第 8 章 · 単振動

项目	内容
シラバス项目	Ⅰ 力学 3. さまざまな力と運動 (3) 単振動：変位，速度，加速度，復元力，振幅，周期，振動数，位相，角振動数，ばね振り子，単振り子，単振動のエネルギー
国内书对应	第 21 章 机械振动：21.2 简谐运动及其图像，21.3 振幅、周期、相位与振动方程，21.4 回复力和能量，21.5 弹簧振子，21.6 单摆
本章新内容的分量	以讲法不同为主。国内只要求 $x$-$t$ 图像和定性规律；EJU 要求 $x$、$v$、$a$ 的全套公式、参考圆、$\omega=\sqrt{K/m}$、周期计算、斜面和连接弹簧、单摆的定量周期、能量的最大速度和最大加速度，以及浮体和 U 形管的定量周期
过去问出现次数	20 回共 10 題（每回平均 0.5 題）：2014 年第 1 回 2 題，8 回各 1 題，11 回没有

国内书第 21 章已经讲过简谐运动的图像、回复力、弹簧振子和单摆，单摆的周期公式也要求掌握。EJU 的「単振動」比国内多一层：要把振动写成 $x = A\sin(\omega t + \phi)$，并且会由它求速度和加速度；要用参考圆算时间和相位；要把各种系统的回复力整理成 $F = -Kx$，再由 $\omega = \sqrt{K/m}$ 求周期。国内学生常见的丢分点是：把 $x$-$t$ 图像当成运动轨迹、把 $\omega$ 当成频率、竖直弹簧振子的平衡位置取在自然长处、算 U 形管时把液面高度差当成 $x$。本章只写这些国内没讲或讲法不同的部分；图像怎么读、回复力的概念、单摆的等时性，见国内书第 21 章。

8.1 与国内的对照

シラバス小項目（日文原文）	国内书位置	相同 / 讲法不同 / 国内没有	本章哪节讲
変位，速度，加速度	国内书第 21 章 21.2、21.3 只讲 $x$-$t$ 图像和 $x=A\sin(\omega t+\phi)$，不给 $v$、$a$ 的公式	讲法不同	8.2
（等速円運動の射影，シラバス没有单列，是单振动的推导方法）	国内书第 21 章 21.4 推导用过一次投影，没有把它当作解题工具	讲法不同	8.3
復元力	国内书第 21 章 21.4（$F=-kx$、$a=-\dfrac{k}{m}x$）	相同	8.4（引用国内书 21.4）
振幅，周期，振動数，位相，角振動数	国内书第 21 章 21.3（振幅、周期、频率、相位、角频率 $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$）	讲法不同：日本叫「角振動数」，EJU 要求由 $K$、$m$ 求 $\omega$ 和 $T$	8.2、8.4
ばね振り子	国内书第 21 章 21.5（水平、竖直两种，周期公式只要求定性了解）	讲法不同：EJU 要求用 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ 计算，并考斜面、连接弹簧	8.5
単振り子	国内书第 21 章 21.6（周期公式、等时性、小角度条件）	相同：公式和小角度条件国内已讲；EJU 用 $K=\dfrac{mg}{l}$、$\omega=\sqrt{\dfrac{g}{l}}$ 的写法，并常和惯性力一起考	8.6
単振動のエネルギー	国内书第 21 章 21.4（$\dfrac{1}{2}kA^2$、动能和势能互相转化）	讲法不同：EJU 要求 $v_{\max}=A\omega$、$a_{\max}=A\omega^2$ 和一般比例定数 $K$ 的写法	8.7
（浮体と U 字管の液柱，シラバス没有单列，是復元力的应用）	国内书第 21 章 21.4 例 1（浮体只做定性证明）	国内没有定量	8.8

本章七个知识点的顺序：先写运动学（8.2），再给参考圆这个工具（8.3），然后把回复力和角振动数联系起来（8.4）；接着是三个具体系统：ばね振り子（8.5）、単振り子（8.6）、浮体和 U 形管（8.8）；単振動のエネルギー（8.7）放在具体系统之后，因为求最大速度、某位置的速度都要先知道 $k$、$m$ 或 $K$。国内书讲过的 $x$-$t$ 图像读法、回复力的定义、单摆的等时性，不再展开，只在对照表里注明位置。

8.2 変位・速度・加速度

说明

単振動（简谐运动）：物体在一条直线上运动，离开平衡位置的位移 $x$ 与时间的关系可以写成

$$x = A\sin(\omega t + \phi)$$

的振动。$A$ 是振幅（$A > 0$），$\omega$ 是角振動数（角频率），$\omega t + \phi$ 是位相（相位），$\phi$ 是 $t = 0$ 时的初期位相（初相）。日本教科书有时把初相写成 $\theta$ 或 $\theta_0$，符号不同，意思一样。

周期和振动数：$T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ 是周期，$f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{\omega}{2\pi}$ 是振動数（频率）。$\omega$ 的单位是 $\mathrm{rad/s}$，它的物理意义是每秒相位增加多少弧度，不是每秒振动几次；每秒振动几次的是 $f$。

速度：位移对时间求导（或看 $x$-$t$ 图线的斜率）：

$$v = \frac{dx}{dt} = A\omega\cos(\omega t + \phi)$$

加速度：速度再对时间求导：

$$a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2\sin(\omega t + \phi) = -\omega^2 x$$

三条式子的关系可以记成：速度比位移超前 $\dfrac{\pi}{2}$，加速度和位移反相（相差 $\pi$）。最大值为

$$v_{\max} = A\omega,\qquad a_{\max} = A\omega^2$$

为什么加速度和位移成正比、方向相反：由 $a = -\omega^2 x$ 直接看出。这是単振動的动力学特征，8.4 节把它和回复力 $F = -Kx$ 连起来。

国内书第 21 章 21.2、21.3 已经讲过 $x$-$t$ 图像和振动方程 $x = A\sin(\omega t+\phi)$；本节多出来的是 $v$、$a$ 的公式和它们与 $x$ 的相位关系。

使用场景

• 题目给出振动方程，问振幅、周期、振动数、初相，或某一时刻的位移、速度、加速度 → 与标准形 $x = A\sin(\omega t+\phi)$ 对照 → 读出 $A$、$\omega$、$\phi$，由 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ 求周期，再代 $t$ 或用 $a = -\omega^2 x$。
• 题目问「位移最大时速度、加速度各怎样」「经过平衡位置时速度、加速度各怎样」，或给出 $x$-$t$ 图问某时刻的速度、加速度方向 → 振动图像或 $a = -\omega^2x$ → 平衡位置速度最大、加速度为零；最大位移处速度为零、加速度最大且指向平衡位置。

注意点

• $\omega$ 是角振動数，单位 $\mathrm{rad/s}$；不要把它当成频率 $f$。看到 $x = 0.1\sin 4\pi t$，频率是 $2\ \mathrm{Hz}$，不是 $4\pi\ \mathrm{Hz}$。
• $\sin$ 里的相位用弧度，不用角度；$\phi$ 的符号由 $t = 0$ 时的位移和运动方向共同决定。
• 速度方向看 $x$-$t$ 图线的斜率，不看位移的正负。振子从最大位移处往回走时，位移仍为正，速度已经为负。
• 加速度的方向总是指向平衡位置，和位移方向相反；大小与位移大小成正比。这是変加速运动，不能用匀变速直线运动的公式。
• 日文题干中的「変位」是从振动中心（つり合いの位置）量起的，不是从释放点量起；「振幅」是最大位移的大小，只取正值。

推导

速度公式：$x = A\sin(\omega t+\phi)$ 对 $t$ 求导。$\sin$ 的导数是 $\cos$，相位 $\omega t+\phi$ 还要乘以内层导数 $\omega$，所以

$$v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$$

（关键一步：相位对时间的导数是 $\omega$，不是 $1$。这就是为什么振幅 $A$ 会多乘一个 $\omega$，量纲才从 $\mathrm{m}$ 变成 $\mathrm{m/s}$。）

加速度公式：$v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$ 再求导。$\cos$ 的导数是 $-\sin$，再乘 $\omega$：

$$a = -A\omega^2\sin(\omega t+\phi) = -\omega^2 x$$

（关键一步：把 $-A\sin(\omega t+\phi)$ 认成 $-x$，就得到 $a$ 与 $x$ 的简单关系；这一步把运动学和 8.4 节的动力学连起来。）

导数见《高中数学知识点梳理》第 24 章；不会导数时，也可以从 $x$-$t$ 图线的斜率和 $v$-$t$ 图线的斜率读出两条公式，结果相同。

例题

例 1　（场景：给出振动方程，读振幅、周期和某时刻的速度方向 → 与标准形对照）

問題　質量 0.20 kg の物体が，なめらかな水平面上で $x = 0.10\sin\left(4\pi t + \dfrac{\pi}{6}\right)$ m に従って単振動している。この振動の振幅，周期，および $t = 0$ における速度の向きの組み合わせとして正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

	①	②	③	④
振幅	0.10 m	0.10 m	0.20 m	0.20 m
周期	0.50 s	2.0 s	0.50 s	2.0 s
$t = 0$ の速度の向き	正の向き	正の向き	負の向き	負の向き

解答　$x = A\sin(\omega t+\phi)$ と比べると，$A = 0.10\ \mathrm{m}$，$\omega = 4\pi\ \mathrm{rad/s}$，$\phi = \dfrac{\pi}{6}$。周期は

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4\pi} = 0.50\ \mathrm{s}$$

速度は $v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$ なので，$t = 0$ では

$$v_0 = 0.10 \times 4\pi \times \cos\frac{\pi}{6} > 0$$

よって正の向き。検算：$t = 0$ の変位は $x_0 = 0.10\sin\dfrac{\pi}{6} = 0.050\ \mathrm{m}$ で正，位相が $\dfrac{\pi}{6}$ から増えると $\sin$ も増えるので，正の向きに動いている。　答　①

中文翻译　题目：质量 0.20 kg 的物体在光滑水平面上按 $x = 0.10\sin\left(4\pi t + \dfrac{\pi}{6}\right)$ m 做简谐运动。振幅、周期和 $t = 0$ 时速度方向的组合，从①～④中选一个正确的。

解答：与 $x = A\sin(\omega t+\phi)$ 比较，$A = 0.10\ \mathrm{m}$，$\omega = 4\pi\ \mathrm{rad/s}$，$\phi = \dfrac{\pi}{6}$。周期 $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 0.50\ \mathrm{s}$。速度 $v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$，$t = 0$ 时 $v_0 = 0.10 \times 4\pi \times \cos\dfrac{\pi}{6} > 0$，所以方向为正。检验：$t = 0$ 时位移 $x_0 = 0.050\ \mathrm{m}$ 为正，相位从 $\dfrac{\pi}{6}$ 增大时 $\sin$ 也增大，说明物体正沿正方向运动。答案 ①。

解说　用到的是本节“说明”里的标准形对照和速度公式。容易卡在：把 $\omega = 4\pi$ 当成频率，于是把周期算成 2.0 s；或者把振幅看成峰到谷的距离 0.20 m。选项排除：频率 $f = \dfrac{\omega}{2\pi} = 2\ \mathrm{Hz}$，$T = 0.50\ \mathrm{s}$，②④ 先排除；$t = 0$ 的位移为正且在增大，速度为正，③ 也排除。

例 2　（场景：已知振幅、周期，求某位移处的速度和加速度 → 用相位或 $a=-\omega^2x$）

問題　振幅 0.20 m，周期 0.40 s の単振動をする物体がある。変位の大きさが 0.10 m のときの速さと加速度の大きさの組み合わせとして最も適当なものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　2.7 m/s，25 m/s²　　②　3.1 m/s，49 m/s²　　③　2.7 m/s，49 m/s²　　④　1.6 m/s，25 m/s²

解答　角振動数は

$$\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0.40} = 15.7\ \mathrm{rad/s}$$

変位の大きさが振幅の半分なので，位相を $\theta$ とすると $|\sin\theta| = \dfrac{1}{2}$，$|\cos\theta| = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。速さは

$$v = A\omega|\cos\theta| = 0.20 \times 15.7 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 2.7\ \mathrm{m/s}$$

加速度の大きさは $a = \omega^2|x|$ より

$$a = 15.7^2 \times 0.10 \approx 25\ \mathrm{m/s^2}$$

検算：変位が振幅の半分なら，速さは最大値 $A\omega = 3.1\ \mathrm{m/s}$ より小さく，加速度は最大値 $A\omega^2 = 49\ \mathrm{m/s^2}$ の半分になるはず。$2.7 < 3.1$，$25 = \dfrac{49}{2}$ で合っている。　答　①

中文翻译　题目：一个物体做振幅 0.20 m、周期 0.40 s 的简谐运动。位移大小为 0.10 m 时的速率和加速度大小的组合，从①～④中选最合适的一个。

解答：角频率 $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{0.40} = 15.7\ \mathrm{rad/s}$。位移大小为振幅的一半，设相位为 $\theta$，则 $|\sin\theta| = \dfrac{1}{2}$，$|\cos\theta| = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。速率 $v = A\omega|\cos\theta| = 0.20 \times 15.7 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 2.7\ \mathrm{m/s}$。加速度大小 $a = \omega^2|x| = 15.7^2 \times 0.10 \approx 25\ \mathrm{m/s^2}$。检验：位移为振幅一半时，速率应小于最大值 $A\omega = 3.1\ \mathrm{m/s}$，加速度应为最大值 $A\omega^2 = 49\ \mathrm{m/s^2}$ 的一半；$2.7 < 3.1$，$25 = \dfrac{49}{2}$，符合。答案 ①。

解说　用到的是速度公式和 $a = -\omega^2x$。容易卡在：直接用 $v = A\omega$（那是经过平衡位置的最大速度），或者把 $a = \omega^2A$（最大加速度）当成这个位置的值。选项排除：② 是两个最大值，③ 是速度和加速度一个用一个错，④ 的 1.6 是误用 $v = \omega x$。另一种解法：由 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2}$（8.7 节能量式推出）直接算 $v = 15.7 \times \sqrt{0.20^2-0.10^2} \approx 2.7\ \mathrm{m/s}$，不必先求相位；知道能量式时这条更快，不知道时用相位也只要两步。

常用推论

• $v_{\max} = A\omega$（平衡位置），$a_{\max} = A\omega^2$（最大位移处）；$v$ 与 $x$ 的相位差为 $\dfrac{\pi}{2}$，$a$ 与 $x$ 的相位差为 $\pi$。
• 位移为 $x$ 时，$v = \pm\omega\sqrt{A^2-x^2}$，$a = -\omega^2x$。特别地，$x = \dfrac{A}{2}$ 时 $v = \dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega$，$a = \dfrac{1}{2}a_{\max}$。
• 相隔 $\dfrac{T}{4}$ 的两个时刻，位移和速度的相位各推进 $\dfrac{\pi}{2}$；从平衡位置到 $x = \dfrac{A}{2}$ 的时间是 $\dfrac{T}{12}$，从 $x = \dfrac{A}{2}$ 到 $A$ 的时间是 $\dfrac{T}{6}$（8.3 节参考圆）。
• 由 $x$-$t$ 图读速度：图线斜率为正，速度为正；斜率绝对值最大处是平衡位置，斜率为零处是最大位移处。

