周期模型：起点、方向与实际时间

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周期模型不只是代一个正弦式。半径或极差给振幅，参考面给中线，一圈时间给角频率，计时起点与运动方向给初相；最后还要把全部相位分支放回实际时间范围，区分高度、距离和时长。

一、知识点概念与依据

1. 模型参数与单位一一对应

题设采用理想周期规律时，可写

y(t)=A\sin(\omega t+\varphi)+H,\qquad A>0,\quad\omega>0.

参数或量	含义	单位关系
$t$	从规定起点开始计量的时间	秒、分或小时，以题设为准
$y,H,A$	研究量、中线值、相对中线的最大偏离	三者使用同一单位
$\omega$	单位时间相位增加的弧度数	弧度/时间，须与 $t$ 配套
$\varphi$	计时零点的相位	角量，不是时刻本身

弧度是无量纲角的计量；三角函数括号内是相位角，不能将长度直接当作角输入。

相位增加一整周，完整运动状态重现，所以 $\omega T=2\pi$ ，周期 $T=2\pi/\omega$ ，频率 $f=1/T=\omega/(2\pi)$ 。 $T$ 的单位是时间；频率表示单位时间完成的圈数，秒作单位时可用赫兹。振幅决定离中线多远，周期决定重复快慢，初相决定从哪里开始，三者不能混用。

2. 圆周高度来自单位圆的竖直投影

固定半径 $R$ 、圆心相对参考面高度 $H$ ，规定向右为横轴正向、向上为竖直正向。位置角为 $\theta$ 时，相对圆心的竖直坐标为 $R\sin\theta$ ，因此有符号高度

h=H+R\sin\theta.

逆时针匀速时 $\theta=\theta_0+\omega t$ ，顺时针时可写 $\theta=\theta_0-\omega t$ ，其中 $\omega=2\pi/T>0$ 。也可用诱导公式改写，但起点和方向必须同时核对。

若最高点起始，直接用 $h(t)=H+R\cos\omega t$ ，等价于正弦初相 $\pi/2$ 。若从中线起始，还要判断先升还是先降；仅有起始高度通常只能定 $\sin\varphi$ ，不能唯一选相位。

模型应满足 $h(0)$ 为题给起始高度，半圈后到相对位置，一圈后回到起点。地面参考、始终离地的情景还要核最低高度 $H-R\ge0$ ；水面参考允许有符号高度为负，距水面的距离则为 $|h|$ ，两种表述不能混用。

3. 模型成立有假设，也有时间范围

圆周模型依赖匀速、固定半径与固定参考面。弹簧按题给运动规律，潮汐按题目指定的近似曲线；若速度、半径、中线变化，常参数模型未必适用。稀疏数据本身也未必唯一确定周期，应结合已给拟合曲线的相邻同类峰谷，不把几个采样点的重复当作整条曲线周期的证明。

实际范围可能是计时后 $t\ge0$ 、一天内 $0\le t\le24$ 或一圈内 $0\le t\le T$ 。通用周期区间须与它相交。一个高度在一圈内常出现两次，按时间排序需合并两条解族，不能只将第一次时间反复加周期。

拟合模型不保证每个实测点精确落在曲线上，也不宜无条件外推到资料时段以外。

4. 达标窗口与总停留时间是不同问题

不等式成立的时间集合是达标窗口。求一圈内达标总时长，要将交集中的各段长度相加；孤立端点对时长无贡献，但是否包含仍按“达到”“不低于”等条件判断。

若题目只限制进出时刻，最长停留可能是最晚离开减最早到达，未必等于某一连续达标窗口的长度。若另要求中间全过程满足阈值，则须限制在连续合格区间内。先读实际约束，不擅自把两种问题互换。

转速减半意味着完成同样一整周所需时间加倍，因为 $\omega T=2\pi$ ，不是周期也减半。同一高度则可能由对称位置取得，时刻差不一定是周期整数倍。

二、考点方法与例题

1. 已给表达式，按相位与单位读周期

分清振幅、角频率与初相，只令角频率乘周期等于 $2\pi$ 。把候选时间代回相位增量，可检查它是一整周还是半周、其他部分；不要让振幅和初相参与周期计算。

例题 01 振动表达式中的最小周期

题目

某个弹簧振子在完成一次全振动的过程中的位移 $y$ （单位： $mm$ ）与时间 $t$ （单位： $s$ ）之间满足关系式 $y=20\sin \left( \frac{10\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}\right),t\in \left[ 0,+\infty \right)$ ，则该弹簧振子运动的最小正周期为（）

A．0.6 $s$ B．0.5 $s$ C．0.4 $s$ D．0.3 $s$

答案与解析

解析

20是位移振幅，单位毫米； $10\pi/3$ 是角频率，单位弧度/秒，初相为 $-\pi/2$ 。一整周要求

\frac{10\pi}3T=2\pi,\qquad T=\frac35\text{ s}=0.6\text{ s}.

