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第 47 讲 机械振动
——划重点之精细讲义系列
一．简谐运动
1．概念：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t
图象)是一条正弦曲线．
2．简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝ － k x，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝ 2π f 表示简谐运动的快
慢，(ωt＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫做初相．
3．回复力
(1)定义：使物体返回到平衡位置的力．
(2)方向：时刻指向平衡位置．
(3)来源：振动物体所受的沿振动方向的合力．
4．描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
描述振动的强弱
振幅 振动质点离开平衡位置的最大距离
周期 振动物体完成一次全振动所需时间 描述振动的快慢，两者互为倒
数：T＝
振动物体单位时间内完成全振动的次
频率
数
描述周期性运动在各个时刻所处
相位 ωt＋φ
的不同状态
二．简谐运动的图象
1．物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线．
2．简谐运动的图象
(1)从平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，函数表达式为 x＝
A sin ωt ，图象如图甲所示．
(2)从正的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝ A cos _ωt，图象如图乙所示．
三．单摆
1．定义：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸缩和质量
都不计，球的直径比线短得多，这样的装置叫做单摆．2．视为简谐运动的条件：θ<5°.
3．回复力：F＝G＝Gsin θ＝x
2
4．周期公式：T＝2π.
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，与振幅和振子
(小球)质量都没有关系．
四．受迫振动及共振
1．受迫振动
(1)概念：物体在周期性驱动力作用下的振动．
(2)振动特征：受迫振动的频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关．
2．共振
(1)概念：当驱动力的频率等于固有频率时，受迫振动的振幅最大的现象．
(2)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率．
(3)共振的特征：共振时振幅最大．
(4)共振曲线(如图所示)．
f＝f 时，A＝A .f与f 差别越大，物体做受迫振动的振幅越小．
0 m 0
考点一 简谐运动的特征
1．动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系
数，不一定是弹簧的劲度系数．
2．运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，而方向相
反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、E 均增大，v、E 均减小，靠近平衡
p k
位置时则相反．
3．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相
同．
4．对称性特征：
(1)相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反．
(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度
的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等．
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即t ＝t .
PO OP′
(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即t ＝t .
OP PO
5．能量特征：振动的能量包括动能E 和势能E ，简谐运动过程中，系统动能与
k p
势能相互转化，系统的机械能守恒．
【典例1】做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是(
)
A．位移 B．速度
C．加速度 D．回复力
解析：选B.做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，位移相同，加速度相
同，速度的大小相等，但方向不一定相同，所以可能不同的物理量是速度，选项 B正
确．
【典例2】(多选)关于简谐运动的下列说法中，正确的是( )
A．位移减小时，加速度减小，速度增大
B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同
C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，
速度方向跟位移方向相同
D．水平弹簧振子朝左运动时，加速度方向跟速度方向相同，朝右运动时，加速
度方向跟速度方向相反
解析：选AC.物体做简谐运动的加速度a＝－，可得位移减小时，加速度减小，速
度增大，A正确．位移方向总跟加速度方向相反，但位移方向跟速度方向可能相同，
也可能相反，B错误，C正确．水平弹簧振子朝左运动时，若振子在平衡位置右侧，
加速度方向与速度方向相同，若振子在平衡位置左侧，加速度方向与速度方向相反，
D错误．
【典例3】一个质点在平衡位置O点附近做机械振动．若从O点开始计时，经过3
s质点第一次经过M点(如图所示)；再继续运动，又经过2 s它第二次经过M点；则该
质点第三次经过M点还需要的时间是________或________．
解析：若质点从O点开始向右运动，则t ＝3 s，t ＝2× s＝1 s，则有T＝16 s，
OM Mb
解得第三次回到M还需要14 s.
若质点从O点开始向左运动，t ＝1 s，t ＝3 s，又由t ＝T－t ，得T＝ s，
Mb OaM OaM Mbt ＝ s，解得第三次回到M点还需要 s.
