第09讲 机械振动模型（模型和方法）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理讲义聚焦机械振动高考核心考点，涵盖弹簧振子、简谐运动描述、单摆、外力作用下的振动四大模型，按模型建构逻辑系统梳理知识内在联系。通过模型剖析夯实基础，典例精讲提炼方法，变式训练强化真题应用，助力学生突破周期性、对称性等难点，体现复习教学的系统性与针对性。 资料以模型化教学为特色，融入科学思维与模型建构素养，如简谐运动描述中结合振动图像分析相位差培养推理能力，单摆模型通过等效摆长训练抽象概括能力。设置基础到综合分层练习，配合真题变式即时反馈，确保高效突破考点，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第09讲 机械振动模型 —————————————⏩目录⏪————————————— 模型一 弹簧振子模型 模型二 简谐运动的描述模型 类型1 简谐运动的定义及特征模型 类型2 简谐运动的描述模型 类型3 简谐运动的回复力和能量模型 类型4 简谐运动的周期性与对称性模型 模型三 单摆模型 类型1 单摆及其回复力模型 类型2 单摆的振动图像及其表达式模型 类型3 等效单摆模型 模型四 外力作用下的振动模型 类型1 阻尼振动模型 类型2 受迫振动与共振模型 ———————————⏩模型建构⏪———————————— ✡模型一 弹簧振子模型 ▶模型剖析 1.弹簧振子：小球和弹簧组成的系统。如图所示，其中小球和水平杆之间的摩擦可以忽略不计，小球的运动可以看作质点的运动。 说明：弹簧振子是一种理想化模型，弹簧为轻质弹簧(可认为质量集中于小球)，不计摩擦和空气等阻力，小球从平衡位置被拉开的距离在弹性限度内。 2.弹簧振子平衡位置的判断方法 (1)振动系统不振动，小球原来处于静止时的位置。 (2)振子振动过程中，合力为零的位置，此时小球的加速度为零，速度最大。 3.能量变化特征：小球振动时的速度在零与最大值之间周期性变化，说明动能在周期性变化。弹簧在振动过程中，弹簧振子的弹性势能和动能相互转化，其和等于最初将小球拉离平衡位置时的弹性势能，机械能守恒。 说明：(1)简谐运动的能量由振动系统和振幅共同决定，同一个振动系统，振幅越大，能量(机械能)越大。 (2)在振动的一个周期内，动能和势能完成两次周期性变化。小球的位移减小，势能转化为动能；位移增大，动能转化为势能。 4.在光滑水平杆上振子的振动过程中 (1)在平衡位置处：振子离开平衡位置的距离为零，所受回复力为零，加速度为零，速度的大小最大，动能最大，弹簧的弹性势能为零。 (2)在振幅处：振子离开平衡位置的距离最大，所受回复力的大小最大，加速度的大小最大，速度为零，动能为零，弹簧的弹性势能最大。 说明：①简谐运动中各个物理量对应关系不同。位置不同，则位移不同，加速度、回复力不同，但是速度、动能、势能可能相同，也可能不同。②位移增大时，回复力、加速度和势能增大，速度和动能减小；位移减小时，回复力、加速度和势能减小，速度和动能增大。 5.振子在振动过程中离开平衡位置的距离、加速度、速度、动能、弹性势能等在每个周期里完全重复，这样的运动叫作周期性往复运动。 ▶模型特训 【典例1】（2026·江苏扬州·模拟预测）如图所示，并列悬挂两个完全相同的弹簧振子。把两个小球向下拉同样距离后，先释放A球，当A球第一次到达最高点时再释放B球，在接下来的运动过程中，两球在任意时刻（     ） A．位移相同 B．动能相同 C．速度相同 D．加速度相同 【推理演示】A．两个完全相同的弹簧振子，固有周期T相同，A球从最低点释放后，第一次到达最高点的时间为，说明A球的振动比B球早半个周期，任意时刻两振子振动相位差π，始终反相，所以两球在任意时刻的位移大小相等、方向相反，故A错误； BC．反相振动的速度大小相等、方向相反，而动能是标量，根据 两振子质量相同、速度大小相等，因此动能相同，故B正确，C错误； D．根据 可得简谐运动的加速度 位移大小相等、方向相反，因此加速度也是大小相等、方向相反，故D错误。 故选B。 【变式1-1】（2026·江苏苏州·三模）如图所示，小物块在平衡位置附近做简谐振动，振动周期为，最大动能为，以小物块向右经过平衡位置的时刻为时间起点，则其动能随时间的关系为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小物块在平衡位置时速度最大，设为，以此时刻作为计时起点，向右为正方向，小物块的速度按余弦规律变化，有，小物块任一时刻的动能 故选D。 【变式1-2】（2026·北京海淀·二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s B．0~3s内，小球通过的路程为0.1m C．0~2s内，弹簧弹力对小球始终做负功 D．0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等 【答案】D 【详解】A．根据题意小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点，可知弹簧振子做简谐运动的周期为4s，故A错误； B．根据题意可知，小球做简谐运动的振幅为10cm，0~3s内，即时间内，小球通过的路程为，故B错误； C．0~2s内，弹簧弹力开始为拉力，与小球运动方向相同，对小球做正功，经过平衡位置后，弹簧弹力表现为向右的支持力，与小球的运动方向相反，对小球做负功，即0~2s内，弹簧弹力对小球先做正功，后做负功，故C错误； D．根据题意可知，小球在B点的速度为零，在C点的速度也为零，0~1s内弹簧弹力表现为拉力，1~2s内弹簧弹力表现为支持力，根据动量定理可知0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等，方向相反，故D正确。 故选D。 ✡模型二 简谐运动的描述模型 ▶模型剖析 1.简谐运动位移-时间图像的函数表达式为x=Acos(ωt+φ)，式中A是简谐运动的振幅，ω是简谐运动的角频率。 说明：(1)表达式反映了做简谐运动的物体的位移x随时间t的变化规律。 (2)通过简谐运动的函数描述可得出简谐运动的振幅A、周期T、频率f等物理量。 2.相位：位移—时间函数x=Acos(ωt+φ)中的ωt+φ叫作相位，而t=0时的相位φ叫作初相位，简称初相。 (1)意义：相位是一个表示振子处在振动周期中的哪个位置的物理量。 说明：相位ωt+φ代表了做简谐运动的物体在各个不同时刻所处的状态。它是一个随时间变化的量，相位每增加2π，意味着物体完成了一次全振动。 (2)相位差：相位是一个相对概念，与所取的时间零点有关。两个振动的相位差是个绝对概念，表示两个频率相同的简谐运动的振动先后关系。 说明：频率相同的两个简谐运动有固定的相位差，即Δφ=φ1-φ2(φ1>φ2)。 若Δφ=0，表明两个物体运动步调相同，即同相； 若Δφ=π，表明两个物体运动步调相反，即反相。 3.由简谐运动的图像获取的信息 (1)简谐运动的周期、频率、相位、振幅。 (2)某一时刻质点的位移的大小和方向如图所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和-x2。 (3)某一时刻质点的运动方向 根据下一时刻质点的位移确定运动方向，如图中的a点，下一时刻质点离平衡位置更远，故a点对应时刻质点向正方向远离平衡位置运动。 (4)质点的位移、速度的变化情况 ①根据下一时刻质点的位移，判断是远离还是靠近平衡位置。若远离平衡位置，则位移越来越大，速度越来越小；若靠近平衡位置，则位移越来越小，速度越来越大。 ②根据斜率判断速度的大小和方向。斜率绝对值越大，则速度越大，斜率绝对值越小，则速度越小，斜率为正，则速度沿所选正方向，斜率为负，则速度沿负方向。 4.简谐运动中一段时间内的路程与振幅的关系 (1)一个周期T恰好经过一次全振动，一次全振动中所通过的路程就是振幅A的4倍，即任意一个周期内的路程均为4A，任意半个周期内的路程均为2A。 (2)振动物体在个周期内的路程不一定等于一个振幅A。只有当初始时刻振动物体在平衡位置或最大位移处时，个周期内的路程才等于一个振幅。当初始时刻振动物体不在平衡位置或最大位移处时，若质点开始时运动的方向指向平衡位置，则质点在个周期内的路程大于A，若质点开始时运动的方向远离平衡位置，则质点在个周期内的路程小于A。 5.简谐运动的周期性与对称性 (1)周期性造成多解：物体经过同一位置可以对应不同的时刻，物体的位移、加速度相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这样就形成简谐运动的多解问题。 (2)对称性造成多解：由于简谐运动具有对称性，因此当物体通过两个对称位置时，其位移、加速度大小相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这种也形成多解问题。 ▶模型特训 类型1 简谐运动的定义及特征模型 【典例1】（2025·江西南昌·模拟预测）（多选）如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 （　　） A．弹簧振子振动的圆频率为 B．弹簧振子的振动方程为 C．在t=3s和t=5s时刻弹簧的弹性势能相同 D．在t=3s和t=5s时刻弹簧的弹性势能不同 【推理演示】A．由图乙可知，周期T=8s，弹簧振子振动的圆频率，故A错误； B． 由图乙可知，振幅A=20cm，设弹簧振子的振动方程为 C． 代入数据可得，故B正确； CD ．因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在t=3s和t=5s时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误，D正确。 故选BD。 【变式1-1】（2024·河北·高考真题）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的图像．已知轻杆在竖直面内长,电动机转速为．