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第1讲　机械振动
【学习目标】　1.认识简谐运动，理解简谐运动的表达式及图像。2.知道单摆，理解并熟记单摆的周期公式。3.认识受迫振动，了解产生共振的条件及其应用。
考点一　简谐运动的规律
1.简谐运动
简谐运动 物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x -t图像)是一条正弦曲线
条件 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
平衡位置 物体在振动过程中回复力为零的位置，并不一定是合力为零的位置
回复力 定义 使物体返回到平衡位置的力
方向 总是指向平衡位置
来源 属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力
特征 动力学特征 F＝－kx
运动学特征 x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反)
能量特征 系统的机械能守恒，振幅A不变
2.描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
位移 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 振动物体离开平衡位置的最大距离 描述振动的幅度大小和能量
续表
物理量 定义 意义
周期 物体完成一次全振动所需的时间 描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝
频率 物体完成全振动的次数与所用时间之比
【正误辨析】
(1)当弹簧振子离开平衡位置距离为x时，小球受弹簧的弹力大小为F＝kx(k为常量)。(√)
(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。(×)
(3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。(√)
(4)当弹簧振子的小球运动到最大位移处时，弹簧弹性势能最大。(√)
(5)做简谐运动的物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过个周期，路程等于振幅。(×)
简谐运动的特点
受力 回复力F＝－kx(k为常量)，F、a的大小与x的大小成正比，方向相反
运动 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
能量 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
周期性 做简谐运动的物体的位移、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
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续表
对称性 (1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置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。 (2)物体由P到O所用的时间等于由O到P'所用的时间，即tPO＝。 (3)物体做往复运动过程中通过同一段路程(如OP段)所用的时间相等，即tOP＝tPO。 (4)相隔(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反
简谐运动的基本物理量
如图所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C运动到O的过程中(　　)
A.动能不断增大，加速度不断减小
B.回复力不断增大，系统机械能守恒
C.弹簧弹性势能不断减小，加速度不断增大
D.弹簧弹性势能不断增大，加速度不断减小
答案：A
解析：做简谐运动的小球，从C到O的过程中逐渐衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合力做正功，动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx(k为常量)可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知 F＝－kx＝ma，加速度不断减小，故A正确。由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故B错误。在小球从C到O的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹簧弹性势能逐渐减小，同时由A项分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误。
简谐运动的周期性与对称性
小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点(　　)
A.1.0 s B.2.4 s
C.0.8 s D.2.2 s
答案：D
解析：若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲所示，则小球的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4 s＝2.4 s，则该小球再经过时间Δt＝T1－0.2 s＝2.2 s第三次经过P点；若小球从O点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙所示，则有0.5 s＋0.1 s＝T2，解得小球的振动周期为T2＝0.8 s，则该小球再经过时间Δt'＝T2－0.2 s＝0.6 s第三次经过P点。故选D。
针对练.(多选)在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法中正确的是(　　)
A.从某时刻起，在半个周期内，弹力做功一定为0
B.从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功可能是0到mv2之间的某一个值
C.从某时刻起，在半个周期内，弹力的冲量一定为0
D.从某时刻起，在半个周期内，弹力的冲量可能是0～2mv 之间的某一个值
答案：AD
解析：弹力做功的大小等于弹性势能的减少量，从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，所以弹力做功一定为0，故A正确，B错误；对于做简谐运动的物体，经过半个周期后速度与之前的速度大小相等、方向相反，从某时刻起(除最大位移处开始计时外)，在半个周期速度变化量一定不为零，若从平衡位置开始计时，则速度的变化量大小最大，为2v，根据动量定理可知，弹力的冲量I＝Δp＝mΔv，所以弹力的冲量大小可能是0～2mv之间的某一个值，故C错误，D正确。
考点二　简谐运动的表达式及图像
1.简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝－kx(k为常量)，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝Asin (ωt＋φ0)，其中A为振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ0)叫作相位，φ0叫作初相位或初相。
2.简谐运动的振动图像
(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
(2)从正向最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。
【正误辨析】
某振子做简谐运动的y -t图像如图所示，判断下列说法的正误：
(1)振子做简谐运动的频率为2.5 Hz。(√)
(2)0.1 ～0.2 s内，振子的速度方向与加速度方向相同。(×)
(3)0.3 ～0.4 s内，振子加速度方向沿正方向。(×)