OM
答案：14 s s
【典例4】如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从 a到b历时0.2 s，振子经
a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动频率为(
)
A．1 Hz B．1.25 Hz
C．2 Hz D．2.5 Hz
解析：选B.由简谐运动的对称性可知，t ＝0.1 s，从b向右运动到最大位移的时
O b
间也为0.1 s，故＝0.2 s，解得T＝0.8 s，频率f＝＝1.25 Hz，选项B正确．
【典例5】(多选)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时刻振子的
位移x＝－0.1 m；t＝ s时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可
能为( )
A．0.1 m， s B．0.1 m,8 s
C．0.2 m， s D．0.2 m,8 s
解析：选ACD.若振子的振幅为0.1 m， s＝T，s＝nT，则周期最大值为 s，A正
1
确，B错误；若振子的振幅为0.2 m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x＝－0.1 m
处运动到负向最大位移处再反向运动到x＝0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，
则T＝ s，所以周期的最大值为 s，且t＝4 s时刻x＝0.1 m，C正确；当振子由x＝－
0.1 m经平衡位置运动到x＝0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T＝s，所以此
时周期的最大值为8 s，且t＝4 s时，x＝0.1 m，D正确．
分析简谐运动的技巧
(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，
振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的
变化．另外，各矢量均在其值为零时改变方向．
(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性．
考点二 简谐运动的公式和图象
1．简谐运动的公式：
(1)简谐运动中位移随时间变化的表达式叫振动方程，一般表示为 x＝Asin(ωt＋
φ)．
(2)从平衡位置开始计时，函数表达式为 x＝Asin ωt，从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt.
2．对简谐运动图象的认识：
(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示．
(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点
运动的轨迹．
3．图象信息：
(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率．
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故
回复力和加速度在图象上总是指向t轴．
(4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，
下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，下一时刻位移如减小，振动
质点的速度方向就是指向t轴．
(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小．
(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小．
【典例6】如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运
动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是(
)
A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左
B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处
C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同
D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小
解析 由图象乙可知t＝0.8 s时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向
左，选项A正确；t＝0.2 s时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O点右侧
大于6 cm处，选项B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度大小相同，方向相反，
选项C错误；t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，选
项D错误．答案 A
“图象—运动结合法”分析图象问题
(1)解此类题时，首先要理解x－t图象的意义，其次要把x－t图象与质点的实际振
动过程联系起来．
(2)图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲
线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
【典例7】如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，
建立Ox轴，向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( )
解析：选A.当弹簧振子在MN之间运动时，M、N为振动的最远点，OM、ON的
距离为振幅，从N点计时粒子距O点最远，ON为正方向，A正确，B、C、D错误．
【典例8】一质点沿x轴做简谐运动，其振动图象如图所示．在1.5～2 s的时间内，
质点的速度v、加速度a的大小的变化情况是( )
A．v变小，a变大 B．v变小，a变小
C．v变大，a变小 D．v变大，a变大
解析：选A.由振动图象可知，质点在1.5～2 s的时间内向下振动，故质点的速度
越来越小，位移逐渐增大，回复力逐渐变大，加速度逐渐变大，选项A正确．
【典例9】如图为弹簧振子的振动图象，由此可知( )A．在t 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大
1
B．在t 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小
2
C．在t 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大
3
D．在t 时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大
4
解析：选B.x－t图象的斜率表示速度，故在t 时刻，速度为零，动能为零，选项
1
A错误；在t 时刻，速度最大，动能最大，位移为零，故回复力为零，弹力为零，选
2
项B正确；在t 时刻，振子的速度为零，故动能为零，选项 C错误；在t 时刻，速度
3 4
最大，动能最大，位移为零，故回复力为零，弹力为零，选项D错误．
【典例10】如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法
中正确的是( )
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．第3 s末振子的速度为正向的最大值
D．从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动
解析：选C.根据图象，周期T＝4 s，振幅A＝8 cm，A错误．第2 s末振子到达波
谷位置，速度为零，加速度为正向的最大值，B错误．第3 s末振子经过平衡位置，速
度达到最大值，且向正方向运动，C正确．从第1 s末到第2 s末振子经过平衡位置向
下运动到达波谷位置，速度逐渐减小，做减速运动，D错误．
【典例11】(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向
做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为 y＝0.1sin(2.5πt)m.t＝0
时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．
取重力加速度的大小g＝10 m/s2.以下判断正确的是( )
A．h＝1.7 m
B．简谐运动的周期是0.8 sC．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m
D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
解析：选AB.由物块简谐运动的表达式y＝0.1 sin(2.5πt) m知，ω＝2.5π rad/s，T＝
＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7
m，选项A正确；物块0.6 s内路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，
与小球运动方向相同．故选项C、D错误．
考点三 受迫振动和共振
1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
振动
自由振动 受迫振动 共振
项目
