文档文本内容
专题35 机械振动
题型一 简谐运动的基本特征及应用..............................................................................................................3
题型二 简谐运动的公式和图像.................................................................................................................... 12
题型三 受迫振动和共振................................................................................................................................20
题型四 单摆及其周期公式.......................................................................................................................... 27
课时精练..........................................................................................................................................................35
【基础回顾】
一、简谐运动
1．定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且
总是指向平衡位置，这样的运动就是简谐运动。
2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。
3．回复力
(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。
(2)方向：总是指向平衡位置。
(3)性质：属于效果力。
(4)来源：可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力 。
4．描述简谐运动的物理量
物理量
定义
意义
位移(x)
由平衡位置指向质点所在位置的有
向线段
描述质点振动中某时刻的位置
相对于平衡位置的位移
振幅(A)
振动物体离开平衡位置的最大距离
描述振动的强弱和能量
周期(T)
振动物体完成一次全振动所需时间
描述振动的快慢，两者互为倒
数：T＝ 。
频率(f)
振动物体单位时间内完成全振动的
次数
5.简谐运动的两种模型的比较
模型示意图
弹簧振子
单摆
简谐运
动条件
(1)弹簧质量可忽略
(2)无摩擦和空气阻力
(3)在弹簧弹性限度内
(1)摆线为不可伸缩的轻细线
(2)无空气阻力
(3)最大摆角小于5°
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿与摆线垂直方向的
分力
平衡位置
弹簧处于原长处
最低点
周期
与振幅无关
T＝ 2π
能量转化
弹性势能与动能的相互转化，
机械能守恒
重力势能与动能的相互转化，
机械能守恒
二、简谐运动的表达式和图像
1．简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力方向与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，ωt＋φ 为相位，φ 为初相，ω 为圆频率，ω 与周期T
的关系为ω＝ 。
2．简谐运动的振动图像
表示做简谐运动的物体的 位移 随时间变化的规律，是一条正弦曲线。
三、受迫振动和共振
1．受迫振动
(1)概念：系统在驱动力作用下的振动。
(2)振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体
的固有频率无关 。
2．共振
(1)概念：当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大的现
象。
(2)共振的条件：驱动力的频率等于物体的固有频率 。
(3)共振的特征：共振时振幅最大。
(4)共振曲线(如图所示)。
f＝f0时，A＝Am，f 与f0相差越大，物体做受迫振动的振幅越小。
题型一 简谐运动的基本特征及应用
简谐运动的五个特征
1．受力特征：回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x 的大小成正比，与x 的方向相反。
2．运动特征：靠近平衡位置时，a、F、x 都减小，v 增大；远离平衡位置时，a、F、x
都增大，v 减小。
3．能量特征：振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机
械能守恒。
4．周期性特征：质点的位移、回复力、加速度和速度均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。
5．对称性特征
(1)相隔Δt＝nT(n＝1,2,3…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同。
(2)相隔Δt＝（n+½）T(n＝0,1,2…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位
移等大反向(或都为零)，速度也等大反向(或都为零)。
(3)如图所示，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。
(4)振子由P 到O 所用时间等于由O 到P′所用时间，即tPO＝tOP′。
(5)振子往复过程中通过同一段路程(如OP 段)所用时间相等，即tOP＝tPO。
【例题精讲】
1．粗细均匀的细木棒，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装水的杯中，将细木棒向下压一段距离后放手，
细木棒上下振动起来。若只考虑重力和浮力的作用，可以证明细木棒做简谐运动。已知细木棒的横截
面积为S、密度为ρ1，水的密度为ρ2，重力加速度为g，则其所受合力大小与偏离平衡位置的位移大小
之比为（ ）
A．ρ1Sg
B．ρ2Sg
C．ρ1g
D．ρ2g
【答案】B
【解答】解：细木棒在水中静止不动时，浮力与重力平衡，则ρ2V0g＝mg
V0为细木棒排开水的体积，向下压一段距离x，细木棒排开水的体积增加Sx，根据阿基米德原理可得
细木棒所受合力F 合＝ρ2（V0+Sx）g﹣mg
可得F 合＝ρ2Sxg
所以k = F合
x = ρ2Sg，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．用一轻弹簧把质量为m 和M 的甲、乙两块木板连接起来，一起竖直放在地面上，试问，对甲木板必
须施加多大的压力F，才能在F 突然撤去后使甲弹起，并能让乙恰好离开地面（弹簧的劲度系数为k）
（ ）
A．mg
B．（M−m）g
C．（M+m）g
D．2mM
m+ M g
【答案】C
【解答】解：用一轻弹簧把质量为m 和M 的甲、乙两块木板连接起来，在m 上施加压力F，突然撤去
F 后，m 将在重力和弹力的作用下做上下的往复运动，则有
m 在最低点有F＝F 弹﹣mg
m 在最高点有F′＝F 弹′+mg
因m 在最高点时能让乙恰好离开地面则有F 弹′＝Mg
根据对称性有F＝F′＝（M+m）g，故C 正确，ABC 错误。
故选：C。
3．如图所示，光滑斜面倾角为30°，轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接质量为m 的滑块。
拉动滑块使弹簧伸长到A 点，t＝0 时刻让滑块在A 点获得沿斜面向下的速度v0。已知A、B 两点间的
距离为L，滑块在t＝t0时第一次运动到B 点，在t＝2t0时第二次运动到B 点，在t＝4t0时经过A 点，
重力加速度为g。弹簧振子的周期T =2π ❑√
m
k
，其中m 为振子质量，k 为弹簧劲度系数。下列说法正
确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数k = π
2m
8t0
2
B．滑块向下运动的最远点到A 点的距离为2L
C．A、B 两点到平衡位置的距离不一定相等
D．t0～2t0内弹簧对滑块作用力的冲量大小为1
2 mgt0+2mv0
【答案】D
【解答】解：A、由题意可知，滑块在t＝t0时向下经过B 点，在t＝2t0时向上经过B 点，根据简谐运
动的对称性，滑块到达最低点的时刻为t = t0+2t0
2
=1.5t0。滑块从A 点（t＝0）运动到最低点历时
1.5t0，则从最低点向上运动回到A 点同样需要1.5t0，即在t＝3t0时向上经过A 点。已知滑块在t＝4t0时
再次经过A 点，可知此时滑块是向下经过A 点，即恰好完成了一次全振动，故弹簧振子的周期T＝
4t0。根据周期公式T =2π ❑√
m
k
，解得k = π
2m
4t0
2 ，故A 错误；
BC、由周期T＝4t0可知，滑块从A 运动到平衡位置（历时0.5t0）与从平衡位置运动到B（历时0.5t0）
的时间相等，因此A、B 两点关于平衡位置对称，它们到平衡位置的距离相等，且滑块在A、B 两点的
速度大小相等，即vB＝vA＝v0。设振幅为A，由于经过A、B 两点距平衡位置的时间均为T
8 ，则距平
衡位置的位移大小均为
❑√2
2 A，于是有L=2×
❑√2
2 A = ❑√2 A，解得A =
❑√2
2 L。滑块向下运动的最远点
到A 点的距离为L
2 +
❑√2
2 L，不等于2L，故BC 错误；
D、在t0～2t0内，取沿斜面向下为正方向，滑块的初动量p1＝mv0，末动量p2＝﹣mv0。根据动量定理
有mgsin30°•t0﹣I 弹＝p2﹣p1，即mgsin30°•t0﹣I 弹＝﹣mv0﹣mv0，解得此过程中弹簧对滑块作用力的冲
量大小I 弹= 1
2 mgt0+2m v0，故D 正确。
故选：D。
4．如图所示，弹簧振子在A、B 两点间做简谐运动，O 为平衡位置，A、B 间距为20cm，小球完成10 次
全振动所用时间为20s，则下列说法中正确的是（ ）
A．该振子振动周期为2s，振幅为20cm
B．该振子由A 点运动到O 点的过程中速度减小
C．该振子由A 点运动到O 点的过程中回复力减小
D．该振子在任意0.5s 内通过的路程均为10cm
【答案】C
【解答】解：小球完成10 次全振动所用时间为20s，则振动周期T = 20
10 s，解得：T＝2s。弹簧振子在
A、B 两点间运动，其间距为20cm，对应2 倍振幅，故振幅A＝10cm。
A、由上述分析可知，振动周期为2s，振幅为10cm，故A 错误；
B、振子由最大位移处A 点运动到平衡位置O 点的过程中，做加速运动，速度逐渐增大，故B 错误；
