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专题31 机械振动
考点
考情
命题方向
考点1 简谐运
动
考点2 单摆
2024 年高考辽宁卷
2024 年高考江苏卷
2024 年高考北京卷
2022 年新高考海南卷
2024 年高考甘肃卷
1.简谐运动高考考查一般与其
他知识点综合考查。
2.单摆考查一般是给出单摆简
谐运动图像，大多是分析振动
的速度、加速度和计算摆长
等。
题型一 简谐运动的规律
简谐运动的运动规律：x＝Asin (ωt＋φ)
(1)变化规律
位移增大时
(2)对称规律
①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，
1
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另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反．
②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如tBC＝tCB；振动物体经过关于平衡位置对称的等
长的两线段的时间相等，如tBC＝tB′C′，如图所示．
(3)运动的周期性特征
相隔T 或nT 的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同．
类型1 简谐运动基本物理量的分析
[模型演练1] （2023 春•即墨区期末）某课外物理研究小组探究这样一个课题：如图所示，
假想沿地轴方向凿通一条贯穿地球两极的隧道PQ，隧道极窄，地球仍可看作一个球心为O、
半径为R、质量分布均匀的球体。从隧道口P 点由静止释放一小球，小球将会做什么样的运动？
该小组查阅资料得知：一个质量分布均匀的薄球壳对位于球壳内任意位置质点的万有引力都等
于0。下面是该小组同学通过计算讨论得出的结论，其中正确的是（ ）
A．小球先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．小球以O 点为平衡位置做简谐运动
C．小球在O 点受到地球的万有引力最大
D．小球若从隧道中距O 点R
2 处由静止释放，则小球第一次到达O 点的时间会减小
【解答】解：A.物体在地球上会受到指向球心的万有引力，则可知P 到O 做变加速运动，O 到Q
做变减速运动；故A 错误。
B.利用对称性可知，物体会在PQ 间做往复运动，且不受摩擦力，则为简谐运动；故B 正确。
C.小球在O 点之上相当于在球壳中央，由题可知O 点受万有引力为零；故C 错误。
2
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D.振幅与周期无关，即周期不变，到O 点时间不变；故D 错误。
故选：B。
[模型演练2] （2023•天河区校级三模）小明在水平的水泥地上进行拍球练习。他将直径
为d 的篮球竖直向下瞬间拍出，每次篮球碰到地时竖直反弹，当篮球的速度减为零时，小明就
再次重复将球瞬间拍出。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．球在竖直方向做简谐运动
B．地板不断对球做正功
C．每次向下运动的过程中，球的加速度始终不变
D．球与地板碰撞的过程中，地板对球的冲量大于球动量的变化
【解答】解：A．做简谐振动的物体其回复力与位移之间的关系为：
F＝﹣kx
而篮球在空中向下运动或向上运动时只受重力，且重力是恒力，与位移无关，因此可知球在竖
直方向做的并非简谐运动，故A 错误；
B．在篮球与地板刚接触到篮球速度减为零的过程中，地板对篮球的作用力向上，而篮球仍在继
续向下运动，该过程中地板对篮球做负功，故B 错误；
C．当篮球向下运动未与地板接触的过程中，篮球所受的合力为重力，因此加速度为重力加速度；
而当篮球与地板接触后继续向下运动的过程中，地板对篮球的弹力逐渐增大，在弹力等于重力
之前，合力仍向下，但在不断减小，因此在该过程中篮球做加速度减小的加速运动，当地板对
篮球的弹力等于篮球重力时加速度减为零，此时篮球速度最大，之后篮球继续向下运动，地板
对篮球的弹力继续增大，合力向上，此后篮球做加速度反向增大的减速运动，直至速度减为零，
向下的过程中，加速度先不变，后减小，再增大，故C 错误；
D．取向上为正方向，设地板对篮球的冲量为I，作用时间为t，篮球与地板接触瞬间速度为v1，
篮球与地板分离瞬间速度为v2，则由动量定理得：
I﹣mgt＝mv2﹣（﹣mv1）
3
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可得I＝mgt+mv2+mv1
而篮球动量的变化量
ΔP＝mv2﹣（﹣mv1）＝mv2+mv1
则可知球与地板碰撞的过程中，地板对球的冲量大于球动量的变化，故D 正确。
故选：D。
[模型演练3] （2022 春•怀仁市校级期中）关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，