易错点

• 错在哪：把 $\omega$ 当成频率，说“周期 $T = \dfrac{1}{\omega}$”。 为什么错：$\omega$ 是每秒相位增加的弧度数，转一圈相位增加 $2\pi$，所以 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$。把 $\omega$ 当频率，相当于把“每秒转多少弧度”当成了“每秒转多少圈”。 正确做法：先写 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$，再求 $f = \dfrac{1}{T}$。
• 错在哪：认为位移最大时速度也最大，或速度方向总与位移方向相同。 为什么错：把振动当成“离平衡位置越远跑得越快”的直线加速。回复力总把物体往回拉，越远速度越小，到了最大位移处速度为零。 正确做法：速度看 $x$-$t$ 的斜率或能量，加速度看 $a = -\omega^2x$；两者此消彼长。
• 错在哪：把振幅当成峰到谷的距离（例如把 $A = 0.10\ \mathrm{m}$ 的振动说成振幅 0.20 m）。 为什么错：振幅是“从平衡位置到最大位移”的距离，不是整个振动范围。$x$ 从 $-A$ 到 $+A$，范围是 $2A$。 正确做法：看标准形里 $\sin$ 前面的系数，那个正数就是振幅。

直观理解

把单摆想象成秋千：两端最高点“停一下”（速度为零，加速度最大），冲过最低点时最快（速度最大，加速度为零）。$x$-$t$ 图上的波峰波谷是“停一下”的地方，与横轴的交点是“最快”的地方；$v$-$t$ 图比 $x$-$t$ 图早四分之一周期，因为速度先达到最大、位移后达到最大。记法：位移走到头，速度归零；位移过中点，速度最大。

关联知识点

• 前置：国内书第 21 章 21.2 节简谐运动及其图像、21.3 节振幅周期相位与振动方程（$x = A\sin(\omega t+\phi)$、$\omega = \dfrac{2\pi}{T}$）。
• 前置：正弦函数的图像与导数，见《高中数学知识点梳理》第 12 章、第 24 章；弧度制见第 11 章。
• 后续：本书 8.3 节参考圆（用圆周运动求相位和时间），8.4 节復元力と角振動数（$a = -\omega^2x$ 与 $F = -Kx$ 对应）。
• 常一起考：本书第 7 章円運動（参考圆就是匀速圆周运动）；国内书第 10 章圆周运动（角速度、向心加速度）。

8.3 等速円運動の射影

说明

参考円（参考圆）：半径为 $A$ 的圆上，一个点 P 以角速度 $\omega$ 做匀速圆周运动；从 P 向一条直径（取为 $x$ 轴）作垂线，垂足 Q 在直径上往返运动。Q 的运动就是単振動，这个圆叫参考圆。

设 P 的位置用“从圆的上端（$x = 0$ 的位置）量起的角” $\theta = \omega t+\phi$ 表示，则 P 的坐标是 $(A\sin\theta,\ A\cos\theta)$，投影 Q 的坐标

$$x = A\sin(\omega t+\phi)$$

正是単振動的位移式。P 走一圈，Q 完成一次全振动；P 的角速度就是単振動的角振動数，P 转一圈的时间就是周期 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$。

速度和加速度的投影：P 的线速度大小是 $A\omega$，方向沿圆的切线；它的 $x$ 分量就是 Q 的速度

$$v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$$

P 的向心加速度大小是 $A\omega^2$，方向指向圆心；它的 $x$ 分量就是 Q 的加速度

$$a = -A\omega^2\sin(\omega t+\phi) = -\omega^2x$$

位相就是参考圆上的角：$\omega t+\phi$ 是 P 从起点转过的角度。求“从平衡位置到某个位移要多少时间”，就在参考圆上找对应的角，再除以 $\omega$。这是参考圆最大的用处：把时间问题变成角度问题。

使用场景

• 问“从平衡位置（或从最大位移处）出发，第一次到达某个位移需要多少时间”，或问两个状态之间的时间差 → 参考圆 → 找出两个状态对应的角，$\Delta t = \dfrac{\Delta\theta}{\omega}$。
• 问某位置的速度、加速度的方向和大小，或比较两个位置的速度 → 参考圆 → 速度是切线速度的 $x$ 分量，加速度是向心加速度的 $x$ 分量；方向用图判断。

注意点

• 参考圆是“辅助图”，P 并不真的在圆上运动；实际物体只在一条直线上来回。图上画的圆和投影线，是为了把角度和时间对应起来。
• 角 $\theta$ 的起点要统一。本书取“从圆的上端、即 $x = 0$ 的位置”量起，这样 $x = A\sin\theta$；如果从右端量起，会变成 $x = A\cos\theta$，公式仍然等价，只是初相不同。
• 参考圆上的角速度是 $\omega$（$\mathrm{rad/s}$），不是 $f$；转一圈的角度是 $2\pi$，对应时间 $T$。
• 速度的投影要带符号：P 在圆的右半边时切线速度的 $x$ 分量为正，左半边为负；加速度的投影总指向圆心，$x$ 分量的符号与 $-x$ 一致。
• 参考圆只适用于単振動（位移是正弦或余弦）；不是所有振动都能这样投影。

推导

为什么投影是単振動：设 P 从圆的上端出发，顺时针转动（图 8.3）。$t$ 时刻转过的角为 $\theta = \omega t+\phi$。P 的坐标是

$$(A\sin\theta,\ A\cos\theta)$$

垂足 Q 的 $x$ 坐标就是 $A\sin\theta$，即 $x = A\sin(\omega t+\phi)$。（关键一步：把“从上方量起的角”与 $x$ 坐标对应起来，$\sin$ 就自然出现；若从右方量角，对应的是 $\cos$，两者只差一个初相。）

速度的投影：P 的线速度大小 $A\omega$，方向与半径垂直。它在 $x$ 方向的分量是 $A\omega\cos\theta$；当 P 在右半边时为正，左半边时为负，正好是 Q 的速度。

加速度的投影：P 的向心加速度大小 $A\omega^2$，方向指向圆心。它在 $x$ 方向的分量是 $-A\omega^2\sin\theta = -\omega^2x$。这一步同时给出了 8.2 节的 $a = -\omega^2x$，也是 8.4 节 $\omega = \sqrt{K/m}$ 的来源。

例题

例 1　（场景：求从平衡位置到某位移的时间 → 参考圆上的角度 → $\Delta t = \Delta\theta/\omega$）

問題　振幅 $A$，周期 $T$ の単振動をする物体がある。物体が振動の中心を正の向きに通過してから，初めて変位が $\dfrac{A}{2}$ になるまでの時間はどのように表されるか。正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$\dfrac{T}{12}$　　②　$\dfrac{T}{8}$　　③　$\dfrac{T}{6}$　　④　$\dfrac{T}{4}$

解答　参考円で考える。振動の中心を通過するときの位相を $0$ とすると，変位が $\dfrac{A}{2}$ になるのは $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$ のとき，すなわち $\theta = \dfrac{\pi}{6}$。角速度は $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$ なので

$$t = \frac{\theta}{\omega} = \frac{\pi/6}{2\pi/T} = \frac{T}{12}$$

検算：$\dfrac{T}{12}$ は 1 周期の 12 分の 1。参考円で $30^\circ$ 回る時間であり，$90^\circ$（$\dfrac{T}{4}$）より短い。　答　①

中文翻译　题目：一个物体做振幅 $A$、周期 $T$ 的简谐运动。物体从平衡位置沿正方向通过后，第一次位移达到 $\dfrac{A}{2}$ 需要多少时间？从①～④中选一个正确的。

解答：用参考圆考虑。设通过平衡位置时的相位为 $0$，位移为 $\dfrac{A}{2}$ 时 $\sin\theta = \dfrac{1}{2}$，即 $\theta = \dfrac{\pi}{6}$。角速度 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$，所以 $t = \dfrac{\theta}{\omega} = \dfrac{\pi/6}{2\pi/T} = \dfrac{T}{12}$。检验：$\dfrac{T}{12}$ 是一个周期的十二分之一，对应参考圆上转 $30^\circ$，比 $90^\circ$（$\dfrac{T}{4}$）短。答案 ①。

解说　用到的是本节“位相就是参考圆上的角”这一条。容易卡在：把 $\dfrac{A}{2}$ 对应成 $45^\circ$（$\dfrac{T}{8}$），那是把位移的“一半”当成角度的“一半”；$\sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，不是 $\dfrac{1}{2}$。选项排除：从中心到 $\dfrac{A}{2}$ 只转过 $30^\circ$，时间应小于 $\dfrac{T}{8}$，②③④ 都大于或等于 $\dfrac{T}{8}$，只剩 ①。另一种解法：用振动方程 $x = A\sin\dfrac{2\pi t}{T}$，令 $x = \dfrac{A}{2}$，得 $\dfrac{2\pi t}{T} = \dfrac{\pi}{6}$，$t = \dfrac{T}{12}$；方程法和参考圆是同一件事，参考圆更快，方程法更严谨。

例 2　（场景：把速度、加速度看作圆周运动的投影 → 读分量）

問題　次の図のように，半径 $A$ の参考円上を点 P が角速度 $\omega$ で等速円運動している。P の位置が，円の中心 O を通る上向きの半径から角 $\dfrac{\pi}{6}$ だけ回ったところにあるとき，P の射影 Q の速さと加速度の大きさの組み合わせとして正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$\dfrac{1}{2}A\omega$，$\dfrac{1}{2}A\omega^2$　　②　$\dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega$，$\dfrac{1}{2}A\omega^2$　　③　$\dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega$，$\dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega^2$　　④　$A\omega$，$A\omega^2$

解答　Q の変位は $x = A\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{A}{2}$。Q の速度は P の速度 $A\omega$ の $x$ 成分なので

$$v = A\omega\cos\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}A\omega$$

Q の加速度は P の向心加速度 $A\omega^2$ の $x$ 成分で，大きさは

$$a = A\omega^2\sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}A\omega^2$$

検算：$x = \dfrac{A}{2}$ なので $a = \omega^2x = \dfrac{1}{2}A\omega^2$，8.2 节的 $a = -\omega^2x$ と一致する。速度は最大値 $A\omega$ より小さく，$\dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega$ は妥当。　答　②

中文翻译　题目：如图，点 P 在半径 $A$ 的参考圆上以角速度 $\omega$ 做匀速圆周运动。P 的位置从过圆心 O 的向上半径转过 $\dfrac{\pi}{6}$ 时，P 的投影 Q 的速率和加速度大小的组合，从①～④中选一个正确的。

解答：Q 的位移 $x = A\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{A}{2}$。Q 的速度是 P 的速度 $A\omega$ 的 $x$ 分量，$v = A\omega\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega$。Q 的加速度是 P 的向心加速度 $A\omega^2$ 的 $x$ 分量，大小 $a = A\omega^2\sin\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{1}{2}A\omega^2$。检验：$x = \dfrac{A}{2}$，所以 $a = \omega^2x = \dfrac{1}{2}A\omega^2$，与 8.2 节的 $a = -\omega^2x$ 一致；速率小于最大值 $A\omega$，$\dfrac{\sqrt{3}}{2}A\omega$ 合理。答案 ②。

解说　用到的是“速度、加速度都是圆周运动对应量的投影”。容易卡在：把角度 $\dfrac{\pi}{6}$ 的正弦和余弦用反，速度用了 $\sin$、加速度用了 $\cos$。选项排除：在 $\theta = \dfrac{\pi}{6}$ 处，P 的切线方向接近水平，速度的 $x$ 分量大（$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$）；向心加速度方向接近竖直，$x$ 分量小（$\dfrac{1}{2}$），所以 ② 对。用 $a = \omega^2x$ 也能直接排除 ③④：$x = \dfrac{A}{2}$ 时加速度应是 $\dfrac{1}{2}A\omega^2$。

常用推论

• 从平衡位置到 $x = \dfrac{A}{2}$、$\dfrac{\sqrt{2}}{2}A$、$\dfrac{\sqrt{3}}{2}A$ 的时间分别是 $\dfrac{T}{12}$、$\dfrac{T}{8}$、$\dfrac{T}{6}$；从这些位置到最大位移的时间分别是 $\dfrac{T}{6}$、$\dfrac{T}{8}$、$\dfrac{T}{12}$。由参考圆上的 $\sin\theta$ 值读出角度，再除以 $\omega$。
• 相隔 $\dfrac{T}{2}$ 的两个状态，参考圆上的点关于圆心对称，位移、速度、加速度都等大反向；相隔 $T$ 的状态完全重合。
• 参考圆上 P 的线速度 $A\omega$ 就是単振動的最大速度；向心加速度 $A\omega^2$ 就是最大加速度。记这两个量时，可以想“圆周运动的速度、加速度投影到直径上”。
• 位相差 $\Delta\phi$ 对应参考圆上的角差 $\Delta\theta$；两个同频率振动的步调比较，就是两个参考圆上点转过的角度比较（国内书第 21 章 21.3 相位差）。

易错点

• 错在哪：把参考圆上的点 P 当成实际物体，认为物体在圆上运动。 为什么错：参考圆是辅助图，实际物体只在一条直线上振动；P 的投影 Q 才是物体。 正确做法：解题时始终问“Q 的坐标、Q 的速度、Q 的加速度”，P 只是用来读角度和分量的工具。
• 错在哪：把位移 $\dfrac{A}{2}$ 对应成角度 $45^\circ$ 或时间 $\dfrac{T}{8}$。 为什么错：位移与角度不是线性关系，$x = A\sin\theta$；$\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$，不是 $45^\circ$。 正确做法：先由 $x/A$ 求 $\sin\theta$，再查特殊角；或用振动方程解。
• 错在哪：求速度、加速度时把 $\sin$ 和 $\cos$ 用反。 为什么错：速度是切线方向的分量，加速度是半径方向的分量；在 $\theta = 0$（平衡位置）速度最大、加速度为零，正好是 $\cos$ 和 $\sin$ 的角色。 正确做法：用 $v = A\omega\cos\theta$、$a = -A\omega^2\sin\theta$，并代入 $\theta = 0$ 或 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 检查。

直观理解

参考圆是“把来回运动拉成一个圆”的办法：物体在直径上来回，圆上的点替它把“走到哪儿”记成一个角度。角度转得快，振动就快；角度转一圈，振动完成一次。求时间时，先问“圆上的点要转过多少角度”，再除以角速度。记法：直线上的位置看投影，时间看角度，速度看切线，加速度看半径。

