第 21 章 · 机械振动

项目	内容
课标主题	选择性必修 1 · 机械振动与机械波（内容要求大意：认识简谐运动的特征，能用公式和图像描述简谐运动；探究单摆周期与摆长的关系，知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系，会用单摆测重力加速度；认识受迫振动的特点，了解共振的条件和应用）
人教版（2019）	选择性必修第一册 第二章“机械振动”：1 简谐运动；2 简谐运动的描述；3 简谐运动的回复力和能量；4 单摆；5 实验“用单摆测量重力加速度”见第 41 章；6 受迫振动 共振
考试地位	常和第 22 章机械波合出一道选择题，核心是读振动图像（$x$-$t$）；单摆周期公式常考，也是第 41 章实验题的依据；回复力、能量、共振多为选择题的一个选项
前置知识	第 4 章 4.3 胡克定律；第 6 章牛顿第二定律；第 10 章角速度和向心加速度；第 14 章弹性势能和机械能守恒；正弦型函数 $y = A\sin(\omega x + \varphi)$（见《高中数学知识点梳理》第 12 章）

前面各章的运动，要么一直向前，要么转圈。这一章讲“在一个位置附近来回”的运动：弹簧上的物块、摆动的小球、颤动的桥。它是第 22 章机械波的基础：波就是振动一个接一个传出去。丢分主要在三处：把振动图像当成运动轨迹；不会从图像上读速度和加速度的方向；以为单摆的回复力就是合力，或者以为周期和振幅、质量有关。

21.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
21.2 简谐运动及其图像	位移随时间按正弦规律变化的振动；$x$-$t$ 图像是正弦曲线，读振幅、周期、位移和速度方向	常考，和波形图一起出选择题
21.3 振幅、周期、相位与振动方程	$x = A\sin(\omega t + \varphi)$，$\omega = \dfrac{2\pi}{T} = 2\pi f$；相位差表示两个振动的步调	常考，写方程、由方程读量
21.4 回复力和能量	动力学特征 $F = -kx$；加速度 $a = -\dfrac{k}{m}x$；无阻力时动能和势能互相转化，总量不变	常考选择题选项
21.5 弹簧振子	水平、竖直的弹簧振子都做简谐运动，竖直时以新的平衡位置为中心；周期只由 $m$、$k$ 决定	竖直弹簧振子常和牛顿定律、能量综合考
21.6 单摆	回复力是重力的切向分力；摆角很小时做简谐运动，$T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$	必考公式，实验题测 $g$
21.7 受迫振动与共振	受迫振动的频率等于驱动力频率；驱动力频率等于固有频率时振幅最大	偶考选择题，读共振曲线

21.2 简谐运动及其图像

说明

机械振动：物体（或物体的一部分）在某一中心位置附近所做的往复运动，简称振动。这个中心位置叫平衡位置：物体静止时所在的位置，振动时它在这里受的回复力为零（21.4）。

弹簧振子：研究振动的理想模型。小球套在光滑水平杆上，一端连轻弹簧，弹簧另一端固定。理想化的条件是：

• 小球看成质点；
• 弹簧质量不计（轻弹簧）；
• 没有摩擦和空气阻力。

振动的位移：从平衡位置指向振子所在位置的有向线段，用 $x$ 表示。它是矢量，在一条直线上振动时取一个方向为正，用正负号表示方向。注意它不是“从出发点算起”的位移，这一点和第 2 章的位移不同。

简谐运动：质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的 $x$-$t$ 图像是一条正弦曲线，这样的振动叫简谐运动。弹簧振子的运动就是简谐运动。它最简单、最基本，复杂的振动可以看成若干个简谐运动的合成。

振动图像（$x$-$t$ 图像）：横轴是时间，纵轴是同一个质点在各时刻的位移。从图上能读出：

要读的量	怎么读
振幅 $A$	纵坐标的最大值（取绝对值）
周期 $T$	相邻两个波峰（或两个波谷）之间的时间
某时刻的位移	该时刻的纵坐标，正负号就是方向
某时刻的速度方向	该点切线斜率的正负（第 1 章 1.4）；或看下一时刻位移变大还是变小
某时刻的速度大小	切线越陡速度越大：平衡位置处最大，最大位移处为零
某时刻的加速度方向	总是指向平衡位置，即和位移方向相反（21.4）

使用场景

• 题目给出 $x$-$t$ 图像，问振幅、周期、频率、某时刻的位移 → 振动图像 → 纵轴最大值是振幅，相邻波峰间隔是周期，纵坐标是位移。
• 问某时刻（或某段时间内）速度的方向、加速度的方向，速度和加速度在变大还是变小 → 振动图像的斜率和位移 → 速度方向看斜率正负，加速度方向与位移方向相反，离平衡位置越远加速度越大、速度越小。
• 问一段时间内振子通过的路程 → 按周期数计 → 一个周期路程 $4A$，半个周期 $2A$；四分之一周期只有从平衡位置或最大位移处起算时才是 $A$。

注意点

• $x$-$t$ 图像不是轨迹。弹簧振子在一条直线上来回，图像画成正弦曲线，是因为横轴是时间。
• 位移总是从平衡位置量起。振子从最大位移处向平衡位置运动时，位移在减小，但方向没变。
• 速度方向和位移方向没有固定关系：振子离开平衡位置时两者相同，回到平衡位置时两者相反。加速度方向则总是和位移方向相反。
• 读周期时，从图线上任找两个“运动状态完全相同”的点（位移相同、速度方向也相同），它们之间最短的时间间隔才是一个周期。同一位置、速度方向相反的两点，间隔不一定是半个周期。
• 路程：$\dfrac{T}{4}$ 内的路程不一定等于 $A$。在最大位移附近速度小，$\dfrac{T}{4}$ 内走不到 $A$；在平衡位置附近速度大，$\dfrac{T}{4}$ 内走得比 $A$ 多。$\dfrac{T}{2}$ 内的路程总是 $2A$，与起点无关。

推导

简谐运动的 $x$-$t$ 图像为什么是正弦曲线：这是实验结果。教材的做法是让振动的小球带一支笔（或用频闪照相、位移传感器），匀速拉动下面的纸带，笔在纸上画出位移随时间变化的曲线。把曲线上各点的坐标测出来，与正弦函数 $x = A\sin(\omega t + \varphi)$ 对比，发现吻合。

（关键一步：纸带匀速移动，纸带移过的距离和时间成正比，所以纸带的长度方向就是时间轴。这是把“随时间变化”变成“空间里的一条线”的办法，第 2 章打点计时器也是同一思路。）

为什么弹簧振子恰好是正弦规律，要从受力出发证明：回复力 $F = -kx$ 推出位移按正弦规律变化，这一步要解微分方程，大学的普通物理才讲。高中反过来走：由正弦规律推出 $F = -kx$（21.4 推导），说明两种定义等价。

$\dfrac{T}{2}$ 内的路程为什么总是 $2A$：设 $t$ 时刻位移为 $x$，正弦函数满足 $\sin(\theta + \pi) = -\sin\theta$，所以 $t + \dfrac{T}{2}$ 时刻位移为 $-x$，速度也反向。振子从 $x$ 出发，先到一侧最大位移处再回到 $-x$，路程是 $(A - x) + (A + x) = 2A$（$x$ 取带符号的值，向正方向运动时成立；向负方向运动同理）。

例题

例 1　（场景：读振幅、周期和某时刻的位移）某弹簧振子的振动图像如图所示，取向右为正方向。求振幅、周期和频率；$t = 0.2\ \mathrm{s}$ 时振子的位移、速度和加速度的情况。

解：

判断依据：$x$-$t$ 图像的纵坐标最大值是振幅，相邻波峰间隔是周期，某点纵坐标是位移，切线斜率是速度。

振幅 $A = 4\ \mathrm{cm}$。从 $t = 0$ 到 $t = 0.8\ \mathrm{s}$ 图线完成一次完整的变化，周期 $T = 0.8\ \mathrm{s}$，频率 $f = \dfrac{1}{T} = 1.25\ \mathrm{Hz}$。

$t = 0.2\ \mathrm{s}$ 时纵坐标是 $4\ \mathrm{cm}$：位移大小 $4\ \mathrm{cm}$，方向向右，振子在右侧最大位移处。这一点在波峰，切线水平，速度为零。加速度指向平衡位置（向左），而且位移最大，加速度也最大。

容易卡在：把 $t = 0.4\ \mathrm{s}$ 的“回到零”当作一个周期。$0 \sim 0.4\ \mathrm{s}$ 只是半个周期：$t = 0$ 和 $t = 0.4\ \mathrm{s}$ 位移都是零，但速度方向相反。

例 2　（场景：判断速度、加速度的方向和变化）仍看例 1 的图像。$t = 0.5\ \mathrm{s}$ 时振子的速度方向、加速度方向如何？在 $0.4 \sim 0.6\ \mathrm{s}$ 内，振子的速度和加速度大小怎样变化？

解：

判断依据：速度方向看切线斜率的正负；加速度方向与位移方向相反。

$t = 0.5\ \mathrm{s}$ 时位移为负（在平衡位置左侧），图线向下走，斜率为负，速度方向向左（负方向），即振子正在远离平衡位置。加速度和位移方向相反，指向右（正方向）。速度与加速度反向，振子在减速。

$0.4 \sim 0.6\ \mathrm{s}$ 内，振子从平衡位置向左运动到左侧最大位移处：位移大小从 $0$ 增大到 $4\ \mathrm{cm}$，所以速度从最大减小到零，加速度从零增大到最大。