下列说法中正确的是（ ）
A．位移减少时，加速度减少，速度也减少
B．位移方向总是跟加速度方向相反，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；背离平衡位置时，速度方向跟
位移方向相同
D．物体向负方向运动时，加速度方向跟速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向跟速度方
向相反
【解答】解：A、位移减小时，质点靠近平衡位置，加速度减小，速度增大。故A 错误。
BD、位移方向总跟加速度方向相反，质点经过同一位置，位移方向总是由平衡位置指向质点所
在位置，而速度方向两种，可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反；加速度的方向有可
能与速度方向相同或相反。故BD 错误。
C、物体运动方向指向平衡位置时，位移方向由平衡位置指向物体，所以速度方向跟位移方向相
反；背离平衡位置时，速度方向跟位移方向相同。故C 正确。
故选：C。
类型2 简谐运动的周期性与对称性
[模型演练4] （2023 春•华安县校级期中）一个弹簧振子在M、N 之间做简谐运动。O 为
平衡位置，P、Q 是振动过程中关于对称的两个位置，下列说法正确的是（ ）
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A．振子在从M 点向N 点运动过程中，动能先减小后增大
B．振子在OP 间与OQ 间的运动时间相等
C．振子运动到P、Q 两点时，位移相同
D．振子在从M 点向N 点运动过程中，加速度先增大后减小
【解答】解：A.振子在从M 点向N 点运动过程中，动能先增大后减小，故A 错误；
B.由对称性可知，振子在OP 间与OQ 间的运动时间相等，故B 正确；
C.由对称性可知，振子运动到P、Q 两点时，位移等大反向，故C 错误；
D.振子在从M 点向N 点运动过程中，加速度先减小后增大，故D 错误。
故选：B。
[模型演练5] （2024•山东模拟）一质点做简谐运动相继通过距离为16cm 的两点A 和B，
历时1s，并且在A、B 两点处具有相同的速度，再经过2s，质点第2 次经过B 点，该质点运动
的周期和振幅分别为（ ）
A．3s，16√3
3
cm
B．6s，16cm
C．6s，16√3
3
cm
D．4s，8√2cm
【解答】解：设简谐运动的平衡位置为O。质点先后以相同的速度通过A、B 两点，说明A、B
两点关于平衡位置O 点对称，所以质点由A 到O 时间与由O 到B 的时间相等。
假设质点首先向最大位移处运动，然后再经过B 点，则定有tAB＞tBB（设两次经过B 的时间为
tBB），与题意不符，故不可能。
因此质点必定首先向平衡位置移动，然后再向B 点移动，那么从平衡位置O 到B 点的时间为：t1
= 1
2 ×1s=0.5s
因过B 点后质点再经过t＝2s 又第二次通过B 点，根据对称性得知质点从B 点到最大位置的时间：
t2= 1
2 ×2s=1s
所以有：1
4 T＝0.5s+1s＝1.5s
解得周期为：T＝6s
由于质点位移与时间的关系式：y＝Asinωt
从平衡位置计时到达B 点位移为8cm，所用时间为t1＝0.5s，则有：8＝Asinωt＝Asin2π
T t1
代入数据，解得：A＝16cm，故B 正确，ACD 错误。
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故选：B。
[模型演练6] （2024•湖北模拟）一轻质弹簧一端固定在地面上，质量为m 的钢球从弹簧
正上方H 处自由下落，弹簧的最大压缩量为x0，弹簧始终在弹性限度内。已知弹簧振子做简
谐运动的周期T =2π√
m
k ，k 为弹簧劲度系数，重力加速度为g（可能用到的数学知识：若
sinα＝b，则α＝arcsinb），则小球从开始接触弹簧到第一次脱离弹簧所经历的时间为（ ）
A．2π√
m
k
B．2π√
m
k -2√
2 H
g
C．π√
m
k +2√
m
k arcsin
mg
k x0-mg
D．π√
m
k +2√
m
k arcsin k x0-mg
mg
【解答】解：小球弹簧组成的弹簧振子的周期T =2π√
m
k
小球从平衡位置运动到最低处，再返回到平衡位置所用时间为T
2
时间t1= 1
2 T = 1
2 ×2π√
m
k = π√
m
k
在平衡位置小球加速度为零，根据平衡条件kx1＝mg
得弹簧压缩量x1= mg
k
振子的振幅A = x0- x1= x0- mg
k
小球从第一次返回平衡位置开始到弹簧恢复到自然长度的过程中，把小球看成弹簧振子
小球的振动方程x = Asin 2π
T t
根据题意上升的最大位移xm＝x1，
所用时间为t2
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联立上面相关式子，代入数据有
mg
k =( x0- mg