关联知识点

• 前置：本书第 7 章円運動（角速度 $\omega$、周期 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$、向心加速度 $A\omega^2$）；国内书第 10 章圆周运动。
• 前置：本节 8.2 节的 $x = A\sin(\omega t+\phi)$、$v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$。
• 后续：本书 8.4 节由 $a = -\omega^2x$ 推出 $\omega = \sqrt{K/m}$；8.6 节单摆的小角度振动也用同一套投影思想。
• 常一起考：国内书第 21 章 21.3 节相位差（两个同频率振动步调的比较）；《高中数学知识点梳理》第 11 章三角函数（特殊角、$\sin$ 与 $\cos$ 的互换）。

8.4 復元力と角振動数

说明

復元力（回复力）：使物体回到平衡位置的力。単振動では，復元力与离开平衡位置的位移 $x$ 成正比，方向总指向平衡位置：

$$F = -Kx$$

$K$ 是比例定数，单位 $\mathrm{N/m}$，由振动系统本身决定。对弹簧振子，$K$ 就是ばね定数 $k$；对单摆，$K = \dfrac{mg}{l}$（8.6 节）；对浮体，$K = \rho gS$（8.8 节）；对 U 形管液柱，$K = 2\rho gS$（8.8 节）。

运动方程：由牛顿第二定律 $ma = F$，

$$a = -\frac{K}{m}x$$

与 8.2 节的 $a = -\omega^2x$ 比较，得到角振動数

$$\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$$

于是周期和振动数为

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{K}},\qquad f = \frac{1}{T} = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{K}{m}}$$

关键点：只要能把一个系统的回复力整理成 $F = -Kx$，它就做単振動，周期就由 $m$ 和 $K$ 决定，与振幅无关。国内书第 21 章 21.4 已经讲过 $F = -kx$、$a = -\dfrac{k}{m}x$；本节多出来的是把它写成一般的 $K$，并由 $\omega = \sqrt{K/m}$ 求周期。

使用场景

• 题目给出一个具体的振动系统，问周期、振动数或角振動数 → 先求偏离平衡位置 $x$ 时的回复力，整理成 $F = -Kx$ → 读出 $K$，再用 $\omega = \sqrt{K/m}$、$T = 2\pi\sqrt{m/K}$。
• 题目给出周期或振动数，反过来问比例定数 $K$、质量 $m$，或问某位移处的回复力、加速度 → 由 $T$ 求 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$，$K = m\omega^2$；再由 $F = Kx$、$a = \omega^2x$ 求该位置的量。

注意点

• $K$ 是“回复力比例定数”，不一定是弹簧的ばね定数。单摆的 $K = \dfrac{mg}{l}$，浮体的 $K = \rho gS$，都不是弹簧常数；单位都是 $\mathrm{N/m}$。
• $x$ 必须从平衡位置量起，不是从自然长度或释放点量起。竖直弹簧振子的平衡位置在弹簧伸长 $\dfrac{mg}{k}$ 处（8.5 节）。
• 写 $F = -Kx$ 前先取正方向；$x > 0$ 时 $F < 0$，负号表示力指向平衡位置。若只求大小，写 $F = Kx$。
• $\omega$ 的单位是 $\mathrm{rad/s}$；由 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ 求周期时，$\omega$ 不要代成频率 $f$。
• 日文「角振動数」就是国内的“角频率”，「振動数」是“频率”；题干里两者可能同时出现，读题时看清问的是哪一个。

推导

由运动方程推出 $\omega$：设物体质量为 $m$，受回复力 $F = -Kx$。由牛顿第二定律

$$ma = -Kx \quad\Rightarrow\quad a = -\frac{K}{m}x$$

把它和 8.2 节由运动学得到的 $a = -\omega^2x$ 比较。两式的 $x$ 系数必须相等，所以

$$\omega^2 = \frac{K}{m} \quad\Rightarrow\quad \omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$$

（关键一步：同一个 $x$ 前系数对应同一个振动；$K/m$ 扮演的角色就是 $\omega^2$。这一步把“力”和“振动的快慢”连起来了。）

再由 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ 得 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$。

量纲检查：$K$ 的单位 $\mathrm{N/m} = \mathrm{kg/s^2}$，$K/m$ 的单位 $\mathrm{1/s^2}$，开方后 $\mathrm{1/s}$，与 $\omega$ 的 $\mathrm{rad/s}$ 一致（弧度无量纲）。

例题

例 1　（场景：一般回复力 $F=-Kx$ → 读 $K$ → 求 $\omega$、$T$）

問題　質量 $m$ の物体が，変位 $x$ に比例する復元力 $F = -Kx$ を受けて単振動している。この振動の角振動数 $\omega$ と周期 $T$ の組み合わせとして正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$　　②　$\omega = \sqrt{\dfrac{m}{K}}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{K}{m}}$　　③　$\omega = \dfrac{K}{m}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$　　④　$\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{K}{m}}$

解答　運動方程式 $ma = -Kx$ より $a = -\dfrac{K}{m}x$。単振動の加速度は $a = -\omega^2x$ なので，係数を比べて

$$\omega = \sqrt{\frac{K}{m}},\qquad T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{K}}$$

検算：$K$ が大きい（復元力が強い）ほど $\omega$ が大きく周期が短い；$m$ が大きい（惯性が大きい）ほど周期が長い。式の形はこの直感と一致する。　答　①

中文翻译　题目：质量 $m$ 的物体受与位移 $x$ 成正比的回复力 $F = -Kx$ 作用而做简谐运动。角频率 $\omega$ 和周期 $T$ 的组合，从①～④中选一个正确的。

解答：由运动方程 $ma = -Kx$ 得 $a = -\dfrac{K}{m}x$。简谐运动的加速度为 $a = -\omega^2x$，比较系数得 $\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}}$，$T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$。检验：$K$ 越大（回复力越强）$\omega$ 越大、周期越短；$m$ 越大（惯性越大）周期越长，与式子的趋势一致。答案 ①。

解说　用到的是本节“由 $a = -\dfrac{K}{m}x$ 与 $a = -\omega^2x$ 比较系数”。容易卡在：把 $\omega$ 写成 $\sqrt{\dfrac{m}{K}}$，或者把 $T$ 里的 $\dfrac{m}{K}$ 和 $\dfrac{K}{m}$ 颠倒。选项排除：用极限检查，$K \to \infty$（回复力极强）时周期应趋于 0，只有含 $\sqrt{\dfrac{m}{K}}$ 的 $T$ 满足；$m \to \infty$ 时周期应趋于无穷，② 的 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{K}{m}}$ 反而趋于 0，排除；③ 的 $\omega = \dfrac{K}{m}$ 量纲不对。

例 2　（场景：由周期反求比例定数 $K$ → $K = m\omega^2$）

問題　質量 0.20 kg の物体が，周期 0.60 s の単振動をしている。この振動で物体にはたらく復元力の比例定数 $K$ は何 N/m か。最も適当な値を，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　2.2 N/m　　②　11 N/m　　③　22 N/m　　④　44 N/m

解答　角振動数は

$$\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0.60} = 10.5\ \mathrm{rad/s}$$

$K = m\omega^2$ より

$$K = 0.20 \times 10.5^2 \approx 22\ \mathrm{N/m}$$

検算：$\omega^2 = \dfrac{K}{m}$ より $K = m\omega^2$，単位は $\mathrm{kg \cdot (rad/s)^2} = \mathrm{kg/s^2} = \mathrm{N/m}$，合っている。　答　③

中文翻译　题目：质量 0.20 kg 的物体做周期 0.60 s 的简谐运动。这个振动中物体所受回复力的比例常数 $K$ 是多少 N/m？从①～④中选最合适的值。

解答：角频率 $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{0.60} = 10.5\ \mathrm{rad/s}$。由 $K = m\omega^2$ 得 $K = 0.20 \times 10.5^2 \approx 22\ \mathrm{N/m}$。检验：由 $\omega^2 = \dfrac{K}{m}$ 得 $K = m\omega^2$，单位 $\mathrm{kg \cdot (rad/s)^2} = \mathrm{kg/s^2} = \mathrm{N/m}$，正确。答案 ③。

解说　用到的是 $K = m\omega^2$，它是 $\omega = \sqrt{K/m}$ 的变形。容易卡在：把周期 0.60 s 当成频率，得 $\omega = 2\pi \times 0.60$ 而不是 $\dfrac{2\pi}{0.60}$。选项排除：若误用 $\omega = 2\pi f$ 且把 0.60 当频率，$K$ 会变成约 2.8 N/m，不在选项里；② 的 11 是漏乘 2 的结果，④ 的 44 是 $\omega$ 多乘 2 的结果。另一种解法：由 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$ 直接解 $K = \dfrac{4\pi^2m}{T^2} = \dfrac{4\pi^2 \times 0.20}{0.60^2} \approx 22\ \mathrm{N/m}$，不用先算 $\omega$，适合只求 $K$ 的题。

常用推论

• $\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}}$、$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$、$f = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{K}{m}}$；$K = m\omega^2 = \dfrac{4\pi^2m}{T^2}$。
• 同一系统换质量：$T \propto \sqrt{m}$；换弹簧（$K$ 变）：$T \propto \dfrac{1}{\sqrt{K}}$。周期与振幅无关。
• 某位移 $x$ 处的回复力大小 $F = Kx$，加速度大小 $a = \omega^2x = \dfrac{K}{m}x$；最大回复力 $KA$，最大加速度 $\omega^2A$。
• 比较两个系统的周期，先分别求 $K$：$K$ 越大、$m$ 越小，周期越短。常见 $K$：弹簧 $k$、单摆 $\dfrac{mg}{l}$、浮体 $\rho gS$、U 形管 $2\rho gS$。

易错点

• 错在哪：把 $K$ 一律当成弹簧的ばね定数。 为什么错：$K$ 是“回复力与位移的比例系数”，不同系统有不同来源；单摆、浮体、U 形管的 $K$ 里含 $g$、$\rho$、$S$、$l$。 正确做法：先写偏离平衡位置 $x$ 时的回复力，整理成 $F = -Kx$，再读出 $K$。
• 错在哪：把 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{K}{m}}$ 和 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$ 记反。 为什么错：只记了“根号里有个分数”，没记物理意义。$K$ 大时回复力强、振动快、周期短，所以 $K$ 应在分母（$T$ 随 $K$ 增大而减小）。 正确做法：用”$K$ 大周期短、$m$ 大周期长“检查根号里的位置。
• 错在哪：用 $\omega = 2\pi f$ 时把 $T$ 当成 $f$，或把 $\omega$ 当成 $f$。 为什么错：$\omega$ 是角振動数，$f$ 是振動数，两者差 $2\pi$。 正确做法：先写 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$，再代 $T$；题目问「振動数」时最后才用 $f = \dfrac{1}{T}$。

直观理解

回复力像一根“看不见的弹簧”，把物体拉向平衡位置：离得越远，拉得越狠（$F = Kx$）。$K$ 大就是这根弹簧硬，物体被拉回来得快，周期短；$m$ 大就是物体重、惯性大，被拉回来得慢，周期长。周期与振幅无关，是因为振幅大时路程长，但回复力也大、跑得也快，两者正好抵消。

关联知识点

• 前置：国内书第 21 章 21.4 节回复力和能量（$F = -kx$、$a = -\dfrac{k}{m}x$）；第 6 章牛顿第二定律。
• 前置：本书 8.2 节 $a = -\omega^2x$，8.3 节参考圆的向心加速度。
• 后续：本书 8.5 节ばね振り子（$K = k$）、8.6 节単振り子（$K = \dfrac{mg}{l}$）、8.7 节単振動のエネルギー（$E = \dfrac{1}{2}KA^2$）、8.8 节浮体和 U 形管（求 $K$）。
• 常一起考：国内书第 10 章圆周运动（$\omega$ 的意义）、第 7 章瞬时加速度（最大位移处的加速度）。

8.5 ばね振り子

说明

水平ばね振り子：光滑水平面上，质量为 $m$ 的物体连在劲度系数为 $k$ 的轻弹簧一端，弹簧另一端固定。平衡位置在弹簧的自然长度处。偏离 $x$ 时，弹簧弹力就是回复力：

$$F = -kx,\qquad \omega = \sqrt{\frac{k}{m}},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$

鉛直ばね振り子：弹簧竖直悬挂，下端挂质量为 $m$ 的物体。平衡位置不在自然长度，而在弹簧伸长 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$ 处。以这个平衡位置为原点，偏离 $x$ 时回复力是弹力和重力的合力：

$$F = mg - k(x_0+x) = -kx$$

所以竖直弹簧振子也做単振動，周期与水平放置时相同，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，与 $g$ 无关。重力只把振动中心从自然长度处下移了 $x_0$，不改变“怎么振”。

斜面上のばね振り子：光滑斜面（倾角 $\theta$）上，弹簧沿斜面方向。平衡位置在弹簧伸长 $x_0 = \dfrac{mg\sin\theta}{k}$ 处；以平衡位置为原点，沿斜面方向的回复力仍为 $F = -kx$，周期同样是 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$。$g$ 和 $\theta$ 只影响平衡位置，不影响周期。

连接弹簧的等效劲度：

• 直列（串联）：两根弹簧首尾相接，受力相同、伸长相加。$\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}$，即 $k = \dfrac{k_1k_2}{k_1+k_2}$。
• 並列（并联）：两根弹簧并排，形变相同、力相加。$k = k_1+k_2$。
• 物体两侧各连一根弹簧：物体偏离时，一根伸长、另一根压缩，两根的力同向叠加，等效 $k = k_1+k_2$（和并联相同）。

国内书第 21 章 21.5 已经讲过水平、竖直弹簧振子的定性规律；EJU 要求用周期公式计算，并考斜面、连接弹簧，这些是本节新增的。

使用场景

• 水平、竖直或斜面上的弹簧振子，问周期、角振動数、某位置的弹力或加速度 → 先定平衡位置（竖直 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$，斜面 $x_0 = \dfrac{mg\sin\theta}{k}$）→ 位移从平衡位置量起，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ 与放置方式无关；端点的弹力用形变量算，回复力用 $kA$ 算。
• 竖直弹簧振子，问最高点、最低点的弹力、加速度，或问物体不离开弹簧／托盘的条件 → 端点状态 → 最低点形变 $x_0+A$，最高点形变 $x_0-A$；两端加速度等大反向；不分离的临界是端点弹力为零。
• 两根弹簧串联、并联，或物体两侧各连一根，问等效劲度或周期比 → 等效弹簧 → 直列 $\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}$，並列 $k = k_1+k_2$ → 再代周期公式。