容易卡在：看到 $x$ 为负、图线向下，就说“加速度为负”。图线向下只说明速度为负；加速度看位移，位移为负，加速度为正。

例 3　（场景：求一段时间内的路程）仍看例 1 的振子。求 $0 \sim 1.0\ \mathrm{s}$ 内振子通过的路程和 $t = 1.0\ \mathrm{s}$ 时的位移。

解：

研究对象：振子。

过程划分：$1.0\ \mathrm{s} = \dfrac{1.0}{0.8}T = 1\dfrac{1}{4}T$，分成一个完整周期和后面的 $\dfrac{T}{4}$。

分析：一个周期路程 $4A$。后面的 $\dfrac{T}{4}$ 从 $t = 0.8\ \mathrm{s}$ 开始，此时振子在平衡位置（和 $t = 0$ 的状态相同），从平衡位置起算的 $\dfrac{T}{4}$ 恰好走到最大位移处，路程为 $A$。

列式求解：

$$s = 4A + A = 5A = 5 \times 4\ \mathrm{cm} = 20\ \mathrm{cm}$$

$t = 1.0\ \mathrm{s}$ 时振子在右侧最大位移处，位移 $4\ \mathrm{cm}$，方向向右。

检验：$1.0\ \mathrm{s}$ 和 $0.2\ \mathrm{s}$ 相差一个周期，状态相同，例 1 已得 $t = 0.2\ \mathrm{s}$ 时位移 $4\ \mathrm{cm}$，一致。

容易卡在：把位移当路程，答”$4\ \mathrm{cm}$“。位移只看此刻离平衡位置多远，路程把来回都算上。

常用推论

• 一个周期内路程 $4A$，半个周期内路程 $2A$（任意起点，本节推导）；从平衡位置或最大位移处起算的 $\dfrac{T}{4}$ 内路程为 $A$。
• 相隔 $nT$（$n$ 为整数）的两个时刻，位移、速度、加速度完全相同；相隔 $\dfrac{T}{2}$ 的两个时刻，位移、速度、加速度都等大反向。由正弦函数的周期性和 $\sin(\theta + \pi) = -\sin\theta$ 得出。
• 关于平衡位置对称的两个位置，速度大小相等，加速度大小相等、方向相反；振子在这两点之间来回经过同一段路程所用时间相等（对称性）。

易错点

• 错在哪：把 $x$-$t$ 图像当作振子的运动路径，以为振子在“走波浪线”。 为什么错：图像横轴是时间，不是空间。看到曲线就想成轨迹，是把图像当照片的直觉。 正确做法：弹簧振子只在一条直线上运动，图像只表示位置随时间怎样变。
• 错在哪：认为位移越大速度越大，或者速度方向总和位移方向相同。 为什么错：把振动当成“跑得越远越快”的直线加速。实际上回复力把振子往回拉，离平衡位置越远速度越小，最大位移处速度为零。 正确做法：速度看斜率，加速度看位移；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。
• 错在哪：任意 $\dfrac{T}{4}$ 内路程都按 $A$ 算。 为什么错：振子速度时快时慢，相同的时间里走的路程不一样。 正确做法：只有起点在平衡位置或最大位移处时，$\dfrac{T}{4}$ 内路程才是 $A$；其他起点要按具体位置算。$\dfrac{T}{2}$ 和 $T$ 不受起点影响。

直观理解

把振子想成荡秋千：两端最高点停一下（速度为零），被“往回拽”得最狠（加速度最大）；冲过最低点时最快，此时不受往回拽的力（加速度为零）。$x$-$t$ 图像上，波峰波谷是“停一下”的地方，和横轴的交点是“最快”的地方，斜率就是这一刻冲得多快。

关联知识点

• 前置：第 2 章 $x$-$t$ 图像，斜率是速度；第 1 章 1.4 图像的斜率。
• 前置：正弦型函数 $y = A\sin(\omega x + \varphi)$ 的图像，见《高中数学知识点梳理》第 12 章。
• 后续：第 22 章机械波的振动图像和波形图，两种图像的区别和互推。
• 后续：第 29 章交变电流的 $i$-$t$、$u$-$t$ 图像，也是正弦曲线，读峰值和周期的办法相同。

21.3 振幅、周期、相位与振动方程

说明

振幅 $A$：振动物体离开平衡位置的最大距离。它是标量，只取正值，表示振动的强弱。振幅和位移不同：位移随时间变，振幅对一个稳定的振动是定值。

全振动：振子从某一状态出发，第一次回到这个状态（位置和速度都相同）的过程，如 $O \to A \to O \to A' \to O$。

周期 $T$ 和频率 $f$：完成一次全振动的时间叫周期，单位时间内完成全振动的次数叫频率，单位赫兹（$\mathrm{Hz}$）。

$$f = \frac{1}{T}$$

简谐运动的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，叫固有周期（固有频率）。

振动方程：简谐运动的位移与时间的关系

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

符号	名称	意义
$A$	振幅	正弦函数前的系数
$\omega$	角频率（圆频率）	$\omega = \dfrac{2\pi}{T} = 2\pi f$，单位 $\mathrm{rad/s}$
$\omega t + \varphi$	相位	确定 $t$ 时刻振子处在一次全振动的哪个阶段
$\varphi$	初相位（初相）	$t = 0$ 时的相位，由计时起点决定

相位差：两个频率相同的简谐运动，相位之差 $\Delta\varphi = \varphi_2 - \varphi_1$ 是常数，表示它们步调的差别：

• $\Delta\varphi = 0$（或 $2\pi$ 的整数倍）：同相，步调完全一致；
• $\Delta\varphi = \pi$（或 $\pi$ 的奇数倍）：反相，步调完全相反，一个在正向最大位移时另一个在负向最大位移。

使用场景

• 给出振动方程，问振幅、周期、频率或某时刻的位移 → 和标准式 $x = A\sin(\omega t + \varphi)$ 对照 → 读出 $A$、$\omega$，由 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ 求周期，代入 $t$ 求位移。
• 给出计时起点的状态（从平衡位置、从最大位移处开始）和周期，要求写振动方程 → 定 $A$、$\omega$、$\varphi$ 三个数 → $\varphi$ 由 $t = 0$ 的位移和运动方向确定。
• 两个同频率的振动，问步调是否一致、一个到某位置时另一个在哪 → 相位差 → 同相步调一致，反相步调相反。

注意点

• 角频率 $\omega$ 的单位是 $\mathrm{rad/s}$，和第 10 章角速度相同；代入 $\sin$ 时相位用弧度，不用角度。
• 方程中 $A$ 取正值。若给出 $x = -5\sin(\pi t)\ \mathrm{cm}$，振幅是 $5\ \mathrm{cm}$，负号可以并进初相：$x = 5\sin(\pi t + \pi)\ \mathrm{cm}$。
• 写方程定初相时，只看 $t = 0$ 的位移不够：位移为零可能对应 $\varphi = 0$（向正方向运动）或 $\varphi = \pi$（向负方向运动），还要看速度方向。
• 比较相位差只对频率相同的振动有意义；频率不同时相位差随时间变化。
• 振动方程也可写成余弦形式，$A\cos(\omega t + \varphi')$ 和 $A\sin(\omega t + \varphi' + \dfrac{\pi}{2})$ 是同一个振动，题目用哪种按哪种。

推导

由图像写出方程：$x$-$t$ 图像是正弦曲线，所以位移可以写成 $x = A\sin(\omega t + \varphi)$。三个参数各自对应图像的一个特征：

• 纵向的伸缩：最大值是 $A$；
• 横向的伸缩：正弦函数的周期是 $\dfrac{2\pi}{\omega}$，它必须等于振动的周期 $T$，所以 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$；
• 横向的平移：$t = 0$ 时 $x_0 = A\sin\varphi$，由此和运动方向一起定 $\varphi$。

（关键一步：$t$ 增加一个 $T$，相位 $\omega t + \varphi$ 必须恰好增加 $2\pi$，振子才回到原状态。由 $\omega T = 2\pi$ 得 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$。）

正弦型函数的伸缩、平移规律见《高中数学知识点梳理》第 12 章，物理里的 $A$、$\omega$、$\varphi$ 和数学里的完全一样。

例题

例 1　（场景：由振动方程读物理量）某质点做简谐运动，振动方程为 $x = 0.1\sin\left(4\pi t + \dfrac{\pi}{6}\right)\ \mathrm{m}$。求振幅、周期、频率、初相，以及 $t = 0$ 和 $t = 0.25\ \mathrm{s}$ 时的位移。

解：

研究对象：质点。

过程划分：不涉及过程，代入方程。

分析：与 $x = A\sin(\omega t + \varphi)$ 对照，$A = 0.1\ \mathrm{m}$，$\omega = 4\pi\ \mathrm{rad/s}$，$\varphi = \dfrac{\pi}{6}$。

列式求解：

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4\pi}\ \mathrm{s} = 0.5\ \mathrm{s},\quad f = \frac{1}{T} = 2\ \mathrm{Hz}$$

$t = 0$ 时：$x_0 = 0.1\sin\dfrac{\pi}{6}\ \mathrm{m} = 0.05\ \mathrm{m}$。

$t = 0.25\ \mathrm{s}$ 时：相位 $4\pi \times 0.25 + \dfrac{\pi}{6} = \pi + \dfrac{\pi}{6}$，

$$x = 0.1\sin\left(\pi + \frac{\pi}{6}\right)\ \mathrm{m} = -0.1\sin\frac{\pi}{6}\ \mathrm{m} = -0.05\ \mathrm{m}$$

即位移大小 $0.05\ \mathrm{m}$，方向与正方向相反。

检验：$0.25\ \mathrm{s}$ 恰好是半个周期，位移应与 $t = 0$ 时等大反向（21.2 常用推论），$0.05\ \mathrm{m}$ 和 $-0.05\ \mathrm{m}$，一致。