该振动的圆频率和光点在内通过的路程分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的转速为 因此角频率 周期为 简谐振动的振幅即为轻杆的长度，12.5s通过的路程为 故选C。 【变式1-2】（2026·河南三门峡·三模）如图（a）所示，箱子P放在水平地面上，两根相同的轻质弹簧连着小球Q，两弹簧另一端与箱子P连接，弹簧均处于竖直状态。取竖直向上为正方向，小球Q在竖直方向振动过程中相对平衡位置的位移y随时间t的变化如图（b）所示，箱子P始终保持静止。弹簧始终在弹性限度内，则（     ） A．小球在平衡位置时，两弹簧弹力为零 B．时，小球的加速度为零 C．时，箱子对地面的压力最小 D．时，小球的速度大小最大 【答案】D 【详解】A．平衡位置是小球合力为零的位置，小球自身受重力，两弹簧弹力的合力需要平衡重力，因此两弹簧弹力不为零，故A错误； B．时，小球位移达到正向最大值，加速度为负向最大，不为零，故B错误； C．时，小球位移达到负向最大值，说明小球在最低点，加速度向上且最大，小球处于超重状态，对箱子的向下作用力最大，因此箱子对地面的压力最大；小球在最高点（）时失重最明显，箱子对地面压力才最小，故C错误； D．时，，小球刚好在平衡位置，简谐运动中，平衡位置处回复力为零，速度大小最大，故D正确。 故选D。 【变式1-3】（2025·湖北·高考真题）（多选）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（　　） A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为 C．当且仅当时，小球b才能始终做简谐运动     D．当且仅当时，小球b才能始终做简谐运动 【答案】AD 【详解】B．如果a球不动而B球单独振动则B球做简谐振动，简谐振动的平衡位置合力为零，即b球初始时刻位置，则可知b的振幅为，B错误； ACD．a球发生运动的临界条件为弹簧对a球向上的弹力大于a球的重力，则此时对a球有 对b球有此时加速度 由简谐振动的对称性可得向下拉到最低点松手释放的加速度也为，则有 解得 即，否则a球会发生运动，AD正确，C错误。 故选AD。 类型2 简谐运动的描述模型 【典例2】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）（多选）如图甲所示，底部固定有砂粒的塑料管竖直浮于水面，将塑料管向下压一小段距离后释放，砂粒（视为质点）随塑料管在竖直方向做简谐运动。取竖直向上为正方向，一段时间内砂粒的振动图像如图乙所示，则砂粒（　　） A．振动的振幅为 B．振动的频率为 C．在时距平衡位置 D．在时加速度方向竖直向下 【推理演示】A．由图可知砂粒振动的振幅为0.2cm，故A错误； B．由图可知砂粒振动的周期为0.4s，则频率，故B正确； C．由图可得砂粒的振动方程为 当t=0.55s时，，即在0.55s时距平衡位置，故C错误； D．由图可知，在0.4s时位移竖直向上且最大，根据牛顿第二定律可得可知此时加速度方向竖直向下，故D正确。 故选BD。 【变式2-1】（2026·甘肃酒泉·二模）（多选）在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播，如图甲所示为相距200 m的浮标A、B。监测站某次记录海浪（可视为简谐横波）从浮标A向浮标B传播用时25 s，时浮标A开始振动，振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．海浪传播的速度大小为10 m/s B．浮标B的起振方向沿y轴负方向 C．时，浮标B位于平衡位置 D．时，浮标B速度方向沿y轴负方向 【答案】CD 【详解】A．根据题意可知，海浪传播的速度大小为，故A错误； B．所有质点的起振方向与波源A的起振方向一致。由A的振动图像可知，后A的位移为正，说明A的起振方向沿轴正方向，因此B的起振方向也沿轴正方向，故B错误； CD．由A的振动图像可得周期 波在时传到B，因此B振动的时间为 B起振时在平衡位置，速度沿轴正方向；经过半个周期后，B恰好回到平衡位置，速度方向变为沿轴负方向，故CD正确。 故选CD。 【变式2-2】（2026·陕西·模拟预测）（多选）一水平放置、质量为m的弹簧振子在光滑的水平面上做简谐振动，其加速度与时间的关系图像如图所示，规定水平向右为正方向，弹簧振子的周期，m为振子质量，k为劲度系数（未知），根据图像所提供的已知信息，下列说法正确的是（　　） A．时刻，振子处在平衡位置向左运动 B．弹簧振子的周期为 C．弹簧振子的振幅为 D．弹簧的劲度系数为 【答案】AC 【详解】A．由题图可知，时刻加速度为0，时刻后正向变大，根据牛顿第二定律可知时刻，振子处在平衡位置向左运动，故A正确； B．根据题图可知弹簧振子的周期为，故B错误； CD．根据题图可知振子的最大加速度为，根据以及 联立可得，，故C正确，D错误。 故选AC。 类型3 简谐运动的回复力和能量模型 【典例3】（2026·浙江·二模）如图甲所示是用手机和轻弹簧制作的一个振动装置示意图。手机内置加速度传感器记录了手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线，如图乙中实线1所示（以竖直向上为正方向）。下列说法正确的是（     ） A．t=0.2s时，弹簧弹力为0 B．t=0.4s时，手机正在向下运动 C．从t=0.4s至t=0.6s过程中，手机的动能不断减小 D．更换劲度系数更小的弹簧，所得曲线可能如图中的虚线2所示 【推理演示】A．t=0.2s时加速度a为正方向最大值（向上最大加速度），对手机受力分析：合力 得弹簧弹力，故A错误； B．0~0.2s：手机从平衡位置向最低点（下方）运动，t=0.2s到达最低点，速度减为0； 0.2~0.4s：手机从最低点向上运动回到平衡位置，t=0.4s到达平衡位置，速度方向向上，因此t=0.4s手机向上运动，故B错误； C．t=0.4s~t=0.6s，手机从平衡位置向最高点运动，远离平衡位置，速度不断减小，因此动能不断减小，故C正确； D．弹簧振子周期公式，劲度系数k更小，周期T更大；由图可知虚线2的周期比实线1更小，不符合规律，故D错误。 故选C。 【变式3-1】（2026·陕西西安·三模）直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从铁块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移-时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．t=0.25s时物体对弹簧的压力最大 B．t=0.25s和t=0.75s两时刻弹簧的弹力大小相等 C．t=0.25s至t=0.50s这段时间内，物体做加速度逐渐增大的加速运动 D．t=0.25s至t=0.50s这段时间内，物体的动能和弹簧的弹性势能之和在增大 【答案】D 【详解】A．铁块做简谐运动，时物体在平衡位置上方最大位移处，此时加速度向下最大，根据牛顿第二定律可知，此时弹簧对物体的弹力最小，则此时物体对弹簧的压力最小，故A错误； B．和两时刻物块相对平衡位置的位移大小相等，但平衡时弹簧的形变量并不为零，故两时刻弹簧形变量不同，即弹簧的弹力不相等，故B错误； C．至这段时间物体从最高点向平衡位置运动，相对平衡位置的位移逐渐减小，则所受合外力逐渐减小，加速度减小，即物体做加速度逐渐减小的加速运动，故C错误； D．物体的动能和弹簧的弹性势能以及物体的重力势能之和不变，此过程中物体的重力势能减小，则物体的动能和弹簧的弹性势能之和在增大，故D正确。 故选D。 【变式3-2】（2025·陕西商洛·二模）（多选）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点再运动到M点为一次全振动 B．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 D．弹簧振子在前2.5s内的路程为0.35m 【答案】BD 【详解】A．弹簧振子从N点经过O点再运动到M点为次全振动，故A错误； B．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，根据可知，加速度方向沿正方向，故B正确； C．由图乙知周期为T=2s，弹簧振子的振幅为A=0.07m，则 规定竖直向下为正方向，振子到达N点开始计时，t=0时刻位移为0.07m，可知初相为，则弹簧振子的振动方程为，故C错误； D．弹簧振子在前2.5s内的路程为，故D正确。 故选BD。 类型4 简谐运动的周期性与对称性模型 【典例4】（2025·福建泉州）（多选）一弹簧振子做简谐运动，为平衡位置，当它经过点时开始计时，经过，第一次到达点，再经过第二次到达点，则弹簧振子的周期可能为（        ） A． B． C． D． 【推理演示】由题知，弹簧振子的运动可分两种情况讨论，第1种情况如图甲所示 设为平衡位置，OB（OC）代表振幅，弹簧振子从点到点C所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以弹簧振子从点M到点C和从点C到点M所用时间相等，故 解得T=2.0s 第2种情况如图乙所示 若弹簧振子一开始从平衡位置向点B运动，设点与点关于点对称，则弹簧振子从点经过点B到点所用的时间与弹簧振子从点经过点C到点所需时间相等，即0.2s，弹簧振子从点到点、从点到点及从点到点所需时间相等，为 故周期为 故选BD。 【变式4-1】（2026·河南洛阳）如图所示，弹簧振子在、之间做简谐运动，为平衡位置。测得、间距为20 cm，振子经过点时开始计时，经过首次到达点，则该振子（　　） A．振动周期是，振幅是 B．振动频率是 C．时运动到中点处 D．内通过的路程为 【答案】D 【详解】A．、间距为20 cm，可知振幅为，经过点时开始计时，经过首次到达点，可得可得周期，故A错误； B．根据可得振动频率，故B错误； C．