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2024 年高考物理一轮大单元综合复习导学练
专题40 机械振动
导练目标
导练内容
目标1
简谐运动的基本规律
目标2
简谐运动的图像
目标3
单摆模型
目标4
受迫振动和共振
【知识导学与典例导练】
一、简谐运动的基本规律
1.简谐运动的特征
位移特征
受力特征
回复力：F=-kx；F(或a)的大小与x 的大小成正比，方向相反。
能量特征
系统的动能和势能相互转化,机械能守恒
对称性特征
质点经过关于平衡位置O 对称的两点时,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；由对称点到平衡位置用时相等。
周期性特征
质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周
期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
2. 注意：
（1）弹簧振子（或单摆）在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的
路程不一定是A。
（2）弹簧振子周期和频率由振动系统本身的因素决定（振子的质量m 和弹簧的劲度系数k ），与振幅无
关。
【例1】一个小物块拴在一个轻弹簧上，并将弹簧和小物块竖直悬挂处于静止状态，以此时小物块所处位
置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立Ox 轴，如图所示。先将小物块竖直向上托起使弹簧处于原长，
然后将小物块由静止释放并开始计时，经过
，小物块向下运动20cm 第一次到达最低点，已知小物块
在竖直方向做简谐运动，重力加速度
，忽略小物块受到的阻力，下列说法正确的是（ ）
1
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A．小物块的振动方程为
（国际单位）
B．小物块的最大加速度为2g
C．小物块的最大速度为
D．小物块在0～
的时间内所经过的路程为85cm
【答案】D
【详解】A．由对称性可知弹簧振子的振幅为
弹簧振子的振动周期为
则
小物块运动的初始位置为负的最大位移处，所以小物块的振动方程为
选项A 错误；
B．根据简谐运动的对称性，小物块在最高点和最低点时的加速度最大，根据牛顿第二定律可得小物块最
大加速度为g，B 错误；
C．小物块在平衡位置时的速度最大，若仅有重力势能和动能的的转化，有
解得速度
由于弹簧有弹性势能，所以最大速度不是
，选项C 错误；
D．
s 为2
个周期，根据
可得小物块
个周期的位移
所以
s 的时
间内小物块走的总路程为
选项D 正确。故选D。
二、简谐运动的图像
1．对简谐运动图像的认识
(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。
2
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(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。
2．由简谐运动图像可获取的信息
(1)判定振动的振幅A 和周期T。(如图所示)
(2)判定振动物体在某一时刻的位移。
(3)判定某时刻质点的振动方向：
①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；
②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。
(4)判定某时刻质点的加速度(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】如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D 两点之间做简谐运动，O 点为平衡位置。振
子到达D 点开始计时。以竖直向上为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（
）
A．振子在O 点受到的弹簧弹力等于零
B．振子做简谐运动的表达式为
C．
的时间内，振子通过的路程为
D．
和
时，振子的速度不同，但加速度大小相等
【答案】BC
【详解】A．振子在
点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。A 错误；
B．由图乙可得，振子的振幅
振子的周期
圆频率
初相位
振子做简谐
3
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运动的表达式为
，B 正确；
C．0.5s~1.0s 的时间内，振子从平衡位置运动到了最大位移处，所以通过的路程为一个振幅
，C
正确；
D．t＝0.25s 和t＝0.75s 时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由牛顿
第二定律得加速度大小相等。D 错误。故选BC。
三、单摆模型
【例3】如图甲所示，O 点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O 点之间，可测出细线对摆球的拉
力大小F。现将摆球拉到A 点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中
的最低位置，图乙表示拉力大小F 随时间t 变化的曲线，图中
为摆球从A 点开始运动的时刻，重力加
速度g 取10m/s 。下列说法正确的是（ ）
模型
单摆
示意图
简谐运动条件
①摆线为不可伸缩的轻细线
②无空气阻力等
③最大摆角小于等于5°
回复力
摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力
平衡位置
最低点
周期
T＝2π
能量转化
重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
4
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A．单摆振动的周期为0.2πs
B．单摆的摆长为0.6m
C．摆球的质量为0.05kg
D．摆球运动过程中的最大速度为0.2m/s
【答案】C
【详解】A．由乙图可知，单摆的周期为0.4πs，故A 错误；
B．由单摆周期公式
带入数据得
故B 错误；
CD．由乙图和牛顿运动定律得，在最高点
在最低点
从最高点到最低点，
由动能定理得
联立解得
；
故C 正确，D 错误。故选C。
四、受迫振动和共振
1．简谐运动、受迫振动和共振的比较
振动
项目
简谐运动
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变
由产生驱动力的物体提供
振动物体获得的能量最大
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
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的频率对某固
有频率为f0的振动系统做受迫振动振幅的影响，由图可知，f 与f0越接近，振幅A 越大；当f＝f0时，振幅A
最大。
5
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(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。
【例4】共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。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，
已知12V 电压下偏心轮的转速为30r/min，则下列说法中正确的是（ ）
A．电压为12V 时，筛子实际振动的频率是0.8Hz
B．电压从12V 开始减小，筛子有可能会共振
C．保持12V 电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振
D．若只改变电压，筛子的固有周期不变，仍为1.25s
【答案】D
【详解】A．电压为12V 时，筛子实际振动的频率是
故A 错误；
B．由乙图知，当频率为0.8Hz 时，发生共振，即筛子的固有频率为f0=0.8Hz 根据题意，电压从12V 开始减