C、振子由A 点运动到O 点的过程中，位移x 逐渐减小，根据回复力公式F＝﹣kx 可知回复力逐渐减
小，故C 正确；
D、振子做变速运动，只有在从平衡位置或最大位移处开始计时的情况下，1
4 周期（即0.5s）内通过的
路程才等于一个振幅10cm，故在任意0.5s 内通过的路程不一定为10cm，故D 错误。
故选：C。
5．如图甲所示的“笑脸弹簧小人”由头部、弹簧及底部组成，将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静
止释放，小人不停上下振动，非常有趣。可将其抽象成如图乙所示的模型，头部质量为m，弹簧质量
不计，劲度系数为k，底部质量为m
2 。已知当弹簧形变量为x 时，其弹性势能E p= 1
2 k x
2，不计一切摩
擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（ ）
A．将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面，下压最大距离为2mg
k
B．将弹簧小人静置于桌面上，轻压头部后静止释放，底部不离开桌面压力做功最大值为9m
2 g
2
16k
C．若弹簧小人在振动过程中底部恰好不离开桌面，则弹簧的最大弹性势能为25m
2 g
2
8k
D．若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为2g ❑√
m
k
【答案】C
【解答】解：A．静置于桌面的弹簧小人，弹簧压缩量为x0，则kx0＝mg
轻压头部后做简谐运动，底部不离开桌面，弹簧的最大伸长量为x1，则kx1＝0.5mg
最大振幅为：A＝x0+x1
可得A= 3mg
2k
故下压最大距离为3mg
2k ，故A 错误；
B．从平衡位置缓慢下压A 时最大压力为F，有F+mg＝k（x0+A）
代入数据解得F= 3
2 mg
压力做功最大值为：W= 0+ F
2
⋅A =
0+ 3
2 mg
2
× 3mg
2k = 9m
2 g
2
8k
，故B 错误；
C ．弹簧的最大压缩量为
Δx ＝x0+A ，则弹簧的最大弹性势能为：
E p= 1
2 kΔ x
2= k
2 ×( A + x0)
2= k
2 ×( 3mg
2k + mg
k )
2= 25m
2 g
2
8k
，故C 正确；
D．若刚释放时头部的加速度大小为g，设弹簧的压缩量为x2，则kx2﹣mg＝mg
代入数据解得：x2= 2mg
k
头部往上运动至弹簧压缩量为x0时头部速度最大，则1
2 k x2
2= 1
2 k x0
2+ 1
2 m v
2+mg( x2−x0)
代入数据解得：v= g ❑√
m
k
，故D 错误。
故选：C。
6．如图所示，一个质点在A、B 之间做简谐运动，O 点为平衡位置，M、N 分别是AO、OB 的中点。若
从质点经过N 点开始计时，经过2s 首次到达B 点。下列说法正确的是（ ）
A．质点经过M、N 两点时的加速度方向一定相反
B．质点经过M、N 两点时的速度方向一定相反
C．质点做简谐运动的周期可能为8s
D．质点做简谐运动的周期可能为3s
【答案】A
【解答】解：A、质点经过M、N 两点时的加速度方向均指向平衡位置O 点，因此这两点的加速度方
向相反，故A 正确；
B、质点经过M、N 两点时的速度方向可能相同，也可能不同，故B 错误；
CD、由于N 点是OB 的位移中点，从N 点向右运动至B 点对应的相位角为π
6 ，根据Δφ
2π = Δt
T ，解得从
N 点向右首次到达B 点的时间为Δt = T
12，则T＝24s；
质点从N 点向左运动首次到达B 点所用时间为T﹣2Δt＝2s，则T＝2.4s，故CD 错误。
故选：A。
7．无风平静的湖面上，一只小鸟停在一质量为m0的浮标上，浮标在不停地上下振动（视为简谐运动，
弹簧振子的周期公式为T =2π ❑√
m
k ，m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数），某同学想估测小鸟的
质量，他用计时器记录了n 次全振动的时间为t1。小鸟飞走后（时间足够长），他轻轻按压该浮标
（无风平静水面）后再松手，记录了n 次全振动的时间为t2，则小鸟的质量为（ ）
A．t1
2−t2
2
t2
2
m0
B．t1
2−t2
2
t1
2
m0
C．n
2t2
2
t1
2−t2
2 m0
D．n
2t1
2
t1
2−t2
2 m0
【答案】A
【解答】解：浮标在水面的上下振动视为简谐运动，鸟停在上方时等效于振子质量增大，鸟飞离等效
于振子质量减小，二者振动周期与浮标及其上物体总质量的平方根成正比，即T =2π ❑√
m
k
k 为定值则m鸟+m0
m0
= T 1
2
T 2
2，又T 1= t1
n
，T 2= t2
n
代入数据得m鸟= t1
2−t2
2
t2
2
m0，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）8．一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点，t＝0 时刻振子的位移x＝﹣1m；t = 1
3 s时刻x
＝1m；t＝1s 时刻x＝1m。该振子的振幅和周期可能为（ ）
A．2m，2
3 s
B．2m，2s
C．1m，2
3 s
D．1m，2s
【答案】ABC
【解答】解：AB、t＝0 时刻振子的位移x＝﹣1m，t= 1
3s 时刻x＝1m，如果振幅为2m，振子在1
3s 的
时间内直接从x＝﹣1m 达到x＝1m，可得sin( 2π
T ⋅t
2 )= x
A = 1
2，则T＝2s
如果1
3s 的时间内直接从x＝﹣1m 达到x＝1m，然后到达x＝2m 后再次返回到x＝1m 处，则1
3 s= T
2 ，
则T= 2
3 s
故AB 正确；
CD、t＝0 时刻振子的位移x＝﹣1m，t= 1
3s 时刻x＝1m，如果振幅为1m，则：（n+ 1
2）T＝t（n＝0、
1、2、3……），
解得T=
2t
2n+1 =
2
3
2n+1
s（n＝0、1、2、3……），
当n＝0 时，T= 2
3s；
当n＝1 时，T= 2
9s；故C 正确，D 错误。
故选：ABC。
（多选）9．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于原长时物块位
于O 点（图中未标出）。物块质量 m＝1kg，弹簧劲度系数k＝100N/m，物块与桌面间的动摩擦因数
μ＝0.2。现用水平向右的力将物块拉至A 点，此时弹簧伸长量Δx＝13cm，撤去拉力后物块由静止向左
运动经O 点最远到达B 点。简谐运动周期公式为T =2π ❑√
m
k
，重力加速度为g＝10m/s2。下列说法中
正确的是（ ）
A．物块在B 点所受弹力小于在A 点所受弹力
B．物块最终停在O 点左侧1cm 处
C．物块运动的总时间为0.3πs
D．物块运动的总路程为52cm
【答案】ABC
【解答】解：对物块受力分析，物块与桌面间的动摩擦力为f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。当物块向左运
动时，合力为0 的位置（等效平衡位置）在O 点右侧，设其坐标为x1，则有kx1＝f，解得x1＝0.02m＝
2cm；同理，当物块向右运动时，等效平衡位置在O 点左侧x2＝﹣2cm 处。
AB、物块从A 点（xA＝13cm）开始向左运动，第一段半周期的振动中心为x1＝2cm，振幅A1＝13cm
﹣2cm＝11cm。
物块运动到最左端B 点时，坐标xB＝x1﹣A1＝2cm﹣11cm＝﹣9cm，即B 点在O 点左侧9cm 处。此时
物块在B 点受到的弹力为FB＝k|xB|＝100×0.09N＝9N，在A 点受到的弹力为FA＝kxA＝100×0.13N＝
13N，显然FB＜FA。由于FB＝9N＞f＝2N，物块将向右回弹。
向右运动阶段振动中心为x2＝﹣2cm，振幅A2＝|﹣9cm﹣（﹣2cm）|＝7cm，到达最右端C 点坐标xC
＝x2+A2＝﹣2cm+7cm＝5cm。
同理，再次向左运动时振动中心为x1＝2cm，振幅A3＝5cm﹣2cm＝3cm，到达最左端D 点坐标xD＝x1
﹣A3＝2cm﹣3cm＝﹣1cm。
此时弹力FD＝k|xD|＝1N＜f＝2N，物块停止运动。故物块最终停在O 点左侧1cm 处，故AB 正确。
C、根据简谐运动周期公式T =2π ❑√
m
k =2π ❑√
1
100 s=0.2πs。物块每经过一次等效平衡位置到达另一
侧最远点的时间为半个周期，即t半= T
2 =0.1πs。
物块共经历了三次半周期运动（A→B，B→C，C→D），总时间t＝3×0.1πs＝0.3πs，故C 正确。
D、物块运动的总路程s＝（xA﹣xB）+（xC﹣xB）+（xC﹣xD）＝（13+9）cm+（5+9）cm+（5+1）cm
＝42cm，故D 错误。
故选：ABC。
（多选）10．如图所示，竖直轻弹簧的一端固定于水平地面，另一端连着物块A 保持静止，弹簧的劲度
系数为200N/m。物块B 从A 的正上方距离A 的高度为h 处自由释放，与A 发生完全非弹性碰撞后一
起运动，碰后A、B 并不粘连。已知A、B 的质量均为2kg，简谐运动的周期T＝2π❑√
m
k
，其中m 为振
子的质量，k 为劲度系数，重力加速度取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，则（ ）
A．若h＝0.2m，A、B 碰撞过程中机械能损失2J
B．若h＝0.3m，A、B 一起做简谐运动的振幅为0.4m
C．若h＝0.525m，A、B 在平衡位置上方0.2m 处分离
D．若h＝0.525m，A、B 碰后B 第一次从最低点运动到最高点的时间为(143 π +135)❑√2
1800
s
【答案】ACD
【解答】解：取水平向下为正方向
A.物块B 自由下落h＝0.2m，由v0
2=2 gh
代入数据可得碰前速度v0＝2m/s，A、B 完全非弹性碰撞，由动量守恒mBvo＝（mA+mB）v1
代入数据可得v1＝1m/s，碰撞损失机械能ΔE = 1
2 mB v0
2−1
2 (mA+mB)v1
2
代入数据可得ΔE＝2J，故A 正确；
B.碰后系统质量M＝4kg，碰撞前弹簧压缩量x1= mA g
k
代入数据可得x1＝0.1m；碰后平衡位置压缩量x2= Mg
k
代入数据可得x2＝0.2m，故碰撞位置在平衡位置上方x0＝x2﹣x1
代入数据可得x0＝0.1m 处，不分离条件为振幅A≤x2
由能量关系1
2 k A
2= 1
2 k x0
2+ 1
2 M v1
2
代入得100A2＝1+10h
当A≤0.2m 时，代入得100×（0.2）2≤1+10h
代入数据可得h≤0.3m，故B 错误；
CD.当 h＝0.525m 时，由100A2＝6.25
代入数据可得A＝0.25m＞0.2m，故在平衡位置上方0.2m 处分离
第一段简谐运动ω=5 ❑√2rad / s
结合0.2＝﹣0.25cos（ωt1）