以平衡位置O为原点，向左为正方向，振子经过点时开始计时，振动方程为 可得时的位移为 故不是中点处，故C错误； D．内即，振子通过的路程为，故D正确。 故选D。 【变式4-2】（2026·吉林长春）一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B点后，再经过1 s，第二次通过B点，在这2 s内，质点的总路程是12 cm，则质点振动的周期和振幅分别可能为（　　） A．2 s，6 cm B．4 s，6 cm C．4 s，8 cm D．2 s，8 cm 【答案】B 【详解】设B点在正的最大位置一侧，因质点先后以相同的速度依次通过A、B两点，故A、B两点关于平衡位置对称，另据对称性，从B点到正的最大位置跟从正的最大位置返回到B点的时间相等，也等于从负的最大位置到A点的（最短）时间，即从负的最大位置到正的最大位置用时2 s，质点的总路程是12 cm，故 故选B。 ✡模型三 单摆模型 ▶模型剖析 1.单摆及其回复力 (1)单摆：如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆。 说明：单摆是实际摆的理想模型，若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动。 在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关。 (2)周期公式:T=2π，即周期T跟摆长L的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 2.单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关，和外界条件无关。单摆的简谐运动周期也叫作单摆的固有周期，其频率为固有频率。弹簧振子的简谐运动周期和频率与弹簧的劲度系数和小球的质量有关。 3.单摆模型的拓展 (1)类单摆模型 如图所示，在光滑弧面上来回滚动的小球(可视为质点)，在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球运动可看成简谐运动，T=2π。 (2)等效摆长及等效重力加速度 ①等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T=2π。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 ②等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值等于摆球相对系统“静止”在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。 ▶模型特训 类型1 单摆及其回复力模型 【典例1】（2026·北京房山·二模）如图甲所示，传感器固定在天花板上，将单摆一端固定在传感器上的O点。t=0时刻，将摆球拉到A点由静止释放，让其在A、C之间来回摆动（摆角小于5°），其中B点为最低点。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为0.4 πs B．根据所给数据不能求出摆球的质量 C．摆球所受合力提供摆球振动的回复力 D．单摆的摆长为1.6 m 【推理演示】A．由图乙可知，t=0时刻小球处于A点，，小球处于C点，，小球第一次回到A点，则单摆的周期为，故A错误； D．根据单摆周期公式 可得单摆的摆长为，故D正确； C．摆球所受重力沿切线方向的分力提供其回复力，故C错误； B．设小球在最高点时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时有 小球在最低点时，根据牛顿第二定律可得 其中；小球从最高点到最低点过程，根据动能定理可得 联立以上式子可得小球的质量为，故B错误。 故选D。 【变式1-1】（2026·江西上饶·二模）用如图甲所示装置进行“单摆测定重力加速度”的实验，获得传感器读取的力与时间关系如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．单摆的周期为 B．摆球尽量选择体积小、密度大的 C．摆线要选择粗些的、伸缩性大些的 D．为使单摆周期大一些，应使摆角尽量大 【答案】B 【详解】A．单摆经过最低点时拉力最大，经过最高点时拉力最小。在一个周期内，摆球两次经过最低点，拉力两次达到最大值。由图乙可知，拉力变化的周期为，则单摆的周期，故A错误； B．为了减小空气阻力对实验的影响，摆球应选择体积小、密度大的金属球，故B正确； C．为了保证摆长在摆动过程中保持不变，摆线应选择细些的、伸缩性小些的，故C错误； D．单摆做简谐运动的条件是摆角小于，在此范围内单摆的周期与振幅无关（等时性），不能通过增大摆角来增大周期，且摆角过大会导致周期公式不再适用，故D错误。 故选B。 【变式1-2】（25-26高三上·河北秦皇岛·阶段检测）（多选）一单摆在竖直平面内做简谐运动，摆球的动能随时间变化的图像如图所示。已知。下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为1.0s B．单摆的摆长为1.0m C．1.0s时小球受到的回复力为0 D．1.0s时小球的切向加速度最大 【答案】BC 【详解】A．由分析可知，当摆球运动到最低点时其动能最大，而在一个周期内，摆球经过最低点两次，所以该单摆的周期为，故A错误； B．根据单摆的周期公式可知，该单摆的摆长为，故B正确； CD．由题图可知，1.0s时小球的动能最大，所以小球此时处于最低点处，即小球此时处于悬点的正下方。对小球进行受力分析可知，小球此时受到的拉力和重力都在竖直方向上，其在切线方向的分力为0，即小球受到的回复力为0，切向方向的加速度为0，故C正确，D错误。 故选BC。 【变式1-3】（2025·江苏苏州·模拟预测）将一小球可视为质点悬挂于O点，拉开一个小角度后静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球质量越大，摆动周期越小 B．拉开角度越小，摆动周期越小 C．小球摆动过程中机械能守恒 D．摆动过程中，绳的拉力与重力的合力充当回复力 【答案】C 【详解】AB．根据单摆周期公式，可知摆动周期与小球质量和拉开角度无关，故AB错误； C．小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故C正确； D．摆动过程中，重力的切向分力提供回复力，故D错误。 故选C。 类型2 单摆的振动图像及其表达式模型 【典例2】（2026·天津南开·一模）（多选）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．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 【推理演示】A．根据图示可知，甲摆的振幅为2cm，乙摆的振幅为1cm，则甲、乙两摆的振幅之比为2:1，故A正确； B．2s时，甲的位移为0，表明甲摆摆球位于最低点，此时甲摆摆球到达重力势能最小处乙的位移为最大值1cm，表明乙摆摆球位于最高点，此时乙摆摆球的动能为零，故B正确； C．根据图示可知， 根据单摆周期公式有， 解得，故C错误； D．令甲、乙摆动过程的摆角分别为、，在最低点的速度大小分别为、，根据动能定理有， 摆球在最低点时的向心加速度分别为， 解得， 由于甲的摆长小于乙的摆长，甲的振幅大于乙的振幅，则有解得 即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，故D正确。 故选ABD。 【变式2-1】（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，长为不可伸长的细绳，一端固定于天花板O点，下端悬挂一小球（可视为质点）。O点正下方处有一固定细铁钉，。将小球拉至N点（细绳与竖直方向夹角小于）由静止释放。重力加速度为，不计空气阻力。取向右为正方向，小球相对平衡位置的水平位移为，速度为，动能为，重力势能为。从释放时开始计时，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．未碰到铁钉时摆长为 碰到铁钉后摆长为 根据单摆周期公式 可得， 可知小球在铁钉左侧运动的时间是右侧的，即 图的时间间隔符合规律。设竖直位移最大值为h，铁钉右侧水平位移最大值 铁钉左侧的水平位移最大值 则 而在图中，两侧最大位移相等，故A错误； B．时小球由静止释放，初速度为0，而图中时速度为正向最大值，故B错误； C．动能是标量，时小球静止，动能为0，小球从释放到平衡位置，动能逐渐增大到最大值，从平衡位置到左最大位移，动能减小到0，再返回平衡位置动能再次增大到最大值，最后到右最大动能减为0；且每次经过平衡位置速度大小相等，最大动能相同，时间间隔符合，故C正确； D．小球在摆动过程中机械能守恒，动能为0处对应重力势能最大处，则前两次重力势能最大处时间间隔应符合，但图中时间间隔为，故D错误。 故选C。 【变式2-2】（2026·湖南长沙·三模）如图甲所示，有一根较长的细线和一个较小的沙漏。当沙漏小角度摆动时，分别以不同速度匀速拉动沙漏下方的木板，漏出的沙在木板上会形成一条曲线，如图乙所示。已知，假设沙漏小角度摆动过程中，单位时间内漏出的细沙体积不变，则下列说法正确的是（　　） A．木板1中曲线上各位置处堆积的细沙一样多 B．木板1、2中的、两位置处堆积的细沙不一样多 C．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为 D．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为 【答案】B 【详解】A．沙漏做简谐运动，在最大位移处（波峰或波谷）瞬时速度为零，在平衡位置（轴线处）瞬时速度最大。已知单位时间内漏出的细沙体积不变，所以在最大位移处细沙堆积得多，在平衡位置处细沙堆积得少，故A错误； B．