k )sin
2π
2π√
m
k
⋅t2
化简得sin(t2√
k
m )=
mg
kx0-mg
根据数学知识t2=√
m
k ⋅arcsin
mg
k x0-mg
根据对称性可知，小球从刚开始接触弹簧到第一次经过平衡位置所用的时间t3＝t2
则小球从开始接触弹簧到第一次脱离弹簧所经历的时间为
t =t1+t2+t3= π√
m
k +2√
m
k arcsin
mg
k x0-mg
综上分析，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析
[模型演练7] （2024 春•温州期末）如图为某物体做简谐运动的图像，则（ ）
A．0.6s 时的速度与0.8s 时的速度相同
B．0.6s 时的回复力与0.8s 时的回复力相同
C．0.5s 时的势能小于0.6s 时的势能
D．0.5s 时的加速度小于0.6s 时的加速度
【解答】解：A.由图可知，0.6s 和0.8s 时刻偏离平衡位置的距离相等，即速度方向也相同，则速
度相同；故A 正确。
B.0.6s 和0.8s 时刻回复力大小相等，方向相反，回复力为矢量，则回复力不相同；故B 错误。
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C.0.5s 比0.6s 偏离平衡位置距离大些，则势能大些；故C 错误。
D.0.5s 比0.6s 偏离平衡位置距离大些，则加速度大些；故D 错误。
故选：A。
[模型演练8] （2024 春•成都期末）如图甲，以O 点为平衡位置，弹簧振子在A、B 两点
间做简谐运动，图乙为该弹簧振子的振动图像，其中，取O 点为原点，水平向右为正方向。
下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.2s 时，小球的加速度为正向最大
B．t＝0.1s 与t＝0.3s 两个时刻，小球的速度相同
C．t＝0 到t＝0.2s 内，小球做加速度增大的减速运动
D．t＝0.4s 时，弹簧振子有最大的弹性势能
【解答】解：A．在t＝0.2s 时，由图可知小球的位移为正向最大，由牛顿第二定律得：a=- kx
m
可知小球的加速度为负向最大，故A 错误；
B．在t＝0.1s 振子正向正方向振动，t＝0.3s 时正向负方向振动，弹簧振子速度不相同，故B 错
误；
C．从t＝0 到t＝0.2s 时间内，小球远离平衡位置朝正方向运动，做加速度增大的减速运动，故
C 正确；
D．在t＝0.4s 时，小球处于平衡位置，弹簧的形变量为零，弹簧振子的弹性势能为零，故D 错
误。
故选：C。
[模型演练9] （2024 春•郑州期中）某学生在粗细均匀的木筷下端绕上铁丝，将其竖直浮
在装有水的杯子中（如甲图）。现把木筷向上提起一段距离后放手，此时刻开始计时，之后木
筷做简谐运动，以向上为正方向，作出了木筷振动的位移一时间图像，如乙图所示。不计水的
阻力，则（ ）
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A．t＝2.4s 时，木筷处于平衡位置
B．前0.8s 内，木筷运动的路程为0.4m
C．木筷的位移—时间关系为x =0.05sin(10 πt + π
2 )m
D．t＝0.05s 时木筷的重力小于所受的浮力
【解答】解：A、T＝0.4s，t＝2.4s 时，木筷运动了6 个周期，木块位置与初位置相同，处于最
高位置，故A 错误；
B、前0.8s 内，木筷运动了2 个周期，路程为s＝2×4A＝2×4×5cm＝40cm＝0.4m，故B 正确；
C、表达式单位为cm，故C 错误；
D、t＝0.05s 时，木筷位于平衡位置上方，回复力方向向下，合力方向向下，所以木筷重力大于
浮力，故D 错误；
故选：B。
题型二 简谐运动图像的理解和应用
1．简谐运动的图象
图象
横轴
表示振动时间
纵轴
表示某时刻质点的位移
物理意义
表示振动质点的位移随时间的变化规律
2.振动图象的信息
(1)由图象可以看出振幅、周期．
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．
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①回复力和加速度的方向：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．
②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，若下一时刻位移增大，振动质点
的速度方向就是远离t 轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t 轴．
[模型演练10] （2024 春•成都期末）B 超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，
遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成B 超图像。如图为探头沿
