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第27 讲 机械振动
1.知道简谐运动的概念，理解简谐运动的表达式和图象.
2.知道什么是单摆，知道在摆角较小的情况下单摆的运动是简谐运动，熟记单摆的周期公式.
3.理解受迫振动和共振的概念，掌握产生共振的条件．
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＝
t B′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．
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
1
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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．
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＝
(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．
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．
2
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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
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1] (24-25 高三下·湖南沅澧共同体·一模)装有一定量细沙的两端封闭的玻璃管竖直漂
浮在水中，水面范围足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm 后放手，忽略水的粘
滞阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.6s。以竖直向上为正
方向，从某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A 为振幅。对于玻璃管，下列说法正
确的是（ ）
A．振动频率与按压的深度有关
B．振动过程中玻璃管的振幅为8cm
C．t2时刻的横坐标为0.25
D．在t1~t2时间内，玻璃管的位移减小，加速度减小，速度增大
【答案】CD
3
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【来源】湖南省沅澧共同体2024-2025 学年高三下学期第一次模拟考试物理试题
【详解】A．由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，其振动
频率与振幅无关，故A 错误；
B．由题意可知振幅为4cm，故B 错误；
C．由图乙可知从0 到t2，所用时间为(
1
6 T + 1
4 T)=0.25s
故C 正确；
D．由图乙可知，在t1~t2时间内，位移减小，加速度减小，玻璃管向着平衡位置加速运动，所以速
度增大，故D 正确；
故选CD。
[例题2] 航天员用同一装置对同一单摆分别在地球和月球上做受迫振动实验，得到如图所
示的共振曲线。将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，引力常量为G，地球表面的重力加速
度为g，不考虑星球自转的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该单摆在地球上的共振频率为f1
B．所用单摆的摆长为
g
4π
2f 2
2
C．月球表面的重力加速度为f 2
2
f 1
2 g
D．月球的密度为
4 g f 2
2
3πGr f 1
2
【答案】B
【来源】2025 届重庆市南开中学高三下学期5 月质量检测（八）物理试卷
【详解】ABC．根据单摆周期公式可得T =2π√
L
g
可得f = 1
T = 1
2π √
g
L
由于月球的重力加速度小于地球的重力加速度，所以该单摆在月球上的共振频率为f1；设月球表面
4
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的重力加速度为g月，则有f 1= 1
2π √
g月
L
地球上的频率为f 2= 1
2π √
g
L
所用单摆的摆长为L=
g
4π
2f 2
2
可得月球表面的重力加速度为g月= f 1
2
f 2
2 g
故AC 错误，B 正确；
D．物体在月球表面上，有G M 月m
r
2
=m g月
解得月球质量为M 月= f 1
2r
2 g
G f 2
2
根据M 月= ρ月× 4
3 π r
3
可得月球的密度为ρ月=
3 g f 1
2
4πGr f 2
2
故D 错误。
故选B。
[例题3] 如图甲所示，质量M =5.0kg的箱子P 放在水平地面上，两根相同的轻质弹簧连
着质量m=1.0kg的小球Q，两弹簧另一端与箱子P 连接，弹簧均处于竖直状态。取竖直向上
为正方向，小球在竖直方向振动过程中相对平衡位置的位移y 随时间t 的变化如图乙所示，箱
子P 始终保持静止。已知两弹簧的劲度系数k =50 N / m，重力加速度g=10 m /s
2，则（ ）
A．t1=0.05πs时，小球的加速度为零
5
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B．t =0.1πs时．小球的速度为零
C．t2=0.15πs时，箱子P 对地面的压力大小为64N
D．t2=0.15πs时．箱子P 对地面的压力大小为56N
【答案】C