木板1、2中的、两位置均处于平衡位置，沙漏经过这两处时的摆动速率相等。但由于木板1和木板2的拉动速度不同，沙漏相对于木板的合速度大小不同，导致沙漏经过木板单位长度的时间不同，堆积的细沙量不同，故B正确； CD．设沙漏摆动周期为，观察图乙，木板1上的段包含两个完整波形，故木板1移动距离用时 木板2上的段包含1.5个完整波形，故木板2移动距离用时 因，由速度公式可知木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为，故C、D错误。 故选B。 【变式2-3】（2024·山东潍坊）如图甲所示，一摆球在竖直平面内做小角度摆动（θ<5°）。某次摆球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．摆长约为2m B．t=0.5s时摆球所受合外力为零 C．从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 D．摆球的位移x随时间t的变化规律为 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，单摆周期 根据 可得摆长约为，故A错误； B．t=0.5s时摆球到达最高点，此时摆球加速度不为零，即所受合外力不为零，故B错误； C．从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球从左侧最高点向平衡位置摆动，此时所受回复力逐渐减小，故C错误； D．摆球的位移x随时间t的变化规律为，故D正确。 故选D。 【变式2-4】（2024·四川宜宾）（多选）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，摆球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，取重力加速度为。单摆的振动过程中，下列说法正确的是（    ） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移随时间变化的关系式为 C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从到的过程中，摆球所受回复力为正且逐渐增大 【答案】AD 【详解】A．由题图乙可知单摆的周期 根据单摆的周期公式 解得单摆的摆长约为1.0m，故A正确； B．由 则单摆的位移随时间变化的关系式为 故B错误； C．由题图乙可知，从到的过程中，摆球偏离平衡位置的位移逐渐变小，重力势能逐渐减小，故C错误； D．由题图乙可知，从到的过程中，摆球偏离平衡位置的位移为负值，且大小逐渐变大，所受回复力 故回复力为正且逐渐增大，故D正确。 故选AD。 【变式2-5】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图是用传感器和计算机描绘的甲、乙两个单摆的振动图像。关于两个单摆运动的描述，下列说法正确的是（　　） A．甲单摆的振动方程为 B．任意内，乙单摆经过的路程均为 C．甲、乙单摆的摆长之比为 D．甲、乙单摆的最大摆角之比为 【答案】C 【详解】A．由图可知， 经检验分析可得甲单摆的振动方程为，选项A错误； B．由图可知 为四分之一个周期，经过的路程与计时起点有关，选项B错误； C．根据周期公式 可得摆长 将两单摆周期代入，可得两单摆的摆长之比为，选项C正确； D．设最大摆角为，振幅为，由 可得最大摆角为 则甲、乙两单摆的最大摆角之比 代入数据得，选项D错误。 故选C。 【变式2-6】（2024·甘肃·高考真题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 【答案】C 【详解】由单摆的振动图像可知振动周期为，由单摆的周期公式得摆长为 x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。 综上所述，可知C正确，故选C。 类型3 等效单摆模型 【典例3】（2026·山东德州·模拟预测）（多选）如图所示，光滑圆弧形凹槽固定在水平地面上，O为圆心，半径为R，C为圆弧的最低点，弧长。可视为质点的小球先后从图中的a、b两点由静止释放。在上述两次小球从释放到第一次经过C点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球动能的变化量相等 B．小球机械能的变化量相等 C．小球重力的冲量相同 D．小球合外力的冲量相同 【推理演示】A．设小球初始位置到C点的竖直高度为h，根据动能定理可得 所以 由于高度不同，所以小球到达C点的速度大小不相等，动能变化量不相等，故A错误； B．小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以小球机械能的变化量相等，故B正确； C．该装置可类比单摆，根据单摆的周期公式可得，小球从初始位置运动到最低点的时间为 由此可知，小球运动的时间相等，小球重力的冲量为，故C正确； D．根据动量定理可得，小球合外力的冲量为 由于高度不同，所以合外力的冲量不同，故D错误。 故选BC。 【变式3-1】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）几个摆长相同的单摆在竖直面内不同条件下做简谐运动，图甲处于重力场中，图乙处于竖直向下的匀强电场中，图丙处于垂直纸面向里的匀强磁场中，图丁绝缘天花板固定一正的点电荷。图乙、丙、丁中小球电荷量为，小球可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．图甲中，小球所受重力和拉力的合力充当回复力 B．图乙中，小球做简谐运动的周期最小 C．图丙中，小球每次通过最低点时线的拉力大小不变 D．图丁中，若将正点电荷换为负点电荷，单摆的周期会变大 【答案】B 【详解】A．图甲中，回复力是重力沿圆弧切线方向的分力，并非重力和拉力合力，故A错误； B．图乙中存在竖直向下的匀强电场，等效重力加速度为 根据周期公式，周期变小，故B正确； C．图丙中洛伦兹力始终垂直于速度，虽不做功，但方向随运动方向改变。小球左右通过最低点时，洛伦兹力方向相反，导致拉力不同，向右过最低点时，向左过最低点时，故C错误； D．图丁中库仑力始终沿摆线径向，不影响切向回复力，因此无论固定电荷正负，等效重力加速度仍为，周期不变，故D错误。 故选B。 【变式3-2】（2026·福建福州·一模）如图所示，三根细线在点处打结，、端固定在同一水平面上，使，，已知线长，点系着一个小球，其表面包有一小块橡皮泥。让小球在垂直纸面内振动，小球可视为质点且做极小角度摆动，重力加速度大小为，则周期______。当小球运动到最低点时橡皮泥脱落（不考虑单摆摆长的变化及这一极短暂过程小球速度的变化），此后单摆周期______（填“变大”、“变小”或“不变”），单摆振幅______（填“变大”、“变小”或“不变”）。 【答案】 不变 不变 【详解】[1]根据题意可知，让小球垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，由几何关系可得，等效摆长为 则周期 [2]当小球运动到最低点时橡皮泥脱落，不考虑单摆摆长的变化，则单摆周期不变。 [3]设小球能够到达最高点的高度为，运动到最低点时速度为，由机械能守恒定律有 解得 当小球运动到最低点时橡皮泥脱落，不考虑这一极短暂过程小球速度的变化，则小球能够到达最高点的高度不变，可知，单摆振幅不变。 【变式3-3】（2026·重庆·模拟预测）图1中，用一轻质细线将一可视为质点的小球悬挂在天花板上，其摆动周期为T1；图2中，用一轻质细线将该小球挂在光滑固定的斜面上，使其紧贴斜面摆动，摆动周期为T2；图3中，用两根等长的轻质细线将该小球悬挂在水平天花板上，使其沿垂直纸面方向摆动，摆动周期为T3。若所有摆动均视为单摆运动，且所有细线长度相同，重力加速度均为g，则（　　） A．T2>T1>T3 B．T1>T3>T2 C．T1>T2>T3 D．T2>T1=T3 【答案】A 【详解】设细线长度为L，图2斜面倾角为，图3中两线夹角为，则图1、图2、图3单摆周期分别为，， 综上可知。 故选A。 【变式3-4】（2025·河南·二模）如图甲所示为杆线摆的原理图，它可以绕着悬挂轴来回摆动，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。某同学利用铁架台做了一个杆线摆，如图乙所示，用来探究它的周期的影响因素。把铁架台底座的一侧垫高，立柱倾斜，摆杆通过光滑铰链与立柱连接，摆杆始终与立柱垂直。让钢球小角度摆动，测出静止时摆杆与重垂线的夹角为，摆线的长度为，摆杆的长度为，根据已有的知识，下列关系可能正确的是（　　） A．、不变时，越大，周期越短 B．、不变时，越大，周期越长 C．、不变时，越大，周期越长 D．无论、怎样改变，只要不变，则周期不变 【答案】B 【详解】杆线摆可看成以为摆长，以为等效加速度的单摆，其摆动周期 A．、不变时，越大，周期越长，故A错误； B．、不变时，越大，周期越长，故B正确； C．、不变时，越大，周期不变，故C错误； D．有题意可知其摆动的周期不仅与有关，还与有关，故D错误。 故选B。 【变式3-5】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）（多选）如图甲所示，一摆长为0.99m的单摆悬挂在天花板上，如图乙所示，将相同的单摆悬挂在光滑斜面上。两情况下将摆球拉离平衡位置相同的小角度并由静止释放，小球相对平衡位置的位移随时间的关系图像如图丙所示，取9.87。下列说法正确的是（　　） A．图甲、乙中单摆的频率之比为 B．当地的重力加速度约为 C．斜面倾角的正弦值为 D．图甲、乙中摆绳上最大拉力之比为 【答案】BD 【详解】A．由图丙可知图甲、乙中单摆的周期之比为，所以甲、乙中单摆的频率之比为，故A错误； B．由甲的周期公式可得 解得，故B正确； C．由乙单摆得 解得，故C错误； D．设最大摆角为，对甲由机械能守恒得 由牛顿第二定律得 解得 同理对乙得 解得，故D正确。 