(4)0.8 s时，振子的速度最大。(×)
利用振动图像可获取的信息
1.振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0。
2.某时刻振动质点离开平衡位置的位移。
3.某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线斜
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率的绝对值和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据相邻时刻质点的位移变化确定。
4.某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。
5.某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。
(2026·河南平顶山模拟)甲、乙两个物体做简谐运动的方程分别为x甲＝A甲sin 、x乙＝A乙sin 。下列说法正确的是(　　)
A.内，甲的路程一定为2A甲，内，乙的路程一定为A乙
B.经过任意的时间，乙的动能均不变
C.若A甲＝A乙，甲、乙两物体的机械能相等
D.若φ甲＜φ乙，则一定有T甲＜T乙
答案：B
解析：内，甲的路程一定为2A甲，内，乙的路程为不一定为A乙，要看开始计时时乙所处的位置，故A错误；经过任意的时间，初、末位置一定相对于平衡位置对称(或均为平衡位置)，速度等大反向(或均为零)，所以动能不变，故B正确；若A甲＝A乙，由于甲、乙质量未知，所以无法判断两者机械能的大小，故C错误；φ甲、φ乙分别表示t＝0时，甲、乙的初相，无法判断两者周期的大小，故D错误。
(2026·河北保定模拟)如图为一质点做简谐运动的位移随时间变化规律的图线，则下列关于质点的运动描述正确的是(　　)
A.质点振动的周期为0.8 s
B.该质点的振动方程为y＝10sin cm
C.0.6 s时，质点沿正方向运动，速度正在增大
D.0.8 s时，质点的加速度沿正方向且最大
答案：D
解析：由于0时刻质点正在向正方向运动且位移为振幅的一半，结合数学知识有＝，解得T＝1.2 s，故A错误；该质点的振动方程形式为y＝Asin ，其中A＝10 cm，ω＝＝ rad/s，t＝0时有5 cm＝10 cm·sin φ0，得φ0＝，故该质点的振动方程为y＝10sin cm，故B错误；由题图可知，0.6 s时，质点正沿负方向运动，速度正在减小，0.8 s时，质点位于负向最大位移处，其加速度沿正方向且最大，故C错误，D正确。
针对练.(多选)(2026·陕西商洛二模)如图甲所示，竖直悬挂的弹簧振子在M、N两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达N点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x -t图像，则(　　)
A.弹簧振子从N点经过O点运动到M点为一次全振动
B.图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C.弹簧振子的振动方程为x＝0.14sin m
D.弹簧振子在前2.5 s内的路程为0.35 m
答案：BD
解析：弹簧振子从N点经过O点运动到M点，再经过O点返回N点为一次全振动，故A错误；题图乙的斜率代表质点的速度，则P点时刻振子的速度方向为正方向，根据a＝－可知，加速度方向沿正方向，故B正确；由题图乙知，周期为T＝2 s，弹簧振子的振幅为A＝0.07 m，则ω＝＝π rad/s，竖直向下为正方向，振子到达N点开始计时，t＝0时刻位移为0.07 m，可知初相为，则弹簧振子的振动方程为x＝0.07sin m，故C错误；弹簧振子在前2.5 s内的路程为s＝×4A＝0.35 m，故D正确。
考点三　单摆及其周期公式
1.单摆
单摆 用不可伸长的细线悬挂小球的装置，细线的质量与小球相比可以忽略，小球的直径与细线的长度相比也可以忽略
做简谐 运动的 条件 最大摆角θ＜5°
回复力 重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ
2.单摆的周期
单摆的 等时性 单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关
周期公式 T＝2π l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离
g为当地重力加速度
【正误辨析】
(1)单摆的摆长是指悬点到摆球上顶点的距离。(×)
(2)单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。(×)
(3)把单摆从北京移动到海南，摆长不变则振动周期不变。(×)
(4)当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零。(√)
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1.单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ，由于θ很小，所以sin θ≈，则单摆回复力可表示为F＝－x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。
(2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，则Fn＝FT－mgcos θ。
(3)两个特殊位置
①当摆球在最高点时，Fn＝m＝0，FT＝mgcos θ。
②当摆球在最低点时，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m。
2.等效重力加速度的理解
(1)在不同星球表面：g＝，G为引力常量，M与R分别为星球的质量与半径。
(2)单摆处于超重或失重状态时：g效＝g±a。
(3)同时存在重力场与匀强电场时：g效＝。
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，g取10 m/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＝10sin(2πt) cm
B.单摆的摆长约为10 cm
C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受的回复力逐渐增大
D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐增大
答案：D
解析：由题图乙可知，振幅A＝10 cm，单摆周期T＝2 s，则圆频率ω＝＝π rad/s，可得单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(πt) cm，A错误；由单摆的周期公式T＝2π，解得单摆的摆长l＝≈100 cm，B错误；由题图乙可知，从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最大位移处向平衡位置运动，回复力在减小，摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的拉力FT＝mgcos θ＋m，此时θ减小，v增大，所以拉力逐渐增大，C错误，D正确。
针对练.(多选)学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是(　　)
A.甲、乙两单摆的摆球质量之比是1∶2
B.甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4
C.t＝1.5 s时，两摆球的加速度方向相同
D.3～4 s内，两摆球的势能均减少
答案：BCD
