?簡諧運(yùn)動的回復(fù)力和能量
知識點(diǎn)：簡諧運(yùn)動的回復(fù)力和能量
一、簡諧運(yùn)動的回復(fù)力
1．回復(fù)力
(1)定義：使振動物體回到平衡位置的力．
(2)方向：總是指向平衡位置．
(3)表達(dá)式：F＝－kx.
2．簡諧運(yùn)動
如果物體在運(yùn)動方向上所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動就是簡諧運(yùn)動．
二、簡諧運(yùn)動的能量
1．能量轉(zhuǎn)化
彈簧振子運(yùn)動的過程就是動能和勢能互相轉(zhuǎn)化的過程．
(1)在最大位移處，勢能最大，動能為零．
(2)在平衡位置處，動能最大，勢能最?。?br /> 2．能量特點(diǎn)
在簡諧運(yùn)動中，振動系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，而在實際運(yùn)動中都有一定的能量損耗，因此簡諧運(yùn)動是一種理想化的模型．
技巧點(diǎn)撥
一、簡諧運(yùn)動的回復(fù)力
1．回復(fù)力
(1)回復(fù)力的方向總是指向平衡位置，回復(fù)力為零的位置就是平衡位置．
(2)回復(fù)力的性質(zhì)
回復(fù)力是根據(jù)力的效果命名的，可能由合力、某個力或某個力的分力提供．它一定等于振動物體在振動方向上所受的合力．例如：如圖3甲所示，水平方向的彈簧振子，彈力充當(dāng)回復(fù)力；如圖乙所示，豎直方向的彈簧振子，彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力；如圖丙所示，m隨M一起振動，m的回復(fù)力由靜摩擦力提供．

圖3
2．回復(fù)力公式：F＝－kx.
(1)k是比例系數(shù)，不一定是彈簧的勁度系數(shù)．其值由振動系統(tǒng)決定，與振幅無關(guān)．
(2)“－”號表示回復(fù)力的方向與偏離平衡位置的位移的方向相反．
3．簡諧運(yùn)動的加速度
由F＝－kx及牛頓第二定律F＝ma可知：a＝－x，加速度a與位移x的大小成正比，方向與位移方向相反．
4．物體做簡諧運(yùn)動的判斷方法
(1)簡諧運(yùn)動的回復(fù)力滿足F＝－kx；
(2)簡諧運(yùn)動的振動圖像是正弦曲線．
二、簡諧運(yùn)動的能量
簡諧運(yùn)動的能量是指物體在經(jīng)過某一位置時所具有的勢能和動能之和．在振動過程中，勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒．
1．簡諧運(yùn)動的能量由振動系統(tǒng)和振幅決定，對同一個振動系統(tǒng)，振幅越大，能量越大．
2．在簡諧運(yùn)動中，振動的能量保持不變，所以振幅保持不變，只要沒有能量損耗，它將永不停息地振動下去．
3．在振動的一個周期內(nèi)，動能和勢能完成兩次周期性變化．物體的位移減小，勢能轉(zhuǎn)化為動能，位移增大，動能轉(zhuǎn)化為勢能．
三、簡諧運(yùn)動中各物理量的變化
1．如圖9所示為水平的彈簧振子示意圖，振子運(yùn)動過程中各物理量的變化情況如下表．

圖9
振子的運(yùn)動
A→O
O→A′
A′→O
O→A
位移
方向
向右
向左
向左
向右
大小
減小
增大
減小
增大
回復(fù)力
方向
向左
向右
向右
向左
大小
減小
增大
減小
增大
加速度
方向
向左
向右
向右
向左
大小
減小
增大
減小
增大
速度
方向
向左
向左
向右
向右
大小
增大
減小
增大
減小
振子的動能
增大
減小
增大
減小
彈簧的勢能
減小
增大
減小
增大
系統(tǒng)總能量
不變
不變
不變
不變

