資源簡介

第1講　機械振動
1.把一個小球套在光滑細桿上，小球與輕彈簧相連組成彈簧振子，小球沿桿在水平方向做簡諧運動，它的平衡位置為O，在A、B間振動，如圖所示，下列結論正確的是（　　）
A.小球在O位置時，動能最大，加速度最小
B.小球在A、B位置時，動能最大，加速度最大
C.小球從A經O到B的過程中，回復力一直做正功
D.小球從A經O到B的過程中，回復力一直做負功
2.（2025·甘肅酒泉模擬）2024年4月3日，中國臺灣花蓮縣海域發生7.3級地震，震源深度12 km。如圖所示，高度約為30 m的“天王星大樓”發生嚴重傾斜，是所受地震影響最大的建筑物之一。若鋼混結構建筑物的固有頻率與其高度的平方成正比，其比例系數為0.1，則地震波到達地面的頻率最可能是（　　）
A.10 Hz B.30 Hz
C.60 Hz D.90 Hz
3.（2025·江蘇南通模擬）如圖所示，小球在半徑為R的光滑圓弧軌道上A、B間來回運動，軌道弧長遠小于R，則（　　）
A.弧長AB變小，周期不變 B.弧長AB變小，周期變大
C.小球質量變小，周期變小 D.小球質量變小，周期變大
4.（2025·湖北武漢期末）如圖所示，彈簧下面掛一質量為m的物體，物體在豎直方向上做振幅為A的簡諧運動，當物體振動到最高點時，彈簧正好處于原長，彈簧始終在彈性限度內，則物體在振動過程中（　　）
A.彈簧的彈性勢能和物體動能總和不變
B.物體在最低點時的加速度大小應為2g
C.物體在最低點時所受彈簧的彈力大小應為mg
D.彈簧的最大彈性勢能等于2mgA
5.（2025·江蘇鎮江模擬）如圖甲，O點為單擺的固定懸點，現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、B之間來回擺動。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，則該單擺的周期為（　　）
A.0.1π s B.0.2π s
C.0.4π s D.0.8π s
6.（2025·北京海淀區模擬）如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，下列說法正確的是（　　）
A.兩彈簧振子的初相位不同
B.甲系統的機械能比乙系統的大
C.甲、乙兩個彈簧振子在前2 s內加速度方向相反
D.t＝2 s時，甲具有負方向最大速度，乙具有正方向最大位移
7.（2024·浙江6月選考9題）如圖所示，不可伸長的光滑細線穿過質量為0.1 kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上，間距為1.5 m。小球平衡時，A端細線與桿垂直；當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時，等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺，則（　　）
A.擺角變小，周期變大
B.小球擺動周期約為2 s
C.小球平衡時，A端拉力為N
D.小球平衡時，A端拉力小于B端拉力
8.（2024·河北高考6題）如圖，一電動機帶動輕桿在豎直框架平面內勻速轉動，輕桿一端固定在電動機的轉軸上，另一端懸掛一紫外光筆，轉動時紫外光始終豎直投射至水平鋪開的感光紙上，沿垂直于框架的方向勻速拖動感光紙，感光紙上就畫出了描述光點振動的x-t圖像。已知輕桿在豎直面內長0.1 m，電動機轉速為12 r/min。該振動的圓頻率和光點在12.5 s內通過的路程分別為（　　）
A.0.2 rad/s，1.0 m B.0.2 rad/s，1.25 m
C.1.26 rad/s，1.0 m D.1.26 rad/s，1.25 m
9.將一臺智能手機水平粘在秋千的座椅上，使手機邊緣與座椅邊緣平行（圖甲），讓秋千以小擺角（小于5°）自由擺動，此時秋千可看作單擺，擺長為L。從手機加速度傳感器中得到了其垂直于手機平面方向的a-t關系圖像如圖乙所示。則以下說法正確的是（　　）
A.秋千從擺動到停下的過程機械能守恒
B.當秋千擺至最低點時，秋千對手機的支持力小于手機所受的重力
C.秋千擺動的周期為t2－t1
D.該地的重力加速度g＝
10.（2024·浙江1月選考10題）如圖1所示，質量相等的小球和點光源，分別用相同的彈簧豎直懸掛于同一水平桿上，間距為l，豎直懸掛的觀測屏與小球水平間距為2l，小球和光源做小振幅運動時，在觀測屏上可觀測小球影子的運動。以豎直向上為正方向，小球和光源的振動圖像如圖2所示，則（　　）
　
A.t1時刻小球向上運動
B.t2時刻光源的加速度向上
C.t2時刻小球與影子相位差為π
D.t3時刻影子的位移為5A
11.（2025·江蘇常州模擬）如圖所示，質量為m的物塊放置在光滑水平面上，與勁度系數為k、左端固定在墻上的輕彈簧相連，組成彈簧振子。已知彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2π，物塊經過平衡位置O點的速度大小為v。某時刻，質量為m的小球從O點正上方自由下落，恰好當物塊運動至O點時落在物塊上，并與物塊粘在一起繼續做簡諧運動。
（1）求小球落在物塊上后，整體經過O點的速度大小；
（2）以小球粘在物塊上瞬間為t＝0時刻，求整體到達最左端的時刻。
12.如圖甲所示，懸掛在天花板上的輕彈簧下端連著物體M，M和物體N又通過輕繩相連，M、N兩物體的質量相等，并且都處于靜止狀態。t＝0時刻輕繩斷裂，不計空氣阻力，物體M做簡諧運動，M偏離平衡位置的位移x隨時間t變化的關系如圖乙所示，以下說法正確的是（　　）
A.t1時刻M的回復力最大
B.t1時刻彈簧的形變量為0
C.t2時刻彈簧的彈性勢能最大
D.t4時刻M的加速度與重力加速度大小相等、方向相反
第1講　機械振動
1.A　小球在平衡位置時，動能最大，加速度最小；小球在A、B位置時，動能最小且為零，加速度最大；小球衡位置時，回復力做正功；遠離平衡位置時，回復力做負功，因此A選項正確，B、C、D選項錯誤。
2.D　建筑物高為h，結合題意知其固有頻率為f0＝0.1h2，鋼混建筑物發生共振時有f＝f0＝0.1h2＝90 Hz，地震波到達地面的頻率與鋼混結構建筑物的固有頻率越接近，鋼混建筑物因共振所受的影響越大，所以該地震波到達地面的頻率最可能是90 Hz。故選D。
3.A　因為弧長遠小于半徑R，小球做單擺運動，根據單擺的周期公式T＝2π，可知小球的周期與弧長大小和小球質量無關，故選A。
4.D　系統機械能守恒，動能、重力勢能、彈性勢能總量不變，振動過程中重力勢能一直變化，彈簧的彈性勢能和物體動能總和一直變化，故A錯誤；受力分析如圖，物體在最高點時所受回復力為mg，根據振動對稱性，最低點的回復力也應為mg，則物體在最低點時的加速度為g，方向向上，故B錯誤；平衡位置處有kA＝mg，物體在最低點時彈簧形變量為2A，彈力2kA＝2mg，故C錯誤；振動至最低點時，彈簧的彈性勢能最大，系統機械能守恒，重力勢能轉化為彈性勢能，Ep＝2mgA，故D正確。
5.C　小球在一個周期內兩次經過最低點，對小球受力分析可知F－mg＝m，在最低點時，細線對擺球的拉力F最大，結合題圖乙可得，小球的單擺周期T＝0.4π s，故選C。
6.D　由題圖可知兩彈簧振子的周期不相等，初相位相同，故A錯誤；甲的振幅大，由于甲、乙兩彈簧振子的質量、兩個彈簧勁度系數未知，無法判斷甲、乙兩系統的機械能大小，故B錯誤；甲、乙兩個彈簧振子在前2 s內加速度方向相同，都沿x軸負方向，故C錯誤；x-t圖像斜率的絕對值表示速度大小，t＝2 s時，甲圖像斜率的絕對值最大，且斜率為負，甲具有負方向最大速度，由x-t圖可知此時乙具有正方向最大位移，故D正確。
7.B　單擺的周期公式為T＝2π，則周期與擺角無關，故A錯誤；由題意可知，A端拉力等于B端拉力，平衡時對小球受力分析如圖，根據數學關系可知，FA＝FB＝＝ N，故C、D錯誤；根據幾何關系可知，等效擺長為1 m，則T＝2π≈2 s，故B正確。
8.C　由于電動機的轉速為12 r/min，則光點1 min振動12個周期，故光點振動的周期T＝＝＝5 s，所以光點振動的圓頻率ω＝＝0.4π rad/s＝1.26 rad/s，A、B錯誤；由題意可知光點的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，則光點在12.5 s內通過的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正確，D錯誤。
9.D　秋千從擺動到停下的過程受到阻力的作用，機械能不守恒，故A錯誤；在最低點時，根據牛頓第二定律FN－mg＝m可得，秋千對手機的支持力為FN＝mg＋m，可知秋千對手機的支持力大于手機所受的重力，故B錯誤；秋千的周期為從最大偏角到另外一最大偏角位置再回到原來最大偏角位置所用的時間，所以兩次經過最低點，有兩次向心加速度最大，秋千擺動的周期為T＝t3－t1，故C錯誤；根據單擺周期公式T＝t3－t1＝2π可得，當地重力加速度g＝，故D正確。
10.D　以豎直向上為正方向，根據題圖2可知，t1時刻，小球位于平衡位置，隨后位移為負值，且位移增大，可知t1時刻小球向下運動，故A錯誤；以豎直向上為正方向，t2時刻光源的位移為正值，光源振動圖像為正弦函數圖像，表明其做簡諧運動，根據F回＝－kx＝ma可知，其加速度方向與位移方向相反，位移方向向上，則加速度方向向下，故B錯誤；根據題圖2可知，小球與光源的振動步調總是相反，由于影子是光源發出的光被小球遮擋后，在屏上留下的陰影，可知影子與小球的振動步調總是相同，即t2時刻小球與影子相位差為0，故C錯誤；根據題圖2可知，t3時刻，光源位于最低點，小球位于最高點，根據光的直線傳播可知在屏上影子的位置也處于最高點，影子位于正方向上的最大位移處，根據幾何關系有＝，解得x影子＝5A，即t3時刻影子的位移為5A，故D正確。