解析：单摆的周期和振幅与摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆摆球的质量关系，A错误；由题图可知甲、乙两单摆的周期之比是1∶2，根据单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4，B正确；由加速度公式a＝＝可知，t＝1.5 s时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，C正确；3～4 s内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，D正确。
类单摆模型
1.类单摆
物体的受力及运动符合单摆模型的装置。例如：
(1)如图甲所示，为竖直面内的光滑圆弧，且 R，当小球在间运动时，其运动为类单摆运动，等效摆长为R。
(2)如图乙所示，用不可伸长的细线悬挂在光滑斜面上的小球，做小角度摆动时的运动也是类单摆运动，等效重力加速度为g效＝gsin θ。
2.类单摆问题的解题方法
(1)确认符合单摆模型的条件，即“类单摆”模型。
(2)寻找等效摆长l效及等效重力加速度g效，最后利用公式T＝2π 或简谐运动规律分析求解问题。
拓展应用.(多选)(2026·海南海口模拟)某研究性学习小组设计了如图1所示的实验装置，将一倾角可调的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力传感器，将小球通过摆线挂在力传感器上，摆线与斜面始终保持平行，小球能在斜面上做单摆运动。当斜面倾角θ＝45°时，传感器输出的细线拉力F随时间t的变化曲线如图2所示，则下列说法正确的是(　　)
A.由图2可知单摆的周期为T＝0.8 s
B.只减小斜面倾角，则单摆周期将变大
C.摆线应选用不易伸缩的轻质细绳
D.只增大摆线的长度，则单摆周期将减小
答案：BC
解析：由题图2可知，单摆的周期为T＝2×(0.9－0.1) s＝1.6 s，故A错误；根据题意可知，斜面倾角为θ时，等效重力加速度为g'＝gsin θ，由单摆周期公式有T＝2π，可知，只减小斜面倾角，则单摆周期将变大，只增大摆线的长度，则单摆周期将增大，故B正确，D错误；为避免单摆摆动过程中摆长变化，摆线应选用不易伸缩的轻质细绳，故C正确。
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考点四　受迫振动和共振
受迫 振动 概念 系统在驱动力作用下的振动
特点 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
共振 概念 驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大值的现象 共振曲线 f＝f0时，A＝Am，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小
条件 驱动力的频率等于固有频率
特征 共振时振幅最大
简谐运动、受迫振动和共振的比较
比较项目 简谐运动 受迫振动 共振
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 系统的机械能不变 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
受迫振动与共振的理解与应用
(多选)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A.a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb
B.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C.由图乙可知，此时b摆的周期大于t0
D.c摆的摆长为
答案：ABD
解析：由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式T＝2π可知，固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb，故A正确；因为Ta＝Tc，所以c摆发生共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆振幅较小，故B正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以稳定后三个单摆的频率相同，周期相同，此时b摆的周期等于t0，故C错误；由题图乙可知，c摆的固有周期为t0，由T＝2π，解得l＝，故D正确。故选ABD。
共振曲线的应用
(多选)两单摆分别在受迫振动中的共振曲线如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.若两摆的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.若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比lⅠ∶lⅡ＝25∶4
C.若图线Ⅱ表示在地球上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D.若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地球上完成的
答案：ABC
解析：题图中振幅最大处对应的频率与做受迫振动的单摆的固有频率相等，由题图可知，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。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f＝可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，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，A正确；若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，则＝＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地球上完成的，根据g＝9.8 m/s2，由公式T＝2π计算出lⅡ约为1 m，C正确，D错误。
课时测评36　机械振动
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－10，每题5分，共50分)
题组1　简谐运动的规律
1.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则(　　)
A.该振子振动周期为2 s，振幅为6 cm
B.该振子振动频率为2 Hz
C.小球完成一次全振动通过的路程为12 cm
D.小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
答案：C
解析：由题意可知T＝ s＝2 s，A＝ cm＝3 cm，A错误；频率f＝，解得f＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4A＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝×4A＝×4×3 cm＝18 cm，D错误。
2.(多选)(2026·江西九江模拟)如图甲，一只小鸟落到一个树枝上并随树枝一起振动，小鸟从落到树枝上开始后的一段时间内的振动可以看成简谐运动，其振动的v -t图像如图乙，取向下运动的速度为正。下列说法正确的是(　　)
A.t1时刻小鸟在振动的最高点
B.t1时刻到t2时刻，小鸟的加速度向上
C.t2时刻小鸟所受合力为零
D.t2时刻到t3时刻，小鸟的速度方向与加速度方向相同
答案：BD
解析：t1时刻，小鸟的速度向下且最大，此时小鸟在平衡位置向下运动，故A错误；t1时刻到t2时刻，小鸟的速度正在向下减小，此时小鸟的加速度向上，故B正确；t2时刻小鸟的速度为零且正要向上运动，说明小鸟在振动的最低点，此时受到的合力最大，故C错误；t2时刻到t3时刻，小鸟向上的速度在增大，加速度向上，小鸟的速度方向与加速度方向相同，故D正确。
题组2　简谐运动的表达式及图像
3.(2026·贵州贵阳模拟)如图甲所示，弹簧振子在光滑水平地面上M、N两点之间做简谐运动，规定O点为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.0.4 ～0.8 s内，振子向正方向运动