【来源】2025 届山西省临汾市高考考前适应性训练考试 （三） 物理试题
【详解】A．t1=0.05 π s时刻小球在正向最大位移处，加速度为最大，故A 错误；
B．t =0.1π s时刻小球在平衡位置处，速度为最大，故B 错误；
CD．两弹簧相同，Q 静止时，上方弹簧伸长，下方弹簧压缩，设弹簧形变量为x，有2kx =m2 g
解得x =0.1m
由图乙知t2=0.15 π s时刻小球在最低点，偏离平衡位置的位移为A，此时上方弹簧拉伸到更长，下
方弹簧压缩到更短，对箱子有FN= Mg+2k ( A + x)=64 N
由牛顿第三定律知箱子对地面的压力为64N，故C 正确，D 错误。
故选C。
[例题4] 如图1 所示，一单摆悬挂在O 点，在O 点正下方P 点有一个钉子，将小球（可视
为质点）拉到A 点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2 所示。
已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g 取10m/s²，不计一切阻力和能量损失，下列说法中
正确的是（ ）
A．该单摆的周期为0.4πs
B．OP 间的距离为1.6m
C．t=0.2πs 时小球动能最大
D．图中x₁ 与x₂ 的比值为2 1∶
【答案】D
【来源】2025 届四川省乐山市高三下学期三模考试物理试题
【详解】A．由图像可知，该单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs
选项A 错误；
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B．根据单摆周期公式0.4 π s= π√
LOA
g
，0.2π s= π√
LOA−LOP
g
解得OP 间的距离为LOP=1.2m
选项B 错误；
C．t=0.2πs 时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，选项C 错误；
D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知
mgh1=mgh2
所以摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP 左侧最大偏角为θ，由数学知识得
x1=2 LOA sin θ
2
单摆在OP 右侧最大偏角为α，由数学知识得x2=2 LBPsin α
2
由机械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα）
其中LOA=4LBP
联立解得
x1
x2
= 2
1
图中x₁ 与x₂ 的比值为2 1∶，选项D 正确。
故选D。
[例题5] 如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一质量为m的小钢球。以
弹簧原长时钢球所在的位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立坐标轴Ox。将钢球从O点
处由静止释放，钢球在O、P间做往复运动。弹簧劲度系数为k，且弹簧始终处于弹性限度内，
重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在P点处，小球的加速度最小
B．在P点处，小球所受弹力的大小为mg
C．在x = mg
k 处，小球的速度最大
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D．O、P两点间的距离为3mg
k
【答案】C
【来源】2025 届北京市东城区高三下学期二模物理试卷
【详解】A．钢球在O、P间做往复运动，故其在P 点回复力最大，即加速度最大，故A 错误；
B．由A 可知在P点处，kx −mg=mamax
此时kx =mg+mamax
故B 错误；
C．速度最大时，弹力与小球重力相等，后小球继续向下运动，弹力增大，速度减小，则mg =kx
故x = mg
k
故C 正确；
D．从O 到P，根据动能定理可得mg xmax= 1
2 k xmax
2
解得xmax= 2mg
k
故D 错误。
故选C。
[例题6] 如图1 所示，在光滑的水平面上有两弹簧振子甲、乙，甲、乙使用的弹簧劲度系
数相同，两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2 所示。已知弹簧振子的周期公式为
T =2π√
m
k ，其中m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能Ep= 1
2 k x
2，x 为弹
簧形变量，下列说法不正确的是（ ）
A．甲、乙的周期之比为4:3
B．甲、乙的振子质量之比为16:9
C．甲、乙的机械能之比为32:9
D．甲、乙的弹簧最大形变量之比为16:3
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【答案】D
【来源】2025 届湖南省长沙市邵阳市等多校联考高三下学期5 月三模物理试题
【详解】A．由图2 可得t0= 3
4 T 甲，t0=T 乙
解得T 甲= 4
3 t0，T 乙=t0
所以
T 甲
T 乙
= 4
3
故A 正确；
B．根据弹簧振子的周期公式为T =2π√
m
k
整理得m= k T
2
4 π
2
则
m甲
m乙
= T 甲
2
T 乙
2 = 16
9
故B 正确；
C．由图2 可得，两弹簧振子的最大速度之比为v甲
v乙
= √2
1
当振子有最大速度时，振子的机械能只有动能，则根据Ek= 1
2 mv
2
可得
Ek甲
Ek乙
= m甲v甲
2
m乙v乙
2 = 16
9 × 2
1 = 32
9
故C 正确；
D．当弹簧形变量最大时，振子的动能全部转化为弹性势能，根据Ek= Ep= 1