11.（1）v　（2）見解析
解析：（1）小球與物塊碰撞過程中水平方向動量守恒mv＝2mv共
解得v共＝v。
（2）小球落在物塊上后，彈簧振子周期為T'＝2π
整體第一次到達最左端的時刻有兩種情況分別為t1＝，t2＝
整體第N次到達最左側的時刻有兩種情況分別為
t1'＝，
t2'＝。
12.D　由題圖乙可知，t1時刻M處于平衡位置，此時回復力為零，故A錯誤；t1時刻M處于平衡位置，即M能自由靜止的位置，則此時彈簧處于伸長狀態，故B錯誤；因為t2時刻彈簧處于負向最大位移處，且根據對稱性，此時的加速度大小與正向最大位移處的加速度大小相等，由題意，開始時M加速度滿足F－mg＝ma，而M、N兩個物體等質量，故F＝2mg，解得a＝g，方向豎直向上，故在負向最大位移處加速度也為g，且方向豎直向下，故此時滿足F'＋mg＝mg，故此時F'＝0，即此時彈簧處于原長，故t2時刻彈簧的彈性勢能為零，而t4時刻M處于正向最大位移處，故t4時刻M的加速度與重力加速度大小相等、方向相反，故C錯誤，D正確。
4 / 4第1講　機械振動
簡諧運動
1.簡諧運動的概念
如果物體的位移與時間的關系遵從　　　　的規律，即它的振動圖像（x-t圖像）是一條　　　　　　，這樣的振動是一種簡諧運動。
2.平衡位置
振動物體　　　　　　時的位置。
3.回復力
（1）定義：使振動物體在平衡位置附近做　　　　　　的力。
（2）方向：總是指向　　　　　　。
（3）來源：可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。
4.描述簡諧運動的物理量
物理量 定義 意義
位移 由　　　　　　指向物體　　　　　的有向線段 描述物體振動中某時刻的位置相對于　　　　　　的位移
振幅 振動物體離開平衡位置的　　　　　　 描述振動的　　　和能量的　　　　　　　
周期 做簡諧運動的物體完成一次　　　　所需要的時間 描述振動的　　　，兩者關系：T＝　　　　　　　
頻率 物體完成全振動的次數與　　　　　之比
相位 ωt＋φ0 描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態
簡諧運動的公式和圖像
1.表達式
（1）動力學表達式：F＝　　　　，其中“－”表示回復力與位移的方向相反。
（2）運動學表達式：x＝　　　　　　　，
其中A表示振幅，ω＝＝2πf表示簡諧運動的快慢，ωt＋φ0表示簡諧運動的相位，φ0叫作　　　　位。
2.簡諧運動的圖像
（1）圖像：
（2）物理意義：表示振動質點的位移隨　　　變化的規律。
單擺及其周期公式
1.定義：用不可伸長的細線懸掛小球的裝置，細線的　　　與小球相比可以忽略，球的　　與線的長度相比也可以忽略。（如圖所示）
2.做簡諧運動的條件：最大擺角θ＜5°。
3.回復力：F＝mg　　　　。
4.周期公式：T＝　　　　　　　　。
（1）l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。
（2）g為當地重力加速度。
5.單擺的等時性：單擺的振動周期取決于　　　和　　　　　　　，與振幅和擺球質量　　　。
受迫振動和共振
1.振動中的能量損失
（1）阻尼振動：由于實際的振動系統都會受到摩擦力、黏滯力等阻礙作用，振幅必然　　　　　　，這種振動稱為阻尼振動。
（2）振動系統能量衰減的方式：①由于受到摩擦阻力的作用，振動系統的機械能逐漸轉化為　　　　　　　；②由于振動系統引起鄰近介質中各質點的振動，使能量　　　　　　　　　　。
2.受迫振動
系統在　　　　　　　作用下的振動叫作受迫振動。物體做受迫振動達到穩定后，物體振動的周期（或頻率）等于　　　　　　　的周期（或頻率），與物體的固有周期（或頻率）　　　　關。
3.共振
如圖反映了受迫振動振幅A與驅動力頻率f之間的關系。驅動力的頻率f跟振動系統的固有頻率f0相差越小，受迫振動的振幅越大；驅動力的頻率f等于振動系統的　　　　　　時，受迫振動的振幅最大，這種現象稱為共振。
1.彈簧振子每次經過平衡位置時，位移為零、動能為零。（　　）
2.簡諧運動的圖像描述的是振動質點的軌跡。（　　）
3.單擺的振動周期由擺球的質量和擺角共同決定。（　　）
4.物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。（　　）
5.物體在發生共振時的振動是受迫振動。（　　）
1.（人教版選擇性必修第一冊·P42“練習與應用”T2改編）已知物體A做簡諧運動的振動位移xA＝3sin cm，物體B做簡諧運動的振動位移xB＝5sincm，下列說法正確的是（　　）
A.振幅是矢量，A的振幅是6 cm，B的振幅是10 cm
B.周期是標量，A、B振動的周期都是100 s
C.A振動的相位始終超前B振動的相位
D.A振動的頻率fA等于B振動的頻率fB，均為50 Hz
2.（2024·福建高考2題）某簡諧振動的y-t圖像如圖所示，則以下說法正確的是（　　）
A.振幅2 cm
B.頻率2.5 Hz
C.0.1 s時速度為0
D.0.2 s時加速度方向豎直向下
3.（人教版選擇性必修第一冊·P58“練習與應用”T4改編）
一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線（振幅A與驅動力頻率f的關系）如圖所示，則（　　）
A.此單擺的固有周期約為0.5 s
B.此單擺的擺長約為1 m
C.若擺長增大，單擺的固有頻率增大
D.若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動
考點一　簡諧運動的五個特征
位移特征 x＝Asin（ωt＋φ）
受力特征 回復力：F＝－kx；F（或a）的大小與x的大小成正比，方向相反
能量特征 系統的動能和勢能相互轉化，機械能守恒
對稱性 特征 質點經過關于平衡位置O對稱的兩點時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等；由對稱點到平衡位置用時相等
周期性 特征 質點的位移、回復力、加速度和速度隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為
真空中有一點P與微粒Q，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復力作用，則下列關于微粒Q的情況有可能發生的是（　　）
A.速度增大，加速度增大
B.速度增大，加速度減小
C.速度增大，加速度不變
D.速度減小，加速度不變
嘗試解答
如圖所示，一質點做簡諧運動，先后以相同的速度依次通過M、N兩點，歷時1 s，質點通過N點后再經過1 s又第2次通過N點，在這2 s內質點通過的總路程為12 cm，則質點的振動周期和振幅分別為（　　）
A.3 s、6 cm B.4 s、6 cm
C.4 s、9 cm D.2 s、8 cm
嘗試解答
〔多選〕在水平方向做簡諧運動的彈簧振子，其質量為m，最大速率為v，則下列說法中正確的是（　　）
A.從某時刻起，在半個周期內，彈力做功一定為0
B.從某時刻起，在半個周期內，彈力做的功可能是0到mv2之間的某一個值
C.從某時刻起，在半個周期內，彈力的沖量一定為0
D.從某時刻起，在半個周期內，彈力的沖量可能是0～2mv之間的某一個值
嘗試解答
考點二　簡諧運動圖像的理解和應用
1.圖像信息
（1）振幅A、周期T（或頻率f）和初相位φ0（如圖所示）。
（2）某時刻振動質點離開平衡位置的位移。
（3）某時刻質點速度的大小和方向：曲線上各點切線的斜率的大小和正負分別表示各時刻質點的速度大小和方向，速度的方向也可根據下一相鄰時刻質點的位移的變化來確定。
（4）某時刻質點的回復力和加速度的方向：回復力總是指向平衡位置，加速度和回復力的方向相同。
（5）某段時間內質點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。
2.簡諧運動的對稱性（如圖所示）
（1）相隔Δt＝T（n＝0，1，2，…）的兩個時刻，彈簧振子的位置關于平衡位置對稱，位移等大反向（或都為零），速度也等大反向（或都為零）。
（2）相隔Δt＝nT（n＝1，2，3，…）的兩個時刻，彈簧振子在同一位置，位移和速度都相同。
（2025·安徽宿州一模）如圖甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在光滑水平面上的A、B兩點之間做簡諧運動。取水平向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，則（　　）
A.在t＝0.2 s時，振子的加速度為負向最大
B.在t＝0.6 s時，彈簧振子的彈性勢能最小
C.在t＝0.4 s和t＝0.8 s兩個時刻，振子的速度都為零
D.從t＝0.2 s到t＝0.4 s時間內，振子做加速度減小的減速運動
嘗試解答
（2024·北京高考9題）圖甲為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A.t＝0時，彈簧彈力為0