注意点

• 竖直弹簧振子的平衡位置不是自然长度，而是弹簧伸长 $\dfrac{mg}{k}$ 处；位移 $x$ 从平衡位置量起，形变量从自然长度量起，两者差 $x_0$。
• 求弹簧弹力要用形变量（从自然长度量起），求回复力、加速度要用位移（从平衡位置量起）；两者只在水平弹簧振子里相等。
• 周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ 与振幅无关，与水平、竖直、斜面放置无关，也与 $g$ 无关。斜面上 $g\sin\theta$ 只改变平衡位置。
• 串联弹簧的等效劲度比每根都小（$k < k_1$，$k < k_2$），并联的比每根都大；这和电阻的串并联规律相反，不要混。
• 竖直弹簧振子最高点弹簧可能仍伸长、恰好原长或被压缩，取决于振幅 $A$ 与 $x_0$ 的大小：$A < x_0$ 伸长，$A = x_0$ 原长，$A > x_0$ 压缩。
• 日文「ばね定数」就是国内的“劲度系数”；「つり合いの位置」是平衡位置，「自然長」是自然长度。

推导

竖直弹簧振子的回复力：取竖直向下为正。平衡位置弹簧伸长 $x_0$，满足 $kx_0 = mg$。物体在平衡位置下方 $x$ 处时，弹簧伸长 $x_0+x$，弹力向上，大小 $k(x_0+x)$。合力

$$F = mg - k(x_0+x) = mg - kx_0 - kx = -kx$$

（关键一步：$mg$ 与 $kx_0$ 正好抵消，因为平衡位置就是由 $kx_0 = mg$ 定义的。重力只负责把振动中心下移，不进入回复力的比例系数。）

物体在平衡位置上方时 $x < 0$，上式仍成立（弹簧可能仍伸长，也可能压缩，代数式不变），所以竖直弹簧振子做単振動，$k$ 不变，周期与水平时相同。

斜面上的回复力：沿斜面方向，重力分量为 $mg\sin\theta$，平衡时 $kx_0 = mg\sin\theta$。偏离 $x$ 时，弹力沿斜面方向的合力为 $mg\sin\theta - k(x_0+x) = -kx$；垂直斜面方向的支持力与重力分量平衡，不影响振动。所以 $K = k$，周期与水平、竖直相同。

串联和并联的等效劲度：

• 串联：两根轻弹簧受力相同（都是 $F$），伸长分别为 $\dfrac{F}{k_1}$、$\dfrac{F}{k_2}$，总伸长 $x = F\left(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}\right)$。等效 $k = \dfrac{F}{x} = \left(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}\right)^{-1}$。
• 并联：两根弹簧形变相同（都是 $x$），力分别为 $k_1x$、$k_2x$，总力 $F = (k_1+k_2)x$，等效 $k = k_1+k_2$。

例题

例 1　（场景：竖直弹簧振子 → 平衡位置伸长 → 周期和最低点弹力）

問題　次の図のように，軽いばね（ばね定数 49 N/m）の一端を天井に固定し，他端に質量 0.50 kg のおもりをつるした。おもりが静止した位置から，おもりを鉛直下方に 0.050 m だけ引き下げて静かに放した。重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。この振動の周期と，おもりが最下点にあるときばねがおもりを引く力の大きさの組み合わせとして最も適当なものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　0.63 s，7.4 N　　②　0.63 s，2.5 N　　③　0.63 s，12 N　　④　0.32 s，7.4 N

解答　まず，つり合いの位置でのばねの伸びを求める。

$$x_0 = \frac{mg}{k} = \frac{0.50 \times 9.8}{49} = 0.10\ \mathrm{m}$$

周期は，鉛直でも水平と同じ式で

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{0.50}{49}} \approx 0.63\ \mathrm{s}$$

最下点では，振幅 $A = 0.050\ \mathrm{m}$ だけさらに伸びるので，ばねの伸びは $x_0 + A = 0.15\ \mathrm{m}$。ばねが引く力の大きさは

$$F = k(x_0+A) = 49 \times 0.15 \approx 7.4\ \mathrm{N}$$

検算：最下点では，ばねの力 $F$ と重力 $mg$ の差が回复力 $kA$ になるはず。$7.4 - 4.9 = 2.5\ \mathrm{N}$，$kA = 49 \times 0.050 = 2.5\ \mathrm{N}$，一致する。　答　①

中文翻译　题目：如图，轻弹簧（劲度系数 49 N/m）上端固定在天花板上，下端挂质量 0.50 kg 的重物。从重物静止的位置，把重物竖直向下拉 0.050 m 后静止释放。重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。这个振动的周期，与重物在最低点时弹簧拉重物的力大小的组合，从①～④中选最合适的一个。

解答：先求平衡位置处弹簧的伸长量 $x_0 = \dfrac{mg}{k} = \dfrac{0.50 \times 9.8}{49} = 0.10\ \mathrm{m}$。周期在竖直放置时与水平相同，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{0.50}{49}} \approx 0.63\ \mathrm{s}$。最低点比平衡位置多伸长振幅 $A = 0.050\ \mathrm{m}$，弹簧总伸长 $x_0 + A = 0.15\ \mathrm{m}$，弹簧拉力 $F = k(x_0+A) = 49 \times 0.15 \approx 7.4\ \mathrm{N}$。检验：最低点弹簧力与重力的差应等于回复力 $kA$，$7.4 - 4.9 = 2.5\ \mathrm{N}$，而 $kA = 49 \times 0.050 = 2.5\ \mathrm{N}$，一致。答案 ①。

解说　用到的是竖直弹簧振子的两个要点：平衡位置在伸长 $\dfrac{mg}{k}$ 处；周期与水平相同。容易卡在：把平衡位置当成自然长度，于是最低点伸长只算 $A = 0.050\ \mathrm{m}$，弹力算成 $2.5\ \mathrm{N}$（选项 ②，那是最高点的力）；或者把重力再加一次，算成 $7.4+4.9 \approx 12\ \mathrm{N}$（选项 ③）。选项排除：④ 的 0.32 s 是半个周期，周期不是半周期。

例 2　（场景：斜面上的弹簧振子 → 平衡位置伸长 $\dfrac{mg\sin\theta}{k}$ → 周期与 $g$、$\theta$ 无关）

問題　次の図のように，なめらかな傾角 $30^\circ$ の斜面上で，ばね定数 $k$ の軽いばねの一端を斜面の上端に固定し，他端に質量 $m$ のおもりをつないだ。おもりは斜面上で単振動している。重力加速度の大きさを $g$ とする。この振動の周期 $T$ と，つり合いの位置におけるばねの伸び $x_0$ の組み合わせとして正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，$x_0 = \dfrac{mg\sin 30^\circ}{k}$　　②　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，$x_0 = \dfrac{mg\cos 30^\circ}{k}$　　③　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m\sin 30^\circ}{k}}$，$x_0 = \dfrac{mg\sin 30^\circ}{k}$　　④　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，$x_0 = \dfrac{mg}{k}$

解答　斜面上，重力沿斜面向下的分量是 $mg\sin 30^\circ$。つり合いの位置では，ばねの弹力とこの分量が等しい：

$$kx_0 = mg\sin 30^\circ \quad\therefore\ x_0 = \frac{mg\sin 30^\circ}{k}$$

おもりがつり合いの位置から斜面に沿って $x$ だけずれると，ばねの力の変化は $kx$，重力の斜面方向の分量は変わらないので，合力（回复力）は

$$F = -kx$$

よって $K = k$，$\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$，周期は

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$

検算：$\theta = 90^\circ$（鉛直）にすると $x_0 = \dfrac{mg}{k}$，θ = 0（水平）にすると $x_0 = 0$，どちらも 8.5 节的结果一致；周期里没有 $g$ 和 $\theta$，也符合“重力只改变平衡位置”的结论。　答　①

中文翻译　题目：如图，在光滑的倾角 $30^\circ$ 斜面上，劲度系数为 $k$ 的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接质量 $m$ 的重物。重物在斜面上做简谐运动。重力加速度大小为 $g$。这个振动的周期 $T$ 与平衡位置处弹簧伸长量 $x_0$ 的组合，从①～④中选一个正确的。

解答：斜面上重力沿斜面向下的分量为 $mg\sin 30^\circ$。平衡位置处弹簧力与这个分量相等：$kx_0 = mg\sin 30^\circ$，所以 $x_0 = \dfrac{mg\sin 30^\circ}{k}$。重物从平衡位置沿斜面偏离 $x$ 时，弹簧力的变化为 $kx$，重力沿斜面方向的分量不变，所以合力（回复力）为 $F = -kx$。因此 $K = k$，$\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$，周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$。检验：$\theta = 90^\circ$（竖直）时 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$，$\theta = 0$（水平）时 $x_0 = 0$，都与 8.5 节的结果一致；周期中没有 $g$ 和 $\theta$，符合“重力只改变平衡位置”的结论。答案 ①。

解说　用到的是“斜面上重力只提供平衡位置偏移，不进入周期”。容易卡在：把重力沿斜面的分量写成 $mg\cos\theta$（那是垂直斜面的分量），或者以为斜面倾角会改变周期。选项排除：周期里出现 $g$ 或 $\theta$ 的只有 ③，先排除；$x_0$ 里出现 $\cos$ 的 ② 是把两个分量弄反；④ 是水平弹簧振子的平衡位置，斜面上不成立。

例 3　（场景：两根弹簧串联、并联 → 等效劲度 → 周期比）

問題　次の図のように，ばね定数 $k$ の同じ軽いばね 2 本と質量 $m$ のおもりを用意し，(a) 2 本を直列につないだ場合と (b) 2 本を並列につないだ場合で，おもりを鉛直方向に振動させた。それぞれの周期を $T_{\mathrm a}$，$T_{\mathrm b}$ とすると，$T_{\mathrm a} : T_{\mathrm b}$ はどうなるか。正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$2 : 1$　　②　$\sqrt{2} : 1$　　③　$1 : 2$　　④　$4 : 1$

解答　直列の合成ばね定数を $k_{\mathrm a}$，並列のそれを $k_{\mathrm b}$ とすると

$$\frac{1}{k_{\mathrm a}} = \frac{1}{k}+\frac{1}{k} = \frac{2}{k} \quad\therefore\ k_{\mathrm a} = \frac{k}{2}$$ $$k_{\mathrm b} = k+k = 2k$$

周期は $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ なので

$$T_{\mathrm a} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k/2}} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{k}},\qquad T_{\mathrm b} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{2k}}$$ $$\frac{T_{\mathrm a}}{T_{\mathrm b}} = \sqrt{\frac{2m/k}{m/(2k)}} = \sqrt{4} = 2$$

検算：直列はばねが柔らかくなって振動が遅くなり，並列は硬くなって速くなる。$T_{\mathrm a} > T_{\mathrm b}$ で，比が 2 倍は妥当。　答　①

中文翻译　题目：如图，用两根劲度系数同为 $k$ 的轻弹簧和质量 $m$ 的重物，(a) 把两根弹簧串联，(b) 把两根弹簧并联，让重物在竖直方向振动。设两种情况的周期分别为 $T_{\mathrm a}$、$T_{\mathrm b}$，$T_{\mathrm a} : T_{\mathrm b}$ 是多少？从①～④中选一个正确的。

解答：设串联的等效劲度系数为 $k_{\mathrm a}$，并联的为 $k_{\mathrm b}$。串联时 $\dfrac{1}{k_{\mathrm a}} = \dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{k} = \dfrac{2}{k}$，所以 $k_{\mathrm a} = \dfrac{k}{2}$；并联时 $k_{\mathrm b} = k+k = 2k$。周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，所以 $T_{\mathrm a} = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}$，$T_{\mathrm b} = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{2k}}$，$\dfrac{T_{\mathrm a}}{T_{\mathrm b}} = \sqrt{4} = 2$。检验：串联变软、振动变慢，并联变硬、振动变快，$T_{\mathrm a} > T_{\mathrm b}$，比值 2 倍合理。答案 ①。

解说　用到的是串联 $\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}$、并联 $k = k_1+k_2$。容易卡在：把弹簧的串并联当成电阻的串并联（电阻串联是 $R_1+R_2$，弹簧串联是倒数相加），结果算成 $1:2$（选项 ③）。选项排除：串联的等效劲度更小，周期更长，$T_{\mathrm a} > T_{\mathrm b}$，③④ 先排除；两根相同的弹簧串联，等效劲度是原来的一半，周期变为 $\sqrt{2}$ 倍；并联是 2 倍，周期变为 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 倍，两者之比为 $\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2$，① 对。

常用推论

• 竖直弹簧振子：平衡位置伸长 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$；最低点形变 $x_0+A$，最高点形变 $x_0-A$（负值表示压缩）。两端弹力之和为 $2mg$，两端加速度等大反向，大小都是 $\dfrac{kA}{m}$。
• 斜面上弹簧振子：平衡位置伸长 $x_0 = \dfrac{mg\sin\theta}{k}$，周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，与 $\theta$、$g$ 无关。
• 两根弹簧串联：$k = \dfrac{k_1k_2}{k_1+k_2}$；并联或物体两侧各一根：$k = k_1+k_2$。相同弹簧串联 $n$ 根，$k_{\text{等效}} = \dfrac{k}{n}$；并联 $n$ 根，$k_{\text{等效}} = nk$。
• 竖直弹簧振子中，物体不离开弹簧（或托盘）的临界条件：最高点弹力为零，即 $A = x_0 = \dfrac{mg}{k}$；超过这个振幅，物体在最高点前就离开弹簧。

易错点

• 错在哪：竖直弹簧振子的平衡位置取在弹簧自然长度处。 为什么错：物体还受重力，回复力为零的位置是弹力等于重力的位置，不是弹力为零的位置。 正确做法：先由 $kx_0 = mg$ 求平衡位置的伸长，再以它为原点量位移。
• 错在哪：把弹簧弹力写成 $kA$（用振幅代替形变量）。 为什么错：$kA$ 是端点处的回复力，不是弹簧弹力；弹力要用从自然长度量起的形变量 $x_0 \pm A$。 正确做法：先求平衡位置形变 $x_0$，端点形变是 $x_0+A$ 或 $x_0-A$，再乘 $k$。
• 错在哪：认为斜面倾角或重力加速度会改变弹簧振子的周期。 为什么错：重力（或其斜面分量）是恒力，只把平衡位置挪一段，不改变回复力与位移的比例系数 $k$。 正确做法：周期只看 $m$、$k$；$g$、$\theta$ 用来求平衡位置和端点的形变。

直观理解

弹簧振子就是“一根弹簧加一个质量”：弹簧越硬（$k$ 大）振得越快，质量越大（$m$ 大）振得越慢。竖直或斜面放置，只是把整条振动曲线往下平移一段（平衡位置移动），振动本身没有变，所以周期不变。串联像把两根弹簧接长，整体变软，振得慢；并联像两根一起扛，整体变硬，振得快。