2 k x
2
整理可得x =√
2 Ek
k
所以x甲
x乙
=√
Ek甲
Ek乙
= 4√2
3
故D 错误。
9
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本题选择不正确的，故选D。
[例题7] 如图所示，鱼漂静止时，O点恰好位于水面处。用手将鱼漂缓慢向下压，使M点
到达水面，松手后，鱼漂沿竖直方向运动，上升到最高处时，N点到达水面。若鱼漂的MN段
可视为圆柱体，仅在重力与浮力的作用下运动，则有关鱼漂松手后的运动，下列说法不正确的
是（ ）
A．鱼漂的运动是简谐运动
B．O点过水面时，鱼漂的速度最大
C．M点到达水面时，鱼漂具有向下的加速度
D．鱼漂由释放至运动到最高点的过程中，速度先增大后减小
【答案】C
【来源】2025 届北京市东城区高三下学期一模物理试题
【详解】A．鱼漂在水中受到了浮力的作用，由阿基米德浮力定律可知，浮力的大小与鱼漂进入水
面的深度成正比，鱼漂所受的重力为恒力，以静止时O 点所处位置为坐标原点，则合力的大小与鱼
漂的位移大小成正比，方向总是与位移方向相反，所以鱼漂做简谐运动，故A 正确；
B．点O 过水面时，鱼漂到达了平衡位置，速度最大，故B 正确；
C．点M 到达水面时，鱼漂达到了向下的最大位移，所受合力方向向上，所以具有向上的加速度，
故C 错误；
D．由简谐运动的特点可知，鱼漂由释放至运动到最高点的过程中，速度先增大后减小，故D 正确。
本题选不正确项，故选C。
[例题8] 如图，某游乐场雪滑梯是由动摩擦因数均为μ=0.2的倾斜滑道和水平滑道平滑连
接组成。已知倾斜滑道AC的高度H =11m，它与水平地面夹角θ =25
∘，水平滑道CD长度为L。
水平滑道末端有一光滑圆弧形冰坑DE，冰坑D、E两点高度相等，冰坑圆弧半径R =90 m , R
远大于弧长DE。游客（可视为质点）从雪滑梯顶部A点无初速度下滑，恰好运动到D点。取
重力加速度大小g=10 m /s
2,sin25
∘=0.4 ,cos25
∘=0.9，不计空气阻力。
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(1)求水平滑道的长度L；
(2)若游客以很小的初速度（可忽略）从A点下滑到达E点，求该游客从A点到E点所用的时间t（结
果保留3 位有效数字）。
【答案】(1)30.25m
(2)19.9s
【来源】2025 届黑龙江省哈尔滨市东北三省四市教研联合体高三下学期一模物理试题
【详解】（1）由动能定理 mgH −μmgcosθ
H
sin25° −μmgL=0
解得L=30.25m
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行
时间为t1，到达C 点时速度为 v0；在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2。
由牛顿第二定律 mgsin25°-μmgcos25°=ma1
解得 a1=2.2m/s2
H
sin25° = 1
2 at1
2
解得 t1=5s
可得vC=a1t=11m/s
从C 到D 做减速运动，则μmg=ma2
a2=2m/s2
0=vC-a2t2
t2=5.5s
因为冰坑为光滑弧面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆由单摆周期公式
T =2π√
R
g
t3=1
2T=9.4s
综上解得t=t1+t2+t3=19.9s
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题型1 简谐运动中各物理量的分析
1.
如图所示为某质点沿x 轴做简谐运动的图像，根据图像可知该质点（ ）
A．在任意1s 内通过的路程相同
B．在第2s 末和第4s 末的速度相同
C．在1s~3s 内所受回复力沿x 轴正方向
D．在2s~3s 内位移方向与瞬时速度方向相同
【答案】D
【来源】2025 届北京市朝阳区高三下学期二模物理试卷
【详解】A．由题图可知周期为T = 4s，在任意1s 内，即任意的1
4 T内，如果初始位置处于平衡位
置或最大位移处，则质点通过的路程等于一个振幅，初始位置在其它位置时，则质点通过的路程不
等于一个振幅，故A 错误；
B．由题图可知在第2s 末和第4s 末的速度大小相等，方向相反，故B 错误；
C．由题图可知在1s~2s 内，质点所受回复力先沿x 轴负方向，在2s~3s 内，质点所受回复力先沿x
轴正方向，故C 错误；
D．由题图可知在2s~3s 内位移方向与瞬时速度方向相同，均沿x 轴负方向，故D 正确。
故选D。
2.
如图所示，轻弹簧上端固定，下端挂一小球。现将小球向下拉动距离x 后由静止释放，
并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，下列说法正确的是（ ）
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A．0~ T
4 过程中，小球的速度一直变小
B．0~ T
4 过程中，小球的振幅逐渐变小
C．T
8 时刻，小球的位移大小为x
2
D．T
4 ~ T
2 过程中，小球的加速度一直变大
【答案】D
【来源】2025 届安徽省马鞍山市高三下学期二模物理试题
【详解】AB．在0~ T
4 过程中，小球由最低位置向平衡位置运动，位移变小，速度一直增大，振幅
保持不变，故AB 错误；
C．因小球是由最低位置向平衡位置运动，所以0−T
8 过程中的平均速度小于T
8 −T
4 过程的平均速
度，故0−T
8 过程中小球运动的位移小于x
2，故C 错误；
D．在T
4 ~ T
2 过程中，小球由平衡位置向最高位置运动，位移变大，根据a=−kx
m
可知加速度一直变大，故D 正确。
故选D。
3.
