学习目标要求

1.知道什么是单摆，了解单摆的构成。

2.掌握单摆振动的特点，知道单摆回复力的来源，理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。

3.知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关计算。

4.知道用单摆可测定重力加速度。

核心素养和关键能力

1.核心素养

(1)利用图像法分析单摆的运动。

(2)建立简谐运动模型。

(3)控制变量法探究影响单摆周期的因素。

2.关键能力

物理建模能力和分析推理能力。

自主探究（一）　单摆的回复力

❶单摆的组成：由细线和小球组成。

❷理想化模型 

(1)细线的长度不可改变。

(2)细线的质量与小球相比可以忽略。

(3)小球的直径与线的长度相比可以忽略。

❸单摆的回复力  

(1)回复力的来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。

(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正比，方向总指向平衡位置，即F＝－x。从回复力特点可以判断单摆做简谐运动。

【思考】

判断以下摆动模型是不是单摆，为什么？

提示　模型①不是单摆，因为橡皮筋伸长不可忽略。

模型②不是单摆，因为绳子质量不可忽略。

模型③不是单摆，因为绳长不是远大于球的直径。

模型④不是单摆，因为悬点不固定，因而摆长在发生变化。

模型⑤是单摆。

1．单摆的回复力

(1)单摆受力：如图所示，摆球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。

2．单摆做简谐运动的条件

在摆角很小时，sin θ≈，又因为回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为F＝－x，因F指向平衡位置O，与位移反向，令k＝，则回复力F＝－kx，由此可见单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。

3．证明一个振动是简谐运动的两种方法

(1)动力学角度：回复力与位移关系满足F＝－kx。

(2)运动学角度：位移与时间的关系满足x＝Asin(ωt＋φ₀)，x－t图像为正弦曲线。

【例1】 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、向心力、回复力四个力的作用

B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零

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   

【答案】　C

【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，合力不为零，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。

理解回复力的两点提醒

(1)所谓平衡位置，是指摆球静止时，摆线拉力与摆球所受重力平衡的位置，并不是指摆动过程中摆球受力平衡的位置。摆球摆动到平衡位置时，回复力为零，但有指向悬点的力的作用。

(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F_T的合力。　　　　

【训练1】关于单摆，下列说法中正确的是(　　)

A．单摆摆球的回复力指向平衡位置

B．摆球经过平衡位置时加速度为零

C．摆球运动到平衡位置时，所受合力等于零

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成正比

【答案】　A

【解析】　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，故A正确；摆球经过平衡位置时，由于做圆周运动，故存在向心加速度，故B错误；摆球运动到平衡位置时，回复力等于零，但合力不为零，故C错误；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，故D错误。

【训练2】如图所示为一单摆的振动图像，则 (　　)

A．t₁和t₃时刻摆线的拉力相同

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时刻摆线的拉力正在减小

【答案】　D

【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，摆线拉力大小相等，方向不同，故A错误；t₂时刻摆球在负的最大位移处，速度为零，t₃时刻摆球向平衡位置运动，所以t₂和t₃时刻摆球速度不相等，故B错误；t₃时刻摆球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C错误；t₄时刻摆球正远离平衡位置，速度正在减小，摆线拉力也减小，故D正确。

自主探究（二）　单摆的周期

如图所示，摆球质量相同，摆长不同的单摆，摆动周期不同；摆长相同而摆球质量不同或振幅不同的单摆振动周期却相同，这说明什么？

提示　这说明单摆的周期与摆长有关而与摆球质量及振幅无关。

❶探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响

(1)探究方法：控制变量法。

(2)实验结论

①单摆振动的周期与摆球质量无关。

②周期与振幅无关。

③摆长越长，周期越大；摆长越短，周期越小。

❷周期公式

(1)提出：由荷兰物理学家惠更斯首先提出的。

(2)公式：T＝2π，即单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。

对周期公式的理解

(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时(θ≤5°)成立(偏角为5°时，由周期公式算出的周期和准确值相差0.01%)。

(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离l＝l_线＋r_球。

(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。

(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。

【例2】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0.8 Hz

B．t＝0时摆球位于C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 m

【答案】　D

【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错误；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错误；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。

【训练3】 (2021·陕西洛南中学高二月考)一摆钟由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是(　　)

A．g_甲>g_乙，将摆长缩短

B．g_甲<g_乙，将摆长放长

C．g_甲<g_乙，将摆长缩短

D．g_甲>g_乙，将摆长放长

【答案】　B

【解析】　根据单摆的周期公式T＝2π，知摆钟变快了，则周期变小了，说明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g_乙>g_甲，为了增大周期，可以增大摆长，B正确。