x 轴正方向发送的简谐超声波图像，t＝0 时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为
2×107Hz，下列说法中正确的是（ ）
A．超声波在血管中的传播速度为2.8×106m/s
B．t＝1.5×10﹣7s 时，质点M 恰好在平衡位置向上振动
C．质点M 的振动方程是y＝0.4sin（4π×107t）mm
D．0∼1.625×10﹣7s 内质点N 运动的路程为3.2mm
【解答】解：A、由图可知，超声波的波长为λ＝1.4×10﹣4m，则超声波在血管中的传播速度为v
＝λf＝1.4×10﹣4×2×107m/s＝2.8×103m/s，故A 错误；
B、超声波的周期为T= 1
f =
1
2×10
7s＝0.5×10﹣7s，则t＝1.5×10﹣7s＝3T 时，质点M 与t＝0 时的
运动情况相同，质点M 在平衡位置向下振动，故B 错误；
C、t＝0 时，质点M 在平衡位置向下振动，质点M 的振动方程是
y = Asin( 2π
T t +φ)
将t = 1
4 T，y＝﹣A 代入解得φ＝π
则质点M 的振动方程是：y＝0.4sin（4π×107t+π）mm，故C 错误；
D、此超声波传到N 的时间为
t = xMN
v = (35-17.5)×10
-5
2.8×10
3
s＝6.25×10﹣8s
则t＝1.625×10﹣7s 时，质点振动的时间为
10
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Δt＝1.625×10﹣7s﹣6.25×10﹣8s＝1×10﹣7s＝2T
0∼1.625×10﹣7s 内质点N 运动的路程为s＝2×4A＝8×0.4mm＝3.2mm，故D 正确。
故选：D。
[模型演练11] （2024•北京）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置，手机加速度传
感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a 随时
间t 变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0 时，弹簧弹力为0
B．t＝0.2s 时，手机位于平衡位置上方
C．从t＝0 至t＝0.2s，手机的动能增大
D．a 随t 变化的关系式为a＝4sin（2.5πt）m/s2
【解答】解：A、由图乙可知，t＝0 时刻，手机加速度为0，由牛顿第二定律可得弹簧弹力大小
为：Fk＝mg，故A 错误；
B、t＝0.2s 时，手机的加速度为正值，可知手机的加速度向上，指向平衡位置，根据简谐运动的
特点可知手机位于平衡位置下方，故B 错误；
C、从t＝0 至t＝0.2s 过程，手机的加速度增大，可知手机从平衡位置向最大位移处运动，手机
的速度减小，动能减小，故C 错误；
D、由图乙知，T＝0.8s，则ω= 2π
T = 2π
0.8 rad / s=2.5 πrad / s，可知a 随t 变化的关系式为：a
＝4sin（2.5πt）m/s2，故D 正确。
故选：D。
[模型演练12] （多选）（2024 春•新洲区期末）一列简谐横波沿x 轴方向传播，图甲是t＝
0 时刻波的图像，图乙为图甲中质点P 的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
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A．该波沿x 轴正方向传播
B．波传播的速度为3m/s
C．在t＝0 到t＝0.6s 内质点P 运动的路程为15cm
D．质点P 与质点Q 的运动方向总是相反
【解答】解：A、由图乙知，当t＝0 时质点P 向下振动，在甲图上，根据波形平移法可知波沿x
轴负方向传播，故A 错误；
B、由图像可得λ＝2.4m，T＝0.8s，则波传播的速度为v = λ
T = 2.4
0.8 m/ s=3m/ s，故B 正确；
C、在t＝0 到t＝0.6s 内，质点P 振动的时间为Δt =0.6 s= 3
4 T，且在t＝0 时，质点P 在平衡位
置处，则在t＝0 到t＝0.6s 内运动的路程为s＝3A＝3×5cm＝15cm，故C 正确；
D、质点P 与质点Q 平衡位置间距不等于半波长的奇数倍，所以两质点的运动方向并不总是相反，
故D 错误。
故选：BC。
题型三 单摆及其周期公式的理解及应用
1．受力特征：重力和细线的拉力
(1)回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F＝mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F 与位移x 的
方向相反．
(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F 向＝FT－mgcos θ.
