资源简介

4　单摆
[教材链接] 1.小球　2.(2)直径　(3)形变量　(4)重力　拉力
[科学探究] 均不能看成单摆.图(a)(d)摆动过程中摆长会发生变化,图(b)球受到的空气阻力不能忽略,图(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略,图(e)绳的质量与小球重力相比不能忽略.
例1　CD　[解析] 小球只受两个力,即重力和绳子拉力,A错误;小球受到的回复力是重力沿运动方向的分力,B错误;小球在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,D正确.
变式1　B　[解析] 摆球经过最低点时具有向心加速度,所以摆球处于非平衡状态,故A错误;根据简谐运动公式,当摆角θ很小时,摆球运动的圆弧可以看作直线,可知摆球偏离最低点位移为x时,回复力为F=-x,故B正确;摆球偏离最低点运动过程中,动能向重力势能转化,但总能量保持不变,故C、D错误.
[教材链接] 1.无关　无关　有关　越大
2.(1)惠更斯　(2)2π　正比　反比　无关　
[科学思维] 变慢　变短
[解析] 根据T=2π可知,把北京校准的摆钟拿到南京,周期变大,则它会变慢;若要该摆钟仍能精确计时,应将其摆长变短.
例2　(1)1.25 Hz　(2)0.16 m　(3)1.6 m/s2
[解析] (1)由图乙可知T=0.8 s,则
f==1.25 Hz
(2)由T=2π,得
l==0.16 m
(3)完成50次全振动所用的时间为100 s,则周期
T==2 s
根据公式T=2π得
g==1.6 m/s2
变式2　A　[解析] 在t=1 s时,甲摆的位移等于零,甲摆的加速度等于零,乙摆的位移大小为最大值,方向沿负方向,乙摆的加速度大小为最大值,方向沿正方向,所以在t=1 s时,有正向最大加速度的是乙摆,A正确;两个单摆摆球的质量未知,无法比较两个单摆的机械能,B错误;甲摆的振幅是6 cm,乙摆的振幅是3 cm,甲摆的振幅是乙摆振幅的2倍,C错误;根据T=2π ,两个单摆的周期相等,都等于4 s,所以甲摆的摆长等于乙摆的摆长,D错误.
随堂巩固
1.D　[解析] 大铁球的回复力来源于铁球重力沿轨迹切线方向的分力,故D正确,A、B、C错误.
2.B　[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,则振幅减小,B正确.
3.B　[解析] 由单摆周期公式T=2π,可知单摆的振动周期与振幅无关,当把该单摆放在重力加速度为地球表面的星球表面上摆动时,周期变为T'=2π=3T,故选B.
4.ABD　[解析] 由振动图像可判断,该单摆的周期为0.8 s,频率为f===1.25 Hz,故A正确;由于规定摆球向右运动为正方向,且B点为摆球所能到达的左边最远位置,由振动图像可判断,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,代入计算得l=0.16 m,故D正确.4　单摆
1.ABC　[解析] 单摆由摆线和摆球组成,摆线只计长度不计质量,摆球只计质量不计大小,且摆线不伸缩,A、B、C正确;只有在摆角很小(θ<5°)的情况下才能视单摆运动为简谐运动,D错误.
2.C　[解析] 摆球摆动过程中,经过平衡位置时,受重力和拉力,且合力不为0,故A错误;单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力,故B错误;摆球在运动过程中,经过轨迹上的同一点时,受力不变,故加速度确定,故C正确;单摆在运动过程中,由于具有向心加速度,加速度的方向不是始终指向平衡位置,故D错误.
3.D　[解析] 由题意可知T1∶T2=8∶5,由周期公式T=2π∝得l1∶l2=∶=64∶25,故D正确.
4.D　[解析] 由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为1∶2,根据T=2π可得单摆的摆长之比为1∶4,A、B错误;两单摆的摆球质量相同,最大回复力F=mg,振幅之比为2∶1,则最大回复力之比为8∶1,C错误,D正确.
5.B　[解析] 由振动图像可知,单摆的振幅是8 cm,选项A错误;单摆的周期为2 s,根据T=2π,可得摆长L== m≈1 m,选项B正确;摆球经过O点时,速度最大,但是有向心加速度,即加速度不为零,选项C错误;P点时刻摆球正在OC间向负方向摆动,选项D错误.
