，C正确；摆球经过最低点(摆动的平衡位置)时回复力为0，但向心力不为0，所以合力不为0，加速度也不为0，D错误。
1.周期公式的成立条件
当单摆做偏角很小的振动时，才有T=2π，与单摆的振幅及摆球的质量无关，只与摆长l及单摆所在处的重力加速度g有关。
新知学习(二)|对单摆周期公式的理解及应用
重点释解
2.对摆长的理解
对于不规则的摆动物体或复合物体，摆长是指摆动轨迹圆弧的圆心到摆动物体重心的长度。图(a)中，摆球半径为r，甲、乙两摆在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为lsin α+r。图(b)中，乙在垂直纸面方向小角度摆动时，与甲摆等效；乙在纸面内小角度摆动时，与丙摆等效。
3.重力加速度g的变化
(1)公式中的g由单摆所在空间位置决定
由G=g知，g在地球表面不同位置、不同高度是不同的，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值g'代入公式，即g不一定等于9.8 m/s2。
(2)g还由单摆系统的运动状态决定
如单摆处在向上加速发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则重力加速度的等效值g'=g+a。
(3)g还由单摆所处的物理环境决定
如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是重力和静电力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也需要等效出g'。
[典例] （2025 绵阳阶段检测）有一单摆，在地球表面的周期为2 s，已知月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的。
(取g地=9.8 m/s2，结果均保留2位有效数字)
(1)将该单摆置于月球表面，其周期为多大
典例体验
[答案] 4.9 s
[解析] 由单摆的周期公式T=2π，知T2∝，
所以∶=g地∶g月，则T月≈4.9 s。
(2)若将摆长缩短为原来的，在月球表面时此单摆的周期为多大
[答案] 3.5 s
[解析] 根据周期公式T=2π，知T∝，所以T月'∶T月=∶，则T月'≈3.5 s。
(3)该单摆的摆长为多少
[答案] 0.99 m
[解析] 根据周期公式T地=2π，解得L≈0.99 m。
/方法技巧/
涉及单摆周期问题的三点注意
(1)单摆的周期公式T=2π中共涉及三个物理量——周期T、摆长l和当
地重力加速度g，只要已知其中两个量，就可以求出第三个量。
(2)改变单摆振动周期的途径
①改变单摆的摆长；
②改变单摆的重力加速度(如改变单摆的位置或让单摆失重或超重)。
(3)明确小角度情况下，单摆振动周期与单摆的质量和振幅没有任何关系。
1.摆长是1 m的单摆在某地区的周期是2 s，则在同一地区 ( )
A.摆长是0.5 m的单摆的周期是0.707 s
B.摆长是0.5 m的单摆的周期是1 s
C.周期是1 s的单摆的摆长为2 m
D.周期是4 s的单摆的摆长为4 m
针对训练
√
解析：摆长是1 m的单摆的周期是2 s，根据单摆的周期公式T=2π可知，当地的重力加速度g==π2 m/s2，摆长是0.5 m的单摆的周期T1=2π =2π× s=1.414 s，故A、B错误；周期是1 s的单摆的摆长l2== m=0.25 m，周期是4 s的单摆的摆长l3== m=4 m，故C错误，D正确。
2.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 ( )
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
√
解析：根据题图可知，该单摆的振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m。x t图像的斜率表示速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同、方向不同，C正确。
[四层] 学习内容3·4浸润
学科素养和核心价值
1.(选自粤教版教材“资料活页”)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。将单摆周期中的用代替，求得到的弹簧振子的周期。
物理观念——弹簧振子的振动周期公式
一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养
提示：弹簧振子的回复力为F=-kx，单摆做简谐运动的回复力为F=
-x，类比可得k=，即=代入单摆的周期公式T=2π，可得，弹簧振子的周期公式得T=2π。
2.(选自粤教版教材课后练习)(多选)如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置，其中A处为单摆摆动的最高位置。虚线为过悬点的竖直线，以单摆最低位置为重力势能零点，则单摆在摆动过程中 ( )
A.位于B处时动能最大
B.位于A处时势能最大
C.在A处的势能大于在B处的动能
D.在B处的机械能大于在A处的机械能
科学思维——单摆运动的分析
√
√
解析：摆球在摆动过程中机械能守恒，A为最高位置，势能最大，动能为零，在最低点时，动能最大，势能为零，故A、D错误，B、C正确。
3.(选自鲁科版教材课后练习)某同学用单摆测定一座山的海拔，在山顶上他测得摆长为l的单摆做简谐运动的周期为T。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R。求山顶的海拔。