特别提醒 ①当摆球在最高点时，F 向＝＝0，FT＝mgcos θ.
②当摆球在最低点时，F 向＝，F 向最大，FT＝mg＋m.
2．周期公式：T＝2π，f＝
(1)只要测出单摆的摆长l 和周期T，就可以根据g＝，求出当地的重力加速度g.
(2)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在
圆弧的圆心．
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(3)g 为当地的重力加速度．
类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用
[模型演练13] （2024•浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg 的小铁球，
两端A、B 悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。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2s
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
【解答】解：A、单摆的周期T =2π√
L
g
，可知单摆的周期与摆角的大小无关，故A 错误；
CD、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下图所示：
根据几何关系可知两段绳与竖直方向的夹角均为30°，由平衡条件得：
F A = F B=
mg
2cos30° = 0.1×10
2× √3
2
= √3
3 N
，故CD 错误；
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B、两段绳的夹角等于60°，根据几何关系可知，等效摆长L=
AB
tan60°⋅cos30°
小球摆动周期T =2π√
L
g ，解得T＝2s，故B 正确。
故选：B。
[模型演练14] （多选）（2022 秋•新罗区校级期末）如图所示，三根细线a、b、c 于O 处
打结，每根细线的长度均为L，a、b 细线上端固定在同一水平面上相距为√3L 的A、B 两点上，
c 细线下端系着一个小球（小球直径可以忽略），小球质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π√
L
g
B．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝2π√
3 L
2g
C．小球可以在纸面内做简谐运动，周期为T＝2π√
3 L
2g
D．小球可以在与纸面垂直的平面内做简谐运动，周期为T＝π√
3 L
g
【解答】解：AC、小球在纸面内做简谐运动时，绕O 点做单摆运动，摆长等于L，则周期T
=2π√
L
g
，故A 正确，C 错误；
BD、小球在于纸面垂直平面内做简谐运动时，做单摆运动，所绕的点在O 点正上方天花板上，
等效摆长l= L+√L
2-( √3 L
2
)
2= 3 L
2
，则周期T=2π√
l
g =2π√
3 L
2g
，故B 正确，D 错误。
故选：AB。
[模型演练15] （2020 春•慈溪市期末）如图所示的圆弧轨道，A 为圆心，O 为最低点，OB
为一光滑弦轨道，OC 为一段圆弧轨道，C 点很靠近O 点。将小球甲、乙、丙（都可视为质
点）分别从A、B、C 三点同时由静止释放，最后都到达O 点。如果忽略一切阻力，那么下列
说法正确的是（ ）
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A．乙球最先到达O 点，甲球最后到达O 点
B．乙、丙两球同时到达O 点，甲球比乙、丙两球后到达O 点
C．乙球最先到达O 点，丙球最后到达O 点
D．甲球最先到达O 点，乙球最后到达O 点
【解答】解：设圆弧半径为R，甲球做自由落体运动，根据位移—时间关系可得：R= 1
2 gt甲
2 ，
解得：t 甲=√
2 R
g =1.41√
R
g ；
根据“等时圆”原理可知，乙球从B 到O 的运动时间等于小球从半径为R 的圆顶点D 下落到O
的时间，如图所示，则有：2R= 1
2 gt乙
2 ，
解得：t 乙＝2√
2 R
g =2.82√
R
g ；
小球丙达到圆弧底端的时间相当于摆长为R 的单摆周期的四分之一，即t 丙= 1
4 ×2π√
R
g =1.57
√
R
g
故t 乙＞t 丙＞t 甲，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
15
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类型2 单摆的振动图像及运动学特征
[模型演练16] （2024•甘肃）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g 取10m/s2，下列说
法正确的是（ ）
A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大
B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零
C．摆长为1.6m，A、C 点的速度相同
D．摆长为2.5m，A、B 点的速度相同
【解答】解：由单摆的振动图像可知周期T＝0.8π，根据单摆的周期公式T＝2π√
L
g
，解得摆长
为：L＝1.6m
起始时处于位移最大处，此刻速度最小，且为零。
根据x﹣t 图像的斜率表示速度，可知A、B 点的速度大小相等，方向相反，A、C 点的速度大小
和方向均相同，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练17] （2023 秋•苏州期末）如图甲，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右