容易卡在：把 $\dfrac{\pi}{6}$ 当成 $30$ 代进计算器的弧度模式，或者把 $4\pi t$ 里的 $4\pi$ 当成频率。$\omega$ 是角频率，频率要再除以 $2\pi$。

例 2　（场景：由初始状态写振动方程）弹簧振子的振幅为 $5\ \mathrm{cm}$，在 $1\ \mathrm{s}$ 内完成 2 次全振动。取向右为正方向，从振子在右侧最大位移处由静止释放时开始计时，写出振动方程。

解：

研究对象：振子。

过程划分：不涉及过程，定三个参数。

分析：$A = 5\ \mathrm{cm}$。$1\ \mathrm{s}$ 内 2 次全振动，$T = 0.5\ \mathrm{s}$。$t = 0$ 时 $x_0 = +A$。

列式求解：

$$\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0.5}\ \mathrm{rad/s} = 4\pi\ \mathrm{rad/s}$$

由 $x_0 = A\sin\varphi = A$ 得 $\sin\varphi = 1$，取 $\varphi = \dfrac{\pi}{2}$。振动方程

$$x = 5\sin\left(4\pi t + \frac{\pi}{2}\right)\ \mathrm{cm}$$

检验：$t = 0.125\ \mathrm{s}$（$\dfrac{T}{4}$）时，相位 $\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{2} = \pi$，$x = 0$，振子回到平衡位置，符合“从最大位移处释放，$\dfrac{T}{4}$ 后过平衡位置”。

另一种解法：从最大位移处开始计时，位移是余弦规律：$x = A\cos\omega t = 5\cos 4\pi t\ \mathrm{cm}$，和上式是同一个函数（$\sin(\theta + \dfrac{\pi}{2}) = \cos\theta$）。计时起点在最大位移处时用余弦写最省事，起点在平衡位置时用正弦写最省事；题目要求写成正弦形式时，再把初相补上。

例 3　（场景：同频率振动的相位差）两个简谐运动的方程分别为 $x_1 = 3\sin\left(\pi t + \dfrac{\pi}{3}\right)\ \mathrm{cm}$ 和 $x_2 = 5\sin\left(\pi t - \dfrac{2\pi}{3}\right)\ \mathrm{cm}$。它们的相位差是多少？当第一个振动的位移为正向最大时，第二个振动处在什么位置？

解：

判断依据：两个振动的 $\omega$ 都是 $\pi\ \mathrm{rad/s}$，频率相同，相位差是常数，用它判断步调。

$$\Delta\varphi = \frac{\pi}{3} - \left(-\frac{2\pi}{3}\right) = \pi$$

相位差为 $\pi$，两个振动反相。第一个在正向最大位移时，第二个在负向最大位移处，位移 $-5\ \mathrm{cm}$。

验证：$x_1$ 达正向最大时 $\pi t + \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{2}$，$t = \dfrac{1}{6}\ \mathrm{s}$；此时 $x_2 = 5\sin\left(\dfrac{\pi}{6} - \dfrac{2\pi}{3}\right)\ \mathrm{cm} = 5\sin\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)\ \mathrm{cm} = -5\ \mathrm{cm}$。

容易卡在：以为振幅不同就没法比步调。相位差只和 $\omega$、$\varphi$ 有关，与振幅无关。

常用推论

• 从平衡位置向正方向运动开始计时，$x = A\sin\omega t$；从正向最大位移处开始计时，$x = A\cos\omega t$。这两种起点最常见，可直接写。
• 由方程求周期：$T = \dfrac{2\pi}{\omega}$；方程里 $\omega$ 写成 $k\pi$ 时，$T = \dfrac{2}{k}\ \mathrm{s}$（如 $4\pi \to 0.5\ \mathrm{s}$、$\pi \to 2\ \mathrm{s}$）。
• 两个同频振动相位差为 $\pi$ 时，位移、速度在任何时刻都方向相反；相位差为 $0$ 时总是方向相同。第 22 章判断两个质点“振动情况总相反”就用这一条。

易错点

• 错在哪：认为振幅越大，周期越长（“跑的路远，花的时间多”）。 为什么错：振幅大时回复力也大，振子跑得更快，两个效果正好抵消。简谐运动的周期与振幅无关（21.4 推导中 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ 不含 $A$）。 正确做法：周期由振动系统本身决定，弹簧振子看 $m$、$k$，单摆看 $l$、$g$。
• 错在哪：只由 $t = 0$ 的位移定初相，平衡位置出发一律写 $\varphi = 0$。 为什么错：$\sin\varphi = 0$ 有 $\varphi = 0$ 和 $\varphi = \pi$ 两个解，分别对应向正方向和向负方向运动。 正确做法：同时看 $t = 0$ 时的速度方向，向负方向运动的取 $\varphi = \pi$。
• 错在哪：把 $\omega$ 当频率，由 $x = 0.1\sin 4\pi t$ 说“频率是 $4\pi\ \mathrm{Hz}$”。 为什么错：$\omega$ 是角频率，每秒相位增加的弧度数；频率是每秒全振动次数，$f = \dfrac{\omega}{2\pi}$。 正确做法：先写 $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$，再求 $f$。

直观理解

相位就是“走到一圈里的哪一格”。把一次全振动比作钟面一圈，相位 $0$ 是从平衡位置往正方向出发，$\dfrac{\pi}{2}$ 到正向最大位移，$\pi$ 回到平衡位置往负方向走，$\dfrac{3\pi}{2}$ 到负向最大位移。两个振动的相位差，就是两根指针在钟面上隔开多远：隔半圈就是反相。

关联知识点

• 前置：正弦型函数 $y = A\sin(\omega x + \varphi)$ 的振幅、周期、相位，见《高中数学知识点梳理》第 12 章；弧度制和诱导公式，见第 11 章。
• 前置：第 10 章角速度，单位 $\mathrm{rad/s}$，21.4 推导中的匀速圆周运动正是 $\omega$ 的来源。
• 后续：第 22 章机械波，波上各点做同频率的振动，相位依次落后。
• 后续：第 29 章交变电流的瞬时值表达式 $e = E_{\text{m}}\sin\omega t$。

21.4 回复力和能量

说明

回复力：使振动物体回到平衡位置的力，方向总指向平衡位置。它是按作用效果命名的，不是一种新的力：弹簧振子里是弹簧弹力，单摆里是重力沿切线的分力，竖直弹簧振子里是弹力和重力的合力。受力分析时不要把它当成另一个力画上去。

简谐运动的动力学特征：如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动：

$$F = -kx$$

• 标量式中的负号表示回复力方向与位移方向相反；
• $k$ 是比例系数，弹簧振子中就是劲度系数，其他振动系统中由系统本身决定（单摆中 $k = \dfrac{mg}{l}$，21.6）。

由牛顿第二定律，加速度

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

加速度的大小与位移成正比，方向与位移相反。所以简谐运动是变加速运动，不能用匀变速运动的公式。

简谐运动的能量：理想的振动系统（没有摩擦和空气阻力）只有弹力（或重力）做功，机械能守恒。以水平弹簧振子为例：

$$E = E_{\text{k}} + E_{\text{p}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}kA^2$$

位置	位移	回复力、加速度	速度	动能	势能
平衡位置	0	0	最大	最大	最小（零）
最大位移处	$\pm A$	最大	0	0	最大

振幅越大，振动的能量越大。

使用场景

• 要判断某个振动是不是简谐运动（浮在水中的木块、竖直弹簧上的物体、U 形管里的液柱）→ 找出偏离平衡位置 $x$ 时沿振动方向的合力 → 合力能写成 $F = -kx$ 就是简谐运动。
• 问振子在某位置的回复力、加速度的大小和方向，或比较两个位置的加速度 → $F = -kx$、$a = -\dfrac{k}{m}x$ → 位移越大加速度越大，方向指向平衡位置。
• 问振子在某位置的速度、动能、势能，或问哪里动能最大 → 机械能守恒 → $\dfrac{1}{2}kA^2 = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}kx^2$。

注意点

• 回复力是沿振动方向的合力，不一定是物体受的合力。单摆在最低点回复力为零，但合力不为零（要提供向心力，21.6）。
• 平衡位置是回复力为零的位置，不一定是合力为零的位置，也不一定是弹簧原长的位置（竖直弹簧振子，21.5）。
• $F = -kx$ 中的 $x$ 是相对平衡位置的位移，不是弹簧的形变量。只有水平弹簧振子两者才相同。
• 写标量式要先取正方向。振子在正方向一侧时 $x > 0$，回复力为负。
• 实际的振动有阻力，机械能逐渐减少，振幅逐渐变小（阻尼振动，21.7）。题目说“不计阻力”“理想弹簧振子”时才能用机械能守恒。

推导

由正弦规律推出 $F = -kx$：用匀速圆周运动的投影。让点 $P$ 以角速度 $\omega$ 在半径为 $A$ 的圆上做匀速圆周运动，$t = 0$ 时 $P$ 在 $x$ 轴正方向上（逆时针转）。$P$ 在水平直径上的投影 $Q$ 的坐标

$$x = A\cos\omega t$$

是简谐运动（计时起点不同，初相不同，见 21.3）。

$P$ 的向心加速度大小 $\omega^2 A$，指向圆心（第 10 章）。它沿 $x$ 方向的分量就是 $Q$ 的加速度：

$$a_x = -\omega^2 A\cos\omega t = -\omega^2 x$$

（关键一步：$Q$ 是 $P$ 的投影，$Q$ 的位置、速度、加速度都是 $P$ 的对应量在 $x$ 方向的分量。向心加速度指向圆心，它的 $x$ 分量总是指向 $O$，大小与 $x$ 成正比。）

