第3节 单摆
题组一 单摆的回复力及运动特征
1.下列说法正确的是（ ）
A.单摆的回复力是重力与拉力的合力
B.单摆在平衡位置时回复力最大
C.在最大位移处，单摆的速度为零，回复力最大
D.伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
题组二 单摆的周期公式
2.如图是甲、乙两个单摆的振动图像，以下说法正确的是（ ）
A.甲、乙两个摆的频率之比为1∶1
B.甲、乙两个摆的频率之比为1∶2
C.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
D.甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4
3.一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的。如果将在地球上走时准确的摆钟（设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同）搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列可行的办法是（ ）
A.将摆球的质量m增加为4m
B.将摆球的质量m减少为
C.将摆长l减短为
D.将摆长l增长为4l
4.如图所示，摆长为l的单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方B点固定一个光滑的钉子，OB的长度为OA长度的，使摆球A通过最低点向左摆动，碰到钉子后成为一个新的单摆，则下列说法正确的是（ ）
A.摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力不变
B.摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力变小
C.单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的
D.单摆在整个振动过程中的周期将变小为原来的
5.一个单摆的摆球运动到最大位移处时，正好遇到空中竖直下落的雨滴（雨滴质量远小于摆球质量），雨滴均匀附着在摆球的表面，则下列说法正确的是（ ）
A.摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大
B.摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C.摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D.摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
6.两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1.00 m，l2＝0.25 m的细绳上，两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开后，从B球开始运动计算，经过4 s两球相碰的次数为（g取10 m/s2）（ ）
A.3次 B.4次
C.5次 D.6次
题组三 “类单摆”模型
7.〔多选〕（2025·福建泉州高二下期末）滑板运动非常有趣。如图所示，某同学踩着滑板在弧形轨道的内壁来回滑行，若人和滑板的运动可视为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，则（ ）
A.站在滑板上运动时周期比较大
B.站在滑板上运动时周期比较小
C.站着运动到最低点时的速度比较小
D.站着运动到最低点时的速度比较大
8.（2025·福建龙岩高二下期末）如图甲所示，在倾角α＝30°光滑的斜面上固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上以θ＜5°的角度来回摆动。某实验小组通过力传感器得到了摆线的拉力大小T随时间t变化的图线，如图乙所示（图中所标字母均为已知量）。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.该单摆的周期为t0
B.若把此单摆移至地球两极，单摆的周期变大
C.摆球的质量m＝
D.摆球在最低点时的速度大小v＝
9.〔多选〕（2025·福建师大附中高二下期中）图甲由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，匀速拉动沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条如图甲所示的“沙线”。此装置可视为摆长为L的单摆，沙漏的运动可看作简谐运动。若已知手拉木板做匀速运动的速度大小是v，图乙所示的一段木板的长度是s，当地的重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A.“沙线”上每处堆积的细沙厚度相同
B.此沙摆的摆动周期T＝
C.若手拉木板匀速运动的速度增大为2v，此沙摆的摆动周期T＝
D.仅增大沙摆的摆长，则木板上仍将得到与图乙完全相同的图样
10.地球表面的重力加速度约为9.8 m/s2，月球表面的重力加速度是地球表面的，如果将走时准确的摆钟从地球上搬到月球上去，在地球上经过24 h，该钟在月球上显示经过了（ ）
A.4 h B.9.8 h
C.12 h D.58.8 h
11.〔多选〕如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性碰撞，下列判断正确的是（ ）
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
12.如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t图像的是（ ）
13.〔多选〕如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生碰撞，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时能与A再次相遇，则位置P与墙壁间的距离d可能为（ ）
A. B.
C. D.πv
第3节 单摆
1.C 单摆的回复力是重力沿切线方向的分力，单摆在平衡位置处回复力为零，在最大位移处速度为零，回复力最大，A、B错误，C正确。意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时。故D错误。
2.D 由图可知甲、乙两个摆的周期之比为1∶2，则频率之比为2∶1，选项A、B错误；根据T＝2π，可得l＝∝T2，可知甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4，选项C错误，D正确。
3.C 根据在星球表面万有引力等于在该星球上的重力可知，某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的倍，质量不变，所以该星球的重力加速度g'＝g；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，要使该单摆在行星上的周期与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为，单摆的周期与摆球的质量无关，故A、B、D错误，C正确。
4.D 摆球A通过最低点向左摆动时，由牛顿第二定律得F－mg＝m，则F＝mg＋m，由于运动的半径变小，速度不变，所以绳子的拉力变大，故A、B错误；根据单摆周期公式T＝2π，未加钉子时，周期T1＝2π，悬线被挡后，周期变为T'＝2π＝，所以加了钉子的周期为T2＝T＋T'＝，所以周期变为原来的，故C错误，D正确。
5.D 在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初速度，故摆球经过平衡位置时速度增大，因此单摆的振幅增大，由于雨滴质量远小于摆球质量，摆球仍做简谐运动，又由于摆球质量及振幅不影响周期，所以周期不变，故D正确。