第二段竖直上抛：分离速度vsep=0.75 ❑√2m/ s，结合v＝gt2
代入数据可得上升时间t2=0.075 ❑√2s
总时间t＝t1+t2
代入数据可得t= (143 π +135)❑√2
1800
s，故CD 正确。
故选：ACD。
题型二 简谐运动的公式和图像
1．简谐运动的振动方程和图像
(1)从平衡位置开始计时：x＝Asin ωt，如图甲所示。
(2)从最大位移处开始计时：x＝Acos ωt，如图乙所示。
(3)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．图像信息
(1)确定振动质点在任一时刻的位移：图中t1、t2时刻的位移分别为x1＝7 cm，x2＝－5
cm。
(2)确定振动的振幅、周期和频率：图中的振幅A＝10 cm。周期T＝0.2 s，频率f＝＝5
Hz，OD、AE、BF 的间隔都等于振动周期。
(3)确定质点的振动方向：图中的t1、t3时刻，质点向正方向运动；t2时刻，质点向负方向
运动。
(4)确定质点加速度的大小和方向：由于回复力总是指向平衡位置，所以加速度在图像上
总是指向t 轴，图中t1时刻加速度a1为负，t2时刻加速度a2为正，又因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|
a2|。
【例题精讲】
1．扬声器是语音和音乐的播放装置，在生活中无处不在。如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动
图像，下列判断正确的是（ ）
A．t＝1×10﹣3s 时刻纸盆中心的速度最小
B．t＝2×10﹣3s 时刻纸盆中心的加速度最大
C．在0～2×10﹣3s 之间纸盆中心的速度方向不变
D．在0～1×10﹣3s 之间纸盆中心的速度方向和加速度方向相同
【答案】A
【解答】解：根据纸盆中心的振动图像可知，纸盆中心做简谐运动。
A、在t＝1×10﹣3s 时，纸盆中心的位移处于正向最大值处，由简谐运动的物理特性可知，此时质点的
速度为零，即速度大小最小，故A 正确；
B、在t＝2×10﹣3s 时，纸盆中心的位移为零，即处于平衡位置，根据简谐运动加速度与位移的关系
a=−k
m x可知，此时纸盆中心的加速度为零，即加速度大小最小，故B 错误；
C、在0～1×10﹣3s 时间内位移增大，速度方向为正，而在1×10﹣3s～2×10﹣3s 时间内位移减小，速度方
向为负，说明在t＝1×10﹣3s 时速度方向发生了改变，故C 错误；
D、在0～1×10﹣3s 时间内，纸盆中心正远离平衡位置向上运动，位移x 为正，速度v 方向为正；由于
加速度a 的方向始终指向平衡位置，此时加速度方向向下（为负），故速度方向与加速度方向相反，
故D 错误。
故选：A。
2．如图所示为水平弹簧振子的速度随时间变化的正弦函数曲线，从0 时刻开始计时，下列说法正确的是
（ ）
A．t＝0 时，振子处于平衡位置
B．t＝1.5s 时，振子的加速度最大
C．振子的振动方程为x =6sin( π
3 t )
D．t＝2s 和t＝5s 时弹簧的弹性势能相等
【答案】D
【解答】解：由v﹣t 图像可知，振子的速度按正弦规律变化，最大速度vm＝6m/s，周期T＝6s，则角
速度ω= 2π
T ，解得：ω= π
3 rad / s。
A、在t＝0 时，振子的瞬时速度v＝0。在简谐运动中，速度为零的点位于最大位移处，即振子处于最
大位移处而非平衡位置，故A 错误；
B、在t＝1.5s 时，振子的速度达到正向最大值，说明振子此时经过平衡位置。在平衡位置处，回复力
为零，根据牛顿第二定律可知加速度a＝0，故B 错误；
C、根据vm＝Aω 可得振幅A = vm
ω 。将vm＝6m/s，ω= π
3 rad / s代入，解得：A = 18
π m。由于t＝0 时
振子在正向最大位移处，位移随时间变化的方程应为余弦函数x = 18
π cos( π
3 t )，故C 错误；
D、根据系统的机械能守恒可知，总机械能E = Ek + E p= 1
2 mv
2+ E p。由图像可知，t＝2s 时的速度
v1=6sin( 2π
3 )，解得：v1=3 ❑√3m/ s；t＝5s 时的速度v2=6sin( 5 π
3 )，解得：v2=−3 ❑√3m/ s。两
时刻振子的速率相等，则动能相等，由能量守恒定律可知两时刻弹簧的弹性势能相等，故D 正确。
故选：D。
3．如图为某质点做简谐振动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．该振动形成的波一定为横波
B．质点在t＝0.25s 时加速度的大小与t＝1s 时加速度的大小之比为1：❑√2
C．若图像表示一弹簧振子的受迫振动，则其固有周期一定为2s
D．若该振动形成波速为v＝2m/s 的横波，则平衡位置相距10m 的两质点振动步调相同
【答案】B
【解答】解：A、根据题意分析可知，不论是横波还是纵波，质点的振动图像都是正余弦形式，故A
错误；
B、根据题意分析可知，质点在t＝0.25s 时，根据三角函数知识可知，其位移为x＝2×
❑√2
2 m= ❑√2m
质点在t＝1s 时，其位移为x′＝﹣2m，又根据F＝kx 可得，其回复力之比为1：❑√2
其加速度为a= F
m，所以加速度之比为1：❑√2，故B 正确；
C、根据题意分析可知，弹簧振子做受迫振动，其周期等于驱动力的周期，不一定等于固有周期，故C
错误；
D、根据题意分析可知，由v= λ
T 可知，λ＝vT＝2×2m＝4m
故平衡位置相距10m 的两质点相距2.5 个波长，所以两质点振动步调相反，故D 错误。
故选：B。
4．质点在0～4s 的振动图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．由图可知，振动质点运动的轨迹是正弦曲线
B．在3s 末质点的位移为10cm
C．在0～4s 内质点通过的路程为40cm
D．在0～1s 内质点做初速度为0 的加速运动
【答案】C
【解答】解：A．振动图像反映质点的位移随时间的变化情况，不是质点的运动轨迹，该振动图像并
不表示质点沿曲线运动，故A 错误；
B．根据图像纵坐标可知，在3s 末质点的位移为﹣10cm，故B 错误；
C．在0～4s 内，一个周期内，质点通过的路程等于四倍振幅，即40cm，故C 正确；
D．在0～1s 内质点从平衡位置向正向最大位移处运动，质点的速度逐渐减小，质点做减速运动，故D
错误。
故选：C。
5．如图1 所示，竖直悬挂的弹簧振子在A、B 两点之间做简谐运动，O 点为平衡位置，振子到达A 点开
始计时，规定竖直向上为正方向。图2 是弹簧振子做简谐运动的x﹣t 图像（部分），则（ ）
A．振子从A 点单向运动到B 点的时间为1s
B．t＝0.3s 时刻，弹簧对振子的弹力小于振子的重力
C．t＝0.25s 时刻，振子的速度最小
D．振子在任意0.5s 内的路程均为0.2m
【答案】D
【解答】解：由振子的x﹣t 图像可得，简谐运动的周期T＝1.0s，振幅A＝0.1m。
A、振子从A 点运动至B 点，完成半个周期，所需时间t = T
2 ，解得：t＝0.5s，故A 错误；
B、取竖直向上为正方向，在t＝0.3s 时，振子位移x＜0，表明其位于平衡位置下方，此时回复力方向
向上，因此弹簧弹力大于重力，故B 错误；
C、当t＝0.25s 时，振子位移为零，即经过平衡位置，此时速度达到最大值，故C 错误；
D、在简谐运动中，半个周期内振子的路程恒为2A；由于0.5s 恰为半个周期，故任意0.5s 内的路程均
为2×0.1m，解得：s＝0.2m，故D 正确。
故选：D。
6．如图所示是小球和轻质弹簧组成的弹簧振子在水平方向上做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是
（ ）
A．弹簧振子的振动周期为14s
B．t＝0 时刻，小球的位移为2❑√2cm
C．t＝4s 和t＝8s 两时刻，小球的位移相同，速度相同
D．0～2s 内，小球的动能增加，弹簧的弹性势能减小，系统的机械能减小
【答案】B
【解答】解：A．由图可知T
2 =8 s，解得周期：T＝16s，故A 错误；
B．小球的振动方程为：x = Asin( 2π
T t + 6 s
T ⋅2π )cm= 4 sin( π
8 t + 3
4 π )cm，所以t＝0 时刻，小球的
位移为x=2❑√2 cm，故B 正确；
C．由图可知，t＝4s 和t＝8s 两时刻，小球的位移相同，速度大小相等，但方向相反，即速度不同，故
C 错误；
D．由图可知，0∼2s 内，小球向平衡位置运动，速度增大，则动能增加，弹簧的弹性势能减小，只有
弹簧弹力做功，系统的机械能不变，故D 错误。
故选：B。
7．如图所示，有一带狭缝的挡板固定在水槽中，一细杆在水槽中振动，水面上O 点为振源，发现在挡板
后面A 处的小木块上下振动。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小细杆振动频率，A 处的小木块仍会振动
B．若减小细杆振动频率，水波的传播速度将减小
C．若仅增大狭缝的宽度，A 处的小木块一定会发生明显振动
D．若减小细杆的振动频率，同时减小狭缝的宽度，A 处的小木块可能不振动
【答案】A
【解答】解：AB、根据发生明显衍射现象的条件，障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多，
仅减小细杆振动频率，水波的传播速度v 不变；又由λ= v
f 可知，波长λ 会增大，则A 处的小木块仍会
振动，故A 正确，B 错误；
C、若仅增大狭缝的宽度，有可能不会发生明显的衍射现象，则A 处的小木块不一定会发生明显振动，
故C 错误；
D、若减小细杆的振动频率，则水波的波长增大，同时减小狭缝的宽度，则一定会发生明显的衍射现
象，A 处的小木块一定会振动，故D 错误。
故选：A。
（多选）8．某机械传动装置如图1 所示，曲柄OP 绕固定点O 在竖直面内转动时，P 点可在T 形连杆的
槽中滑动，连杆连接一物块M。OP 逆时针匀速转动时，通过连杆和弹簧带动M 在水平方向上做简谐
运动，M 的振动图像如图2 所示。在 t＝0 时，P 点位于O 点的正下方，则（ ）
A．OP 的长度为0.6m
B．M 在t＝0.5s 时的速度为零
C．连杆在t＝1.3s 时的速度与t＝0.7s 时相同
D．OP 转动到水平方向时，M 运动的加速度为零
【答案】BC
【解答】解：由图2 可知，物块M 振动的振幅A＝0.3m，周期T＝2s，其位移随时间变化的规律为x＝
Asin（πt）。
A、在图1 所示的传动装置中，曲柄OP 转动时，通过连杆带动滑块在水平方向做往复运动，连杆位移
的振幅等于曲柄的长度，即OP＝A＝0.3m，故A 错误；
B、根据图2，在t＝0.5s 时，物块M 位于正向最大位移处，此时物块的瞬时速度为零，故B 正确；
C、连杆的角速度ω= 2π
T = πrad / s，其运动规律与物块同步，速度规律满足v＝vmaxcos（πt）。当t＝
