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第27 讲 机械振动
目录
考点一 简谐运动的规律...............................................................................................................1
考点二 简谐运动的图象...............................................................................................................1
考点三 单摆周期公式的应用.......................................................................................................4
考点四 受迫振动和共振的应用...................................................................................................8
练出高分.........................................................................................................................................15
考点一 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，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．
[例题1] 如图所示，弹簧振子在BC 间振动，O 为平衡位置，BO＝OC＝5cm，若
振子从B 到C 的运动时间是1s，则下列说法中正确的是（ ）
A．振子从B 经O 到C 完成一次全振动
B．振动周期是1s，振幅是10cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20cm
D．从B 开始经过3s，振子通过的路程是30cm
【解答】解：A、弹簧振子在BC 间振动，振子从B 到C 经历的时间为半个周期，不是
一个全振动。故A 错误。
1
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B、振子从B 到C 经历的时间为半个周期，所以周期为2s，振子在B、C 两点间做机械
振动，BO＝OC＝5cm，O 是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5cm，故B 错误。
C、结合A 的分析可知，振子从B 到C 经历的时间为半个周期，即半个全振动；路程为
10cm。故C 错误。
D、从B 开始经过3 s，振子运动的时间是1.5 个周期，振子通过的路程是：1.5×4×5cm
＝30 cm．故D 正确。
故选：D。
[例题2] （多选）某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin（π
4
t），则质点（ ）
A．第1 s 末与第3 s 末的位移相同
B．第1 s 末与第3 s 末的速度相同
C．3 s 末至5 s 末的位移方向都相同
D．3 s 末至5 s 末的速度方向都相同
【解答】 解：A、由关系式可知，将t＝1s 和t＝3s 代入关系式中求得两时刻位移相同。
故A 正确。
B、根据公式可知，简谐运动的周期T= 2π
π
4
=8s；则画出对应的位移﹣时间图象，由
图象可知，1s 末至3s 末的而速度是大小相同，方向相反。故B 错误。
C、由图象可知，3s 末至5s 末的位移大小相同，方向相反。故C 错误。
D、由图象可以看出，第3s 末和第5s 末的速度方向相同。故D 正确。
故选：AD。
[例题3] （多选）（2022•天津模拟）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0.3s，第一次到达点M，再经过0.2s 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
【解答】解：从O 点出发第一次到达M 点，运动情况有下图甲、乙两种可能。
2
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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T
4 。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T
4 =
0.3s+0.1s＝0.4s，解得T＝1.6s；
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0.2s。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0.3−0.2
3
s= 1
30s，故周期为T＝0.3s+0.2s+ 1
30s≈0.53s，所以周期不可能为选项BD，
故BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
考点二 简谐运动的图象
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．
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．
[例题4] （2023•茂名一模）如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图象，
下列判断正确的是（ ）
3
