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13 机械振动 机械波
[-考点-03-] 单摆及其周期公式
1．定义：
如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也
可以忽略，这样的装置叫作单摆．(如图)
2．简谐运动的条件：θ<5°.
3．回复力：F＝mgsin θ.
4．周期公式：T＝2π.
(1)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离．
(2)g 为当地重力加速度．
5．单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l 和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关．
一、单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F 回＝mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复
力F 回与位移x 的方向相反，故单摆做简谐运动．
(2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，FT－mgcos θ＝m.
①当摆球在最高点时，v＝0，FT＝mgcos θ.
②当摆球在最低点时，FT最大，FT＝mg＋m.
(3)单摆处于月球上时，重力加速度为g 月；单摆在电梯中处于超重或失重状态时，重力加
速度为等效重力加速度．
二、单摆的周期公式
1．单摆的周期公式：T＝2π.
2．对周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立(偏角小于5°)．
(2)公式中l 是摆长，即悬点到摆球球心的距离．
①对于实际的单摆，摆长l＝l′＋，l′为摆线长，D 为摆球直径．
②等效摆长：(a)图中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长
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为lsin α.其周期T＝2π.(b)图中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；
乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长．
(3)①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．
②等效重力加速度
Ⅰ.多力存在的平衡态：一般情况下，公式中g 的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉
力与摆球质量的比值．
(c)图为斜面摆，在平衡位置静止时绳的拉力为F＝mgsin θ，此时等效重力加速度g′＝
gsin θ；(d)图中，带正电的小球静止在图示位置，绳的拉力F＝，则等效重力加速度为g′
＝.
Ⅱ.非平衡状态(如加速、减速、超重、失重等)：若单摆处在向上加速运行的电梯中，加速
度为a，此时摆球处于超重状态，则等效重力加速度为g′＝g＋a.
(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．
典例1 (单线摆)如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是( )
A.把摆球质量增加一倍，其他条件不变，则单摆的周期变小
B.把摆角α 变小，其他条件不变，则单摆的周期变小
C.将此摆从地球移到月球上，其他条件不变，则单摆的周期将变长
D.将单摆摆长增加为原来的2 倍，其他条件不变，则单摆的周期将变为2T
答案 C
解析 根据单摆的周期公式T＝2π 知，周期与摆球的质量和摆角无关，摆长增加为原来的2
倍，周期变为原来的倍，故A、B、D 错误；月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加
速度，由周期公式T＝2π 知将此摆从地球移到月球上，单摆的周期将变长，C 正确.
典例2 (折线摆)(2022·白城市洮南十中月考)如图所示，摆长为L 的单摆，周期为T.如果在
悬点O 的正下方的B 点固定一个光滑的钉子，OB 的距离为OA 长度的，使摆球A(半径远小
于L)通过最低点向左摆动，悬线被钉子挡住成为一个新的单摆，则下列说法中正确的是(
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)
A．单摆在整个振动过程中的周期不变
B．单摆在整个振动过程中的周期将变大为原来的倍
C．单摆的整个振动过程中的周期将变小为原来的
D．单摆的整个振动过程中的周期无法确定
答案 C
解析 根据单摆周期公式知，未加钉子时，周期T1＝T＝2π，碰到钉子后，T′＝2π＝π，所
以加了钉子后单摆的周期为T2＝T＋T′＝π，所以周期变为原来的，A、B、D 错误，C 正
确．
典例3 (双线摆——等效摆长)(多选)(2021·安庆一中月考)如图所示，三根细线在O 点处打
结，A、B 两端固定在同一水平面上相距为L 的两点上，△AOB 为直角三角形，∠BAO＝
30°，已知OC 长为L，下端C 点处系着一个小球(忽略小球的半径，小球摆动时偏角θ＜
5°)，下列说法正确的是( )
A．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
B．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝2π
C．让小球在纸面内摆动，周期T＝2π
D．让小球在垂直纸面方向摆动，周期T＝π
答案 AD
解析 当小球在纸面内做小角度的摆动时，摆动圆弧的圆心为O 点，摆长为L，故周期为
T＝2π，故A 正确，C 错误；当小球在垂直纸面方向做小角度的摆动时，圆心在A、B 所在
水平面上且在O 点正上方，由几何关系知摆长为L′＝(1＋)L，故周期为T＝2π＝π，故B
错误，D 正确．
典例4 (斜面摆——等效重力加速度)将一个摆长为l 的单摆放在一个光滑且倾角为α 的斜
面上，其摆角为θ(θ＜5°)，如图所示．小球质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是