科学态度与责任——利用单摆测山顶的海拔
答案： -R
解析：由周期公式T=2π可求得山顶处的重力加速度g=
由万有引力定律可知：mg=，得g=
由以上两式可求得山顶的海拔h= -R。
1.如图所示，房顶上固定一根长2.5 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
小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻
力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为 ( )
A.0.2π s B.0.4π s
C.0.6π s D.0.8π s
√
二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值
解析：由单摆周期公式知T1=2π=2π× =0.6π s，T2=2π=2π× =π s，小球从最左端运动到最右端的最短时间为t==0.4π s，故B正确，A、C、D错误。
2.如图所示，将密度为ρ(小于水的密度ρ水)的小球用
长为L的细线拴住并固定在装满水的容器底部，忽略阻力，
将小球拉至与竖直方向成一小角度后释放，小球做简谐运
动，重力加速度取g，小球做简谐运动的周期可能为 ( )
A.2π B.2π
C.2π D.2π
√
解析：由单摆的周期公式T=2π可知，单摆的周期只与摆长和重力加速度有关，在这个系统中，我们设“等效重力加速度”为g'，则G'=mg'=ρVg'，又G'=(ρ水-ρ)Vg，解得T=2π，故A、B、D错误，C正确。
课时跟踪检测
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1.关于单摆，下列说法中正确的是 ( )
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，线的长度比小球的直径大得多
C.单摆的振动总是简谐运动
D.两个单摆只要结构相同，它们的振动步调便相同
√
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解析：单摆是实际摆的理想化模型，实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆，A错误，B正确；单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动，C错误；两单摆结构相同时，振动步调不一定相同，D错误。
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2.(多选)一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是 ( )
A.t=0.5 s时，摆球处于平衡状态
B.t=1.0 s时，摆球处于平衡状态
C.t=2.0 s时，摆球处于平衡位置
D.摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态
√
解析：摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，故A、B错误，D正确；由题图知t=2.0 s时摆球处于平衡位置，故C正确。
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3.(多选)单摆原来的周期为T，下列情况会使单摆的周期发生变化的是 ( )
A.摆长减为原来的四分之一
B.摆球的质量减为原来的四分之一
C.振幅减为原来的四分之一
D.重力加速度减为原来的四分之一
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解析：由单摆周期公式T=2π ，可知周期仅与摆长、重力加速度有关，故A、D正确。
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4.同一地点的甲、乙两个单摆的摆长相等，将两单摆的摆球由平衡位置拉起，使摆角θ甲<θ乙<5°，同时由静止开始释放，则 ( )
A.甲先摆到平衡位置
B.乙先摆到平衡位置
C.甲、乙两摆同时到达平衡位置
D.无法判断
√
解析：同一地点的两个单摆的摆长相等，重力加速度也相等，则两个单摆的周期相等，单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等，C正确。
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5.用空心铁球内部装满水做摆球，若球正下方有一小孔，水不断从孔中流出，从球内装满水到水流完为止的过程中，其振动周期的大小是 ( )
A.不变 B.变大
C.先变大后变小再回到原值 D.先变小后变大再回到原值
√
解析：单摆的周期与摆球的质量无关，但当水从球中向外流出时，铁球的重心先降低后升高，等效摆长是先变长后变短，因而周期先变大后变小再回到原值，故C正确。
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6.(多选)如图所示，在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像，其中实线表示A的运动图像，虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是 ( )