B.t＝0.2 s時，手機位于平衡位置上方
C.從t＝0至t＝0.2 s，手機的動能增大
D.a隨t變化的關系式為a＝4sin（2.5πt）m/s2
嘗試解答
考點三　單擺及其周期公式
1.單擺的受力特征
（1）回復力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F＝－mgsin θ≈－x＝－kx，負號表示回復力F與位移x的方向相反。
（2）向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線方向分力的合力充當向心力，Fn＝FT－mgcos θ。
（3）兩個特殊位置：
①當擺球在最高點時，Fn＝m＝0，FT＝mgcos θ。
②當擺球在最低點時，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m。
2.等效重力加速度的理解
（1）對于不同星球表面：g＝，M與R分別為星球的質量與半徑。
（2）單擺處于超重或失重狀態時：g效＝g±a。
（3）重力場與勻強電場中：g效＝。
（2025·四川瀘縣第一中學期中）
如圖所示，置于地面上的一單擺在小振幅條件下擺動的周期為T0。下列說法正確的是（　　）
A.單擺擺動的過程中，繩子的拉力始終大于擺球的重力
B.單擺擺動的過程中，繩子的拉力始終小于擺球的重力
C.將該單擺懸掛在月球表面上，其擺動周期T＞T0
D.將該單擺置于高空上相對于地球靜止的氣球中，其擺動周期T＜T0
嘗試解答
（2024·甘肅高考5題）如圖為某單擺的振動圖像，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是（　　）
A.擺長為1.6 m，起始時刻速度最大
B.擺長為2.5 m，起始時刻速度為零
C.擺長為1.6 m，A、C點的速度相同
D.擺長為2.5 m，A、B點的速度相同
嘗試解答
〔多選〕（2025·海南海口模擬）某研究性學習小組設計了如圖1所示的實驗裝置，將一傾角可調的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力傳感器，將小球通過擺線掛在力傳感器上，擺線與斜面始終保持平行，小球能在斜面上做單擺運動。當斜面傾角θ＝45°時，傳感器輸出的細線拉力F隨時間t的變化曲線如圖2所示，則下列說法正確的是（　　）
A.由圖2可知單擺的周期為T＝0.8 s
B.只減小斜面傾角，則單擺周期將變大
C.擺線應選用不易伸縮的輕質細繩
D.只增大擺線的長度，則單擺周期將減小
嘗試解答
總結提升
1.類單擺模型：物體的受力及運動符合單擺模型的裝置。例如：
（1）如圖甲所示，為豎直面內的光滑圓弧，且 R，當小球在間運動時，其運動為類單擺運動，等效擺長為R。
（2）如圖乙所示，用不可伸長的細線懸掛在光滑斜面上的小球，做小角度擺動時的運動也是類單擺運動，等效重力加速度為g效＝gsin θ。
2.類單擺問題的解題方法
（1）確認符合單擺模型的條件，即“類單擺”模型。
（2）尋找等效擺長l效及等效加速度g效，最后利用公式T＝2π或簡諧運動規律分析求解問題。
考點四　對受迫振動和共振的理解
自由振動、受迫振動和共振的關系比較
振動項目 自由振動 受迫振動 共振
受力情況 僅受回復力 受驅動力作用 受驅動力作用
振動周期 或頻率 由系統本身性質決定，即固有周期T0或固有頻率f0 由驅動力的周期或頻率決定，即T＝T驅或f＝f驅 T驅＝T0或f驅＝f0
振動能量 振動物體的機械能不變 由產生驅動力的物體提供 振動物體獲得的能量最大
常見例子 彈簧振子或單擺（θ≤5°） 機械工作時底座發生的振動 共振篩、聲音的共鳴等
（2025·蘇州期中調研）如圖所示，鐵架橫梁上掛著幾個不同擺長的擺。其中A與D、G的擺長相同，D的擺球質量最大。現使D擺偏離平衡位置后釋放，D擺在振動中通過橫梁對其他幾個擺施加周期性的驅動力.在振動穩定后，下列說法中正確的是（　　）
A.A、D、G三個擺的固有頻率不相同
B.所有擺的振動頻率都相同
C.C擺振幅比B擺振幅大一點
D.C、E擺振幅是最大的
嘗試解答
對共振曲線的理解
1.共振曲線
如圖所示，橫坐標為驅動力的頻率f，縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅動力的頻率對某固有頻率為f0的振動系統做受迫振動時振幅的影響，由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。
2.受迫振動中系統能量的轉化
做受迫振動的系統的機械能不守恒，驅動力對系統做功，補償系統的能量損耗，使系統的振動維持下去。
3.無論發生共振與否，受迫振動的頻率都等于驅動力的頻率，但只有發生共振現象時振幅才能達到最大。
〔多選〕兩單擺分別在受迫振動中的共振曲線如圖所示，則下列說法正確的是（　　）
A.若兩擺的受迫振動分別在月球上和地球上進行，且擺長相同，則圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線
B.若兩擺的受迫振動是在地球上同一地點進行，則兩擺擺長之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C.若圖線Ⅱ表示在地球上完成的，則該單擺擺長約為1 m
D.若擺長均為1 m，則圖線Ⅰ表示在地球上完成的
嘗試解答
簡諧運動的對稱性的應用
1.相隔或（n為正整數）的時刻，物體位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度、回復力大小相等、方向相反，動能、勢能相等。
如圖甲所示，O為平衡位置，A、B為振子偏離平衡位置最大位移處，振子t時刻在C點，t＋時刻運動到D點，則位移xD＝－xC，速度vD＝－vC，加速度aD＝－aC。
2.如圖乙所示，振子經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P'（OP＝OP'）時，相對于平衡位置的位移大小、速度的大小、加速度的大小、回復力的大小、動能、勢能相等。
3.如圖乙所示，振子由P到O所用時間等于由O到P'所用時間，即tPO＝tOP'。振子往復運動過程中通過同一段路程（如OP段）所用時間相等，即tOP＝tPO。
一彈簧振子做簡諧運動，周期為T，下列說法正確的是（　　）
A.若t時刻和（t＋Δt）時刻振子相對平衡位置的位移大小相等，方向相同，則Δt一定等于T的整數倍
B.若t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動速度大小相等，方向相反，則Δt一定等于的整數倍
C.若Δt＝，則t和（t＋Δt）兩時刻，振子的位移大小之和一定等于振幅
D.若Δt＝，則在t時刻和（t＋Δt）時刻振子速度的大小一定相等
嘗試解答
〔多選〕（2025·河北唐山統考）如圖甲所示的彈簧振子沿豎直方向做簡諧運動，從某一時刻開始計時，規定豎直向上為正方向，得到彈簧對小球的彈力F與運動時間t的關系圖像如圖乙所示，若重力加速度為g，圖像的坐標值為已知量，則下列說法正確的是（　　）
A.對乙圖的F-t關系圖像分析，小球是從處在最高點開始計時的
B.小球的質量為
C.彈簧振子的頻率為
D.若彈簧振子的振幅為A，則從計時開始到13t0時，小球的路程為36A
嘗試解答
方法總結
（1）分析簡諧運動中各物理量的變化時，一定是以位移為橋梁，理清各物理量間的關系：回復力、加速度大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反；速度大小隨位移的增大而減小，方向有時和位移方向相同，有時相反。
（2）要充分利用簡諧運動的對稱性，對稱點的位移、回復力、加速度等大反向，速度等大。
第1講　機械振動
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.正弦函數　正弦曲線　2.原來靜止　3.（1）往復運動
（2）平衡位置　4.平衡位置　所在位置　平衡位置
最大距離　強弱　大小　全振動　所用時間　快慢　
知識點2
1.（1）－kx　（2）Asin（ωt＋φ0）　初相　2.（2）時間
知識點3
1.質量　直徑　3.sin θ　4.2π　5.擺長l
重力加速度g　無關
知識點4
1.（1）逐漸減小　（2）內能　向四周輻射出去　2.驅動力
驅動力　無　3.固有頻率f0
易錯易混辨析
1.×　2.×　3.×　4.√　5.√
雙基落實筑牢
1.C　振幅和周期只有大小沒有方向，是標量，根據兩物體的振動位移表達式可知，A振動的振幅是3 cm，B振動的振幅是5 cm，A、B振動的周期為TA＝TB＝＝ s，故A、B錯誤；根據兩物體的位移表達式可知，A振動的初相位為φA0＝，B振動的初相位為φB0＝，因此兩物體振動的相位差為Δφ＝φA0－φB0＝－＝，即A振動的相位始終超前B振動的相位，故C正確；由于兩物體振動的周期相同，因此A、B振動的頻率相同，頻率大小均為fA＝fB＝＝ Hz，故D錯誤。
2.B　根據題圖可知，振幅為1 cm；周期為T＝0.4 s，則頻率為f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故A錯誤，B正確；根據題圖可知，0.1 s時質點處于平衡位置，此時速度最大，故C錯誤；根據題圖可知，0.2 s時質點處于負向最大位置處，則此時加速度方向豎直向上，故D錯誤。