6.C 先计算两球运动的周期，T1＝2π＝2 s，T2＝2π＝1 s，从B开始运动经，即0.25 s第一次相碰，因两球质量相等，两球重心等高，可知相碰后交换速度，所以经，即1 s第二次相碰；再经，即0.5 s第三次相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25 s，到第六次相碰共用时4.25 s，故经过4 s两球相碰的次数为5次。故选C。
7.BD 根据题意，人和滑板的运动可视为简谐运动，该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，由T＝2π可知当人站起来，重心向上移，相当于摆长l变短，则周期T变小，故A错误，B正确；因为站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，而当人站起来时周期变小，通过相等的弧长时，周期越小，速度越大，故C错误，D正确。
8.D 由题图乙可知，t0时刻是摆球自开始摆动后第一次所受拉力最小的时刻，对应于到达最高点的时刻，而2t0时刻才是摆球第一次回到释放点的时刻，故该单摆的周期为2t0，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π可得，T＝2π，可知若把此单摆移至地球两极，重力加速度变大，则单摆的周期变小，故B错误；设摆球质量为m，在最低点时的速度大小为v，小球在最高点时沿摆线方向受力平衡，有T1＝mgsin αcos θ，小球在最低点时，根据牛顿第二定律有T2－mgsin α＝m，小球从最高点运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有mgL（1－cos θ）sin α＝mv2，联立可得m＝，v＝，故D正确，C错误。
9.BC 沙漏摆动的速度越小堆积的细沙越多，沙漏摆动速度越大堆积的细沙越少，故A错误；由题图乙可知，木板移动距离s，沙摆摆动2个周期，则有＝2T可得，此沙摆的摆动周期T＝，故B正确；若手拉木板匀速运动的速度增大为2v，此沙摆的摆动周期不变，仍为，故C正确；若增大沙摆的摆长，其周期增大，保持拉动木板的速度不变，相同的木板记录的全振动的个数将减少，图样不同，故D错误。
10.B 由单摆的周期公式T＝2π，得＝＝，即T月＝T地，则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的，所以在地球上经过24 h，该钟在月球上显示经过的时间为24× h＝4 h≈9.8 h，故B正确。
11.CD 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性碰撞，故机械能守恒，即m＝m＋×3m，解得v1＝－v0，v2＝v0，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误； 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，两球碰后上摆过程中，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确； 由单摆的周期公式T＝2π 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
12.A 摆长为l时单摆的周期T1＝2π，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π＝，结合各选项可知B、D错误；根据机械能守恒定律得mgl（1－cos α）＝mg（1－cos β），利用cos α＝1－2sin2，cos β＝1－2sin2，以及sin θ＝tan θ＝θ（θ很小），解得β＝2α，振幅A1＝lsin α（α为摆角），振幅A2＝lsin β（β为摆角），所以sin β＝2sin α，故A2＝A1，故选项A正确，D错误。
13.BD 摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变。而B球做匀速率运动，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍。B球运动时间t＝n·（n＝1，2，3…）
又t＝，T＝2π
联立解得d＝（n＝1，2，3…）
当n＝1时，d＝
当n＝2时，d＝πv
当n＝3时，d＝
……
故B、D正确，A、C错误。
4 / 4第3节 单摆
素养目标
1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。2.知道单摆回复力的来源，学会通过理论推导，证明摆角很小时单摆的振动是简谐运动。3.知道影响单摆周期的因素，理解单摆的周期公式并能解决有关问题。
知识点一｜单摆的振动
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，线的 和球的 可忽略不计，这种装置称为单摆。
（2）单摆是一种 模型。
2.单摆的回复力
（1）来源：摆球的重力沿 的分力F提供了使球沿圆弧振动的回复力，如图所示。
（2）特点：在 很小的情况下（通常θ＜5°），单摆所受的回复力的大小与摆球位移大小成 ，方向与摆球位移方向 。
3.单摆的运动规律：在偏角很小的情况下（通常θ＜5°），单摆的振动可近似视为 运动。
知识点二｜单摆的周期
1.周期与其影响因素之间的关系：单摆的振动周期T与摆长l的算术平方根成 ，与重力加速度g的算术平方根成 。
2.周期公式：T＝2π。
3.发现：单摆周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
4.特点：单摆周期与 及摆球 皆无关。
5.应用
（1）制成摆钟用来计量时间。
（2）测量当地的 。
【情境思辨】
如图所示的是样式不同的摆钟（挂钟、座钟、落地钟）。
（1）摆钟摆锤的振动可以看成简谐运动。（ ）
（2）摆钟摆锤振动的回复力来源于重力和摆杆的弹力的合力。（ ）
（3）寒冷的冬天室外走时准确的摆钟，搬到暖和的室内摆钟的走时会变慢。（ ）
（4）如果将摆钟从上海移到北京其走时会变快。（ ）
（5）如果将摆钟带到我国的“天和核心舱”中仍然可以使用。（ ）
要点一 单摆的回复力及运动特征
【探究】
如图甲所示，摆钟是单摆模型的具体应用。如图乙所示，当摆角很小时，单摆的运动可看成简谐运动。结合简谐运动的知识，请思考以下问题。
（1）小球和细线构成一个做简谐运动的单摆，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？
（2）摆球经过平衡位置时，合外力是否为零？
（3）摆球到达最大位移处，v＝0，加速度是否等于0？
【归纳】
1.单摆做简谐运动的推证
如图所示，单摆的回复力F＝G1＝mgsin θ，在偏角很小时（通常θ＜5°）， 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。
2.单摆做简谐运动的规律
（1）单摆做简谐运动的位移图像（x-t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1】 〔多选〕如图所示，均匀小球在做简谐运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N两点关于O点对称。下列说法正确的是（ ）
A.小球受重力、绳子拉力和回复力
B.小球所受合外力就是单摆的回复力
C.小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D.小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
尝试解答
特别提醒
关于单摆的回复力的三点提醒
（1）单摆振动中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，除了最大位移处之外回复力与它受到的合力均不相等。
（2）在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。