国家级自然保护区威宁草海是红尾水鸲的栖息地之一。漂浮于草海湖面的一枯木上站
有一只红尾水鸲，当它飞离后，枯木上下浮动。枯木的运动可视为竖直方向周期为T 的简谐运
动，其位移—时间图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
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A．在T
4 时刻枯木的加速度为零
B．在T
2 时刻枯木的加速度最大
C．在0~ T
4 内枯木所受的合力做正功
D．在T
4 ~T
2 内枯木所受的合力做正功
【答案】D
【来源】2025 届贵州省高三下学期普通高中学业水平选择性考试物理试题
【详解】A．在T
4 时刻枯木处于正向的最大位移处，枯木的加速度最大，故A 错误；
B．在T
2 时刻枯木处于平衡位置，枯木的加速度为零，故B 错误；
C．在0~ T
4 内枯木从平衡位置向最大位移处运动，枯木所受的合力总是指向平衡位置，所以枯木所
受的合力做负功，故C 错误；
D．在T
4 ~T
2 内，枯木从最大位移处向平衡位置运动，枯木所受的合力总是指向平衡位置，所以枯
木所受的合力做正功，故D 正确。
故选D。
题型2 对简谐运动图像
4.
图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机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速度v 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（ ）
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A．在0~0.2s 内，弹簧弹力逐渐减小
B．手机振动的频率大小为0.8Hz
C．在t=0 时刻，手机的加速度为零
D．v 随t 变化的关系式为v =2sin(5 πt )m ⋅s
−1
【答案】A
【来源】2025 届安徽省阜阳市高三上学期教学质量统测物理试卷
【详解】A．v −t图像斜率的绝对值表示加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向，0~0.2s 内，
图像斜率的绝对值逐渐减小，加速度为正值，即加速度方向向上，则手机所受外力的合力逐渐减小，
对手机进行分析可知，弹簧弹力逐渐减小，故A 正确；
B．根据图乙可知，周期为0.8s，则频率为
f = 1
T = 1
0.8 Hz=1.25 Hz
故B 错误；
C．v −t图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知，t=0 时刻，手机加速度不为0，故C 错误；
D．根据图乙可知
v = vmaxsin 2π
T t =2sin(
5 π
2 t)m ⋅s
−1
故D 错误。
故选A。
5.
某质点做简谐振动的位移一时间关系图像如图所示t0（t0为未知量）时刻该质点处于
平衡位置，已知质点的振动周期为T，振幅为A，则下列说法正确的是（ ）
A．t0+0.75T时刻，质点的加速度最小
B．O 时刻质点正在向平衡位置运动
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C．质点的振动方程为x = A cos(
2π
T t + π
4)
D．t0= T
3
【答案】BC
【来源】2025 届河南省新乡市高三上学期第一次模拟考试物理试题
【详解】A．t0+0.75T时刻，质点的位移最大，加速度最大，故A 错误；
B．由题图可知，0 时刻质点正在向平衡位置运动，故B 正确；
C．设质点的振动方向为
x = A cos( 2π
T t +φ)
结合当t =0时，x = √2
2 A，代入可得
φ = π
4
则质点的振动方向为
x = A cos( 2π
T t + π
4 )
故C 正确；
D．t0时刻质点的位移为0，则有
0= A cos( 2π
T t0+ π
4 )
解得
t0= T
8
故D 错误。
故选BC。
6.
如图甲所示，质量m1=2.0kg 的箱子P 放置在水平地面上，两根相同的轻质弹簧连着一
质量m2=1.0kg 的小球Q，两弹簧另一端与箱子P 固定。取竖直向上为正方向，小球相对平衡位
置的位移y 随时间t 的变化如图乙所示，已知两弹簧的劲度系数k=50N/m，重力加速度
g=10m/s2，则（ ）
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A．t1=0.1π s时刻小球的加速度最大
B．t2=0.15 π s时刻箱子P 对地面的压力大小为30N
C．0.1π s~0.15 π s时间内箱子P 对地面的压力逐渐减小
D．t3=0.2π s时刻小球的速度为0.4m/s
【答案】D
【来源】2025 届浙江省精诚联盟高三上学期适应性联考物理试题
【详解】A．t1=0.1π s时刻小球在平衡位置，加速度为0，故A 错误；
B．两弹簧相同，Q 静止时，上方弹簧伸长，下方弹簧压缩，设弹簧形变量为x，有2kx =m2 g
解得x =0.1m
由图乙知t2=0.15 π s时刻小球在最低点，偏离平衡位置的位移为A，此时上方弹簧拉伸到更长，下
方弹簧压缩到更短，对箱子有FN=m1 g+2k ( A + x)=34 N
由牛顿第三定律知箱子对地面的压力为34 N，故B 错误；
C．0.1π s~0.15 π s时间内Q 向下移动，弹簧弹力逐渐增大，箱子始终静止，地面支持力逐渐增大，
由牛顿第三定律知箱子对地面的压力逐渐增大，故C 错误；
D．方法一：由图乙可知Q 点的振动方程为y = A sin 2π
T t =0.04 sin10t
t3=0.2π s时刻小球的速度为该时刻图像切线的斜率，对振动方程求导可知
v =0.4 cos10t =0.4 m/s
方法二：弹簧弹性势能的表达式为Ep= 1
2 k x
2（建议题目给出），在0.15 π s~0.2π s时间内由能量
守恒可知2× 1
2 k( A + x)
2=2× 1
2 k x
2+ 1
2 m2v❑
2 +m2 gA
解得v =0.4 m/s
故D 正确。
故选D。
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题型3 弹簧振子模型
7.