3.B　由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5 Hz，則固有周期為2 s，A錯誤；由T＝2π，得此單擺的擺長約為1 m，B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移動，C、D錯誤。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【例1】 B　由題意可知，微粒Q以P點為平衡位置做簡諧運動，可知越衡位置，微粒Q的速度越大，加速度越小，則微粒Q的速度增大，加速度一定減小，速度減小，加速度一定增大，A、C、D錯誤，B正確。
【例2】 B　做簡諧運動的質點，先后以同樣的速度依次通過M、N兩點，則可判定M、N兩點關于平衡位置O點對稱，所以質點由M到O時間與由O到N的時間相等，那么質點從平衡位置O到N點的時間t1＝0.5 s，因過過N點后再經過t＝1 s，質點以方向相反、大小相同的速度再次通過N點，則有從N點到最大位移處的時間t2＝0.5 s，因此質點的振動周期是T＝4（t1＋t2）＝4 s，質點在這2 s內質點通過的總路程的一半為振幅，所以振幅A＝＝6 cm，故選B。
【例3】 AD　彈力做功的大小等于彈性勢能的變化量，從某時刻起，在半個周期內，由于位移大小具有對稱性，所以彈力做功一定為0，故A正確，B錯誤；對于簡諧運動，經過半個周期后速度與之前的速度大小相等、方向相反，從某時刻起（除最大位移處開始計時外），在半個周期速度變化量一定不為零，若從平衡位置開始計時，則速度的變化量大小最大為2v，根據動量定理可知，彈力的沖量I＝Δp＝mΔv，所以彈力的沖量大小可能是0～2mv間的某一個值，故C錯誤，D正確。
考點二
【例4】 A　由題圖乙可知，t＝0.2 s時位移正向最大，根據F＝－kx知，回復力負向最大，所以振子的加速度為負向最大，故A正確；由題圖乙可知，在t＝0.6 s時，彈簧振子的位移最大，則彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；x-t圖像的斜率表示速度，由題圖乙得，t＝0.4 s和t＝0.8 s時圖像的斜率最大，振子的速度最大，故C錯誤；從t＝0.2 s到t＝0.4 s時間內，振子的位移減小，回復力減小，則振子的加速度減小，加速度方向與速度方向相同，則振子的速度增加，振子做加速度減小的加速運動，故D錯誤。
【例5】 D　由題圖乙可知，t＝0時，手機加速度為0，則此時手機所受合力為0，可知此時彈簧彈力大小F＝mg，A錯誤；由題圖乙可知，t＝0.2 s時，手機加速度向上，則此時彈簧彈力向上且大于重力，由胡克定律可知，此時彈簧伸長量大于平衡位置彈簧的伸長量，故此時手機處于平衡位置下方，B錯誤；從t＝0至t＝0.2 s，手機由平衡位置向下運動，又合力方向向上，則合力對手機做負功，由動能定理可知，該過程手機的動能減小，C錯誤；由題圖乙可知ω＝＝＝2.5π rad/s，則a隨t變化的關系式為a＝4sin（2.5πt）m/s2，D正確。
考點三
【例6】 C　擺球運動到最高點時，繩子的拉力等于擺球重力的一個分力，此時繩子的拉力小于擺球的重力。擺球運動到最低點時，繩子的拉力和擺球的重力共同提供向心力，有F－mg＝ma，可知F大于mg，故A、B錯誤；月球表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小，根據T＝2π可知，將該單擺懸掛在月球表面上，其擺動周期T＞T0，選項C正確；將該單擺置于高空上相對于地球靜止的氣球中，氣球所在高度越高，重力加速度越小，根據T＝2π可知，其擺動周期T＞T0，故D錯誤。
【例7】 C　根據題圖可知，單擺的周期T＝1.0π s－0.2π s＝0.8π s，結合單擺的周期公式T＝2π可得，單擺的擺長l＝1.6 m，起始時刻，單擺的位移最大，加速度最大，速度為零，A、B兩點速度大小相等，方向相反，A、C兩點速度相同，A、B、D錯誤，C正確。
【例8】 BC　由題圖2可知，單擺的周期為T＝2×（0.9－0.1）s＝1.6 s，故A錯誤；根據題意可知，斜面傾角為θ時，等效重力加速度為g'＝gsin θ，由單擺周期公式有T＝2π，只減小斜面傾角，則單擺周期將變大，只增大擺線的長度，則單擺周期將增大，故B正確，D錯誤；為避免單擺擺動過程中擺長變化，擺線應選用不易伸縮的輕質細繩，故C正確。
考點四
【例9】 B　A、D、G三個擺的擺長相同，則三個擺的固有頻率相同，故A錯誤；所有擺的振動頻率都等于驅動力頻率，即都等于D擺的振動頻率，故B正確；與C擺相比，B擺的擺長更接近D擺的擺長，所以B擺振幅比C擺振幅大一點，故C錯誤；C、E擺的擺長與D擺的擺長相差最多，則C、E擺振幅是最小的，故D錯誤。
【例10】 ABC　題圖中振幅最大處對應的頻率與做受迫振動的單擺的固有頻率相等，由題圖可知，兩擺的固有頻率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。當兩擺在月球和地球上分別做受迫振動且擺長相等時，根據關系式f＝ 可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因為g地＞g月，因此可知圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線，A正確；若兩擺在地球上同一地點做受迫振動，g相同，則＝＝，所以＝，B正確；fⅡ＝0.5 Hz，若圖線Ⅱ表示在地球上完成的， 根據重力加速度取g＝9.8 m/s2，可計算出該單擺LⅡ約為1 m，C正確，D錯誤。
【聚焦“素養”·提能力】
【典例1】 D　若t時刻和（t＋Δt）時刻振子相對平衡位置的位移大小相等，方向相同，說明振子經過同一位置，但時間差Δt不一定等于T的整數倍，A錯誤；t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動速度大小相等、方向相反，說明振子經過同一位置或關于平衡位置對稱的位置，故Δt不一定等于的整數倍，B錯誤；距離平衡位置越近速度越大，可知Δt＝時，t與t＋Δt兩時刻振子的位移大小之和不一定等于振幅，只有從平衡位置開始運動，或從最大位移處開始運動，兩時刻振子的位移大小之和才等于振幅，C錯誤；若Δt＝，t與t＋Δt兩個時刻振子一定關于平衡位置對稱，速度大小一定相等，方向一定相反，D正確。
【典例2】 BC　由題圖乙可知，t＝0時刻小球所受彈力最大，方向豎直向上，所以小球處于最低點，故A錯誤；根據對稱性可知，小球在最高點和最低點的加速度大小相等、方向相反，根據牛頓第二定律，對小球在最高點分析，有F2＋mg＝ma，對小球在最低點分析，有F1－mg＝ma，聯立解得小球的質量m＝，故B正確；由題圖乙可知T＝t0，T＝，解得彈簧振子的頻率f＝，故C正確；由于13t0＝9T＋T，所以小球的路程為s＝9·4A＋3A＝39A，故D錯誤。
9 / 9(共92張PPT)
第1講　機械振動
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養”·提能力
04
培養“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
簡諧運動
1. 簡諧運動的概念
如果物體的位移與時間的關系遵從 的規律，即它的振動圖像
（x-t圖像）是一條 ，這樣的振動是一種簡諧運動。
2. 平衡位置
振動物體 時的位置。
正弦函數　
正弦曲線　
原來靜止　
3. 回復力
（1）定義：使振動物體在平衡位置附近做 的力。
（2）方向：總是指向 。
（3）來源：可以是某一個力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力。
往復運動　
平衡位置　
4. 描述簡諧運動的物理量
物理量 定義 意義
位移 由 指向物體 的有向線段 描述物體振動中某時刻的位置相對于 的位移
振幅 振動物體離開平衡位置的 描述振動的 和能量的
平衡位置　
所在位置　
平衡位置　
最大距離　
強弱　
大小
物理量 定義 意義
周期 做簡諧運動的物體完成一次 所需要的時間 描述振動的 ，兩者關系：T＝
頻率 物體完成全振動的次數與 之比
相位 ωt＋φ0 描述周期性運動在各個時刻所處的不同狀態
全振動
快慢　
　
所用時間　
簡諧運動的公式和圖像
1. 表達式
（1）動力學表達式：F＝ ，其中“－”表示回復力與位移的方向
相反。
（2）運動學表達式：x＝ ，其中A表示振幅，ω＝
＝2πf表示簡諧運動的快慢，ωt＋φ0表示簡諧運動的相位，φ0叫
作 位。
－kx　
Asin（ωt＋φ0）　
初相　
2. 簡諧運動的圖像
（1）圖像：
（2）物理意義：表示振動質點的位移隨 變化的規律。
時間　
單擺及其周期公式
1. 定義：用不可伸長的細線懸掛小球的裝置，細線的 與小球相比
可以忽略，球的 與線的長度相比也可以忽略。（如圖所示）
質量　
直徑　
2. 做簡諧運動的條件：最大擺角θ＜5°。
3. 回復力：F＝mg 。
4. 周期公式：T＝ 。
（1）l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。
（2）g為當地重力加速度。
sin θ　
2π　
5. 單擺的等時性：單擺的振動周期取決于 和 ，
與振幅和擺球質量 。
擺長l　
重力加速度g　
無關　
受迫振動和共振
1. 振動中的能量損失