6.D　[解析] 设OP长为L,有T1=,2T2=,根据题意知v2=2v1,则T1=4T2,由T=2π,可得摆长l1=16l2,故D正确.
7.(1)mgL(1-cos θ)　(2)
(3)
[解析] (1)单摆在最高点时的机械能等于重力势能,E=mgL(1-cos θ)
(2) 由机械能守恒定律得mgL(1-cos θ)=mv2
解得v=
(3)从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的时间t==
8.BC　[解析] 小球振动一个周期经过最低点两次,则周期为4 s,A错误,B正确;由于动能、重力势能均是标量,故在单摆一个周期内它们经过了两个周期,C正确,D错误.
9.A　[解析] 小球第一次返回到A点所用时间,即小球摆动的周期,等于摆长为l的单摆和摆长为l的单摆的周期之和的二分之一,即T=2π+2π=,A正确,B错误;小球在振动过程中受到的合力等于所受重力和摆线拉力的合力,C错误;小球在振动过程中的回复力等于重力沿切线方向的分力,D错误.
10.C　[解析] 根据在星球表面物体所受万有引力等于物体的重力,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,可知该行星表面的重力加速度g'=g,根据单摆的周期公式T=2π可知,要使摆钟在该行星上的周期与在地球上的周期相同,必须将摆长减短为原来的,单摆的周期与摆球的质量无关,故A、B、D错误,C正确.
11.B　[解析] 小球在一个周期内两次经过最低点,小球在最低点细线对摆球的拉力最大,则此单摆的振动周期为T=2×(0.3π-0.1π) s=0.4π s,故A错误;根据单摆周期公式T=2π,解得此单摆的摆长为l=0.4 m,故B正确;小球在最低点,根据牛顿第二定律可得Fmax-mg=m,小球在最高点,根据牛顿第二定律可得Fmin=mgcos θ,小球从最高点到最低点,根据动能定理可得mgl(1-cos θ)=mv2,联立解得m=0.05 kg,v= m/s,故C、D错误.
12.C　[解析] 在弹丸射入摆球的过程中动量守恒,所以有mv0=v,由题图乙可知v=0.5 m/s,解得v0=3 m/s,故A错误;摆球上摆过程机械能守恒,有(m+5m)v2=gh,解得h=0.012 5 m,故B错误;由题图乙可知单摆的周期为4.5 s,由单摆周期公式有T=2π,解得L=5 m,故C正确;当摆球运动起来后,拉力大小变化的周期为单摆周期的一半,即2.25 s,故D错误.4　单摆
学习任务一　对单摆的回复力的理解
[教材链接] 阅读教材,完成下列填空.
1.单摆的组成:由细线和　　　　组成.
2.理想化模型
(1)细线的质量与小球相比可以忽略.
(2)小球的　　　　与线的长度相比可以忽略.
(3)细线的　　　　　与细线长度相比可以忽略.
(4)空气阻力与小球的　　　　及细线的　　　　相比可以忽略.
3.单摆的回复力
(1)单摆受力:如图所示,摆球受到细线拉力和重力作用.
(2)向心力来源:细线拉力和小球重力沿径向的分力的合力.
(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.
(4)回复力的大小:在偏角θ很小时,摆球的回复力满足F=-kx,此时摆球的运动可看作简谐运动.
[科学探究] 判断下列5幅图中的摆动模型能否看成单摆.若不能,请说明原因.




例1 (多选)如图所示,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点关于OO'对称.下列说法正确的是 (　)
A.小球受到重力、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点的位移与在N点的位移大小相等
变式1 [2025·湖北武汉二中期中] 清明节荡秋千是我国的传统习俗,如图所示.秋千由踏板和绳构成,人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆.等效“摆球”的质量为m,摆绳长为l,忽略空气阻力.已知重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　)
A.经过最低点时“摆球”处于平衡状态
B.“摆球”偏离最低点位移为x时,回复力F=-x
C.偏离最低点运动的过程中,“摆球”的总能量逐渐增大
D.偏离最低点运动的过程中,“摆球”的总能量逐渐减小
学习任务二　单摆的周期、频率与振幅
[教材链接] 阅读教材,完成下列填空.