B.t＝0.2 s时和t＝0.6 s时振子的速度相同
C.t＝0.6 s时和t＝1.0 s时振子的势能不同
D.t＝1.0 s时振子的动能大于t＝1.3 s时的动能
答案：D
解析：x -t图像的斜率代表速度，0.4 ～0.8 s内，振子向负方向运动，故A错误；t＝0.2 s时和t＝0.6 s时振子的速度大小相等，但方向相反，速度不同，故B错误；t＝0.6 s时和t＝1.0 s时振子的位移大小相等，根据对称性可知，势能相同，故C错误；振子在t＝1.0 s时比t＝1.3 s时更衡位置，速度更大，所以t＝1.0 s时振子的动能大于t＝1.3 s时振子的动能，故D正确。
4.已知物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sin cm，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sin cm，下列说法正确的是(　　)
A.振幅是矢量，A的振幅是6 cm，B的振幅是10 cm
B.周期是标量，A、B振动的周期都是100 s
C.A振动的相位始终超前B振动的相位
D.A振动的频率fA等于B振动的频率fB，均为50 Hz
答案：C
解析：振幅和周期只有大小没有方向，是标量，根据两物体的振动位移表达式可知，A振动的振幅是3 cm，B振动的振幅是5 cm，A、B振动的周期为TA＝TB＝＝ s，故A、B错误；根据两物体的振动位移表达式可知，A振动的初相位为＝，B振动的初相位为＝，且A、B振动的周期相同，因此两物体振动的相位差为Δφ＝－＝－＝，即A振动的相位始终超前B振动的相位，故C正确；由于两物体振动的周期相同，因此A、B振动的频率相同，频率大小均为fA＝fB＝＝ Hz，故D错误。
题组3　单摆及其周期公式
5.(多选)(2026·河北邯郸模拟)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＝0.6 m。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0.5 m
B.小球的运动可视为单摆运动，等效摆长为0.5 m
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
解析：根据题图乙可知，小球做简谐运动的周期为T＝0.4π s，根据T＝2π，解得l＝0.4 m，根据d＝0.6 m，可知一根细绳长度为0.5 m，A正确，B错误；若只减小A、B两点之间的距离，等效摆长将变长，小球做简谐运动的周期增大，C正确；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。
6.(2026·河北秦皇岛一模)如图甲是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知(　　)
A.该单摆振动的频率为0.8 Hz
B.振动方程为x＝－4coscm
C.t＝0时，摆球速度大小为v
D.t＝0.2 s时，摆球加速度为零
答案：B
解析：由题图乙可知周期为T＝0.8 s，可得频率f＝，即f＝1.25 Hz，故A错误；由题图乙可得振幅A＝4 cm，因为ω＝2πf，振动方程为x＝－4cos cm，故B正确；由振动图像的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度大小为0，故C错误；t＝0.2 s摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
题组4　受迫振动和共振
7.(多选)共振现象是指一个物理系统在其自然的振动频率(所谓的共振频率)下趋于从周围环境吸收更多能量的趋势。自然中有许多地方有共振的现象。人类也在其技术中利用或者试图避免共振现象。如图为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(π2≈10)(　　)
A.此单摆的固有周期为2 s
B.此单摆的摆长约为2 m
C.若仅增大摆长，单摆的固有频率增大
D.若仅增大摆长，共振曲线的峰将向左移
答案：AD
解析：当驱动力的频率等于单摆的固有频率时，发生共振现象，振幅达到最大，由题图知，驱动力的频率为0.5 Hz时，振幅最大，则此单摆的固有频率为f＝0.5 Hz，固有周期为T＝2 s，故A正确；根据单摆周期公式T＝2π，解得此单摆的摆长约为l＝＝ m＝1 m，故B错误；若仅增大摆长，根据单摆周期公式，可知单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移，故C错误，D正确。
8.(2025·四川卷·T5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
答案：C
解析：根据单摆周期公式T＝2π，可知T丁＞T丙＞T乙＞T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲＝＝T丙＝，可得T乙＝T甲，T丙＝2T甲，T丁＝4T甲，可得T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比l丙∶l丁＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲()时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a＝－可知此时加速度最大，故A错误；根据C、D项分析可得T乙＝T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为)，可知此时小球乙经过平衡位置，速度最大，动能最大，故B错误。
9.(2026·贵州模拟预测)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(　　)
A.在时刻，枯木的加速度为零
B.在时刻，枯木的加速度最大
C.在0～内，枯木所受的合力做正功
D.在～内，枯木所受的合力做正功
答案：D
解析：在时刻，枯木处于正向的最大位移处，枯木的加速度最大，故A错误；在时刻，枯木处于平衡位置，枯木的加速度为零，故B错误；在0～内，枯木从平衡位置向正向最大位移处运动，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；在～内，枯木从正向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。
10.(多选)(2026·广东东莞模拟)如图甲，一个质量为M的大圆环直立在水平面上，圆环顶端固定了一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下面拴接了一个质量为m的小球(可视为质点)，用力向下拉住小球，然后释放，小球开始上下振动，不计空气阻力，以向上为正方向，小球振动的位移—时间图像是余弦函数曲线，如图乙所示。小球振动过程中，大圆环始终与地面接触，且对地面的最小压力为0，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.t1时刻，大圆环对地压力大小为Mg
B.t2时刻，小球的加速度大小为
C.t4时刻，大圆环对地压力大小为Mg＋2mg
D.A＝
答案：BD
解析：t1时刻，小球处于平衡位置，则kΔx＝mg，对大圆环有FN1＝kΔx＋Mg＝(m＋M)g，根据牛顿第三定律可得，大圆环对地压力大小为Mg＋mg，故A错误；t2时刻，小球运动到正向最大位移处，此时大圆环对地面的压力最小，则kΔx'＝Mg，所以小球的加速度大小为a＝＝，故B正确；t4时刻，小球运动到负向最大位移处，此时kΔx″－mg＝ma，所以kΔx″＝Mg＋2mg，对大圆环有FN2＝kΔx″＋Mg＝2(m＋M)g，根据牛顿第三定律可得大圆环对地压力大小为2Mg＋2mg，故C错误；根据题意可得2A＝Δx'＋Δx″，联立解得振幅A＝，故D正确。(共77张PPT)
第1讲　机械振动
高三总复习讲义　新高考
第八章 机械振动与机械波