如图所示，两根相同弹性轻绳一端分别固定在A 、A
'点，自然伸长时另一端恰好处
于图中光滑定滑轮上的B、B
'，将轻绳自由端跨过定滑轮连接质量为m的小球，
A 、B、C 、B
'、A
'在同一水平线上，且CB =C B
'。现将小球从C点由静止释放，沿竖直
方向运动到E点时速度恰好为零。已知C 、E两点间距离为h，D为CE 的中点，重力加速度
为g，轻绳形变遵循胡克定律且始终处于弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（
）
A．小球在E点的加速度大小为g
B．小球在CD 段减少的机械能等于在DE 段减少的机械能
C．小球从C运动到D的时间小于从D运动到E的时间
D．若仅将小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度为√gh
【答案】AD
【来源】2025 届四川省成都市成都外国语学校高三下学期模拟预测（二）物理试题
【详解】A．根据题意分析可知，小球在C、E 两点间做简谐运动，根据对称性可知，E 点的加速
度大小等于C 点的加速度，在C 点小球所受合力等于重力，加速度大小为g，则小球在E 点的加速
度大小为g，故A 正确；
B．根据功能关系，小球减少的机械能等于小球克服弹力做功。设小球在C 点时伸长量为x，则小
球在CD 段克服弹力做功为W 1=2× 1
2 k[x
2+(
h
2)
2
]−2× 1
2 k x
2
在DE 段克服弹力做功为W 2=2× 1
2 k (x
2+h
2)−2× 1
2 k[x
2+(
h
2)
2
]
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可知W1≠W2
故小球在CD 段减少的机械能不等于在DE 段减少的机械能，故B 错误；
C．根据A 项分析知，小球在C、E 两点间做简谐运动，根据运动的对称性可知，小球从C 运动到
D 的时间等于从D 运动到E 的时间，故C 错误；
D．小球从C、E 过程，根据系统机械能守恒有2× 1
2 k (x
2+h
2)−2× 1
2 k x
2=mgh
若仅将小球质量变为2m，则根据系统机械能守恒有
2× 1
2 k (x
2+h
2)−2× 1
2 k x
2+ 1
2 ×2mv
2=2mgh
联立解得小球到达E 点时的速度为v =√gh
故D 正确。
故选AD。
8.
(24-25 高三下·四川雅安·二模)如图所示，光滑的斜面上有一弹簧振子，O 为其平衡位
置，物块在P、Q 两点间做周期为T 的简谐运动。下列说法正确的是（ ）
A．物块动量变化的周期为T
B．弹簧弹性势能变化的周期为T
C．物块在O 点时，弹簧处于原长
D．物块在P、Q 两点加速度相等
【答案】AB
【来源】四川省雅安市2024-2025 学年高三下学期第二次诊断性考试（4 月二模）物理试卷
【详解】A．物块作简谐运动时，速度是正弦或余弦函数，故动量变化的周期为 T，故A 正确；
B．物块在P、Q 两点间做周期为T 的简谐运动，由于两点的弹性势能不同，且Q 点弹性势能最大，
所以弹簧弹性势能变化的周期应为T，故B 正确；
C．平衡位置O 的回复力为0，即弹簧弹力与沿斜面方向重力分量等大，弹簧并非原长，故C 错误；
D．物块在P、Q 两端的位移大小相等、方向相反，所受回复力（加速度）大小相等、方向相反，
则加速度不相等，故D 错误。
故选AB。
9.