1.单摆振动的周期与摆球质量　　　　(选填“有关”或“无关”),在振幅较小时与振幅　　　　(选填“有关”或“无关”),但与摆长　　　　(选填“有关”或“无关”),摆长越长,周期　　　　(选填“越大”“越小”或“不变”).
2.单摆周期公式
(1)提出:单摆周期公式是荷兰物理学家　　　　　首先提出的.
(2)公式:T=　　　　,即周期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　　　　.
[科学思维] 北京和南京的重力加速度分别约为9.801 m/s2和9.795 m/s2,把北京校准的摆钟拿到南京,它会 　　　　(选填“变快”“不变”或“变慢”).若要该摆钟仍能精确计时,应将其摆长　　　　(选填“变长”“不变”或“变短”)(不考虑海拔高度和温度对摆钟的影响).
例2 [2024·四川广安期末] 如图甲所示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.如图乙所示是这个单摆的振动图像.根据图像回答:(π2≈10)
(1)单摆振动的频率是多大
(2)若当地的重力加速度为10 m/s2,这个摆的摆长是多少
(3)该单摆在某星球表面摆动时,测得完成50次全振动所用的时间为100 s.该星球表面的重力加速度g是多少
变式2 [2025·广东深圳中学期中] 如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图像,下列说法正确的是 (　)
A.在t=1 s时有正向最大加速度的是乙摆
B.甲摆的机械能比乙摆的机械能大
C.甲摆的振幅是乙摆振幅的3倍
D.甲摆的摆长比乙摆的摆长大
[反思感悟] 　
【要点总结】
单摆周期公式的理解
(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l的理解:摆长为悬点到物体重心的距离.
(3)影响g的主要因素:公式中的g由单摆所在的空间位置决定.
1.(单摆及其回复力)[2025·安徽合肥一中期中] 如图所示,在挖掘机的顶部通过绳索垂下一个大铁球并让它小角度的摆动,即可以用来拆卸混凝土建筑.此装置可视为单摆模型,则大铁球的回复力来源于 (　)
A.铁球的重力
B.绳索对铁球的拉力
C.铁球所受到的合力
D.铁球重力沿轨迹切线方向的分力
2.(单摆的周期公式)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
3.(单摆的周期公式)[2024·北京二中期中] 某单摆在地球上做振幅为A的简谐运动时,周期为T.若将该单摆放到重力加速度为地球表面的星球表面做振幅为的简谐运动时,其周期为 (　)
A. B.3T C. D.4T
4.(单摆的周期公式)(多选)如图甲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,设摆球向右运动为正方向,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,则这个单摆的摆长是0.16 m4　单摆 (时间:40分钟　总分:54分)
(选择题每小题4分)
◆ 知识点一　单摆及单摆的回复力
1.(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型,其理想化条件是 (　)
A.摆线质量不计
B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多
D.单摆的运动就是一种简谐运动
2.关于单摆,下列说法中正确的是 (　)
A.摆球经过平衡位置时,加速度为零
B.摆球运动的回复力是它受到的合力
C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时,加速度是确定的
D.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
◆ 知识点二　单摆的周期公式
3.两个单摆在同一地点做简谐运动,当第一个单摆完成5次全振动时,第二个单摆完成8次全振动,则第一个单摆与第二个单摆摆长之比为 (　)
A.5∶8 B.8∶5
C.25∶64 D.64∶25
4.[2024·湖北恩施一中高二月考] 如图所示为同一地区两个单摆的振动图像,实线是单摆甲的振动图像,虚线是单摆乙的振动图像.已知两单摆的摆球质量相同,则甲、乙两个单摆的 (　)
A.摆长之比为1∶ 2
B.摆长之比为2∶ 1
C.最大回复力之比为1∶ 8
D.最大回复力之比为8∶ 1
5.如图甲所示,O是单摆的平衡位置,B、C是摆球所能达到的最远位置,以向右摆动为正方向,此单摆的振动图像如图乙所示,g取9.8 m/s2,则 (　)
A.单摆的振幅是16 cm
B.单摆的摆长约为1 m
C.摆球经过O点时,速度最大,加速度为零
D.P点时刻摆球正在O、C间向正方向摆动
6.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置,当沙漏下面的水平薄木板N被水平匀速拉出时,振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系,板上的直线OO1代表时间轴,乙图中是两个摆中的沙在各自板上形成的曲线.若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1,板N1、N2上曲线所代表的摆长分别为l1和l2,则 (　)
A.l2=l1 B.l2=2l1
C.l1=4l2 D.l1=16l2
7.(10分)有一个摆长为L的单摆,它的摆球质量为m,从与竖直方向成θ角的位置无初速度开始运动,重力加速度为g.