关联知识点

• 前置：国内书第 4 章 4.3 胡克定律（$F = kx$）、第 21 章 21.5 弹簧振子（水平、竖直的定性规律）、第 5 章共点力平衡（求 $x_0$）。
• 前置：本书 8.4 节 $\omega = \sqrt{K/m}$、$T = 2\pi\sqrt{m/K}$。
• 后续：本书 8.7 节単振動のエネルギー（弹簧振子 $E = \dfrac{1}{2}kA^2$）；8.8 节其他振动系统（求 $K$ 的方法相同）。
• 常一起考：国内书第 7 章瞬时加速度和临界问题（不分离的临界）；第 14 章机械能守恒（竖直弹簧振子的能量）。

8.6 単振り子

说明

単振り子（单摆）：不可伸长、质量不计的细线一端固定，另一端拴一个可看成质点的小球，在竖直平面内摆动。摆长 $l$ 是悬点到小球球心的距离（线长加小球半径）。

小球受重力 $mg$ 和线拉力 $T$。把重力分解成沿摆线方向的分量 $mg\cos\theta$ 和沿切线方向的分量 $mg\sin\theta$：

• 沿摆线方向：拉力与 $mg\cos\theta$ 的合力提供向心力；
• 沿切线方向：$mg\sin\theta$ 使小球回到平衡位置，是回复力。

小角度近似：摆角 $\theta$ 很小（一般 $\theta < 5^\circ$）时，$\sin\theta \approx \theta$（弧度），且小球沿圆弧的位移 $x = l\theta$ 可以看成直线位移。于是

$$F = -mg\sin\theta \approx -\frac{mg}{l}x$$

与 $F = -Kx$ 比较，$K = \dfrac{mg}{l}$，所以

$$\omega = \sqrt{\frac{g}{l}},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$$

等时性：摆角小时，周期只由摆长 $l$ 和当地重力加速度 $g$ 决定，与摆球质量无关，与振幅无关。这就是单摆的等時性（国内书第 21 章 21.6 已讲）。摆角大时，$\sin\theta \approx \theta$ 不成立，周期会比公式值大，单摆也不再是严格的単振動。

加速度系中的单摆：在竖直方向以加速度 $a$ 上升的电梯里，惯性力向下，等效重力加速度为 $g' = g+a$，周期变为 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g+a}}$；若电梯以加速度 $a$（$a<g$）下降，则 $g' = g-a$。水平加速时，等效重力是 $g$ 与 $a$ 的矢量和，大小为 $\sqrt{g^2+a^2}$，平衡位置也倾斜。

国内书第 21 章 21.6 已经讲过周期公式、等时性和小角度条件；本节用 $K = \dfrac{mg}{l}$、$\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$ 的写法把它们和 8.4 节统一起来，并加上加速度系中的等效重力。

使用场景

• 问单摆的周期、振动数、摆长或当地的重力加速度，或比较不同地点、不同摆长的周期 → 小角度单摆 → $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$，$l = \dfrac{gT^2}{4\pi^2}$，$g = \dfrac{4\pi^2l}{T^2}$；$T \propto \sqrt{l}$，$T \propto \dfrac{1}{\sqrt{g}}$。
• 单摆在加速上升或下降的电梯里、在水平加速的车厢里，或摆球带电处在电场中，问周期怎样变 → 等效重力 → 求 $g'$，再代 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g'}}$；竖直加速 $g' = g \pm a$，水平加速 $g' = \sqrt{g^2+a^2}$。

注意点

• 摆长从悬点量到球心，不是线长；实验中忘加小球半径，会使测出的 $g$ 偏小。
• 小角度条件一般写 $\theta < 5^\circ$，不是严格的界限；$5^\circ = 0.0873\ \mathrm{rad}$，$\sin 5^\circ = 0.0872$，相差约千分之一。摆角越大，周期越偏离公式值。
• 回复力不是合力。最低点回复力为零，但小球有速度，需要向心力，合力不为零；最大位移处速度为零，向心力为零，合力才等于回复力。
• 周期与摆球质量无关：重力产生的回复力和惯性都与质量成正比，两者抵消，和自由落体加速度与质量无关是同一个原因。
• 等效重力只改变“重力”的大小和方向，不改变摆长；电梯中单摆的周期公式仍是 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g'}}$，只是 $g$ 换成 $g'$。
• 日文「単振り子」是单摆，「振れ角」是摆角，「糸は軽くて伸び縮みしない」是轻质不可伸长的线。

推导

由回复力推出周期：

1. 回复力 $F = mg\sin\theta$，方向指向平衡位置。
2. 小角度时 $\sin\theta \approx \theta$，且 $x = l\theta$，所以

$$F \approx mg\theta = \frac{mg}{l}x$$

取偏离方向为正，回复力指向平衡位置，写成 $F = -\dfrac{mg}{l}x$。

（关键一步：两个近似——$\sin\theta \approx \theta$ 和“圆弧近似为直线”——缺一不可。没有它们，回复力与 $x$ 不成正比，单摆就不是単振動。）

3. 与 $F = -Kx$ 比较，$K = \dfrac{mg}{l}$。代入 $\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}}$：

$$\omega = \sqrt{\frac{mg/l}{m}} = \sqrt{\frac{g}{l}},\qquad T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$$

（关键一步：质量 $m$ 在 $K$ 和惯性里各出现一次，正好约掉，所以周期与摆球质量无关。）

等效重力：在竖直向上加速 $a$ 的电梯中，取电梯为参考系，小球受向下的惯性力 $ma$，等效重力 $mg' = mg+ma$，所以 $g' = g+a$。把推导中的 $g$ 换成 $g'$，即得 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g+a}}$。水平加速时，惯性力水平，等效重力是 $mg$ 与 $ma$ 的矢量和，$g' = \sqrt{g^2+a^2}$，平衡位置偏向加速度的反方向。

例题

例 1　（场景：不同重力加速度下的周期 → $T \propto 1/\sqrt{g}$）

問題　地球上で周期 2.0 s の単振り子を，月面に持っていった。月面上の重力加速度の大きさは地球上の $\dfrac{1}{6}$ であるとする。月面上でのこの単振り子の周期は何 s か。最も適当な値を，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　0.82 s　　②　2.0 s　　③　4.9 s　　④　12 s

解答　周期は $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ なので，$l$ が一定なら $T \propto \dfrac{1}{\sqrt{g}}$。月面上の重力加速度を $g' = \dfrac{g}{6}$ とすると

$$T' = T\sqrt{\frac{g}{g'}} = 2.0 \times \sqrt{6} \approx 2.0 \times 2.45 \approx 4.9\ \mathrm{s}$$

検算：月面では重力が弱く，回复力が小さいので振動は遅くなる。周期が長くなるのは妥当で，$4.9 > 2.0$。　答　③

中文翻译　题目：地球上周期为 2.0 s 的单摆拿到月球上。月球表面的重力加速度大小为地球的 $\dfrac{1}{6}$。这个单摆在月球上的周期是多少 s？从①～④中选最合适的值。

解答：周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$，摆长一定时 $T \propto \dfrac{1}{\sqrt{g}}$。设月球重力加速度 $g' = \dfrac{g}{6}$，则 $T' = T\sqrt{\dfrac{g}{g'}} = 2.0 \times \sqrt{6} \approx 4.9\ \mathrm{s}$。检验：月球重力弱，回复力小，振动应变慢，周期变长，$4.9 > 2.0$，合理。答案 ③。

解说　用到的是 $T \propto \dfrac{1}{\sqrt{g}}$。容易卡在：以为重力变成 $\dfrac{1}{6}$，周期也变成 $\dfrac{1}{6}$ 或 6 倍；周期与 $g$ 是根号反比，不是正比。选项排除：$g$ 变小，周期应变长，①② 先排除；$\sqrt{6} \approx 2.45$，$2.0 \times 2.45 \approx 4.9$，③ 对；④ 的 12 s 是把 $g$ 除以 6 后直接乘 6 的结果。

例 2　（场景：加速系中的单摆 → 等效重力 $g' = g+a$ → 周期）

問題　長さ $l$ の単振り子が，鉛直上向きの加速度 $a$ で上昇しているエレベーターの中にある。エレベーターの中でのこの単振り子の周期はどのように表されるか。ただし，エレベーターの中では静止しているときと同じ重力加速度 $g$ がはたらくものとする。正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g+a}}$　　②　$2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g-a}}$　　③　$2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$　　④　$2\pi\sqrt{\dfrac{l+a}{g}}$

解答　エレベーターを参考系にすると，小球には鉛直下向きの慣性力 $ma$ がはたらく。見かけの重力加速度は

$$g' = g+a$$

単振り子の周期公式の $g$ を $g'$ に置き換えて

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g'}} = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g+a}}$$

検算：$a = 0$ のとき $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$，③ と一致する。$a$ が大きいほど見かけの重力が強く，周期は短くなる。　答　①

中文翻译　题目：长为 $l$ 的单摆放在以竖直向上加速度 $a$ 上升的电梯中。电梯中这个单摆的周期怎么表示？设电梯中重力加速度与静止时相同，为 $g$。从①～④中选一个正确的。

解答：以电梯为参考系，小球受竖直向下的惯性力 $ma$，视重力加速度 $g' = g+a$。把单摆周期公式中的 $g$ 换成 $g'$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g+a}}$。检验：$a = 0$ 时 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$，与③一致；$a$ 越大，视重力越强，周期越短。答案 ①。

解说　用到的是“加速系中用等效重力”这一条。容易卡在：上升时惯性力向下，等效重力应变大，所以 $g' = g+a$；写成 $g-a$（②）是把升降方向弄反。选项排除：$a = 0$ 时只有 ①③ 退化为普通单摆公式，②④ 不退化为 $2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$，先排除；上升时等效重力大、周期短，① 比 ③ 短，① 对。另一种解法：在惯性系中看，小球在电梯中的有效恢复力来自重力和惯性力的合力 $m(g+a)$，于是 $K = \dfrac{m(g+a)}{l}$，$\omega = \sqrt{\dfrac{g+a}{l}}$，同样得 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g+a}}$；两种参考系结果相同。

常用推论

• 秒摆：周期 $2\ \mathrm{s}$ 的单摆，摆长约 $1\ \mathrm{m}$（$g$ 取 $\pi^2 \approx 9.87\ \mathrm{m/s^2}$ 时恰为 $1\ \mathrm{m}$）。由 $l = \dfrac{gT^2}{4\pi^2}$ 得出，用来估算和检查。
• 由周期测 $g$：$g = \dfrac{4\pi^2l}{T^2}$；以 $l$ 为横轴、$T^2$ 为纵轴作图，斜率为 $\dfrac{4\pi^2}{g}$（国内书第 41 章实验）。
• 摆钟换地点：$g$ 变小，周期变长，钟走慢；要使周期恢复，按 $l' = l\dfrac{g'}{g}$ 调摆长。
• 等效重力：竖直加速 $g' = g \pm a$（向上加速取 $+$，向下加速取 $-$，且 $a<g$）；水平加速 $g' = \sqrt{g^2+a^2}$，平衡位置向加速度的反方向倾斜；带电摆球在竖直匀强电场中 $g' = g \pm \dfrac{qE}{m}$。
• 单摆的最大摆角处拉力最小，$T_{\text{拉}} = mg\cos\theta$；最低点拉力最大，$T_{\text{拉}} = mg + m\dfrac{v^2}{l}$（国内书第 21 章 21.6 例 3）。

易错点

• 错在哪：认为摆球越重，单摆摆得越快（周期越短）。 为什么错：重力产生的回复力和摆球的惯性都与质量成正比，两者抵消，和自由落体加速度与质量无关是同一个原因。 正确做法：单摆周期只看摆长 $l$ 和重力加速度 $g$。
• 错在哪：把线长当成摆长。 为什么错：单摆模型把摆球看成质点，质点的位置在球心，摆长是悬点到球心的距离。 正确做法：摆长 = 线长 + 小球半径；实验中尤其注意。
• 错在哪：在加速上升的电梯里把等效重力写成 $g-a$。 为什么错：上升加速时惯性力向下，和重力同向，等效重力应变大，$g' = g+a$。 正确做法：先画惯性力方向，再和重力合成；等效重力加速度与惯性力同向相加、反向相减。
• 错在哪：认为摆角越大周期越大，所以“摆幅大、周期长”在小角度下也成立。 为什么错：小角度时周期与振幅无关（等时性）；只有摆角大到 $\sin\theta \approx \theta$ 不成立时才有明显差别。 正确做法：题目说“小角度摆动”或“摆角小于 $5^\circ$“时，周期与振幅无关。

直观理解

单摆像“重力沿着圆弧斜坡的分力”：摆球偏得越多，沿切线的分力 $mg\sin\theta$ 越大，往回拉得越狠；摆角小时，这个分力和偏离的距离成正比，所以是単振動。记周期公式的一句话：摆长越长摆得越慢，重力越大摆得越快，跟球多重、摆多远都没关系。 电梯上升加速时，相当于重力变强，摆得更快；电梯下降加速时，相当于重力变弱，摆得更慢。

关联知识点

• 前置：国内书第 21 章 21.6 单摆（周期公式、等时性、小角度条件、回复力与向心力的区别）；第 4 章力的分解。
• 前置：本书 8.4 节 $\omega = \sqrt{K/m}$（单摆 $K = \dfrac{mg}{l}$）；第 7 章慣性力（等效重力）。
• 后续：本书 8.7 节単振動のエネルギー（单摆的动能与重力势能转化）；国内书第 41 章实验“用单摆测量重力加速度”。
• 常一起考：国内书第 10 章竖直面内的圆周运动（最低点、最高点的拉力）；本书第 7 章円運動と慣性力（电梯、加速车厢）。

8.7 単振動のエネルギー

说明

単振動のエネルギー：以弹簧振子为例，光滑水平面上，物体质量 $m$、弹簧劲度系数 $k$、振幅 $A$。振动过程中只有弹簧弹力做功，机械能守恒。任意位移 $x$ 处，动能与弹性势能之和为

$$E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}kA^2$$

对一般的単振動（回复力 $F = -Kx$），把 $k$ 换成 $K$：

$$E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Kx^2 = \frac{1}{2}KA^2 = \frac{1}{2}m\omega^2A^2$$

最大速度：在平衡位置 $x = 0$ 处，势能为零，动能最大：

$$v_{\max} = A\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}A$$

最大加速度：在最大位移 $x = \pm A$ 处，速度为零，回复力最大：

$$a_{\max} = \omega^2A = \frac{K}{m}A$$

任意位置的速度：由能量式解出

$$v = \pm\omega\sqrt{A^2-x^2}$$

正负号表示两个可能的运动方向。

竖直弹簧振子和单摆的能量：竖直弹簧振子要把重力势能也算进去；以平衡位置为重力势能零点时，弹性势能与重力势能之和（去掉常数）仍可写成 $\dfrac{1}{2}kx^2$，所以总能量式不变。单摆的机械能是 $\dfrac{1}{2}mv^2 + mgh$；小角度时 $h \approx \dfrac{x^2}{2l}$，于是 $E \approx \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}\dfrac{mg}{l}x^2 = \dfrac{1}{2}\dfrac{mg}{l}A^2$。

国内书第 21 章 21.4 已经讲过 $\dfrac{1}{2}kA^2$ 和动能、势能的转化；本节多出来的是用 $\omega$ 写能量、最大速度和最大加速度，以及任意位置速度的公式。

使用场景

• 问某位置的速度、最大速度，或由速度反求振幅、位移 → 能量守恒 → $\dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}Kx^2 = \dfrac{1}{2}KA^2$；最大速度用 $v_{\max} = A\omega$。
• 问动能和势能各占多少、在哪个位置两者相等，或问最大加速度 → 能量分配或 $a_{\max} = A\omega^2$ → 两者相等时 $x = \dfrac{A}{\sqrt{2}}$；$x = \dfrac{A}{2}$ 时势能是总能量的 $\dfrac{1}{4}$。

注意点

• 能量式中的 $x$ 是从平衡位置量起的位移，不是弹簧形变量。竖直弹簧振子尤其要分清。
• 水平弹簧振子的总能量是 $\dfrac{1}{2}kA^2$；竖直弹簧振子的总机械能还要加重力势能，但若以平衡位置为势能零点，振动部分的能量仍可写成 $\dfrac{1}{2}kA^2$（差一个常数）。
• 日本教科书用 $K$ 表示運動エネルギー（动能），本章用 $K$ 表示回复力的比例定数；为避免混淆，本章把动能写成 $\dfrac{1}{2}mv^2$，国内书写作 $E_{\text{k}}$。位置エネルギー日本写 $U$，国内写 $E_{\text{p}}$。
• 只有没有摩擦和空气阻力时机械能才守恒；有阻尼时振幅逐渐减小，不能用 $\dfrac{1}{2}KA^2$ 当不变量。
• 最大速度在平衡位置，最大加速度在最大位移处；不要把两者混在同一个位置。

推导

能量守恒式：设 $x = A\sin(\omega t+\phi)$，$v = A\omega\cos(\omega t+\phi)$。则

$$\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Kx^2 = \frac{1}{2}mA^2\omega^2\cos^2(\omega t+\phi) + \frac{1}{2}KA^2\sin^2(\omega t+\phi)$$

用 $K = m\omega^2$，两项都变成 $\dfrac{1}{2}KA^2$ 乘 $\cos^2$ 或 $\sin^2$：

$$= \frac{1}{2}KA^2\left[\cos^2(\omega t+\phi)+\sin^2(\omega t+\phi)\right] = \frac{1}{2}KA^2$$

（关键一步：$\cos^2+\sin^2 = 1$，所以总和与时间无关；这就是机械能守恒在単振動里的体现。）

最大速度：在上式中令 $x = 0$，得 $\dfrac{1}{2}mv_{\max}^2 = \dfrac{1}{2}KA^2$，所以 $v_{\max} = \sqrt{\dfrac{K}{m}}A = A\omega$。

任意位置的速度：由 $\dfrac{1}{2}mv^2 = \dfrac{1}{2}K(A^2-x^2)$ 得 $v = \pm\sqrt{\dfrac{K}{m}}\sqrt{A^2-x^2} = \pm\omega\sqrt{A^2-x^2}$。

竖直弹簧振子的能量：取平衡位置为重力势能零点，向下为正。位移 $x$ 处，弹簧伸长 $x_0+x$，弹性势能 $\dfrac{1}{2}k(x_0+x)^2$，重力势能 $-mgx$。两者之和

$$\frac{1}{2}k(x_0+x)^2 - mgx = \frac{1}{2}kx_0^2 + kx_0x + \frac{1}{2}kx^2 - mgx$$

用 $kx_0 = mg$，中间两项抵消，得 $\dfrac{1}{2}kx_0^2 + \dfrac{1}{2}kx^2$。去掉常数 $\dfrac{1}{2}kx_0^2$，振动部分的能量仍是 $\dfrac{1}{2}kx^2$，总能量 $\dfrac{1}{2}kA^2$。

例题

例 1　（场景：弹簧振子的能量 → 最大速度和某位置的速度）

問題　なめらかな水平面上で，質量 0.25 kg のおもりがばね定数 100 N/m のばねにつながれ，振幅 0.10 m の単振動をしている。振動の中心を通過するときの速さと，変位の大きさが 0.050 m のときの速さの組み合わせとして最も適当なものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　2.0 m/s，1.7 m/s　　②　2.0 m/s，1.0 m/s　　③　1.4 m/s，1.7 m/s　　④　2.0 m/s，0.50 m/s

解答　角振動数は

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{100}{0.25}} = 20\ \mathrm{rad/s}$$

振動の中心では速さが最大で

$$v_{\max} = A\omega = 0.10 \times 20 = 2.0\ \mathrm{m/s}$$

変位の大きさが $x = 0.050\ \mathrm{m}$ のとき，エネルギー保存より

$$v = \omega\sqrt{A^2-x^2} = 20\sqrt{0.10^2-0.050^2} = 20 \times 0.0866 \approx 1.7\ \mathrm{m/s}$$

検算：変位が振幅の半分なので，位置エネルギーは総エネルギーの $\dfrac{1}{4}$，運動エネルギーは $\dfrac{3}{4}$，速さは最大値の $\dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.87$ 倍。$2.0 \times 0.87 \approx 1.7\ \mathrm{m/s}$，一致する。　答　①

中文翻译　题目：光滑水平面上，质量 0.25 kg 的重物连接在劲度系数 100 N/m 的弹簧上，做振幅 0.10 m 的简谐运动。通过平衡位置时的速率，与位移大小为 0.050 m 时的速率的组合，从①～④中选最合适的一个。

解答：角频率 $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = \sqrt{\dfrac{100}{0.25}} = 20\ \mathrm{rad/s}$。平衡位置速率最大，$v_{\max} = A\omega = 0.10 \times 20 = 2.0\ \mathrm{m/s}$。位移大小 $x = 0.050\ \mathrm{m}$ 时，由能量守恒 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2} = 20\sqrt{0.10^2-0.050^2} = 20 \times 0.0866 \approx 1.7\ \mathrm{m/s}$。检验：位移为振幅一半时，势能占总能量的 $\dfrac{1}{4}$，动能占 $\dfrac{3}{4}$，速率是最大值的 $\dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.87$ 倍，$2.0 \times 0.87 \approx 1.7\ \mathrm{m/s}$，一致。答案 ①。

解说　用到的是能量守恒和 $v_{\max} = A\omega$。容易卡在：以为速度与位移成线性关系，位移减半速度也减半，选 ② 的 1.0 m/s。选项排除：$x = \dfrac{A}{2}$ 时 $v = \dfrac{\sqrt{3}}{2}v_{\max}$，不是 $\dfrac{1}{2}$；③ 的 1.4 m/s 是 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}v_{\max}$ 乘以什么错误系数；④ 的 0.50 是 $v_{\max}/4$。另一种解法：先算总能量 $E = \dfrac{1}{2}kA^2 = \dfrac{1}{2} \times 100 \times 0.10^2 = 0.50\ \mathrm{J}$，在 $x = 0.050\ \mathrm{m}$ 处弹性势能 $E_{\text{p}} = \dfrac{1}{2} \times 100 \times 0.050^2 = 0.125\ \mathrm{J}$，动能 $E_{\text{k}} = 0.375\ \mathrm{J}$，$v = \sqrt{\dfrac{2E_{\text{k}}}{m}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 0.375}{0.25}} \approx 1.7\ \mathrm{m/s}$；能量法不容易把速度公式记错。

例 2　（场景：单摆的能量 → 小角度下用 $v_{\max}=A\omega$ 或机械能守恒）

問題　長さ $l$ の単振り子を，最下点から測って最大で角 $\theta_0$（$\theta_0$ は小さい）まで振らせた。最下点を通過するときの速さはどのように表されるか。ただし，重力加速度の大きさを $g$ とする。正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$\sqrt{gl}\,\theta_0$　　②　$\sqrt{2gl}\,\theta_0$　　③　$2\sqrt{gl}\,\theta_0$　　④　$\sqrt{gl}\,(1-\cos\theta_0)$

解答　最下点から最高点までの高さは

$$h = l(1-\cos\theta_0)$$

小角度では $1-\cos\theta_0 \approx \dfrac{\theta_0^2}{2}$，所以 $h \approx \dfrac{l\theta_0^2}{2}$。力学的エネルギー保存則より

$$\frac{1}{2}mv^2 = mgh \quad\therefore\ v = \sqrt{2gh} \approx \sqrt{2g \cdot \frac{l\theta_0^2}{2}} = \sqrt{gl}\,\theta_0$$

検算：振幅 $A = l\theta_0$，$\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$ なので $v_{\max} = A\omega = l\theta_0\sqrt{\dfrac{g}{l}} = \sqrt{gl}\,\theta_0$，一致する。　答　①

中文翻译　题目：长为 $l$ 的单摆，从最低点量起最大摆角为 $\theta_0$（$\theta_0$ 很小）。通过最低点时的速率怎么表示？重力加速度大小为 $g$。从①～④中选一个正确的。

解答：从最低点到最高点的高度 $h = l(1-\cos\theta_0)$。小角度时 $1-\cos\theta_0 \approx \dfrac{\theta_0^2}{2}$，所以 $h \approx \dfrac{l\theta_0^2}{2}$。由机械能守恒 $\dfrac{1}{2}mv^2 = mgh$，得 $v = \sqrt{2gh} \approx \sqrt{2g \cdot \dfrac{l\theta_0^2}{2}} = \sqrt{gl}\,\theta_0$。检验：振幅 $A = l\theta_0$，$\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$，所以 $v_{\max} = A\omega = l\theta_0\sqrt{\dfrac{g}{l}} = \sqrt{gl}\,\theta_0$，一致。答案 ①。

解说　用到的是单摆的机械能守恒和 $v_{\max} = A\omega$。容易卡在：直接用 $v = \sqrt{2gl}$（把高度当成 $l$），或者把 $1-\cos\theta_0$ 近似成 $\theta_0$ 而不是 $\dfrac{\theta_0^2}{2}$。选项排除：$\theta_0$ 很小时，速度应正比于 $\theta_0$ 的一次方，①②③ 都满足，④ 含常数项 $1-\cos\theta_0 \approx \dfrac{\theta_0^2}{2}$，是 $\theta_0$ 的二次方，排除；用 $v_{\max} = A\omega$ 可直接得到 ①。另一种解法：把单摆看作振幅 $A = l\theta_0$、角振動数 $\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$ 的単振動，最大速度 $v_{\max} = A\omega = \sqrt{gl}\,\theta_0$；完全不用能量，只要小角度条件成立。

常用推论

• 总能量 $E = \dfrac{1}{2}KA^2 = \dfrac{1}{2}m\omega^2A^2$；最大速度 $v_{\max} = A\omega$；最大加速度 $a_{\max} = A\omega^2$。
• 任意位置 $v = \pm\omega\sqrt{A^2-x^2}$；$x = \dfrac{A}{\sqrt{2}}$ 处动能与势能相等；$x = \dfrac{A}{2}$ 处势能是总能量的 $\dfrac{1}{4}$，动能是 $\dfrac{3}{4}$。
• 弹簧振子 $E = \dfrac{1}{2}kA^2$；单摆（小角度）$E = \dfrac{1}{2}\dfrac{mg}{l}A^2 = \dfrac{1}{2}mgl\theta_0^2$；浮体和 U 形管用各自的 $K$ 代入 $E = \dfrac{1}{2}KA^2$。
• 竖直弹簧振子以平衡位置为重力势能零点时，振动部分的能量仍是 $\dfrac{1}{2}kA^2$；若以其他位置为零点，总能量多一个常数，但两点间的能量差不变。

易错点

• 错在哪：认为平衡位置处势能最大、动能最小。 为什么错：把“位置最低”或“位置最高”与势能大小混为一谈。水平弹簧振子的势能是 $\dfrac{1}{2}kx^2$，平衡位置 $x = 0$ 处势能为零，动能最大。 正确做法：看势能式 $\dfrac{1}{2}Kx^2$：$x$ 越小势能越小；平衡位置速度最大。
• 错在哪：用 $v = \omega x$ 或 $v = \omega A$ 算任意位置的速度。 为什么错：$\omega A$ 只在平衡位置成立；任意位置要用 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2}$。 正确做法：先写能量式，再解 $v$；或用 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2}$。
• 错在哪：竖直弹簧振子只算弹性势能，忘了重力势能。 为什么错：竖直振动中重力做功，机械能包括弹性势能和重力势能两部分。 正确做法：以平衡位置为重力势能零点，把两项一起算；或直接用“振动部分能量 $\dfrac{1}{2}kA^2$“的结论。
• 错在哪：把日本教科书里的 $K$（運動エネルギー）和本章的 $K$（復元力の比例定数）混用。 为什么错：同一个字母在不同语境下含义不同；本章为避免冲突，动能写成 $\dfrac{1}{2}mv^2$。 正确做法：看到 $K$ 先看上下文：$F = -Kx$、$\omega = \sqrt{K/m}$ 里是比例定数；$\dfrac{1}{2}mv^2$ 是动能。

直观理解

把振动想成“碗里来回滚的小球”：势能是碗壁，总能量是一条水平线；小球在碗底（平衡位置）最快，滚到总能量线与碗壁的交点（$\pm A$）就停下、往回滚。碗越陡（$K$ 大），同样振幅下能量越大、速度变化越剧烈。单摆的“碗”是重力势能的碗，摆角小时碗壁近似抛物线，所以也是単振動。

关联知识点

• 前置：国内书第 21 章 21.4 节回复力和能量（$\dfrac{1}{2}kA^2$、动能与势能转化）；第 14 章机械能守恒。
• 前置：本书 8.4 节 $\omega = \sqrt{K/m}$、8.5 节弹簧振子、8.6 节单摆（$K = \dfrac{mg}{l}$）。
• 后续：本书 8.8 节浮体和 U 形管的能量（用各自的 $K$）；第 12 章波のエネルギー（振动能量随波传播，定性）。
• 常一起考：国内书第 12 章功与功率、第 13 章动能定理（能量法的基本功）；本书第 6 章エネルギーと運動量（力学的能量守恒的写法）。

8.8 浮体と U 字管の振動

说明

浮体和 U 形管液柱是“回复力 $F = -Kx$“的两个常见应用。它们的振动周期都可以用 8.4 节的公式求出，关键是把回复力整理成与位移成正比、方向相反的形式。

浮体（浮体の振動）：横截面积为 $S$ 的物体浮在密度为 $\rho$ 的液体中，平衡时浮力等于重力。设物体质量为 $m$。把物体从平衡位置竖直向下压 $x$ 后释放：

• 多排开液体的体积为 $Sx$，浮力增加 $\rho gSx$，方向向上；
• 重力不变，所以合力（回复力）为

$$F = -\rho gSx$$

与 $F = -Kx$ 比较，$K = \rho gS$。于是

$$\omega = \sqrt{\frac{\rho gS}{m}},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{\rho gS}}$$

如果物体是密度 $\rho_{\text{物}}$、高 $h$ 的均匀圆柱，$m = \rho_{\text{物}}Sh$，则 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\rho_{\text{物}}h}{\rho g}}$。

U 字管の液柱（U 形管液柱）：横截面积 $S$ 的 U 形管中装有密度 $\rho$ 的液体，液柱总长为 $L$，质量为 $m = \rho LS$。平衡时两液面等高。把一侧液面压下 $x$，另一侧液面上升 $x$，两液面的高度差为 $2x$：

• 高的一侧比低的一侧多出的液柱重力为 $\rho g(2x)S$；
• 这个重力差要推动整个液柱回到平衡位置，方向与位移相反，所以

$$F = -2\rho gSx$$

与 $F = -Kx$ 比较，$K = 2\rho gS$。于是

$$\omega = \sqrt{\frac{2\rho gS}{\rho LS}} = \sqrt{\frac{2g}{L}},\qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{2g}}$$

注意：周期与液体的密度 $\rho$ 和管的横截面积 $S$ 都无关，只由液柱总长 $L$ 和 $g$ 决定。

国内书第 21 章 21.4 例 1 只对浮体做了“证明它是简谐运动”的定性处理，没有求周期；U 形管国内没有讲。本节把两者的周期都定量求出。

使用场景

• 物体浮在液面上，被压下或抬起一小段后释放，问周期、振动数或某位置的回复力 → 浮体 → 额外浮力 $\rho gSx$ → $K = \rho gS$ → $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\rho gS}}$。
• U 形管中液柱被推下一侧后释放，问周期、液面到达某高度的时间 → U 形管 → 液面差 $2x$ → $K = 2\rho gS$ → $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{2g}}$。

注意点

• 浮体的 $x$ 从平衡位置量起，不是从水面或容器底量起；额外浮力只与偏离平衡位置的位移有关。
• 浮体的横截面积要恒定（圆柱、长方体）；如果物体上下粗细不同，$S$ 随位置变，振动就不是严格的単振動。
• U 形管的液面高度差是 $2x$，不是 $x$；这是最容易错的地方。回复力用高度差 $2x$ 算，质量用液柱总长 $L$ 算，两者不要混。
• U 形管的周期与密度、横截面积无关，只与液柱总长和 $g$ 有关；这个结论可以用来快速核对选项。
• 两个模型都假设小振幅、无粘性、无摩擦；振幅大时液面可能溢出或产生湍流，公式不成立。
• 日文「浮体」是浮体，「液柱」是液柱，「断面積」是横截面积，「密度」是密度；「U 字管」读作ユーじかん。

推导

浮体的回复力：设平衡时浮力 $F_0 = mg$。物体从平衡位置向下位移 $x$ 时，浸入体积增加 $Sx$，浮力变为 $F_0 + \rho gSx$。取向下为正，合力

$$F = mg - (F_0 + \rho gSx) = -\rho gSx$$

（关键一步：平衡时 $mg = F_0$，两项抵消，只剩额外浮力 $\rho gSx$。重力只负责确定平衡位置，不进入回复力。）

物体在平衡位置上方时 $x < 0$，浮力减小，合力向下，$F = -\rho gSx$ 仍成立。所以 $K = \rho gS$，$\omega = \sqrt{\dfrac{\rho gS}{m}}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\rho gS}}$。

U 形管液柱的回复力：设液柱总长 $L$、横截面积 $S$、密度 $\rho$，质量 $m = \rho LS$。平衡时两液面等高。把左侧液面压下 $x$，右侧上升 $x$，高度差为 $2x$。高侧多出的液柱体积为 $S \cdot 2x$，重力为 $\rho g \cdot 2x \cdot S$。这个力要推动整个液柱回到平衡位置，方向与位移相反，所以

$$F = -2\rho gSx$$

（关键一步：高度差是 $2x$，因为一侧下降 $x$、另一侧上升 $x$；如果只写 $x$，回复力会少一半，周期会多 $\sqrt{2}$ 倍。）

与 $F = -Kx$ 比较，$K = 2\rho gS$。加速度

$$a = \frac{F}{m} = -\frac{2\rho gS}{\rho LS}x = -\frac{2g}{L}x$$

所以 $\omega = \sqrt{\dfrac{2g}{L}}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{2g}}$。

例题

例 1　（场景：浮体的上下振动 → 额外浮力 → 周期）

問題　断面積 $S = 2.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$，質量 $m = 0.40\ \mathrm{kg}$ の一様な円柱が，密度 $1.0 \times 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ の水に鉛直に浮かんでいる。円柱を少しだけ鉛直下方に押し下げて静かに放すと，円柱は上下に単振動した。この振動の周期は何 s か。最も適当な値を，次の①～④の中から一つ選びなさい。ただし，水の抵抗は無視でき，水面の高さは変わらないものとし，重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。

①　0.45 s　　②　0.64 s　　③　0.90 s　　④　1.3 s

解答　浮体の復元力の比例定数は

$$K = \rho gS = 1.0 \times 10^3 \times 9.8 \times 2.0 \times 10^{-3} = 19.6\ \mathrm{N/m}$$

角振動数と周期は

$$\omega = \sqrt{\frac{K}{m}} = \sqrt{\frac{19.6}{0.40}} = 7.0\ \mathrm{rad/s}$$ $$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{7.0} \approx 0.90\ \mathrm{s}$$

検算：$K$ の単位は $\mathrm{kg/m^3 \cdot m/s^2 \cdot m^2} = \mathrm{kg/s^2} = \mathrm{N/m}$，正しい。周期は 1 s 弱で，水に浮かぶ物体の上下動として妥当。　答　③

中文翻译　题目：横截面积 $S = 2.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$、质量 $m = 0.40\ \mathrm{kg}$ 的均匀圆柱体竖直浮在密度 $1.0 \times 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ 的水中。把圆柱体稍微竖直向下压后静止释放，圆柱体上下做简谐运动。这个振动的周期是多少 s？从①～④中选最合适的值。设水的阻力可忽略，水面高度不变，重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。

解答：浮体回复力的比例常数 $K = \rho gS = 1.0 \times 10^3 \times 9.8 \times 2.0 \times 10^{-3} = 19.6\ \mathrm{N/m}$。角频率和周期 $\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}} = \sqrt{\dfrac{19.6}{0.40}} = 7.0\ \mathrm{rad/s}$，$T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{7.0} \approx 0.90\ \mathrm{s}$。检验：$K$ 的单位 $\mathrm{kg/m^3 \cdot m/s^2 \cdot m^2} = \mathrm{kg/s^2} = \mathrm{N/m}$，正确；周期不到 1 s，对浮体的上下振动是合理的。答案 ③。

解说　用到的是浮体的 $K = \rho gS$。容易卡在：把 $K$ 写成 $\rho gV$（用了整个体积而不是横截面积乘位移），或者忘了质量只算物体质量、不算排开水的质量。选项排除：② 的 0.64 s 是漏掉 $\sqrt{2}$ 或算错 $K$ 的结果；① 的 0.45 s 是用了半个周期；④ 的 1.3 s 是把 $K$ 算成一半。另一种解法：直接由 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\rho gS}}$ 代入，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0.40}{19.6}} \approx 0.90\ \mathrm{s}$，不必先算 $\omega$。

例 2　（场景：U 形管液柱 → 液面差 2x → 周期与密度、横截面积无关）

問題　一様な断面積の U 字管に密度 $\rho$ の液体を入れ，液柱の全長を $L$ にした。片側の液面を少しだけ押し下げて静かに放すと，液面は上下に単振動した。この振動の周期はどのように表されるか。ただし，管の断面積は一様で，液体の粘性と管壁の摩擦は無視できるものとする。正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　$2\pi\sqrt{\dfrac{L}{2g}}$　　②　$2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$　　③　$2\pi\sqrt{\dfrac{2L}{g}}$　　④　$2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g\rho}}$

解答　片側の液面を $x$ だけ押し下げると，反対側は $x$ だけ上がるので，液面の高さの差は $2x$。高い側の液柱が低い側を押す力は，高さ $2x$ 分の液柱の重力

$$F = \rho g(2x)S$$

で，向きは変位と反対なので $F = -2\rho gSx$。質量は液柱全体で $m = \rho LS$。運動方程式 $ma = F$ より

$$\rho LS \cdot a = -2\rho gSx \quad\therefore\ a = -\frac{2g}{L}x$$

よって $\omega = \sqrt{\dfrac{2g}{L}}$，周期は

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{L}{2g}}$$

検算：密度 $\rho$ と断面積 $S$ が式から消えている。液体を水に変えても，管を太くしても，液柱の長さが同じなら周期は同じ。　答　①

中文翻译　题目：在横截面积均匀的 U 形管中装入密度为 $\rho$ 的液体，液柱总长为 $L$。把一侧液面稍微压下后静止释放，液面上下做简谐运动。这个振动的周期怎么表示？设管横截面积均匀，液体粘性和管壁摩擦可忽略。从①～④中选一个正确的。

解答：把一侧液面压下 $x$，另一侧上升 $x$，液面高度差为 $2x$。高侧液柱推低侧液柱的力为高 $2x$ 的液柱重力 $F = \rho g(2x)S$，方向与位移相反，所以 $F = -2\rho gSx$。质量是全部液柱 $m = \rho LS$。由 $ma = F$ 得 $\rho LS \cdot a = -2\rho gSx$，$a = -\dfrac{2g}{L}x$。所以 $\omega = \sqrt{\dfrac{2g}{L}}$，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{2g}}$。检验：密度 $\rho$ 和横截面积 $S$ 都从式中消失；换液体或换管粗细，只要液柱长度相同，周期就相同。答案 ①。

解说　用到的是 U 形管的 $K = 2\rho gS$ 和 $m = \rho LS$。容易卡在：把液面高度差当成 $x$，于是 $K = \rho gS$，周期多出 $\sqrt{2}$ 倍（选项 ②）；或者把质量只算一侧液柱 $\rho \dfrac{L}{2}S$，也会得到错误系数。选项排除：④ 含 $\rho$，但密度和横截面积在推导中消掉，先排除；② 是高度差少算一半（$x$ 而不是 $2x$）的结果；③ 是把 $L/(2g)$ 颠倒成 $2L/g$。

常用推论

• 浮体：$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\rho gS}}$；均匀圆柱（密度 $\rho_{\text{物}}$、高 $h$）$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\rho_{\text{物}}h}{\rho g}}$。周期与振幅无关，与物体质量、液体密度、横截面积有关。
• U 形管：$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{2g}}$，与液体密度、管的横截面积无关；液柱越长，周期越长。
• 浮体和 U 形管的回复力都来自“多余的重力差/浮力差”；求 $K$ 时先写偏离平衡位置 $x$ 时的合力，再整理成 $F = -Kx$。
• 这两个系统的能量也可以用 $E = \dfrac{1}{2}KA^2$：浮体 $E = \dfrac{1}{2}\rho gS A^2$，U 形管 $E = \rho gS A^2$（$A$ 为液面振幅或物体振幅）。

易错点

• 错在哪：U 形管中把一侧液面的位移 $x$ 当成两液面的高度差。 为什么错：一侧下降 $x$，另一侧上升 $x$，高度差是 $2x$，不是 $x$。 正确做法：先画平衡液面和位移后的液面，标出两侧，高度差写 $2x$。
• 错在哪：浮体的回复力用整个排开液体的重力 $\rho gV$ 算。 为什么错：平衡时浮力已经和重力抵消，只有“额外排开”的那部分体积 $Sx$ 产生回复力。 正确做法：先写 $mg = F_0$，再算偏离 $x$ 时浮力的变化量 $\rho gSx$。
• 错在哪：认为 U 形管的周期与液体密度有关（“水比油重，振得快”）。 为什么错：回复力和质量都正比于密度，密度约掉了；周期只与 $L$、$g$ 有关。 正确做法：用 $K = 2\rho gS$、$m = \rho LS$ 完整代入，看 $\rho$ 消去。
• 错在哪：浮体问题中把 $x$ 从水面量起，而不是从平衡位置量起。 为什么错：平衡位置可能不在水面处（物体有一部分浸入），位移必须从平衡位置算。 正确做法：先标出平衡时物体与液面的相对位置，再量偏离。

直观理解

浮体像“水里的弹簧”：往下按，多排开的水给它一个向上的托力；往上抬，少排开的水让它往下掉。托力的变化与按下的深度成正比，所以是単振動。U 形管像“用液柱当活塞”：一边压下，另一边升高，高出来的液柱想把低的一边压回去；液柱越长，来回一次越慢，周期越长。两种系统的共同点：平衡位置处合力为零，偏离后多出来的那一点点力提供回复力。

关联知识点

• 前置：国内书第 21 章 21.4 例 1（浮体的定性证明）；第 3 章浮力（阿基米德原理）、第 5 章共点力平衡。
• 前置：本书 8.4 节 $\omega = \sqrt{K/m}$、$T = 2\pi\sqrt{m/K}$；8.7 节能量 $E = \dfrac{1}{2}KA^2$。
• 后续：本书第 12 章波の性質（振动在介质中传播，浮体和液柱的振动可以作为波源的模型）；第 10 章熱（液体膨胀与密度变化，定性）。
• 常一起考：国内书第 10 章圆周运动（周期、角速度的记法）；本书第 5 章運動の法則（受力分析与运动方程）。

8.9 题型与答法

単振動在 EJU 的力学大問 Ⅰ 中，属于「さまざまな力と運動」的まとまり，和円運動、万有引力并列。题目以字母式为主：给出ばね振り子、単振り子或浮体，问周期、最大速度、某位置的力或能量；数值题会给出 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$，数据和选项都是两位有效数字。単振動很少单独出，常和力学的エネルギー保存、慣性力或円運動的角速度一起考。据 20 回公开过去问，本章内容共出现 10 次（每回平均 0.5 次）：2014 年第 1 回 2 题，其余 8 回各 1 题，11 回没有出现。