A.这两个单摆的摆球质量一定相等
B.这两个单摆的摆长一定不同
C.这两个单摆的最大摆角一定相同
D.这两个单摆的振幅一定相同
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解析：从题图可知，两单摆的振幅相等，周期不等，所以两单摆的摆长一定不同，故B、D正确；由振幅相等而摆长不相等知C错误；单摆的周期与摆球质量无关，故A错误。
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7.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动，如图，圆弧槽的长度l R。为了使小球振动的频率变为原来的，可以采用的办法是( )
A.将R减小为原来的
B.将R增大为原来的4倍
C.将圆弧长l增大为原来的4倍
D.将m减小为原来的
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解析：将R减小为原来的，周期变为原来的，频率变为原来的2倍，选项A错误；将R增大为原来的4倍，周期变为原来的2倍，频率变为原来的，选项B正确；将圆弧长l增大为原来的4倍，不会改变小球运动的周期和频率，选项C错误；小球的周期和频率与质量没有关系，所以改变小球的质量，不会改变其运动的周期和频率，选项D错误。
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8.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
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解析：因为小球偏离平衡位置的最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据等效重力作用下mgsin θ=mg'，T=2π，小球回到最低点所需的最短时间为t==π，故选C。
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9.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方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
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解析：以L为摆长的运动时间为t1=×2π，以L为摆长的运动的时间为t2=×2π，则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π。故A、B、C错误，D正确。
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10.(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，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=10 m/s2，则 ( )
A.摆角变小，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力为 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
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解析：根据单摆的周期公式T=2π可知，周期与摆角无
关，故A错误；同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，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，故小球摆动周期为T=2π≈2 s，故B正确。
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11.如图所示，A、B两方物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C'两点间一起做简谐运动，O为最低点，当位移为x时，A、B系统的回复力为F。A、B所受总重力为G，忽略空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.A、B经过O点时均处于平衡状态
B.F=-x
C.由O点向C点运动的过程中，A受到的摩擦力逐渐增大
D.经过O点时，将A取走，B的振幅将增大
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解析：A、B经过O点时的向心加速度不为零，处于非平衡状态，故A错误；设当位移为x时，摆线与竖直方向的夹角为θ，当夹角较小时，有sin θ ≈，对两物块进行受力分析可得sin θ=，联立得回复力的大小为F=x，考虑回复力的方向，故F=-x，故B正确；由O点向C点运动的过程中，设位移为y，摆线与竖直方向的夹角为α，以A、B整体为研究对象，在速度方向有F=Gsin α=mABa，sin α=，a=gsin α=，对A进行受力分析可得GAsin α-f=mAaA，由题意可得a=aA，联立解得f=0，故C错误；单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅不变，故D错误。
