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高考(全国卷)三年命题情况对照分析
考点内容 要求
2016 2017 2018 命题分析
简谐运动 Ⅰ
卷
简谐运动的公式和图象 Ⅱ Ⅰ·T
34
(1)： 卷
单摆、单摆的周期公式 Ⅰ
机 波的 Ⅰ·T
34
械 受迫振动和共振 Ⅰ 性质 (1)：
卷
振 机械波、横波和纵波 Ⅰ T 34 (2) 波的 Ⅰ·T (1)： 本单元考查
动 ：光的 干涉 34 的热点有：
光的折射
横波的图象 Ⅱ
折射、
加强 (1)简谐运
与 定律、折
全反 点和 动的特点及
机 波速、波长和频率(周期) 射率
Ⅰ 射及 减弱 图象、波的
的关系
械 几何 点的 T (2)：简 图象以及波
34
波 波的干涉和衍射现象 Ⅰ 关系 判断 谐运动的 长、波速、
的应 图象、波 频率的关
T (2)
多普勒效应 Ⅰ 用 ：折 34 射 的图象、 v 系，题型有
选择、填
卷 定律 ＝的应用
空、计算
电 电磁波的产生 Ⅰ
Ⅱ·T
34 卷 卷 等，波动与
磁 电磁波的发射、传播和接 Ⅰ ( 电 1) 磁 ： Ⅱ (1 · ) T ： 34 Ⅱ 声 · 波 T 3 的 4 (1 传 )： 合 振 ， 动 以 的 计 综 算
振 收
波 双缝 题的形式考
荡 播、 ＝λf
干涉 v 查的居多。
T (2)
34 的应用
与 图样
：波速 (2)光的折
电
电磁波谱 Ⅰ 公式 T (2) T 34 (2)：折 射定律、折
34
磁 和振 ：折射 射定律及 射率的计
波 动位 定律 全反射 算、全反射
移函
的应用等，
光的折射定律 Ⅱ 数式 卷 卷
题型有选
Ⅲ·T
Ⅲ·T
34
(1)：
折射率 Ⅰ 卷 34 波的图象 择、填空、
(1)：
计算等，光
光 Ⅲ·T
全反射、光导纤维 Ⅰ 34 波动 ＝及 ＝
v v 的折射与全
(1)：
图象
光的干涉、衍射和偏振现 的应用 反射的综
波的
Ⅰ
象 传播 T 34 (2) T (2)：折 合，以计算
相 狭义相对论的基本假设 Ⅰ 和质 ：光的 射 34 定律的 题的形式考
对 点振 全反 应用 查的居多。
质能关系 Ⅰ 动的 射、折
论
关系 射定
实验一：探究单摆的运动、用 律
T (2)
单摆测定重力加速度 34
：光的
实验二：测定玻璃的折射率 折射实验三：用双缝干涉测光的波
长
现象
第 1 讲 机械振动
知识排查
简谐运动
描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
振动质点离开平衡位置的最大距
振幅 描述振动的强弱和能量
离
振动物体完成一次全振动所需时
周期
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 ＝
频率
的次数
简谐运动的两种模型
模型 弹簧振子 单摆
示意图
(1)弹簧质量可忽略 (1)摆线为不可伸缩的轻细线
简谐运
(2)无摩擦等阻力 (2)无空气等阻力
动条件
(3)在弹簧弹性限度内 (3)最大摆角小于5°
摆球重力沿与摆线垂直(即切
回复力 弹簧的弹力提供
向)方向的分力
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点周期 T＝2π T＝2π
能量
弹性势能与动能的相互转化， 重力势能与动能的相互转化，
机械能守恒 机械能守恒
转化
受迫振动和共振
小题速练
1．(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＝Asin ωt，如图1所示，则( )
图1
A．弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同
B．简谐运动的频率为 Hz
C．第3 s末，弹簧振子的位移大小为A
D．第3 s末至第5 s末，弹簧振子的速度方向不变
E．第5 s末，弹簧振子的速度和加速度均为正值
解析 在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸
或压缩，所以弹簧在第1 s末与第5 s末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧
长度不同，选项A错误；由题图可知，T＝8 s，故频率为f＝ Hz，选项B正确；ω＝
＝ rad/s，则将t＝3 s代入x＝Asin t，可得弹簧振子的位移大小x＝A，选项C正确
第3 s末至第5 s末弹簧振子沿同一方向经过平衡位置，速度方向不变，选项D正
确；第5 s末，弹簧振子位移为负值，并正远离平衡位置，此时弹簧振子的速度为
负值，加速度为正值，选项E错误。
答案 BCD
2．(多选)(2016·海南单科，16)下列说法正确的是( )
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速
度的方向
解析 根据单摆周期公式T＝2π可以知道，在同一地点，重力加速度g为定值，故
周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能
和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和保
持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2π可以知道，单摆的周期与质量
无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性
驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻的位置在平衡位置，知道周
期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻的位置不在平衡
位置，则无法确定，故选项E错误。
答案 ABD
3．(多选)某振动系统的固有频率为f ，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱
0
动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是( )
A．当ff 时，该振动系统的振幅随f减小而增大
0
C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
0
D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f
E．当f＝f 时，该振动系统一定发生共振
0
解析 受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化的规律如图所示，显然选项 A错
误，B正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即选项C错误，D正确；根据
共振产生的条件可知，当f＝f 时，该振动系统一定发生共振，选项E正确。
0
答案 BDE
简谐运动的规律
简谐运动的规律——五个特征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，、E 均减小，靠近平衡位
p v k
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2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。
图2
(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，系统动能与势
k p
能相互转化，系统的机械能守恒。
【例1】 (多选)(2019·陕西西安一中月考)下列关于简谐运动的说法正确的是(
)
A．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振
动
B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
C．一个全振动指的是动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程
D．位移减小时，加速度减小，速度增大
E．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置
时，速度方向与位移方向相同