0.7s 时，v1＝vmaxcos（0.7π）；当t＝1.3s 时，v2＝vmaxcos（1.3π）。根据诱导公式cos（π+0.3π）＝cos
（π﹣0.3π）＝﹣cos（0.3π），可知这两个时刻连杆的速度大小和方向均相同，故C 正确；
D、当OP 转动至水平方向时，连杆位于最大位移处，物块M 也随之处于最大位移处。根据简谐运动
的特征a=−k
m x可知，此时物块的加速度达到最大值，故D 错误。
故选：BC。
（多选）9．如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两摆的振幅之比为2：1
B．t＝2s 时，甲摆摆球到达重力势能最小处，乙摆摆球的动能为零
C．甲、乙两摆的摆长之比为1：2
D．甲摆摆球在最低点时的向心加速度大于乙摆摆球在最低点时的向心加速度
【答案】ABD
【解答】解：由振动图像可知，甲摆的振幅A 甲＝2cm，周期T 甲＝4s；乙摆的振幅A 乙＝1cm，周期T
乙＝8s。
A、甲、乙两摆的振幅之比为2cm：1cm＝2：1，故A 正确；
B、在t＝2s 时，甲摆的位移为0，处于平衡位置，此时重力势能最小；乙摆的位移为最大值1cm，处
于最大位移处，其速度为零，故动能为零，故B 正确；
C、根据单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g
，可得摆长L= gT
2
4 π
2，因此摆长与周期的平方成正比，甲、乙两摆
的摆长之比为
L甲
L乙
=( T 甲
T 乙
)
2=( 4
8 )
2= 1
4 ，故C 错误；
D、摆球在最低点时的向心加速度为a= v
2
L ，根据机械能守恒定律mgL(1−cosθ)= 1
2 m v
2，并结合小
角度近似1−cosθ≈A
2
2 L
2，可得a= g A
2
L
2 。由于甲摆的A
L 比值大于乙摆，因此甲摆在最低点的向心加速
度较大，故D 正确。
故选：ABD。
（多选）10．如图1，重物A、B 和C 通过不可伸长的轻质细绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，悬挂
重物C 的细绳与两定滑轮水平线夹角为60°时，系统将处于静止状态。设重物C 在此位置坐标为0，缓
慢把重物C 向上托起1cm，然后由静止释放并开始计时，重物C 的运动可视为简谐运动，取竖直向上
为正方向，其振动图像如图2 所示，关于重物C 下列说法正确的是（ ）
A．重物C 简谐运动的振幅为2cm
B．重物C 在t＝2s 时速度为0
C．重物C 在t＝4s 时加速度方向竖直向上
D．重物C 在t＝6s 时加速度为0
【答案】CD
【解答】解：由振动图像图2 可知，重物C 在y＝1 m 处由静止释放，该处为最高点，平衡位置位于y
＝0 处。
A、根据图2，重物C 偏离平衡位置的最大距离为1 cm，即振幅A＝1 cm，故A 错误；
B、在t＝2 s 时，重物C 经过平衡位置y＝0，做简谐运动的物体在平衡位置时速度最大，不为零，故
B 错误；
C、在t＝4 s 时，重物C 位于负向最大位移处（最低点），依据简谐运动特征a=−k
m y可知，加速度
方向总是指向平衡位置，此时加速度方向竖直向上，故C 正确；
D、在t＝6 s 时，重物C 再次经过平衡位置y＝0，此时物体所受合外力（回复力）为零，根据牛顿第
二定律可得其加速度为零，故D 正确。
故选：CD。
题型三 受迫振动和共振
简谐运动、受迫振动和共振的关系比较
振动类型
简谐运动
受迫振动
共振
受力情况
仅受回复力
受驱动力
受驱动力
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
机械工作时底座发生
共振筛、声音的共鸣
(θ≤5°)
的振动等
等
【例题精讲】
1．如图为某单摆做受迫振动的振动曲线，取g＝10m/s2，π2＝10。则（ ）
A．此单摆的固有周期为2s
B．此单摆的摆长约为2m
C．若仅摆长增大，共振曲线的峰值将向右移
D．若仅增大驱动力频率，单摆的固有频率也增大
【答案】A
【解答】解：AB.当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大，由振动曲线得，该单摆的固有频率为f
＝0.5Hz，根据f = 1
T ，可得T＝2s，由T =2π ❑√
L
g
，可得L＝1m，故A 正确，B 错误；
C.由周期公式可知增大摆长，固有周期变大，则单摆固有频率越小，峰值将向左移动，故C 错误；
D.单摆的固有频率与摆长有关，与驱动力频率无关，故D 错误。
故选：A。
2．某减噪装置结构如图所示，当外界声音通过时引起装置的共振从而吸收声波达到减噪效果。已知其固
有频率表达式为f 0=
k
❑√σL（SI 制），其中σ 为薄板单位面积的质量，L 为空气层的厚度，k 为常数。
经测试发现它对频率为200Hz 的声音减噪效果最强，若外界声波频率由200Hz 变为300Hz，则
（ ）
A．该装置振动频率仍为200Hz
B．适当增大L，可以获得更好减噪效果
C．适当调小σ，可以获得更好减噪效果
D．该装置的减振效果随着外界声波的频率的增大，减噪效果越好
【答案】C
【解答】解：A、当外界声波频率变化时，装置做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所
以外界声波频率由200 Hz 变为300Hz，则系统振动频率为300Hz，故A 错误；
BC、为获得更好减噪效果，可以使固有频率增加；根据固有频率为f 0=
k
❑√σL可知，可仅减小L 的大小
或仅换用σ 更小的薄板，故B 错误，C 正确；
D、当频率大于200Hz，随着外界声波的频率的增大，远离固有频率，减噪效果越差，故D 错误。
故选：C。
3．单摆做阻尼振动的位移—时间图像如图所示，则摆球在P 与N 时刻相同的物理量是（ ）
A．加速度
B．动能
C．势能
D．机械能
【答案】C
【解答】解：A.单摆加速度与位移成正比且方向相反，P、N 时刻位移大小相等、方向相反，加速度大
小相等、方向相反，故A 错误；
B.阻尼振动中机械能不断损耗，N 时刻晚于P 时刻，机械能更小，且P、N 势能相等，故N 时刻动能更
小，故B 错误；
C.单摆势能由位移大小决定，P、N 时刻位移大小相等，势能相等，故C 正确；
D.阻尼振动中阻力持续做功，机械能不断减少，N 时刻晚于P 时刻，机械能更小，故D 错误。
故选：C。
4．如图，在张紧的绳上挂三个摆，a、c 两摆的摆长相等。使a 摆振动，其余各摆在a 摆的驱动下逐步振
动起来。稳定时，测得b 摆的周期为t0。不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．稳定时c 摆的周期等于t0
B．稳定时b 摆的振幅最大
C．增加b 摆的摆长可以增加稳定时b 摆的周期
D．根据已知条件无法估算出a 摆的摆长
【答案】A
【解答】解：A、受迫振动的周期由驱动力的周期决定，a 摆是驱动力源，b、c 摆的受迫振动周期均等
于a 摆的周期，c 摆周期等于t0，故A 正确；
B、受迫振动的固有周期与驱动力周期相等时发生共振，振幅最大。a、c 摆长相等，固有周期相等，c
摆发生共振，振幅最大，故B 错误；
C、受迫振动的周期由驱动力周期决定，与摆长无关，增加b 摆的摆长，其稳定时的周期仍等于a 摆的
周期，不会改变，故C 错误；
D、摆的周期t0等于a 摆的周期，结合单摆周期T =2π
❑√
La
g
因为T＝t0
代入数据可得La= gt0
2
4 π
2，故D 错误。
故选：A。
5．如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E 摆长均为l，先让A 摆振动起来，其他各摆随后
也跟着振动起来，则（ ）
A．其他各摆振动周期跟A 摆不相同
B．其他各摆振动的振幅大小相等
C．其他各摆振动的振幅大小不同，E 摆的振幅最大
D．B、C、D 三摆振动的振幅大小不同，B 摆的振幅最大
【答案】C
【解答】解：A．A 摆做自由振动，B、C、D、E 四摆做受迫振动，故这四个摆的振动周期跟A 摆相
同，故A 错误；
BC．其他各摆做受迫振动，根据共振发生的条件，固有频率与A 摆振动频率越接近，振幅越大，E 摆
的固有频率等于A 摆的固有频率，E 摆发生共振，E 摆的振幅最大，故B 错误，C 正确；
D．根据单摆的周期公式可知，驱动力的频率等于A 摆的固有频率f A = 1
T A
= 1
2π
❑√
g
l ，B、C、D 三摆
的固有频率与驱动力的频率关系是f B= 1
2π
❑√
g
0.5l ≈1.41f A，f C = 1
2π
❑√
g
1.5l ≈0.82f A，fD
= 1
2π
❑√
g
2l ≈0.71fA，可知B 摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以B 摆的振幅最小，故D 错误。
故选：C。
6．如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T 形支架在竖直方向振动，T 形支架的下面系
着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统。当圆盘静止时，小球可稳定振动。现使圆盘匀速转动，
经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线（振幅A 与驱动力的频
率f 的关系）如图乙所示，则（ ）
A．圆盘匀速转动时，振动小球的频率与圆盘转动的频率无关
B．此振动小球的固有频率约为3Hz
C．若圆盘匀速转动的周期增大，振动小球的振幅减小
D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动
【答案】B
【解答】解：A、根据题意分析可知，振动系统的振动频率是由驱动力的频率决定的，振动小球的频
率由圆盘转动的频率决定，故A 错误；
B、根据题意分析可知，由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3Hz，故B 正确；
C、根据题意分析可知，若圆盘匀速转动的周期增大，频率减小，因不知道初始频率与固有频率的关
系，无法判断振幅变化，故C 错误；
D、根据题意分析可知，共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，
与驱动力的频率无关，故D 错误。
故选：B。
7．要使做简谐运动的单摆的周期变大，下列操作中可行的是（ ）
A．增大摆长
B．增大摆球的质量
C．增大单摆的振幅
D．将单摆从广州移到北京
【答案】A
【解答】解：根据单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g ，其中 L 为摆长，g 为单摆所处位置的重力加速度。
所以想要增加单摆的周期，可以增大摆长，或减小重力加速度，与摆球的质量和单摆的振幅无关。
其中从广州到北京，纬度增大，重力加速度会增大。