（3）经过平衡位置时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为零，合力等于向心力。
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
2.一单摆做小角度摆动，其振动图像如图所示，以下说法正确的是（ ）
A.t1时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大
B.t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C.t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小
D.t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
要点二 单摆的周期公式
1.对单摆周期公式T＝2π 的理解
（1）T与摆长l和当地的重力加速度g有关。
（2）T与振幅和摆球质量无关，故T又叫单摆的固有周期。
（3）成立条件：最大摆角很小（最大摆角小于5°）。
2.对摆长l和重力加速度g的理解
（1）摆长l：从悬点到摆球重心的长度。
①实际单摆的摆长：l＝l'＋，l'为从悬点到摆球上端的摆线长度，D为摆球直径。
②等效摆长：a图中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度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，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。
（2）重力加速度g
①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g为当地的重力加速度。
②天体表面的重力加速度g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。不同星球上M和R一般不同，所以g也一般不同。
【典例2】 〔多选〕甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定（ ）
A.甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3
B.甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
C.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
D.若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9∶4
思路点拨：（1）由振动图像可知单摆振动的周期关系为T甲＝T乙。
（2）甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，但g不同。
尝试解答
【典例3】 如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g）（ ）
A.让小球在纸面内振动，周期T＝2π
B.让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
C.让小球在纸面内振动，周期T＝2π
D.让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π
思路点拨：（1）小球在纸面内小角度振动时“等效悬点”为O、“等效摆长”为l。
（2）小球在垂直纸面内小角度振动时“等效悬点”在过O点作AB的垂线的垂足处，“等效摆长”为。
尝试解答
特别提醒
解答有关“等效摆长”问题，关键是要弄清单摆振动的平面、“等效悬点”及“等效摆长”等。
1.（2025·福建福州高二下期中）一摆长为l的单摆做简谐运动，其周期为T；从某时刻开始计时，在t＝时刻，摆球具有负向最大振动加速度；该单摆的振动图像是（ ）
2.〔多选〕（2025·福建泉州高二下期中）图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02 N。已知摆球质量m＝100 g，重力加速度g取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A.单摆周期为0.8 s
B.单摆摆长为0.64 m
C.F的最小值Fmin＝0.96 N
D.若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期变小
要点三 “类单摆”模型
1.“类单摆”模型
除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动与单摆的运动规律类似，该类物体的运动称为“类单摆”模型。
2.两种典型实例
（1）如图甲所示，为竖直面内的光滑小圆弧（半径为R），且 R（或对应圆心角∠BOC很小），当小球在间运动时，小球受重力、轨道支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为“类单摆”运动，等效摆长l效＝R（小球半径r R）。
（2）如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、绳的拉力、斜面的支持力作用，其运动为“类单摆”运动，等效重力为G效＝mgsin θ，等效重力加速度为g效＝gsin θ。
3.处理类单摆问题的思路
（1）确认符合“类单摆”模型的条件。
（2）确定等效摆长l效。
（3）确定等效重力加速度g效。
（4）利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
【典例4】 如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B（与圆心A等高）到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是（ ）
A.甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B.甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C.丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D.甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
思路点拨：由于“C点很靠近D点”，故“丙沿圆弧轨道从C点运动到D”做“类单摆”运动，时间t＝。
尝试解答
1.一个质量为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
2.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
要点回眸
1.〔多选〕（2025·福建高二下阶段练习）关于单摆的运动，下列说法正确的是（ ）
A.经过平衡位置时所受的合力不为零
B.经过平衡位置时所受的回复力不为零
C.回复力是重力和摆线拉力的合力
D.经过平衡位置时摆线拉力最大
2.图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）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.摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用
B.摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C.摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
3.在珠穆朗玛峰的山脚下走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的山峰上，则这个摆钟（ ）