由牛顿第二定律，$Q$ 所受合力

$$F = ma_x = -m\omega^2 x$$

令 $k = m\omega^2$，就是 $F = -kx$。反过来，由 $k = m\omega^2$ 和 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$ 得

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

这正是第 1 章 1.2 例 2 用单位检验确认过的形式。学过导数的，也可以把 $x = A\sin(\omega t + \varphi)$ 对时间求两次导数直接得到 $a = -\omega^2 x$（导数见《高中数学知识点梳理》第 24 章）；反方向“由 $F = -kx$ 证明位移是正弦规律”要解二阶微分方程，是大学内容。

能量守恒的验证：弹簧振子 $x = A\sin\omega t$，速度 $v = A\omega\cos\omega t$（$Q$ 的速度是 $P$ 的线速度 $A\omega$ 的分量）。代入并用 $k = m\omega^2$：

$$\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}m\omega^2 A^2\cos^2\omega t + \frac{1}{2}m\omega^2 A^2\sin^2\omega t = \frac{1}{2}m\omega^2 A^2 = \frac{1}{2}kA^2$$

总能量不随时间变化，只由 $k$ 和振幅决定。

例题

例 1　（场景：判断是否为简谐运动）一个横截面积为 $S$、质量为 $m$ 的长方体木块竖直浮在水面上，水的密度为 $\rho$。把木块向下压一小段距离后释放，不计水的阻力和水面高度的变化。证明木块做简谐运动。

解：

研究对象：木块。

过程划分：任取振动中的一个位置，木块偏离平衡位置的位移为 $x$。

分析：受重力 $mg$ 和浮力。静止时浮力 $F_0 = mg$，这是平衡位置。取竖直向下为正方向，木块向下偏离 $x$ 时，多浸入水中的体积为 $Sx$，浮力增加 $\rho gSx$。

列式求解：沿竖直方向的合力（即回复力）

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

令 $k = \rho gS$（常数），$F = -kx$。木块在平衡位置上方时 $x < 0$，浮力小于重力，合力向下，$F > 0$，同一个式子仍成立。所以木块做简谐运动。

检验：方向：$x > 0$（向下）时 $F < 0$（向上），指向平衡位置，对。单位：$\rho gS$ 的单位 $\mathrm{kg/m^3} \cdot \mathrm{m/s^2} \cdot \mathrm{m^2} = \mathrm{kg/s^2} = \mathrm{N/m}$，和劲度系数一样，对。

容易卡在：直接写“浮力是回复力”。回复力是重力和浮力的合力，要先找平衡位置，再看偏离 $x$ 后合力怎样变。

例 2　（场景：求某位置的回复力和加速度）水平弹簧振子的振子质量 $m = 0.5\ \mathrm{kg}$，弹簧劲度系数 $k = 200\ \mathrm{N/m}$，振幅 $A = 5\ \mathrm{cm}$。求振子的最大加速度，以及振子在平衡位置右侧 $2\ \mathrm{cm}$ 处的加速度。

解：

研究对象：振子。

过程划分：不涉及过程，分别看最大位移处和 $x = 2\ \mathrm{cm}$ 处两个状态。

分析：竖直方向重力与支持力平衡，水平方向只受弹簧弹力，它就是回复力，$F = -kx$。

列式求解：取向右为正方向。最大位移处 $|x| = A = 0.05\ \mathrm{m}$：

$$a_{\max} = \frac{kA}{m} = \frac{200 \times 0.05}{0.5}\ \mathrm{m/s^2} = 20\ \mathrm{m/s^2}$$

$x = 0.02\ \mathrm{m}$ 处：

$$a = -\frac{kx}{m} = -\frac{200 \times 0.02}{0.5}\ \mathrm{m/s^2} = -8\ \mathrm{m/s^2}$$

加速度大小 $8\ \mathrm{m/s^2}$，方向向左，指向平衡位置。

检验：单位：$\dfrac{\mathrm{N/m} \cdot \mathrm{m}}{\mathrm{kg}} = \mathrm{m/s^2}$，对。$x = 2\ \mathrm{cm}$ 是振幅的 $\dfrac{2}{5}$，加速度也是最大值的 $\dfrac{2}{5}$，$20 \times \dfrac{2}{5} = 8$，符合 $a \propto x$。

例 3　（场景：用机械能守恒求速度）仍是例 2 的振子，不计阻力。求振子经过平衡位置时的速度大小，以及在位移为 $3\ \mathrm{cm}$ 处的速度大小。

解：

研究对象：振子和弹簧组成的系统。

过程划分：从最大位移处到平衡位置、从最大位移处到 $x = 3\ \mathrm{cm}$ 处，各一个过程。

分析：只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，总能量 $E = \dfrac{1}{2}kA^2$。

列式求解：

$$E = \frac{1}{2}kA^2 = \frac{1}{2} \times 200 \times 0.05^2\ \mathrm{J} = 0.25\ \mathrm{J}$$

平衡位置处势能为零，$\dfrac{1}{2}mv_{\max}^2 = E$：

$$v_{\max} = \sqrt{\frac{2E}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.25}{0.5}}\ \mathrm{m/s} = 1\ \mathrm{m/s}$$

$x = 0.03\ \mathrm{m}$ 处势能 $E_{\text{p}} = \dfrac{1}{2} \times 200 \times 0.03^2\ \mathrm{J} = 0.09\ \mathrm{J}$，动能 $E_{\text{k}} = 0.25\ \mathrm{J} - 0.09\ \mathrm{J} = 0.16\ \mathrm{J}$：

$$v = \sqrt{\frac{2E_{\text{k}}}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.16}{0.5}}\ \mathrm{m/s} = 0.8\ \mathrm{m/s}$$

检验：$0.8\ \mathrm{m/s} < 1\ \mathrm{m/s}$，离平衡位置越远越慢，合理。量级：振幅几厘米、速度约 $1\ \mathrm{m/s}$，和实验室里的弹簧振子相当。

另一种解法：由能量式 $\dfrac{1}{2}mv^2 = \dfrac{1}{2}k(A^2 - x^2)$ 得 $v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}$，其中 $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = 20\ \mathrm{rad/s}$。$v_{\max} = \omega A = 20 \times 0.05\ \mathrm{m/s} = 1\ \mathrm{m/s}$；$x = 3\ \mathrm{cm}$ 时 $v = 20 \times \sqrt{0.05^2 - 0.03^2}\ \mathrm{m/s} = 20 \times 0.04\ \mathrm{m/s} = 0.8\ \mathrm{m/s}$。选择题、填空题里要连续求几个位置的速度时这个式子快；计算题按能量守恒一步步列，评分点清楚，也不必记额外的式子。

常用推论

• 简谐运动中，加速度与位移成正比、方向相反：位移最大处加速度最大，平衡位置加速度为零（由 $a = -\dfrac{k}{m}x$）。
• 动能和势能都随时间周期性变化，变化周期是振动周期的一半 $\dfrac{T}{2}$：一个周期内动能两次最大（两次过平衡位置）、两次为零。
• 弹簧振子任一位置的速度 $v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}$，$v_{\max} = \omega A$（例 3 另一种解法）。
• 在位移 $x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}A$ 处动能和势能相等；$x = \dfrac{A}{2}$ 处势能是总能量的 $\dfrac{1}{4}$。由 $\dfrac{1}{2}kx^2$ 与 $\dfrac{1}{2}kA^2$ 之比得出。

易错点

• 错在哪：受力分析时，在重力、弹力之外又画一个“回复力”。 为什么错：回复力和向心力一样是按效果命名的，它就是已有的那些力沿振动方向的合力。多画一个等于重复计算。 正确做法：只画重力、弹力、摩擦力这些性质力，再说明“其中某个力（或某几个力的合力）提供回复力”。
• 错在哪：用匀变速运动的公式算振子的速度或时间，比如 $v^2 = 2a_{\max}A$。 为什么错：简谐运动的加速度随位移变化，不是匀变速运动。直觉里“受力就是匀加速”的习惯在这里失效。 正确做法：求速度用机械能守恒，求时间用周期和振动方程。
• 错在哪：认为速度最大的地方加速度也最大。 为什么错：把“快”和“变得快”混为一谈。平衡位置速度最大，但回复力为零，速度这一刻不再增加。 正确做法：加速度看位移，速度看能量：两者在简谐运动里此消彼长。

直观理解

两张图看全回复力和能量。$F$-$x$ 图是一条过原点、向下倾斜的直线：在哪一侧，力就指向另一侧，离得越远拉得越狠。$E$-$x$ 图里势能是一个“碗”，总能量是一条水平线，振子就像碗里来回滚的小球：滚到碗底最快，滚到总能量线和碗壁的交点（$\pm A$）就停下、往回滚。

关联知识点

• 前置：第 4 章 4.3 胡克定律，弹力 $F = -kx$ 的符号；第 6 章牛顿第二定律。
• 前置：第 10 章向心加速度 $a = \omega^2 r$，本节推导用它的投影。
• 前置：第 14 章弹性势能 $\dfrac{1}{2}kx^2$ 和机械能守恒。
• 后续：第 30 章 LC 振荡，电场能和磁场能的互相转化与本节动能、势能的转化完全类比。
• 常一起考：第 7 章瞬时加速度，振子在最大位移处速度为零但加速度最大。

21.5 弹簧振子

说明

水平弹簧振子：平衡位置在弹簧原长处，回复力就是弹簧弹力，$F = -kx$ 中的 $x$ 既是位移也是形变量。

竖直弹簧振子：轻弹簧上端固定、下端挂质量为 $m$ 的物体。

• 平衡位置在弹簧伸长 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$ 处，不在原长处；
• 以这个平衡位置为原点，回复力是弹力和重力的合力，仍有 $F = -kx$，$k$ 是同一个劲度系数（推导见下）；
• 所以竖直弹簧振子也做简谐运动，振动的中心是新的平衡位置。

