《创新课堂》第二章 机械振动 4.单摆 课件 高中物理选择性必修第一册（人教版）

(共70张PPT)
4.单摆
1.知道什么是单摆，了解单摆的构成及单摆的回复力。
2.理解单摆做简谐振动的条件，会利用图像法分析单摆的运动。
3.掌握单摆的周期公式，并能够进行计算。
4.经历单摆周期与摆长关系的探究过程，体会实验设计思路。
学习目标
01
知识点一　单摆的回复力
目 录
02
知识点二　单摆的周期
03
素养培优
04
随堂演练
05
课时作业
01
PART
知识点一　单摆的回复力
情境：如图所示：一轻质长细线的上端固定在铁架台上，下端栓一个小钢
球，将小钢球拉离平衡位置一个小角度由静止释放，小钢球就在平衡位置
附近做往复运动。
问题：（1）分析小球运动过程中受到几个力的作用？什么力充当小球振
动的回复力？
提示：小球受重力和细线的拉力。重力沿圆弧切线的分力。
（2）小球经过平衡位置时，回复力是否为零？
提示： 小球经过平衡位置时，回复力为零。
（3）小球经过平衡位置时，合外力是否为零？
提示：小球经过平衡位置时，合外力不为零。
1. 单摆的组成
由细线和 组成。如图所示：
小球　
2. 理想化模型
（1）细线的长度不可改变。
（2）细线的 与小球相比可以忽略。
（3）小球的 与线的长度相比可以忽略。
3. 单摆的回复力
（1）回复力的来源：摆球的重力沿 方向的分力。
（2）回复力的特点：在摆角很小时，摆球所受的回复力与它偏离平衡位
置的位移成 ，方向总指向 ，即F＝－x。从回复力
特点可以判断单摆做简谐运动。
质量　
直径　
圆弧切线　
正比　
平衡位置　
【易错辨析】
1. 制作单摆的摆球越大越好。 （　×　）
2. 单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。 （　×　）
3. 单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。 （　√　）
×
×
√
1. 单摆做简谐运动的推证
（1）如图所示，摆球在任意位置P，则有向线段为此时的位移x，重力
G沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ提供摆球以O点为平衡位置做往复运动
的回复力。
（2）在摆角很小时，sin θ≈θ＝，F＝mgsin θ＝x，F方向与摆球位移方
向相反，所以有回复力F回＝－F＝－。令k＝，则F回＝－kx。
因此，在摆角θ很小时，单摆做简谐运动。（摆角一般不超过5°）
2. 两点提醒
（1）摆球的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，而不是摆球所受到
的合力。当摆球经过平衡位置时，回复力为零，而所受合力不为零，此时
合力提供摆球做圆周运动的向心力。实际上，运动过程中沿摆线方向上的
合力一直提供摆球做圆周运动的向心力。
（2）单摆的摆动不一定都是简谐运动，只有单摆做小角度（摆角小于
5°）摆动时才可以认为是简谐运动。
【例1】　（单摆回复力的理解）〔多选〕如图所示，为一小球做简谐运
动的示意图，其中O点为平衡位置，A、B为最大位移处，M、N点为关于O
点对称的两点。下列说法正确的是（　　）
A. 小球在A、B点受到重力和回复力
B. 小球在O点所受的合外力就是回复力
C. 小球在O点时所受合外力不为0
D. 小球在M点、N点的回复力大小相等
解析： 　小球在A、B点受到重力和绳子拉力，故A错误；小球在O点的
合外力不为0，合外力提供向心力，不是回复力，故B错误，C正确；M、N
两点关于O点对称，根据运动的对称性可知，小球在M点、N点的回复力大
小相等，故D正确。
√
√
〔多选〕如图所示为一单摆的振动图像，则（　　）
A. t1和t3时刻，摆线的拉力大小相等
B. t2和t3时刻，摆球速度相等
C. t3时刻，摆球速度正在减小
D. t4～t5时间内，摆线的拉力逐渐减小
√
√
解析： 　由题图可知，t1和t3时刻，摆球的位移相等，根据对称性可
知，单摆振动的速度大小相等，故摆线拉力大小相等，故A正确；t2时刻，
摆球在负的最大位移处，速度为零，t3时刻，摆球正向平衡位置运动，速
度在增大，所以t2和t3时刻，摆球速度不相等，故B、C错误；t4～t5时间
内，摆球正远离平衡位置，速度正在减小，若摆线与竖直方向的夹角为
θ，则FT－mgcos θ＝m，θ增大，cos θ减小，所以摆线拉力逐渐减小，故
D正确。
02
PART
知识点二　单摆的周期
情境：意大利物理学家伽利略在比萨的教堂中观察吊灯摆动现象时发现了
摆的等时性，即在摆角小于5°时，不论摆钟摆动幅度大些还是小些，完
成一次摆动的时间是相同的。
问题： 摆钟摆动的周期与摆动的振幅大小有关吗？
与摆锤的质量大小有关吗？
提示：无关　无关。
（2）摆钟摆动的周期与摆锤的长度有关吗？
提示： 有关。
1. 探究影响单摆周期的因素
（1）探究方法： 法。
（2）实验结论（都在小偏角下）
控制变量　
①两摆的摆球质量、摆长相同，振幅不同，两摆的周期相同，即单摆的周
期与振幅 。
②两摆的摆长、振幅相同，摆球质量不同，两摆的周期相同，即单摆振动
的周期与摆球质量 。
③两摆的振幅、摆球质量相同，摆长不同，摆长越长，周期 ；摆
长越短，周期 ，即周期与摆长有关。
无关　
无关　
越大　
越小　
2. 周期公式
（1）提出：由荷兰物理学家 首先提出。
（2）公式：T＝ ，即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 ，而与振幅、摆球质
量无关。
惠更斯　
2π　
正比　
反比　
【易错辨析】
1. 单摆的周期与摆球的振幅有关，振幅越大，周期越大。 （　×　）