(1)(3分)若以平衡位置所在平面为参考平面,单摆的总机械能为多少
(2)(3分)求摆球经过最低点时的速度.
(3)(4分)在偏角很小的情况下,从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的时间为多长
8.(多选)一根轻绳一端系一小球,另一端固定在O点(单摆),在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器,让小球以O点所在的竖直方向与轨迹的交点为平衡位置在竖直平面内做简谐运动,由传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图所示,下列判断正确的是 (　)
A.小球振动的周期为2 s
B.小球速度变化的周期为4 s
C.小球动能变化的周期为2 s
D.小球重力势能变化的周期为4 s
9.[2024·山东烟台期末] 如图所示,长为l的细绳下方悬挂一小球(小球可视为质点),静止时小球位于B点.绳的另一端固定在天花板上O点处,在O点正下方l的O'处固定一铁钉.将小球向右拉到A点,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法中正确的是 (　)
A.小球第一次返回到A点所用时间为
B.小球第一次返回到A点所用时间为
C.小球在振动过程中受到的合力等于重力沿切线方向的分力
D.小球在振动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力
10.一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.在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上,要使摆钟在该行星上的周期与地球上的周期相同,下列办法可行的是 (　)
A.将摆球的质量m增大为原来的4倍
B.将摆球的质量m减小为原来的
C.将摆长L减短为原来的
D.将摆长L增长为原来的4倍
11.[2024·山西实验中学产高二期中] 力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力.图甲中O点为单摆的固定悬点,现将摆球拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动.B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=θ,θ小于5°且是未知量.图乙是由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻,摆球可视为质点,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　)
A.此单摆的振动周期为0.2π s
B.此单摆的摆长为0.4 m
C.此单摆摆球的质量为0.5 kg
D.此摆球运动过程中的最大速度为0.5 m/s
12.[2025·河北石家庄二中期中] 如图甲所示,一个质量为m的小弹丸以v0的速度水平射入一个原来静止的单摆摆球并停留在里面,此后某段时间内摆球的速度—时间图像如图乙所示(曲线为正弦曲线).已知摆球的质量为小弹丸质量的5倍.重力加速度g取9.8 m/s2,π取3.15.下列说法中正确的是 (　)
A.小弹丸的初速度大小为0.5 m/s
B.摆球偏离平衡位置的最大高度为0.45 m
C.摆线的长度为5.0 m
D.摆线的拉力大小的变化周期为4.5 s(共55张PPT)
4 单摆
学习任务一 对单摆的回复力的理解
学习任务二 单摆的周期、频率与振幅
备用习题
随堂巩固
练习册
◆
答案核查【导】
答案核查【练】
学习任务一 对单摆的回复力的理解
［教材链接］
阅读教材，完成下列填空.
1.单摆的组成：由细线和______组成.
小球
2.理想化模型
(1)细线的质量与小球相比可以忽略.
(2) 小球的______与线的长度相比可以忽略.
(3) 细线的________与细线长度相比可以忽略.
(4) 空气阻力与小球的______及细线的______相比可以忽略.
直径
形变量
重力
拉力
3.单摆的回复力
(1)单摆受力：如图所示，摆球受到细线拉力和重力作用.
(2)向心力来源：细线拉力和小球重力沿径向的分力的合力.
(3)回复力来源：重力沿圆弧切线方向的分力 提供
了使摆球振动的回复力.
(4)回复力的大小：在偏角 很小时，摆球的回复力满足
，此时摆球的运动可看作简谐运动.
［科学探究］ 判断下列5幅图中的摆动模型能否看成单摆.若不能，请说明原因.
[答案] 均不能看成单摆.图(a)(d)摆动过程中摆长会发生变化，图(b)球受到的空
气阻力不能忽略，图(c)球的直径与绳的长度相比不能忽略，图(e)绳的质量与小
球重力相比不能忽略.
例1 (多选)如图所示，小球在做简谐运动，平衡位置为点，、 为最大位移
处，、点关于 对称.下列说法正确的是( )
A.小球受到重力、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 点时合外力不为0，回复力为0
D.小球在点的位移与在 点的位移大小相等
[解析] 小球只受两个力,即重力和绳子拉力,A错误;小球受到的回复力是重力沿
运动方向的分力,B错误;小球在 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,D正确.