【训练4】 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

【答案】　D

【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。

自主探究（三）　“单摆”模型的拓展

1．圆弧摆

如图所示，有一光滑圆弧曲面AO′B，在A处放一小球，圆弧摆做简谐运动的条件：

(1)圆弧曲面光滑。   

(2)小球直径和圆弧弧长远小于圆弧的半径R。

(3)小球在曲面AO′B上做往复运动，圆弧摆周期T＝2π。

【例3】 (2022·辽宁省实验中学月考)如图所示，AO′段为半径为R的光滑圆弧面，BO′段为光滑斜面，相交处平滑过渡，已知圆弧弧长≪R，且A、B等高，现有三个小球，a球从A点由静止释放沿圆弧下滑，b球从B点由静止释放沿斜面下滑，c球从圆心O点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是(　　)

A．a球最先运动到圆弧最低点

B．b球最先运动到圆弧最低点

C．c球最先运动到圆弧最低点

D．三个小球同时到达圆弧最低点

【答案】　C

【解析】　设斜面的倾角为θ，c球做自由落体运动，有R＝gt，得t_c＝；a球做单摆运动，a球从静止运动到最低点的时间t_a＝＝×2π＝；对于b球，有2Rcos(90°－θ)＝gsin θ·t，得t_b＝2，则t_b＞t_a＞t_c，c球最先运动到最低点，b球最后到达O′点，故A、B、D错误，C正确。

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。

【例4】 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(　　)

A．T₁＞T₂＞T₃＞T₄ B．T₁＜T₂＝T₃＜T₄

C．T₁＞T₂＝T₃＞T₄D．T₁＜T₂＜T₃＜T₄

【答案】　C

【解析】　题图(1)中，当摆球偏离平衡位置时，重力沿斜面的分力mgsin θ为等效重力，即单摆的等效重力加速度g₁＝gsin θ；题图(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；题图(3)为标准单摆；题图(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。由单摆做简谐运动的周期公式T＝2π，知T₁＞T₂＝T₃＞T₄，选项C正确。

1．(单摆的回复力)关于单摆，下列说法正确的是(　　)

A．摆球受到的回复力是它所受的合力

B．摆球经过平衡位置时，所受的合力不为零

C．摆球的回复力等于重力和摆线拉力的合力

D．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力

【答案】　B

【解析】　摆球所受的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，不是摆球所受的合力，A错误；摆球经过平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，有向心力，合力不为零，方向指向悬点，B正确；根据牛顿第二定律可知，摆球在最大位移处时，速度为零，向心加速度为零，重力沿摆线方向的分力等于摆线对摆球的拉力，回复力才等于重力和摆线拉力的合力；在其他位置时，速度不为零，向心加速度不为零，重力沿摆线方向的分力小于摆线对摆球的拉力，回复力不等于重力和摆线拉力的合力，故C、D错误。

2．(单摆的周期)(2022·北京西城高二期末)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

【答案】　C

【解析】　根据T＝2π可知，单摆的周期与振幅无关，将其摆长增加为原来的 2 倍，则T′＝2π＝T，选项C正确。

3．(两个单摆的对比)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．甲的振幅与乙的振幅相等

B．甲的摆长比乙的摆长长

C．甲的机械能比乙的大

D．在t＝0.5 s时有负向最大加速度的是乙摆

【答案】　C

【解析】　从图中可得两者的振幅不相等，周期相等，都为2.0 s，又知道两者在同一个地点测量的，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、B错误；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，由于甲、乙两摆球质量相等，甲球的机械能比乙球的机械能大，故C正确；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D错误。

4．(“单摆”模型的拓展)如图所示，处于竖直向下的匀强电场中的摆球，质量为m，半径为r，带正电荷，用长为l的细线把摆球吊在悬点O处做成单摆，则这个单摆的周期为    (　　)

A．T＝2π                B．T＝2π

C．大于T＝2π          D．小于T＝2π

【答案】　D

【解析】　设电场强度为E，摆球所带电荷量为q，当单摆所处系统中无竖直向下的匀强电场时，单摆的周期为T＝2π；当单摆处于竖直向下的匀强电场时，其等效重力加速度为g_等效＝＝g＋＞g，周期T′＝2π，所以单摆的周期减小，即T′＜T＝2π，故选项D正确。