1.认识简谐运动，理解简谐运动的表达式及图像。
2.知道单摆，理解并熟记单摆的周期公式。
3.认识受迫振动，了解产生共振的条件及其应用。
学习目标
内容索引
考点一　 简谐运动的规律
考点二　 简谐运动的表达式及图像
考点三　 单摆及其周期公式
课时测评
考点四　 受迫振动和共振
简谐运动的规律
考点一
1.简谐运动
知识梳理
简谐运动 物体的位移与______的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x -t图像)是一条正弦曲线
条件 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______，并且总是指向__________
平衡位置 物体在振动过程中________为零的位置，并不一定是合力为零的位置
时间
正比
平衡位置
回复力
回复力 定义 使物体返回到__________的力
方向 总是指向__________
来源 属于______力，可以是某一个力，也可以是几个力的______或某个力的______
特征 动力学特征 F＝______
运动学特征 x、v、a均按正弦或余弦规律发生________变化(注意v、a的变化趋势相反)
能量特征 系统的机械能______，振幅A______
平衡位置
平衡位置
效果
合力
分力
－kx
周期性
守恒
不变
2.描述简谐运动的物理量
物理量 定义 意义
位移 由__________指向质点__________的有向线段 描述质点振动中某时刻的位置相对于__________的位移
振幅 振动物体离开平衡位置的__________ 描述振动的__________和能量
周期 物体完成一次________所需的时间 描述振动的_______，两者互为倒数：
T＝_____
频率 物体完成全振动的次数与所用时间之比
平衡位置
所在位置
平衡位置
最大距离
幅度大小
全振动
快慢
正误辨析
(1)当弹簧振子离开平衡位置距离为x时，小球受弹簧的弹力大小为F＝kx(k为常量)。 ( )
(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。 ( )
(3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小。 ( )
(4)当弹簧振子的小球运动到最大位移处时，弹簧弹性势能最大。 ( )
(5)做简谐运动的物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过个周期，路程等于振幅。 ( )
×
√
√
√
×
简谐运动的特点
核心突破
受力 回复力F＝－kx(k为常量)，F、a的大小与x的大小成正比，方向相反
运动 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
能量 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
周 期 性 做简谐运动的物体的位移、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
对称性 (1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置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。
(2)物体由P到O所用的时间等于由O到P'所用的时间，即tPO＝。
(3)物体做往复运动过程中通过同一段路程(如OP段)所用的时间相等，即tOP＝tPO。
(4)相隔(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反
考向1 简谐运动的基本物理量
如图所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C运动到O的过程中
A.动能不断增大，加速度不断减小
B.回复力不断增大，系统机械能守恒
C.弹簧弹性势能不断减小，加速度不断增大
D.弹簧弹性势能不断增大，加速度不断减小
√
例1
做简谐运动的小球，从C到O的过程中逐渐衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充
当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合力做正功，动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx(k为常量)可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知 F＝－kx＝ma，加速度不断减小，故A正确。由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故B错误。在小球从C到O的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹簧弹性势能逐渐减小，同时由A项分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误。
考向2 简谐运动的周期性与对称性
小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点
A.1.0 s B.2.4 s
C.0.8 s D.2.2 s
√
例2
若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲所示，则小球的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4 s＝2.4 s，则该小球再经过时间Δt＝T1－0.2 s＝2.2 s第三次经过P点；若小球从O点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙所示，则有0.5 s＋0.1 s＝T2，解得小球的振动周期为T2＝0.8 s，则该小球再经过时间Δt'＝T2－0.2 s＝0.6 s第三次经过P点。故选D。
针对练.(多选)在水平方向做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v，则下列说法中正确的是
A.从某时刻起，在半个周期内，弹力做功一定为0
B.从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功可能是0到mv2之间的某一
个值
C.从某时刻起，在半个周期内，弹力的冲量一定为0
D.从某时刻起，在半个周期内，弹力的冲量可能是0～2mv 之间的某一
个值
√
√
弹力做功的大小等于弹性势能的减少量，从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，所以弹力做功一定为0，故A正确，B错误；对于做简谐运动的物体，经过半个周期后速度与之前的速度大小相等、方向相反，从某时刻起(除最大位移处开始计时外)，在半个周期速度变化量一定不为零，若从平衡位置开始计时，则速度的变化量大小最大，为2v，根据动量定理可知，弹力的冲量I＝Δp＝mΔv，所以弹力的冲量大小可能是0～2mv之间的某一个值，故C错误，D正确。
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简谐运动的表达式及图像
考点二
1.简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝______(k为常量)，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。
(2)运动学表达式：x＝__________________，其中A为振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ0)叫作相位，φ0叫作初相位或初相。
知识梳理
－kx
Asin (ωt＋φ0)
2.简谐运动的振动图像
(1)从__________开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