通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x 随时间t 变化的图像如图乙所示。不计空气阻
力，对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆振动的频率是2Hz
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B．单摆的摆长约为1m
C．若仅将摆球质量变大，单摆周期变大
D．t＝1s 时摆球位于平衡位置O，加速度为零
【解答】解：A．由题图乙可知单摆的周期T＝2s，所以频率是f = 1
T = 1
2Hz＝0.5 Hz，故A 错误；
B．由单摆的周期公式T＝2π√
L
g
代入数据可得L＝1.0m
故B 正确；
C．单摆周期与摆球质量无关，故C 错误；
D．t＝1s 时摆球位于平衡位置O，加速度为向心加速度，不是零，故D 错误。
故选：B。
[模型演练18] （多选）（2024•郫都区校级二模）同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图
像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两单摆的摆长之比为16：2
B．乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能
C．0～1s 内，单摆甲、乙摆球的重力势能都增大
D．两图线交点对应的时刻（t0）甲、乙两摆球速率相等
E．甲单摆的振动方程为x = 4 sin( π
2 t )cm
【解答】解：A.由图可知，单摆甲周期为4s，乙的周期为5s，则单摆甲与乙的周期之比为4：
5，由T =2π√
L
g
可得：L= T
2 g
4 π
2，可知单摆甲与乙的摆长之比为16：25，故A 错误；
B.单摆甲和乙的质量未知，无法比较机械能大小，故B 错误；
C.由图可知，0﹣1s 内，单摆甲、乙分别沿正方向和负方向远离平衡位置，重力势能变大，故C
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正确；
D.图中甲、乙图像的切线斜率代表甲、乙的速度，显然，甲的图像切线斜率和乙的图像切线斜
率不相等，故D 错误；
E. 设甲单摆的振动方程为x ＝Asin （ωt ）cm 由图甲可知A ＝4cm ，
ω= 2π
T = 2π
4 rad / s= π
2 rad / s。则可得，甲单摆的振动方程为x = 4 sin( π
2 t )cm，故E 正确。
故选：CE。
题型四 受迫振动和共振规律的应用
1．受迫振动
(1)概念：振动系统在周期性外力作用下的振动．
(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关．
2．共振
(1)现象：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．
(2)条件：驱动力的频率等于系统的固有频率．
(3)特征：共振时振幅最大．
(4)共振曲线：如图所示．
3．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
振动
项目
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
振动周期或频率
由系统本身性质决
定，即固有周期T0或
固有频率f0
由驱动力的周期或频
率决定，即T＝T 驱或f
＝f 驱
T 驱＝T0或f 驱＝f0
振动能量
振动物体的机械能不
由产生驱动力的物体
振动物体获得的能量
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变
提供
最大
常见例子
弹簧振子或单摆
(θ≤5°)
机械工作时底座发生
的振动
共振筛、声音的共鸣
等
类型1 受迫振动概念及规律的理解应用
[模型演练19] （2024•西湖区校级模拟）上海中心大厦高度为中国第一，全球第二。据报
道某次台风来袭时，大厦出现了晃动，然而大厦安然无恙的原因主要靠悬挂在距离地面583 米，
重达1000 吨的阻尼器“上海慧眼”，当台风来临时阻尼器开始减振工作，质量块的惯性会产
生一个反作用力，使得阻尼器在大楼受到风作用力摇晃时，发生反向摆动，才使大厦转危为安。
以下说法不合理的是（ ）
A．大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量，起到减震作用
B．如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间减震效果更好
C．如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，摆动幅度越大
D．如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【解答】解：A、由题意可知，在大楼受到风力作用摇晃时，阻尼器反向摆动，相当于“吸收”
了大厦振动的能量，起到减震作用，故A 正确；
B、如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间时，摆长较大，频率和楼房的固有频率差别较大，起
不到减震的作用，故B 错误；
C、如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，楼房摆动幅度越大，则阻尼器
摆动幅度越大，故C 正确；
D、如果发生地震，楼房主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D 正确。
本题选不合理的，
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故选：B。
[模型演练20] （2024 春•杭州期末）如图甲所示，粗细均匀的一根木筷，下端绕有铁丝，
可使其竖直漂浮于装水的杯中。以竖直向上为正方向，把木筷提起一段距离后放手，木筷的振