周期：

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

由 21.4 推导得出。它只由振子质量和劲度系数决定，与振幅无关，与弹簧是水平还是竖直放置无关，与 $g$ 无关。

课标只对单摆的周期公式提出要求（21.6），弹簧振子的周期公式不要求记，题目用到时会给出。会用它定性判断”$m$ 大周期长、$k$ 大周期短“就够了，这与第 1 章 1.2 例 2 的说法一致。

对称性：关于平衡位置对称的两点，回复力大小相等、方向相反，加速度、速度大小相等。竖直弹簧振子的最高点和最低点就是这样一对点。

使用场景

• 竖直悬挂（或竖直支撑）的弹簧振子，问最高点、最低点的弹力、加速度 → 以新平衡位置为中心的简谐运动 → 先求平衡位置的形变量，再加减振幅；最高点和最低点加速度等大反向。
• 换振子质量、换弹簧、改变振幅或放置方向，问周期怎样变 → 固有周期 → $T$ 只由 $m$、$k$ 决定，$T \propto \sqrt{m}$，与振幅、放置方向无关。
• 物体叠放在竖直振动的托盘上，问振动中不分离的条件或最大振幅 → 临界状态 → 最高点向下的加速度不超过 $g$，临界时物体和托盘间弹力为零。

注意点

• 竖直弹簧振子里，“位移”从新的平衡位置量起，“形变量”从原长量起，两者差 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$。求弹簧弹力用形变量，求回复力、加速度用位移。
• 竖直弹簧振子最高点弹簧可能伸长、可能压缩、可能恰为原长，取决于振幅 $A$ 和 $x_0$ 的大小：$A < x_0$ 时最高点仍伸长，$A = x_0$ 时恰为原长，$A > x_0$ 时被压缩。
• 弹簧振子的弹性势能和重力势能：竖直振子的机械能守恒要把重力势能也算上；不必单独追求“以平衡位置为零点的总势能”这种写法，高中题按动能、重力势能、弹性势能三项列即可。
• 实际弹簧有质量，周期比公式算出的略大。高中题都按轻弹簧处理。

推导

竖直弹簧振子的回复力：取竖直向下为正方向。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：$mg$ 和 $kx_0$ 正好抵消，因为平衡位置就是由 $kx_0 = mg$ 定义的。重力的作用只是把振动中心从原长处移到 $x_0$ 处，振动本身和水平时一样。）

物体在平衡位置上方时 $x < 0$，同一个式子仍成立（弹簧可能伸长也可能压缩，代数式不变）。所以竖直弹簧振子做简谐运动，$k$ 不变，周期也和水平放置时一样。

周期公式：由 21.4 推导，$k = m\omega^2$，$T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$。它可以用实验验证：换不同质量的振子、不同劲度系数的弹簧，测周期，发现 $T^2$ 与 $m$ 成正比、与 $k$ 成反比。

例题

例 1　（场景：竖直弹簧振子最高点、最低点的弹力）劲度系数 $k = 100\ \mathrm{N/m}$ 的轻弹簧上端固定，下端挂质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的物体，静止后把物体竖直向下拉 $4\ \mathrm{cm}$ 由静止释放，不计阻力。求物体在最低点和最高点时弹簧弹力的大小和方向，以及两处的加速度。

解：

研究对象：物体。

过程划分：释放后物体以平衡位置为中心做简谐运动，振幅就是拉下的距离 $A = 4\ \mathrm{cm}$；只看最低点和最高点两个状态。

分析：先求平衡位置弹簧的伸长量 $x_0$，最低点伸长 $x_0 + A$，最高点伸长 $x_0 - A$。每个位置受重力和弹簧弹力。

列式求解：

$$x_0 = \frac{mg}{k} = \frac{1 \times 10}{100}\ \mathrm{m} = 0.1\ \mathrm{m} = 10\ \mathrm{cm}$$

最低点：伸长 $14\ \mathrm{cm}$，弹力 $F_2 = k(x_0 + A) = 100 \times 0.14\ \mathrm{N} = 14\ \mathrm{N}$，方向竖直向上。取向上为正方向，

$$a_2 = \frac{F_2 - mg}{m} = \frac{14 - 10}{1}\ \mathrm{m/s^2} = 4\ \mathrm{m/s^2}$$

方向竖直向上。

最高点：伸长 $6\ \mathrm{cm}$（$A < x_0$，弹簧仍伸长），弹力 $F_1 = k(x_0 - A) = 100 \times 0.06\ \mathrm{N} = 6\ \mathrm{N}$，方向竖直向上。取向下为正方向，

$$a_1 = \frac{mg - F_1}{m} = \frac{10 - 6}{1}\ \mathrm{m/s^2} = 4\ \mathrm{m/s^2}$$

方向竖直向下。

检验：最高点和最低点关于平衡位置对称，加速度等大反向，$4\ \mathrm{m/s^2}$ 向下和 $4\ \mathrm{m/s^2}$ 向上，符合对称性。两处弹力的平均值 $\dfrac{6 + 14}{2}\ \mathrm{N} = 10\ \mathrm{N} = mg$，也对。

容易卡在：以为最高点弹簧一定压缩，或把弹力写成 $kA = 4\ \mathrm{N}$。弹力看形变量（从原长量），$kA$ 是回复力。

另一种解法：直接用回复力。最低点位移大小 $A$，回复力 $kA = 4\ \mathrm{N}$ 向上，加速度 $\dfrac{kA}{m} = 4\ \mathrm{m/s^2}$ 向上；由 $F_2 - mg = kA$ 得 $F_2 = 14\ \mathrm{N}$。最高点回复力 $4\ \mathrm{N}$ 向下，由 $mg - F_1 = kA$ 得 $F_1 = 6\ \mathrm{N}$。这种做法不用算 $x_0$，只问加速度时最快；要判断最高点弹簧是伸长还是压缩、或者要算弹性势能时，还是要先求 $x_0$。

例 2　（场景：周期由什么决定）一个水平弹簧振子的周期为 $0.4\ \mathrm{s}$。分别做下列改变后，周期变为多少？（1）振幅增大为原来的 2 倍；（2）振子质量增大为原来的 4 倍；（3）把这个弹簧振子竖直悬挂起来振动。

解：

判断依据：弹簧振子的周期 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$，只由 $m$ 和 $k$ 决定。

（1）振幅不出现在公式里，周期不变，仍为 $0.4\ \mathrm{s}$。

（2）$T \propto \sqrt{m}$，质量变为 4 倍，周期变为 $\sqrt{4} = 2$ 倍，即 $0.8\ \mathrm{s}$。

（3）竖直放置只改变平衡位置，$m$、$k$ 都不变，周期仍为 $0.4\ \mathrm{s}$。

容易卡在：（3）以为重力“帮忙”会让振动变快。重力是恒力，它只把平衡位置下移，不改变回复力和位移的比例系数。

例 3　（场景：叠放物体不分离的条件）一个质量 $M = 0.2\ \mathrm{kg}$ 的托盘放在竖直轻弹簧上端，托盘里放一个质量 $m = 0.3\ \mathrm{kg}$ 的物块，弹簧劲度系数 $k = 100\ \mathrm{N/m}$。让它们在竖直方向一起做简谐运动，要使物块始终不离开托盘，振幅最大是多少？

解：

研究对象：先隔离物块找条件，再以托盘和物块整体求振幅。

过程划分：振动过程中最容易分离的是最高点，那里加速度向下且最大，只看这一状态。

分析：物块受重力 $mg$ 和支持力 $F_{\text{N}}$。取向下为正方向，$mg - F_{\text{N}} = ma$，得 $F_{\text{N}} = m(g - a)$。不分离要求 $F_{\text{N}} \ge 0$，即最高点的加速度 $a \le g$。整体的回复力系数是 $k$，最高点加速度 $a = \dfrac{kA}{M + m}$。

列式求解：

$$\frac{kA}{M + m} \le g \quad\Rightarrow\quad A \le \frac{(M + m)g}{k} = \frac{0.5 \times 10}{100}\ \mathrm{m} = 0.05\ \mathrm{m}$$

振幅最大为 $5\ \mathrm{cm}$。

检验：平衡位置弹簧的压缩量 $x_0 = \dfrac{(M + m)g}{k} = 5\ \mathrm{cm}$，振幅恰好等于 $x_0$ 时，最高点弹簧恰为原长，弹力为零，整体只受重力，加速度恰为 $g$，物块和托盘之间刚好没有压力。条件和结论吻合。

容易卡在：去看最低点。最低点加速度向上，托盘把物块往上推，压力最大，不会分离。

常用推论

• 竖直弹簧振子的平衡位置：弹簧形变量 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$；最低点形变量 $x_0 + A$，最高点 $x_0 - A$（为负表示压缩）。
• 竖直弹簧振子最高点和最低点的弹力之和等于 $2mg$（$k(x_0 + A) + k(x_0 - A) = 2kx_0$）；由一处的弹力可以直接求另一处。
• 叠放在竖直振动的托盘上的物体不分离的条件：最高点加速度 $a \le g$，最大振幅等于平衡位置的弹簧压缩量，此时最高点弹簧恰为原长（例 3）。
• 物体从弹簧正上方由静止下落压缩弹簧，接触弹簧后的运动是以 $x_0 = \dfrac{mg}{k}$ 处为平衡位置的简谐运动的一部分；最低点的加速度大于 $g$。由最低点和“与弹簧刚接触的点（加速度为 $g$）“相比，离平衡位置更远得出。