小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，故B 错误；
C．保持12V 电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不
可能会共振，故C 错误；
D．根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期
故D 正确。故选D。
【综合提升专练】
1．一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置位于坐标原点O，简谐运动的振幅为
。
时刻振子的位
移为
，
时刻振子的位移为
，则振子做简谐运动的周期可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意可知
时刻振子位于负向最大位移处，
时刻振子位于平衡位置处，设振子做简谐运
6
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动的周期为
，则有
（
，，
）可得
（
，，
）
当
时，可得
当
时，可得
当
时，可得
当
时，可得
当
时，可得
当
时，可得
当
时，可得
故选B。
2．如图，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m 的A、B 两物体，正在竖直方向做振幅
为
的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当系统振动到某个位置时，剪断A、B 间细绳，此后A
继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．如果在平衡位置剪断绳子，A 依然可以到达原来的最低位置
B．如果在最高点剪断绳子，则B 带走的能量最多
C．无论在什么地方剪断绳子，此后A 振动的振幅一定增大，周期一定减小
D．如果在最低点剪断绳子，此后A 振动过程中，振幅为
【答案】B
【详解】A．如果在平衡位置剪断绳子，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达剪断前
的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于振子动能和重力势能的减小量（可以与剪断前比较），则假设错
误，经过分析，A 到不了原来的最低点，故A 错误；
B．由于在上升过程中，AB 间的绳子拉力一直对B 做正功，所以到达最高点时，B 的机械能最大，则如果
在最高点剪断绳子，则B 带走的能量最多，故B 正确；
CD．如果在最低点剪断绳子，不难得出此后A 的振幅为
，而越是在弹簧短的时候剪断绳子，此后A 的
振幅就越小，当在最高点剪断绳子时，此后A 的振幅为
，故CD 错误。故选B。
3．假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，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，下列说法正确的是（提示：质量均匀的球壳对内
7
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部任意质点的万有引力为零）（ ）
A．小球先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．小球在O 点受到地球的引力最大
C．小球以O 点为平衡位置做简谐运动
D．小球与地球组成系统的引力势能先增加后减少
【答案】C
【详解】C．设小球距地心距离为x，地球的密度为ρ，小球的质量为m，根据题意，质量均匀的球壳对内
部任意质点的万有引力为零，得小球受到的万有引力的合力为
则小球下落过程
中所受引力的大小与到地心的距离成正比，且方向指向地心，故小球以O 点为平衡位置做简谐运动，故C
正确；
AB．根据牛顿第二定律有F＝ma 可得
可知，当小球下落时，在O 点上方时，x 越来越小，
则a 越来越小，到达O 点时x＝0，则a＝0，即此时引力为0，引力最小，在O 点下方时，x 越来越大，则
a 越来越大，则小球下落过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故AB 错误；
D．由上面的分析可知，小球下落过程中，引力先做正功，再做负功，则小球与地球组成系统的引力势能
先减小后增大，故D 错误。故选C。
4．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（ ）
8
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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。
5．如图所示，两根轻质细线分别连接两个可视为质点的小球，小球甲在竖直面内摆动，摆线的最大摆角
为
，小球乙在水平面内绕
点做匀速圆周运动，连接小球乙的细线与竖直方向的夹角始终为
，
两小球运动的周期恰好相等，下列说法正确的是（ ）
A．两根细线的长度相等
B．两小球的质量一定相等
C．两小球的机械能一定相等
D．连接甲、乙两球的细线长度之比为
【答案】D
【详解】BC．两小球的运动周期及速度大小与质量无关，B、C 错误；
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AD．小球甲做简谐运动，周期
对乙受力分析结合牛顿运动定律有
解得
，A 错误、D 正确。故选D。
6．如图所示，光滑圆弧轨道竖直固定，其半径远大于弧长，圆弧底端切线水平。现将两个相同的小球分
别从圆弧轨道的顶端和中点由静止释放。下列说法正确的是（ ）
A．甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能
B．甲球到达底端时的动能小于乙球到达底端时的动能
C．甲球到达底端所用的时间大于乙球到达底端所用的时间
D．甲球到达底端所用的时间小于乙球到达底端所用的时间
【答案】A
【详解】AB．被释放前甲球的重力势能大于乙球的重力势能，因为两球在圆弧轨道上运动的过程中机械能
守恒，所以甲球到达底端时的动能大于乙球到达底端时的动能，故A 正确、B 错误；
CD．因为圆弧轨道的半径远大于弧长，所以两球沿圆弧轨道的运动均可视为单摆摆球的运动，可知它们的
周期相同，到达底端所用的时间均为四分之一周期，则甲球到达底端所用的时间等于乙球到达底端所用的
时间，故CD 错误。故选A。
7．如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴
来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，
这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆
线摆”的周期为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由于小球绕
为轴转动，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很小时，重力
沿斜面向下的分力
的沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，如图
“杆线摆”的摆长为
小球沿虚线方向等效重力
“杆线摆”的周期为
故选A。
8．如图所示为相同的小球（可看作质点）构成的单摆，所有的绳子长度都相同，在不同的条件下的周期
分别
，关于周期大小关系的判断，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【详解】设单摆摆长均为L，根据单摆的周期公式可得
；
；
；
则
故选C。
9．如图所示，健身爱好者用双手抓住“飞力士棒”的握柄，晃动“飞力士棒”，“飞力士棒”就在手的
晃动下振动起来。“飞力士棒”振动稳定后，振动频率取决于（ ）
A．人晃动的幅度
B．人晃动的频率
C．人晃动时的力量
D．“飞力士棒”器材本身
【答案】B
【详解】A．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，
与晃动的振幅无关，故A 错误；
B．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，故B 正确；
C．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，与晃动的
力量无关，故C 错误；
D．“飞力士棒”在健身爱好者作用下做受迫振动，其振动频率取决于健身爱好者的晃动频率，与器材本
身无关，故D 错误；故选B。
10．同一地点，甲、乙单摆在驱动力作用下振动，其振幅A 随驱动力频率f 变化的图像如图所示，下列说
法正确的是（ ）
A．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率大于f0
12
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B．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率小于f0
C．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的振幅相同
D．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的频率均为3f0
【答案】D
【详解】A B D．当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，故A、B 错误，D 正确；
C．受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近，振幅越大，由图可知，甲的固有频率是f0，乙的固有频
率是2 f0，若驱动力的频率为3 f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，C 错误。故选D。
11．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
）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为
。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方
向的
关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动
B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力
C．秋千摆动的周期为
D．该地的重力加速度
【答案】D
【详解】A．秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A 错误；
B．在最低点，根据牛顿第二定律
可得秋千对手机的支持力
可知秋千对手机的
支持力大于手机所受的重力，故B 错误；
C．秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用得时间，所以
两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为
故C 错误；
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D．根据单摆周期公式
可得当地重力加速度
故D 正确。故选D。
12．智能手机中安装了加速度感测器APP 软件后，可以精确测量手机运动的加速度。一同学将手机轻轻接
触弹簧由静止释放，如图甲所示，手机在
时刻运动到最低点，APP 软件记录下此过程中加速度a 随时间t
变化的图像如图乙所示（不考虑薄板的质量），则（ ）
A．手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动
B．
时刻，重力等于弹力，手机速度为零
C．
时刻，手机对薄板的压力为零
D．
时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2 倍
【答案】AD
【详解】A．从图像可知，手机的加速度先是向下逐渐减小，
时刻之后加速度向上，再逐渐增大，而手
机的速度方向一直向下，故手机先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A 正确；
BC．
时刻手机加速度为零，重力大小等于弹力，手机对薄板的压力大小等于手机重力；但在这之前手机
一直在加速，
时刻速度最大，BC 错误；
D．根据简谐运动的对称性，可知
时刻手机的加速度与0 时刻加速度相同，而0 时刻弹簧处于原长，手机
只受重力，加速度为g，所以
时刻手机的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律
14
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得
根据牛顿第三定律可得
时刻，手机对薄板的压力等于手机重力的2 倍，D 正确。故选AD。
13．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．
和
时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
【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．
时木棒位于最低点，
和
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
在最高点时有
其中
故振幅
故D 正确。
故选ABD。
14．如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D 两点之间做简谐运动，O 点为平衡位置。振子
到达D 点时开始计时，以竖直向上为正方向，一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（
15
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）
A．振子在O 点受到的弹簧弹力等于小球的重力
B．振子在C 点和D 点的回复力相同
C．t＝0.3 s 时，振子的速度方向为竖直向上
D．t＝0.75 s 到t＝1.25 s 的时间内，振子通过的路程为（6-
）cm
【答案】AC
【详解】A．振子在O 点受到的合力等于零，可知弹簧弹力与其自身重力平衡，故A 正确；
B．由简谐运动的对称性可知，振子在C 点和D 点的回复力大小相同，方向相反，故B 错误；
C．由乙图可知，t＝0.3 s 时，振子由D 点向O 点运动，其速度方向为竖直向上，故C 正确；
D．由乙图可知，t＝0.75 s 到t＝1.25 s 的时间内，振子通过的路程为s＝2(3-3sin 45°)cm＝(6-3
)cm
故D 错误。故选AC。
15．轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统．某型号轿车的“车身一悬挂系
统”的固有周期是
，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为
，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当轿车以
的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为
B．轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小可能相同
C．当轿车以
的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
D．轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
【答案】BC
16
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【详解】A．当轿车以
的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为
则车身上下振动的频率为
故A 错误；
BD．车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速
带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同。故B 正确；D 错误；
C．当轿车以
的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为
车身系统的固有频率
为
此时
所以车身发生共振，颠簸得最剧烈。故C 正确。故选BC。
17