故选BD。 ✡模型四 外力作用下的振动模型 ▶模型剖析 1.阻尼振动：振幅逐渐减小的振动。 原因：由于空气阻力和摩擦力等因素导致机械能逐渐耗散。 2.固有频率：物体的自由振动频率。 影响因素：固有频率只与它们自身的参数有关。 3.受迫振动：系统在外界驱动力作用下的振动。 受迫振动的频率(周期)：物体做受迫振动达到稳定后，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。 说明：驱动力是指作用于振动系统的周期性的外力。 4.阻尼振动的能量特点 物体在做阻尼振动的过程中，总机械能逐渐减小，物体位移大小相等时，势能大小相等，但动能与上一次相比将减小。 5.共振　共振的应用与防止 (1)共振：驱动力的频率f等于振动系统的固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，这种现象称为共振。 共振曲线(如图所示) 说明：f=f0时发生共振；f>f0或f<f0时，f与f0相差越大，振幅越小。 (2)共振的应用和防止 ①在利用共振时，应使驱动力的频率接近或者等于振动系统的固有频率；如共振筛、地震仪等。 ②在防止共振时，应使驱动力的频率与振动系统的固有频率保持一定差距。如：队伍过桥时不能齐步走。 ▶模型特训 类型1 阻尼振动模型 【典例1】（2026·江苏·一模）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 【推理演示】从位移-时间图像可知：P时刻：位移，N时刻：位移，两时刻位移大小相等、方向相反。 A．单摆加速度满足，方向与位移相反。可知摆球在P与N时刻加速度大小相同、方向相反，故加速度不同，A错误； B．动能，由速率决定。阻尼振动中机械能随时间衰减，N时刻晚于P时刻，总能量更低；且两时刻速度方向相同但速率因阻尼存在差异，故动能不同。B错误； C．重力势能，P、N时刻对应高度相同，故势能相同，C正确； D．阻尼振动因克服阻力做功，机械能随时间衰减。N时刻晚于P时刻，故，机械能不同，D错误。 故选C。 【变式1-1】（2025·北京·高考真题）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（　　） A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同 【答案】D 【详解】A．有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误； B．根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误； C．磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误； D．分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。 故选D。 【变式1-2】（2025·湖北武汉·三模）（多选）如图所示是单摆做阻尼振动的位移-时间图像。分析图像，下列说法正确的是（　　） A．阻尼振动的周期不变 B．阻尼振动的周期增大 C．摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能 D．摆球在P时刻的动能等于Q时刻的动能 【答案】AC 【详解】AB．阻尼振动中，摆球的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，A正确，B错误； C．摆球在P时刻的位移大小等于Q时刻的位移大小，即高度相同，则摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能，C正确； D．图像的斜率表示摆球的速度，由图可知，摆球在P时刻的速度大于Q时刻的速度，根据可知摆球在P时刻的动能大于Q时刻的动能，D错误。 故选AC。 类型2 受迫振动与共振模型 【典例2】（2025·广东·高考真题）关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（    ） A．系统的固有频率与驱动力频率有关 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大 【推理演示】A．系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误； B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误； CD．根据多普勒效应可知观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，观察者与波源相互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错误。 故选C。 【变式2-1】（2026·湖北宜昌·二模）港珠澳大桥是世界上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最大的桥梁工程。港珠澳大桥在设计和建造中采用了一种安装在桥塔与梁体之间的阻尼器，其作用主要是通过消耗振动能量来减小桥梁的振幅。阻尼器的使用主要改变了（　　） A．桥梁的固有频率 B．桥梁系统的总阻尼 C．外来驱动力的频率 D．桥梁的固有周期 【答案】B 【详解】A．桥梁的固有频率由其自身质量、结构等固有属性决定，阻尼器不会改变这些属性，因此固有频率不变，故A错误； B．阻尼器通过消耗振动能量减小振幅，本质是增大了桥梁系统的总阻尼，使振动更快衰减，故B正确； C．外来驱动力的频率由外界振源（如风、通行车辆等）决定，阻尼器无法改变外界振源的频率，故C错误； D．根据可知固有周期与固有频率互为倒数，由桥梁自身固有属性决定，不受阻尼器影响，因此固有周期不变，故D错误。 故选B。 【变式2-2】（2026·湖南长沙·模拟预测）把一个筛子用弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的振动振幅与驱动力频率的关系如图乙所示，已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54 r/min。下列表述正确的是（     ） A．增大电压可以增大筛子的固有频率 B．减小电压可以增大筛子的振动幅度 C．增大筛子质量，驱动力的频率一定减小 D．减小筛子质量，筛子的振动幅度一定减小 【答案】B 【详解】A．筛子的固有频率由筛子本身的结构决定，与驱动电压无关，故增大电压不能改变筛子的固有频率，故A错误； B．根据偏心轮的转速可求得当前的驱动力频率为 由图乙可知筛子的固有频率为 减小电压可使偏心轮转速降低，从而减小驱动力的频率，由于初始状态下驱动力的频率大于固有频率，频率减小会使其更接近固有频率，根据受迫振动的规律可知驱动力频率越接近固有频率则振幅越大，因此减小电压可以增大筛子的振动幅度，故B正确； C．驱动力的频率由偏心轮的转速决定，与筛子的质量无关，因此增大筛子质量时驱动力的频率保持不变，故C错误； D．根据题意可知，减小筛子质量会减小筛子的固有周期，从而增大其固有频率，使其向当前的驱动力频率靠近，因此筛子的振动幅度可能会增大，并非一定减小，故D错误。 故选B。 【变式2-3】（2026·山西太原）如图所示，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球，下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大。现对平板施加周期性驱动力，使平板左右振动并带动各小球振动，稳定后观察到B球的振动幅度最大。则关于稳定后各小球的振动情况，下列说法正确的是（    ） A．小球B振动周期最大 B．只有小球B的振动周期与平板振动周期相同 C．三个小球的振动周期均与平板振动周期相同 D．若缓慢增大驱动力的频率，则可以观察到C球的振动幅度变大 【答案】C 【详解】ABC．根据题目描述，小球B的振动幅度最大，这表明小球B的固有周期与平板振动周期相同或相近，即小球B处于共振状态。三个小球的振动周期与振动振幅无关，等于平板振动的周期，故AB错误，C正确； D．若缓慢增大驱动力频率，即减小了驱动力的周期，由于平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大，则小球A的固有周期最小，所以小球A的振动幅度变大，故D错误。 故选C。 【变式2-4】（2025·浙江·一模）如图为港珠澳大桥，为保障大桥安全，需加装一种工程减震装置叫作调谐质量阻尼器，该装置是一个由弹簧、阻尼器和质量块组成的振动控制系统，附加在需要振动控制的主结构上。主结构在外界作用下产生振动时，能带动减振装置一起振动，当满足一定条件时，能最大限度地降低主结构的振动，达到减振的效果。关于该调谐质量阻尼器下列说法正确的是（    ） A．工作时减震装置与主结构振动步调一致 B．调谐质量阻尼器和主结构固有频率相等时，减震效果最好 C．减震块质量越大减震效果越好 D．主结构振动时调谐质量阻尼器和主结构振动频率相等 【答案】D 【详解】A．调谐质量阻尼器工作时减震装置与主结构振动步调相反，从而减小主体结构的振动，故A错误； B．调谐质量阻尼器的固有频率和主结构频率相等时，减震效果最好，故B错误； C．调谐质量阻尼器的振动频率由外部振动决定，则质量块变化时，其随驱动力振动的频率不变，不会影响减震效果，故C错误； D．调谐质量阻尼器做受迫振动，其振动频率等于主结构的振动频率，故D正确。 故选D。 【变式2-5】（2026·黑龙江双鸭山·一模）（多选）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 【详解】A．若使M振动起来，其余三个摆都会做受迫振动，从而振动起来，A错误； B．若使N振动起来，其余三个摆都会做受迫振动，其振动周期都等于N摆的振动周期，B错误； C．