(2)从________________开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。
平衡位置
正向最大位移处
正误辨析
某振子做简谐运动的y -t图像如图所示，判断下列说法的正误：
(1)振子做简谐运动的频率为2.5 Hz。 ( )
(2)0.1 ～0.2 s内，振子的速度方向与加速度方向相同。 ( )
(3)0.3 ～0.4 s内，振子加速度方向沿正方向。 ( )
(4)0.8 s时，振子的速度最大。 ( )
√
×
×
×
利用振动图像可获取的信息
1.振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0。
2.某时刻振动质点离开平衡位置的位移。
3.某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线斜
率的绝对值和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据相邻时刻质点的位移变化确定。
4.某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同。
5.某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化
情况。
核心突破
(2026·河南平顶山模拟)甲、乙两个物体做简谐运动的方程分别为x甲＝A甲sin 、x乙＝A乙sin 。下列说法正确的是
A.内，甲的路程一定为2A甲，内，乙的路程一定为A乙
B.经过任意的时间，乙的动能均不变
C.若A甲＝A乙，甲、乙两物体的机械能相等
D.若φ甲＜φ乙，则一定有T甲＜T乙
例3
√
内，甲的路程一定为2A甲，内，乙的路程为不一定为A乙，要看开始计时时乙所处的位置，故A错误；经过任意的时间，初、末位置一定相对于平衡位置对称(或均为平衡位置)，速度等大反向(或均为零)，所以动能不变，故B正确；若A甲＝A乙，由于甲、乙质量未知，所以无法判断两者机械能的大小，故C错误；φ甲、φ乙分别表示t＝0时，甲、乙的初相，无法判断两者周期的大小，故D错误。
(2026·河北保定模拟)如图为一质点做简谐运动的位移随时间变化规律的图线，则下列关于质点的运动描述正确的是
A.质点振动的周期为0.8 s
B.该质点的振动方程为y＝10sin cm
C.0.6 s时，质点沿正方向运动，速度正在增大
D.0.8 s时，质点的加速度沿正方向且最大
例4
√
由于0时刻质点正在向正方向运动且位移为振幅的
一半，结合数学知识有＝，解得T＝1.2 s，故
A错误；该质点的振动方程形式为y＝Asin ，
其中A＝10 cm，ω＝＝ rad/s，t＝0时有5 cm＝10 cm·sin φ0，得φ0＝，故该质点的振动方程为y＝10sin cm，故B错误；由题图可知，0.6 s时，质点正沿负方向运动，速度正在减小，0.8 s时，质点位于负向最大位移处，其加速度沿正方向且最大，故C错误，D正确。
针对练.(多选)(2026·陕西商洛二模)如图甲所示，竖直悬挂的弹簧振子在M、N两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，振子到达N点开始计时，规定竖直向下为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x -t图像，则
A.弹簧振子从N点经过O点运动到M点为一次全振动
B.图乙中的P点时刻振子的速度方向与加速度方向都沿正方向
C.弹簧振子的振动方程为x＝0.14sin m
D.弹簧振子在前2.5 s内的路程为0.35 m
√
√
弹簧振子从N点经过O点运动到M点，再经过O点返回N点为一次全振动，故A错误；题图乙的斜率代表质点的速度，则P点时刻振子的速度方向为正方向，根据a＝－可知，加速度方向沿正方向，故B正确；
由题图乙知，周期为T＝2 s，弹簧振子的振幅为A＝0.07 m，则ω＝＝π rad/s，竖直向下为正方向，振子到达N点开始计时，t＝0时刻位移为0.07 m，可知初相为，则弹簧振子的振动方程为x＝0.07sin m，故C错误；弹簧振子在前2.5 s内的路程为s＝×4A＝0.35 m，故D
正确。
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单摆及其周期公式
考点三
知识梳理
1.单摆
单摆 用不可伸长的细线悬挂小球的装置，细线的______与小球相比可以忽略，小球的______与细线的长度相比也可以忽略
做简谐运动的条件 最大摆角θ＜5°
回复力 重力沿圆弧切线方向的分力F＝__________
质量
直径
mgsin θ
2.单摆的周期
单摆的等时性 单摆的振动周期取决于_______和_____________，与振幅和摆球质量______
周期公式 T＝_________ l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离
g为当地重力加速度
摆长l
重力加速度g
无关
2π
正误辨析
(1)单摆的摆长是指悬点到摆球上顶点的距离。 ( )
(2)单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。 ( )
(3)把单摆从北京移动到海南，摆长不变则振动周期不变。 ( )
(4)当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零。 ( )
×
×
×
√
1.单摆的受力特征
(1)回复力：摆球重力沿圆弧切线方向的分力F＝mgsin θ，由于θ很小，所
以sin θ≈，则单摆回复力可表示为F＝－x＝－kx，负号表示回复力F
与位移x的方向相反。
(2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，则Fn＝FT－mgcos θ。
(3)两个特殊位置
①当摆球在最高点时，Fn＝m＝0，FT＝mgcos θ。
②当摆球在最低点时，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m。
核心突破
2.等效重力加速度的理解
(1)在不同星球表面：g＝，G为引力常量，M与R分别为星球的质量与
半径。
(2)单摆处于超重或失重状态时：g效＝g±a。
(3)同时存在重力场与匀强电场时：g效＝。
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，g取10 m/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＝10sin(2πt) cm
B.单摆的摆长约为10 cm
C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受的回复力逐渐增大
D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐增大
例5
√
由题图乙可知，振幅A＝10 cm，单摆周期T＝2 s，则圆频率ω＝＝
π rad/s，可得单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin(πt) cm，A
错误；由单摆的周期公式T＝2π，解得单摆的摆长l＝≈100 cm，
B错误；
由题图乙可知，从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最大位移处向平衡位置运动，回复力在减小，摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向的
夹角为θ，则绳子的拉力FT＝mgcos θ＋m，此时θ减小，v增大，所以
拉力逐渐增大，C错误，D正确。
针对练.(多选)学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是
A.甲、乙两单摆的摆球质量之比是1∶2
B.甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4
C.t＝1.5 s时，两摆球的加速度方向相同