2. 单摆的摆长越大，单摆的周期越大。 （　√　）
3. 同一单摆从南极移到赤道，周期变大。 （　√　）
×
√
√
1. 对摆长l的理解
如图所示，实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球球
心的长度，即l＝L＋，L为摆线长，d为摆球直径。
2. 单摆的周期只与其摆长和当地的重力加速度有关，而与振幅和摆球质量无关，它又叫作单摆的固有周期。单摆周期公式的成立条件为摆角θ＜5°。
3. 周期为2 s的单摆叫作秒摆。秒摆的摆长约为1 m。
【例2】　（单摆周期公式的理解）若单摆的摆长不变，摆球的质量减
小，摆球离开平衡位置的最大摆角减小，则单摆振动的（　　）
A. 频率不变，振幅不变 B. 频率不变，振幅改变
C. 频率改变，振幅不变 D. 频率改变，振幅改变
解析：　单摆的周期公式为T＝2π，与摆球的质量和摆角的大小无
关，所以周期不变，频率也不变；摆球离开平衡位置的最大摆角减小，则
振幅也减小，故A、C、D错误，B正确。
√
【例3】　（单摆周期公式的应用）惠更斯利用单摆的等时性原理制成了
世界上第一座摆钟。图甲为日常生活中我们常见的一种摆钟，图乙为摆钟
的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。在A地走时准确的摆钟移到B地未做其他调整时摆动变慢了，下列说法正确的是（　）
A. B地的重力加速度较小，若要调准可将螺母适当向下移动
B. B地的重力加速度较小，若要调准可将螺母适当向上移动
C. A地的重力加速度较小，若要调准可将螺母适当向下移动
D. A地的重力加速度较小，若要调准可将螺母适当向上移动
√
解析：　由A地到B地摆钟摆动变慢说明周期变大，由单摆的周期公式T＝
2π，可知重力加速度变小，要使周期不变，则应缩短摆长，即将螺母适
当向上移动，故B正确。
【例4】　（单摆的振动图像的应用）〔多选〕图甲是一个单摆振动的情
形图，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，取向右为正
方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（　　）
A. 单摆振动的频率是1.25 Hz
B. t＝0时，摆球位于B点
C. t＝0.2 s时，摆球位于平衡位置O，加速度为零
D. 若当地的重力加速度g＝π2 m/s2，则这个单摆的摆长是0.16 m
√
√
√
解析： 　由振动图像可知，该单摆的周期为T＝0.8 s，频率为f＝＝
Hz＝1.25 Hz，故A正确；由于规定向右为正方向，B点为摆球所能到达
的左边最远位置，则t＝0时，摆球位于B点，故B正确；由振动图像可判
断，t＝0.2 s时，摆球位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加
速度不为零，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2π，可得l＝，把T
＝0.8 s，g＝π2 m/s2，代入计算得摆长l＝0.16 m，故D正确。
03
PART
素养培优
单摆模型的拓展
　　
1. 四种常见的类单摆模型
模型 图示（l、l1、l2为摆线长，r为摆球半径） 摆长 等效重力加
速度g效 周期T
双线摆 不变，lsin α
＋r 不变，g T＝
2π
模型 图示（l、l1、l2为摆线长，r为摆球半径） 摆长 等效重力加
速度g效 周期T
折线摆 碰到钉子后
变小 不变，g T＝π＋
π
模型 图示（l、l1、l2为摆线长，r为摆球半径） 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＝2π
斜面摆 不变，l＋r 不变，gsin α T＝2π
2. 不同系统中的等效重力加速度
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，其
大小等于单摆相对系统静止在平衡位置时的摆线拉力与摆球质量的比值。
情景 等效重力加速度 情景 等效重力加速度
g等效＝g－a g等效＝
g等效＝g＋a g等效＝
【典例1】　（2024·浙江高考9题）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质
量为0.1 kg的小球，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；当小球受到垂直于纸面方向的扰
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
√
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；同一根细线中，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，故周期
为T＝2π≈2 s，故B正确。
【典例2】　如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加
速度a（g＞a）向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀
强电场E中，周期为T丙，单摆甲、乙、丙的摆长l相同，则下列说法中正确
的是（　　）
A. T甲＞T乙＞T丙 B. T乙＞T甲＞T丙
C. T丙＞T甲＞T乙 D. T乙＞T甲＝T丙
√
解析：　根据单摆周期公式，对甲摆有T甲＝2π；对乙摆，“等效重力
加速度”g效＝g－a，则有T乙＝2π ；对丙摆，由于摆球受竖直向下的