故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
（多选）8．如图所示为某一弹簧振子在水平方向上做简谐运动的图像，在0～1.6s 范围内下列说法正确
的是（ ）
A．物体简谐运动的周期为0.4s
B．物体在0.9s 时和1.5s 时受到的回复力相同
C．物体在0.9s 时和1.5s 时的瞬时速度相等
D．物体在0.6～0.9s 时间段内加速度一直增加
【答案】C
【解答】解：A、由振动图像可知，振子完成一次全振动所需的时间即为周期，从波峰到波谷的时间
间隔可得周期满足T＝2（t2﹣t1），解得：T＝0.8s，故A 错误。
B、振子所受回复力满足F＝﹣kx，由图可知，0.9s 时刻的位移为正，而1.5s 时刻的位移为负，解得：
两时刻回复力方向相反，故B 错误。
C、振子的瞬时速度满足v＝ωAcos（ωt+ϕ0），依据简谐运动的对称性及相位关系分析可知，在0.9s
和1.5s 两个时刻，振子均处于向正方向运动的状态，解得：瞬时速度大小相等，故C 正确。
D、振子的加速度满足a=−k
m x，在0.6s 至0.9s 的时间段内，振子先从负向最大位移处向平衡位置运
动，之后继续朝正向运动，其位移的绝对值先减小后增大，解得：加速度的大小先减小后增大，故D
错误。
故选：C。
（多选）9．下列选项中现象和原理表述正确的是（ ）
A．图甲中，救护车从路人身边经过时，路人耳中救护车笛声的频率发生变化，是波的干涉现象
B．图乙中，水波绕过挡板继续传播，是波的衍射现象
C．图丙中，主动降噪耳机发出降噪声波来实现降噪的效果，是多普勒效应
D．图丁中，单摆a 被拉离平衡位置后开始摆动，其余三个单摆中单摆c 的振幅最大，是共振现象
【答案】BD
【解答】解：A．图甲中，救护车从路人身边经过时，路人听到的笛声频率发生变化，这是多普勒效
应，当波源与观察者发生相对运动时，观察者接收到的频率会改变（靠近时频率升高，远离时频率降
低），而非波的干涉现象，故A 错误；
B．图乙中，水波绕过挡板继续传播，是波的衍射现象，故B 正确；
C．图丙中，主动降噪耳机发出降噪声波来实现降噪的效果，是波的干涉现象，故C 错误；
D．图丁中，单摆a 被拉离平衡位置后开始摆动，其余三个单摆中单摆c 的振幅最大，是共振现象，故
D 正确。
故选：BD。
（多选）10．据史书记载：晋朝初期，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐。
当时的学者判断，这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣（共振）所致。后来把铜盘磨薄一些，它就不再自
鸣了。在机械振动中，关于共振现象，以下说法错误的是（ ）
A．在图1 中，A、B、C 三个小球，其中A 球的固有频率最小，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，三个小球的振幅和周期都相等
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4：1
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4：1
【答案】ABD
【解答】解：A.单摆周期T＝2π❑√
L
g
，固有频率f = 1
T = 1
2π
❑√
g
L
，所以摆长越长，固有频率越小。因此
C 球固有频率最小，A 球固有频率最大，B 球居中，故A 错误；
B.在图1 中，若把A 球拉开较小角度释放，A 球作为驱动力源，其振动频率为自身固有频率，B 球和C
球做受迫振动，振动频率等于A 球的固有频率，故三者周期相等。但A 振幅最大，B、C 振幅较小，
故B 错误；
C.在图2 中，甲乙两单摆的共振频率（即固有频率）分别为f0和2f0。
根据在同一地点g 相同，故f 甲
f 乙
= ❑√
L乙
L甲
，代入f 0
2f 0
= 1
2 = ❑√
L乙
L甲
，解得L甲
L乙
= 4
1 ，故C 正确；
D.在图2 中，若两单摆摆长相同，固有频率f 甲＝f0，f 乙＝2f0。根据f = 1
2π
❑√
g
L摆长L 相同，故
f 甲
f 乙
= ❑√
g甲
g乙
代入f 0
2f 0
= 1
2 = ❑√
g甲
g乙
，
解得
g甲
g乙
= 1
4 ，故D 错误。
本题选错误的选项，故选：ABD。
题型四 单摆及其周期公式
1．单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F 回＝－mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示
回复力F 回与位移x 的方向相反。
(2)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F 向＝FT－mgcos
θ。
(3)两点说明
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 的理解
(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。
说明：在不同星球表面：g′＝，M 为星球的质量，R 为星球的半径。
3．等效摆长及等效重力加速度
有些情况下，单摆处在并非只有重力场的环境中，即为类单摆，则T＝2π，其中g′和
l′的意义如下：
(1)l′——等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长
l′＝r＋Lcos α。乙图中小球(可看作质点)在半径为R 的光滑圆槽中靠近A 点的附近振动，
其等效摆长为l′＝R。
(2)g′——等效重力加速度一般情况下，g′＝，F 为单摆摆球相对于摆动圆弧的圆心静
止时，摆线或圆弧轨道对摆球的作用力，如图丙中g′＝＝gsin α。如图丁中g′＝＝。
【例题精讲】
1．如图所示，可视为质点的小球在半径为R 的光滑圆弧面上A、B 之间往复运动，且弧长^
AB远小于R。
忽略空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A．小球在A 点对圆弧面的压力大于小球重力
B．小球在B 点的回复力近似等于重力与支持力的合力
C．小球在最低点的回复力近似等于重力与支持力的合力
D．小球在左右两侧等高处有相同的回复力
【答案】B
【解答】解：A、小球在A 点速度为零，向心加速度为零。此时小球受重力和支持力，沿法向分解，
支持力N＝mgcosθ，其中θ 是OA 与竖直方向夹角。cosθ＜1，所以N＜mg，根据牛顿第三定律，小球
对圆弧面的压力等于N，小于重力，故A 错误。
B、小球在B 点速度为零，向心加速度为零，所以重力与支持力的合力沿切线方向，这个合力就是回
复力。因为此时没有向心加速度，所以重力与支持力的合力全部用来提供回复力，所以B 点的回复力
近似等于重力与支持力的合力，故B 正确。
C、小球在最低点时，回复力应为零，因为这是平衡位置。此时重力与支持力的合力沿半径向上，提
供向心加速度，所以合力不为零，而回复力为零，故C 错误。
D、小球在左右两侧等高处，位移大小相等但方向相反，根据回复力公式F＝﹣kx，回复力大小相等，
方向相反，故回复力不同，故D 错误。
故选：B。
2．质量为m、摆长为L 的单摆，拉开一定角度后，t1时刻由静止释放。在t1、t2、t3（t1＜t2＜t3）时刻，
摆球的动能Ek与势能Ep第一次出现如图所示关系，图中E0为单摆的总机械能。则此单摆的周期以及
摆球在最低点的向心加速度为（取摆球在最低点时为零势能点）（ ）
A．2（t2﹣t1），E0
2mL
B．2(t2−t1)，E0
mL
C．4(t3−t1)，2 E0
mL
D．4（t3﹣t1），4 E0
mL
【答案】C
【解答】解：在t1时单摆处于最高点，势能最大。t3时在平衡位置，动能最大，则t3﹣t1是四分之一周
期，所以单摆周期为4（t3﹣t1）
单摆在最低点时，有E0= 1
2 m v
2
向心加速度是a= v
2
L
联立两式得a= 2 E0
mL ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
3．如图为海南省某处甲、乙两个单摆在同一竖直面内的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两个单摆的频率之比为1：2
B．甲、乙两个单摆的摆长之比为1：2
C．t＝4s 时，甲、乙摆球运动方向相反
D．若将该装置原封不动移到洛阳市，则单摆做简谐运动的周期变大
【答案】C
【解答】解：A．根据甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像可知甲、乙两单摆的周期分别是
4s 和8s，则周期之比f 甲
f 乙
= T 乙
T 甲
= 8
4 = 2
1，故A 错误；
B．甲、乙两单摆的周期分别是4s 和8s，即甲、乙两单摆的周期之比为1：2，根据T=2π ❑√
L
g
可知，摆长之比为1：4，故B 错误；
C、由图可知，甲、乙两摆在t＝4s 时刻图线的倾斜方向相反，即二者运动的方向相反，故C 正确；
D．由重力加速度的特点可知，洛阳的重力加速度大于海南的重力加速度，根据T=2π ❑√
L
g
可知将该装置原封不动移到洛阳市，则单摆做简谐运动的周期变小，故D 错误。
故选：C。
4．图甲为一单摆其固定于悬点O，点O 连接一力传感器，现将小摆球（可视为质点）拉至A 点，此时细
线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的
最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ 小于5°且是未知量。图乙表示力传感器得到摆线的拉力大小F 随时
间变化的曲线，且图中t＝0 时刻为摆球从A 点开始运动的时刻（g 取10m/s2）。则下列正确的是（
）
A．单摆的振动周期0.2πs
B．单摆的摆长0.1m
C．摆球的质量0.05kg
D．运动过程中的最大速度
❑√2
4 m/ s
【答案】C
【解答】解：AB、小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，则小球的周期为T＝0.4πs
由单摆的周期公式为T =2π ❑√
L
g
解得单摆的摆长L= gT
2
4 π
2 = 10×0.16 π
2
4 π
2
m=0.4 m，故AB 错误；
CD、摆球在A 点和B 点受力分析
在最高点A 有Fmin＝mgcosθ
在最低点B 设小球的速度为v，有Fmax =mg+ mv
2
L
从A 到B，由机械能守恒定律得mgL(1−cosθ)= 1
2 m v
2
代入数据可得m＝0.05kg，v =
❑√2
5 m/ s，故C 正确，D 错误。
故选：C。