两分钟做法：

1. 先定振动中心：ばねは自然長から $\dfrac{mg}{k}$（斜面は $\dfrac{mg\sin\theta}{k}$）伸びた位置，単振り子は最下点，浮体は浮力と重力平衡的位置。位移 $x$ 一律从振动中心量起。
2. 把回复力整理成 $F = -Kx$，读出 $K$；周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{K}}$，角振動数 $\omega = \sqrt{\dfrac{K}{m}}$。
3. 求速度用能量 $\dfrac{1}{2}mv^2+\dfrac{1}{2}Kx^2 = \dfrac{1}{2}KA^2$；求时间用参考圆，把时间换成角度。
4. 选项核对：看量纲（周期应是 $\sqrt{m/K}$ 的量级）、特殊值（$A = 0$ 时 $v = 0$）、极限（$k \to \infty$ 时 $T \to 0$，$g \to 0$ 时单摆 $T \to \infty$）。

問題 1　（単振り子の周期から摆长を求める）

周期が 2.0 s の単振り子の摆长はおよそ何 m か。最も適当な値を，次の①～④の中から一つ選びなさい。ただし，重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。

①　0.50 m　　②　0.99 m　　③　1.5 m　　④　2.0 m

解答　単振り子の周期は $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$。両辺を 2 乗して $l$ について解くと

$$l = \frac{gT^2}{4\pi^2} = \frac{9.8 \times 2.0^2}{4\pi^2} \approx \frac{39.2}{39.5} \approx 0.99\ \mathrm{m}$$

検算：周期 2 s の单摆（秒摆）の摆长约为 1 m，这是常用结论；$0.99\ \mathrm{m}$ 与它一致。　答　②

中文翻译　题目：周期为 2.0 s 的单摆，摆长大约是多少 m？从①～④中选最合适的值。重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。

解答：单摆周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$。两边平方解出 $l = \dfrac{gT^2}{4\pi^2} = \dfrac{9.8 \times 2.0^2}{4\pi^2} \approx \dfrac{39.2}{39.5} \approx 0.99\ \mathrm{m}$。检验：周期 2 s 的单摆（秒摆）摆长约 1 m，这是常用结论，$0.99\ \mathrm{m}$ 与之一致。答案 ②。

解说　这是“相同且常考”的単振り子周期题。两分钟做法：看到周期求摆长，直接写 $l = \dfrac{gT^2}{4\pi^2}$，用 $\pi^2 \approx 9.87$ 估算。选项排除：① 的 0.50 m 对应周期约 1.4 s；③④ 太长，周期会超过 2.5 s。记住“秒摆约 1 m”可以不算就选 ②。

問題 2　（ばね振り子のエネルギー）

なめらかな水平面上で，ばね定数 100 N/m の軽いばねに質量 0.10 kg のおもりをつけ，振幅 0.10 m の単振動をさせた。振動の中心を通過するときの運動エネルギーと，変位の大きさが 0.050 m のときの運動エネルギーの組み合わせとして最も適当なものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。

①　0.50 J，0.38 J　　②　0.50 J，0.25 J　　③　1.0 J，0.75 J　　④　0.50 J，0.13 J

解答　単振動の総エネルギーは

$$E = \frac{1}{2}kA^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times 0.10^2 = 0.50\ \mathrm{J}$$

振動の中心では位置エネルギーが 0 なので，運動エネルギーは $0.50\ \mathrm{J}$。

変位の大きさが $0.050\ \mathrm{m}$ のとき，位置エネルギーは

$$U = \frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times 0.050^2 = 0.125\ \mathrm{J}$$

運動エネルギーは

$$K = E - U = 0.50 - 0.125 = 0.375 \approx 0.38\ \mathrm{J}$$

検算：$x = \dfrac{A}{2}$ のとき，位置エネルギーは総エネルギーの $\dfrac{1}{4}$，運動エネルギーは $\dfrac{3}{4}$。$0.50 \times \dfrac{3}{4} = 0.375\ \mathrm{J}$，一致する。　答　①

中文翻译　题目：光滑水平面上，劲度系数 100 N/m 的轻弹簧连接质量 0.10 kg 的重物，做振幅 0.10 m 的简谐运动。通过平衡位置时的动能，与位移大小为 0.050 m 时的动能的组合，从①～④中选最合适的一个。

解答：简谐运动的总能量 $E = \dfrac{1}{2}kA^2 = \dfrac{1}{2} \times 100 \times 0.10^2 = 0.50\ \mathrm{J}$。平衡位置处势能为 0，所以动能是 0.50 J。位移大小 0.050 m 时，势能 $U = \dfrac{1}{2}kx^2 = \dfrac{1}{2} \times 100 \times 0.050^2 = 0.125\ \mathrm{J}$，动能 $K = E - U = 0.50 - 0.125 = 0.375 \approx 0.38\ \mathrm{J}$。检验：$x = \dfrac{A}{2}$ 时势能是总能量的 $\dfrac{1}{4}$，动能是 $\dfrac{3}{4}$，$0.50 \times \dfrac{3}{4} = 0.375\ \mathrm{J}$，一致。答案 ①。

解说　这是“相同且常考”的弹簧振子能量题。两分钟做法：先算总能量 $\dfrac{1}{2}kA^2$，再用“势能 $\dfrac{1}{2}kx^2$、动能 = 总能量减势能”。选项排除：② 的 0.25 J 是把势能的比例当成动能（$\dfrac{1}{4}$ 与 $\dfrac{3}{4}$ 弄反）；③ 的 1.0 J 是忘了 $\dfrac{1}{2}$；④ 的 0.13 J 是把势能 0.125 J 当成动能。

問題 3　（ばね振り子の周期と最大速度）

ばね定数 $k$ の軽いばねに質量 $m$ のおもりをつるし，振幅 $A$ の単振動をさせた。この振動の周期 $T$ と，振動の中心を通過するときの速さ $v$ の組み合わせとして正しいものを，次の①～④の中から一つ選びなさい。ただし，重力加速度の大きさを $g$ とする。

①　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，$v = A\sqrt{\dfrac{k}{m}}$　　②　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{k}{m}}$，$v = A\sqrt{\dfrac{m}{k}}$　　③　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，$v = A\sqrt{\dfrac{m}{k}}$　　④　$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，$v = \dfrac{kA}{m}$

解答　鉛直ばね振り子も水平と同じ周期で

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$

角振動数は $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$。振動の中心（つり合いの位置）で速さが最大になり

$$v_{\max} = A\omega = A\sqrt{\frac{k}{m}}$$

検算：$k$ が大きいほど速く振動し，$v_{\max}$ も大きい；$m$ が大きいほど遅く，$v_{\max}$ も小さい。式の形はこの直感と一致する。　答　①

中文翻译　题目：劲度系数为 $k$ 的轻弹簧下挂质量 $m$ 的重物，做振幅 $A$ 的简谐运动。这个振动的周期 $T$ 与通过平衡位置时的速率 $v$ 的组合，从①～④中选一个正确的。重力加速度大小为 $g$。

解答：竖直弹簧振子的周期与水平相同，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$。角频率 $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$。平衡位置处速率最大，$v_{\max} = A\omega = A\sqrt{\dfrac{k}{m}}$。检验：$k$ 越大振动越快，$v_{\max}$ 也越大；$m$ 越大振动越慢，$v_{\max}$ 越小，与式子的趋势一致。答案 ①。

解说　这是“ばね振り子 + 最大速度”的字母式题。两分钟做法：先写 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，再写 $v_{\max} = A\omega$，把 $\omega$ 代入。选项排除：② 的周期颠倒；③ 的 $v$ 用了 $\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，量纲虽是速度，但 $m$ 越大速度越大，与直觉相反；④ 的 $\dfrac{kA}{m}$ 量纲是 $\mathrm{m/s^2}$，不是速度，直接排除。用”$k$ 大周期短、$m$ 大周期长“可以快速选出 ①。

8.10 术语与题干用语

日文	读音	中文	例句或说明
単振動	たんしんどう	简谐运动	単振動をする物体の変位は $x = A\sin(\omega t+\phi)$ と表される
振動	しんどう	振动	上下に単振動する
変位	へんい	位移	変位の大きさが $A/2$ のとき
振幅	しんぷく	振幅	振幅 $A$，周期 $T$ の単振動
周期	しゅうき	周期	周期が 2.0 s の単振り子
振動数	しんどうすう	频率	振動数 $f = \dfrac{1}{T}$
位相	いそう	相位	位相が $\dfrac{\pi}{6}$ だけ進む
角振動数	かくしんどうすう	角频率	角振動数 $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$
復元力	ふくげんりょく	回复力	復元力 $F = -Kx$
ばね振り子	ばねふりこ	弹簧振子	水平なばね振り子
単振り子	たんふりこ	单摆	長さ $l$ の単振り子
つり合いの位置	つりあいのいち	平衡位置	つり合いの位置から $x$ だけ離す
自然長	しぜんちょう	自然长度	ばねの自然長
ばね定数	ばねていすう	劲度系数	ばね定数 $k$ の軽いばね
おもり	おもり	重物、摆球	質量 $m$ のおもりをつるす
糸	いと	细线	軽くて伸び縮みしない糸
伸び縮みしない	のびちぢみしない	不可伸长	糸は軽くて伸び縮みしない
なめらかな	なめらかな	光滑的	なめらかな水平面・斜面
等時性	とうじせい	等时性	単振り子の等時性
振れ角	ふれかく	摆角	振れ角が小さいとき
浮体	ふたい	浮体	水に浮かぶ浮体の振動
浮力	ふりょく	浮力	浮力と重力がつり合う
断面積	だんめんせき	横截面积	断面積 $S$ の円柱
密度	みつど	密度	密度 $\rho$ の液体
液柱	えきちゅう	液柱	U 字管の液柱の長さ $L$
U 字管	ユーじかん	U 形管	U 字管に液体を入れる
力学的エネルギー保存則	りきがくてきエネルギーほぞんそく	机械能守恒定律	力学的エネルギー保存則より
検算	けんざん	检验、核对	検算：$a = \omega^2x$ と一致する。
ただし，…とする	ただし	设……	ただし，重力加速度の大きさを $g$ とする。

8.11 自测

1. $x = 0.040\sin(10\pi t)$ m で表される単振動の振幅と周期を求めよ。　（求 $x = 0.040\sin(10\pi t)$ m 表示的简谐运动的振幅和周期。）
2. 上の振動で，変位が 0.020 m のときの加速度の大きさを求めよ。　（求上题振动在位移为 0.020 m 时的加速度大小。）
3. 振幅 $A$，周期 $T$ の単振動で，振動の中心から初めて変位 $\dfrac{A}{2}$ に達するまでの時間を求めよ。　（求振幅 $A$、周期 $T$ 的简谐运动从平衡位置第一次到达位移 $\dfrac{A}{2}$ 的时间。）
4. 参考円上を角速度 $\omega$ で回る点の射影が単振動している。位相が $\dfrac{\pi}{2}$ のとき，射影の速さと加速度の大きさを求めよ。　（参考圆上以角速度 $\omega$ 转动的点的投影做简谐运动。相位为 $\dfrac{\pi}{2}$ 时，投影的速率和加速度大小是多少？）
5. 質量 0.10 kg の物体が周期 0.20 s の単振動をしている。復元力の比例定数 $K$ を求めよ。　（质量 0.10 kg 的物体做周期 0.20 s 的简谐运动，求回复力的比例常数 $K$。）
6. 質量 0.20 kg のおもりをばね定数 20 N/m の軽いばねにつるした。つり合いの位置でのばねの伸びと，振動の周期を求めよ。ただし，重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。　（质量 0.20 kg 的重物挂在劲度系数 20 N/m 的轻弹簧下。求平衡位置处弹簧的伸长量和振动周期。重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。）
7. ばね定数 $k$ と $2k$ の軽いばねを直列につないだときと並列につないだときの，合成ばね定数をそれぞれ求めよ。　（劲度系数 $k$ 和 $2k$ 的轻弹簧串联和并联时，等效劲度系数各是多少？）
8. 長さ 1.0 m の単振り子の周期を求めよ。また，重力加速度が地球上の $\dfrac{1}{6}$ の月面では周期は何倍になるか。ただし，地球上の重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。　（求长 1.0 m 的单摆的周期。在重力加速度为地球 $\dfrac{1}{6}$ 的月球上，周期变为几倍？地球重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。）
9. ばね定数 100 N/m のばねに質量 0.10 kg のおもりをつけ，振幅 0.10 m の単振動をさせた。総エネルギーと，変位が 0.050 m のときの運動エネルギーを求めよ。　（劲度系数 100 N/m 的弹簧连接质量 0.10 kg 的重物，做振幅 0.10 m 的简谐运动。求总能量和位移为 0.050 m 时的动能。）
10. 長さ 0.50 m の単振り子を，最大角 0.10 rad まで振らせた。最下点を通過するときの速さを求めよ。ただし，重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。　（长 0.50 m 的单摆，最大摆角 0.10 rad。求通过最低点时的速率。重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。）
11. 液柱の全長が 0.50 m の U 字管の液柱が上下に単振動している。周期を求めよ。ただし，重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。　（液柱总长 0.50 m 的 U 形管液柱上下做简谐运动，求周期。重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。）
12. 断面積 $1.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$，質量 0.20 kg の円柱が密度 $1.0 \times 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ の水に浮かんでいる。上下振動の周期を求めよ。ただし，重力加速度の大きさを $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とする。　（横截面积 $1.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$、质量 0.20 kg 的圆柱体浮在密度 $1.0 \times 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$ 的水中，求上下振动的周期。重力加速度大小取 $9.8\ \mathrm{m/s^2}$。）

答案：1. 振幅 0.040 m，周期 0.20 s　2. 约 $2.0 \times 10^1\ \mathrm{m/s^2}$（$19.7\ \mathrm{m/s^2}$）　3. $\dfrac{T}{12}$　4. 速率 0，加速度大小 $A\omega^2$　5. 约 $99\ \mathrm{N/m}$（$0.10 \times (10\pi)^2$）　6. 伸长 0.098 m，周期 0.63 s　7. 直列 $\dfrac{2k}{3}$，并联 $3k$　8. 周期 2.0 s，月面 $\sqrt{6}$ 倍（约 4.9 s）　9. 总能量 0.50 J，运动能量 0.38 J　10. 约 0.22 m/s　11. 约 1.0 s　12. 约 0.90 s

8.12 深入阅读

• JASSO · 理科（物理）シラバス：本章对应「単振動」：変位、速度、加速度、復元力、振幅、周期、振動数、位相、角振動数、ばね振り子、単振り子、単振動のエネルギー。
• 维基百科（日文）· 単振動：単振動的日文定义、$x = A\sin(\omega t + \phi)$ 的写法、周期和角频率的关系。
• 维基百科（日文）· 単振り子：单摆周期公式、小角度近似和等时性的日文表述。
• PhET · 质量和弹簧：拖动弹簧振子看周期与质量、劲度的关系，配合本章 8.5 节的公式。