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A．t＝2×10﹣3s 时刻纸盆中心的速度最大
B．t＝3×10﹣3s 时刻纸盆中心的加速度最大
C．在0～1×10﹣3s 之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同
D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10﹣4cos50πt（m）
【解答】解：A、t＝2×10﹣3s 时刻纸盆中心位于最大振幅处，速度为0，加速度最大，
故A 错误。
B、t＝3×10﹣3s 时刻纸盆中心位于平衡位置，速度最大，加速度为0，故B 错误。
C、在0～1×10﹣3s 之间纸盆中心相平衡位置运动，处于加速状态，所以速度方向与加速
度方向相同，故C 正确。
D、根据图象知ω= 2π
T =
2π
4×10
−3rad/s＝500π，A＝1.5×10﹣4cm，纸盆中心做简谐运动
的方程为x＝Acosωt＝1.5×10﹣4cos500πt（m），故D 错误。
故选：C。
[例题5] （2023•绍兴二模）如图所示，树梢的摆动可视为周期12s、振幅1.2m 的
简谐运动。某时刻开始计时，36s 后树梢向右偏离平衡位置0.6m。下列说法正确的是
（ ）
A．开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置
B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为0.08Hz
C．树梢在开始计时后的36s 内通过的路程为4.8m
D．再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m 处
【解答】解：A．经过36s，即3T，为周期的整数倍，所以36s 时的位置与开始计时时
刻的位置相同，故A 错误；
B．树梢做简谐运动的“圆频率”约为ω= 2π
T = 2π
12 rad/s= π
6 rad/s，故B 错误；
4
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C．树梢在开始计时后的36s 内通过的路程为s＝3×4A＝3×4×1.2m＝14.4m，故C 错误；
D．36s 后树梢向右偏离平衡位置0.6m，y =1.2sin( π
6 t +φ)，因为t＝0，y＝0.6m，解
得φ = π
6 或5 π
6 ，当y =1.2sin( π
6 t + 5 π
6 )时，再经过4s，树梢可能处于向左偏离平衡位
置1.2m 处，故D 正确。
故选：D。
[例题6] 如图所示，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内围绕虚线位置发
生振动，图中是小球振动到的最左侧，振动周期为0.3s．在周期为0.1s 的频闪光源照
射下见到图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：振动的周期是0.3s，而频闪的周期是0.1s，所以在一个周期内有三幅不同
的照片；
振动的周期是0.3s，则角频率：ω= 2π
T = 2π
0.3rad/s
0.1s 时刻对应的角度：θ1= 2π
0.3 ×0.1= 2π
3 rad
0.2s 时刻对应的角度：θ2= 2π
0.3 ×0.2= 4 π
3 rad
可知，在0.1s 和0.2s 时刻小球将出现在同一个位置，都在平衡位置的右侧，所以在周期
为0.1s 的频闪光源照射下见到图像可能是C 图。ABD 图都是不可能的。
故选：C。
[例题7] （多选）（2023•海南二模）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
5
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B．振子做简谐运动的表达式为x =5sin(πt −π
2 )(cm)
C．0.5s～1.0s 的时间内，振子通过的路程为5cm
D．t＝0.25s 和t＝0.75s 时，振子的速度不同，但加速度大小相等
【解答】解：A．振子在O 点受到的回复力为零，此时弹簧弹力等于振子自身重力大小，
故A 错误；
B．由图乙可得，振子的振幅A＝5cm，初相位φ0=−π
2 ，周期T＝2.0s，则圆频率
ω= 2π
T = πrad /，所以振子做简谐运动的表达式为x =5sin(πt −π
2 )(cm)，故B 正确；
C．由图t＝0.5s 时刻振子在平衡位置，t＝1.0s 时刻振子到达最大位移处，位移为5cm，
所以在0.5s～1.0s 的时间内，振子通过的路程为5cm，故C 正确；
D、根据简谐振动的对称性可知，在t＝0.25s 和t＝0.75s 时，振子的速度相等，加速度
大小相等，故D 错误。
故选：BC。
[例题8] （2022•青岛二模）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
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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
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。
考点三 单摆周期公式的应用
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＝
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(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．
(3)g 为当地的重力加速度．