5．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，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，重力加速度g 取10m/s2。对于这个单摆的振
动过程，下列说法中正确的是（ ）
A．单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为x＝5sin2πt（cm）
B．单摆的摆长约为1m
C．从t＝2.5s 到t＝3s 的过程中，摆球的动能逐渐减小
D．从t＝2.5s 到t＝3s 的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
【答案】B
【解答】解：A、由单摆的振动图像可知，其周期T＝2s，振幅A＝5cm。根据圆频率公式ω= 2π
T ，解
得ω＝πrad/s，因此单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为x＝5sin（πt）cm，故A 错误；
B、依据单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g
，代入数据可计算出摆长L≈1m，故B 正确；
CD、在t＝2.5s 到t＝3s 的过程中，摆球从右侧最高点向平衡位置运动，其位移逐渐减小，速度逐渐增
大，因此动能逐渐增大，回复力随之减小，故CD 错误。
故选：B。
6．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．t＝0.2πs 时小球动能最大
C．OP：PB＝2：1
D．OB＝1.6m
【答案】D
【解答】解：A、由图可得，该单摆的周期为T＝2×（0.5﹣0.2）πs，故A 错误；
B、由图可知，t＝0.2πs 时小球到达最高点，此时速度为零，此时动能最小，故B 错误；
CD、由单摆周期公式可得0.4 πs= π ❑√
OB
g
，0.2πs= π ❑√
PB
g
，解得：PB＝0.4m，OB＝1.6m，所以
OP
PB = OB−PB
PB
= 1.6−0.4
0.4
= 3
1，故C 错误，D 正确。
故选：D。
7．简谐运动是最简单、最基本的振动，从运动和相互作用的观念来说，是因为它的回复力（ ）
A．与时间成正比
B．与位移成正比
C．与速度成正比
D．与速度的平方成正比
【答案】B
【解答】解：根据F＝﹣kx 可知，回复力与位移成正比。简谐运动的加速度大小与方向均随时间周期
性变化，回复力与时间、速度、速度的平方不成正比。故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
（多选）8．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时刻合力为0
D．运动过程中，机械能不变
【答案】ABC
【解答】解：A、根据题意分析可知，在t1时刻，振动物体处于负的最大位移处，加速度方向竖直向
上，物体处于超重状态，故A 正确；
B、根据题意分析可知，在t2时刻，振动图对应的斜率为负，向下运动，故B 正确；
C、根据题意分析可知，在t2时刻，速度最大，加速度为零，合力为零，故C 正确；
D、根据题意分析可知，由于物体做减幅振动，所以运动过程中，机械能一直减小，故D 错误。
故选：ABC。
（多选）9．甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以判定（ ）
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，甲、乙两单摆摆长之比是9：4
B．甲、乙两单摆振动的频率之比是3：2
C．甲、乙两单摆振动的周期之比是2：3
D．若甲、乙两单摆在不同地点摆动，但摆长相同，则甲、乙两单摆所在地点的重力加速度之比为9：
4
【答案】BCD
【解答】解：BC，根据振动图像可知，1.5T 甲＝T 乙，结合频率公式f = 1
T ，可推知甲、乙两单摆的周
期之比为2：3，频率之比则为3：2，故BC 正确；
A、依据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
，在同一地点重力加速度g 相同，摆长L 与周期T 的平方成正比，因
此甲、乙两单摆的摆长之比为4：9，故A 错误；
D、若甲、乙两单摆在不同地点摆动但摆长相同，由周期公式可知，重力加速度g 与周期T 的平方成
反比，则甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9：4，故D 正确。
故选：BCD。
（多选）10．惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，如图甲所示，摆钟运行时克服摩擦
所需的能量由重锤的势能提供，运动的速率由钟摆控制，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆
杆上下移动，简化图如图乙所示．下列说法正确的是（ ）
A．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移
B．摆钟快了，应使圆盘沿摆杆下移
C．把摆钟从北京移到上海，应使圆盘沿摆杆上移
D．把摆钟从山顶移到山脚，应使圆盘沿摆杆上移
【答案】BC
【解答】解：AB、若摆钟变慢，是因为周期变大，根据单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g
，应减小摆长，即
上移圆盘；同理，若摆钟变快，应增加摆长，故应下移圆盘，故A 错误，B 正确；
C、从北京到上海，g 值变小，周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，故C 正确；
D、从山顶到山脚，g 值变大，周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，故D 错误。
故选：BC。
课时精练
一．选择题
1．光敏变色布被紫外线照射到的地方会变色留痕。如图所示，竖直放置的光敏变色布前面竖直悬挂一根
弹簧，弹簧下端所系物块装有向光敏变色布垂直发射紫外线的激光笔。使物块上下振动的同时，以速
率v 水平向左匀速拉动光敏变色布，在所绘痕迹上建立坐标系，已知物块在2s 内完成10 次全振动。下
列说法正确的是（ ）
A．物块振动频率为2.5Hz
B．振动过程中，物块机械能不守恒
C．x＝5x0时，物块的速度和加速度都为零
D．若x0＝2cm，则拉动光敏变色布的速度v＝10cm/s
【答案】B
【解答】解：A．物块在2s 内完成10 次全振动，则周期为T = 2
10 s=0.2s，物块振动频率为f
= 1
T = 1
0.2 Hz =5Hz，故A 错误；
B．振动过程，物块与弹簧组成的系统满足机械能守恒；由于存在弹簧弹力对物块做功，所以物体的
机械能不守恒，故B 正确；
C．x＝5x0时，由题图可知，物块处于最高点，则物块的速度为零，加速度最大，不为零，故C 错误；
D．若x0＝2cm，由题图可知，拉动光敏变色布的速度v = 2 x0
T = 2×2
0.2 cm/ s=20cm/ s，故D 错误。
故选：B。
2．如图所示，放置于水平地面上的物块A 通过劲度系数为k 的竖直轻弹簧与物块B 连接在一起，初始时
物块B 处于静止状态。已知物块A、B 的质量均为m，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能Ep= 1
2kx2
（x 为弹簧的形变量）。现给物块B 竖直向下、大小为2mg❑√
m
k
的瞬时冲量。不计空气阻力且弹簧始
终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块B 运动至最低点时弹簧的形变量为2mg
k
B．物块B 的最大加速度为2g
C．物块A 对地面的最大压力为3mg
D．物块A 能离开地面
【答案】B
【解答】解：A．根据共点力平衡可得开始时弹簧的压缩量x0= mg
k
根据动量定理可得B 的初速度v = I 0
m =2g ❑√
m
k
，
设物块B 运动至最低点时弹簧的形变量为
x ，根据机械能守恒可得
1
2 mv
2+mg( x−x0)= 1
2 k x
2−1
2 k x0
2
解得x = 3mg
k
，故A 错误；
B．物块B 处于最低点时加速度最大，根据牛顿第二定律有kx﹣mg＝mamax
解得amax＝2g，故B 正确；
C．物块B 处于最低点时物块A 受到的支持力最大，则有Fmax＝mg+kx＝4mg
根据牛顿第三定律可知，物块A 对地面的最大压力为4mg，故C 错误；
D．假设物块B 运动至最高点时物块A 未离开地面，此时物块B 的加速度大小也为amax，则有F 弹+mg
＝mamax
对A 有F′N+F 弹＝mg
解得F′N＝0
可知物块A 恰好未离开地面，故D 错误。
故选：B。
3．如图甲所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。以其平衡位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立坐
标轴，振子的位移x 随时间t 的变化规律如图乙所示，则（ ）
A．振子的振幅为4cm
B．振子的振动周期为1s
C．t＝1s 时，振子的速度为正的最大值
D．t＝1s 时，振子的加速度为正的最大值
【答案】C
【解答】解：A、结合乙图，弹簧振子的振幅为2cm，故A 错误；
B、结合乙图，弹簧振子的为2s，故B 错误；
CD、t＝1s 时，弹簧振子在平衡位置向上振动，此时弹簧振子的速度为正向最大值，加速度为零，故
C 正确，D 错误。
故选：C。
4．用手机和轻弹簧制作的振动装置如图甲所示。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，
以竖直向下为正方向，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，弹簧处于原长状态
B．t＝0.4s 时，手机在向上运动
C．t＝0.6s 时，手机在平衡位置下方
D．从t＝0.2s 至t＝0.4s，手机的动能减少
【答案】C
【解答】解：A、当t＝0 时，由题图乙可知手机的加速度为0，此时弹簧弹力等于手机重力，弹簧处于
伸长状态，故A 错误；
C、由图乙可知，在t＝0.6s 时，手机的加速度为负向最大，方向竖直向上，表明此时手机位于最低点，
即在平衡位置下方，故C 正确；
B、由图乙可知，在t＝0.2s 时，手机的加速度为正向最大，表明手机位于最高点；在t＝0.6s 时，手机
的加速度为负向最大，表明手机位于最低点；在t＝0.4s 时，手机的加速度为0，手机处于从最高点向
最低点运动的过程，经过平衡位置，因此t＝0.4s 时手机在向下运动，故B 错误；
D、由题图乙可知，从t＝0.2s 至t＝0.4s，手机的加速度向下减小，手机从最高点向平衡位置运动，加
速度方向与速度方向相同，手机做加速运动，其动能增大，故D 错误。
故选：C。
5．如图所示，两根长度均为l 的轻质细线，一端分别悬挂在天花板上的O1和O2点，另一端分别系有质
量均为m 的小球A 和B。现让小球A 在竖直面内做小角度（最大摆角θ＜5°）的简谐运动；小球B 在
水平面内做匀速圆周运动，且B 做圆周运动时，其悬线与竖直方向的夹角也为θ。已知重力加速度为
g。下列说法正确的是（ ）
A．两小球所受细线的拉力大小均保持不变
B．小球A 的运动周期大于小球B 的运动周期
C．小球A 在最低点时的向心加速度的大小等于小球B 的向心加速度的大小
D．将小球B 的角速度略微增大，其悬线与竖直方向的夹角θ 将减小
【答案】B
【解答】解：A.小球A 做简谐运动，在运动过程中速度大小变化，需要的向心力变化，且重力沿绳子
方向的分力也在变化，故细线拉力大小是变化的；小球B 做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，有
FBcosθ＝mg
解得F B= mg
cosθ ，拉力大小保持不变，故A 错误；
B.小球A 做单摆运动，其周期为TA＝2π❑√
l
g
小球B 做圆锥摆运动，合力提供向心力，有mgtanθ =m( 2π
T B
)
2lsinθ
解得TB＝2π❑√
2lcosθ
g
由于cosθ＜1，所以TA＞TB，故B 正确；
C.小球A 在最低点时，根据机械能守恒定律有mgt(1−cosθ)= 1
2 m v A
2
向心加速度aA = v A
2
l =2g(1−cosθ)
小球B 做匀速圆周运动，合力提供向心力，有mgtanθ＝maB
解得aB＝gtanθ，故C 错误；
D.对小球B，由mgtanθ＝mω2lsinθ
可得cosθ = g
ω
2l ，若角速度ω 略微增大，则cosθ 减小，夹角θ 将增大，故D 错误。
故选：B。
6．“疯狂迪斯科”游乐项目深受小朋友喜欢，其简化模型如图所示，倾角θ＝30°的斜面固定在水平地面
上，斜面上有一个固定的转盘，边缘凸起，质量m＝0.1kg 的小球可在边缘内壁做圆周运动，圆周运动
的圆心为O，半径R＝2m。某个小朋友从最低点A 以10m/s 的速度让小球沿边缘内壁逆时针做圆周运
动，不计一切阻力。已知重力加速度g＝10m/s2，滑块从A 点开始路程为s，机械能为E，动能为Ek，
重力势能为Ep，重力的瞬时功率为P，规定A 点为零势能面。各物理量随s 变化的图像正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解答】解：A、由于不计一切阻力，只有重力做功，小球机械能守恒，所以机械能E 随s 变化的图像
应为一条水平直线，故A 错误；
B、由机械能守恒有Ek＝E﹣Ep，所以Ek = E−mgR(1−cos s
R )sinθ，所以图像形状按照正弦规律变
化，动能先减小，到 s＝πR 时达到最小值，再增大到初始值，但小球通过最高点时动能不为0，故B
错误；
C、以A 点为零势能面，重力势能Ep＝mgh，其中h 是相对于A 点的竖直高度。在斜面上，设小球沿
圆弧走过弧长s，对应圆心角α = s
R ，此时小球位置相对于A 点的竖直高度h＝R（1﹣cosα）sinθ，所
以E p=mgR(1−cosα )sinθ =mgR(1−cos s
R )sinθ，所以Ek﹣s 图像是周期性的余弦形曲线，从0 开
始增大，到 s＝πR 时达到最大值2J，再减小到0，故C 正确；
D、将重力分解到平行于斜面方向和垂直于斜面方向，只有平行于斜面方向的重力分量会对沿斜面运
动的小球做功，产生功率，所以P＝（mgsinθ）vcosβ，其中β 是重力沿斜面分力方向与速度方向之间
的夹角。P =(mgsinθ)vcos(90°+α )=−mgsinθvsin s
R ，另外，速度大小v 是变化的，由机械能守恒
有1
2 m v
2= 1
2 m v0
2−mgR(1−cos s
R )sinθ，v = ❑√v0
2−2gR(1−cos s
R )sinθ将v 代入功率表达式，函
数包含sin s
R 和❑√(1−cos s
R )的乘积，所以P 是一个复杂的非线性函数，故D 错误。
故选：C。
二．多选题
（多选）7．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。t＝0 时刻在A 点释
放摆球，摆球在竖直面内的A、C 两点之间来回摆动，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 变化的曲线。已知摆长L＝1.5m，A、B 之间的最大摆角θ＝5°（取sin5°＝
0.087，cos5°＝0.996）。下列说法正确的是（ ）
A．当地的重力加速度大小为9.8m/s2
B．摆球的重力为0.5N
C．摆球在A 点时回复力的大小为0.5N
D．摆球在B 点的动能为0.003J
【答案】BD
【解答】解：A、由图乙可知，单摆周期T＝0.8πs，故T =2π ❑√
L
g
，解得g＝9.375m/s2，故A 错误；
B、摆球在A 点，拉力最小且与重力沿摆线的分力等大反向，有Fmin＝Gcosθ，由图乙可知Fmin＝
0.498N，解得G＝0.5N，故B 正确；
C、在A 点时摆球回复力大小为Gsinθ＝0.0435N，故C 错误；
D、从A 点到B 点能量守恒，有G( L−Lcosθ)= 1
2 mvB
2 −0，则EkB= 1
2 mvB
2，解得EkB＝0.003J，故D
正确。
故选：BD。
（多选）8．如图甲所示，单摆摆球在竖直面内的A、C 之间来回摆动，B 点为运动中的最低位置，最大
摆角α 为5°，悬点O 处接有一力传感器，记录摆线拉力大小F 随时间t 变化的关系如图乙所示。下列
判断正确的是（ ）
A．单摆的周期为1s
B．单摆的周期为2s
C．t＝0.5s 时刻，摆球在A 点
D．t＝1.5s 时刻，摆球在B 点
【答案】BD
【解答】解：单摆运动过程中，摆球在最低点速度最大，向心力也最大，根据平衡条件和向心力公式，
此时摆线拉力最大；在最高点速度为零，此时拉力最小。
AB、由图乙可知，拉力变化的周期为1s，而单摆在一个周期内会两次经过最低点，即拉力变化的周期
是单摆周期的一半，因此单摆周期T＝2s，故A 错误，B 正确；
CD、在t＝0.5s 和t＝1.5s 时刻，拉力F 均达到最大值，说明摆球在这两个时刻都经过最低点B，故C
错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）9．单摆M、N、O、P 自由振动时，振动图像分别如图甲、乙、丙、丁所示。现将单摆M、N、
O、P 悬挂在如图所示支架的细线上，并保持各自的摆长不变，使其中一个单摆振动，经过足够长的时
间，其他三个都可能振动起来，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．若使M 振动起来，P 不会振动
B．若使N 振动起来，稳定时N 振动的周期仍小于O 的振动周期
C．若使P 振动起来，稳定时M 比N 的振幅大
D．若使O 振动起来，稳定时M 的振动周期等于3s
【答案】CD
【解答】解：A.若使M 振动起来，其他单摆会做受迫振动，P 会振动，故A 错误；
B.受迫振动的周期等于驱动力的周期，稳定时N 振动的周期等于O 振动的周期，故B 错误；
C.若使P 振动起来，由于M 的固有周期与驱动力的周期相同，M 发生共振，稳定时M 比N 的振幅大，
故C 正确；
D.O 振动的周期为3s，使O 振动起来，M 做受迫振动，则稳定时M 振动的周期为3s，故D 正确。
故选：CD。
（多选）10．如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两个受迫振动是在地球上同一地点进行，则两个摆长之比L Ⅰ：L Ⅱ＝25：4
C．图线Ⅱ若表示是在地面上完成的，则该单摆摆长约为1m
D．若摆长均为1m，则图线Ⅰ表示是在地面上完成的
【答案】ABC
【解答】解：A、从图线上可以看出，两摆的固有频率
f Ⅰ＝0.2Hz，f Ⅱ＝0.5Hz
当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式
f = 1
2π
❑√
g
L
可知，g 越大，f 越大，所以
g Ⅱ＞g Ⅰ
又因为
g 地＞g 月
因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，故A 正确；
B、若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g 相同，摆长长的f 小，且有
f Ⅰ
f Ⅱ
= 0.2
0.5 = 2
5
所以
LⅠ
LⅡ
= 25
4 ，故B 正确；
CD、f Ⅱ＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示是在地面上完成的，根据
g＝9.8m/s2，f = 1
2π
❑√
g
L
可计算出L Ⅱ约为1m，故C 正确，D 错误。
故选：ABC。
三．解答题
11．如图所示，一单摆在AB 之间做简谐运动，摆球质量为m，摆长为L，摆角为θ，O 为平衡位置，重
力加速度为g。
（1）摆球从A 到B 的过程，摆线拉力的冲量 ≠ 0（填“＝”或“≠”），合力的冲量 ＝ 0
（填“＝”或“≠”）；
（2）当摆球在最高点A 点时，求摆线对摆球的拉力大小；
（3）当摆球经过最低点O 点时，求摆球对摆线的拉力大小。
【答案】（1）≠，＝；（2）摆线对摆球的拉力大小是mgcosθ；
（3）当摆球经过最低点O 点时，摆球对摆线的拉力大小是mg（3﹣2cosθ）。
【解答】解：（1）摆线拉力的冲量等于力与时间的乘积，不等于零；从A 到B 摆球的动量变化量为
零，合力冲量等于零。
（2）在最高点A 点时，v＝0，沿半径方向受力平衡，则FT＝mgcosθ
（3）摆球从A 摆到O，机械能守恒mgL(1−cosθ)= 1
2 m v
2
在O 点：F1−mg=m v
2
L
FT＝mg（3﹣2cosθ）
由牛顿第三定律得，摆球对摆线的拉力大小F′＝FT＝mg（3﹣2cosθ）
故答案为：（1）≠，＝；（2）摆线对摆球的拉力大小是mgcosθ；
（3）当摆球经过最低点O 点时，摆球对摆线的拉力大小是mg（3﹣2cosθ）。
12．如图所示，在竖直的光滑套管中有一根劲度系数k＝800N/m、长30cm 的轻弹簧。现让质量m＝4kg
的物块P 与弹簧上端轻轻接触并静止释放，则物块P 将在套管中做简谐运动。弹簧处于原长时弹性势
能为零，弹簧始终在弹性范围内（g＝10m/s2）。求：
（1）物块P 振动的振幅A；
（2）弹簧的最大弹力Fm和振动系统的最大弹性势能Epm。
【答案】（1）物块P 振动的振幅是5cm；
（2）弹簧的最大弹力是80N，振动系统的最大弹性势能是4J。
【解答】解：（1）物块在平衡位置时，有：F＝mg
由胡克定律得振幅为：A= F
k = mg
k = 4×10
800 m＝0.05m＝5cm