A正确。B、C、D对应相位增量依次为 $5\pi/3,4\pi/3,\pi$ ，不是一整周；D只是半周期，位移通常变成相反数，不能称为一次全振动的周期。

本题结论

选A， $T=0.6\text{ s}$ 。

2. 圆周运动：先定有符号高度，再数到达次数

规定参考面和正方向，圆心高度为中线、半径为振幅。
用起点求位置角，再按顺逆时针写相位随时间的变化。
若问距离，先算有符号高度再取绝对值。
解所有相位分支，换回实际时间后合并排序，逐次核对到达序号。

例题 02 水轮浮出起点与多次到达

题目

筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今仍在农业生产中发挥作用，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．一半径为2m的筒车水轮如图，水轮圆心O距离水面1m，已知水轮每30s逆时针匀速转动一圈，如果当水轮上的点P从水中浮现时（图中点 ${P}_{0}$ ）开始计时，则下列结论错误的是（）

原题水轮与水面示意。

A．点P再次进入水中用时20s

B．当水轮转动25s时，点P处于最低点

C．当水轮转动28.75s时，点P距离水面 $\left( \sqrt{2}-1\right)m$

D．点P第三次到达距水面 $\left( 1+\sqrt{3}\right)m$ 时用时42.5s

答案与解析

解析

以水面为零、向上为正。圆心高度1米，半径2米；图中浮出点在右下方，其相对圆心纵坐标为−1，初始位置角为 $-\pi/6$ 。逆时针匀速，每秒转 $\omega=2\pi/30=\pi/15$ ，故

\theta(t)=\frac\pi{15}t-\frac\pi6, \qquad h(t)=1+2\sin\theta(t),\qquad t\ge0.

选项	逐项判断
A	下一次入水位置角 $7\pi/6$ ，从初始角转过 $4\pi/3$ ，时间 $20$ 秒，正确
B	$t=25$ 时角为 $3\pi/2$ ，到最低点，正确
C	$t=28.75$ 时角为 $7\pi/4$ ，有符号高度 $1-\sqrt2<0$ ，距离为 $\sqrt2-1$ 米，正确
D	须数两条到达分支，42.5秒不是第三次

对D，最低点高度为−1，所以水下离水面最多1米；目标距离 $1+\sqrt3>1$ ，只可能在水上。因此解 $h=1+\sqrt3$ ，得 $\sin\theta=\sqrt3/2$ ，角为 $\pi/3+2k\pi$ 或 $2\pi/3+2k\pi$ 。

换成时间，分别为 $7.5+30k$ 与 $12.5+30k$ 秒。保留 $t\ge0$ 后排序为 $7.5,12.5,37.5,42.5,\ldots$ ，第三次37.5秒、第四次42.5秒，故本题问“错误的是”，选D。

C中的正数是距水面的距离，不是向上为正的高度；第三次到达也不能仅列一条周期解族。

本题结论

选D，第三次为37.5秒。

3. 最高点计时，阈值区间可能分在一圈两端

用余弦模型能直接对齐最高点。先解一般相位不等式，再换成时间并与一圈范围相交；不能仅取 $k=0$ 。两段都算入后才求总长度，并核初始高度、半圈高度及单位。

例题 03 最高点起始的一圈高度限制

题目

如图，摩天轮的半径为 $60m$ ，点 $O$ 距地面的距离为 $70m$ ，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每 $18min$ 转一圈，若摩天轮上点 $P$ 的起始位置在最高点处，则在摩天轮转动的过程中，（）

原题摩天轮示意，60米与70米的参照对象不同。

A．转动 $9\min$ 后点 $P$ 距离地面 $8m$

B．第 $16\min$ 和第 $38\min$ 点 $P$ 距离地面的高度相同.

C．转速减半时转动一圈所需的时间变为原来的 $\frac{1}{2}$

D．转动一圈内，点 $P$ 距离地面的高度不低于 $100m$ 的时长为 $5.5\min$

答案与解析

解析

半径60米、圆心70米、周期18分钟，最高点起始，故

h(t)=70+60\cos(\pi t/9),\qquad t\ge0.