[例题9] 如图所示，500 米口径的球面射电望远镜（FAST）位于贵州省，是我国
重大科技基础设施建设项目之一。某同学设计了一种测量该球面半径R 的方法：假设
FAST 内表面是光滑的球面，他猜想将小球自球面最低点附近由静止释放，用秒表测
出它完成n 次全振动的时间t，如果当地重力加速度为g，将小球的运动视为简谐运动，
则FAST 的球面半径R 为（ ）
A．gt
2
4 π
2n
2
B．gt
2
2π
2n
2
C．gt
2
π
2n
2
D．4 gt
2
π
2n
2
【解答】解：完成n 次全振动的时间t，则可知小球做简谐运动的周期为T = t
n
结合单摆周期公式可知T =2π√
R
g
联立两式解得FAST 的球面半径为R =
gt
2
4 π
2n
2，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题10] （2023•虹口区二模）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，则该单摆（ ）
A．摆长为gt0
2
4 π
2
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B．摆长为gt0
2
π
2
C．摆球向心加速度的最大值为π
2 E0
2mgt0
2
D．摆球向心加速度的最大值为2π
2 E0
mgt0
2
【解答】解：AB．由图可知，单摆的周期T＝4t0，根据单摆周期公式T =2π√
l
g
解得：l= 4 gt0
2
π
2 ，故AB 错误；
CB．摆球到最低点的动能为：
Ek = E0= 1
2 mv
2
向心加速度的最大值为：
a= v
2
l
解得：a= π
2 E0
2mgt0
2
故C 正确，D 错误；
故选：C。
[例题11] （2023•佛山一模）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．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t2﹣t1
D．该地的重力加速度g= 4 π
2 L
(t3−t1)
2
9
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【解答】解：A．秋千从摆动到停下受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，故A 错
误；
B．在最低点，合力提供向心力：N −mg=m v
2
L
秋千对手机的支持力N =mg+m v
2
L
故秋千对手机的支持力大于手机的重力，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，根据垂直手机平面方向的
a﹣t 关系图，周期为T＝t3﹣t1
故C 错误；
D．根据单摆周期公式T =t3−t1=2π√
L
g
故当地重力加速度g= 4 π
2 L
(t3−t1)
2
故D 正确。
故选：D。
[例题12] （多选）（2023•汕头一模）摆钟如图是一种较有年代的计时钟表。其基
本原理是利用了单摆的周期性，结合巧妙的擒纵器设计，实现计时的功能。如图为其
内部的结构简图。设原先摆钟走时准确，则（ ）
A．摆动过程中，金属圆盘所受合力为其回复力
B．摆钟在太空实验室内是无法正常使用的
C．该摆钟从北京带到汕头，为使走时准确，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移
动
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季为了准时，考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆
盘沿摆杆向上移动
【解答】解：A．恢复力是指向平衡位置的力，所以摆动过程中，金属圆盘所受重力沿
轨迹切线方向的分力为其回复力，金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力，故A 错误；
B．摆钟在太空实验室内是处于失重状态的，所以无法使用，故B 正确；
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C．该摆钟从北京带到汕头，重力加速度变小，由T =2π√
L
g
，可知周期变大，摆钟变
慢，为使走时准确，需要摆钟的摆长变短，需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，
故C 正确；
D．该摆钟在冬季走时准确，到夏季温度升高，由于热胀冷缩，摆长变长，为了准时，
需要摆长变短，所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动，故D 正确。
故选：BCD。
[例题13] 如图，水平面上固定光滑圆弧面ABD，水平宽度为L，高为h 且满足L
＞＞h。小球从顶端A 处由静止释放，沿弧面滑到底端D 经历的时间为t。若在圆弧面
上放一光滑平板ACD，仍将小球从A 点由静止释放，沿平板滑到D 的时间为
（ ）
A．t
B．4
π t
C．6
π t
D．2√2
π
t
【解答】解：设该圆弧对应的半径为R，小球沿光滑圆弧面ABD 运动到底端的时间相
当于摆长为R 的单摆周期的1
4 ，
则有：t = 1
4 T = 1
4 ×2π√
R
g = π
2 √
R
g ，
小球光滑斜面ACD 滑到D 的时间为t′，根据等时圆原理可知，小球从光滑斜面ACD
滑到D 的时间与从高为2R 处自由下落的时间相等。根据2 R = 1
2 gt'
2得：
t ' =√
4 R
g = 4
π t，故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
[例题14] （2022•海淀区校级三模）在用单摆测量重力加速度的实验中，用多组实
验数据做出周期（T）的平方和摆长（L）的T2﹣L 图线，可以求出重力加速度g。已