D.3～4 s内，两摆球的势能均减少
√
√
√
单摆的周期和振幅与摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆摆球的质量关系，A错误；由题图可知甲、乙两单摆的周期之比是1∶2，根据
单摆的周期公式T＝2π可知，甲、乙两单摆的摆长之比是1∶4，B正确；由加速度公式a＝＝可知，t＝1.5 s时，两摆球位移方向相同，
所以它们的加速度方向相同，C正确；3～4 s内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，D正确。
1.类单摆
物体的受力及运动符合单摆模型的装置。例如：
(1)如图甲所示，为竖直面内的光滑圆弧，且 R，
当小球在间运动时，其运动为类单摆运动，等效摆
长为R。
模型拓展
(2)如图乙所示，用不可伸长的细线悬挂在光滑斜面上的小球，做小角度摆动时的运动也是类单摆运动，等效重力加速度为g效＝gsin θ。
模型拓展
2.类单摆问题的解题方法
(1)确认符合单摆模型的条件，即“类单摆”模型。
(2)寻找等效摆长l效及等效重力加速度g效，最后利用公式T＝2π
或简谐运动规律分析求解问题。
模型拓展
拓展应用.(多选)(2026·海南海口模拟)某研究性学习小组设计了如图1所示的实验装置，将一倾角可调的光滑斜面固定在水平面上，斜面上固定一力传感器，将小球通过摆线挂在力传感器上，摆线与斜面始终保持平行，小球能在斜面上做单摆运动。当斜面倾角θ＝45°时，传感器输出的细线拉力F随时间t的变化曲线如图2所示，则下列说法正确的是
A.由图2可知单摆的周期为T＝0.8 s
B.只减小斜面倾角，则单摆周期将变大
C.摆线应选用不易伸缩的轻质细绳
D.只增大摆线的长度，则单摆周期将减小
√
√
由题图2可知，单摆的周期为T＝2×(0.9－0.1) s＝1.6 s，故A错误；根据题意可知，斜面倾角为θ时，等效重力加速度为g'＝gsin θ，由单摆周
期公式有T＝2π，可知，只减小斜面倾角，则单摆周期将变大，
只增大摆线的长度，则单摆周期将增大，故B正确，D错误；为避免单摆摆动过程中摆长变化，摆线应选用不易伸缩的轻质细绳，故C正确。
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受迫振动和共振
考点四
知识梳理
受迫 振动 概念 系统在________作用下的振动
特点 物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于________的频率，与物体的固有频率______
共振 概念 驱动力的频率等于_________时，物体做受迫振动的振幅达到最大值的现象 共振曲线
f＝f0时，A＝_____，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅______
条件 驱动力的频率等于__________
特征 共振时______最大
驱动力
驱动力
无关
固有频率
固有频率
振幅
Am
越小
简谐运动、受迫振动和共振的比较
核心突破
比较项目 简谐运动 受迫振动 共振
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 系统的机械能不变 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
考向1 受迫振动与共振的理解与应用
(多选)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则
A.a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb
B.b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C.由图乙可知，此时b摆的周期大于t0
D.c摆的摆长为
例6
√
√
√
由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长，根据单摆的周期公式T＝
2π可知，固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb，故A正确；因为Ta＝Tc，所以
c摆发生共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆振幅较小，故B正确；
受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以稳定后三个单摆的频率相同，周期相同，此时b摆的周期等于t0，故C错误；由题图乙可知，c摆的固
有周期为t0，由T＝2π，解得l＝，故D正确。故选ABD。
考向2 共振曲线的应用
(多选)两单摆分别在受迫振动中的共振曲线
如图所示，则下列说法正确的是
A.若两摆的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.若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比lⅠ∶lⅡ＝25∶4
C.若图线Ⅱ表示在地球上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D.若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地球上完成的
例7
√
√
√
题图中振幅最大处对应的频率与做受迫振动的单摆的固有频率相等，由题图可知，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。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f＝可知，g越大，f
越大，所以gⅡ＞gⅠ，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，A正确；
若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g相同，则＝＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地球上完成的，根据g＝
9.8 m/s2，由公式T＝2π计算出lⅡ约为1 m，C正确，D错误。
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课 时 测 评
题组1　简谐运动的规律
1.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则
A.该振子振动周期为2 s，振幅为6 cm
B.该振子振动频率为2 Hz
C.小球完成一次全振动通过的路程为12 cm
D.小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
√
由题意可知T＝ s＝2 s，A＝ cm＝3 cm，A错误；频率f＝，解得f＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4A＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝×4A＝×4×3 cm＝18 cm，D错误。
2.(多选)(2026·江西九江模拟)如图甲，一只小鸟落到一个树枝上并随树枝一起振动，小鸟从落到树枝上开始后的一段时间内的振动可以看成简谐运动，其振动的v -t图像如图乙，取向下运动的速度为正。下列说法正确
的是
A.t1时刻小鸟在振动的最高点
B.t1时刻到t2时刻，小鸟的加速度向上
C.t2时刻小鸟所受合力为零
D.t2时刻到t3时刻，小鸟的速度方向与加速度方向相同
√
√
t1时刻，小鸟的速度向下且最大，此时小鸟在平衡位置向下运动，故A错误；t1时刻到t2时刻，小鸟的速度正在向下减小，此时小鸟的加速度向上，故B正确；t2时刻小鸟的速度为零且正要向上运动，说明小鸟在振动的最低点，此时受到的合力最大，故C错误；t2时刻到t3时刻，小鸟向上的速度在增大，加速度向上，小鸟的速度方向与加速度方向相同，故D正确。
题组2　简谐运动的表达式及图像