易错点

• 错在哪：竖直弹簧振子的平衡位置取在弹簧原长处。 为什么错：直觉把“原长”当作“不受力的位置”。但物体还受重力，回复力为零的位置是弹力等于重力的位置。 正确做法：先由 $kx_0 = mg$ 求平衡位置，振动关于它对称。
• 错在哪：用回复力的大小 $kx$ 当作弹簧弹力。 为什么错：竖直振子的回复力是弹力和重力的合力；只有水平振子两者才相等。 正确做法：弹力用形变量算（$F = k \times$ 形变量），回复力用位移算（$F = -kx$），两者分清。
• 错在哪：认为振子越重，周期越短（“重的跑得快”）。 为什么错：质量大，惯性大，同样的回复力产生的加速度小，振子来回一次更慢。 正确做法：记住 $T \propto \sqrt{\dfrac{m}{k}}$ 的趋势：质量大周期长，弹簧硬周期短。

直观理解

竖直弹簧振子就是“把水平弹簧振子挂起来，再把整个振动往下平移一段 $\dfrac{mg}{k}$”。重力像一块垫在下面的砖，只改变“中心在哪”，不改变“怎么振”。周期公式的趋势用生活经验记：同一根弹簧挂重物，上下颤得慢；换一根硬弹簧，颤得快。

关联知识点

• 前置：第 4 章 4.3 胡克定律；第 5 章共点力平衡求 $x_0$。
• 前置：第 7 章瞬时加速度和临界问题，例 3 的“弹力为零时恰好分离”是同一个临界条件。
• 前置：第 1 章 1.2 例 2，用单位检验确认 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ 的形式。
• 常一起考：第 14 章弹性势能与机械能守恒，竖直弹簧振子的能量问题。
• 常一起考：第 6 章超重与失重，振子在平衡位置下方超重、上方失重。

21.6 单摆

说明

单摆：细线一端固定在悬点，另一端拴一个小球，小球在竖直平面内摆动。它是理想模型：

• 细线不可伸长，质量不计；
• 小球的直径远小于线长，质量较大，看成质点；
• 不计空气阻力，悬点固定不动。

摆长 $l$：悬点到小球球心的距离，等于线长加小球半径。

回复力：小球受重力 $mg$ 和摆线拉力 $F_{\text{T}}$。把重力沿切线和沿摆线分解：

• 沿摆线方向，$F_{\text{T}} - mg\cos\theta$ 提供小球做圆周运动的向心力；
• 沿切线方向，$mg\sin\theta$ 使小球回到平衡位置，它就是回复力：$F = mg\sin\theta$，方向指向平衡位置。

小角度条件：摆角很小（一般认为小于 $5^\circ$）时，$\sin\theta \approx \theta$，回复力近似为

$$F = -\frac{mg}{l}x$$

满足 $F = -kx$，$k = \dfrac{mg}{l}$，单摆做简谐运动。

周期公式（惠更斯）：

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

周期只与摆长和当地重力加速度有关，与摆球质量无关，与振幅无关（摆角小时），这叫单摆的等时性。

物理学史：伽利略发现了摆的等时性；惠更斯得出单摆的周期公式，并利用等时性制成了摆钟。

使用场景

• 问单摆的周期、由周期求摆长，或由摆长和周期求重力加速度 → 小角度的单摆 → $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$，变形 $g = \dfrac{4\pi^2 l}{T^2}$。
• 摆动过程中摆长改变（悬点正下方有钉子挡住摆线）→ 两个摆长不同的“半个单摆” → 周期 $T = \pi\sqrt{\dfrac{l_1}{g}} + \pi\sqrt{\dfrac{l_2}{g}}$。
• 问单摆在最大位移处、最低点的回复力、拉力、加速度 → 区分切向和法向 → 切向的 $mg\sin\theta$ 是回复力，法向的 $F_{\text{T}} - mg\cos\theta$ 提供向心力。
• 摆钟换了地点（高山、赤道、月球）走快还是走慢、怎样调 → $g$ 变了，周期变了 → $T \propto \dfrac{1}{\sqrt{g}}$，钟走得慢就缩短摆长。

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，测出的 $g$ 偏小（第 37 章例 2）。
• $5^\circ$ 不是一个严格的界限，而是”$\sin\theta$ 和 $\theta$ 相差很小“的经验范围：$5^\circ = 0.0873\ \mathrm{rad}$，$\sin 5^\circ = 0.0872$，相差约千分之一。摆角大时单摆不再是简谐运动，周期比公式算出的大。
• 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 $F_{\text{T}} - mg$ 竖直向上；最大位移处速度为零，向心力为零，合力恰好就是回复力。
• 公式中的 $g$ 是当地的重力加速度。在加速上升的电梯里、在其他星球上，要换成相应的“等效重力加速度”。
• 单摆周期与质量无关，但摆球质量大、体积小，空气阻力的影响才小，所以实验中选密度大的小球。

推导

由回复力推出周期：

1. 回复力 $F = mg\sin\theta$，指向平衡位置。
2. 摆角很小时，$\sin\theta \approx \theta$（$\theta$ 用弧度），小球沿圆弧偏离平衡位置的距离 $x = l\theta$；而且圆弧很短，近似是直线，$x$ 可以看成在一条直线上的位移。于是

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

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：第 2 步的两个近似 $\sin\theta \approx \theta$ 和“弧近似为直线”。没有这一步，回复力和位移不成正比，单摆就不是简谐运动。摆角越小，近似越好。）

3. 对照 $F = -kx$，$k = \dfrac{mg}{l}$。代入 21.4 推导得到的 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$：

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

质量约掉了：重力（产生回复力）和惯性（阻碍加速）都与 $m$ 成正比，两者抵消，和自由落体的加速度与质量无关是同一个原因。

摆角不小时，周期要用椭圆积分计算，是大学内容；摆角为 $15^\circ$ 时周期比公式值约大 $0.4\%$，摆角越大偏差越大。

实验依据：教材用控制变量法探究：保持摆长不变，换质量不同的摆球、改变小摆角，周期几乎不变；改变摆长，测得 $T^2$ 与 $l$ 成正比。这也是第 41 章“用单摆测量重力加速度”的原理。

例题

例 1　（场景：求周期、改变摆长）一个单摆的摆长为 $0.9\ \mathrm{m}$，在 $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ 的地方做小角度摆动（$\pi$ 取 3.14）。求它的周期。若要使周期变为原来的 2 倍，摆长应改为多少？

解：

研究对象：单摆。

过程划分：不涉及过程。

分析：小角度摆动，用单摆周期公式；$T \propto \sqrt{l}$。

列式求解：

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}} = 2\pi\sqrt{\frac{0.9}{10}}\ \mathrm{s} = 2\pi \times 0.3\ \mathrm{s} \approx 1.9\ \mathrm{s}$$

周期变为 2 倍，$\sqrt{l}$ 要变为 2 倍，摆长变为 4 倍：$l' = 4 \times 0.9\ \mathrm{m} = 3.6\ \mathrm{m}$。

检验：单位：$\sqrt{\dfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{m/s^2}}} = \mathrm{s}$，对。量级：1 米左右的摆周期约 2 秒（“秒摆”摆长约 $1\ \mathrm{m}$，周期 $2\ \mathrm{s}$），$0.9\ \mathrm{m}$ 略短于它，周期略小于 $2\ \mathrm{s}$，合理。

例 2　（场景：摆长中途改变）摆长 $l_1 = 1.6\ \mathrm{m}$ 的单摆，在悬点 $O$ 正下方 $0.7\ \mathrm{m}$ 处有一颗钉子 $P$。摆球在竖直面内小角度摆动，摆到右侧时摆线被钉子挡住，绕钉子摆动。求这个摆的周期（$\pi$ 取 3.14）。

解：

研究对象：摆球。

过程划分：一次全振动分两段：在左侧摆动，摆长 $l_1 = 1.6\ \mathrm{m}$；在右侧摆动，摆长 $l_2 = 1.6\ \mathrm{m} - 0.7\ \mathrm{m} = 0.9\ \mathrm{m}$。

分析：每一段都是对应摆长的单摆的半个周期，各用一次周期公式。

列式求解：

$$T = \frac{1}{2} \times 2\pi\sqrt{\frac{l_1}{g}} + \frac{1}{2} \times 2\pi\sqrt{\frac{l_2}{g}} = \pi\left(\sqrt{\frac{1.6}{10}} + \sqrt{\frac{0.9}{10}}\right)\ \mathrm{s} = \pi(0.4 + 0.3)\ \mathrm{s} \approx 2.2\ \mathrm{s}$$

检验：结果介于摆长 $0.9\ \mathrm{m}$ 的周期（$0.6\pi \approx 1.9\ \mathrm{s}$）和摆长 $1.6\ \mathrm{m}$ 的周期（$0.8\pi \approx 2.5\ \mathrm{s}$）之间，合理。

容易卡在：用平均摆长代入公式。周期和摆长不是线性关系，只能分段算再相加。另外，机械能守恒使两侧最高点在同一高度，但右侧摆长短，摆角更大（图中左侧约 $15^\circ$、右侧约 $20^\circ$，已经夸大）；题目说“小角度”，两侧都按简谐运动处理。

例 3　（场景：区分回复力和向心力）摆长 $l = 1.0\ \mathrm{m}$ 的单摆，摆球质量 $m = 0.2\ \mathrm{kg}$，做小角度摆动，经过最低点时速度为 $0.2\ \mathrm{m/s}$。求：（1）摆球在最低点时摆线的拉力、回复力和合力；（2）摆球在最大位移处时摆线的拉力和回复力。

解：

研究对象：摆球。

过程划分：只看最低点和最大位移处两个状态；两者之间用机械能守恒联系。

分析：最低点：重力和拉力都在竖直方向，切向没有分力，回复力为零；法向的合力提供向心力。最大位移处：速度为零，向心力为零，沿摆线方向 $F_{\text{T}} = mg\cos\theta$；切向的 $mg\sin\theta$ 是回复力，也是合力。