A.变慢了，重新校准应减小摆长
B.变慢了，重新校准应增大摆长
C.变快了，重新校准应减小摆长
D.变快了，重新校准应增大摆长
4.一单摆做简谐运动时的速度—时间图像如图所示，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（g取10 m/s2）（ ）
A.此单摆的摆长约为2 m
B.t＝2 s时单摆的回复力为零
C.若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期不变
D.将此单摆从北京移至广州，它做简谐运动的周期将变小
第3节 单摆
【基础知识落实】
知识点一
1.（1）质量 大小 （2）理想化 2.（1）圆弧切向 （2）摆角 正比 相反 3.简谐
知识点二
1.正比 反比 4.振幅 质量 5.（2）重力加速度
情境思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）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提供了使摆球振动的回复力，如图所示。
（2）摆球经过平衡位置时回复力为零，但是合外力不为零，合外力提供摆球做圆周运动的向心力。
（3）最大位移处速度v＝0，所需向心力为零，此时摆球所受合外力等于重力沿圆弧切线方向的分力，所以加速度不等于0。
【典例1】 CD 小球只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；单摆的回复力是重力沿运动方向的分力，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合外力不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可知，选项D正确。
素养训练
1.C 单摆振动过程中受到重力和摆线拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，摆线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，在平衡位置处为零，故选C。
2.D 在t1时刻和t3时刻摆球的位移最大，回复力最大，速度为零，A、C均错误；在t2时刻和t4时刻摆球在平衡位置，速度最大，悬线拉力最大，回复力为零，故B错误，D正确。
要点二
【典例2】 BD 根据图像可知，单摆振动的周期关系为T甲＝T乙，所以周期之比为＝，频率为周期的反比，所以频率之比为＝，A错误、B正确；若甲、乙在同一地点，则重力加速度相同，根据单摆周期公式T＝2π可得摆长之比为4∶9，C错误；若在不同地点，摆长相同，根据T＝2π得重力加速度之比为9∶4，D正确。
【典例3】 A 让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，周期T＝2π；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为，周期T'＝2π，A正确，B、C、D错误。
素养训练
1.B 由单摆周期公式T＝2π可知，t＝ ＝2T＋T，即在T时，摆球具有负向最大振动加速度，根据a＝－可知，摆球应在正向最大位移处。故选B。
2.BC 单摆在最低点时速度最大，所需向心力最大，力传感器示数最大，且摆球在相邻两次通过最低点的时间间隔为半个周期，则由题图乙可知单摆周期为T＝2×（0.9－0.1）s＝1.6 s，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆摆长为l＝＝0.64 m，故B正确；摆球在最低点时，根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝m，设单摆的摆角为θ，摆球从最低点运动至最高点的过程中，根据机械能守恒定律有mv2＝mgL（1－cos θ），解得cos θ＝，摆球在最高点时，有Fmin＝mgcos θ＝0.96 N，故C正确；单摆周期与摆球质量无关，若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变，故D错误。
要点三
【典例4】 A 设圆的半径为r，小球甲从A到D的过程中做自由落体运动，所用时间t1＝。
由几何知识知∠ADB＝θ＝45°，弦BD长度为2rcos θ，小球乙从B到D的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，运动加速度为gcos θ，所用时间
t2＝＝ ＝2
丙沿圆弧轨道从C点到D的运动可以看成类单摆运动，周期T＝2π，时间t3＝＝。
故有t2＞t3＞t1，由此可知乙球最后到，甲球最先到，故A正确，B、C、D错误。
素养训练
1.B 将R减小为原来的，周期变为原来的，则频率变为原来的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，则频率变为原来的，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。
2.C 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类单摆运动，在等效重力作用下有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。
【教学效果检测】
1.AD 单摆经过平衡位置时需要向心力，所以所受的合力不为零，故A正确；单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供，经过平衡位置时，分力为零，所以所受的回复力为零，故B、C错误；平衡位置处速度最大，由向心力公式可得F－mg＝m，所以经过平衡位置时摆线拉力最大，故D正确。
2.C 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
3.A 根据单摆周期公式T＝2π，在珠穆朗玛峰的山脚走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆长l，故选A。
4.C 由图可知，摆动周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2π，解得此单摆的摆长约为1 m，A错误；t＝2 s 时摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B错误；单摆的周期与摆角无关，C正确；将此单摆从北京移至广州，重力加速度减小，它做简谐运动的周期将变大，D错误。
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第3节 单摆
1.知道单摆是一种理想化模型，理解单摆模型的条件。
2.知道单摆回复力的来源，学会通过理论推导，证明摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
3.知道影响单摆周期的因素，理解单摆的周期公式并能解决有关问题。
素养目标
01
基础知识落实
02
核心要点突破
03
教学效果检测
04
课时作业
目 录
01
PART
基础知识落实
知识点一｜单摆的振动
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，线
的 和球的 可忽略不计，这种装置称为单摆。
（2）单摆是一种 模型。
质量
大小
理想化
2. 单摆的回复力
（1）来源：摆球的重力沿 的分力F提供了使球沿圆弧振动的回复力，如图所示。
圆弧切向
（2）特点：在 很小的情况下（通常θ＜5°），单摆所受的回复力的大小与摆球位移大小成 ，方向与摆球位移方向 。
摆角
正比
相反
3. 单摆的运动规律：在偏角很小的情况下（通常θ＜5°），单摆的振动可
近似视为 运动。
简谐
知识点二｜单摆的周期
1. 周期与其影响因素之间的关系：单摆的振动周期T与摆长l的算术平方根
成 ，与重力加速度g的算术平方根成 。
2. 周期公式：T＝2π。