如图所示，一个小球和轻质弹簧组成的系统，小球静止时其下端与水平线a 对齐，现
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将小球沿竖直方向向下拉动使其下端与水平线b 对齐后由静止释放，小球将沿竖直方向上下振
动，经Δt =0.125 s小球首次回到其下端与水平线a 对齐时的位置。已知水平线a、b 之间的
距离d =1 cm，不计空气阻力，轻弹簧始终处在弹性限度以内。若以小球首次回到其下端与水
平线a 对齐时为零时刻，竖直向下为正方向，下列说法中正确的是（ ）
A．小球振动的频率为0.5 Hz
B．小球在2 s 内通过的路程为16 cm
C．t =0.375 s时小球在向上运动
D．小球振动的位移x 随时间t 的变化关系为x =sin(4 πt +0.25π )cm
【答案】B
【来源】2025 届四川省攀枝花市高三下学期第二次统一考试物理试题
【详解】A．由题可知T = 4 Δt =0.5s
则频率为f = 1
T =2Hz
故A 错误；
B．由题可知A =d =1cm
则小球在2 s 内通过的路程为s= t
T ×4 A = 2
0.5 ×4×1cm =16cm
故B 正确；
C．当t =0.375 s=3 Δt时，根据题意可知此时处于最低点处，速度为0，故C 错误；
D．由题可知ω= 2π
T = 4 π
若以小球首次回到其下端与水平线a 对齐时为零时刻，竖直向下为正方向，则小球振动的位移x 随
时间t 的变化关系为x =−sin(4 πt )cm
故D 错误。
故选B。
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题型4 单摆模型
10. 如图甲所示，两根完全相同的细绳一端共同连接一个可视为质点的小球，另一端分别
固定于相同高度上的A、B 两点，形成“V”形结构，A、B 两点间距为d=0.6m。初始时小球静
止在平衡位置O 点。现使小球在垂直于纸面方向做简谐运动，其振动图像如图乙所示。已知
重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．一根细绳的长度为0.5m
B．小球的运动可视为单摆运动，等效摆长为0.5m
C．若只减小A、B 两点之间的距离，则小球做简谐运动的周期变大
D．若换一个质量更大的小球，其他条件不变，则小球做简谐运动的周期变大
【答案】AC
【来源】2025 届河北省部分学校高三下学期4 月青桐鸣大联考物理试题
【详解】AB．根据图乙可知，小球做简谐运动的周期为0.4πs，根据T =2π√
l
g
解得l=0.4m
根据d=0.6m，可知细绳长度为0.5m，A 正确，B 错误；
C．若只减小A、B 两点之间的距离，单摆的摆长将变长，周期增大，C 正确；
D．若换一个质量更大的小球，其他条件不变，则小球做简谐运动的周期不变，D 错误。
故选AC。
11. 如图甲所示，长为l 的细绳一端固定在天花板上O 点，另一端悬挂一小钢球。在O 点
正下方O
'处有一固定的细铁钉（图中未画出）。将小球向左拉开一小角度后由静止释放，同时
开始计时。图乙为小球在开始一个周期内的水平位移x 随时间t 变化的关系图像，以水平向左
为正方向。根据图乙可知O、O
'的间距为（ ）
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A．1
16 l
B．15
16 l
C．1
4 l
D．3
4 l
【答案】D
【来源】2025 届安徽省合肥市高三下学期二模考试物理试题
【详解】设细绳被铁钉卡住前、后单摆的周期分别为T 1和T 2，由图乙可知1
4 T 1=2t0，1
2 T 2=2t0
即
T 1
T 2
=2
设O、O
'间距为x，则T 1=2π√
l
g
，T 2=2π√
l−x
g
联立得x = 3
4 l
故选D。
12. 如图所示，正方体物块A 放在离地高度H =3.2m的粗糙平台上，直径与A 棱长相同
的小球B 静置在与A 等高处，与平台右端距离S =0.8 m，光滑固定斜面MN 与水平方向夹角
θ = 45°，N 点与水平轨道NP 平滑相连，PQ 是半径R =25 m的足够长光滑圆弧，P 点是圆弧最
低点，圆心未画出。现对A 施加水平拉力F =12N，使A 由静止开始向右运动，t1=3s后撤去
F，A 继续滑行t2=1s后从平台右端水平飞出，A 飞离平台的同时B 由静止释放，一段时间后
A、B 发生弹性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A 落到地面上，B 到达M 处时速度恰好沿
MN 方向滑入斜面，从P 点滑上圆弧轨道PQ，减速到0 后返回P 点。已知mA=3kg，
mB=1kg，A 与平台间动摩擦因数μ=0.2，g 取10 m /s
2，A 和B 的大小可忽略不计。
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(1)求A 离开平台时的速度vA；
(2)求碰撞过程中， A、B 形变量最大时系统的弹性势能Ep；
(3)求A 与B 到达地面的时间差Δt；
(4)某同学认为可以利用单摆周期T =2π√
R
g
，计算小球B 离开P 点到返回P 点所用时间
t = T
2 = π√
R
g 。你认为是否合理？请通过计算分析说明。
【答案】(1)vA= 4 m /s