重力的同时，还受竖直向下的电场力，等效重力F＝mg＋qE，故等效重力
加速度g'＝g＋，故周期T丙＝2π，所以T乙＞T甲＞T丙，A、C、D
错误，B正确。
课堂小结
04
PART
随堂演练
1. （单摆的回复力）（2025·河南安阳月考）关于单摆摆球在运动过程中
的受力，下列说法中正确的是（　　）
A. 摆球受到重力、摆线的拉力、回复力、向心力作用
B. 摆球的回复力为零时，向心力最大；回复力最大时，向心力为零
C. 摆球的回复力最大时，摆线中的拉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运动方向
√
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解析：　摆球只受重力和摆线的拉力的作用，回复力和向心力均为效果
力，故A错误；摆球的回复力最大时，处于最高点，故向心力为零，当处
于平衡位置，回复力为零时，向心力最大，故B正确；回复力最大时，摆
球处于最高点，此时摆线的拉力与重力的分力相等，拉力小于重力，故C
错误；向心力最大时，摆球处于平衡位置，此时回复力为零，合力沿竖直
方向，故加速度也沿竖直方向，故D错误。
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2. （单摆的周期）一个单摆做简谐运动的周期为T，如果将其摆长增加为
原来的 2 倍，振幅变为原来的二分之一，则其周期变为（　　）
A. T B.
C. T D. 2T
解析：　根据T＝2π可知，单摆的周期与振幅无关，若将其摆长增加
为原来的2倍，则T'＝2π＝T，选项C正确。
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3. （单摆的振动图像的应用）〔多选〕如图所示为同一地点的两单摆甲、
乙的振动图像，且甲、乙两摆球质量相等，忽略空气阻力。则下列说法中
正确的是（　　）
A. 甲的摆长与乙的摆长相等
B. 甲的摆长比乙的摆长长
C. 甲的机械能比乙的机械能大
D. 在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆
√
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解析：　由图可知，两单摆的周期相同，都为2.0 s，又两者在同一个
地点做简谐运动，g相同，根据单摆周期公式T＝2π，可知两单摆的摆长
相等，故A正确，B错误；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，甲摆
的振幅比乙摆的大，由于甲、乙两摆球质量相等，则甲的机械能比乙的机
械能大，故C正确；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，加速度为零，而乙
摆的位移为负的最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。
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4. （单摆模型的拓展）（2025·贵州黔东南期中）如图所示，竖直面内的
光滑圆弧槽上，两个小球甲、乙（均视为质点）同时由静止释放，其中小
球甲的初位置离圆槽最低点O较远些，小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧
槽的半径。关于小球甲、乙相遇时的情景，下列说法正确的是（　　）
A. 小球甲、乙的速度相同，相遇在O点左方
B. 小球乙的速度更小，相遇点在O点
C. 小球甲的速度更大，相遇点在O点右方
D. 无法确定小球甲、乙的速度大小关系，因为两小球的质量关系未知
√
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解析：　小球甲、乙运动的弧长远小于圆弧槽的半径，可知它们的运动
可看成是简谐运动，根据单摆周期公式有T＝2π，可知小球甲、乙从释
放至运动到O点所用的时间均为T，则小球甲、乙在O点相遇，根据机械能
守恒定律可得mgh＝mv2，解得v＝，由于小球甲的初始高度较大，
所以相遇时小球甲的速度较大，故A、C、D错误，B正确。
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05
PART
课时作业
知识点一　单摆的回复力
1. 在如图所示的装置中，可视为单摆的是（　　）
解析：　单摆的悬线要求无弹性，直径小且质量可忽略，悬点必须固
定，故选A。
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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，摆球所受的合外力为零
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，回复力最大
D. t4时刻，摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
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。
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3. 有一正在摆动的秒摆（T＝2 s），若取摆球从平衡位置向左运动时开始
计时，那么当t＝1.6 s时，以下关于摆球的运动情况及回复力变化情况的说
法中正确的是（　　）
A. 正在向左做减速运动，回复力正在增大
B. 正在向右做减速运动，回复力正在增大