√
√
变式1 ［2025·湖北武汉二中期中］ 清明节荡秋千是我国的传统习俗，如图所
示.秋千由踏板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆.等效“摆球”
的质量为，摆绳长为，忽略空气阻力.已知重力加速度大小为 ，下列说法正
确的是( )
A.经过最低点时“摆球”处于平衡状态
B.“摆球”偏离最低点位移为时，回复力
C.偏离最低点运动的过程中，“摆球”的总能量逐渐增大
D.偏离最低点运动的过程中，“摆球”的总能量逐渐减小
√
[解析] 摆球经过最低点时具有向心加速度，所以摆球处于非平衡状态，故A错
误；根据简谐运动公式，当摆角 很小时，摆球运动的圆弧可以看作直线，可
知摆球偏离最低点位移为时，回复力为 ,故B正确；摆球偏离最低点
运动过程中，动能向重力势能转化，但总能量保持不变，故C、D错误.
学习任务二 单摆的周期、频率与振幅
［教材链接］
阅读教材，完成下列填空.
1.单摆振动的周期与摆球质量______(选填“有关”或“无关”)，在振幅较小时与振
幅______(选填“有关”或“无关”)，但与摆长______(选填“有关”或“无关”)，摆长
越长，周期______(选填“越大”“越小”或“不变”).
无关
无关
有关
越大
2.单摆周期公式
(1) 提出：单摆周期公式是荷兰物理学家________首先提出的.
(2) 公式：_ _____，即周期与摆长的二次方根成______，与重力加速度
的二次方根成______，而与振幅、摆球质量______.
惠更斯
正比
反比
无关
［科学思维］ 北京和南京的重力加速度分别约为和 ，把
北京校准的摆钟拿到南京，它会 ______(选填“变快”“不变”或“变慢”).若要该摆
钟仍能精确计时，应将其摆长______(选填“变长”“不变”或“变短”)(不考虑海拔
高度和温度对摆钟的影响).
变慢
变短
[解析] 根据 可知，把北京校准的摆钟拿到南京，周期变大，则它会变
慢；若要该摆钟仍能精确计时，应将其摆长变短.
例2 ［2024·四川广安期末］ 如图甲所示是一个单摆振动的情形， 是它的平衡
位置，、 是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.如图乙所示是这个单
摆的振动图像.根据图像回答：
(1) 单摆振动的频率是多大？
[答案]
[解析] 由图乙可知 ，则
例2 ［2024·四川广安期末］ 如图甲所示是一个单摆振动的情形， 是它的平衡
位置，、 是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.如图乙所示是这个单
摆的振动图像.根据图像回答：
(2) 若当地的重力加速度为 ，这个摆的摆长是多少？
[答案]
[解析] 由 ，得
例2 ［2024·四川广安期末］ 如图甲所示是一个单摆振动的情形， 是它的平衡
位置，、 是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.如图乙所示是这个单
摆的振动图像.根据图像回答：
(3) 该单摆在某星球表面摆动时，测得完成50次全振动所用的时间为 .该星
球表面的重力加速度 是多少？
[答案]
[解析] 完成50次全振动所用的时间为 ，则周期
根据公式 得
变式2 ［2025·广东深圳中学期中］ 如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的
振动图像，下列说法正确的是( )
A.在 时有正向最大加速度的是乙摆
B.甲摆的机械能比乙摆的机械能大
C.甲摆的振幅是乙摆振幅的3倍
D.甲摆的摆长比乙摆的摆长大
√
[解析] 在 时，甲摆的位移等于零，甲摆的加速度等于零，乙摆的位移大
小为最大值，方向沿负方向，乙摆的加速度大小为最大值，方向沿正方向，所
以在 时，有正向最大加速度的是乙摆，A正确；两个单摆摆球的质量未知，
无法比较两个单摆的机械能，B错误；甲摆的振幅是
，乙摆的振幅是 ，甲摆的振幅是乙摆振幅的2
倍，C错误；根据 ，两个单摆的周期相等，
都等于 ，所以甲摆的摆长等于乙摆的摆长，D错误.