( )
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A．摆球做简谐运动的回复力为mgsin θsin α
B．摆球做简谐运动的回复力为mgsin θ
C．摆球做简谐运动的周期为2π
D．摆球在运动过程中，经过平衡位置时，摆线的拉力为FT＝mgsin α
答案 A
解析 回复力由重力沿斜面向下的分力的切向分量提供，重力沿斜面向下的分力为mgsin
α，沿斜面向下的分力的切向分量为mgsin αsin θ，故A 正确，B 错误；该模型类似于单摆
模型，等效重力加速度为gsin α，故周期为T＝2π，故C 错误；摆球在运动过程中，经过
平衡位置时，摆线的拉力和重力沿斜面向下的分力的合力提供向心力，故FT－mgsin α＝
m，故FT＞mgsin α，故D 错误．
典例5 (等效重力场摆——等效重力加速度)(2022·长沙雅礼中学月考)如图所示，处于竖直
向下的匀强电场中的摆球的质量为m，半径为r，摆球带正电荷，用长为L 的细线把摆球吊
在悬点O 处做成单摆，则这个单摆做小幅摆动的周期( )
A．2π
B．2π
C．大于2π
D．小于2π
答案 D
解析 处于竖直向下的匀强电场中的摆球，受到竖直向下的合力F 合＝mg＋qE，摆球在摆
动的过程中沿圆弧切线方向的分力F 切＝(mg＋qE)sin θ＞mgsin θ(θ 为摆角)，由于切线方向
的分力增大，则等效重力加速度增大，所以单摆的周期减小，即T′＜T＝2π，故D 正确，
A、B、C 错误．
典例6 (类单摆)如图所示，MN 为半径较大的光滑圆弧的一部分，把小球A 放在MN 的圆
心处，再把另一个小球B 放在MN 上离最低点C 很近的B 处(弧BC 所对圆心角小于5°)，今
使两小球同时静止释放，则( )
A．球A 先到达C 点
B．球B 先到达C 点
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C．两球同时到达C 点
D．无法确定哪个球先到达C 点
答案 A
解析 球A 做自由落体运动，到达C 点的时间为tA＝＝ .
当弧BC 所对的圆心角小于5°时，球B 在圆弧的支持力FN和重力G 的作用下做简谐运动
(与单摆类似)，它的振动周期为T＝2π＝2π，
因此球B 运动到C 点所需的时间是
tB＝＝，
故tA<tB，显然球A 先到达C 点．故选A.
1.(2022·洛南中学高二月考)一单摆由甲地移到乙地后，发现振动变快了，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，振动变快了，则周期变短了，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．
2.做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的
速度减为原来的，则单摆振动的( )
A.周期不变，振幅不变
B.周期不变，振幅变小
C.周期改变，振幅不变
D.周期改变，振幅变大
答案 B
解析 由单摆的周期公式T＝2π 可知，当摆长l 不变时，周期不变，故C、D 错误；由能量
守恒定律可知mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置时的速度减小，
则最大高度减小，知振幅减小，选项B 正确，A 错误.
3.如图所示，表面光滑、半径为R 的圆弧形轨道AP 与水平地面平滑连接，AP 弧长为s，
s≪R.半径为r 的小球从A 点由静止释放，运动到最低点P 时速度大小为v，重力加速度为
g，则小球从A 运动到P 的时间是( )
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A．t＝
B．t＝
C．t＝
D．t＝
答案 B
解析 因为AP 弧长为s，且s≪R，所以小球的运动等效为单摆运动，根据单摆的周期公式
可得T＝2π，由题意可知，摆长l＝R－r，小球从A 运动到P 所用的时间为四分之一个周期，
即有t＝，故B 正确．
4.(多选)(2022·白城市洮南十中月考)甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可
以判定( )
A．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
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3∶2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2∶3
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
答案 BCD
解析 根据题图可知，单摆振动的周期关系T 甲＝T 乙，所以周期之比为＝，所以频率之比
＝，故B、C 正确；若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则重力加速度相同，根据周期公式T
＝2π，可得摆长之比为4∶9，故A 错误；若甲、乙两单摆在不同地点摆动，摆长相同，根
据T＝2π 得：重力加速度之比为9∶4，故D 正确．
5.将一个力电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，将质量为m＝0.05 kg 的小摆球(可视为质点)拉至A 点，此时细线处于张紧状态，静
止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位
置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ 小于5°且是未知量．由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F
随时间t 变化的曲线如图乙所示，图中t＝0 时刻为摆球从A 点开始运动的时刻．试根据力
学规律和题中所给的信息求：(g 取10 m/s2，π≈3.14)
(1)单摆的振动周期和摆长；
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(2)摆球运动过程中的最大速度．
答案 见解析
解析 (1)摆球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律并结合图像可知，周期T＝0.4π
s≈1.256 s.