因M、P固有周期相同，且大于N的固有周期，则若使P振动起来，稳定时M、P发生共振，M的振幅最大，即M比N的振幅大，C正确； D．因O的固有周期为3s，则若使O振动起来，稳定时M的振动周期等于O的周期，即为3s，D正确。 故选CD。 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第09讲 机械振动模型 —————————————⏩目录⏪————————————— 模型一 弹簧振子模型 模型二 简谐运动的描述模型 类型1 简谐运动的定义及特征模型 类型2 简谐运动的描述模型 类型3 简谐运动的回复力和能量模型 类型4 简谐运动的周期性与对称性模型 模型三 单摆模型 类型1 单摆及其回复力模型 类型2 单摆的振动图像及其表达式模型 类型3 等效单摆模型 模型四 外力作用下的振动模型 类型1 阻尼振动模型 类型2 受迫振动与共振模型 ———————————⏩模型建构⏪———————————— ✡模型一 弹簧振子模型 ▶模型剖析 1.弹簧振子：小球和弹簧组成的系统。如图所示，其中小球和水平杆之间的摩擦可以忽略不计，小球的运动可以看作质点的运动。 说明：弹簧振子是一种理想化模型，弹簧为轻质弹簧(可认为质量集中于小球)，不计摩擦和空气等阻力，小球从平衡位置被拉开的距离在弹性限度内。 2.弹簧振子平衡位置的判断方法 (1)振动系统不振动，小球原来处于静止时的位置。 (2)振子振动过程中，合力为零的位置，此时小球的加速度为零，速度最大。 3.能量变化特征：小球振动时的速度在零与最大值之间周期性变化，说明动能在周期性变化。弹簧在振动过程中，弹簧振子的弹性势能和动能相互转化，其和等于最初将小球拉离平衡位置时的弹性势能，机械能守恒。 说明：(1)简谐运动的能量由振动系统和振幅共同决定，同一个振动系统，振幅越大，能量(机械能)越大。 (2)在振动的一个周期内，动能和势能完成两次周期性变化。小球的位移减小，势能转化为动能；位移增大，动能转化为势能。 4.在光滑水平杆上振子的振动过程中 (1)在平衡位置处：振子离开平衡位置的距离为零，所受回复力为零，加速度为零，速度的大小最大，动能最大，弹簧的弹性势能为零。 (2)在振幅处：振子离开平衡位置的距离最大，所受回复力的大小最大，加速度的大小最大，速度为零，动能为零，弹簧的弹性势能最大。 说明：①简谐运动中各个物理量对应关系不同。位置不同，则位移不同，加速度、回复力不同，但是速度、动能、势能可能相同，也可能不同。②位移增大时，回复力、加速度和势能增大，速度和动能减小；位移减小时，回复力、加速度和势能减小，速度和动能增大。 5.振子在振动过程中离开平衡位置的距离、加速度、速度、动能、弹性势能等在每个周期里完全重复，这样的运动叫作周期性往复运动。 ▶模型特训 【典例1】（2026·江苏扬州·模拟预测）如图所示，并列悬挂两个完全相同的弹簧振子。把两个小球向下拉同样距离后，先释放A球，当A球第一次到达最高点时再释放B球，在接下来的运动过程中，两球在任意时刻（     ） A．位移相同 B．动能相同 C．速度相同 D．加速度相同 【变式1-1】（2026·江苏苏州·三模）如图所示，小物块在平衡位置附近做简谐振动，振动周期为，最大动能为，以小物块向右经过平衡位置的时刻为时间起点，则其动能随时间的关系为（     ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·北京海淀·二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s B．0~3s内，小球通过的路程为0.1m C．0~2s内，弹簧弹力对小球始终做负功 D．0~1s内和1~2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等 ✡模型二 简谐运动的描述模型 ▶模型剖析 1.简谐运动位移-时间图像的函数表达式为x=Acos(ωt+φ)，式中A是简谐运动的振幅，ω是简谐运动的角频率。 说明：(1)表达式反映了做简谐运动的物体的位移x随时间t的变化规律。 (2)通过简谐运动的函数描述可得出简谐运动的振幅A、周期T、频率f等物理量。 2.相位：位移—时间函数x=Acos(ωt+φ)中的ωt+φ叫作相位，而t=0时的相位φ叫作初相位，简称初相。 (1)意义：相位是一个表示振子处在振动周期中的哪个位置的物理量。 说明：相位ωt+φ代表了做简谐运动的物体在各个不同时刻所处的状态。它是一个随时间变化的量，相位每增加2π，意味着物体完成了一次全振动。 (2)相位差：相位是一个相对概念，与所取的时间零点有关。两个振动的相位差是个绝对概念，表示两个频率相同的简谐运动的振动先后关系。 说明：频率相同的两个简谐运动有固定的相位差，即Δφ=φ1-φ2(φ1>φ2)。 若Δφ=0，表明两个物体运动步调相同，即同相； 若Δφ=π，表明两个物体运动步调相反，即反相。 3.由简谐运动的图像获取的信息 (1)简谐运动的周期、频率、相位、振幅。 (2)某一时刻质点的位移的大小和方向如图所示，质点在t1、t2时刻的位移分别为x1和-x2。 (3)某一时刻质点的运动方向 根据下一时刻质点的位移确定运动方向，如图中的a点，下一时刻质点离平衡位置更远，故a点对应时刻质点向正方向远离平衡位置运动。 (4)质点的位移、速度的变化情况 ①根据下一时刻质点的位移，判断是远离还是靠近平衡位置。若远离平衡位置，则位移越来越大，速度越来越小；若靠近平衡位置，则位移越来越小，速度越来越大。 ②根据斜率判断速度的大小和方向。斜率绝对值越大，则速度越大，斜率绝对值越小，则速度越小，斜率为正，则速度沿所选正方向，斜率为负，则速度沿负方向。 4.简谐运动中一段时间内的路程与振幅的关系 (1)一个周期T恰好经过一次全振动，一次全振动中所通过的路程就是振幅A的4倍，即任意一个周期内的路程均为4A，任意半个周期内的路程均为2A。 (2)振动物体在个周期内的路程不一定等于一个振幅A。只有当初始时刻振动物体在平衡位置或最大位移处时，个周期内的路程才等于一个振幅。当初始时刻振动物体不在平衡位置或最大位移处时，若质点开始时运动的方向指向平衡位置，则质点在个周期内的路程大于A，若质点开始时运动的方向远离平衡位置，则质点在个周期内的路程小于A。 5.简谐运动的周期性与对称性 (1)周期性造成多解：物体经过同一位置可以对应不同的时刻，物体的位移、加速度相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这样就形成简谐运动的多解问题。 (2)对称性造成多解：由于简谐运动具有对称性，因此当物体通过两个对称位置时，其位移、加速度大小相同，而速度可能相同，也可能等大反向，这种也形成多解问题。 ▶模型特训 类型1 简谐运动的定义及特征模型 【典例1】（2025·江西南昌·模拟预测）（多选）如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 （　　） A．弹簧振子振动的圆频率为 B．弹簧振子的振动方程为 C．在t=3s和t=5s时刻弹簧的弹性势能相同 D．在t=3s和t=5s时刻弹簧的弹性势能不同 【变式1-1】（2024·河北·高考真题）如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的图像．已知轻杆在竖直面内长,电动机转速为．该振动的圆频率和光点在内通过的路程分别为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·河南三门峡·三模）如图（a）所示，箱子P放在水平地面上，两根相同的轻质弹簧连着小球Q，两弹簧另一端与箱子P连接，弹簧均处于竖直状态。取竖直向上为正方向，小球Q在竖直方向振动过程中相对平衡位置的位移y随时间t的变化如图（b）所示，箱子P始终保持静止。弹簧始终在弹性限度内，则（     ） A．小球在平衡位置时，两弹簧弹力为零 B．时，小球的加速度为零 C．时，箱子对地面的压力最小 D．时，小球的速度大小最大 【变式1-3】（2025·湖北·高考真题）（多选）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（　　） A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为 C．当且仅当时，小球b才能始终做简谐运动     D．当且仅当时，小球b才能始终做简谐运动 类型2 简谐运动的描述模型 【典例2】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）（多选）如图甲所示，底部固定有砂粒的塑料管竖直浮于水面，将塑料管向下压一小段距离后释放，砂粒（视为质点）随塑料管在竖直方向做简谐运动。取竖直向上为正方向，一段时间内砂粒的振动图像如图乙所示，则砂粒（　　） A．振动的振幅为 B．振动的频率为 C．在时距平衡位置 D．在时加速度方向竖直向下 【变式2-1】（2026·甘肃酒泉·二模）（多选）在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播，如图甲所示为相距200 m的浮标A、B。监测站某次记录海浪（可视为简谐横波）从浮标A向浮标B传播用时25 s，时浮标A开始振动，振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．海浪传播的速度大小为10 m/s B．浮标B的起振方向沿y轴负方向 C．时，浮标B位于平衡位置 D．时，浮标B速度方向沿y轴负方向 【变式2-2】（2026·陕西·模拟预测）（多选）一水平放置、质量为m的弹簧振子在光滑的水平面上做简谐振动，其加速度与时间的关系图像如图所示，规定水平向右为正方向，弹簧振子的周期，m为振子质量，k为劲度系数（未知），根据图像所提供的已知信息，下列说法正确的是（　　） A．时刻，振子处在平衡位置向左运动 B．弹簧振子的周期为 C．弹簧振子的振幅为 D．弹簧的劲度系数为 类型3 简谐运动的回复力和能量模型 【典例3】（2026·浙江·二模）如图甲所示是用手机和轻弹簧制作的一个振动装置示意图。