$t=0$ 高130米，半圈 $t=9$ 高10米，一圈回到130米，均与图象几何关系一致。

A：9分钟到最低点，实际高度 $70-60=10$ 米，不是8米。

B： $16\pi/9=2\pi-2\pi/9$ ， $38\pi/9=4\pi+2\pi/9$ ，由整周重复和余弦偶性，两时刻均给 $70+60\cos(2\pi/9)$ ，故正确。相差22分钟并非18的整数倍，不妨碍对称位置同高。

C：转速减半使周期加倍，变36分钟，不是原来的一半。

D： $h\ge100$ 等价于 $\cos(\pi t/9)\ge1/2$ ，故

-\pi/3+2k\pi\le\pi t/9\le\pi/3+2k\pi, \qquad t\in[-3+18k,3+18k].

与第一圈 $[0,18]$ 相交， $k=0$ 留 $[0,3]$ ， $k=1$ 留 $[15,18]$ ，其余为空；总时长为 $3+3=6$ 分钟，不是5.5分钟。端点高度正好100米，因“不低于”而保留。

本题结论

选B；一圈内高度不低于100米的总时长为6分钟。

4. 从数据到安全条件，先解释实际量之间的关系

写清时间原点、单位与实际时段。
由真峰谷求 $H=(y_{\max}+y_{\min})/2$ 、 $A=(y_{\max}-y_{\min})/2$ 。
根据拟合曲线的相邻同类峰谷求 $T$ ，再求 $\omega$ ；用起点及走势定初相。
将实际余量条件翻成研究量的不等式，列全部周期分支并取时间交集。
最后区分通航窗口、窗口总长与最早到最晚的停留时差。

例题 04 港口拟合曲线与当天进出时刻

题目

某港口水深 $y$ （米 $)$ 是时间 $t$ （ $0\le t\le 24$ ，单位：小时）的函数，下表是水深数据：

$t$ （小时）	0	3	6	9	12	15	18	21	24
$y$ （米）	10.0	13.0	9.9	7.0	10.0	13.0	10.1	7.0	10.0

根据上述数据描成的曲线如图所示，经拟合，该曲线可近似地看成正弦函数 $y=A\sin \omega t+b$ 的图象.

港口水深随时间变化的近似曲线。

(1)试根据数据表和曲线，求出 $y=A\sin \omega t+b$ $\left( A>0,\omega >0,b>0\right)$ 的表达式；

(2)一般情况下，船舶航行时船底与海底的距离不小于4.5米是安全的，如果某船的吃水度（船底与水面的距离）为7米，那么该船在什么时间段能够安全进港？若该船欲当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过多长时间？（忽略离港所用的时间）

答案与解析

解析

（1）按题给拟合曲线，峰值13米、谷值7米，所以 $A+b=13,-A+b=7$ ，解得 $A=3,b=10$ 。图中相邻峰在3时、15时，故 $T=12$ 小时， $\omega=2\pi/12=\pi/6$ 弧度/小时。起点为中线且开始上升，符合题设无额外初相的形式：

y=3\sin(\pi t/6)+10,\qquad0\le t\le24.

数据表6时为9.9、18时为10.1，模型两时均为10，这与题目“近似拟合”一致。不能要求曲线精确穿过每个采样值，再擅自改动指定模型。

（2）船底距海底是水深减吃水，即 $y-7$ 。安全条件 $y-7\ge4.5$ ，等价于 $y\ge11.5$ ，于是

\sin(\pi t/6)\ge1/2,

2k\pi+\pi/6\le\pi t/6\le2k\pi+5\pi/6 \quad\Longleftrightarrow\quad12k+1\le t\le12k+5.

与当天 $[0,24]$ 相交，仅保留 $[1,5]$ 与 $[13,17]$ ；端点满足“不小于”，都可包含。因此1:00至5:00、13:00至17:00能安全进港。

按题目只约束进出航行、忽略离港耗时的解释，最早1时进港，最晚17时离港，最长停留 $17-1=16$ 小时。这不表示整个 $[1,17]$ 都满足通航阈值；若另要求停港全过程也维持相同通航余量，就只能选连续合格窗口，最大连续长度为4小时，属于不同约束。

本题结论

（1） $y=3\sin(\pi t/6)+10$ ， $t\in[0,24]$ ；（2）安全进港窗口 $[1,5]$ 、 $[13,17]$ ，按进出时刻约束最长停留16小时。