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高考重点考点解读与针对性训练
第九章 机械振动和机械波
考点65 单摆
【考点解读】
1.定义：用不可伸长的细线悬挂小球的装置，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。（如图所示）
2.做简谐运动的条件：最大摆角θ＜5°。
3.回复力：F＝mg sin θ 。
4.周期公式：T＝ 2π√
l
g
。
（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l 和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关。
6.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＝－mgsin θ≈－mg
l x＝－kx，负号表
示回复力F 与位移x 的方向相反。
（2）向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，Fn＝FT－mgcos
θ。
（3）两个特殊位置：
①当摆球在最高点时，Fn＝mv
2
l
＝0，FT＝mgcos θ。
②当摆球在最低点时，Fn＝mvmax
2
l
，Fn最大，FT＝mg＋mvmax
2
l
。
7.等效重力加速度的理解
1
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（1）对于不同星球表面：g＝GM
R
2 ，M 与R 分别为星球的质量与半径。
（2）单摆处于超重或失重状态时：g 效＝g±a。
（3）重力场与匀强电场中：g 效＝G效
m
。
总结提升
1.类单摆模型：物体的受力及运动符合单摆模型的装置。例如：
（1）如图甲所示，BC
⏜为竖直面内的光滑圆弧，且BC
⏜≪R，当小球在BC
⏜间运动时，其运
动为类单摆运动，等效摆长为R。
（2）如图乙所示，用不可伸长的细线悬挂在光滑斜面上的小球，做小角度摆动时的运动也
是类单摆运动，等效重力加速度为g 效＝gsin θ。
2.类单摆问题的解题方法
（1）确认符合单摆模型的条件，即“类单摆”模型。
（2）寻找等效摆长l 效及等效加速度g 效，最后利用公式T＝2π√
l效
g效
或简谐运动规律分析求
解问题。
【高考真题】
【典例1】. （2025 高考四川卷）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳
悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球
垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成
2 个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一
侧最高点。则（ ）
2
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A. 小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B. 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C. 小球甲、乙
振动周期之比为
D. 小球丙、丁的摆长之比为
【答案】C
【解析】根据单摆周期公式，T=2π√
L
g
,，可知T 丁＞T 丙＞T 乙＞T 甲。
将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当
小球甲完成2 个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰
好到达另一侧最高点，则有，2 T 甲=3 T 乙/2= T 丙= T 丁/2，即T 丙=2 T 甲，T 乙=4 T 甲/3，T 丁
=4 T 甲. 小球甲、乙的振动周期之比为T 甲׃ T 乙=3׃4 ，小球丙、丁的振动周期之比为T 丙 ׃ T
丁=1׃2 ，C 正确；结合单摆周期公式，T=2π√
L
g
,，可知 小球丙、丁的摆长之比为1 ׃
4
，D
错误。小球甲第一次回到释放位置时，小球丙到达另一侧最高点，速度为零，加速度最大
位移最大，A 错误；小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动时间为T 丁/4=3 T 乙/4，可
知小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，B 错误。
【典例2】（2024·甘肃高考5 题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g 取10 m/s2。下
列说法正确的是（ ）
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
3
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C.摆长为1.6 m，A、C 点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B 点的速度相同
答案：C
解析：根据题图可知，单摆的周期T＝1.0π s－0.2π s＝0.8π s，结合单摆的周期公式T＝
2π√
l
g
可得，单摆的摆长l＝1.6 m，起始时刻，单摆的位移最大，加速度最大，速度为零，
A、B 两点速度大小相等，方向相反，A、C 两点速度相同，A、B、D 错误，C 正确。
【典例3】（2024·浙江6 月选考9 题）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg
的小铁球，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，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√3
2 N
D.小球平衡时，A 端拉力小于B 端拉力
答案 B
解析： 单摆的周期公式为T＝2π√
l
g
，则周期与摆角无关，故A 错误；由题意可知，A 端
拉力等于B 端拉力，平衡时对小球受力分析如图，根据数学关系可知，FA＝FB＝
mg
2cos30°
＝√3
3 N，故C、D 错误；根据几何关系可知，等效摆长为1 m，则T＝2π√
l
g
≈2 s，故B
正确。