受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
由系统本身性质
由驱动力的周期
振动周期或 决定，即固有周
或频率决定，即 T ＝T 或f ＝f
频率 期T 或固有频率 驱 0 驱 0
0 T＝T 或f＝f
f 驱 驱
0
振动物体的机械 由产生驱动力的 振动物体获得的
振动能量
能不变 物体提供 能量最大
弹簧振子或单摆 机械工作时底座 共振筛、声音的
常见例子
(θ≤5°) 发生的振动 共鸣等
2.对共振的理解
(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映
了驱动力频率对某固有频率为f 的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f 越
0 0
接近，振幅A越大；当f＝f 时，振幅A最大．
0
(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界
时刻进行能量交换．
【典例12】(多选)如右图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动
达到稳定时，下列说法中正确的是( )
A．A、C振动周期相等
B．C的振幅比B的振幅小
C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等
解析：选ACD.A振动后，水平细绳上驱动力的周期 T ＝2π，迫使B、C做受迫振
A
动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以T＝T ＝T ，A、D正确；而T
A B C C固
＝2π＝T ，T ＝2π＞T ，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，B错误、C
A B固 A
正确．
【典例13】在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可
以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发
生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是(
)
A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大
B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波
C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，且适当增大其输出
功率
解析：选D.由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500 Hz，就是酒
杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体．
将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，将
酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，
而酒杯的固有频率为 500 Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到 500
Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D正确．
【典例14】如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有
频率为8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz，当支架受到竖直方向且频率为9 Hz的
驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是( )
A．甲的振幅较大，且振动频率为8 Hz
B．甲的振幅较大，且振动频率为9 Hz
C．乙的振幅较大，且振动频率为9 Hz
D．乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz
解析：选B.物体做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率，故甲和乙的振
动频率都是9 Hz.再根据受迫振动的“振幅特征”可知，甲弹簧振子的固有频率更接近
驱动力的频率，所以甲的振幅较大．综上知，B正确．
【典例15】(多选)如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法
正确的是( )A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示
月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比 L ∶L ＝
Ⅰ Ⅱ
25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
解析：选ABC.图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相
等，从图线上可以看出，两摆的固有频率 f ＝0.2 Hz，f ＝0.5 Hz.当两摆在月球和地
Ⅰ Ⅱ
球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝可知，g越大，f越大，所以g ＞
Ⅱ
g ，因为g ＞g ，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若在地
Ⅰ 地 月
球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的f小，且有＝，所以＝，B正确；f
＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出L 约为1 m，
Ⅱ Ⅱ
C正确，D错误．
考点四 实验：探究单摆运动 用单摆测定重力加速度
1．实验原理：由单摆的周期公式T＝2π，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动
周期T，就可求出当地的重力加速度g.
2．实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．
3．实验步骤
(1)做单摆：取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些
的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示．
(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径
D，则单摆的摆长l＝L＋.
(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于10°)，然后释放小球，记下单摆
摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期．
(4)改变摆长，重做几次实验．(5)数据处理的两种方法：
方法一：计算法．
根据公式T＝2π，g＝.将测得的几次周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速
度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值．
方法二：图象法．
由单摆的周期公式T＝2π可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的l－
T2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出图线的斜率 k，即可求出g值．g＝
4π2k，k＝＝.
4．注意事项
(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定．
(2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于10°.
(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数．
(4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，
然后算出摆球的半径r，则摆长l＝L＋r.
(5)选用一米左右的细线．
【典例16】在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)图甲中秒表示数为一单摆振动50次所需时间，则单摆的振动周期为________．
(2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示．O为悬挂点，从
图中可知单摆的摆长为________．
(3)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________.
(4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力
方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：
“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变．”这两个
学生中________．
A．甲说得对 B．乙说得对
C．都说得不对解析：(1)t＝2 min＋12.5 s＝132.5 s，T＝＝2.65 s
(2)摆长是从悬挂点到球心的距离，读数为990.0 mm＋6.5 mm(估计读数)＝996.5
mm.
(3)由T＝2π，得g＝.
(4)球的质量大小并不影响重力加速度的大小，而空气的浮力的存在，能够造成
“看上去”重力加速度减小，故甲的说法是正确的．
答案：(1)2.65 s (2)996.5 mm (3) (4)A
【典例17】用单摆测重力加速度时，
(1)摆球应采用直径较小，密度尽可能________的小球，摆线长度要在1米左右，
用细而不易断的尼龙线．
(2)摆线偏离竖直方向的最大角度θ应________．
(3)要在摆球通过________位置时开始计时并计为零次，摆线每经过此位置两次才
完成一次全振动，摆球应在________面内摆动，利用单摆测重力加速度的实验中，摆
长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至________．
(4)某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为 L＝97.50
cm；用50分度的游标卡尺(测量值可准确到0.02 mm)测得摆球直径为d＝2.100 cm；然
后用停表记录了单摆振动 n＝50次全振动所用的时间为 t＝99.9 s．则该摆摆长为
________ cm，周期为________ s，计算重力加速度的表达式为________．
解析：(1)用单摆测重力加速度时，由于存在空气阻力对实验的影响，为了减小这
种影响，所以采用体积小、密度大的摆球．
(2)当角度很小时，单摆运动可以看成是简谐运动，所以最大角度θ应小于5°.
(3)本实验偶然误差主要来自于时间(单摆周期)的测量上，因此，要注意测准时间，
从摆球通过平衡位置开始计时，为了防止振动是圆锥摆，要在竖直平面内摆动，摆长
是悬线的长度和小球半径之和．
(4)真正的摆长为l＝L＋＝97.50 cm＋ cm＝98.550 cm，周期T＝＝ s＝1.998 s．根
据周期公式T＝2π得出g＝，代入摆长和周期计算可得g＝.
答案：(1)大 (2)小于5° (3)平衡 同一竖直 摆球球心 (4)98.550 1.998 g＝
2π2n2(2L＋d)/t2
【典例18】用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．(1)(多选)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．
A．长度为1 m左右的细线
B．长度为30 cm左右的细线
C．直径为1.8 cm的塑料球
D．直径为1.8 cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则
重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.
组次 1 2 3
摆长L/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/(m·s－2) 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的T＝______s，g＝______m/s2.
(4)用多组实验数据做出T2L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学做出的
T2L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b
对应的 g 值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线 b，下列分析正确的是
________(选填选项前的字母)．
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图 3所示，
由于家里只有一根量程为0～30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，
使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，
通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l 、l
1 2
时，测得相应单摆的周期为T 、T ，由此可得重力加速度g＝________(用l ，l ，T ，
1 2 1 2 1
T 表示)．
2解析：(1)组装单摆时，应选用1 m左右的细线，摆球应选择体积小、密度大的球，
选项A、D正确．
(2)单摆的振动周期T＝.
根据T＝2π，得g＝＝.
(3)T＝＝2.01 s.
3
根据T＝2π，得g＝≈9.76 m/s2.
(4)根据T＝2π，得T2＝L，即当L＝0时，T2＝0.出现图线a的原因是计算摆长时过
短，误将悬点O到小球上端的距离记为摆长，选项A错误；对于图线c，其斜率k变
小了，根据k＝，可能是T变小了或L变大了．选项B中误将49次全振动记为50次，
则周期T变小，选项B正确；由＝k得g＝，则k变小，重力加速度g变大，选项C错
误．
(5)设A点到铁锁重心的距离为l.根据单摆的周期公式T＝2π，得T ＝2π ，T ＝
0 1 2
2π .联立以上两式，解得重力加速度g＝.
答案：(1)AD (2) (3)2.01 9.76 (4)B
(5)
用单摆测重力加速度的几点注意
(1)该实验为测量性实验，要从多方面减小误差：摆球要体积小且密度大；偏角小
于5°；测量摆长时，要从悬点到球心；对秒表要正确读数等．
(2)游标卡尺读数规律和读数公式．
①读数公式：读数＝主尺上的整毫米数＋精确度×n(n为游标尺上与主尺某一刻度
对齐的格数)
②读数位数：各种游标卡尺的读数结果若以毫米为单位，小数点后保留的位数与
其精确度相同．
③游标卡尺是根据刻度线对齐来读数的，所以不再往下一位估读．
(3)减少各种失误：如游标尺上的精度分析错误；把边框线误认为零刻线；计算失
误等．
一、单选题
1．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别
固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运
动，小球将做周期为T的往复运动，则（ ）A．小球做简谐运动
T
B．小球动能的变化周期为
2
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
v
D．小球的初速度为 时，其运动周期为2T
2
【答案】B
【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向
总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀
速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；
BC．假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩
弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动过程为
O→A→O→B→O
根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，
T
两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为 ，两根弹簧的总
2
T
弹性势能的变化周期为 ，B正确，C错误；
2
v
D．小球的初速度为 时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，
2
根据弹簧振子周期公式
√m
T =2π
0 k
可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初
v
速度为 时，其运动周期应小于2T，D错误；
2
故选B。
2．（2022·海南·高考真题）在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其
振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为（ ）A．2：3 B．3：2 C．4：9 D．9：4
【答案】C
【详解】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为
T ：T = 0.8：1.2 = 2：3
甲 乙
根据单摆周期公式
√L
T=2π
g
可得
gT2
L=
4π2
则甲、乙两个单摆的摆长之比为
L ：L = T 2：T 2 = 4：9
甲 乙 甲 乙
故选C。
3．（2023·浙江·高考真题）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴
OO'，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位
置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R=R 时，导体杆振动图像如图乙所
0
示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R=2R 时，导体杆振动图像是（ ）
0
A． B．C． D．
【答案】B
【详解】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到
的安培力总是阻碍导体棒的运动。当R从R 变为2R 时，回路中的电阻增大，则电流
0 0
减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动
到停止，运动的路程和经历的时间变长。
故选B。
4．（2021·江苏·高考真题）如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线
下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上
建立x坐标系。t=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简
谐运动的表达式为（ ）
π
A．x=Rsin(ωt- )
2
π
B．x=Rsin(ωt+ )
2
π
C．x=2Rsin(ωt- )
2
π
D．x=2Rsin(ωt+ )
2
【答案】B
【详解】由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方
程为
x=Rsin(ωt+φ)
由图可知，当t=0时，P的位移为R，代入振动方程解得
π
φ=
2
则P做简谐运动的表达式为π
x=Rsin(ωt+ )
2
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．（2022·浙江·统考高考真题）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
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图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；
CD．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量，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。
二、多选题
6．（2023·山东·统考高考真题）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过
相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点
的√3倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可
能是（ ）
2L 2L 2L 12 2L 12
A． ,3t B． ,4t C． , t D． , t
√3-1 √3-1 √3+1 5 √3+1 7【答案】BC
【详解】AB．当AB两点在平衡位置的同侧时有
1 √3
A=Asinφ , A=Asinφ
2 a 2 b
可得
π π 2π
φ = ；φ = 或者φ =
a 6 b 3 b 3
2π
因此可知第二次经过B点时φ = ，
b 3
2 π
π-
3 6
T=t
2π
解得
T=4t
此时位移关系为
√3 1
A- A=L
2 2
解得
2L
A=
√3-1
故A错误，B正确；
CD．当AB两点在平衡位置两侧时有
1 √3
- A=Asinφ , A=Asinφ
2 a 2 b
解得
π 5π π 2π
φ =- 或者φ =- （由图中运动方向舍去），φ = 或者φ =
a 6 a 6 b 3 b 3
2π
当第二次经过B点时φ = ，则
b 3
2 ( π)
π- -
3 6
T=t
2π
解得
12
T= t
5
此时位移关系为
√3 1
A+ A=L
2 2解得
2L
A=
√3+1
C正确D错误；
故选BC。
三、填空题
7．（2021·河北·高考真题）如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经
过A点，2s后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经
过的路程为0.4m。该弹簧振子的周期为 s，振幅为 m。
【答案】 4 0.2
【详解】[1]根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过A点，2s后第一次到达B
点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，则A、B两点关于平衡位置对称，而
振动经过了半个周期的运动，则周期为
T=2t=4s
[2]从A到B经过了半个周期的振动，路程为s=0.4m，而一个完整的周期路程为
0.8m，为4个振幅的路程，有
4A=0.8m
解得振幅为
A=0.2m
8．（2021·广东·高考真题）如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将
小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期
T A
为T。经 时间，小球从最低点向上运动的距离 （选填“大于”、“小于”或
8 2
T
“等于”）；在 时刻，小球的动能 （选填“最大”或“最小”）。
4【答案】 小于 最大
【详解】[1]根据简谐振动的位移公式
(2π )
y=-Acos t
T
T
则t= 时有
8
(2π T) √2
y=-Acos × =- A
T 8 2
所以小球从最低点向上运动的距离为
√2 2-√2 1
Δy=A- A= A< A
2 2 2
A
则小球从最低点向上运动的距离小于 。
2
T
[2]在t= 时，小球回到平衡位置，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大。
4
四、实验题
9．（2023·山西·统考高考真题）一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，
如图（a）所示，该示数为 mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）
所示，该示数为 mm，则摆球的直径为 mm。
（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O
处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线
在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角 5°（填“大于”或“小于”）。
（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50cm，则摆长为 cm。实验中观
测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60s，则此单摆周
期为 s，该小组测得的重力加速度大小为 m/s2.（结果均保留3
位有效数字，π2取9.870）
【答案】 0.006/0.007/0.008 20.034/20.033/20.035/20.032
20.027/20.028/20.029 大于 82.5 1.82 9.83
【详解】（1）[1]测量前测微螺杆与和测砧相触时，图（a）的示数为
d =0mm+0.7×0.01mm=0.007mm
0
[2]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小
数）读数，图中读数为
d =20mm+3.4×0.01mm=20.034mm
1
[3]则摆球的直径为
d=d -d =20.027mm
1 0
（2）[4]角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角准确，但将角度
盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在刻度盘
上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°；
（3）[5]单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为
d 2.0027
l=l + =81.50cm+ cm=82.5cm
0 2 2
结果保留三位有效数字，得摆长为82.5cm；
[6]一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为
2t 54.60
T= = s=1.82s
N 30
√ l
[7]由单摆的周期表达式T=2π 得，重力加速度
g
4π2l
g= =9.83m/s2
T210．（2023·重庆·统考高考真题）某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有
摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
（1）用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放
置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为 mm。
（2）用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析
单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g为 m/s2
（保留3位有效数字）。
（3）改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，
d
分别用l和l+ 作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆
2
线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的
变化特点是 ，原因是 。
【答案】 19.20 9.86 随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小 随着摆
d
线长度l的增加，则l+ 越接近于l，此时计算得到的g的差值越小
2
【详解】（1）[1]用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm×10=19.20mm
（2）[2]单摆的摆长为
1
L=990.1mm+ ×19.20mm=999.7mm
2
根据√L
T=2π
g
可得
4π2L
g=
T2
带入数据
4×3.142×0.9997
g= m/s2=9.86m/s2
22
（3）[3][4]由图可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小，原因是随着摆线长度l的
d
增加，则l+ 越接近于l，此时计算得到的g的差值越小。
2
1．摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t＝0)，当振动至t＝时，
摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的( )
解析：选C.单摆周期为T＝2π，当t＝＝时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平
衡位置向负方向振动，选项C正确，A、B、D错误．
2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，
而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重
杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是( )
A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率
解析：选D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机
翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选D.
3．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的 4倍，摆球经过平衡位
置时速度减小为原来的，则单摆振动的( )
A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变
解析：选C.由单摆周期公式T＝2π知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不
变，其频率不变；在没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为 h，最低点速度为v，则mgh＝mv2，质量改变后有4mgh′＝×4m·2，可知h′≠h，振幅改变，C正确．
4．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如
图所示，则下列说法正确的是( )
A．此单摆的固有周期约为0.5 s
B．此单摆的摆长约为1 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
解析：选B.由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝
2π，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，
共振曲线的峰将向左移动，B正确，A、C、D错误．
5．(多选)如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右
的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所
给的信息可知，下列说法正确的是( )
A．t＝0时，振子处在B位置
B．振子运动的周期为4 s
C．t＝4 s时振子对平衡位置的位移为10 cm
D．t＝2.5 s时振子对平衡位置的位移为5 cm
E．如果振子的质量为0.5 kg，弹簧的劲度系数20 N/cm，则振子的最大加速度大
小为400 m/s2
解析：选ABE.由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10 cm，其周期T＝4 s，t＝
0和t＝4 s时，振子在负的最大位置，即图甲中的B位置．由于振子做变速运动，故t
＝2.5 s时，振子的位移应大于5 cm，故选项A、B正确，C、D错误，由a＝－可知，
振子的最大加速度为400 m/s2，选项E正确．
6．(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的
振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A．OB＝5 cmB．第0.2 s末质点的速度方向是A→O
C．第0.4 s末质点的加速度方向是A→O
D．第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间
E．在4 s内完成5次全振动
解析：选ACE.由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；由图可知
0～0.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可
知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图
可知第0.7 s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在
4 s内完成全振动的次数为＝5，E项正确．
7．(1)在利用单摆测定重力加速度的实验中．若测得的g值偏大，可能的原因是(
)
A．摆球质量过大
B．单摆振动时振幅较小
C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径
D．测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小
E．测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振动，使周期偏大
(2)若单摆是一个秒摆，将此摆移到月球上，其周期是________．
(3)实验中停表的读数如图，为________ s.
解析：(1)由单摆周期公式T＝2π可知，重力加速度g＝，进而知重力加速度与摆
球质量无关，故A错误；重力加速度与单摆振动的振幅无关，故 B错误；测量摆长时，
只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长l偏小，由g＝可知，所测重力加速度偏小，
故C错误；测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小，由g＝可
知，所测重力加速度偏大，故D正确；测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振
动，使周期偏大，由g＝可知，所测重力加速度偏小，故E错误．
(2)在地球上秒摆的周期T＝2 s，将秒摆移到月球上，其周期T＝2π＝T＝2 s.
(3)由图示停表可知，分针示数为1 min＝60 s，秒针示数为10.8 s，则停表示数为
60 s＋10.8 s＝70.8 s.
答案：(1)D (2)2 s (3)70.8
8．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是(
)A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图象可以求出当地的重力加速度
解析：选ABD.由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公
式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长l相等，故A正确；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大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的
摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s
时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有
正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2π得g＝，由于单摆的摆长未知，
所以不能求得当地的重力加速度，故E错误．
9．周期性的外力作用于振动系统，外力对系统做功，补偿系统的能量损耗，使系
统的振动维持下去，这种周期性的外力叫做驱动力，系统在驱动力的作用下的振动叫
做受迫振动。一单摆在地球表面做受迫振动，其振幅A与驱动力的频率f的关系曲线
如图所示，则（ ）
A．此单摆的摆长约为1.5m B．若摆长已知，则可以由此图像推算当
地重力加速度
C．若增大驱动力大小，峰的位置可能左移 D．若摆长增大，共振曲线的峰将
向右移动
【答案】B
【详解】A．如图所示该单摆固有频率为0.5Hz，所以其周期为2s，根据单摆的周期
公式
√ l
T=2π
g
解得l≈1m
故A错误；
B．可根据单摆的周期公式
√ l
T=2π
g
若摆长已知，且由图像可知固有周期，则可推算当地重力加速度，故B正确；
C．单摆的固有频率等于其自由振动时的频率，与所受驱动力大小无关，故峰不会左右
移动，故C错误；
D．根据单摆的周期公式
√ l
T=2π
g
可知当摆长增大时，其自由振动周期增大，故其固有频率减小，故曲线的峰应左移，
故D错误。
故选B。
10．如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当
注射器在竖直面做小角度内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射
器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法
中正确的（ ）
A．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期
B．可以利用x轴作为时间坐标轴，可以用y轴表示注射器振动的位移
C．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短
D．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长
【答案】B
【详解】A．从图中可以看出，当硬纸板移动距离L，注射器完成了两个周期性运动，
故硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期的两倍，故A错误；
B．当匀速拖动硬纸板时，运动的时间与硬纸板运动的距离成正比，即可以用硬纸板运
动的方向作为时间轴；而注射器在y轴方向上运动，故可以用y轴表示注射器振动的
位移，故B正确；CD．注射器振动的周期只与自身的运动有关，与硬纸板的运动情况无关，故CD错误。
故选B。
11．一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图，a、b、c、d
表示质点在不同时刻的相应位置。下列说法正确的是（ ）
A．质点通过位置c时速度最大，加速度为零
A
B．质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
2
C．质点从位置a到位置c和从位置b到位置d经过的路程相等
D．质点从位置a到位置b和从位置b到位置c的平均速度相等
【答案】A
【详解】A．质点通过位置c，即平衡位置时速度最大，加速度为零。故A正确；
B． x- t图像是正弦函数图像，函数关系为
2π
x=Asin t
8
t=3s时，质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为
2π √2
x=Asin ×3= A
8 2
故B错误；
C．由图可知质点从位置a到位置c经过的路程小于和从位置b到位置d经过的路程。
故C错误；
D．同理，质点从位置a到b经过的路程小于和从b到c经过的路程，根据
s
v=
t
可知，两个过程的平均速度不同。故D错误。
故选A。
12．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子在CD间做简谐运动，从平衡位
置O向下运动时开始计时，振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）A．C、D速度为0，加速度相同
B．t=0.15s，弹性势能最大，加速度最大
C．t=0.1s，振子的加速度为正，速度也为正
D．t=0.05s，弹性势能最大，重力势能最小
【答案】D
【详解】A．C、D速度为0，加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．t=0.15s，弹簧振子运动到C点，弹性势能最小，加速度最大，故B错误；
C．t=0.1s，弹簧振子运动到O点且向上运动，振子的加速度为零，速度为负，故C错
误；
D．t=0.05s，弹簧振子运动到D点，弹性势能最大，重力势能最小，故D正确。
故选D。
13．如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm。若小
球从B到C的运动时间为2 s，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是2 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，小球通过的路程是40 cm
D．从B开始经过5 s，小球通过的路程是20 cm
【答案】C
【详解】A．小球从B经O到C完成半个全振动，选项A错误；
B．振动周期是T=4 s，振幅是A=5 cm，选项B错误；
C．一次全振动小球通过的路程为4A，则经过两次全振动，小球通过的路程是8A=40
cm，选项C正确；
D．从B开始经过5 s，小球通过的路程是5A=25 cm，选项D错误。
故选C。
14．（多选）如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（ ）
A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度最大
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置，运动方向相反
C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的弹性势能
【答案】ABC
【详解】A．在t=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，由
kx
a=-
m
可知加速度最大，故A正确；
B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，
运动方向相反，故B正确；
C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子的位移逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐
减小，故C正确；
D．在t=0.6s时，弹簧振子的位移最大，速度最小，由机械能守恒可知弹簧振子有最
大的弹性势能，故D错误。
故选ABC。
15．（多选）某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间变化的关系式
为x=Asinωt，如图所示，则（ ）
A．弹簧在第1s末与第5s末的长度相同
1
B．简谐运动的频率为 Hz
8
√2
C．第3s末，弹簧振子的位移大小为 A
2
D．第4s末，弹簧振子的速度方向改变【答案】BC
【详解】A．振子在第1s末与第5s末的位移大小相等，但方向相反，故弹簧的长度不
同，故A错误；
B．简谐运动的周期
T=8s
频率为
1 1
f = = Hz
T 8
故B正确；
C．根据
2π π
ω= = rad/s
T 4
位移x随时间变化的关系式为
π
x=Asin t
4
当t=3s时
√2
x= A
2
故C正确；
D．x-t图像斜率代表速度，斜率正负代表速度方向，2s∼6s时间内图像斜率为负，
速度方向不变，故D错误。
故选BC。
16．（多选）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用
下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀
速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立
直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为ρ，木棒横
截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x=0.35m和x=0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反F -F
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 1 2
2ρSg
【答案】ABD
【详解】A．由简谐运动的对称性，水平位移为0.1m，0.3m，0.5m时木棒处于平衡位
置；x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达
平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A正确；
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近平衡位置，加速度竖直向
下，大小减小，故B正确；
C．x=0.4m时木棒位于最低点，x=0.35m和x=0.45m时，由图像的对称性知浮力大
小相等，说明木棒在最低点上方相同距离处，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向
相反，而两时刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，
故C错误；
D．木棒在最低点时有
F =ρSgh
1 1
在最高点时有
F =ρSgh
2 2
其中
h -h =2A
1 2
故振幅
F -F
A= 1 2
2ρSg
故D正确。
故选ABD。
17．如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，
P、Q是小球所能到达的最高位置．小球的质量m＝0.4 kg，图乙是摆线长为l时小球的
振动图象，g取10 m/s2.
(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(填“O”“P”或“Q”)时
开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，
则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？
最大加速度为多少？
解析：(1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球
经过最低点O开始计时．单摆周期T＝，再根据单摆周期公式T＝2π，可解得g＝.
(2)由图乙可知单摆的振幅A＝5 cm，ω＝＝ rad/s＝π rad/s，所以单摆做简谐运动
的表达式为x＝5sin πt(cm)．
小球在最大位移处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s，根据T＝2π，
可求得摆长为L＝1 m，加速度最大值a ＝＝＝ m/s2＝0.5 m/s2.
m
答案：(1)O (2)x＝5sin πt(cm) 小球在最大位移处的加速度最大 0.5 m/s2
18．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振
子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.20 s时刻，振子速度第一次变为－
v；在t＝0.50 s时刻，振子速度第二次变为－v.
(1)求弹簧振子的振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.00 s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，
并画出弹簧振子的振动图象．
解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示．
由对称性可得T＝×4 s＝1 s
(2)若B、C之间距离为25 cm，
则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm
振子4.00 s内通过的路程s＝4×4×12.5 cm＝200 cm
(3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π rad/s
得x＝12.5sin 2πt(cm)
振动图象如图所示．
答案：(1)1 s (2)200 cm (3)x＝12.5sin 2πt(cm)
图象见解析图