手机内置加速度传感器记录了手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线，如图乙中实线1所示（以竖直向上为正方向）。下列说法正确的是（     ） A．t=0.2s时，弹簧弹力为0 B．t=0.4s时，手机正在向下运动 C．从t=0.4s至t=0.6s过程中，手机的动能不断减小 D．更换劲度系数更小的弹簧，所得曲线可能如图中的虚线2所示 【变式3-1】（2026·陕西西安·三模）直立的轻弹簧一端固定在地面上，另一端拴住一个铁块，现让铁块在竖直方向做往复运动，从铁块所受合力为零开始计时，取向上为正方向，其运动的位移-时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．t=0.25s时物体对弹簧的压力最大 B．t=0.25s和t=0.75s两时刻弹簧的弹力大小相等 C．t=0.25s至t=0.50s这段时间内，物体做加速度逐渐增大的加速运动 D．t=0.25s至t=0.50s这段时间内，物体的动能和弹簧的弹性势能之和在增大 【变式3-2】（2025·陕西商洛·二模）（多选）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点再运动到M点为一次全振动 B．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 D．弹簧振子在前2.5s内的路程为0.35m 类型4 简谐运动的周期性与对称性模型 【典例4】（2025·福建泉州）（多选）一弹簧振子做简谐运动，为平衡位置，当它经过点时开始计时，经过，第一次到达点，再经过第二次到达点，则弹簧振子的周期可能为（        ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2026·河南洛阳）如图所示，弹簧振子在、之间做简谐运动，为平衡位置。测得、间距为20 cm，振子经过点时开始计时，经过首次到达点，则该振子（　　） A．振动周期是，振幅是 B．振动频率是 C．时运动到中点处 D．内通过的路程为 【变式4-2】（2026·吉林长春）一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过A、B两点，历时1 s，质点通过B点后，再经过1 s，第二次通过B点，在这2 s内，质点的总路程是12 cm，则质点振动的周期和振幅分别可能为（　　） A．2 s，6 cm B．4 s，6 cm C．4 s，8 cm D．2 s，8 cm ✡模型三 单摆模型 ▶模型剖析 1.单摆及其回复力 (1)单摆：如果悬挂物体的绳子的伸缩和质量可以忽略不计，绳长比物体的尺寸大很多，物体可以看作质点，这样的装置可以看作单摆。 说明：单摆是实际摆的理想模型，若单摆的摆角小于5°，单摆的摆动可近似看成简谐运动。 在摆角很小的情况下，单摆的周期与小球质量和摆角无关，与单摆摆长有关。 (2)周期公式:T=2π，即周期T跟摆长L的二次方根成正比，跟重力加速度g的二次方根成反比，而与振幅、摆球质量无关。 2.单摆的简谐运动周期与装置的固有因素有关，和外界条件无关。单摆的简谐运动周期也叫作单摆的固有周期，其频率为固有频率。弹簧振子的简谐运动周期和频率与弹簧的劲度系数和小球的质量有关。 3.单摆模型的拓展 (1)类单摆模型 如图所示，在光滑弧面上来回滚动的小球(可视为质点)，在圆弧半径R远大于运动弧长的情况下，小球运动可看成简谐运动，T=2π。 (2)等效摆长及等效重力加速度 ①等效摆长：图(a)中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期T=2π。图(b)中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 ②等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值等于摆球相对系统“静止”在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。 ▶模型特训 类型1 单摆及其回复力模型 【典例1】（2026·北京房山·二模）如图甲所示，传感器固定在天花板上，将单摆一端固定在传感器上的O点。t=0时刻，将摆球拉到A点由静止释放，让其在A、C之间来回摆动（摆角小于5°），其中B点为最低点。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为0.4 πs B．根据所给数据不能求出摆球的质量 C．摆球所受合力提供摆球振动的回复力 D．单摆的摆长为1.6 m 【变式1-1】（2026·江西上饶·二模）用如图甲所示装置进行“单摆测定重力加速度”的实验，获得传感器读取的力与时间关系如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．单摆的周期为 B．摆球尽量选择体积小、密度大的 C．摆线要选择粗些的、伸缩性大些的 D．为使单摆周期大一些，应使摆角尽量大 【变式1-2】（25-26高三上·河北秦皇岛·阶段检测）（多选）一单摆在竖直平面内做简谐运动，摆球的动能随时间变化的图像如图所示。已知。下列说法正确的是（　　） A．单摆的周期为1.0s B．单摆的摆长为1.0m C．1.0s时小球受到的回复力为0 D．1.0s时小球的切向加速度最大 【变式1-3】（2025·江苏苏州·模拟预测）将一小球可视为质点悬挂于O点，拉开一个小角度后静止释放，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小球质量越大，摆动周期越小 B．拉开角度越小，摆动周期越小 C．小球摆动过程中机械能守恒 D．摆动过程中，绳的拉力与重力的合力充当回复力 类型2 单摆的振动图像及其表达式模型 【典例2】（2026·天津南开·一模）（多选）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．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 【变式2-1】（2026·河南许昌·模拟预测）如图所示，长为不可伸长的细绳，一端固定于天花板O点，下端悬挂一小球（可视为质点）。O点正下方处有一固定细铁钉，。将小球拉至N点（细绳与竖直方向夹角小于）由静止释放。重力加速度为，不计空气阻力。取向右为正方向，小球相对平衡位置的水平位移为，速度为，动能为，重力势能为。从释放时开始计时，下列图像中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式2-2】（2026·湖南长沙·三模）如图甲所示，有一根较长的细线和一个较小的沙漏。当沙漏小角度摆动时，分别以不同速度匀速拉动沙漏下方的木板，漏出的沙在木板上会形成一条曲线，如图乙所示。已知，假设沙漏小角度摆动过程中，单位时间内漏出的细沙体积不变，则下列说法正确的是（　　） A．木板1中曲线上各位置处堆积的细沙一样多 B．木板1、2中的、两位置处堆积的细沙不一样多 C．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为 D．木板1拉动的速度与木板2拉动的速度之比为 【变式2-3】（2024·山东潍坊）如图甲所示，一摆球在竖直平面内做小角度摆动（θ<5°）。某次摆球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．摆长约为2m B．t=0.5s时摆球所受合外力为零 C．从t=1.5s至t=2.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大 D．摆球的位移x随时间t的变化规律为 【变式2-4】（2024·四川宜宾）（多选）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，摆球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，取重力加速度为。单摆的振动过程中，下列说法正确的是（    ） A．单摆的摆长约为1.0m B．单摆的位移随时间变化的关系式为 C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从到的过程中，摆球所受回复力为正且逐渐增大 【变式2-5】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图是用传感器和计算机描绘的甲、乙两个单摆的振动图像。关于两个单摆运动的描述，下列说法正确的是（　　） A．甲单摆的振动方程为 B．任意内，乙单摆经过的路程均为 C．甲、乙单摆的摆长之比为 D．甲、乙单摆的最大摆角之比为 【变式2-6】（2024·甘肃·高考真题）如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 类型3 等效单摆模型 【典例3】（2026·山东德州·模拟预测）（多选）如图所示，光滑圆弧形凹槽固定在水平地面上，O为圆心，半径为R，C为圆弧的最低点，弧长。可视为质点的小球先后从图中的a、b两点由静止释放。在上述两次小球从释放到第一次经过C点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球动能的变化量相等 B．小球机械能的变化量相等 C．小球重力的冲量相同 D．小球合外力的冲量相同 【变式3-1】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）几个摆长相同的单摆在竖直面内不同条件下做简谐运动，图甲处于重力场中，图乙处于竖直向下的匀强电场中，图丙处于垂直纸面向里的匀强磁场中，图丁绝缘天花板固定一正的点电荷。图乙、丙、丁中小球电荷量为，小球可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．