3. 发现：单摆周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。
4. 特点：单摆周期与 及摆球 皆无关。
5. 应用
（1）制成摆钟用来计量时间。
（2）测量当地的 。
正比
反比
振幅
质量
重力加速度
【情境思辨】
如图所示的是样式不同的摆钟（挂钟、座钟、落地钟）。
（1）摆钟摆锤的振动可以看成简谐运动。 （ √ ）
√
（2）摆钟摆锤振动的回复力来源于重力和摆杆的弹力的合力。
（ × ）
（3）寒冷的冬天室外走时准确的摆钟，搬到暖和的室内摆钟的走时会变慢。 （ √ ）
（4）如果将摆钟从上海移到北京其走时会变快。 （ √ ）
（5）如果将摆钟带到我国的“天和核心舱”中仍然可以使用。
（ × ）
×
√
√
×
02
PART
核心要点突破
要点一 单摆的回复力及运动特征
【探究】
如图甲所示，摆钟是单摆模型的具体应用。如图乙所示，当摆角很小时，
单摆的运动可看成简谐运动。结合简谐运动的知识，请思考以下问题。
（1）小球和细线构成一个做简谐运动的单摆，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？
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提供了使摆球振动的回复力，如图所示。
（2）摆球经过平衡位置时，合外力是否为零？
提示：摆球经过平衡位置时回复力为零，但是合外力不为零，合外力提供
摆球做圆周运动的向心力。
（3）摆球到达最大位移处，v＝0，加速度是否等于0？
提示：最大位移处速度v＝0，所需向心力为零，此时摆球所受合外力等于
重力沿圆弧切线方向的分力，所以加速度不等于0。
【归纳】
1. 单摆做简谐运动的推证
如图所示，单摆的回复力F＝G1＝mgsin θ，在偏角很小时（通常θ＜5°）， 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。
2. 单摆做简谐运动的规律
（1）单摆做简谐运动的位移图像（x-t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1】 〔多选〕如图所示，均匀小球在做简谐运动，平衡位置为O
点，A、B为最大位移处，M、N两点关于O点对称。下列说法正确的是
（ ）
A. 小球受重力、绳子拉力和回复力
B. 小球所受合外力就是单摆的回复力
C. 小球在O点时合外力不为0，回复力为0
D. 小球在M点的位移与小球在N点的位移大小相等
√
√
解析：小球只受两个力：重力、绳子拉力，A错误；单摆的回复力是重
力沿运动方向的分力，B错误；单摆在O点时，回复力为0，但合外力
不为0，合外力指向运动轨迹的圆心，C正确；根据运动的对称性可
知，选项D正确。
特别提醒
关于单摆的回复力的三点提醒
（1）单摆振动中的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，除了最大位移
处之外回复力与它受到的合力均不相等。
（2）在最大位移处时，速度为零，向心力为零，此时合力等于回复力。
（3）经过平衡位置时，速度不为零，向心力也不为零，此时回复力为
零，合力等于向心力。
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
解析： 单摆振动过程中受到重力和摆线拉力的作用，把重力沿切向和
径向分解，其切向分力提供回复力，摆线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，在平衡位置处为零，故选C。
√
2. 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时刻摆球速度最大，摆球的回复力最大
B. t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C. t3时刻摆球速度为零，摆球的回复力最小
D. t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
解析：在t1时刻和t3时刻摆球的位移最大，回复力最大，速度为零，A、C均错误；在t2时刻和t4时刻摆球在平衡位置，速度最大，悬线拉力最大，回复力为零，故B错误，D正确。
√
要点二 单摆的周期公式
1. 对单摆周期公式T＝2π 的理解
（1）T与摆长l和当地的重力加速度g有关。
（2）T与振幅和摆球质量无关，故T又叫单摆的固有周期。
（3）成立条件：最大摆角很小（最大摆角小于5°）。
2. 对摆长l和重力加速度g的理解
（1）摆长l：从悬点到摆球重心的长度。
①实际单摆的摆长：l＝l'＋，l'为从悬点到
摆球上端的摆线长度，D为摆球直径。
②等效摆长：a图中，甲、乙在垂直纸面方向上小角度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，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。
（2）重力加速度g
①单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g为当地的重力加速
度。
②天体表面的重力加速度g＝，式中R为天体半径，M为天体的质量。不
同星球上M和R一般不同，所以g也一般不同。
【典例2】 〔多选〕甲、乙两个单摆的振动图像如图所示。根据振动图像可以断定（ ）
A. 甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3
B. 甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
C. 若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9∶4
D. 若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲乙两单摆所在地
点的重力加速度之比为9∶4
思路点拨：（1）由振动图像可知单摆振动的周期关系为T甲＝T乙。
（2）甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，但g不同。
√
√
解析：根据图像可知，单摆振动的周期关系为T甲＝T乙，所以周期之比为
＝，频率为周期的反比，所以频率之比为＝，A错误、B正确；若
甲、乙在同一地点，则重力加速度相同，根据单摆周期公式T＝2π可得
摆长之比为4∶9，C错误；若在不同地点，摆长相同，根据T＝2π得重
力加速度之比为9∶4，D正确。
【典例3】 如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面
上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长
也是l，下端C点系着一个小球（半径可忽略），下列说法正确的是（以下
皆指摆动角度小于5°，重力加速度为g）（ ）
√
思路点拨：（1）小球在纸面内小角度振动时“等效悬点”为O、“等效摆
长”为l。
（2）小球在垂直纸面内小角度振动时“等效悬点”在过O点作AB的垂线的
垂足处，“等效摆长”为。
解析：让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，
周期T＝2π；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运
动，摆长为，周期T'＝2π，A正确，B、C、D错误。
特别提醒
解答有关“等效摆长”问题，关键是要弄清单摆振动的平面、“等效
悬点”及“等效摆长”等。
1. （2025·福建福州高二下期中）一摆长为l的单摆做简谐运动，其周期为
T；从某时刻开始计时，在t＝时刻，摆球具有负向最大振动加速度；
该单摆的振动图像是（ ）
√
解析： 由单摆周期公式T＝2π可知，t＝ ＝2T＋T，即在T时，
摆球具有负向最大振动加速度，根据a＝－可知，摆球应在正向最大位移
处。故选B。
2. 〔多选〕（2025·福建泉州高二下期中）图甲是用力传感器对单摆做小
角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所
显示的F-t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02 N。已知摆球质量m＝100 g，
重力加速度g取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正
确的是（ ）
A. 单摆周期为0.8 s
B. 单摆摆长为0.64 m
C. F的最小值Fmin＝0.96 N
D. 若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期变小
√
√
解析： 单摆在最低点时速度最大，所需向心力最大，力传感器示数最
大，且摆球在相邻两次通过最低点的时间间隔为半个周期，则由题图乙可
知单摆周期为T＝2×（0.9－0.1）s＝1.6 s，故A错误；根据单摆周期公式
T＝2π，可得单摆摆长为l＝＝0.64 m，故B正确；摆球在最低点时，
根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝m，设单摆的摆角为θ，摆球从最低点运
动至最高点的过程中，根据机械能守恒定律有mv2＝mgL（1－cos θ），解
得cos θ＝，摆球在最高点时，有Fmin＝mgcos θ＝0.96 N，故C正确；
单摆周期与摆球质量无关，若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变，故
D错误。
要点三 “类单摆”模型
1. “类单摆”模型
除了前面学习的单摆模型，有些物体的运动与单摆的运动规律类似，该类
物体的运动称为“类单摆”模型。
2. 两种典型实例
（1）如图甲所示，为竖直面内的光滑小圆弧（半径为R），且 R
（或对应圆心角∠BOC很小），当小球在间运动时，小球受重力、轨道
支持力作用，轨道支持力可以等效为单摆中的摆线拉力，故其运动为“类
单摆”运动，等效摆长l效＝R（小球半径r R）。
（2）如图乙所示，在固定的光滑斜面上，用长度为l的细绳一端固定于O1
点，下端悬挂一小球，使小球在斜面内来回摆动，小球受到重力、绳的拉
力、斜面的支持力作用，其运动为“类单摆”运动，等效重力为G效＝
mgsin θ，等效重力加速度为g效＝gsin θ。
3. 处理类单摆问题的思路
（1）确认符合“类单摆”模型的条件。
（2）确定等效摆长l效。
（3）确定等效重力加速度g效。
（4）利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解有关问题。
【典例4】 如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、
B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲
从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B（与圆心A等高）到达
另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点。如果忽略一
切摩擦阻力，那么下列判断正确的是（ ）
A. 甲球最先到达D点，乙球最后到达D点
B. 甲球最先到达D点，丙球最后到达D点
C. 丙球最先到达D点，乙球最后到达D点
D. 甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点
思路点拨：由于“C点很靠近D点”，故“丙沿圆弧轨道从C点运动到D”
做“类单摆”运动，时间t＝。
√
解析：设圆的半径为r，小球甲从A到D的过程中做自由落体运动，所用时
间t1＝。
由几何知识知∠ADB＝θ＝45°，弦BD长度为2rcos θ，小球乙从B到D的过
程中做初速度为零的匀加速直线运动，运动加速度为gcos θ，所用时间
t2＝＝ ＝2
丙沿圆弧轨道从C点到D的运动可以看成类单摆运动，周期T＝2π，时间
t3＝＝。
故有t2＞t3＞t1，由此可知乙球最后到，甲球最先到，故A正确，B、C、D
错误。
1. 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
（ ）
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
√
解析：B 将R减小为原来的，周期变为原来的，则频率变为原来的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，则频率变为
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。
2. 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（ ）
√
解析： 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
作类单摆运动，在等效重力作用下有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。
要点回眸
03
PART
教学效果检测
1. 〔多选〕（2025·福建高二下阶段练习）关于单摆的运动，下列说法正
确的是（ ）
A. 经过平衡位置时所受的合力不为零
B. 经过平衡位置时所受的回复力不为零
C. 回复力是重力和摆线拉力的合力
D. 经过平衡位置时摆线拉力最大
√
√
解析：单摆经过平衡位置时需要向心力，所以所受的合力不为零，故A正确；单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供，经过平衡位置时，分力为零，所以所受的回复力为零，故B、C错误；平衡位置处速度最大，由向心力公式可得F－mg＝m，所以经过平衡位置时摆线拉力最大，故D正确。
2. 图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）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. 摆球受到重力、拉力、回复力三个力的作用
B. 摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零
C. 摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大
D. 摆球在B点处，速度最大，回复力也最大
√
解析： 摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，A错误；摆球在摆动
过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，在最低点B处，速度最
大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。
3. 在珠穆朗玛峰的山脚下走时准确的摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的
山峰上，则这个摆钟（ ）
A. 变慢了，重新校准应减小摆长
B. 变慢了，重新校准应增大摆长
C. 变快了，重新校准应减小摆长
D. 变快了，重新校准应增大摆长
√
解析： 根据单摆周期公式T＝2π，在珠穆朗玛峰的山脚走时准确的
摆钟，被考察队员带到珠穆朗玛峰的顶端，重力加速度g变小，周期T变
大，所以摆钟变慢了，为了使T变回原来的值，需要重新校准，应减小摆
长l，故选A。
4. 一单摆做简谐运动时的速度—时间图像如图所示，不考虑空气阻力的影
响，下列说法正确的是（g取10 m/s2）（ ）
A. 此单摆的摆长约为2 m
B. t＝2 s时单摆的回复力为零
C. 若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期不变
D. 将此单摆从北京移至广州，它做简谐运动的周期将变小
√