【典例4】．（2022 年新高考海南卷）在同一地方，甲乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，
其振动图像如图，由此可知甲乙两个单摆的摆长之比为
4
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A. 2׃3 B. 3׃2 C. 4׃9 D. 9׃׃4׃4
【参考答案】C
【名师解析】由甲乙振动图像可知两单摆的周期之比T 甲׃T 乙=0.8׃1.2
=
2׃3
..。根据单摆周
期公式T=2π
，可知L 甲׃L 乙= T 甲2׃T 乙2=4׃9 ，选项C 正确。
【典例5】．(2022·浙江1 月选考)图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O 拉到A 后
释放，小球在O 点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回
摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是(
)
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
答案：B
解析：空间站中的物体处于完全失重状态，题图甲中的小球所受的弹力不受失重的影响，
则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A 错误，B 正确；题图乙中的小球在地面上由静止
释放时，所受的回复力是重力的分力，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小
球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动，也不会做匀速圆周运动；若给小球一
定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D 错误。故选B。
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【针对性训练】
1 （2025·四川泸县第一中学期中）如图所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的
周期为T0。下列说法正确的是（ ）
A.单摆摆动的过程中，绳子的拉力始终大于摆球的重力
B.单摆摆动的过程中，绳子的拉力始终小于摆球的重力
C.将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期T＞T0
D.将该单摆置于高空上相对于地球静止的气球中，其摆动周期T＜T0
答案：C
解析：摆球运动到最高点时，绳子的拉力等于摆球重力的一个分力，此时绳子的拉力小于
摆球的重力。摆球运动到最低点时，绳子的拉力和摆球的重力共同提供向心力，有F－mg
＝ma，可知F 大于mg，故A、B 错误；月球表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小
根据T＝2π√
l
g
可知，将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期T＞T0，选项C 正确；将该
单摆置于高空上相对于地球静止的气球中，气球所在高度越高，重力加速度越小，根据T
＝2π√
l
g
可知，其摆动周期T＞T0，故D 错误。
2.（2025·江苏南通模拟）如图所示，小球在半径为R 的光滑圆弧轨道上A、B 间来回运动，
轨道弧长远小于R，则（ ）
A.弧长AB 变小，周期不变
B.弧长AB 变小，周期变大
C.小球质量变小，周期变小
D.小球质量变小，周期变大
答案 A
解析： 因为弧长远小于半径R，小球做单摆运动，根据单摆的周期公式T＝2π√
l
g
，可知
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小球的周期与弧长大小和小球质量无关，故选A。
3 （2025·广东深圳模拟）下图是某单摆振动的x-t 图像，由此图像，以下说法正确的有
（ ）
A.在t 时刻和（2n＋t）时刻（n 取正整数）摆球速度大小相等
B.每个奇数秒时间内摆球所受合力的冲量均相同
C.每分钟摆球通过的路程约18 m
D.摆球做简谐运动的最大加速度可以达到1 m/s2
答案 AC
解析： 在t 时刻和（2n＋t）时刻，摆球所处的位置相同或关于平衡位置对称，其摆球速
度大小相同，故A 正确；第1 秒内，摆球由平衡位置运动到一侧最高点，此时合外力冲量
大小为m√2gl（1－cosθ ）。第3 秒内，摆球由平衡位置运动到另一侧最高点，合外力
冲量大小为m√2 gl（1－cosθ ），但方向不同，故B 错误；每分钟单摆经历15 个周期，
每个周期路程约为4A＝1.2 m，故每分钟路程为s＝4A×15＝18 m，故C 正确；摆球在最
大位移处加速度最大，此时am＝gsin θ＝g A
l ，可知am＝0.74 m/s2，故D 错误。
4 （2025·海南海口模拟）某研究性学习小组设计了如图1 所示的实验装置，将一倾角可
调的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力传感器，将小球通过摆线挂在力传感器上
摆线与斜面始终保持平行，小球能在斜面上做单摆运动。当斜面倾角θ＝45°时，传感器
输出的细线拉力F 随时间t 的变化曲线如图2 所示，则下列说法正确的是（ ）
A.由图2 可知单摆的周期为T＝0.8 s
B.只减小斜面倾角，则单摆周期将变大
C.摆线应选用不易伸缩的轻质细绳
D.只增大摆线的长度，则单摆周期将减小
答案：BC
解析：由题图2 可知，单摆的周期为T＝2×（0.9－0.1）s＝1.6 s，故A 错误；根据题意
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可知，斜面倾角为θ 时，等效重力加速度为g'＝gsin θ，由单摆周期公式有T＝2π√
l
gsinθ
，只减小斜面倾角，则单摆周期将变大，只增大摆线的长度，则单摆周期将增大，故B 正
确，D 错误；为避免单摆摆动过程中摆长变化，摆线应选用不易伸缩的轻质细绳，故C 正
确。
5.（2025·江苏镇江模拟）如图甲，O 点为单摆的固定悬点，现将摆球拉到A 点，释放摆球，
摆球将在竖直面内的A、B 之间来回摆动。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，则该单摆的周期为（ ）
A.0.1π s