图甲中，小球所受重力和拉力的合力充当回复力 B．图乙中，小球做简谐运动的周期最小 C．图丙中，小球每次通过最低点时线的拉力大小不变 D．图丁中，若将正点电荷换为负点电荷，单摆的周期会变大 【变式3-2】（2026·福建福州·一模）如图所示，三根细线在点处打结，、端固定在同一水平面上，使，，已知线长，点系着一个小球，其表面包有一小块橡皮泥。让小球在垂直纸面内振动，小球可视为质点且做极小角度摆动，重力加速度大小为，则周期______。当小球运动到最低点时橡皮泥脱落（不考虑单摆摆长的变化及这一极短暂过程小球速度的变化），此后单摆周期______（填“变大”、“变小”或“不变”），单摆振幅______（填“变大”、“变小”或“不变”）。 【变式3-3】（2026·重庆·模拟预测）图1中，用一轻质细线将一可视为质点的小球悬挂在天花板上，其摆动周期为T1；图2中，用一轻质细线将该小球挂在光滑固定的斜面上，使其紧贴斜面摆动，摆动周期为T2；图3中，用两根等长的轻质细线将该小球悬挂在水平天花板上，使其沿垂直纸面方向摆动，摆动周期为T3。若所有摆动均视为单摆运动，且所有细线长度相同，重力加速度均为g，则（　　） A．T2>T1>T3 B．T1>T3>T2 C．T1>T2>T3 D．T2>T1=T3 【变式3-4】（2025·河南·二模）如图甲所示为杆线摆的原理图，它可以绕着悬挂轴来回摆动，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。某同学利用铁架台做了一个杆线摆，如图乙所示，用来探究它的周期的影响因素。把铁架台底座的一侧垫高，立柱倾斜，摆杆通过光滑铰链与立柱连接，摆杆始终与立柱垂直。让钢球小角度摆动，测出静止时摆杆与重垂线的夹角为，摆线的长度为，摆杆的长度为，根据已有的知识，下列关系可能正确的是（　　） A．、不变时，越大，周期越短 B．、不变时，越大，周期越长 C．、不变时，越大，周期越长 D．无论、怎样改变，只要不变，则周期不变 【变式3-5】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）（多选）如图甲所示，一摆长为0.99m的单摆悬挂在天花板上，如图乙所示，将相同的单摆悬挂在光滑斜面上。两情况下将摆球拉离平衡位置相同的小角度并由静止释放，小球相对平衡位置的位移随时间的关系图像如图丙所示，取9.87。下列说法正确的是（　　） A．图甲、乙中单摆的频率之比为 B．当地的重力加速度约为 C．斜面倾角的正弦值为 D．图甲、乙中摆绳上最大拉力之比为 ✡模型四 外力作用下的振动模型 ▶模型剖析 1.阻尼振动：振幅逐渐减小的振动。 原因：由于空气阻力和摩擦力等因素导致机械能逐渐耗散。 2.固有频率：物体的自由振动频率。 影响因素：固有频率只与它们自身的参数有关。 3.受迫振动：系统在外界驱动力作用下的振动。 受迫振动的频率(周期)：物体做受迫振动达到稳定后，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。 说明：驱动力是指作用于振动系统的周期性的外力。 4.阻尼振动的能量特点 物体在做阻尼振动的过程中，总机械能逐渐减小，物体位移大小相等时，势能大小相等，但动能与上一次相比将减小。 5.共振　共振的应用与防止 (1)共振：驱动力的频率f等于振动系统的固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，这种现象称为共振。 共振曲线(如图所示) 说明：f=f0时发生共振；f>f0或f<f0时，f与f0相差越大，振幅越小。 (2)共振的应用和防止 ①在利用共振时，应使驱动力的频率接近或者等于振动系统的固有频率；如共振筛、地震仪等。 ②在防止共振时，应使驱动力的频率与振动系统的固有频率保持一定差距。如：队伍过桥时不能齐步走。 ▶模型特训 类型1 阻尼振动模型 【典例1】（2026·江苏·一模）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 【变式1-1】（2025·北京·高考真题）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（　　） A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同 【变式1-2】（2025·湖北武汉·三模）（多选）如图所示是单摆做阻尼振动的位移-时间图像。分析图像，下列说法正确的是（　　） A．阻尼振动的周期不变 B．阻尼振动的周期增大 C．摆球在P时刻的势能等于Q时刻的势能 D．摆球在P时刻的动能等于Q时刻的动能 类型2 受迫振动与共振模型 【典例2】（2025·广东·高考真题）关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（    ） A．系统的固有频率与驱动力频率有关 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大 【变式2-1】（2026·湖北宜昌·二模）港珠澳大桥是世界上技术最复杂、施工难度最高、工程规模最大的桥梁工程。港珠澳大桥在设计和建造中采用了一种安装在桥塔与梁体之间的阻尼器，其作用主要是通过消耗振动能量来减小桥梁的振幅。阻尼器的使用主要改变了（　　） A．桥梁的固有频率 B．桥梁系统的总阻尼 C．外来驱动力的频率 D．桥梁的固有周期 【变式2-2】（2026·湖南长沙·模拟预测）把一个筛子用弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的振动振幅与驱动力频率的关系如图乙所示，已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54 r/min。下列表述正确的是（     ） A．增大电压可以增大筛子的固有频率 B．减小电压可以增大筛子的振动幅度 C．增大筛子质量，驱动力的频率一定减小 D．减小筛子质量，筛子的振动幅度一定减小 【变式2-3】（2026·山西太原）如图所示，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球，下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大。现对平板施加周期性驱动力，使平板左右振动并带动各小球振动，稳定后观察到B球的振动幅度最大。则关于稳定后各小球的振动情况，下列说法正确的是（    ） A．小球B振动周期最大 B．只有小球B的振动周期与平板振动周期相同 C．三个小球的振动周期均与平板振动周期相同 D．若缓慢增大驱动力的频率，则可以观察到C球的振动幅度变大 【变式2-4】（2025·浙江·一模）如图为港珠澳大桥，为保障大桥安全，需加装一种工程减震装置叫作调谐质量阻尼器，该装置是一个由弹簧、阻尼器和质量块组成的振动控制系统，附加在需要振动控制的主结构上。主结构在外界作用下产生振动时，能带动减振装置一起振动，当满足一定条件时，能最大限度地降低主结构的振动，达到减振的效果。关于该调谐质量阻尼器下列说法正确的是（    ） A．工作时减震装置与主结构振动步调一致 B．调谐质量阻尼器和主结构固有频率相等时，减震效果最好 C．减震块质量越大减震效果越好 D．主结构振动时调谐质量阻尼器和主结构振动频率相等 【变式2-5】（2026·黑龙江双鸭山·一模）（多选）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 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第09讲 机械振动模型 ✡模型一 弹簧振子模型 【典例1】【答案】B 【变式1-1】【答案】D 【变式1-2】【答案】D ✡模型二 简谐运动的描述模型 类型1 简谐运动的定义及特征模型 【典例1】【答案】BD 【变式1-1】【答案】C 【变式1-2】【答案】D 【变式1-3】【答案】AD 类型2 简谐运动的描述模型 【典例2】【答案】BD 【变式2-1】【答案】CD 【变式2-2】【答案】AC 类型3 简谐运动的回复力和能量模型 【典例3】【答案】C 【变式3-1】【答案】D 【变式3-2】【答案】BD 类型4 简谐运动的周期性与对称性模型 【典例4】【答案】BD 【变式4-1】【答案】D 【变式4-2】【答案】B ✡模型三 单摆模型 类型1 单摆及其回复力模型 【典例1】【答案】D 【变式1-1】【答案】B 【变式1-2】【答案】BC 【变式1-3】【答案】C 类型2 单摆的振动图像及其表达式模型 【典例2】【答案】ABD 【变式2-1】【答案】C 【变式2-2】【答案】B 【变式2-3】【答案】D 【变式2-4】【答案】AD 【变式2-5】【答案】C 【变式2-6】【答案】C 类型3 等效单摆模型 【典例3】【答案】BC 【变式3-1】【答案】B 【变式3-2】【答案】 不变 不变 【详解】[1]根据题意可知，让小球垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，由几何关系可得，等效摆长为 则周期 [2]当小球运动到最低点时橡皮泥脱落，不考虑单摆摆长的变化，则单摆周期不变。 [3]设小球能够到达最高点的高度为，运动到最低点时速度为，由机械能守恒定律有 解得 当小球运动到最低点时橡皮泥脱落，不考虑这一极短暂过程小球速度的变化，则小球能够到达最高点的高度不变，可知，单摆振幅不变。 【变式3-3】【答案】A 【变式3-4】【答案】B 【变式3-5】【答案】BD ✡模型四 外力作用下的振动模型 类型1 阻尼振动模型 【典例1】【答案】C 【变式1-1】【答案】D 【变式1-2】【答案】AC 类型2 受迫振动与共振模型 【典例2】【答案】C 【变式2-1】【答案】B 【变式2-2】【答案】B 【变式2-3】【答案】C 【变式2-4】【答案】D 【变式2-5】【答案】CD 1 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $