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第八章 机械振动 机械波
微专题57 机械振动
1．掌握简谐运动回复力公式F＝－kx，会分析简谐运动中x、v、a 等物理量的变化。 2.掌
握单摆周期公式T＝2π(等效单摆公式：T＝2π)。3.理解产生共振的原因，能正确解释共振曲
线。
1．关于简谐运动的理解，下列说法中正确的是( )
A．简谐运动是匀变速运动
B．简谐运动的回复力可以是恒力
C．弹簧振子每次经过平衡位置时，动能最大
D．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动
答案 C
解析 简谐运动是加速度变化的变加速运动，回复力与偏离平衡位置的位移成正比，是变力，
A、B 错误；弹簧振子每次经过平衡位置时，速度最大，动能最大，C 正确；单摆运动摆角
小于5°时可认为是简谐运动，D 错误。
2. (2023·山西省太原师范学院附中月考)如图所示，弹簧振子在A、B 之间做简谐运动，平衡
位置为O，振子的振动周期为T。从振子处于B 点开始计时，向右为正方向，能正确反映振
子位移x、回复力F、加速度a、弹簧振子的机械能E 与时间t 变化关系的图像是( )
答案 C
解析 从振子处于B 点开始计时，向右为正方向，计时起点处，位移为正向最大，回复力
为负向最大，加速度为负向最大，故C 正确，A、B 错误；弹簧振子的机械能守恒，故D 错
误。
3．(2024·贵州贵阳市开学考试)如图甲所示，O 点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球
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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，由静止释放摆球，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t＝0 为摆球从A 点开始运动的时刻，重力加速度g 取10 m/s2。下
列说法正确的是( )
A．单摆振动的周期为0.2π s
B．单摆的摆长为0.6 m
C．摆球的质量为0.05 kg
D．摆球运动过程中的最大速度为0.2 m/s
答案 C
解析 由题图乙可知，单摆的周期为0.4π s，故A 错误；由单摆周期公式T＝2π，代入数据
得l＝0.4 m，故B 错误；设OA 与OB 的夹角为θ，摆球的质量为m，由题图乙和牛顿第二定
律得在最高点mgcos θ＝0.495 N，在最低点0.510 N－mg＝m，摆球从A 点到B 点，由动能
定理得mgl(1－cos θ)＝mv2，联立解得m＝0.05 kg，v＝0.2 m/s，故C 正确，D 错误。
4. (2023·江苏省模拟)如图所示，轻质弹簧上方固定，下方连接质量为m 的小球，弹簧原长
为L0，小球静止时位于图中的O 点，此时弹簧伸长量为L。将小球从O 点向下拉一小段距
离A(A<L)，然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，空气阻力不计，
弹簧始终在弹性限度内。以O 点为坐标原点，取竖直向下为正方向，则小球运动的位移x 随
时间t 变化的表达式为( )
A．x＝Asin(t＋)
B．x＝Asin(t－)
C．x＝(L＋A)sin(t－)
D．x＝(L＋A)sin(t＋)
答案 A
解析 小球做简谐运动的平衡位置在O 点，振幅为A，取竖直向下为正方向，小球从正向位
移最大处开始振动，初相位为，故小球运动的位移x 随时间t 变化的表达式为x＝Asin ，故
选A。
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5. (多选)如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，g＝10 m/s2，π2≈10，下列说
法正确的是( )
A．甲单摆的摆长较大
B．甲摆的振幅比乙摆的大
C．甲摆的最大偏角为0.05°
D．在t＝0.5 s 时，乙摆有正向最大加速度
答案 BD
解析 由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g 相同，由单摆的周期公式T
＝2π 得知，甲、乙两单摆的摆长相等，故A 错误；甲摆的振幅为5 cm，乙摆的振幅为3
cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B 正确；由T＝2π，解得甲摆的摆长l＝g＝1 m，则甲摆
的最大偏角tan θmax≈＝0.05，则θmax≈2.9°，故C 错误；在t＝0.5 s 时，乙摆的位移为负的
最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D 正确。
6. 如图所示，两根长度分别为l 和细长轻绳下端拴质量相等的小球构成单摆，两悬点在同一
竖直线上且间距为，现将单摆向左拉开一个小角度(<5°)，然后无初速度释放，若小球碰撞
时无能量损失，小球可视为质点，重力加速度为g，对于以后的运动，下列说法中正确的是
( )
A．此组合摆的周期为，且每次碰撞一定发生在悬点正下方
B．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等
C．摆球在左侧上升的最大高度比右侧高
D．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的2 倍
答案 A
解析 根据单摆的周期公式T＝2π，可得T＝＋＝，碰撞点在悬点的正下方，故A 正确；由
于碰撞是弹性碰撞，根据机械能守恒定律，左右两侧上升的高度相同，再根据几何关系可知
在左右两侧走过的弧长不相等，摆角不是2 倍关系，故B、C、D 错误。
7. (多选)(2024·山东聊城市阶段测试)如图，水平直杆AB 与光滑圆弧杆BC 在B 点平滑连接，
固定在竖直平面内，一直径略大于杆截面直径的圆环穿在水平直杆上的A 点。现让圆环以v0
＝4 m/s 的初速度由A 向B 运动，同时在竖直面内对圆环施加一垂直于杆向上的恒力F，运
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动到B 点时撤去恒力F，之后圆环沿圆弧杆BC 上滑。已知AB 长度L＝6 m，BC 半径R＝64
m，圆环质量m＝0.2 kg，圆环与直杆AB 间的动摩擦因数μ＝0.2，恒力F＝3 N，重力加速
度g＝10 m/s2，π2≈10，下列说法正确的是( )
A．圆环到达B 点时的速度为2 m/s
B．圆环能够到达的最大高度为0.2 m
C．圆环在BC 上运动的时间约为8 s
D．圆环能返回A 点
答案 ABC
解析 直杆对圆环的弹力大小为FN＝F－mg＝1 N，方向竖直向下，对圆环分析有μFN＝
ma，解得a＝1 m/s2，根据速度与位移关系有vB
2－v0
2＝－2aL，解得vB＝2 m/s，A 正确；设
圆环能够到达的最大高度为h，有mgh＝mvB
2，解得h＝0.2 m，B 正确；根据上述可知h＝
0.2 m，R＝64 m，则圆环在圆弧杆上的运动可以等效为单摆，则T＝2π，圆环在BC 上运动
的时间约为t＝T，解得t＝8 s，C 正确；圆环返回B 点至停止过程有－μmgx＝0－mvB
2，解
得x＝1 m，由x<L＝6 m 可知，圆环不能返回A 点，D 错误。
8．(多选)(2024·湖南常德市一中阶段测试)如图甲所示的弹簧振子沿竖直方向做简谐运动，
从某一时刻开始计时，规定竖直向上为正方向，得到弹簧对小球的弹力F 与运动时间t 的关
系图像如图乙所示，若重力加速度为g，图像的坐标值为已知量，则下列说法正确的是(
)
A．对乙图的F－t 关系图像，小球是从处在最高点开始计时的
B．小球的质量为
C．弹簧振子的频率为
D．若弹簧振子的振幅为A，则从计时开始到13t0时，小球运动的路程为36A
答案 BC
解析 由题图乙可知，t＝0 时刻小球所受弹力最大，方向竖直向上，所以小球处于最低点，
故A 错误；根据对称性，小球在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反，根据牛顿
第二定律，小球在最高点，有F2＋mg＝ma，小球在最低点，有F1－mg＝ma，解得m＝，故
B 正确；由题图乙可知T＝t0，T＝，解得f＝，故C 正确；由于13t0＝9T＋T，所以小球运动
的路程为s＝9×4A＋3A＝39A，故D 错误。
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9．(多选)如图甲所示，竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板，处于
静止状态。t＝0 时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，
其位置随时间变化的图像(x－t 图像)如图乙所示，其中t＝0.2 s 时物块刚接触薄板。弹簧形
变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则( )
A．t＝0.2 s 后物块做简谐运动
B．t＝0.4 s 时物块的加速度大于重力加速度
C．若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期增大
D．t＝0.2 s 后物块坐标位置随时间变化关系式为x＝0.3＋0.2sin [(t－0.2)－] (m)
答案 ABD
解析 t＝0.2 s 时物块刚接触薄板，落至薄板上后和薄板始终粘连，构成竖直方向的弹簧
振子，并且从题图乙可知，0.2 s 以后的图像为正弦曲线，故A 正确；薄板为轻质薄板，质
量可忽略不计。由题图乙可知，B 点是图像的最高点，C 点是图像的最低点，根据简谐运动
的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aB＝aC，由简谐运动的加
速度满足a 与x 成正比，设A 点处偏离平衡位置的位移大小为xA，C 点处偏离平衡位置的位
移大小为xC，有xA<xC，所以aA<aC，aA<aB，在A 点时，物块只受重力，aA＝g，所以
aB>g，故B 正确；弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故
物块与薄板粘连后振动周期不变，故C 错误；由题图乙可知T＝0.6 s，因为ω＝＝
rad/s，振幅为0.2 m，t＝0.2 s 后物块坐标位置随时间变化关系式为x＝0.3＋0.2sin [(t
－0.2)＋φ0] (m)，当t＝0.4 s 时，x＝0.5 m，代入上式得φ0＝－，所以x＝0.3＋
0.2sin [(t－0.2)－] (m)，故D 正确。
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