(2)6J
(3)Δt = 5√2−7
5
s
(4)不合理；见解析
【来源】2025 届山东省潍坊市高三下学期二模物理试题
【详解】（1）对A 由牛顿第二定律有F −μmA g=mAa1
撤去拉力后由牛顿第二定律有−μmA g=mAa2
由运动学知识有A 离开平台时的速度vA=a1t1+a2t2
代入数值解之可得A 离开平台时的速度vA= 4 m /s
（2）A 飞出后做平抛运动，A、B 弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，A、B 形变量最大
时A、B 水平方向共速v共，竖直方向速度均为vy1
由水平方向动量守恒有mA vA=(mA+mB)v共
由机械能守恒有1
2 mA(vA
2 + vy1
2 )+ 1
2 mB vy1
2 = 1
2 mA(v共
2 + vy1
2 )+ 1
2 mB(v共
2 + vy1
2 )+ Ep
代入数值解之可得E p=6J
（3）A、B 弹性正碰，机械能守恒，水平方向动量守恒，分离时A、B 各自水平速度分别为
vA1、vB1，竖直方向速度均为vy1
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由水平方向动量守恒有mA vA=mA vA1+mBvB1
由机械能守恒有1
2 mA(vA
2 + vy1
2 )+ 1
2 mBvy1
2 = 1
2 mA(vA1
2 + vy1
2 )+ 1
2 mB(vB1
2 + vy1
2 )
代入数值解之可得vB1=6 m /s
B 运动到M 点前，A、B 竖直方向的运动是相同的有tan 45° = vB1
vy2
M 点到平台的高度差h，由运动学知识有h= vy2
2
2g
A 此后下落时间t A，由运动学知识有H −h= vy2t A+ 1
2 gt A
2
B 沿斜面下滑时间t B，由运动学知识有(H −h)
sin 45° =
vy2
sin 45° t B+ 1
2 gsin 45°t B
2
A 与B 到达地面的时间差Δt，有Δt =t A−t B
代入数值解之可得Δt = 5√2−7
5
s
（4）小球滑到P 点时速度v P，由能量守恒有mB g(H −h)= 1
2 mBvP
2 −1
2 mB(
vB1
sin 45°)
2
沿圆弧运动减速到零时高度为h0，由机械能守恒有−mB gh0=0−1
2 mBv P
2
代入数值解之可得h0=5 m
通过几何关系可知小球B 在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为α =37°，结合单摆摆角应小
于5°知，小球B 的运动不符合单摆运动规律，这个同学的计算方式不合理。
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题型5 受迫振动和共振规律
13. 为了提升汽车行驶过程中的平顺性和稳定性，在汽车车身和底座间装有弹簧和减震器
来减缓震动。如图所示，图甲为某汽车正匀速通过某路口的连续等间距的减速带，图乙为该车
车身的振幅A 和车速v 的关系图像，图像最高点对应的速度为v1。已知两相邻减速带间的距离
为1m，该车车身的固有频率为10Hz，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该车经过减速带时车身上下振动的频率随车速增大而减小
B．该车经过减速带时车身上下振动的频率恒为10Hz
C．图乙中v1=10 m /s
D．不同车辆经过该减速带时v1一定相同
【答案】C
【来源】2025 届贵州省凯里市第一中学高三下学期模拟考试（黄金Ⅱ卷）物理试卷
【详解】AB．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
故AB 错误。
C．当车身振动频率等于车身的固有频率时，车身振幅最大，由f = v
L知，
v1= fL=10×1m/ s=10m/ s
故C 正确。
D．不同车辆车身的固有频率不一定相同，不同车辆经过该减速带时v1不一定相同，故D 错误。
故选C。
14. (24-25 高二下·湖北部分名校·)在机械振动中，关于共振现象，以下说法正确的是（
）
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A．在图1 中，A、B、C 三个小球。其中C 球的固有频率最大
B．在图1 中，若把A球拉开较小角度，A球释放后较短时间内，B、C球的振幅相等
C．在图2 中，若把两单摆放在同一地点。则甲乙两单摆的摆长之比为1：4
D．图2 中，若两单摆长相同，放在不同的星球上，则甲乙两单摆所处星球的重力加速度之比
为1：4
【答案】D
【来源】湖北省部分名校2024-2025 学年高二下学期3 月联考物理试卷（B 卷）
【详解】A．由物体固有频率周期公式T =2π√
l
g
可得，其中C小球的摆长最长，故而其固有周期最
大，则固有频率最小，A错误；
B．当A小球释放之后，BC小球做受迫振动。由于B小球的固有频率，更接近于A小球的频率，则B
小球的振幅要比C小球的大。B错误。
CD．由图乙可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1：2，由T =2π√
l
g
可得l =
g
4 π
2f
2