（1）阻尼振動：由于實際的振動系統都會受到摩擦力、黏滯力等阻礙作
用，振幅必然 ，這種振動稱為阻尼振動。
（2）振動系統能量衰減的方式：①由于受到摩擦阻力的作用，振動系統
的機械能逐漸轉化為 ；②由于振動系統引起鄰近介質中各質點的
振動，使能量 。
逐漸減小　
內能　
向四周輻射出去　
2. 受迫振動
系統在 作用下的振動叫作受迫振動。物體做受迫振動達到穩定
后，物體振動的周期（或頻率）等于 的周期（或頻率），與物
體的固有周期（或頻率） 關。
驅動力　
驅動力　
無　
3. 共振
如圖反映了受迫振動振幅A與驅動力頻率f之間的關系。驅動力的頻率f
跟振動系統的固有頻率f0相差越小，受迫振動的振幅越大；驅動力的頻
率f等于振動系統的 時，受迫振動的振幅最大，這種現
象稱為共振。
固有頻率f0　
1. 彈簧振子每次經過平衡位置時，位移為零、動能為零。 （　×　）
2. 簡諧運動的圖像描述的是振動質點的軌跡。 （　×　）
3. 單擺的振動周期由擺球的質量和擺角共同決定。 （　×　）
4. 物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。 （　√　）
5. 物體在發生共振時的振動是受迫振動。 （　√　）
×
×
×
√
√
1. （人教版選擇性必修第一冊·P42“練習與應用”T2改編）已知物體A做
簡諧運動的振動位移xA＝3sin cm，物體B做簡諧運動的振動位移
xB＝5sincm，下列說法正確的是（　　）
A. 振幅是矢量，A的振幅是6 cm，B的振幅是10 cm
B. 周期是標量，A、B振動的周期都是100 s
C. A振動的相位始終超前B振動的相位
D. A振動的頻率fA等于B振動的頻率fB，均為50 Hz
√
解析： 　振幅和周期只有大小沒有方向，是標量，根據兩物體的振動位
移表達式可知，A振動的振幅是3 cm，B振動的振幅是5 cm，A、B振動的周
期為TA＝TB＝＝ s，故A、B錯誤；根據兩物體的位移表達式可知，A振
動的初相位為φA0＝，B振動的初相位為φB0＝，因此兩物體振動的相位差
為Δφ＝φA0－φB0＝－＝，即A振動的相位始終超前B振動的相位，故C
正確；由于兩物體振動的周期相同，因此A、B振動的頻率相同，頻率大小
均為fA＝fB＝＝ Hz，故D錯誤。
2. （2024·福建高考2題）某簡諧振動的y-t圖像如圖所示，則以下說法正確
的是（　　）
A. 振幅2 cm
B. 頻率2.5 Hz
C. 0.1 s時速度為0
D. 0.2 s時加速度方向豎直向下
√
解析： 　根據題圖可知，振幅為1 cm；周期為T＝0.4 s，則頻率為f＝＝
Hz＝2.5 Hz，故A錯誤，B正確；根據題圖可知，0.1 s時質點處于平衡
位置，此時速度最大，故C錯誤；根據題圖可知，0.2 s時質點處于負向最
大位置處，則此時加速度方向豎直向上，故D錯誤。
3. （人教版選擇性必修第一冊·P58“練習與應用”T4改編）一個單擺在地
面上做受迫振動，其共振曲線（振幅A與驅動力頻率f的關系）如圖所示，
則（　　）
A. 此單擺的固有周期約為0.5 s
B. 此單擺的擺長約為1 m
C. 若擺長增大，單擺的固有頻率增大
D. 若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動
√
解析： 　由共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5 Hz，則固有周期為2
s，A錯誤；由T＝2π，得此單擺的擺長約為1 m，B正確；若擺長增
大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移
動，C、D錯誤。
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　簡諧運動的五個特征
位移特征 x＝Asin（ωt＋φ）
受力特征 回復力：F＝－kx；F（或a）的大小與x的大小成正比，方
向相反
能量特征 系統的動能和勢能相互轉化，機械能守恒
位移特征 x＝Asin（ωt＋φ）
對稱性特征 質點經過關于平衡位置O對稱的兩點時，速度的大小、動
能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等；由對稱
點到平衡位置用時相等
周期性特征 質點的位移、回復力、加速度和速度隨時間做周期性變
化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間
做周期性變化，其變化周期為
真空中有一點P與微粒Q，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位
移成正比的回復力作用，則下列關于微粒Q的情況有可能發生的是（　　）
A. 速度增大，加速度增大
B. 速度增大，加速度減小
C. 速度增大，加速度不變
D. 速度減小，加速度不變
解析：由題意可知，微粒Q以P點為平衡位置做簡諧運動，可知越衡
位置，微粒Q的速度越大，加速度越小，則微粒Q的速度增大，加速度一定
減小，速度減小，加速度一定增大，A、C、D錯誤，B正確。
√
如圖所示，一質點做簡諧運動，先后以相同的速度依次通過M、N兩
點，歷時1 s，質點通過N點后再經過1 s又第2次通過N點，在這2 s內質點通
過的總路程為12 cm，則質點的振動周期和振幅分別為（　　）
A. 3 s、6 cm B. 4 s、6 cm
C. 4 s、9 cm D. 2 s、8 cm
√
解析：做簡諧運動的質點，先后以同樣的速度依次通過M、N兩點，則可
判定M、N兩點關于平衡位置O點對稱，所以質點由M到O時間與由O到N的
時間相等，那么質點從平衡位置O到N點的時間t1＝0.5 s，因過過N點后再
經過t＝1 s，質點以方向相反、大小相同的速度再次通過N點，則有從N點
到最大位移處的時間t2＝0.5 s，因此質點的振動周期是T＝4（t1＋t2）＝4
s，質點在這2 s內質點通過的總路程的一半為振幅，所以振幅A＝＝6
cm，故選B。
〔多選〕在水平方向做簡諧運動的彈簧振子，其質量為m，最大速率
為v，則下列說法中正確的是（　　）
A. 從某時刻起，在半個周期內，彈力做功一定為0
B. 從某時刻起，在半個周期內，彈力做的功可能是0到mv2之間的某一個
值
C. 從某時刻起，在半個周期內，彈力的沖量一定為0
D. 從某時刻起，在半個周期內，彈力的沖量可能是0～2mv之間的某一個
值
√
√
解析：彈力做功的大小等于彈性勢能的變化量，從某時刻起，在半個周期
內，由于位移大小具有對稱性，所以彈力做功一定為0，故A正確，B錯
誤；對于簡諧運動，經過半個周期后速度與之前的速度大小相等、方向相
反，從某時刻起（除最大位移處開始計時外），在半個周期速度變化量一
定不為零，若從平衡位置開始計時，則速度的變化量大小最大為2v，根據
動量定理可知，彈力的沖量I＝Δp＝mΔv，所以彈力的沖量大小可能是0～
2mv間的某一個值，故C錯誤，D正確。
考點二　簡諧運動圖像的理解和應用
1. 圖像信息
（1）振幅A、周期T（或頻率f）和初相位φ0（如圖所示）。
（2）某時刻振動質點離開平衡位置的位移。
（3）某時刻質點速度的大小和方向：曲線上各點切線的斜率的大小和正
負分別表示各時刻質點的速度大小和方向，速度的方向也可根據下一相鄰
時刻質點的位移的變化來確定。
（4）某時刻質點的回復力和加速度的方向：回復力總是指向平衡位置，
加速度和回復力的方向相同。
（5）某段時間內質點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變
化情況。
2. 簡諧運動的對稱性（如圖所示）
（1）相隔Δt＝T（n＝0，1，2，…）的兩個時刻，彈簧振子的位置
關于平衡位置對稱，位移等大反向（或都為零），速度也等大反向（或都
為零）。
（2）相隔Δt＝nT（n＝1，2，3，…）的兩個時刻，彈簧振子在同一位
置，位移和速度都相同。
（2025·安徽宿州一模）如圖甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在
光滑水平面上的A、B兩點之間做簡諧運動。取水平向右為正方向，振子的
位移x隨時間t的變化如圖乙所示，則（　　）
A. 在t＝0.2 s時，振子的加速度為負向最大
B. 在t＝0.6 s時，彈簧振子的彈性勢能最小
C. 在t＝0.4 s和t＝0.8 s兩個時刻，振子的速度都為零
D. 從t＝0.2 s到t＝0.4 s時間內，振子做加速度減小的減速運動
√
解析：由題圖乙可知，t＝0.2 s時位移正向最大，根據F＝－kx知，回復力
負向最大，所以振子的加速度為負向最大，故A正確；由題圖乙可知，在t
＝0.6 s時，彈簧振子的位移最大，則彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；x-t
圖像的斜率表示速度，由題圖乙得，t＝0.4 s和t＝0.8 s時圖像的斜率最
大，振子的速度最大，故C錯誤；從t＝0.2 s到t＝0.4 s時間內，振子的位
移減小，回復力減小，則振子的加速度減小，加速度方向與速度方向相
同，則振子的速度增加，振子做加速度減小的加速運動，故D錯誤。
（2024·北京高考9題）圖甲為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。