解析： 由图可知，摆动周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2π，解得此
单摆的摆长约为1 m，A错误；t＝2 s 时摆球速度为零，在最大位移处，单
摆的回复力最大，B错误；单摆的周期与摆角无关，C正确；将此单摆从北
京移至广州，重力加速度减小，它做简谐运动的周期将变大，D错误。
04
PART
课时作业
题组一 单摆的回复力及运动特征
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 单摆的回复力是重力与拉力的合力
B. 单摆在平衡位置时回复力最大
C. 在最大位移处，单摆的速度为零，回复力最大
D. 伽利略首先发现了单摆的等时性，并把它用于计时
解析：单摆的回复力是重力沿切线方向的分力，单摆在平衡位置处回复力为零，在最大位移处速度为零，回复力最大，A、B错误，C正确。意大利科学家伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆的周期公式，并应用于计时。故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
题组二 单摆的周期公式
2. 如图是甲、乙两个单摆的振动图像，以下说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两个摆的频率之比为1∶1
B. 甲、乙两个摆的频率之比为1∶2
C. 甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
D. 甲、乙两个摆的摆长之比为1∶4
解析： 由图可知甲、乙两个摆的周期之比为1∶2，则频率之比为
2∶1，选项A、B错误；根据T＝2π，可得l＝∝T2，可知甲、乙两个
摆的摆长之比为1∶4，选项C错误，D正确。
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3. 一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力
的。如果将在地球上走时准确的摆钟（设摆钟的周期与单摆简谐运动的周
期相同）搬到此行星上，现要使摆钟在该行星与地球上的周期相同，下列
可行的办法是（ ）
A. 将摆球的质量m增加为4m
D. 将摆长l增长为4l
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 根据在星球表面万有引力等于在该星球上的重力可知，某行星
表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的倍，质量不变，所
以该星球的重力加速度g'＝g；根据单摆的周期公式T＝2π 可知，要使
该单摆在行星上的周期与在地球上的周期相同，必须将摆长缩短为，单摆
的周期与摆球的质量无关，故A、B、D错误，C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4. 如图所示，摆长为l的单摆，周期为T。如果在悬点O的正下方B点固定一
个光滑的钉子，OB的长度为OA长度的，使摆球A通过最低点向左摆动，
碰到钉子后成为一个新的单摆，则下列说法正确的是（ ）
A. 摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力不变
B. 摆球A通过最低点向左摆动时绳子拉力变小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 摆球A通过最低点向左摆动时，由牛顿第二定律得F－mg＝
m，则F＝mg＋m，由于运动的半径变小，速度不变，所以绳子的拉力
变大，故A、B错误；根据单摆周期公式T＝2π，未加钉子时，周期T1＝
2π，悬线被挡后，周期变为T'＝2π＝，所以加了钉子的周期
为T2＝T＋T'＝，所以周期变为原来的，故C错误，D正确。
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5. 一个单摆的摆球运动到最大位移处时，正好遇到空中竖直下落的雨滴
（雨滴质量远小于摆球质量），雨滴均匀附着在摆球的表面，则下列说法
正确的是（ ）
A. 摆球经过平衡位置时速度要增大，周期也增大，振幅也增大
B. 摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期减小，振幅也减小
C. 摆球经过平衡位置时速度没有变化，周期也不变，振幅要增大
D. 摆球经过平衡位置时速度要增大，周期不变，振幅要增大
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解析： 在最大位移处，雨滴落到摆球上，质量增大，同时摆球获得初
速度，故摆球经过平衡位置时速度增大，因此单摆的振幅增大，由于雨滴
质量远小于摆球质量，摆球仍做简谐运动，又由于摆球质量及振幅不影响
周期，所以周期不变，故D正确。
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6. 两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1.00 m，l2＝0.25 m的细绳上，
两球重心等高，如图所示。现将B球在竖直面内拉开一个较小的角度放开
后，从B球开始运动计算，经过4 s两球相碰的次数为（g取10 m/s2）（ ）
A. 3次 B. 4次
C. 5次 D. 6次
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解析： 先计算两球运动的周期，T1＝2π＝2 s，T2＝2π＝1 s，从B
开始运动经，即0.25 s第一次相碰，因两球质量相等，两球重心等高，可
知相碰后交换速度，所以经，即1 s第二次相碰；再经，即0.5 s第三次
相碰，可推证到第5次相碰共用时3.25 s，到第六次相碰共用时4.25 s，故
经过4 s两球相碰的次数为5次。故选C。
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题组三 “类单摆”模型
7. 〔多选〕（2025·福建泉州高二下期末）滑板运动非常有趣。如图所
示，某同学踩着滑板在弧形轨道的内壁来回滑行，若人和滑板的运动可视
为简谐运动，设该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同
的最高点，则（ ）
A. 站在滑板上运动时周期比较大
B. 站在滑板上运动时周期比较小
C. 站着运动到最低点时的速度比较小
D. 站着运动到最低点时的速度比较大
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解析：根据题意，人和滑板的运动可视为简谐运动，该同学站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，由T＝2π可知当人站起来，重心向上移，相当于摆长l变短，则周期T变小，故A错误，B正确；因为站在滑板上与蹲在滑板上滑行时，滑板到达了相同的最高点，而当人站起来时周期变小，通过相等的弧长时，周期越小，速度越大，故C错误，D正确。
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8. （2025·福建龙岩高二下期末）如图甲所示，在倾角α＝30°光滑的斜面
上固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上以θ＜5°的角度来回摆动。某实
验小组通过力传感器得到了摆线的拉力大小T随时间t变化的图线，如图乙
所示（图中所标字母均为已知量）。已知重力加速度为g，下列说法正确
的是（ ）
A. 该单摆的周期为t0
B. 若把此单摆移至地球两极，单摆的周期变大
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解析： 由题图乙可知，t0时刻是摆球自开始摆动后第一次所受拉力最小
的时刻，对应于到达最高点的时刻，而2t0时刻才是摆球第一次回到释放点