【要点总结】
单摆周期公式的理解
(1)周期公式的成立条件:当单摆做偏角很小的振动时,才有,与单摆的振
幅及摆球的质量无关,只与摆长及单摆所在处的重力加速度有关.
(2)对摆长的理解:摆长为悬点到物体重心的距离.
(3)影响的主要因素：公式中的由单摆所在的空间位置决定.
1.图中点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至 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、之间来回摆动， 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、向心力、回复力四个力的作用
B.摆球在点和 点处，速度为零，合力与回复力也为零
C.摆球在 点处，速度最大，细线拉力也最大
D.摆球在 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、处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点 处，速度最
大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误.
2.(多选)如图所示，乙图图像记录了甲图中单摆摆球的动能、势能和机械能随摆
球位置变化的关系，下列关于图像的说法正确的是( )
A. 图线表示势能随位置的变化关系
B. 图线表示动能随位置的变化关系
C. 图线表示机械能随位置的变化关系
D.图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变
√
√
[解析] 在点时，势能最大，动能为零，故图线 表示动能随位置的变化关系，
图线 表示势能随位置的变化关系，A、B错误；由于摆球在运动过程中机械能
守恒，故图线 表示机械能随位置的变化关系，C、D正确.
3.(多选)如图为同一实验中甲、乙两个单摆的振动图像,从图像可知( )
A.两摆球的质量相等
B.两单摆的振幅相等
C.两单摆相位相差
D.两单摆的摆长相等
[解析] 单摆的周期与质量无关,故A错误;由振动图线可看出两单摆的振幅不同,
相位相差,故B错误,C正确;由图线知两单摆的周期都是 ,且同一实验中重
力加速度不变,由周期公式 可知两单摆的摆长相等,故D正确.
√
√
4.一个摆长为 的单摆在地球上某地振动时,测得完成100次全振动所用的时间
为 .
(1) 求当地的重力加速度 的大小.
[答案]
[解析] 周期
由周期公式
解得 .
4.一个摆长为 的单摆在地球上某地振动时,测得完成100次全振动所用的时间
为 .
(2) 把该单摆拿到月球上去,已知月球上的重力加速度是 ，则该单摆的
振动周期是多少
[答案]
[解析] .
1.(单摆及其回复力)［2025·安徽合肥一中期中］ 如图所示，在挖掘机的顶部通
过绳索垂下一个大铁球并让它小角度的摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑.此装
置可视为单摆模型，则大铁球的回复力来源于( )
A.铁球的重力
B.绳索对铁球的拉力
C.铁球所受到的合力
D.铁球重力沿轨迹切线方向的分力
[解析] 大铁球的回复力来源于铁球重力沿轨迹切线方向的分力，故D正确，A、
B、C错误.
√
2.(单摆的周期公式)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 ,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,则振幅减小,B正确.
√
3.(单摆的周期公式)［2024·北京二中期中］ 某单摆在地球上做振幅为 的简谐
运动时，周期为.若将该单摆放到重力加速度为地球表面 的星球表面做振幅为
的简谐运动时，其周期为( )
A. B. C. D.
[解析] 由单摆周期公式 ，可知单摆的振动周期与振幅无关，当把该单
摆放在重力加速度为地球表面的星球表面上摆动时，周期变为 ，
故选B.
√
4.(单摆的周期公式)(多选)如图甲是一个单摆振动的情形， 是它的平衡位置，
、 是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，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
B.时摆球位于 点
C.时摆球位于平衡位置 ，加速度为零
D.若当地的重力加速度，则这个单摆的摆长是
√
√
√
[解析] 由振动图像可判断，该单摆的周期为 ，频率为
，故A正确；由于规定摆球向右运动为正方向，且 点为
摆球所能到达的左边最远位置，由振动图像可判断，时摆球位于 点，故B
正确；由振动图像可判断，时摆球位于平衡位置 ，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 ，可得
，把，，代入计算得 ，故D正确.
练习册
知识点一 单摆及单摆的回复力
1.(多选)单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是( )
A.摆线质量不计 B.摆线长度不伸缩
C.摆球的直径比摆线长度短得多 D.单摆的运动就是一种简谐运动
[解析] 单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大
小，且摆线不伸缩，A、B、C正确；只有在摆角很小 的情况下才能视
单摆运动为简谐运动，D错误.