知两位同学做出的T2﹣L 图线如图中的a、b 所示，其中a 和b 平行，图线a 对应的g
值很接近当地重力加速度的值。相对于图线a，关于图线b 的分析正确的是（ ）
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A．可能是误将绳长记为摆长L
B．可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
C．可能是误将49 次全振动记为50 次
D．根据图线b 不能准确测出当地的重力加速度
【解答】解：B、因为单摆的周期T＝2π√
L
g
，故T2＝4 π
2
g ⋅L，而图线b 与L 轴有个截
距，这说明关系式应该为T2= 4 π
2
g •（L﹣a），即可能是误将悬点到小球下端的距离记
为摆长L，则实际的摆长就是L−d
2 ，故B 正确；
A、如果是误将绳长记为摆长L，则关系式应该是T2= 4 π
2
g ⋅（L+ d
2 ），图线应该与T2
轴有正截距，故A 错误；
C、若是误将49 次全振动记为50 次，则周期T 会减小，这样做出的图线的斜率会变小，
但仍然过原点，故C 错误；
D、根据图线b 也能准确测出当地的重力加速度，因为斜率不变，故D 错误。
故选：B。
[例题15] （2022•济宁一模）有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开
大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中DIS 系统探究了单摆
周期T 和摆长L 的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所
示的T2﹣L 图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用
的a、b 两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C．由乙图可知，a、b 两摆球振动周期之比为3：2
D．由乙图可知，t＝1s 时b 球振动方向沿y 轴负方向
【解答】解：AB、根据单摆的周期公式T=2π√
L
g
得：
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T
2= 4 π
2 L
g
图线的斜率k= 4 π
2
g
因为随着纬度的增大，重力加速度增大，故 g 南开＞g 复旦，由甲图可知，图线B 的斜率
较小，则对应的重力加速度较大，故甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应
的图线是B，故AB 错误。
C、周期指完成一次全振动所需的时间，由图乙可知
3
2 T a=2 Ta= 4
3 s Tb＝2s
T a
T b
= 2
3，故C 错误。
D、由乙图可知，t＝1s 时b 球处于平衡位置向y 轴负方向振动，故D 正确。
故选：D。
考点四 受迫振动和共振的应用
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
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
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率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
[例题16] 如图所示，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．只有A、C 的振动周期相等
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
答案 CD
解析 A 振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2π，迫使B、C 做受迫振动，受迫振动的频
率等于A 施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，而TC 固＝2π＝TA，TB 固＝2π＞TA，故C 共
振，B 不共振，C 的振幅比B 的振幅大，所以C、D 正确．
[例题17] 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14
所示，则( )
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
答案 B
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．
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练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•辽宁模拟）图（a）中医生正在用“彩超”技术给病人检查身体；图（b）是某
地的公路上拍摄到的情景，在路面上均匀设置了41 条减速带，从第1 条至第41 条减速
带之间的间距为100m。上述两种情况是机械振动与机械波在实际生活中的应用。下列
说法正确的是（ ）
A．图（a）“彩超”技术应用的是共振原理
B．图（b）中汽车在行驶中颠簸是多普勒效应
C．图（b）中汽车在行驶中颠簸是自由振动
D．如果图（b）中某汽车的固有频率为1.5Hz，当该汽车以3.75m/s 的速度匀速通过减
速带时颠簸最厉害
【解答】解：A、图（a）医生用“彩超”技术给病人检查身体的原理是波的多普勒效应，
不是共振，故A 错误；
BC、图（b）中汽车行驶的过程中颠簸是受迫振动，不是自由振动，也不是多普勒效应，
故BC 错误；
D、相邻两个减速带之间的距离为：d= 100m
41−1 =2.5m，则当汽车最颠簸时，汽车产生共
振，根据共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，则速度为
v = d
T =df =2.5m×1.5 Hz =3.75m/ s，故D 正确。
故选：D。
2．（2023•新会区校级一模）轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组
成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2Hz。如图所示，这辆
汽车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过
该减速带过程中，下列说法正确的是（ ）
A．当该轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2Hz，与车速无关
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B．该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈
C．当该轿车以2m/s 的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈
D．当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同
【解答】解：A、当轿车以速度v 通过减速带时，车身上下振动的周期为T = L
v ，则车身
上下振动的频率为f = 1
T = v
L，该值与车速有关，故A 错误；
BC、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，
即当车速满足f = v
L =2 Hz，即v＝fL＝2Hz×1m＝2m/s，车身上下颠簸得最剧烈，故B
错误，C 正确；
D、该轿车以不同速度通过减速带时，根据共振曲线
可知车身上下振动的频率可能分别大于或小于车身系统的固有频率，车身上下颠簸的剧
烈程度可能相同，故D 错误。
故选：C。
3．（2023•荔湾区校级模拟）如图所示是某水平弹簧振子做简谐运动的x﹣t 图像，M、
P、N 是图像上的3 个点，分别对应t1、t2、t3时刻。下列说法正确的是（ ）
A．该振子的周期是0.2s，振幅是8cm
B．在t2时刻振子的速度方向就是图像上P 点的切线方向
C．在t1到t2过程振子的速度先增大后减小
D．在t2到t3过程振子的加速度逐渐减小
【解答】解：A、由图像得，该振子的周期为0.2s，振幅为4cm，故A 错误；
B、由图像得，在t2时刻振子的速度方向沿x 轴负半轴方向，故B 错误；
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C、由图像得，在t1到t2过程，振子先向x 轴正方向做减速运动，后向x 轴负方向做加
速度运动，故C 错误；
D、在t2到t3过程，振子向平衡位置移动，回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，故D 正
确。
故选：D。
4．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带
动一个T 型支架在竖直方向振动，T 型支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，
小球浸没在水中当小球振动稳定时（ ）
A．小球振动的频率与圆盘转速无关
B．小球振动的振幅与圆盘转速无关
C．圆盘的转速越大，小球振动的频率越大
D．圆盘的转速越大，小球振动的振幅越大
【解答】解：AC、小球振动的频率与圆盘的转速有关，小球做受迫振动，小球振动的
频率等于圆盘转动的频率，圆盘的转速越大，小球振动的频率越大，故A 错误，C 正确；
BD、小球振动的振幅与圆盘转速有关，圆盘转动的频率越接近小球和弹簧组成的系统
的固有频率，小球的振幅越大，故BD 错误；
故选：C。
5．（2023•静安区二模）如图，甲、乙两个单摆悬挂在同一水平天花板上，两摆球间用一
根细线水平相连，两摆线与竖直方向的夹角θ1＞θ2。当细线突然断开后，两摆球都做简
谐运动，以水平地板为参考面，可知（ ）
A．甲摆的周期等于乙摆的周期
B．甲摆球的最大重力势能等于乙摆球的最大重力势能
C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度
D．甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能
【解答】解：A、根据几何关系得，甲的摆长大于乙的摆长，摆角大于乙的摆角，所以
甲的振幅大于乙的振幅。根据T＝2π√
l
g
知，甲摆的周期大于乙摆的周期。故A 错误。
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BD、两球开始处于平衡，设绳子拉力为T，根据共点力平衡知，m 甲g=
T
tanθ1
，m 乙g
=
T
tanθ2
，则m 甲＜m 乙，在摆动的过程中，机械能守恒，则甲摆球的机械能小于乙摆球
的机械能，且甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能，故D 正确，B 错误。
C、根据机械能守恒定律得，因为甲球下降的高度大，则甲摆球的最大速度大于乙摆球
的最大速度。故C 错误。
故选：D。
6．（2022•嘉定区二模）如图所示，物体放在做简谐运动的振动平台上，并随平台上下振
动而不脱离平台台面。若以向上的位移为正，物体的振动图像如图所示，在图像上取
a、b、c、d 四点，则（ ）
A．处于a 状态时物体对振动平台的压力最小
B．处于b 状态时物体对振动平台的压力最大
C．处于c 状态时物体对振动平台的压力等于物体重力
D．处于d 状态时物体对振动平台的压力最小
【解答】解：a、c 点对应的时刻物体的位移为0，根据简谐运动的特征得知，其加速度
为0，根据受力分析可知，处于a 状态时物体对振动平台的压力等于物体重力；b 点对应
的时刻物体的位移为正向最大，根据简谐运动的特征得知，其加速度为负向最大，即向
下最大，根据牛顿定律得知，物体处于失重状态，货物对振动平台的压力小于货物的重
力；d 点对应的时刻物体的位移为负向最大，根据简谐运动的特征得知，其加速度为正
向最大，即向上最大，根据牛顿定律得知，物体处于超重状态，物体对振动平台的压力
大于货物的重力；故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
7．（2023•平谷区一模）如图，细绳一端固定于悬挂点P，另一端系一小球。在悬挂点正
下方Q 点处钉一个钉子。小球从A 点由静止释放，摆到最低点O 的时间为t1，从O 点
向右摆到最高点B（图中未画出）的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5°，不
计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
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A．t1＝t2，摆球经过O 点前后瞬间，小球的速率不变
B．t1＞t2，摆球经过O 点前后瞬间，小球的速率变大
C．t1＝t2，摆球经过O 点前后瞬间，摆线上的拉力大小不变
D．t1＞t2，摆球经过O 点前后瞬间，摆线上的拉力变大
【解答】解：因摆角始终小于5°，则小球在钉子两边摆动时均可看作简谐运动因为在左
侧摆动时摆长较长，根据T =2π√
L
g
可知，左侧周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的1
4 ，可知
t1= 1
4 T 左＞1
4 T 右=t2
细绳碰钉子的瞬间，小球的速率不变；摆球经过O 点时，有F 拉−mg=m v
2
r
摆球经过O 点碰钉子后，做圆周运动的半径r 减小，则绳子拉力变大。
故ABC 错误；D 正确；
故选：D。
8．（2023•广东模拟）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3
2
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
【解答】解：A、设甲的振动周期为T1、乙的振动周期为T2，根据图象可知：1.5T1＝
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T2，已知两单摆的摆长L 相等，根据单摆的周期公式T=2π√
L
g
可知，甲、乙两星球表
面的重力加速度之比为
g1
g2
= T 2
2
T 1
2 = 1.5
2
1
= 9
4 ，故A 错误；
B、根据单摆的周期公式T=2π√
L
g
可知，单摆的周期与小球的质量无关，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；
C、设单摆的摆线与竖直方向的夹角为θ，达到最低点的速度大小为v，根据动能定理可
得：mgL（1﹣cosθ）= 1
2 m v
2，解得：v=√2 gL(1−cosθ)，由于g1
g2
= 9
4 ，根据图象可
知A1＝2A2，则cosθ1≈2cosθ2，a、b 两单摆在最低点的速率不可能相等，故C 错误；
D、根据动能定理可得小球摆到最低点的动能：Ek＝mgL（1﹣cosθ），由于两个小球的
质量大小不确定，所以a、b 两单摆在最低点的动能有可能相等，故D 正确。
故选：D。
9．（2021•顺义区二模）如图甲所示，O 点为单摆的固定悬点，在此处将力传感器与摆线
相连（图甲中未画出）。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。图乙为细线对摆球的拉力大小F 随时间t
变化的图像，图乙中t＝0 为摆球从A 点开始运动的时刻，重力加速度g 取10m/s2。下列
说法正确的是（ ）
A．单摆的摆长为2.5m
B．摆球的质量为0.0498kg
C．单摆的振动周期为0.8πs
D．摆球运动过程中的最大速度为24
5 √7m/s
【解答】解：AB、小球在最低点拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规
律T＝0.8πs，根据单摆周期公式T＝2π√
L
g
，可知L= T
2 g
4 π
2 = 0.8
2π
2×10
4×π
2
m＝1.6m。故
A 错误，C 正确；
BD、在最高点A，有Fmin＝mgcosθ＝0.498N，在最低点B，有Fmax＝mg+ m v
2
L =
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0.504N，从A 到B，由动能定理得：mgL（1﹣cosθ）= 1
2mv2，代入数据解得：m＝
0.05kg，v= 4√5
25 m/s。故BD 错误。
故选：C。
10．（2021•江苏模拟）如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个
T 形支架在竖直方向振动，T 形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸
没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率为4Hz。现使圆盘以
120r/min 的转速匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的频率为（
）
A．0.5Hz
B．2Hz
C．4Hz
D．120Hz
【解答】解：转速：n＝120r/min＝2 r/s
角速度：ω＝2πn＝4π rad/s
周期：T= 2π
ω = 2π
4 π =0.5s
驱动力的频率：f= 1
T = 1
0.5 =2 Hz
故选：B。
二．计算题（共2 小题）
11．（2022•昌平区二模）类比是研究问题的常用方法
（1）情境1：如图甲所示，将一弹簧振子放置在光滑的水平面上，以弹簧处于原长时物
块所处位置为坐标原点O、水平向右为正方向建立x 轴。当振子偏离平衡位置的位移为
x 时，其回复力为F＝﹣kx；而F＝ma、a= Δv
Δt 、v= Δx
Δt ，可以得到振子位移x 随时间t
变化的方程为m Δ( Δx
Δt )
Δt
+kx＝0（①式）。将物块从O 点右侧某一位置由静止释放并开
始计时，在图乙所示的坐标系中定性画出弹簧振子的位移x 随时间t 变化的图像。
（2）情境2：如图甲所示，电源的电动势为E，内阻不计；电容器的电容为C，自感线
圈的自感系数为L，电阻不计，开关S 先接1，给电容器充电；然后将开关接2，发现电
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容器极板的电荷量q 随时间t 的变化规律与情境1 中振子位移x 随时间t 的变化规律类似。
a.类比①式，写出电荷量q 随时间t 的变化方程；
b.从开关S 接2 瞬间开始计时，在图乙所示的坐标系中定性画出电容器上极板的电荷量
q 随时间t 变化的图像。
（3）质量是物体做机械运动时惯性大小的量度，在电磁现象中也存在“惯性”。在情
境2 中，哪个物理量可用来度量电磁“惯性”的大小？
【解答】解：（1 ）弹簧振子的位移x 随时间t 变化的图像如答图所示
（2）a.自感线圈两端电压UL，电容器两端电压UC，在回路中有
UL＝﹣UC
UC= q
C
UL＝L Δi
Δt
i= Δq
Δt
类比可得L Δ( Δq
Δt )
Δt
+ 1
C
q＝0
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b.电容器上极板的电荷量q 随时间t 变化的图像如答图所示
（3）在电磁现象中，物理量自感系数L 可用来度量电磁“惯性”的大小。
12．（2023•海淀区二模）摆，是物理学中重要的模型之一。如图1 所示，一根不可伸长的
轻软细绳的上端固定在天花板上的O 点，下端系一个摆球（可看作质点）。将其拉至A
点后静止释放，摆球将在竖直面内的A、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的最低点。
忽略空气阻力。
（1）图2 所示为绳中拉力F 随时间t 变化的图线，求：
a．摆的振动周期T。
b．摆的最大摆角θm。
（2）摆角θ 很小时，摆球的运动可看作简谐运动。某同学发现他家中摆长为0.993m 的
单摆在小角度摆动时，周期为2s。他又查阅资料发现，早期的国际计量单位都是基于实
物或物质的特性来定义的，称为实物基准，例如质量是以一块1kg 的铂铱合金圆柱体为
实物基准。于是他想到可以利用上述摆长为0.993m 的单摆建立“1s”的实物基准。请
判断该同学的想法是否合理，并说明理由。
（3）小摆角单摆是较为精确的机械计时装置，常用来制作摆钟。摆钟在工作过程中由
于与空气摩擦而带上一定的负电荷，而地表附近又存在着竖直向下的大气电场（可视为
匀强电场），导致摆钟走时不准。某同学由此想到可以利用小摆角单摆估测大气电场强
度：他用质量为m 的金属小球和长为L（远大于小球半径）的轻质绝缘细线制成一个单
摆。他设法使小球带电荷量为﹣q 并做小角度振动，再用手机秒表计时功能测量其振动
周期T，已知重力加速度g，不考虑地磁场的影响。
a．推导大气电场强度的大小E 的表达式。
b．实际上，摆球所带电荷量为10﹣7C 量级，大气电场强度为102N/C 量级，摆球质量为
10﹣1kg 量级，手机秒表计时的精度为10﹣2s 量级。分析判断该同学上述测量方案是否可
行。（提示：当|x|≪1 时，有（1+x）n＝1+nx）
【解答】解：（1）a、小球在A 点与C 点细绳的拉力最小且大小相等，小球从A 到C
再回到A 时一个周期，故周期为T＝3.24s﹣1.08s＝2.16s；
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b、小球在A 点与C 点时，细绳的拉力最小FA＝FC＝1.225N
小球在A 点与C 点时，重力沿绳方向的分力大小等于细绳的拉力，则FA＝mgcosθm
小球在最低点B，细绳的拉力最大，由图可知FB＝4.900N
由牛顿第二定律可得F B−mg=m vB
2
L
小球从A 点到B 点，由动能定理得mgL(1−cosθm)= 1
2 mvB
2
解得：θm＝60°
（2）不合理，因为单摆周期公式T =2π√
L
g
，不同地区的纬度，海拔高度不同，g 值不
同，所以不可以利用上述摆长为0.993m 的单摆建立“1s”的实物基准。
（3）a、重力场与电场叠加为等效重力场，则mg′＝mg﹣Eq
单摆的周期公式为T =2π√
L
g' =2π
√
L
g−Eq
m
解得大气电场强度的大小E 的表达式为E= mg
q −4 π
2mL
qT
2
b、不可行，因为实际上mg
q 达到的数量级是107N/C，与大气电场强度102N/C 量级相差
太大，也就是摆球所带电荷量太小，达不到实验要求。
答：（1）a、摆的振动周期T 为2.16s，b、摆的最大摆角θm为60°；
（2）不合理，因为单摆周期公式T =2π√
L
g
，不同地区的纬度，海拔高度不同，g 值不
同，所以不可以利用上述摆长为0.993m 的单摆建立“1s”的实物基准；
（3）a．大气电场强度的大小E 的表达式为：E= mg
q −4 π
2mL
qT
2
，
b、不可行，因为实际上mg
q 达到的数量级是107N/C，与大气电场强度102N/C 量级相差
太大，也就是摆球所带电荷量太小，达不到实验要求，所以该同学上述测量方案不可行。
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