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12.(10分)图甲中是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，根据图像回答下面的问题：
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(1)单摆振动的频率是多大 (3分)
答案：1.25 Hz
解析：由题图乙知单摆振动的周期T=0.8 s，
则频率f==1.25 Hz。
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(2)开始时刻摆球在何位置 (3分)
答案：B点
解析：由题图乙知，零时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时刻摆球在B点。
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(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少 (4分)
答案：0.16 m
解析：由T=2π，得l=≈0.16 m。
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13.(12分)(2025·成都阶段检测)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F，F的大小随时间t的变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v= m/s，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，π2≈g，求：
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(1)单摆的摆长；(4分)
答案：1 m
解析：由题图乙可知单摆周期为T=2 s
根据单摆周期公式T=2π，解得l=1 m。
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(2)摆球的质量；(4分)
答案：0.1 kg
解析：当拉力最大时，即F=1.02 N时，摆球处在最低点，由牛顿第二定律得F-mg=m，解得m=0.1 kg。
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(3)摆线拉力的最小值。(4分)
答案：0.99 N
解析：从最低点到最高点，由动能定理得
-mgl(1-cos θ)=0-mv2，解得cos θ=0.99
在最高点摆线的拉力最小，最小值为F'=mgcos θ=0.99 N。课时跟踪检测(八) 单 摆
1.关于单摆,下列说法中正确的是 ( )
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,线的长度比小球的直径大得多
C.单摆的振动总是简谐运动
D.两个单摆只要结构相同,它们的振动步调便相同
2.(多选)一单摆的振动图像如图所示,下列说法中正确的是 ( )
A.t=0.5 s时,摆球处于平衡状态
B.t=1.0 s时,摆球处于平衡状态
C.t=2.0 s时,摆球处于平衡位置
D.摆球摆动过程中,在任何位置都不是平衡状态
3.(多选)单摆原来的周期为T,下列情况会使单摆的周期发生变化的是 ( )
A.摆长减为原来的四分之一
B.摆球的质量减为原来的四分之一
C.振幅减为原来的四分之一
D.重力加速度减为原来的四分之一
4.同一地点的甲、乙两个单摆的摆长相等,将两单摆的摆球由平衡位置拉起,使摆角θ甲<θ乙<5°,同时由静止开始释放,则 ( )
A.甲先摆到平衡位置
B.乙先摆到平衡位置
C.甲、乙两摆同时到达平衡位置
D.无法判断
5.用空心铁球内部装满水做摆球,若球正下方有一小孔,水不断从孔中流出,从球内装满水到水流完为止的过程中,其振动周期的大小是 ( )
A.不变
B.变大
C.先变大后变小再回到原值
D.先变小后变大再回到原值
6.(多选)如图所示,在同一地点的A、B两个单摆做简谐运动的图像,其中实线表示A的运动图像,虚线表示B的运动图像。以下关于这两个单摆的判断中正确的是 ( )
A.这两个单摆的摆球质量一定相等
B.这两个单摆的摆长一定不同
C.这两个单摆的最大摆角一定相同
D.这两个单摆的振幅一定相同
7.一个质量为m的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动,如图,圆弧槽的长度l R。为了使小球振动的频率变为原来的,可以采用的办法是 ( )
A.将R减小为原来的
B.将R增大为原来的4倍
C.将圆弧长l增大为原来的4倍
D.将m减小为原来的
8.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
9.如图所示,一小球用细线悬挂于O点,细线长为L,O点正下方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
10.(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,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=10 m/s2,则 ( )