列式求解：（1）取竖直向上为正方向，由 $F_{\text{T}} - mg = m\dfrac{v^2}{l}$：

$$F_{\text{T}} = mg + m\frac{v^2}{l} = \left(0.2 \times 10 + 0.2 \times \frac{0.2^2}{1.0}\right)\ \mathrm{N} = 2.008\ \mathrm{N}$$

方向竖直向上。回复力为零；合力 $0.008\ \mathrm{N}$，竖直向上，指向悬点。

（2）由机械能守恒求最大位移处比最低点高多少：

$$h = \frac{v^2}{2g} = \frac{0.2^2}{2 \times 10}\ \mathrm{m} = 0.002\ \mathrm{m}$$

$\cos\theta = \dfrac{l - h}{l} = 0.998$，$\sin\theta = \sqrt{1 - 0.998^2} \approx 0.063$（$\theta \approx 3.6^\circ$，满足小角度条件）。

$$F_{\text{T}} = mg\cos\theta = 2 \times 0.998\ \mathrm{N} \approx 1.996\ \mathrm{N},\quad F_{\text{回}} = mg\sin\theta \approx 2 \times 0.063\ \mathrm{N} \approx 0.13\ \mathrm{N}$$

回复力沿切线指向平衡位置。

检验：用简谐运动的结论核对：$\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}} \approx 3.16\ \mathrm{rad/s}$，振幅 $A = \dfrac{v_{\max}}{\omega} \approx 0.063\ \mathrm{m}$，最大回复力 $\dfrac{mg}{l}A \approx 0.13\ \mathrm{N}$，一致。最低点拉力大于重力，最大位移处拉力小于重力，合理。

容易卡在：（1）说“最低点回复力为零，所以合力为零、拉力等于重力”。回复力为零只说明切向没有力，法向还要提供向心力。

例 4　（场景：摆钟换地点）一台摆钟在 $g = 9.80\ \mathrm{m/s^2}$ 的地方走时准确。把它搬到 $g' = 9.78\ \mathrm{m/s^2}$ 的赤道附近，它走快还是走慢？一昼夜（$86400\ \mathrm{s}$）大约差多少？应怎样调整摆长？

解：

判断依据：摆钟每摆动一个周期，指针走过固定的读数；周期变长，相同时间里摆动次数变少，钟就走慢。$T \propto \dfrac{1}{\sqrt{g}}$。

$g$ 变小，周期变长，钟走慢。新旧周期之比

$$\frac{T'}{T} = \sqrt{\frac{g}{g'}} = \sqrt{\frac{9.80}{9.78}} \approx 1.001$$

真实经过 $86400\ \mathrm{s}$，钟只摆了原来次数的 $\sqrt{\dfrac{9.78}{9.80}} \approx 0.99898$，显示的时间约 $86400 \times 0.99898\ \mathrm{s}$，少走约 $88\ \mathrm{s}$，即一昼夜慢约 $1.5\ \mathrm{min}$。

要使周期恢复，需 $\dfrac{l'}{g'} = \dfrac{l}{g}$，即 $l' = \dfrac{9.78}{9.80}l$，把摆长缩短约 $0.2\%$。

容易卡在：周期变长就说“钟走快了”。钟的读数正比于摆动次数，周期越长次数越少，读数越小。

常用推论

• 秒摆：周期 $2\ \mathrm{s}$ 的单摆，摆长约 $1\ \mathrm{m}$（$g$ 取 $\pi^2\ \mathrm{m/s^2} \approx 9.87\ \mathrm{m/s^2}$ 时恰为 $1\ \mathrm{m}$）。由 $l = \dfrac{gT^2}{4\pi^2}$ 得出，用来估算和检验。
• 由周期测 $g$：$g = \dfrac{4\pi^2 l}{T^2}$；以 $l$ 为横轴、$T^2$ 为纵轴作图，斜率 $\dfrac{4\pi^2}{g}$（第 41 章）。
• 碰钉摆的周期 $T = \pi\left(\sqrt{\dfrac{l_1}{g}} + \sqrt{\dfrac{l_2}{g}}\right)$（例 2）。
• 等效摆长、等效重力加速度：摆在加速度为 $a$、竖直向上加速的电梯里，$g$ 换成 $g + a$；摆球带电处在竖直匀强电场里，$g$ 换成 $g \pm \dfrac{qE}{m}$。由“回复力来自沿切线的恒力分量”推出，推导同本节，只把 $mg$ 换成等效的恒力。
• 单摆的最大摆角对应最大位移处，此处拉力最小，$F_{\text{T}} = mg\cos\theta$；最低点拉力最大（例 3）。

易错点

• 错在哪：认为摆球越重，单摆摆得越快（周期越小）。 为什么错：这是“重的落得快”的直觉。重力产生的回复力和摆球的惯性都与质量成正比，效果抵消，就像自由落体的加速度与质量无关。 正确做法：单摆周期只看摆长和 $g$。
• 错在哪：把线长当摆长。 为什么错：单摆模型把摆球看成质点，质点的位置在球心。 正确做法：摆长 = 悬点到球心的距离 = 线长 + 小球半径。
• 错在哪：认为单摆的回复力就是重力和拉力的合力；或在最低点说“回复力为零，所以小球受力平衡”。 为什么错：单摆同时在做圆周运动，合力有一部分要提供向心力。回复力只是合力的切向部分。 正确做法：沿切线、沿摆线两个方向分别列式：切向管回复力，法向管向心力。
• 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）；摆角大到不满足近似时才有明显差别。 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

单摆的回复力是“重力沿着斜坡的分力”：摆球在圆弧上，就像在一段坡上，偏得越多坡越陡，往回滑的力越大，偏角小时这个力和偏离的距离成正比。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。”

关联知识点

• 前置：第 4 章力的分解，把重力分解到切向和法向。
• 前置：第 10 章竖直面内的圆周运动，法向合力提供向心力。
• 前置：第 11 章重力加速度随纬度和高度变化，摆钟换地点的依据。
• 前置：三角函数和弧度，$\sin\theta \approx \theta$ 的近似，见《高中数学知识点梳理》第 11 章。
• 后续：第 41 章实验“用单摆测量重力加速度”，原理、数据处理和误差分析都从本节出发；第 37 章例 2 讲了摆长测量误差对结果的影响。
• 常一起考：第 14 章机械能守恒，求摆球在某位置的速度。

21.7 受迫振动与共振

说明

固有频率：振动系统不受外力、只在回复力作用下的振动叫自由振动（固有振动），它的频率叫固有频率 $f_0$，由系统本身决定（弹簧振子由 $m$、$k$，单摆由 $l$、$g$）。

阻尼振动：振幅逐渐减小的振动。阻力使机械能逐渐转化为内能，振幅越来越小，最后停下。阻尼不大时，振动的周期基本不变，仍可看作固有周期。

受迫振动：系统在周期性驱动力作用下的振动。驱动力不断补充能量，使振动持续下去。稳定后：

• 受迫振动的频率等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关；
• 振幅与驱动力频率有关。

共振：驱动力频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振。以驱动力频率 $f$ 为横轴、受迫振动的振幅 $A$ 为纵轴画出的曲线叫共振曲线：

共振的利用和防止：

	做法	例子
利用	让驱动力频率接近或等于固有频率	共振筛、音叉的共鸣箱、荡秋千时按节奏推
防止	让驱动力频率远离固有频率	部队过桥便步走、机器底座加固或加减振装置、火车过桥减速

使用场景

• 物体在周期性外力（转动的把手、偏心轮、周期性的冲击）作用下振动，问振动频率或周期 → 受迫振动 → 稳定后的频率等于驱动力频率，与固有频率无关。
• 给出共振曲线，或几个固有频率不同的物体受同一驱动力，问谁振幅最大、固有频率是多少 → 共振 → 曲线峰值对应的驱动力频率就是固有频率；固有频率最接近驱动力频率的物体振幅最大。
• 实际情境中要利用或避免剧烈振动（车厢颠簸、桥梁、机器）→ 共振的条件 → 找出驱动力的频率和固有频率，算出何时两者相等。

注意点

• 受迫振动的频率等于驱动力频率，这一条与固有频率无关；固有频率只影响振幅的大小。
• 共振时驱动力频率等于固有频率，不是“大于”或“小于”。驱动力频率由小变大时，振幅先增大后减小。
• 共振曲线的横轴是驱动力的频率，不是振动系统的频率；峰的位置由系统的固有频率决定。
• 阻尼振动是振幅减小，不是周期变化；振幅减小不等于振动变慢。
• 共振时振幅不会无限增大：阻力消耗的能量和驱动力补充的能量相等时，振幅稳定。阻尼越小，共振峰越高越尖。

推导

本知识点没有课本推导，结论来自实验。教材的实验依据：

受迫振动的频率：弹簧振子挂在一个可转动的把手（或偏心轮）上，转动把手给振子施加周期性的驱动力。改变把手的转速，测振子稳定后的振动周期，发现它总等于把手转动的周期，与振子自己的固有周期无关。

共振：在一根张紧的绳上挂几个摆长不同的单摆，其中一个摆（驱动摆）和另一个摆的摆长相等。让驱动摆摆动，它通过绳给其他摆施加周期性驱动力。稳定后各摆都以驱动摆的频率振动，但摆长与驱动摆相等的那个振幅最大，其他摆振幅较小，摆长离驱动摆越远的振幅越小。

（关键一步：为什么频率相等时振幅最大，用能量解释：驱动力频率等于固有频率时，驱动力的方向始终与振子的速度方向一致，每时每刻都对振子做正功，输入的能量最多；频率不等时，驱动力有时做正功、有时做负功，输入能量少。）