C. 正在向右做加速运动，回复力正在减小
D. 正在向左做加速运动，回复力正在减小
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解析：　秒摆的周期为T＝2 s，取摆球从平衡位置向左运动时开始计时，
当t＝1.6 s，即T＜t＜T时，摆球正从最右端向平衡位置做加速运动，即向
左做加速运动；由于摆角在变小，故F回＝mgsin θ也在变小，A、B、C错
误，D正确。
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知识点二　单摆的周期
4. （2025·河南周口月考）长度约为1 m的细绳一端拴接直径约为1 cm的小
球，另一端拴接在铁架台上，如图所示。将小球拉离竖直方向一个小角度
θ，使θ＜5°。则下列说法正确的是（　　）
A. 仅减小细绳的长度，则小球的摆动周期减小
B. 仅将θ减小少许，则小球的摆动周期增加
C. 仅增加小球的质量，则小球的摆动周期增加
D. 小球经过最低点时，小球的动能最小
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解析：　由单摆的周期公式T＝2π可知，减小细绳的长度，小球的摆
动周期减小，故A正确；由单摆的周期公式可知，单摆周期与摆角无关，
故B错误；由单摆的周期公式可知，小球的摆动周期与小球的质量无关，
故C错误；当单摆的摆球运动到平衡位置时，重力势能最小，小球的动能
最大，故D错误。
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5. （2025·广东广州期中）如图，在北京已校准好的摆钟被运送到广州
后，该摆钟（　　）
A. 摆锤运动周期比在北京时短
B. 摆锤运动周期与在北京时相同
C. 分针转完一圈所需时间比在北京时短
D. 分针转完一圈所需时间比在北京时长
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解析：　根据单摆的周期公式有T＝2π，由于北京的重力加速度较
大，广州的重力加速度较小，所以摆锤的运动周期比在北京时长，故A、B
错误；由于摆锤的运动周期比在北京时长，则分针转完一圈所需时间比在
北京时长，故C错误，D正确。
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6. （2025·陕西宝鸡期末）如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4 s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小g＝9.8 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A. 该沙摆的摆动频率为2 Hz
B. 该沙摆的摆长约为2 m
C. 由图乙可知薄木板做匀加速直线运
动， 且加速度大小约为0.03 m/s2
D. 当图乙中的D点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25 m/s
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解析：　由题图乙知，4 s时间内，沙摆摆动两个完整的周期，则T＝ s＝
2 s，则该沙摆的摆动频率为f＝＝0.5 Hz，选项A错误；沙摆的周期T＝
2π，解得l≈1 m，选项B错误；由图乙可知，连续相等的时间内，位移
差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，根据逐差相等公式可得a＝
×10－2 m/s2≈0.03 m/s2，选项C正确；匀变速
直线运动在一段时间内的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速
度，所以有vD＝≈0.13 m/s，选项D错误。
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7. （2025·江苏宿迁期中）如图是两个单摆的振动图像，可知（　　）
A. 甲、乙两个摆的摆长之比为1∶2
B. t＝4 s时，两单摆的回复力最大
C. 甲、乙两个单摆的摆球质量之比为1∶2
D. 甲摆球位移随时间变化的关系式为x＝2sincm
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解析：　由单摆的周期公式T＝2π可得，甲、乙两个摆的摆长之比为
＝＝，故A错误；t＝4 s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力
为零，故B错误；单摆的周期与摆球的质量无关，由题意无法得到两摆球
的质量关系，故C错误；由图可知，甲摆的周期为4 s，所以ω＝＝
rad/s，振幅为2 cm，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位
移随时间变化的关系式为x＝Asin（ωt＋φ）＝2sincm，故D正确。
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8. （2025·山东日照期中）周期是2 s的单摆叫秒摆。地面上某秒摆的摆长
为l，振幅为A，被火星探测器携带至火星表面，已知火星表面的重力加速
度为0.4g（g为地球表面的重力加速度）。如果在火星表面，仍然保持该
秒摆的周期是2 s，则可以（　　）
A. 仅将摆长调整为2.5l
B. 仅将摆长调整为0.4l