手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，
得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所
示。下列說法正確的是（　　）
A. t＝0時，彈簧彈力為0
B. t＝0.2 s時，手機位于平衡位置上方
C. 從t＝0至t＝0.2 s，手機的動能增大
D. a隨t變化的關系式為a＝4sin（2.5πt）m/s2
√
解析：由題圖乙可知，t＝0時，手機加速度為0，則此時手機所受合力為
0，可知此時彈簧彈力大小F＝mg，A錯誤；由題圖乙可知，t＝0.2 s時，
手機加速度向上，則此時彈簧彈力向上且大于重力，由胡克定律可知，此
時彈簧伸長量大于平衡位置彈簧的伸長量，故此時手機處于平衡位置下
方，B錯誤；從t＝0至t＝0.2 s，手機由平衡位置向下運動，又合力方向向
上，則合力對手機做負功，由動能定理可知，該過程手機的動能減小，C
錯誤；由題圖乙可知ω＝＝＝2.5π rad/s，則a隨t變化的關系式為a＝
4sin（2.5πt）m/s2，D正確。
　（2025·黑龍江哈爾濱模擬）如圖甲所示，一個小球與輕彈簧連接套在光
滑水平細桿上，在A、B間做簡諧運動，O點為AB的中點。以O點為坐標原
點，水平向右為正方向建立坐標系，得到小球的振動圖像如圖乙所示。下
列結論正確的是（　　）
A. 小球振動的頻率是2 Hz
B. t＝0.5 s時，小球在A位置
C. t＝1 s時，小球經過O點向右運動
D. 小球的振動方程是x＝10sin（πt）cm
√
解析： 　小球的振動周期為2 s，頻率f＝ Hz＝0.5 Hz，故A錯誤；因為
水平向右為正方向，t＝0.5 s時，小球在B位置，故B錯誤；t＝1 s時，小球
經過O點向負方向運動，即向左運動，故C錯誤；由題圖乙可得小球的振動
方程為x＝10sincm＝10sin（πt）cm，故D正確。
考點三　單擺及其周期公式
1. 單擺的受力特征
（1）回復力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F＝－mgsin θ≈－x
＝－kx，負號表示回復力F與位移x的方向相反。
（2）向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線方向分力的合力充當向心
力，Fn＝FT－mgcos θ。
（3）兩個特殊位置：
①當擺球在最高點時，Fn＝m＝0，FT＝mgcos θ。
②當擺球在最低點時，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m。
2. 等效重力加速度的理解
（1）對于不同星球表面：g＝，M與R分別為星球的質量與半徑。
（2）單擺處于超重或失重狀態時：g效＝g±a。
（3）重力場與勻強電場中：g效＝。
（2025·四川瀘縣第一中學期中）如圖所示，置于地面上的一單擺在小振幅條件下擺動的周期為T0。下列說法正確的是（　　）
A. 單擺擺動的過程中，繩子的拉力始終大于擺球的重力
B. 單擺擺動的過程中，繩子的拉力始終小于擺球的重力
C. 將該單擺懸掛在月球表面上，其擺動周期T＞T0
D. 將該單擺置于高空上相對于地球靜止的氣球中，其擺動周期T＜T0
√
解析：擺球運動到最高點時，繩子的拉力等于擺球重力的一個分力，此時
繩子的拉力小于擺球的重力。擺球運動到最低點時，繩子的拉力和擺球的
重力共同提供向心力，有F－mg＝ma，可知F大于mg，故A、B錯誤；月球
表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小，根據T＝2π可知，將該
單擺懸掛在月球表面上，其擺動周期T＞T0，選項C正確；將該單擺置于高
空上相對于地球靜止的氣球中，氣球所在高度越高，重力加速度越小，根
據T＝2π可知，其擺動周期T＞T0，故D錯誤。
（2024·甘肅高考5題）如圖為某單擺的振動圖像，重力加速度g取10
m/s2。下列說法正確的是（　　）
A. 擺長為1.6 m，起始時刻速度最大
B. 擺長為2.5 m，起始時刻速度為零
C. 擺長為1.6 m，A、C點的速度相同
D. 擺長為2.5 m，A、B點的速度相同
√
解析：根據題圖可知，單擺的周期T＝1.0π s－0.2π s＝0.8π s，結合單擺
的周期公式T＝2π可得，單擺的擺長l＝1.6 m，起始時刻，單擺的位移
最大，加速度最大，速度為零，A、B兩點速度大小相等，方向相反，A、
C兩點速度相同，A、B、D錯誤，C正確。
　〔多選〕（2025·廣東深圳模擬）下圖是某單擺振動的x-t圖像，由此圖
像，以下說法正確的有（　　）
A. 在t時刻和（2n＋t）時刻（n取正整數）擺球速度大小相等
B. 每個奇數秒時間內擺球所受合力的沖量均相同
C. 每分鐘擺球通過的路程約18 m
D. 擺球做簡諧運動的最大加速度可以達到1 m/s2
√
√
解析： 　在t時刻和（2n＋t）時刻，擺球所處的位置相同或關于平衡位
置對稱，其擺球速度大小相同，故A正確；第1秒內，擺球由平衡位置運動
到一側最高點，此時合外力沖量大小為m。第3秒內，擺
球由平衡位置運動到另一側最高點，合外力沖量大小為m，但方向不同，故B錯誤；每分鐘單擺經歷15個周期，每個周期路程約為4A＝1.2 m，故每分鐘路程為s＝4A×15＝18 m，故C正確；擺球在最大位移處加速度最大，此時am＝gsin θ＝g，可知am＝0.74 m/s2，故D錯誤。
〔多選〕（2025·海南海口模擬）某研究性學習小組設計了如圖1所示
的實驗裝置，將一傾角可調的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力
傳感器，將小球通過擺線掛在力傳感器上，擺線與斜面始終保持平行，小
球能在斜面上做單擺運動。當斜面傾角θ＝45°時，傳感器輸出的細線拉
力F隨時間t的變化曲線如圖2所示，則下列說法正確的是（　　）
A. 由圖2可知單擺的周期為T＝0.8 s
B. 只減小斜面傾角，則單擺周期將變大
C. 擺線應選用不易伸縮的輕質細繩
D. 只增大擺線的長度，則單擺周期將減小
√
√
解析：由題圖2可知，單擺的周期為T＝2×（0.9－0.1）s＝1.6 s，故A錯
誤；根據題意可知，斜面傾角為θ時，等效重力加速度為g'＝gsin θ，由單
擺周期公式有T＝2π，只減小斜面傾角，則單擺周期將變大，只增大
擺線的長度，則單擺周期將增大，故B正確，D錯誤；為避免單擺擺動過程
中擺長變化，擺線應選用不易伸縮的輕質細繩，故C正確。
總結提升
1. 類單擺模型：物體的受力及運動符合單擺模型的裝置。例如：
（1）如圖甲所示，為豎直面內的光滑圓弧，且 R，當小球在間
運動時，其運動為類單擺運動，等效擺長為R。
（2）如圖乙所示，用不可伸長的細線懸掛在光滑斜面上的小球，做小角
度擺動時的運動也是類單擺運動，等效重力加速度為g效＝gsin θ。
2. 類單擺問題的解題方法
（1）確認符合單擺模型的條件，即“類單擺”模型。
（2）尋找等效擺長l效及等效加速度g效，最后利用公式T＝2π或簡諧運
動規律分析求解問題。
考點四　對受迫振動和共振的理解
自由振動、受迫振動和共振的關
系比較
振動項目 自由振動 受迫振動 共振
受力情況 僅受回復力 受驅動力作用 受驅動力作
用
振動周期 或頻率 由系統本身性質決
定，即固有周期T0或
固有頻率f0 由驅動力的周期或頻率
決定，即T＝T驅或f＝f驅 T驅＝T0或f驅
＝f0
振動項目 自由振動 受迫振動 共振
振動能量 振動物體的機械能不
變 由產生驅動力的物體提
供 振動物體獲
得的能量最
大
常見例子 彈簧振子或單擺
（θ≤5°） 機械工作時底座發生的
振動 共振篩、聲
音的共鳴等
（2025·蘇州期中調研）如圖所示，鐵架橫梁上掛著幾個不同擺長的
擺。其中A與D、G的擺長相同，D的擺球質量最大。現使D擺偏離平衡位
置后釋放，D擺在振動中通過橫梁對其他幾個擺施加周期性的驅動力.在振
動穩定后，下列說法中正確的是（　　）
A. A、D、G三個擺的固有頻率不相同
B. 所有擺的振動頻率都相同
C. C擺振幅比B擺振幅大一點
D. C、E擺振幅是最大的
√
解析：A、D、G三個擺的擺長相同，則三個擺的固有頻率相同，故A錯
誤；所有擺的振動頻率都等于驅動力頻率，即都等于D擺的振動頻率，故B
正確；與C擺相比，B擺的擺長更接近D擺的擺長，所以B擺振幅比C擺振幅
大一點，故C錯誤；C、E擺的擺長與D擺的擺長相差最多，則C、E擺振幅
是最小的，故D錯誤。
對共振曲線的理解
1. 共振曲線
如圖所示，橫坐標為驅動力的頻率f，縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅
動力的頻率對某固有頻率為f0的振動系統做受迫振動時振幅的影響，由圖
可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。
2. 受迫振動中系統能量的轉化
做受迫振動的系統的機械能不守恒，驅動力對系統做功，補償系統的能量
損耗，使系統的振動維持下去。
3. 無論發生共振與否，受迫振動的頻率都等于驅動力的頻率，但只有發生
共振現象時振幅才能達到最大。
〔多選〕兩單擺分別在受迫振動中的共振曲
線如圖所示，則下列說法正確的是（　　）
A. 若兩擺的受迫振動分別在月球上和地球上進行，
且擺長相同，則圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線