若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4：1，若两单摆摆长相同放在不同的星球上，
则甲、乙两单摆所处星球的重力加速度之比为1：4，C错误，D正确。
故选D。
15. (24-25 高二上·陕西榆林·期末)如图所示为某同学研究单摆做阻尼振动的位移-时间图像，
M、N 是图像上的两个点，且M、N 两点到平衡位置的距离相等，下列说法正确的是（ ）
A．单摆做阻尼振动的过程中周期变小
B．摆球在M 点时的动能大于在N 点时的动能
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C．摆球在M 点时做减速运动
D．摆球在N 点时正在升高
【答案】B
【来源】陕西省榆林市2024-2025 学年高二上学期1 月期末物理试题
【详解】A．单摆的周期T =2π√
L
g
，周期与振幅于关，单摆做阻尼振动的周期不变，振幅减小，
故A 错误；
B．M、N 两点对应位置高度相同，故从M 到N 重力做功为0，由于单摆做阻尼振动，可知摆球需
克服阻力做功，由动能定理可知摆球在M 点时的动能大于在N 点时的动能，故B 正确；
C．由图可知摆球在M 点时正在靠近平衡位置，速度在增大，即摆球在M 点时做加速运动，故C 错
误；
D．摆球在N 点时正在靠近平衡位置，高度在降低，即摆球在N 点时正在下落，故D 错误。
故选B。
题型6 实际生活中的受迫振动和共振
16. (24-25 高三上·河南许平汝名校·月考)飞力士棒可以实现日常训练肌肉和提高身体感知
能力。如图甲所示，某型号飞力士棒的固有频率为3Hz，如图乙所示，某人用手驱动该飞力士
棒锻炼。下列说法正确的是（ ）
A．使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B．使用者驱动的频率越大，飞力士棒振动的幅度也越大
C．无论使用者驱动的频率多大，飞力士棒振动的频率始终为3Hz
D．使用者驱动的频率减小，飞力士棒振动的幅度可能增大
【答案】D
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【来源】河南省许平汝名校2024-2025 学年高三上学期12 月月考物理试卷
【详解】A．飞力士棒做受迫振动，振动频率与驱动力频率一致，与用力大小无关，故A 错误；
B．飞力士棒振动的幅度与驱动力频率跟固有频率的差值有关，差值越小，幅度越大，故B 错误；
C．飞力士棒的振动频率与驱动力频率一致，与固有频率无关，故C 错误；
D．当使用者驱动的频率从大于3Hz 开始减小到3Hz，飞力士棒振动的幅度会增大，故D 正确。
故选D。
17. 图甲为共振筛基本结构图，由四根弹簧和一个电动偏心轮组成，当偏心轮每转一周，
就给筛子一个周期性变化的驱动力。若增大电压，可使偏心轮转速提高；增加筛子质量，可增
大筛子固有周期。图乙是该共振筛的共振曲线。现在某电压下偏心轮的转速是54 r/min，下列
说法正确的是（ ）
A．质量不变时，增大电压，图中振幅的峰值会往右移
B．电压不变，适当增加共振筛的质量，可以增大其振幅
C．质量不变时，适当减小电压，可以增大共振筛的振幅
D．突然断电，共振筛不会立即停下来，频率立即变为0.8 Hz
【答案】C
【来源】2025 届浙江省台州市高三上学期一模物理试题
【详解】D．现在某电压下偏心轮的转速是54 r/min，偏心轮振动的频率为
f = 54
60 Hz=0.9 Hz
突然断电，共振筛不会立即停下来，频率不会立即变为0.8 Hz，仍为0.9 Hz，故D 错误；
A．由共振曲线可知，共振筛的固有频率为0.8 Hz，质量不变时，增大电压，共振筛的固有频率不
变，则图中振幅的峰值不会移动，故A 错误；
B．电压不变，适当增加共振筛的质量，则共振筛的固有周期增大，固有频率减小，使得固有频率
与驱动力频率的差值变大，共振筛的振幅减小，故B 错误；
C．质量不变时，适当减小电压，会减小偏心轮转速，驱动力频率减小，使得固有频率与驱动力频
率的差值变小，共振筛的振幅增大，故C 正确。
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故选C。
18. 2024 年4 月3 日花莲发生规模7.2 的地震，台北101 大楼仅有轻微晃动，这是由于92
楼到87 楼间设有以多条钢缆悬挂重量660 公吨的球形质量块，并以阻尼器与楼板连接所构成
的减振系统。原理为：可将前述减振系统视为有效摆长约为12.1m的单摆式减振系统（示意图
如图1），并设计其振动频率为接近大楼主结构的固有频率。当风力或地震使大楼以主结构的
固有频率振动时，振动能量便能有效地转移到朝相反方向移动的球形质量块，使得阻尼器伸缩
以吸收大楼的振动能量，如图2 所示。估算101 大楼主结构以固有频率的周期约为下列何者？
（可将减振系统视为理想单摆，且取重力加速度g=10m/ s
2来估算）（ ）
A．1.1s
B．5.6s
C．6.9 s
D．9.8 s
E．14.0s
【答案】C
【来源】2024 年高考台湾省物理真题
【详解】由题可知101 大楼主结构以固有频率振动的周期和有效摆长约为12.1m 的单摆式减振系统
的周期相等，则有
T =2π√
L
g =2×3.14×√
12.1
10 s≈6.9s
故选C。
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