√
√
√
2.关于单摆，下列说法中正确的是( )
A.摆球经过平衡位置时，加速度为零
B.摆球运动的回复力是它受到的合力
C.摆球在运动过程中经过轨迹上的同一点时，加速度是确定的
D.摆球在运动过程中加速度的方向始终指向平衡位置
[解析] 摆球摆动过程中，经过平衡位置时，受重力和拉力，且合力不为0，故A
错误；单摆在运动过程中的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，故B错误；
摆球在运动过程中，经过轨迹上的同一点时，受力不变，故加速度确定，故C
正确；单摆在运动过程中，由于具有向心加速度，加速度的方向不是始终指向
平衡位置，故D错误.
√
知识点二 单摆的周期公式
3.两个单摆在同一地点做简谐运动,当第一个单摆完成5次全振动时,第二个单摆
完成8次全振动,则第一个单摆与第二个单摆摆长之比为( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意可知,由周期公式 得
,故D正确.
√
4.［2024·湖北恩施一中高二月考］如图所示为同一地区两个单摆的振动图像，
实线是单摆甲的振动图像，虚线是单摆乙的振动图像.已知两单摆的摆球质量相
同，则甲、乙两个单摆的( )
A.摆长之比为
B.摆长之比为
C.最大回复力之比为
D.最大回复力之比为
√
[解析] 由图像可知甲、乙两单摆的周期之比为，根据 可得单摆的
摆长之比为，A、B错误；两单摆的摆球质量相同，最大回复力 ,振
幅之比为，则最大回复力之比为 ，C错误，D正确.
5.如图甲所示，是单摆的平衡位置，、 是摆球所能达到的最远位置，以向
右摆动为正方向，此单摆的振动图像如图乙所示，取 ，则( )
A.单摆的振幅是
B.单摆的摆长约为
C.摆球经过 点时，速度最大，加速度为零
D.点时刻摆球正在、 间向正方向摆动
√
[解析] 由振动图像可知，单摆的振幅是，选项A错误；单摆的周期为 ，
根据，可得摆长，选项B正确；摆球经过
点时，速度最大，但是有向心加速度，即加速度不为零，选项C错误； 点时刻
摆球正在 间向负方向摆动，选项D错误.
6.如图甲所示是演示简谐运动图像的装置,当沙漏下面的水平薄木板 被水平匀
速拉出时,振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变
化的关系,板上的直线 代表时间轴,乙图中是两个摆中的沙在各自板上形成的
曲线.若板和板拉动的速度和的关系为,板、 上曲线所代
表的摆长分别为和 ,则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设长为,有,,根据题意知,则 ,由
,可得摆长 ,故D正确.
7.(10分)有一个摆长为的单摆，它的摆球质量为，从与竖直方向成 角的位
置无初速度开始运动，重力加速度为 .
(1) (3分)若以平衡位置所在平面为参考平面，单摆的总机械能为多少？
[答案]
[解析] 单摆在最高点时的机械能等于重力势能，
7.(10分)有一个摆长为的单摆，它的摆球质量为，从与竖直方向成 角的位
置无初速度开始运动，重力加速度为 .
(2) (3分)求摆球经过最低点时的速度.
[答案]
[解析] 由机械能守恒定律得
解得
7.(10分)有一个摆长为的单摆，它的摆球质量为，从与竖直方向成 角的位
置无初速度开始运动，重力加速度为 .
(3) (4分)在偏角很小的情况下，从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的
时间为多长？
[答案]
[解析] 从开始运动到摆球第一次经过最低位置需要的时间
8.(多选)一根轻绳一端系一小球，另一端固定在点(单摆)，在 点有一个能测量
绳的拉力大小的力传感器，让小球以 点所在的竖直方向与轨迹的交点为平衡
位置在竖直平面内做简谐运动，由传感器测出拉力随时间 的变化图像如图所
示，下列判断正确的是( )
A.小球振动的周期为
B.小球速度变化的周期为
C.小球动能变化的周期为
D.小球重力势能变化的周期为
√
√
[解析] 小球振动一个周期经过最低点两次，则周期为 ，A错误，B正确；由
于动能、重力势能均是标量，故在单摆一个周期内它们经过了两个周期，C正
确，D错误.