的时刻，故该单摆的周期为2t0，故A错误；根据单摆周期公式T＝2π可
得，T＝2π，可知若把此单摆移至地球两极，重力加速度变大，则单
摆的周期变小，故B错误；
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设摆球质量为m，在最低点时的速度大小为v，小球在最高点时沿摆线方向
受力平衡，有T1＝mgsin αcos θ，小球在最低点时，根据牛顿第二定律有T2
－mgsin α＝m，小球从最高点运动到最低点的过程中，根据机械能守恒
定律有mgL（1－cos θ）sin α＝mv2，联立可得m＝，v＝，
故D正确，C错误。
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9. 〔多选〕（2025·福建师大附中高二下期中）图甲由一根较长的细线和
较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，匀速拉动沙漏
正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条如图甲所示的“沙线”。此
装置可视为摆长为L的单摆，沙漏的运动可看作简谐运动。若已知手拉木
板做匀速运动的速度大小是v，图乙所示的一段木板的长度是s，当地的重
力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
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A. “沙线”上每处堆积的细沙厚度相同
D. 仅增大沙摆的摆长，则木板上仍将得到与图乙完全相同的图样
下列说法正确的是（ ）
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解析： 沙漏摆动的速度越小堆积的细沙越多，沙漏摆动速度越大堆积
的细沙越少，故A错误；由题图乙可知，木板移动距离s，沙摆摆动2个周
期，则有＝2T可得，此沙摆的摆动周期T＝，故B正确；若手拉木板匀
速运动的速度增大为2v，此沙摆的摆动周期不变，仍为，故C正确；若
增大沙摆的摆长，其周期增大，保持拉动木板的速度不变，相同的木板记
录的全振动的个数将减少，图样不同，故D错误。
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10. 地球表面的重力加速度约为9.8 m/s2，月球表面的重力加速度是地球表
面的，如果将走时准确的摆钟从地球上搬到月球上去，在地球上经过24
h，该钟在月球上显示经过了（ ）
A. 4 h B. 9.8 h
C. 12 h D. 58.8 h
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解析： 由单摆的周期公式T＝2π，得＝＝，即T月＝T地，
则摆钟在月球上单位时间内完成的全振动的次数为在地球上的，所以在
地球上经过24 h，该钟在月球上显示经过的时间为24× h＝4 h≈9.8
h，故B正确。
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11. 〔多选〕如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长
相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度
后释放，若两球的碰撞是弹性碰撞，下列判断正确的是（ ）
A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相同
D. 发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
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解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的
系统动量守恒，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性碰
撞，故机械能守恒，即m＝m＋×3m，解得v1＝－v0，v2＝
v0，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A错误； 第一
次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后
的动量大小不相等，选项B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小
相等，两球碰后上摆过程中，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆
长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C正确； 由单摆的周期公式T＝2π 可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
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12. 如图所示，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在
天花板上O点处，在O点正下方l的O'处有一固定细铁钉。将小球
向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释
放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到
铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t图像的是（ ）
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解析： 摆长为l时单摆的周期T1＝2π，摆长为l时单摆的周期T2＝2π
＝π＝，结合各选项可知B、D错误；根据机械能守恒定律得mgl（1
－cos α）＝mg（1－cos β），利用cos α＝1－2sin2，cos β＝1－2sin2，
以及sin θ＝tan θ＝θ（θ很小），解得β＝2α，振幅A1＝lsin α（α为摆角），
振幅A2＝lsin β（β为摆角），所以sin β＝2sin α，故A2＝A1，故选项A正
确，D错误。
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13. 〔多选〕如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置
一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处
的B球发生碰撞，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运
动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时能与A再
次相遇，则位置P与墙壁间的距离d可能为（ ）
√
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解析： 摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆
动的周期不变。而B球做匀速率运动，再次相遇的条件为B球来回所需要的
时间为单摆半周期的整数倍。B球运动时间t＝n·（n＝1，2，3…）
又t＝，T＝2π
联立解得d＝（n＝1，2，3…）
当n＝1时，d＝
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当n＝2时，d＝πv
当n＝3时，d＝
……
故B、D正确，A、C错误。
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演示完毕 感谢观看