动图像如图乙所示。关于木筷（含铁丝）下列说法正确的是（ ）
A．在t1时刻处于超重状态
B．在t2时刻向下运动
C．在t2时刻合力不为零
D．运动过程中，机械能一直减小
【解答】解：A、在t1时刻木筷处于上方最大位移处，具有向下的加速度，木筷处于失重状态，
故A 错误；
B、在t2时刻木筷正经过平衡位置向上运动，且具有最大速度，故B 错误；
C、木筷做阻尼振动，振动过程中受到阻力作用，在t2时刻重力与浮力相平衡，木筷所受合力等
于阻力，不为零，故C 正确；
D、在运动过程中，木筷处于上升过程，且浮力大于阻力时，浮力对木筷做正功，木筷的机械能
时增加的，故D 错误。
故选：C。
[模型演练21] （2023 秋•西安期末）如图在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e
五个单摆，让a 摆略偏离平衡位置后无初速在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振
动．下列说法中不正确的是（ ）
A．各摆均做自由振动
B．c 摆的振幅最大
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C．摆长与a 相差越大的，振幅越小
D．各摆的振动周期与a 摆相同
【解答】解：让a 摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固a 的有周
期。b、c、d、e 四个单摆在a 摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即
等于a 的固有周期，所以各摆的振动周期与a 摆相同。
A、a 做自由振动，b、c、d、e 做受迫振动，故A 错误；
B、c 的固有周期与a 的固有周期相差最小，即c 的固有周期与驱动力的周期相差最小，c 的振幅
最大，故B 正确；
C、各摆做受迫振动的驱动力频率等于a 的固有频率，摆长与a 相差越大的摆，固有频率与驱动
力频率相差越大，因此振幅越小，故C 正确；
D、a 摆做自由振动，其余四个摆在a 的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动周期等于驱动力的
周期，因此各摆的振动周期与a 摆相同，故D 正确；
本题选不正确的，故选A。
类型2 共振曲线的应用
[模型演练22] （2024 春•琼山区校级期中）图甲所示是一个共振筛，该共振筛的共振曲线
如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高：增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。
在某电压下此刻偏心轮的转速是54r/min。下列说法正确的是（ ）
A．偏心轮现在的频率是0.8Hz
B．增加偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
C．增加筛子质量，可以使筛子振幅增大
D．降低偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
【解答】解：A．由题意可知，偏心轮的转速是54r/min，即n＝54r/min
则偏心轮的角速度为：ω＝2πn
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则偏心轮的周期为：T = 2π
ω = 2π
2πn = 1
n = 1min
54 r = 60
54 s= 10
9 s
则有偏心轮的频率为：f = 1
T = 9
10 Hz =0.9 Hz，故A 错误；
B．由题图乙可知，筛子的固有频率为0.8Hz，此时筛子的振幅最大。
若增加偏心轮转速，则根据T = 1
n可知偏心轮的周期减小，则根据f = 1
T 可知频率增大，
则有偏心轮产生的驱动力的频率增大，大于0.9Hz，偏离0.8Hz 更多，因此不可以使筛子振幅增
大，故B 错误；
C．增加筛子质量，可增大筛子的固有周期T，则根据f = 1
T 可知筛子的固有频率f 减小，小于
0.8Hz，则又偏离0.9Hz 更多，不可以使筛子振幅增大，故C 错误；
D．降低偏心轮转速n，则根据T = 1
n可知偏心轮的周期增大，则根据f = 1
T 可知频率减小，
则有偏心轮产生的驱动力的频率减小，当偏心轮产生的驱动力的频率减小到0.8Hz 时，产生共振，
可以使筛子振幅增大，故D 正确。
故选：D。
[模型演练23] （2024•道里区校级模拟）如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振
曲线（振幅A 与驱动力频率f 的关系），则下列说法正确的是（ ）
A．此单摆的固有周期约为0.5s
B．若摆长变小，共振曲线的峰将左移
C．若保持摆长不变，将该单摆移至月球表面上做受迫振动，则共振曲线的峰将左移
D．此单摆的摆长约为3m
【解答】解：A、单摆做受迫振动的频率与固有频率相等时，振幅最大，根据图像可知，单摆的
固有频率为0.5Hz，周期T= 1
f = 1
0.5s＝2s，故A 错误；
B、根据单摆的周期公式可知，单摆的摆长变小，周期变短，固有频率增大，共振曲线的峰将右
移，故B 错误；
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C、根据单摆的周期公式可知，将单摆移至月球表面，重力加速度g 变小，周期边长，固有频率
减小，共振曲线的峰将左移，故C 正确；
D、根据单摆的周期公式可得：L= gT
2
4 π
2 = 10×2
2
4×10 m＝1m，故D 错误；
故选：C。
[模型演练24] （2024 春•广州期中）如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c 摆
的摆长相同且小于b 摆的摆长。当a 摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，