9.［2024·山东烟台期末］如图所示，长为 的细绳下方悬挂一小球(小球可视为
质点)，静止时小球位于点.绳的另一端固定在天花板上点处，在点正下方
的处固定一铁钉.将小球向右拉到点，使细绳与竖直方向成一小角度(约为 )
后由静止释放，重力加速度为 ，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A.小球第一次返回到点所用时间为
B.小球第一次返回到点所用时间为
C.小球在振动过程中受到的合力等于重力沿切线方向的分力
D.小球在振动过程中的回复力等于所受重力和摆线拉力的合力
√
[解析] 小球第一次返回到点所用时间，即小球摆动的周期，等于摆长为 的单
摆和摆长为的单摆的周期之和的二分之一，即 ，
A正确，B错误；小球在振动过程中受到的合力等于所受重力和摆线拉力的合力，
C错误；小球在振动过程中的回复力等于重力沿切线方向的分力，
D错误.
10.一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 .
在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行
星上,要使摆钟在该行星上的周期与地球上的周期相同,下列办法可行的是( )
A.将摆球的质量增大为原来的4倍 B.将摆球的质量减小为原来的
C.将摆长减短为原来的 D.将摆长 增长为原来的4倍
√
[解析] 根据在星球表面物体所受万有引力等于物体的重力,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 ,可知该行星表面的重力加速
度，根据单摆的周期公式 可知,要使摆钟在该行星上的周期与
在地球上的周期相同,必须将摆长减短为原来的 ,单摆的周期与摆球的质量无关,
故A、B、D错误,C正确.
11.［2024·山西实验中学产高二期中］力传感器连接到计算机上就可以测量快速
变化的力.图甲中点为单摆的固定悬点，现将摆球拉至 点，此时细线处于张紧
状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的、、之间来回摆动. 点为运动
中的最低位置， ， 小于 且是未知量.图乙是由计算机
得到的细线对摆球的拉力大小随时间变化的曲线，且图中 时刻为摆球从
点开始运动的时刻，摆球可视为质点，重力加速度取 .下列说法正确
的是( )
A.此单摆的振动周期为
B.此单摆的摆长为
C.此单摆摆球的质量为
D.此摆球运动过程中的最大速度为
√
[解析] 小球在一个周期内两次经过最低点，小球在最低点细线对摆球的拉力最
大，则此单摆的振动周期为 ，故A错误；根据
单摆周期公式，解得此单摆的摆长为 ，故B正确；小球在最
低点，根据牛顿第二定律可得 ,小球在最高点，根据牛顿第二
定律可得 ，小球从最高点到最低点，根据动能定理可得
，联立解得， ，故C、D错误.
12.［2025·河北石家庄二中期中］如图甲所示，一个质量为的小弹丸以 的
速度水平射入一个原来静止的单摆摆球并停留在里面，此后某段时间内摆球的
速度—时间图像如图乙所示 (曲线为正弦曲线).已知摆球的
质量为小弹丸质量的5倍. 重力加速度取， 取
3.15. 下列说法中正确的是 ( )
A.小弹丸的初速度大小为
B.摆球偏离平衡位置的最大高度为
C.摆线的长度为
D.摆线的拉力大小的变化周期为
√
[解析] 在弹丸射入摆球的过程中动量守恒，所以有 ，由题图
乙可知，解得 ，故A错误；摆球上摆过程机械能守恒，
有，解得 ，故B错误；由题图乙可知
单摆的周期为，由单摆周期公式有，解得 ，故C正确；当
摆球运动起来后，拉力大小变化的周期为单摆周期的一半，即 ，故D错误.
［教材链接］ 1.小球 2.（2）直径 （3）形变量 （4）重力,拉力
［科学探究］均不能看成单摆.图（a）（d）摆动过程中摆长会发生变化，
图（b）球受到的空气阻力不能忽略，图（c）球的直径与绳的长度相比不
能忽略，图（e）绳的质量与小球重力相比不能忽略.
例1.CD 变式1.B
［教材链接］ 1.无关,无关,有关,越大
2.（1）惠更斯 （2）,正比,反比,无关 ［科学思维］变慢,变短
例2.（1） （2） （3） 变式2.A
随堂巩固
1.D 2.B 3.B 4.ABD
基础巩固练
1.ABC 2.C 3.D 4.D 5.B 6.D
7.（1） （2） （3）
综合提升练
8.BC 9.A 10.C
拓展挑战练
11.B 12.C

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