B. 若兩擺的受迫振動是在地球上同一地點進行，則兩擺擺長之比LⅠ∶LⅡ＝
25∶4
C. 若圖線Ⅱ表示在地球上完成的，則該單擺擺長約為1 m
D. 若擺長均為1 m，則圖線Ⅰ表示在地球上完成的
√
√
√
解析：題圖中振幅最大處對應的頻率與做受迫振動的單擺的固有頻率相
等，由題圖可知，兩擺的固有頻率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。當兩擺在月球
和地球上分別做受迫振動且擺長相等時，根據關系式f＝ 可知，g越
大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因為g地＞g月，因此可知圖線Ⅰ表示月球上單擺的
共振曲線，A正確；若兩擺在地球上同一地點做受迫振動，g相同，則
＝＝，所以＝，B正確；fⅡ＝0.5 Hz，若圖線Ⅱ表示在地球上完成的， 根據重力加速度取g＝9.8 m/s2，可計算出該單擺LⅡ約為1 m，C正確，D錯誤。
現實 科技 應用
聚焦“素養”·提能力
簡諧運動的對稱性的應用
1. 相隔或（n為正整數）的時刻，物體位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度、回復力大小相等、方向相反，動能、勢能相等。
如圖甲所示，O為平衡位置，A、B為振子偏離平衡位置最大位移處，振子t
時刻在C點，t＋時刻運動到D點，則位移xD＝－xC，速度vD＝－
vC，加速度aD＝－aC。
2. 如圖乙所示，振子經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P'（OP＝OP'）
時，相對于平衡位置的位移大小、速度的大小、加速度的大小、回復力的
大小、動能、勢能相等。
3. 如圖乙所示，振子由P到O所用時間等于由O到P'所用時間，即tPO＝
tOP'。振子往復運動過程中通過同一段路程（如OP段）所用時間相等，即
tOP＝tPO。
一彈簧振子做簡諧運動，周期為T，下列說法正確的是（　　）
A. 若t時刻和（t＋Δt）時刻振子相對平衡位置的位移大小相等，方向相
同，則Δt一定等于T的整數倍
B. 若t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動速度大小相等，方向相反，則Δt一定
等于的整數倍
C. 若Δt＝，則t和（t＋Δt）兩時刻，振子的位移大小之和一定等于振幅
D. 若Δt＝，則在t時刻和（t＋Δt）時刻振子速度的大小一定相等
√
解析：若t時刻和（t＋Δt）時刻振子相對平衡位置的位移大小相等，方向
相同，說明振子經過同一位置，但時間差Δt不一定等于T的整數倍，A錯
誤；t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動速度大小相等、方向相反，說明振子
經過同一位置或關于平衡位置對稱的位置，故Δt不一定等于的整數倍，B
錯誤；距離平衡位置越近速度越大，可知Δt＝時，t與t＋Δt兩時刻振子的
位移大小之和不一定等于振幅，只有從平衡位置開始運動，或從最大位移
處開始運動，兩時刻振子的位移大小之和才等于振幅，C錯誤；若Δt＝，t
與t＋Δt兩個時刻振子一定關于平衡位置對稱，速度大小一定相等，方向一
定相反，D正確。
〔多選〕（2025·河北唐山統考）如圖甲所示的彈簧振子沿豎直方
向做簡諧運動，從某一時刻開始計時，規定豎直向上為正方向，得到彈簧
對小球的彈力F與運動時間t的關系圖像如圖乙所示，若重力加速度為g，圖
像的坐標值為已知量，則下列說法正確的是（　　）
A. 對乙圖的F-t關系圖像分析，小球是從處在最高點開始計時的
B. 小球的質量為
C. 彈簧振子的頻率為
D. 若彈簧振子的振幅為A，則從計時開始到13t0時，小球的路程為36A
√
√
解析：由題圖乙可知，t＝0時刻小球所受彈力最大，方向豎直向上，所以
小球處于最低點，故A錯誤；根據對稱性可知，小球在最高點和最低點的
加速度大小相等、方向相反，根據牛頓第二定律，對小球在最高點分析，
有F2＋mg＝ma，對小球在最低點分析，有F1－mg＝ma，聯立解得小球的
質量m＝，故B正確；由題圖乙可知T＝t0，T＝，解得彈簧振子的頻
率f＝，故C正確；由于13t0＝9T＋T，所以小球的路程為s＝9·4A＋3A＝
39A，故D錯誤。
方法總結
（1）分析簡諧運動中各物理量的變化時，一定是以位移為橋梁，理清各
物理量間的關系：回復力、加速度大小與位移大小成正比，方向與位移方
向相反；速度大小隨位移的增大而減小，方向有時和位移方向相同，有時
相反。
（2）要充分利用簡諧運動的對稱性，對稱點的位移、回復力、加速度等
大反向，速度等大。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
1. 把一個小球套在光滑細桿上，小球與輕彈簧相連組成彈簧振子，小球沿
桿在水平方向做簡諧運動，它的平衡位置為O，在A、B間振動，如圖所
示，下列結論正確的是（　　）
A. 小球在O位置時，動能最大，加速度最小
B. 小球在A、B位置時，動能最大，加速度最大
C. 小球從A經O到B的過程中，回復力一直做正功
D. 小球從A經O到B的過程中，回復力一直做負功
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√
解析： 　小球在平衡位置時，動能最大，加速度最小；小球在A、B
位置時，動能最小且為零，加速度最大；小球衡位置時，回復
力做正功；遠離平衡位置時，回復力做負功，因此A選項正確，B、
C、D選項錯誤。
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2. （2025·甘肅酒泉模擬）2024年4月3日，中國臺灣花蓮縣海域發生7.3級
地震，震源深度12 km。如圖所示，高度約為30 m的“天王星大樓”發生
嚴重傾斜，是所受地震影響最大的建筑物之一。若鋼混結構建筑物的固有
頻率與其高度的平方成正比，其比例系數為0.1，則地震波到達地面的頻
率最可能是（　　）
A. 10 Hz B. 30 Hz
C. 60 Hz D. 90 Hz
√
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解析： 建筑物高為h，結合題意知其固有頻率為f0＝0.1h2，鋼混建筑物
發生共振時有f＝f0＝0.1h2＝90 Hz，地震波到達地面的頻率與鋼混結構建
筑物的固有頻率越接近，鋼混建筑物因共振所受的影響越大，所以該地震
波到達地面的頻率最可能是90 Hz。故選D。
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3. （2025·江蘇南通模擬）如圖所示，小球在半徑為R的光滑圓弧軌道上
A、B間來回運動，軌道弧長遠小于R，則（　　）
A. 弧長AB變小，周期不變
B. 弧長AB變小，周期變大
C. 小球質量變小，周期變小
D. 小球質量變小，周期變大
解析： 　因為弧長遠小于半徑R，小球做單擺運動，根據單擺的周期公式
T＝2π，可知小球的周期與弧長大小和小球質量無關，故選A。
√
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4. （2025·湖北武漢期末）如圖所示，彈簧下面掛一質量為m的物體，物體
在豎直方向上做振幅為A的簡諧運動，當物體振動到最高點時，彈簧正好
處于原長，彈簧始終在彈性限度內，則物體在振動過程中（　　）
A. 彈簧的彈性勢能和物體動能總和不變
B. 物體在最低點時的加速度大小應為2g
C. 物體在最低點時所受彈簧的彈力大小應為mg
D. 彈簧的最大彈性勢能等于2mgA
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解析： 　系統機械能守恒，動能、重力勢能、
彈性勢能總量不變，振動過程中重力勢能一直變
化，彈簧的彈性勢能和物體動能總和一直變化，
故A錯誤；受力分析如圖，物體在最高點時所受
回復力為mg，根據振動對稱性，最低點的回復力
也應為mg，則物體在最低點時的加速度為g，方
向向上，故B錯誤；平衡位置處有kA＝mg，物體在最低點時彈簧形變量為2A，彈力2kA＝2mg，故C錯誤；振動至最低點時，彈簧的彈性勢能最大，系統機械能守恒，重力勢能轉化為彈性勢能，Ep＝2mgA，故D正確。
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5. （2025·江蘇鎮江模擬）如圖甲，O點為單擺的固定懸點，現將擺球拉到
A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、B之間來回擺動。圖乙表示細線
對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的
時刻，則該單擺的周期為（　　）
A. 0.1π s B. 0.2π s
C. 0.4π s D. 0.8π s
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解析： 小球在一個周期內兩次經過最低點，對小球受力分析可知F－
mg＝m，在最低點時，細線對擺球的拉力F最大，結合題圖乙可得，小球
的單擺周期T＝0.4π s，故選C。