3.(2026·贵州贵阳模拟)如图甲所示，弹簧振子在光滑水平地面上M、N两点之间做简谐运动，规定O点为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是
A.0.4 ～0.8 s内，振子向正方向运动
B.t＝0.2 s时和t＝0.6 s时振子的速度相同
C.t＝0.6 s时和t＝1.0 s时振子的势能不同
D.t＝1.0 s时振子的动能大于t＝1.3 s时的动能
√
x -t图像的斜率代表速度，0.4 ～0.8 s内，振子向负方向运动，故A错误；t＝0.2 s时和t＝0.6 s时振子的速度大小相等，但方向相反，速度不同，故B错误；t＝0.6 s时和t＝1.0 s时振子的位移大小相等，根据对称性可知，势能相同，故C错误；振子在t＝1.0 s时比t＝1.3 s时更衡位置，速度更大，所以t＝1.0 s时振子的动能大于t＝1.3 s时振子的动能，故D正确。
4.已知物体A做简谐运动的振动位移xA＝3sin cm，物体B做简谐运动的振动位移xB＝5sin cm，下列说法正确的是
A.振幅是矢量，A的振幅是6 cm，B的振幅是10 cm
B.周期是标量，A、B振动的周期都是100 s
C.A振动的相位始终超前B振动的相位
D.A振动的频率fA等于B振动的频率fB，均为50 Hz
√
振幅和周期只有大小没有方向，是标量，根据两物体的振动位移表达式可知，A振动的振幅是3 cm，B振动的振幅是5 cm，A、B振动的周期
为TA＝TB＝＝ s，故A、B错误；根据两物体的振动位移表达式可知，A振动的初相位为＝，B振动的初相位为＝，且A、B振动的周期相同，因此两物体振动的相位差为Δφ＝－＝－＝，即A振动的相位始终超前B振动的相位，故C正确；由于两物体振动的周期相同，因此A、B振动的频率相同，频率大小均为fA＝fB＝＝ Hz，故D错误。
题组3　单摆及其周期公式
5.(多选)(2026·河北邯郸模拟)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＝0.6 m。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0.5 m
B.小球的运动可视为单摆运动，等效摆长为0.5 m
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
√
根据题图乙可知，小球做简谐运动的周期为T＝0.4π s，根据T＝2π，解得l＝0.4 m，根据d＝0.6 m，可知一根细绳长度为0.5 m，A正确，B错误；若只减小A、B两点之间的距离，等效摆长将变长，小球做简谐运动的周期增大，C正确；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。
6.(2026·河北秦皇岛一模)如图甲是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知
A.该单摆振动的频率为0.8 Hz
B.振动方程为x＝－4coscm
C.t＝0时，摆球速度大小为v
D.t＝0.2 s时，摆球加速度为零
√
由题图乙可知周期为T＝0.8 s，可得频率f＝，即f＝1.25 Hz，故A错误；由题图乙可得振幅A＝4 cm，因为ω＝2πf，振动方程为x＝
－4cos cm，故B正确；由振动图像的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度大小为0，故C错误；t＝0.2 s摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。
题组4　受迫振动和共振
7.(多选)共振现象是指一个物理系统在其自然的振动频率(所谓的共振频率)下趋于从周围环境吸收更多能量的趋势。自然中有许多地方有共振的现象。人类也在其技术中利用或者试图避免共振现象。如图为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(π2≈10)
A.此单摆的固有周期为2 s
B.此单摆的摆长约为2 m
C.若仅增大摆长，单摆的固有频率增大
D.若仅增大摆长，共振曲线的峰将向左移
√
√
当驱动力的频率等于单摆的固有频率时，发生共振现象，振幅达到最大，由题图知，驱动力的频率为0.5 Hz时，振幅最大，则此单摆的固有频率为f＝0.5 Hz，固有周期为T＝2 s，故A正确；根据单摆周期公式T
＝2π，解得此单摆的摆长约为l＝＝ m＝1 m，故B错误；若
仅增大摆长，根据单摆周期公式，可知单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移，故C错误，D正确。
8.(2025·四川卷·T5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
√
根据单摆周期公式T＝2π，可知T丁＞T丙＞T乙＞T甲，设甲的周期为
T甲，根据题意可得2T甲＝＝T丙＝，可得T乙＝T甲，T丙＝2T甲，
T丁＝4T甲，可得T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比l丙∶l丁＝1∶4，故C正确，D
错误；
小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲()时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，根据a＝－可知此时加速度最大，故A错误；根据C、D项分析可得T乙＝T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为)，可知此时小球乙经过平衡位
置，速度最大，动能最大，故B错误。
9.(2026·贵州模拟预测)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
A.在时刻，枯木的加速度为零
B.在时刻，枯木的加速度最大
C.在0～内，枯木所受的合力做正功
D.在～内，枯木所受的合力做正功
√
在时刻，枯木处于正向的最大位移处，枯木的加速度最大，故A错误；在时刻，枯木处于平衡位置，枯木的加速度为零，故B错误；在0～内，枯木从平衡位置向正向最大位移处运动，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；在～内，枯
木从正向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。
10.(多选)(2026·广东东莞模拟)如图甲，一个质量为M的大圆环直立在水平面上，圆环顶端固定了一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下面拴接了一个质量为m的小球(可视为质点)，用力向下拉住小球，然后释放，小球开始上下振动，不计空气阻力，以向上为正方向，小球振动的位移—时间图像是余弦函数曲线，如图乙所示。小球振动过程中，大圆环始终与地面接触，且对地面的最小压力为0，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.t1时刻，大圆环对地压力大小为Mg
B.t2时刻，小球的加速度大小为
C.t4时刻，大圆环对地压力大小为Mg＋2mg
D.A＝
√
√
t1时刻，小球处于平衡位置，则kΔx＝mg，对大圆环有FN1＝kΔx＋Mg＝(m＋M)g，根据牛顿第三定律可得，大圆环对地压力大小为Mg＋mg，故A错误；t2时刻，小球运动到正向最大位移处，此时大圆环对地
面的压力最小，则kΔx'＝Mg，所以小球的加速度大小为a＝＝，故B正确；
t4时刻，小球运动到负向最大位移处，此时kΔx″－mg＝ma，所以kΔx″＝Mg＋2mg，对大圆环有FN2＝kΔx″＋Mg＝2(m＋M)g，根据牛顿第三定律可得大圆环对地压力大小为2Mg＋2mg，故C错误；根据题
意可得2A＝Δx'＋Δx″，联立解得振幅A＝，故D正确。
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第1讲 机械振动

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