（2）由简谐运动的对称性可知，物块P 在最低点对平衡位置的位移大小与在最高点时的相等，弹簧被
压缩的最大长度为：xm＝2A
所以弹簧的最大弹力为：Fm＝kxm
解得：Fm＝2mg＝2×4×10N＝80N
物块P 在最低处时速度为零，动能最小，由振动系统的机械能守恒可知弹簧的势能最大，大小等于重
力势能的减少量，为：Epm＝mg•2A
解得：Epm＝4J
答：（1）物块P 振动的振幅是5cm；
（2）弹簧的最大弹力是80N，振动系统的最大弹性势能是4J。
13．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，在斜面底端固定挡板，劲度系数k＝25N/m 的
轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物块A 拴接，A 处于静止状态。现将A 上方沿斜面L＝0.9m 处的物
块B 由静止释放，B 与A 碰后瞬间粘在一起运动。已知物块A、B 的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，
弹簧的弹性势能E p= 1
2 k x
2（x 为弹簧的形变量），简谐振动的周期T =2π ❑√
m
k
（本题k 为弹簧劲度系
数，m 为振子质量），弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）B 与A 碰后瞬间粘在一起运动的速度大小；
（2）弹簧的最大压缩量；
（3）B 与A 碰后到第一次运动到最低点所用的时间。（结果可用π 及根式表示）
【答案】（1）B 与A 碰后瞬间粘在一起运动的速度大小是2m/s；
（2）弹簧的最大压缩量是1.4m；
（3）B 与A 碰后到第一次运动到最低点所用的时间是2❑√3 π
15
s。
【解答】解：（1）物块B 由静止释放至与A 碰前瞬间，由动能定理得mB gLsinθ= 1
2 mB v0
2
代入数据可得v0＝3m/s
B 与A 碰后瞬间粘在一起运动，规定初速度方向为正，由动量守恒定律得mBv0＝（mA+mB）v1
代入数据可得v1＝2m/s
（2）初始时，设弹簧的形变量为x0，对A 受力分析得mAgsinθ＝kx0
代入数据可得x0＝0.2m
A、B 整体处于平衡位置时（mA+mB）gsinθ＝kx1
代入数据可得x1＝0.6m
B 与A 碰后瞬间粘在一起做简谐运动，设振幅为A，当弹簧压缩最短时，此时B 与A 的速度刚好为
0 ，设此时弹簧的形变量为x2 ，对B 与A 整体，由能量守恒定律得
(mA+mB)g( x1−x0+ A)sinθ+ 1
2 (mA+mB)v1
2= 1
2 k( x1+ A)
2−1
2 k x0
2
代入数据可得振幅A＝0.8m
则x＝A+x1
代入数据可得x＝1.4m
（3）由前面分析可知简谐运动的振幅为A＝0.8m，平衡位置时弹簧的形变量为x1＝0.6m
开始时x0＝0.2m，均为压缩状态，B 与A 一起构成弹簧振子，其周期T =2π
❑√
mA+mB
k
代入数据可得T= 2❑√3 π
5
s
设物体B 与物体A 刚碰后到平衡位置的时间为t1= T
12，平衡位置到最低点的时间为t2= T
4
则：B 与A 碰后到第一次运动到最低点所用的时间t =t1+t2= T
3
代入数据可得t= 2❑√3 π
15
s
答：（1）B 与A 碰后瞬间粘在一起运动的速度大小是2m/s；
（2）弹簧的最大压缩量是1.4m；
（3）B 与A 碰后到第一次运动到最低点所用的时间是2❑√3 π
15
s。
14．如图所示，质量均为m 的物块A、B 由竖直轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为k，物块B 放置在水平地
面上，整个装置保持静止。现对A 施加竖直向下的恒定外力使A 向下运动，当压至弹簧最短时立即撤
去外力，物块A 被竖直向上弹起，发现A 向上运动到最高点时，物块B 恰好要离开地面。已知轻弹簧
的弹性势能表达式为Ep= 1
2kx2（x 为轻弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期表达式为T＝2π
❑√
M
k
（M 为振子的质量），重力加速度为g，所有过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，求：
（1）物块A 向上运动到最高点时的加速度a 的大小；
（2）物块A 向上运动过程中的最大速度v 的大小；
（3）物块A 被向下压时所受的恒定外力F 的大小；
（4）撤去外力后，弹簧从第一次达到自然长度到第二次达到自然长度所用的时间t。
【答案】（1）物块A 向上运动到最高点时的加速度大小为2g。
（2）物块A 向上运动过程中的最大速度大小为2g ❑√
m
k
。
（3）物块A 被向下压时所受的恒定外力F 的大小为mg。
（4）撤去外力后，弹簧从第一次达到自然长度到第二次达到自然长度所用的时间为4 π
3
❑√
m
k
。
【解答】解：（1）当物块A 运动至最高点时，物块B 恰好脱离地面，此时地面对B 的支持力为零，
弹簧处于伸长状态，其弹力为F1＝mg。
对物块A 进行受力分析，其受到重力mg 与弹簧向下的弹力F1，根据牛顿第二定律有mg+F1＝ma，解
得：a＝2g。
（2）物块A 速度最大时，其所受合力为零，此时弹簧处于压缩状态，弹力F2＝mg，压缩量为x1= mg
k 。
由最高点弹簧伸长量x2= mg
k 及简谐运动的对称性可知，振动的平衡位置在压缩量为x1 处，振幅
A = x1+ x2= 2mg
k
。
根据机械能守恒，从平衡位置到最高点，动能的减少量等于系统势能的增加量，即
1
2 m v
2=mg( x1+ x2)+ 1
2 k x2
2−1
2 k x1
2，代入数据解得：v =2 g ❑√
m
k 。
（3）由简谐运动对称性，最低点时弹簧的压缩量为x3= x1+ A = 3mg
k
。
在施加恒力F 使物块A 从初始平衡位置（压缩量x1）压至最低点（压缩量x3）的过程中，根据动能定
理有WF+WG+W 弹＝0，即F( x3−x1)+mg( x3−x1)−( 1
2 k x3
2−1
2 k x1
2)=0，代入数据解得：F＝mg。
（4）物块A 做简谐运动的圆频率为ω= ❑√
k
m
。设向上为正方向，以平衡位置为坐标原点，其振动方程
为y＝Acos（ωt），最高点对应t＝0。
当弹簧处于自然长度时，位移y = mg
k ，代入方程得2mg
k
cos(ωt )= mg
k ，解得ωt = π
3 。
弹簧从第一次达到自然长度到第二次达到自然长度经过了最高点，其总时间对应相位变化2ωt，解得：
t = 4 π
3
❑√
m
k 。
答：（1）物块A 向上运动到最高点时的加速度大小为2g。
（2）物块A 向上运动过程中的最大速度大小为2g ❑√
m
k
。
（3）物块A 被向下压时所受的恒定外力F 的大小为mg。
（4）撤去外力后，弹簧从第一次达到自然长度到第二次达到自然长度所用的时间为4 π
3
❑√
m
k
。
15．如图所示，小球m1＝0.3kg 从固定的四分之一圆弧轨道顶点静止释放，末端A 点与水平地面平滑连接。
地面B 点处物块m2与轻弹簧栓连且m2＝0.3kg 弹簧右端固定，初始时物块m2由轻绳锁定，处于静止
状态，弹簧压缩量为0.1m。小球m1滑到B 点时与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束瞬间轻绳恰
好被烧断，碰后m1、m2一起向右运动但不粘连。圆弧轨道半径R＝0.2m 且AB 间距大于0.2m。弹簧
劲度系数k＝20N/m 且始终在弹性限度内。已知弹簧弹性势能表达式为E p= 1
2 k x
2（x 为弹簧形变量），
且弹簧振子周期为T＝2π❑√
m
k
（k 为弹簧劲度系数，m 为振子质量），小球和物块可视为质点，不计一
切摩擦和空气阻力，g＝10m/s2。
（1）求m1到达轨道末端A 点时的速度大小。
（2）求m1与m2一起做简谐运动的振幅，以及弹簧压缩到最短时m2对m1的弹力大小。
（3）当m1与m2在某位置分离时立即把m1取走，求物块m2从碰撞结束瞬间到第二次经过B 点所用时
间为多少。
【答案】（1）小球到达轨道末端A 点时的速度大小为2m/s。
（2）一起做简谐运动的振幅为0.2m，弹簧压缩到最短时m2对m1的弹力大小为2N。
（3）物块m2从碰撞结束瞬间到第二次经过B 点所用时间为(4 ❑√3+3 ❑√6)π
48
s。
【解答】解：（1）小球m1 自圆弧轨道顶端滑至A 点的过程中，依据机械能守恒定律可得
m1gR = 1
2 m1v A
2 ，代入数据，解得vA＝2m/s。
（2）m1 与m2 在B 点发生碰撞，取向右为正方向，碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为vB，则有
m1vA＝（m1+m2）vB，解得vB＝1m/s；
碰后两者共同向右运动并压缩弹簧，以弹簧原长处为平衡位置，系统初始位于平衡位置右侧x0＝0.1m
处，初始弹性势能E p0= 1
2 k x0
2，解得Ep0＝0.1J；
根据系统机械能守恒，当弹簧压缩至最短时，动能全部转化为弹性势能，有
1
2 (m1+m2)vB
2 + E p0= 1
2 k A
2，代入数据，解得振幅A＝0.2m；
此时弹簧弹力最大，为Fmax＝kA，解得Fmax＝4N；
对m1与m2整体应用牛顿第二定律，系统最大加速度a=
Fmax
m1+m2
，解得a= 20
3 m/ s
2；
对m1进行隔离分析，其仅受m2的弹力FN，由牛顿第二定律得FN＝m1a，解得FN＝2N。
（3）碰后m1与m2共同做简谐运动，从碰撞点运动至弹簧最大压缩量后返回，经过弹簧原长位置时因
加速度反向而分离，此阶段为第一阶段。
系统周期T 1=2π
❑√
m1+m2
k
，解得T 1=
❑√3 π
5
s；
碰后起始位置距平衡位置0.1m，即A
2 ，根据简谐运动规律，第一阶段历时t1= 5
12 T 1，解得t1=
❑√3 π
12 s；
分离瞬间，系统速度最大，设为v0，由机械能守恒得1
2 (m1+m2)v0
2= 1
2 k A
2，解得v0= 2❑√3
3
m/ s；
此后m1被取走，m2继续做简谐运动，新系统周期T 2=2π
❑√
m2
k
，解得T 2=
❑√6 π
10 s；
新振幅A2满足1
2 m2v0
2= 1
2 k A2
2，解得A2=0.1❑√2m；
m2 分离后向左运动至最大伸长处再返回，第二次经过B 点，该过程对应的相位变化为5 π
4 ，用时
t2= 5
8 T 2，解得t2=
❑√6 π
16 s；
因此，物块m2从碰撞结束到第二次经过B 点所经历的总时间t＝t1+t2，解得t = (4 ❑√3+3 ❑√6)π
48
s。
答：（1）小球到达轨道末端A 点时的速度大小为2m/s。
（2）一起做简谐运动的振幅为0.2m，弹簧压缩到最短时m2对m1的弹力大小为2N。
（3）物块m2从碰撞结束瞬间到第二次经过B 点所用时间为(4 ❑√3+3 ❑√6)π
48
s。