由单摆的周期公式T＝2π 知，摆长l＝＝ m＝0.4 m.
(2)在最低点B 时，摆球的速度最大，此时细线对摆球的拉力最大．根据牛顿第二定律得
Fmax－mg＝m，解得最大速度v＝0.2 m/s.
6.(多选)如图所示，单摆在竖直平面内的A、C 之间做简谐运动，O 点为单摆的固定悬点，
B 点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是( )
A．摆球在A 点和C 点时，速度为零，故细线拉力为零，但回复力不为零
B．摆球由A 点向B 点摆动过程中，细线拉力增大，但回复力减小
C．摆球在B 点时，重力势能最小，机械能最小
D．摆球在B 点时，动能最大，细线拉力也最大
答案 BD
解析 假设摆动过程中，细线与竖直方向夹角为θ，重力沿细线方向分力为mgcos θ，垂直
于细线方向分力为mgsin θ.摆球在A 点和C 点时，速度为零，沿细线方向的合力为零，有
F＝mgcos θ，F 回＝mgsin θ，即细线的拉力与重力沿细线方向分力等大且不为零，回复力
与重力沿切向方向的分力等大，也不为零，故A 错误；摆球由A 点向B 点摆动过程中，速
度变大，根据F－mgcos θ＝m，F 回＝mgsin θ，可得细线拉力增大，回复力减小，故B 正
确；摆球在摆动过程机械能守恒，从最高点摆到B 点过程中，重力做正功，其重力势能一
直在减小，动能一直在增加，所以摆球在B 点时，重力势能最小，动能最大，故C 错误；
摆球在B 点时对其受力分析，可得F－mg＝m，可知此时细线拉力最大，合力不为零，故
D 正确．
7.(2023·北京海淀区模拟)如图所示，两个摆长均为L 的单摆，摆球A、B 质量分别为m1、
m2，悬点均为O.在O 点正下方0.19L 处固定一小钉．初始时刻B 静止于最低点，其摆线紧
贴小钉右侧，从图示位置由静止释放A(θ 足够小)，在最低点与B 发生弹性正碰．两摆在整
个运动过程中均满足简谐运动条件，摆线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点
不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g.下列选项正确的是( )
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A．若m1＝m2，则A、B 在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π 时间A 回到最高点
C．若m1>m2，则A 与B 第二次碰撞不在最低点
D．若m1<m2，则A 与B 第二次碰撞必在最低点
答案 D
解析 若m1＝m2，则两球碰撞后交换速度，所以A、B 在摆动过程中最大振幅相等，两球
的振动完全一样，所以每经过2π 时间A 回到最高点，A、B 错误；摆长为L 的周期为T＝
2π，摆长为0.81L 的周期为T′＝1.8π，若m1>m2，则碰后A 球向右运动，摆长变为0.81L，
B 球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″＝T＋T′＝1.9π，
即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C 错误；
若m1<m2，则A 与B 碰后，A 反弹，两球的摆长一样，周期一样，所以各经过半个周期后，
在最低点发生第二次碰撞，D 正确．
8.如图所示，光滑的半球壳半径为R，O 点在球心O′的正下方，一小球甲(可视为质点)由
距O 点很近的A 点由静止释放，R≫
.
(1)若小球甲释放的同时，另一小球乙(可视为质点)从球心O′处自由落下，问两球第一次
到达O 点的时间比；
(2)若小球甲释放的同时，另一小球丙(可视为质点)在O 点正上方某处自由落下，为使两球
在O 点相碰，小球应由多高处自由落下？
答案 (1)π∶4 (2)(n＝1，2，3，…)
解析 (1)甲球沿圆弧做简谐运动，它第一次到达O 点的时间为t1＝T＝×2π＝.
乙球做自由落体运动，到达O 点的时间为t2
R＝gt2
2，所以t2＝，t1∶t2＝π∶4.
(2)小球甲从A 点由静止释放运动到O 点的时间为t＝(2n－1)，n＝1，2，3，…，由O 点正
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上方自由落下的小球丙到达O 点的时间也为t 时两球才能在O 点相碰，所以h＝gt2＝(n＝
1，2，3，…).
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