C. 仅将振幅调整为2.5A
D. 仅将振幅调整为0.4A
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解析：　根据单摆的周期公式T＝2π，单摆的周期与摆长及重力加速
度有关，在地球表面上T地＝2π，在火星表面T火＝2π，根据题意可
知，单摆的周期不变，故有2π＝2π，解得l'＝0.4l，A错误，B正
确；根据上述分析可知，单摆的周期与振幅无关，只与摆长及重力加速度
有关，C、D错误。
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9. 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. 让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
B. 让小球在垂直于纸面内摆动，周期T＝2π
C. 让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
D. 让小球在垂直于纸面内摆动，周期T＝2π
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解析：　让小球在纸面内摆动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长
为l，周期T＝2π，故A正确，C错误；让小球在垂直于纸面内摆动，在
偏角很小时，单摆做简谐运动，由几何关系可得，O点到等效悬点的距离
为h＝lcos 30°·sin 30°＝l，则等效摆长为L＝h＋l＝l，周期T'＝
2π＝π，故B、D错误。
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10. 〔多选〕（2025·山东枣庄月考）如图甲所示，O点为单摆的固定悬
点，用力传感器测量细线的拉力。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. 此单摆的摆长l＝1.6 m
B. 此单摆的周期T＝0.4π s
C. 此单摆摆球运动过程中的最大速度vmax＝ m/s
D. 此单摆最大摆角的余弦值cos θ＝0.996
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解析： 　由图乙可知，此单摆的周期为T＝0.8π s，故B错误；由单摆的
周期公式有T＝2π，得l＝＝ m＝1.6 m，故A正确；细线
对摆球的拉力最大时摆球位于最低点，有Fmax－mg＝m，摆球位于最
高点时有Fmin＝mgcos θ，摆球由最高点运动到最低点过程，根据机械能守
恒定律有mgl（1－cos θ）＝m，联立求得vmax＝ m/s，cos θ＝
0.996，故C错误，D正确。
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11. （2025·江苏无锡期中）如图所示为一单摆做简谐运动的x-t图像。在t＝
0时，质点的位移等于2 cm。
（1）求该单摆的摆长（π2＝g，其中g为重力加速度）；
答案：1 m　
解析：由题图可知，该单摆的周期为2 s，根据单摆的周期公式有T＝
2π，可得该单摆的摆长为L＝＝1 m。
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（2）写出该单摆的振动方程。
答案： x＝4sincm
解析：由题图可知ω＝＝π rad/s，A＝4 cm，设该单摆的振动方程为x
＝Asin（ωt＋φ）＝4sin（πt＋φ）cm，依题意，在t＝0时，质点的位移等于
2 cm，且t＝0时刻后，质点向平衡位置方向运动，则有2 cm＝4sin φ
（cm），解得φ＝，则该单摆的振动方程为x＝4sincm。
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12. （2025·江苏南京月考）如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长
为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为
v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（　　）
A. 单摆在斜面上摆动的周期为T＝2π
B. 摆球经过平衡位置时的回复力大小为F＝m
C. 摆球相邻两次经过最低点时，细线中拉力大小不相等
D. 若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆
的振动周期将减小
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解析：　单摆在摆动时，等效重力加速度为g'＝gsin α，所以单摆在斜面
上摆动的周期T＝2π＝2π，故A错误；回复力大小与摆球偏离平
衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时的回复力大小为0，故B错
误；摆球相邻两次经过最低点时，根据牛顿第二定律有F－mgsin α＝m，
解得F＝mgsin α＋m，则细线中拉力大小相等，故C错误；若小球带正
电，并加一沿斜面向下的匀强电场，等效重力加速度为g″＝gsin α＋，所
以单摆在斜面上摆动的周期T'＝2π＝2π＜T，故D正确。
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THANKS
演示完毕 感谢观看