使其余各摆也振动起来。图乙是c 摆稳定以后的振动图像，图丙是c 摆的共振曲线，不计空气
阻力，则（ ）
A．b、c 摆振动达到稳定时，b 摆振幅较大
B．若减小a 摆的振动周期，则c 摆共振曲线的峰将向右移动
C．a、c 摆的固有周期相等
D．由图乙可知，此时b 摆的周期大于t0
【解答】解：A、根据单摆周期公式T =2π√
L
g
，已知Lb＞La＝Lc，可得固有周期关系为Tb＞Ta
＝Tc＝t0，所以c 摆共振，达到稳定时，c 摆振幅较大，b 摆的振幅最小，故A 错误；
B、图丙是c 摆的共振曲线，峰值对应的周期等于c 摆的固有周期，当摆长不变时，固有周期不
变，峰值的频率值也不会变，故B 错误；
CD、由单摆周期公式T =2π√
L
g
，因为Lb＞La＝Lc，知固有周期关系为Tb＞Ta＝Tc＝t0，受迫振
动当稳定时振动周期与驱动力周期相同，因此稳定时abc 三个摆的周期均为t0，故C 正确，D 错
误。
故选C。
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类型3 “驱动摆”的分析
[模型演练25] （2022 秋•南京期中）如图所示，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以
用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法中正确的是（ ）
A．驱动摆只把振动形式传播给其它单摆，不传递能量
B．如果驱动摆的摆长为L，则其它单摆的振动周期都等于2π√
L
g
C．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度和加速度都相同
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的频率最大
【解答】解：A、振动既能传播振动形式，也能传播能量，故A 错误；
B、如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2π√
L
g
，而其它单摆都是受迫振动，故
其振动周期都等于驱动摆的周期，故B 正确；
C、某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据F＝﹣kx＝
ma，故加速度一定相同，故C 错误；
D、当受迫振动的单摆的摆长等于驱动摆的摆长，就意味着固有周期等于驱动摆的周期，受迫振
动的振幅最大，这个单摆的振幅一定最大，但是周期都与驱动摆的周期相同，故D 错误；
故选：B。
[模型演练26] （2022 秋•南安市校级月考）如图为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳
子上悬挂几个摆球可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。则（ ）
A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度一定相同
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B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π√
L
g
C．驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的周期最大
【解答】解：A．单摆的运动具有周期性，某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小
一定相等，方向有可能相反，即速度不一定相同，故A 错误；
B．“驱动摆”提供驱动力，其周期为
T =2π√
L
g
其它摆在驱动摆的作用下做受迫振动，而受迫振动的周期与外界驱动力的周期相等，即其它单
摆的振动周期等于驱动摆的周期2π√
L
g ，故B 正确；
C．驱动摆把振动形式传播给其他单摆的同时，也传播了能量，故C 错误；
D．根据上述，如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，由于其做受迫振动，则这个单摆的周期
仍然为2π√
L
g ，由于驱动力的周期等于固有周期，则这个单摆发生共振，振幅最大，故D 错误。
故选：B。
[模型演练27] （多选）如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆
球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法正确的是（ ）
A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π√
L
g
C．如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
【解答】解：A、某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根
据F＝﹣kx，可知加速度a= F
m =- kx
m ，故加速度一定相同，故A 正确；
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B、如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T=2π√
L
g
，而其他单摆都是受迫振动，故
其振动周期都等于驱动摆的周期，故B 正确；
C、当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，故某个单摆的摆
长大，振幅不一定也大，故C 错误；
D、同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的
振幅能够达到最大，这种现象称为共振，故D 正确；
故选：ABD。
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