A.摆角变小,周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时,A端拉力为 N
D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力
11.如图所示,A、B两方物块(可视为质点)在半径为R的光滑球面内C与C'两点间一起做简谐运动,O为最低点,当位移为x时,A、B系统的回复力为F。A、B所受总重力为G,忽略空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.A、B经过O点时均处于平衡状态
B.F=-x
C.由O点向C点运动的过程中,A受到的摩擦力逐渐增大
D.经过O点时,将A取走,B的振幅将增大
12.(10分)图甲中是一个单摆振动的情形,O是它的平衡位置,B、C是摆球所能到达的最远位置,设向右为正方向,图乙是这个单摆的振动图像,根据图像回答下面的问题:
(1)单摆振动的频率是多大 (3分)
(2)开始时刻摆球在何位置 (3分)
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2,试求这个单摆的摆长是多少 (4分)
13.(12分)(2025·成都阶段检测)如图甲所示,摆球在竖直平面内做简谐运动,通过力传感器测量摆线拉力F,F的大小随时间t的变化规律如图乙所示,摆球经过最低点时的速度大小v= m/s,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,π2≈g,求:
(1)单摆的摆长;(4分)
(2)摆球的质量;(4分)
(3)摆线拉力的最小值。(4分)
课时跟踪检测(八)
1.选B 单摆是实际摆的理想化模型,实际摆只有在不计绳的伸缩、质量和阻力以及小球可以看作质点时才能看作单摆,A错误,B正确;单摆的运动只有在摆角很小时才能看作简谐运动,C错误;两单摆结构相同时,振动步调不一定相同,D错误。
2.选CD 摆球摆动过程中,在任何位置都有加速度,没有一处是平衡状态,故A、B错误,D正确;由题图知t=2.0 s时摆球处于平衡位置,故C正确。
3.选AD 由单摆周期公式T=2π ,可知周期仅与摆长、重力加速度有关,故A、D正确。
4.选C 同一地点的两个单摆的摆长相等,重力加速度也相等,则两个单摆的周期相等,单摆从最大位移摆到平衡位置所用的时间相等,C正确。
5.选C 单摆的周期与摆球的质量无关,但当水从球中向外流出时,铁球的重心先降低后升高,等效摆长是先变长后变短,因而周期先变大后变小再回到原值,故C正确。
6.选BD 从题图可知,两单摆的振幅相等,周期不等,所以两单摆的摆长一定不同,故B、D正确;由振幅相等而摆长不相等知C错误;单摆的周期与摆球质量无关,故A错误。
7.选B 将R减小为原来的,周期变为原来的,频率变为原来的2倍,选项A错误;将R增大为原来的4倍,周期变为原来的2倍,频率变为原来的,选项B正确;将圆弧长l增大为原来的4倍,不会改变小球运动的周期和频率,选项C错误;小球的周期和频率与质量没有关系,所以改变小球的质量,不会改变其运动的周期和频率,选项D错误。
8.选C 因为小球偏离平衡位置的最大偏角小于5°,小球的运动可以看作单摆,根据等效重力作用下mgsin θ=mg',T=2π,小球回到最低点所需的最短时间为t==π,故选C。
9.选D 以L为摆长的运动时间为t1=×2π,以L为摆长的运动的时间为t2=×2π,则这个摆的周期为T=t1+t2=(+1)π。故A、B、C错误,D正确。
10.选B 根据单摆的周期公式T=2π可知,周期与摆角无关,故A错误;同一根绳中,A端拉力等于B端拉力,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,故小球摆动周期为T=2π≈2 s,故B正确。
11.选B A、B经过O点时的向心加速度不为零,处于非平衡状态,故A错误;设当位移为x时,摆线与竖直方向的夹角为θ,当夹角较小时,有sin θ ≈,对两物块进行受力分析可得sin θ=,联立得回复力的大小为F=x,考虑回复力的方向,故F=-x,故B正确;由O点向C点运动的过程中,设位移为y,摆线与竖直方向的夹角为α,以A、B整体为研究对象,在速度方向有F=Gsin α=mABa,sin α=,a=gsin α=,对A进行受力分析可得GAsin α-f=mAaA,由题意可得a=aA,联立解得f=0,故C错误;单摆的振幅与物体的质量无关,所以将A取走,B的振幅不变,故D错误。
12.解析:(1)由题图乙知单摆振动的周期T=0.8 s,
则频率f==1.25 Hz。
(2)由题图乙知,零时刻摆球在负向最大位移处,因向右为正方向,所以开始时刻摆球在B点。
(3)由T=2π,得l=≈0.16 m。
答案:(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
13.解析:(1)由题图乙可知单摆周期为T=2 s
根据单摆周期公式T=2π,解得l=1 m。
(2)当拉力最大时,即F=1.02 N时,摆球处在最低点,由牛顿第二定律得F-mg=m,解得m=0.1 kg。
(3)从最低点到最高点,由动能定理得
-mgl(1-cos θ)=0-mv2,解得cos θ=0.99
在最高点摆线的拉力最小,最小值为F'=mgcos θ=0.99 N。
答案:(1)1 m (2)0.1 kg (3)0.99 N
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