B.0.2π s
C.0.4π s
D.0.8π s
答案 C
解析： 小球在一个周期内两次经过最低点，对小球受力分析可知F－mg＝mv
2
R
，在最低
点时，细线对摆球的拉力F 最大，结合题图乙可得，小球的单摆周期T＝0.4π s，故选C。
6 如图所示是一简谐运动的振动图像，则下列说法正确的是( )
A.该简谐运动的振幅为6 cm，周期为8 s
B.6～8 s 时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动
C.图中的正弦曲线表示振子的运动轨迹
D.该振动图像对应的表达式为x＝3sin cm
答案 BD
解析 由题图可知，该简谐运动的振幅为3 cm，周期为8 s，故A 错误；6～8 s 时间内，振
子负方向的位移大小减小，8 s 末回到平衡位置，所以振子由负向最大位移处向平衡位置运
动，故B 正确；题图中的正弦曲线表示振子偏离平衡位置的位移随时间变化的规律，不是
振子的运动轨迹，故C 错误；振动图像表达式为x＝Asin cm，代入振幅A 和周期T，则该
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振动图像对应的表达式为
x＝3sin cm，故D 正确。
7. 如图所示，为一个水平弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是( )
A.t＝1 s 到t＝2 s 内，弹簧振子的动能不断减小
B.该弹簧振子的振动方程为x＝－10sincm
C.t＝3 s 时，弹簧振子的加速度沿x 轴负方向
D.t＝0 到t＝10 s 内弹簧振子的路程为50 cm
答案 BC
解析 t＝1 s 到t＝2 s 内，弹簧振子从位移最大位置向平衡位置运动，则振子的动能不断增
加，选项A 错误；因为ω＝＝ rad/s，振幅A＝10 cm，该弹簧振子的振动方程为x＝－
10sin cm，选项B 正确；t＝3 s 时，弹簧振子的位移正向最大，则加速度沿x 轴负方向，选
项C 正确；因10 s＝2.5T，则t＝0 到t＝10 s 内弹簧振子的路程为2.5×4A＝100 cm，选项
D 错误。
8 摆球质量为m 的单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t 的变化关系如图所示，重力加速度
为g，则该单摆( )
A.摆长为
B.摆长为
C.摆球向心加速度的最大值为
D.摆球向心加速度的最大值为
答案 C
解析 由题图可知，单摆的周期T＝4t0，根据单摆周期公式T＝2π，解得L＝，故A、B 错
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误；摆球到最低点的动能Ek＝E0＝mv2，向心加速度的最大值为a＝，解得a＝，故C 正确，
D 错误。
9 .(2024·广东广州模拟)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘
平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为
L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a－t 关系图如图乙所示。则以下说法正
确的是( )
A.忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供
B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力等于手机所受的重力
C.秋千摆动的周期为t3－t1
D.该地的重力加速度g＝
答案 C
解析 忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A 错误；在最低
点，合力提供向心力有FN－mg＝m，秋千对手机的支持力FN＝mg＋m＞mg，故秋千对手机
的支持力大于手机的重力，B 错误；秋千的周期为从最大位移处到另外一最大位移处再回
到最大位移处位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，根据垂直
手机平面方向的a－t 关系图，可知周期为T＝t3－t1，C 正确；根据单摆周期公式T＝t3－t1
＝2π，可知当地重力加速度g＝，D 错误。
10 甲、乙两星球表面的a、b 两个单摆做简谐运动的x－t 图像如图所示，已知两单摆的摆
长相等，由图可知( )
A.甲、乙两星球表面的重力加速度之比为
10
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B.减小a 摆的摆球质量，a 摆的周期有可能与b 摆相等
C.a、b 两单摆在最低点的速率有可能相等
D.a、b 两单摆在最低点的动能有可能相等
答案 D
解析 由图可知两单摆的周期之比为T 甲∶T 乙＝2∶3，由单摆的周期公式T＝2π 可得g＝，
所以甲、乙两星球表面的重力加速度之比为＝，故A 错误；由单摆的周期公式T＝2π 可知，
摆球周期与摆球质量无关，所以减小a 摆的摆球质量，a 摆的周期不可能与b 摆相等，故B
错误；两摆摆长相同，振幅不同，则两摆球摆动过程中上升的最大高度不同，由机械能守
恒定律知Ek＝mgh＝mv2，则v＝，所以在最低点速率一定不同；由于摆球质量关系未知，
所以在最低点的动能有可能相等，故C 错误，D 正确。
11.一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接质量为m 的小钢球，如图甲所示。拉
起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，轻绳与竖直方向的夹角最
大值约为5°，图乙为轻绳对小钢球的拉力大小F 随时间t 变化的图像，图像中F1、F2、T0
均为已知量。求：
(1)重力加速度g 的大小；
(2)轻绳的长度l。
答案 (1) (2)
解析 (1)小钢球由静止释放时，轻绳与竖直方向夹角为θ，释放瞬间轻绳拉力
最小，故F1＝mgcos θ ①
小钢球由静止运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl(1－cos θ)＝mv2②
小钢球运动到最低点时轻绳拉力最大，则
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F2－mg＝m ③
联立①②③可得g＝。④
(2)由题图乙可得单摆的周期为T＝2T0⑤
而T＝2π ⑥
联立④⑤⑥解得l＝。
12