共振曲线的定量形式要解带驱动力的微分方程，是大学内容；高中只要求会读曲线的形状。

例题

例 1　（场景：受迫振动的频率）一个弹簧振子的固有频率为 $2\ \mathrm{Hz}$。用一个匀速转动的把手带动它振动，把手转动的周期为 $0.25\ \mathrm{s}$。稳定后振子的振动频率是多少？要使振子的振幅最大，把手的转速应调为多少转每分钟？

解：

判断依据：受迫振动稳定后的频率等于驱动力的频率；驱动力频率等于固有频率时发生共振，振幅最大。

驱动力频率 $f = \dfrac{1}{0.25\ \mathrm{s}} = 4\ \mathrm{Hz}$，所以振子的振动频率为 $4\ \mathrm{Hz}$（不是固有频率 $2\ \mathrm{Hz}$）。

要振幅最大，驱动力频率调为 $2\ \mathrm{Hz}$，即把手每秒转 2 圈，转速 $2 \times 60 = 120$ 转每分钟（周期 $0.5\ \mathrm{s}$）。

容易卡在：答“振子按固有频率 $2\ \mathrm{Hz}$ 振动”。那是自由振动；有驱动力时听驱动力的。

例 2　（场景：读共振曲线）某单摆做受迫振动，振幅 $A$ 与驱动力频率 $f$ 的关系如图所示。求这个单摆的摆长（$\pi^2$ 取 10）。若把摆长增大，共振曲线的峰将向哪边移动？

解：

研究对象：单摆。

过程划分：不涉及过程，从曲线读固有频率，再用周期公式。

分析：共振曲线的峰对应驱动力频率等于固有频率，读得 $f_0 = 0.5\ \mathrm{Hz}$，固有周期 $T_0 = 2\ \mathrm{s}$。

列式求解：由 $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l}{g}}$：

$$l = \frac{gT_0^2}{4\pi^2} = \frac{10 \times 2^2}{4 \times 10}\ \mathrm{m} = 1\ \mathrm{m}$$

摆长增大，固有周期变长，固有频率变小，峰向左（频率小的一侧）移动。

检验：周期 $2\ \mathrm{s}$、摆长 $1\ \mathrm{m}$，正是秒摆（21.6 常用推论），对。

容易卡在：把峰的高度（振幅）当成要找的量。共振曲线上要读的是峰对应的横坐标。

例 3　（场景：避免共振）火车车轮每经过两根钢轨的接缝就受到一次撞击，使车厢在弹簧上上下振动。每根钢轨长 $12.5\ \mathrm{m}$，车厢弹簧系统的固有周期为 $0.5\ \mathrm{s}$。火车以多大速度行驶时车厢振动最厉害？为了行车安全，应怎样控制车速？

解：

研究对象：车厢及其弹簧组成的振动系统。

过程划分：火车匀速行驶，周期性地经过接缝，每过一个接缝受一次撞击，这是周期性驱动力。

分析：驱动力周期等于通过一根钢轨的时间 $T = \dfrac{L}{v}$。驱动力周期等于固有周期时共振，振动最厉害。

列式求解：令 $\dfrac{L}{v} = T_0$：

$$v = \frac{L}{T_0} = \frac{12.5}{0.5}\ \mathrm{m/s} = 25\ \mathrm{m/s} = 90\ \mathrm{km/h}$$

车速在 $90\ \mathrm{km/h}$ 附近时车厢振动最厉害，应避开这个速度，使撞击的频率远离车厢的固有频率。

检验：单位 $\dfrac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$，对；$90\ \mathrm{km/h}$ 是普通列车的常见车速，说明这个问题在实际中确实要考虑。现在的铁路多用无缝钢轨，接缝少了，这种周期性撞击也就小了。

容易卡在：把钢轨长度当成振幅，或用 $v = \dfrac{L}{T}$ 时把 $T$ 当成频率。先想清楚“撞一次走过多长”再列式。

常用推论

• 受迫振动稳定后：$f_{\text{振}} = f_{\text{驱}}$，$T_{\text{振}} = T_{\text{驱}}$。
• 共振条件：$f_{\text{驱}} = f_0$；$f_{\text{驱}}$ 与 $f_0$ 相差越大，振幅越小。
• 用共振曲线测固有频率：峰的横坐标就是 $f_0$；由此可求单摆摆长或弹簧振子参数（例 2）。
• 周期性撞击类问题（钢轨接缝、路面减速带、步伐）：驱动力周期 = 相邻两次撞击之间的距离 ÷ 速度（例 3）。

易错点

• 错在哪：认为受迫振动的频率等于物体的固有频率，或介于两者之间。 为什么错：把“物体有自己的节奏”的直觉带进了受迫振动。驱动力一直推着它走，稳定后只能跟着驱动力的节奏。 正确做法：受迫振动频率只看驱动力；固有频率只决定振幅大小。
• 错在哪：认为驱动力频率越大，受迫振动的振幅越大。 为什么错：以为“推得越勤，摆得越高”。推的节奏和摆的节奏对不上时，有时推、有时拉，反而把能量抽走了。 正确做法：看共振曲线：振幅在 $f_{\text{驱}} = f_0$ 处最大，两侧都减小。
• 错在哪：认为阻尼振动的振幅变小，周期也跟着变小。 为什么错：振幅和周期是两回事。周期由系统决定，阻尼不大时周期几乎不变（本节阻尼振动的图中，过平衡位置的时间间隔相同）。 正确做法：阻尼振动只是振幅（能量）减小。

直观理解

推秋千就是受迫振动：你推的节奏决定秋千怎么动；只有你的节奏和秋千自己的节奏对上（共振），每一下推都推在“顺劲”上，秋千才越荡越高。一句话记：频率听驱动力的，振幅看两个频率对不对得上。

关联知识点

• 前置：21.5、21.6 弹簧振子和单摆的固有周期。
• 前置：第 14 章能量守恒，阻尼振动中机械能转化为内能，驱动力做功补充能量。
• 后续：第 22 章机械波，波源带动介质中各质点做受迫振动，所以各质点的频率都等于波源的频率。
• 后续：第 30 章电磁振荡与电磁波的接收，调谐就是电路的电谐振（共振）。

21.8 知识点之间的关系

本章的主线是“回复力 $F = -kx$”：有了它就是简谐运动，于是 $x$-$t$ 图像是正弦曲线（21.2）、可以写振动方程（21.3）、加速度与位移成正比且机械能守恒（21.4）；弹簧振子和单摆是两种具体的系统，各自有决定周期的量（21.5、21.6）；再加上阻力和驱动力，就是阻尼振动和受迫振动（21.7）。解题时先判断是哪种振动、什么模型，再看题目问什么。

21.9 自测

1. 弹簧振子的振幅为 $3\ \mathrm{cm}$，周期为 $0.4\ \mathrm{s}$，从平衡位置开始计时。求 $1\ \mathrm{s}$ 内振子通过的路程和 $1\ \mathrm{s}$ 末的位移大小。
2. 简谐运动的方程为 $x = 8\sin\left(5\pi t + \dfrac{\pi}{2}\right)\ \mathrm{cm}$。求振幅、频率和 $t = 0$ 时的位移。
3. 水平弹簧振子的质量 $0.2\ \mathrm{kg}$，劲度系数 $80\ \mathrm{N/m}$，取向右为正方向。振子在 $x = -2\ \mathrm{cm}$ 处时，加速度的大小和方向如何？
4. 理想弹簧振子经过平衡位置时动能为 $0.5\ \mathrm{J}$。它在位移为振幅一半的位置时，弹性势能和动能各是多少？
5. 一个弹簧振子的周期为 $1\ \mathrm{s}$，把振子质量换为原来的 $\dfrac{1}{4}$，周期变为多少？
6. 摆长为 $2.5\ \mathrm{m}$ 的单摆做小角度摆动，周期是多少（$g$ 取 $10\ \mathrm{m/s^2}$，结果用 $\pi$ 表示）？把它拿到重力加速度为地球 $\dfrac{1}{6}$ 的月球上，周期变为原来的几倍？
7. 洗衣机脱水结束、切断电源后，转筒转速逐渐减小，某一时刻机身振动得特别厉害，过后又减弱。解释原因。

答案：1. 路程 $30\ \mathrm{cm}$，位移为 $0$（$1\ \mathrm{s} = 2.5T$，路程 $10A$，回到平衡位置）；2. 振幅 $8\ \mathrm{cm}$，频率 $2.5\ \mathrm{Hz}$，$t = 0$ 时位移 $8\ \mathrm{cm}$（在正向最大位移处）；3. $8\ \mathrm{m/s^2}$，方向向右（指向平衡位置）；4. 弹性势能 $0.125\ \mathrm{J}$，动能 $0.375\ \mathrm{J}$；5. $0.5\ \mathrm{s}$；6. $\pi\ \mathrm{s}$（约 $3.14\ \mathrm{s}$），$\sqrt{6}$ 倍；7. 转筒转动的频率逐渐减小，某时刻等于机身的固有频率，发生共振，振幅最大，转速继续减小后频率偏离固有频率，振动减弱。

21.10 深入阅读

• PhET · 单摆实验室：改变摆长、质量、摆角和重力加速度，计时测周期，验证周期只与摆长和 g 有关，并看动能和势能怎样转化。
• PhET · 质量与弹簧：竖直弹簧振子的仿真，换质量、换弹簧比较周期，看平衡位置随质量下移，加阻尼看振幅衰减。
• 维基百科 · 简谐运动：简谐运动的定义、运动方程和能量，以及和匀速圆周运动投影的关系。
• 维基百科 · 共振：共振的原理、共振曲线和工程中的实例（桥梁、乐器、机械减振）。