解析 速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次
全振动，故A正确；回复力方向与位移方向相反，故加速度方向与位移方向相反，但速度方向可以与位移方向相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，
速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故
B错误，E正确；一次全振动过程中，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，
故C错误；当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置
速度在增大，故D正确。
答案 ADE
1．(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过
0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能
为( )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s E．3 s
解析 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O―→C所需时
间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M―→C所用时间和从C―→M所
用时间相等，故＝0.3 s＋ s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从
平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到
点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从
点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T
＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能的为选项B、D、E。
答案 BDE
2.如图3，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b
两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A ，周期为
0
T 。当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开，以后小物块a振动的振幅
0
和周期分别为A和T，则A________A (填“>”“<”或“＝”), T________T (填“>”
0 0
“<”或“＝”)。
图3解析 当物块向右通过平衡位置时，脱离前：
振子的动能E ＝(m ＋m )
k1 a bv
脱离后振子的动能E ＝m
k2 av
由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后
振子振幅变小；由于弹簧振子的质量减小，根据a＝－可知，在同一个位置物块a
的加速度变大，即速度变化更快，故脱离后周期变小。
答案 < <简谐运动的公式和图象的理解及应用
1．简谐运动的数学表达式
x＝Asin(ωt＋φ)
2．根据简谐运动图象可获取的信息
图4
(1)确定振动的振幅A和周期T。(如图4所示)
(2)可以确定振动物体在任一时刻的位移。
(3)确定各时刻质点的振动方向。判断方法：振动方向可以根据下一时刻位移的变
化来判定。下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；下一时刻位
移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。
(4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。
――→――→
(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越
大，动能则越小。
【例2】 (多选)如图5甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平
衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示。由振动图象可以
得知( )
图5
A．振子的振动周期等于2t
1
B．在t＝0时刻，振子的位置在a点
C．在t＝t 时刻，振子的速度为零
1
D．在t＝t 时刻，振子的速度最大
1
E．从t 到t ，振子正从O点向b点运动
1 2解析 弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间
隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象可以看出振子的振动周期为2t ，选项
1
A正确；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；
在t＝t 时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误，D正确；从
1
t 到t ，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项
1 2
E正确。
答案 ADE
求解简谐运动问题时，要紧紧抓住一个模型——水平方向振动的弹簧振子，熟练
掌握振子的振动过程以及振子振动过程中各物理量的变化规律，看到振动图象，
头脑中立即呈现出一幅弹簧振子振动的图景，再把问题一一对应、分析求解。
1．(多选)一个质点做简谐运动的图象如图6所示，下列叙述正确的是( )
图6
A．质点的振动频率为4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在5 s末，速度为零，加速度最大
D．在t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的位移大小相等
E．在t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点的速度相同
解析 由图读出周期为T＝4 s，则频率为f＝＝0.25 Hz，故A错误；质点在一个周
期内通过的路程是4个振幅，t＝10 s＝2.5T，则在10 s内质点经过的路程是s＝
2.5×4A＝10×2 cm＝20 cm，故B正确；在5 s末，质点位于最大位移处，速度为
零，加速度最大，故C正确；由图看出，在t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻质点位移大小
相等，速度大小相等、方向相反，故D正确，E错误。
答案 BCD2．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 向B点运动；在t＝0.2 s时刻，振子速度第一次变为－ ；
v v
在t＝0.5 s时，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 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，写出弹簧振子的位移表达
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＝0.5×2 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 s内通过的路程
s＝×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
振动图象为
答案 (1)1 s (2)200 cm (3)x＝12.5sin(2πt) cm
图象见解析
单摆周期公式及用单摆测定重力加速度
1．对单摆的理解
(1)回复力：摆球重力沿切线方向的分力，F ＝－mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示
回
回复力F 与位移x的方向相反。
回(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F ＝F －
向 T
mgcos θ。
(3)两点说明
当摆球在最高点时，F ＝＝0，F ＝mgcos θ。
向 T
当摆球在最低点时，F ＝，F 最大，F ＝mg＋m。
向 向 T
2．周期公式T＝2π的两点说明
(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。
3．实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
(1)基本原理与操作
装置及器材 操作要领
(1)细线：选择细、轻又不易伸长的线且长度一般在1 m左
右。
(2)小球：选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超
过2 cm。
(3)夹紧：悬线的上端应夹紧在钢夹中，以免摆动时发生摆
线下滑、摆长改变的现象。
(4)摆角：摆线的摆角不超过5°。
(5)共面：摆球振动时要保持在同一个竖直平面内，不要形
成圆锥摆。
(6)测量：①摆长l＝摆线长l′＋小球半径。
②计数：计算单摆的振动次数时，应从摆球通过最低位置
时开始计时，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出一
次全振动的时间。
(2)数据处理
①公式法：g＝，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。
②图象法：作出l－T2图象求g值。
(3)误差分析
产生原因 减小方法测量时间(单摆周期)及摆长时 ①多次测量再求平均值
偶然误差
产生误差
②计时从单摆经过平衡位置时开始
①摆球要选体积小，密度大的
系统误差 主要来源于单摆模型本身
②最大摆角要小于10°
【例3】 (多选)如图7所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图象，下列说法正
确的是( )
图7
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆的大
C．甲摆的机械能比乙摆的大
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 由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的
周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长相等，选项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，选项B正确；尽管甲摆的振幅
比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，
选项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
移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，选项D正确；由单摆的周期公式T
＝2π得g＝，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选项E错误。
答案 ABD
1．(多选)图8甲中摆球表面包有一小块橡皮泥，在竖直平面内其振动图象如图乙
所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变化，则下列说法正确的是( )
图8
A．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T<4 s
B．t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4 s
C．t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＞4 s
D．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm
E．t＝1 s时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10 cm
解析 因为是自然脱落，橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变，则摆球仍在
原范围内振动，振幅不变，周期不变，所以选项B、D、E正确。
答案 BDE
2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)摆动时偏角满足的条件是偏角小
于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填
“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出
周期。图9甲中停表示数为一单摆全振动50次所用的时间，则单摆振动周期为
________。
图9
(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
乙中可知单摆的摆长为________m。
(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．甲的说法正确
B．乙的说法正确
C．两学生的说法都是错误的
解析 (1)摆球经过最低点时小球速度最大，容易观察和计时；图甲中停表的示数
为1.5 min＋12.5 s＝102.5 s，则周期T＝ s＝2.05 s。
(2)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.998 0 m。
(3)由单摆周期公式T＝2π可得g＝。
(4)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而相当于小球所受重力减小，即等
效重力加速度减小，因而振动周期变大，选项A正确。
答案 (1)低 2.05 s (3)0.998 0 (3) (4)A
受迫振动和共振
自由振动、受迫振动和共振的关系比较
自由振动 受迫振动 共振
受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用
由系统本身性质决 由驱动力的周期或频
振动周期
定，即固有周期T 或 率决定，即T＝T 或f T ＝T 或f ＝f
或频率 0 驱 驱 0 驱 0
固有频率f ＝f
0 驱
振动系统的机械能不 由产生驱动力的物体 振动物体获得的能量
振动能量
变 提供 最大
弹簧振子或单摆 机械工作时底座发生 共振筛、声音的共鸣
常见例子
(θ≤5°) 的振动 等
【例4】 如图10所示，一竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一T形支
架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一弹簧和小球组成的振动系统，小球浸
没在水中。当圆盘转动一会静止后，小球做________(选填“阻尼”“自由”或
“受迫”)振动。若弹簧和小球构成的系统振动频率约为3 Hz，现使圆盘以4 s的
周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，小球的振动频率为
________ Hz。逐渐改变圆盘的转动圆期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为________ s。
图10
解析 由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆
盘转动时带动小球做受迫振动，因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频
率，即小球的振动频率为 Hz＝0.25 Hz；当驱动力的频率等于小球的固有频率时
小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为3 Hz，则圆盘的周期应为 s。
答案 阻尼 0.25 0.33(或)
1．(多选)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是( )
A．火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振
B．若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 Hz
C．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个
E．受迫振动系统的机械能守恒
解析 火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振，选项A错误；对于一个受迫
振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，
则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，选项B正确；由共振的定义可知，
选项C正确；根据共振现象可知，选项D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统
的机械能不守恒，选项E错误。
答案 BCD
2．(多选)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11所示，则( )图11
A．此单摆的固有周期约为2 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，共振曲线的峰将向左移动
E．若摆长减小，共振曲线的峰将向左移动
解析 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，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则
共振曲线的峰将向左移动。故选项A、B、D正确。
答案 ABD
课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．单摆运动到平衡位置时，回复力为零
B．只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
C．水平放置的弹簧振子做简谐振动时的能量等于在平衡位置时振子的动能
D．单摆的周期随摆球质量的增大而增大
E．同一地点，两单摆的摆长相等时，周期也相等
解析 对于单摆，在平衡位置，所受到的回复力为零，选项A正确；受迫振动的频
率总等于周期性驱动力的频率，与是否发生共振没有关系，选项B错误；振动能
量是振动系统的动能和势能的总和，在平衡位置时弹性势能为零，故选项C正确
根据单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆球的质量无关，选项D错误；
在同一地点，重力加速度相同，摆长相等时，由单摆公式T＝2π知，两摆的周期相等，E正确。
答案 ACE
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．摆钟走得快了必须调短摆长，才可能使其走时准确
B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的频率
C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象
D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌
E．较弱声音可以震碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振
解析 摆钟走得快了说明摆的周期短，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期
公式T＝2π可知，必须增大摆长，才可能使其走得准确，故A错误；挑水的人由于
行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率
时，发生共振，水桶中的水溢出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减
慢走路的频率，故B正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故C错误；部
队经过桥梁时，如果士兵行走的频率和桥梁的固有频率相等，则会发生共振，为
了防止桥梁发生共振而坍塌，士兵要便步通过桥梁，故D正确；当声音的频率等
于玻璃杯的固有频率时，杯子发生共振而破碎，则E正确。
答案 BDE
3．(多选)一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动，平衡位置在坐标原点，向x轴正
方向运动时弹簧被拉伸，振子的振动图象如图1所示，已知弹簧的劲度系数为20
N/cm，振子质量为m＝0.1 kg，则( )
图1
A．图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5 N，方向指向x轴的负方向
B．图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向
C．图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5 m/s2
D．在0～4 s内振子通过的路程为4 cm
E．在0～4 s内振子做了1.75次全振动解析 由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，题图中A点对应的时
刻振子所受的回复力大小为F＝kx＝20×0.25 N＝5 N，方向指向x轴的负方向，
并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动，选项A、B正确；由牛顿第二定律知
题图中A点对应的时刻振子的加速度大小为a＝＝50 m/s2，选项C错误；由题图
可读出周期为 2 s，4 s 内振子完成两次全振动，通过的路程是 s＝2×4A＝
2×4×0.5 cm＝4 cm，选项D正确，E错误。
答案 ABD
4．(多选)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图2所示，则可知( )
图2
A．两弹簧振子完全相同
B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F ∶F ＝2∶1
甲 乙
C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D．两振子的振动频率之比f ∶f ＝1∶2
甲 乙
E．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零
解析 从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T ∶T ＝2∶1，则频率之比f
甲 乙 甲
∶f ＝1∶2，选项D正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期
乙
不同，说明两弹簧振子不同，选项A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所
以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F ∶F 不一定为2∶1，选项B错
甲 乙
误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子
到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，
速度为零，振子乙恰好到达平衡位置，速度最大，选项C正确；当振子乙到达平衡
位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，选项E
正确。
答案 CDE
5．(多选)将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，
摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图3所示的单摆运动
过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是()
图3
A．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4∶1
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2∶1
C．摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D．摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变大
E．M、N两点应在同一高度
解析 频闪照片拍摄的时间间隔一定，由图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期
之比为2∶1，根据单摆的周期公式T＝2π得，摆长之比为4∶1，故A正确，B错
误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据F－mg＝m知，张力变大，根
据 ＝rω，知角速度增大，故C正确，D错误；根据机械能守恒定律，M、N两点应
v
在同一高度，故E正确。
答案 ACE
6．在探究单摆运动的实验中：
(1)图4(a)是用力传感器对单摆振动过程进行测量的装置图，图(b)是与力传感器
连接的计算机屏幕所显示的F－t图象，根据图(b)的信息可得，从t＝0时刻开始
摆球第一次摆到最低点的时刻为________s，摆长为________m(取π2＝10，重力
加速度大小g＝10 m/s2)。
图4
(2)单摆振动的回复力是________。
A．摆球所受的重力
B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力C．摆线对摆球的拉力
D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
(3)(多选)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________。
A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上
B．用米尺量得细线长度l，测得摆长为l
C．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度
解析 (1)根据题图(b)的信息可得，摆球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力
最大，所对应的时刻为t＝0.5 s。根据题图(b)的信息可得，单摆周期T＝1.6 s，由单
摆周期公式T＝2π，解得摆长为L＝0.64 m。
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，而重力和拉力的合
力在径向上提供向心力，选项B正确。
(3)测得摆长应为l＋，选项B错误；若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆
运动，测得摆动周期就不是单摆运动周期，选项D错误。
答案 (1)0.5 0.64 (2)B (3)AC
综合提能练
7．(多选)如图5所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束
缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周
期T＝2π，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物
块都开始做简谐运动，在运动过程中( )
图5
A．甲的振幅是乙的振幅的4倍
B．甲的振幅等于乙的振幅
C．甲的最大速度是乙的最大速度的
D．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍
E．甲的振动频率是乙的振动频率的2倍
解析 细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同，细线断开
后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等，A错误，B正确；两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总
机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块开始做简谐运动时的机
械能，二者相等，根据机械能守恒，可知在振动过程中，它们的机械能相等，到达
平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，二者相等，因为甲的质量是乙
的质量的4倍，根据动能公式可知甲的最大速度是乙的最大速度的，C正确；根据
弹簧振子做简谐运动的周期公式T＝2π，甲的质量是乙的质量的4倍，甲的振动
周期是乙的振动周期的2倍，D正确；根据周期与频率成反比可知，甲的振动频率
是乙的振动频率的，E错误。
答案 BCD
8．(多选)如图6所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一
带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹
簧的劲度系数为k＝10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹
性势能的表达式E ＝ky2，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的
p
图线，则下列说法正确的是( )
图6
A．该弹簧振子的振幅为1 m
B．该弹簧振子的周期为1 s
C．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2
D．该弹簧振子的最大速度为2 m/s
E．该弹簧振子的最大速度为 m/s
解析 弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅
为A＝0.5 m，选项A错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x＝2 m，振
动一个周期，所以弹簧振子的周期为T＝＝1 s，选项B正确；该弹簧振子所受最
大回复力F＝kA＝10×0.5 N＝5 N，最大加速度为a＝＝10 m/s2，选项C正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为E ＝ky2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由
p
m ＝kA2可得该弹簧振子的最大速度为 ＝A＝ m/s，选项D错误，E正确。
v vm
答案 BCE
9.某同学想在家里做“用单摆测当地重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，
他找到了一块体积约为3 cm3、外形不规则的大理石块代替小球，他设计的实验
步骤是：
图7
A．将石块和细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开大约θ＝5°的角度，然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出全振动30次的总时间t，由T＝求周期；
E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的L和T；
F．求出多次实验中测得的L和T的平均值，代入公式g＝L，求得重力加速度。
(1)(多选)以上实验步骤中有重大错误的是__________。
(2)该同学用OM的长度作为摆长，这样做引起的误差将使g的测量值比真实值偏
大还是偏小：__________。你有什么方法可解决摆长无法准确测量的困难：
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 (1)摆长L应为悬点到石块重心的距离，故B错误；计时起点应为平衡位置，
故D错误；用公式g＝L计算时应将L、T单独代入求g值，再求g的平均值，F错
误。
(2)用OM作为摆长，此摆的实际摆长偏小，故g的测量值偏小。可采用图象法，以
T2为纵轴，L为横轴，多次测量作出T2－L 图线，由图线的斜率k＝得到g＝，k值
与摆长L的测量无关。
答案 (1)BDF (2)偏小 采用图象法，多次测量作出T2－L 图线，由图线的斜率k＝得到g＝，k值与L的测量无关