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6. （2025·北京海淀區模擬）如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，下
列說法正確的是（　　）
A. 兩彈簧振子的初相位不同
B. 甲系統的機械能比乙系統的大
C. 甲、乙兩個彈簧振子在前2 s內加速度方向相反
D. t＝2 s時，甲具有負方向最大速度，乙具有正方向最大位移
√
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解析： 　由題圖可知兩彈簧振子的周期不相等，初相位相同，故A錯誤；
甲的振幅大，由于甲、乙兩彈簧振子的質量、兩個彈簧勁度系數未知，無
法判斷甲、乙兩系統的機械能大小，故B錯誤；甲、乙兩個彈簧振子在前2
s內加速度方向相同，都沿x軸負方向，故C錯誤；x-t圖像斜率的絕對值表
示速度大小，t＝2 s時，甲圖像斜率的絕對值最大，且斜率為負，甲具有負
方向最大速度，由x-t圖可知此時乙具有正方向最大位移，故D正確。
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7. （2024·浙江6月選考9題）如圖所示，不可伸長的光滑細線穿過質量為
0.1 kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上，間距為1.5
m。小球平衡時，A端細線與桿垂直；當小球受到垂直紙面方向的擾動做微
小擺動時，等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺，則（　　）
A. 擺角變小，周期變大
B. 小球擺動周期約為2 s
C. 小球平衡時，A端拉力為N
D. 小球平衡時，A端拉力小于B端拉力
√
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解析： 　單擺的周期公式為T＝2π，則周期與擺角無關，故A
錯誤；由題意可知，A端拉力等于B端拉力，平衡時對小球受力分
析如圖，根據數學關系可知，FA＝FB＝＝ N，故C、D錯
誤；根據幾何關系可知，等效擺長為1 m，則T＝2π≈2 s，故B正確。
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8. （2024·河北高考6題）如圖，一電動機帶動輕桿在豎直框架平面內勻速
轉動，輕桿一端固定在電動機的轉軸上，另一端懸掛一紫外光筆，轉動時
紫外光始終豎直投射至水平鋪開的感光紙上，沿垂直于框架的方向勻速拖
動感光紙，感光紙上就畫出了描述光點振動的x-t圖像。已知輕桿在豎直面
內長0.1 m，電動機轉速為12 r/min。該振動的圓頻率和光點在12.5 s內通
過的路程分別為（　　）
A. 0.2 rad/s，1.0 m
B. 0.2 rad/s，1.25 m
C. 1.26 rad/s，1.0 m
D. 1.26 rad/s，1.25 m
√
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解析： 　由于電動機的轉速為12 r/min，則光點1 min振動12個周期，故光
點振動的周期T＝＝＝5 s，所以光點振動的圓頻率ω＝＝0.4π
rad/s＝1.26 rad/s，A、B錯誤；由題意可知光點的振幅A＝0.1 m，又t＝
12.5 s＝2.5T，則光點在12.5 s內通過的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C
正確，D錯誤。
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9. 將一臺智能手機水平粘在秋千的座
椅上，使手機邊緣與座椅邊緣平行（圖
甲），讓秋千以小擺角（小于5°）自
由擺動，此時秋千可看作單擺，擺長為
L。從手機加速度傳感器中得到了其垂直于手機平面方向的a-t關系圖像如圖乙所示。則以下說法正確的是（　　）
A. 秋千從擺動到停下的過程機械能守恒
B. 當秋千擺至最低點時，秋千對手機的支持力小于手機所受的重力
C. 秋千擺動的周期為t2－t1
D. 該地的重力加速度g＝
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解析： 　秋千從擺動到停下的過程受到阻力的作用，機械能不守恒，故A
錯誤；在最低點時，根據牛頓第二定律FN－mg＝m可得，秋千對手機的
支持力為FN＝mg＋m，可知秋千對手機的支持力大于手機所受的重力，
故B錯誤；秋千的周期為從最大偏角到另外一最大偏角位置再回到原來最
大偏角位置所用的時間，所以兩次經過最低點，有兩次向心加速度最大，
秋千擺動的周期為T＝t3－t1，故C錯誤；根據單擺周期公式T＝t3－t1＝
2π可得，當地重力加速度g＝，故D正確。
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10. （2024·浙江1月選考10題）如圖1所示，質量相等的小球和點光源，分
別用相同的彈簧豎直懸掛于同一水平桿上，間距為l，豎直懸掛的觀測屏與
小球水平間距為2l，小球和光源做小振幅運動時，在觀測屏上可觀測小球
影子的運動。以豎直向上為正方向，小球和光源的振動圖像如圖2所示，
則（　　）
　
A. t1時刻小球向上運動
B. t2時刻光源的加速度向上
C. t2時刻小球與影子相位差為π
D. t3時刻影子的位移為5A
√
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解析： 　以豎直向上為正方向，根據題圖2可知，t1時刻，小球位于平衡
位置，隨后位移為負值，且位移增大，可知t1時刻小球向下運動，故A錯
誤；以豎直向上為正方向，t2時刻光源的位移為正值，光源振動圖像為正
弦函數圖像，表明其做簡諧運動，根據F回＝－kx＝ma可知，其加速度方向
與位移方向相反，位移方向向上，則加速度方向向下，故B錯誤；根據題
圖2可知，小球與光源的振動步調總是相反，由于影子是光源發出的光被
小球遮擋后，在屏上留下的陰影，可知影子與小球的振動步調總是相同，
即t2時刻小球與影子相位差為0，故C錯誤；根據題圖2可知，t3時刻，光源位于最低點，小球位于最高點，根據光的直線傳播可知在屏上影子的位置也處于最高點，影子位于正方向上的最大位移處，根據幾何關系有＝，解得x影子＝5A，即t3時刻影子的位移為5A，故D正確。
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11. （2025·江蘇常州模擬）如圖所示，質量為m的物塊放置在光滑水平面
上，與勁度系數為k、左端固定在墻上的輕彈簧相連，組成彈簧振子。已知
彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2π，物塊經過平衡位置O點的速度大小
為v。某時刻，質量為m的小球從O點正上方自由下落，恰好當物塊運動至
O點時落在物塊上，并與物塊粘在一起繼續做簡諧運動。
（1）求小球落在物塊上后，整體經過O點的速度大小；
答案： v　
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解析： 小球與物塊碰撞過程中水平方向動量守恒mv＝2mv共
解得v共＝v。
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（2）以小球粘在物塊上瞬間為t＝0時刻，求整體
到達最左端的時刻。
答案： 見解析
解析：小球落在物塊上后，彈簧振子周期為T'＝2π
整體第一次到達最左端的時刻有兩種情況分別為t1＝，t2＝
整體第N次到達最左側的時刻有兩種情況分別為t1'＝，t2'＝。
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12. 如圖甲所示，懸掛在天花板上的輕彈
簧下端連著物體M，M和物體N又通過輕
繩相連，M、N兩物體的質量相等，并且
都處于靜止狀態。t＝0時刻輕繩斷裂，不
計空氣阻力，物體M做簡諧運動，M偏離
平衡位置的位移x隨時間t變化的關系如圖乙所示，以下說法正確的是（　）
A. t1時刻M的回復力最大
B. t1時刻彈簧的形變量為0
C. t2時刻彈簧的彈性勢能最大
D. t4時刻M的加速度與重力加速度大小相等、方向相反
√
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解析： 　由題圖乙可知，t1時刻M處于平衡位置，此時回復力為零，故A
錯誤；t1時刻M處于平衡位置，即M能自由靜止的位置，則此時彈簧處于伸
長狀態，故B錯誤；因為t2時刻彈簧處于負向最大位移處，且根據對稱性，
此時的加速度大小與正向最大位移處的加速度大小相等，由題意，開始時
M加速度滿足F－mg＝ma，而M、N兩個物體等質量，故F＝2mg，解得a＝
g，方向豎直向上，故在負向最大位移處加速度也為g，且方向豎直向下，
故此時滿足F'＋mg＝mg，故此時F'＝0，即此時彈簧處于原長，故t2時刻彈
簧的彈性勢能為零，而t4時刻M處于正向最大位移處，故t4時刻M的加速度
與重力加速度大小相等、方向相反，故C錯誤，D正確。
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