2.說明：(1)簡諧運(yùn)動中各個物理量對應(yīng)關(guān)系不同．位置不同，則位移不同，加速度、回復(fù)力不同，但是速度、動能、勢能可能相同，也可能不同．
(2)簡諧運(yùn)動中的最大位移處，F(xiàn)、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置處，F(xiàn)＝0，a＝0，Ep＝0，Ek最大．
(3)位移增大時，回復(fù)力、加速度和勢能增大，速度和動能減??；位移減小時，回復(fù)力、加速度和勢能減小，速度和動能增大．
例題精練
1．（昌平區(qū)二模）如圖所示，三個完全相同的彈簧振子，分別固定在光滑水平面上、豎直天花板上、傾角為θ的光滑斜面上?，F(xiàn)將三個物塊拉離各自的平衡位置由靜止釋放，物塊做簡諧振動。下列說法正確的是（　?。?br />
A．振幅一定相同
B．最大回復(fù)力一定相同
C．振動的周期一定相同
D．振動系統(tǒng)的能量一定相同
【分析】彈簧振子振動的能量由振動振幅決定，回復(fù)力大小與位移大小成正比，振動的周期由振子質(zhì)量和彈簧的勁度系數(shù)共同決定。
【解答】解：A、圖中三者的振幅與三者偏離初狀態(tài)的平衡位置有關(guān)，振幅不一定相同，故A錯誤；
B、因為無法確定三者的振幅的大小，故無法確定三者的最大回復(fù)力，故B錯誤；
C、根據(jù)彈簧振子周期公式T＝可知，簡諧運(yùn)動的周期公式只與質(zhì)量m和彈簧的勁度系數(shù)k有關(guān)，振動周期一定相同，故C正確；
D、振動系統(tǒng)的能量與振幅有關(guān)，由于三者的振幅大小不確定，故振動系統(tǒng)的能量無法確定，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查彈簧振子的基本知識，注意彈簧振子振動的周期與質(zhì)量和彈簧勁度系數(shù)有關(guān)，與振動的振幅無關(guān)。
2．（山東模擬）在科幻電影《全面回憶》中有一種地心車，無需額外動力就可以讓人在幾十分鐘內(nèi)到達(dá)地球的另一端，不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響、車與軌道及空氣之間的摩擦，乘客和車的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動，則（　?。?br />
A．乘客做簡諧運(yùn)動的回復(fù)力是由車對人的支持力提供的
B．乘客達(dá)到地心時的速度最大，加速度最大
C．乘客只有在地心處才處于完全失重狀態(tài)
D．乘客所受地球的萬有引力大小與到地心的距離成正比
【分析】因乘客和車的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動，找到回復(fù)力，寫出回復(fù)力公式，根據(jù)回復(fù)力公式進(jìn)行判斷即可。
【解答】解：A、乘客做簡諧運(yùn)動的回復(fù)力由萬有引力提供，乘客與車之間無作用力，故A錯誤。
B、乘客達(dá)到地心時處于平衡位置，故其速度最大，加速度等于零，故B錯誤。
C、乘客處于地心時，加速度為零，不是失重狀態(tài)，故C錯誤。
D、設(shè)地球質(zhì)量為M，乘客和車的質(zhì)量為m，地球密度為ρ，則
在距離地心為r時：地球?qū)Τ丝秃蛙嚨娜f有引力充當(dāng)回復(fù)力：F＝，又M′＝＝
聯(lián)立得：，即萬有引力與r成正比，故D正確。
故選：D。

【點(diǎn)評】結(jié)合簡諧運(yùn)動的應(yīng)用題，根據(jù)簡諧運(yùn)動的規(guī)律結(jié)合實際的運(yùn)動進(jìn)行分析即可。

隨堂練習(xí)
1．（昌平區(qū)一模）用小球和輕彈簧組成彈簧振子，使其沿水平方向振動，振動圖像如圖所示，下列描述正確的是（　?。?br />
A．1～2s內(nèi)，小球的速度逐漸減小，加速度逐漸增大
B．2～3s內(nèi)，彈簧的勢能逐漸減小，彈簧彈力逐漸增大
C．t＝4s時，小球的動能達(dá)到最大值，彈簧的勢能達(dá)到最小值
D．t＝5s時，彈簧彈力為正的最大值，小球的加速度為負(fù)的最大值
【分析】根據(jù)小球位移的變化情況，確定小球是靠近平衡位置還是遠(yuǎn)離平衡位置，從而確定各個量的變化情況。
【解答】解：A、1～2s內(nèi)，小球的位移逐漸減小，正靠近平衡位置，速度逐漸增大，加速度逐漸減小，故A錯誤；
B、2～3s內(nèi)，小球的位移逐漸增大，正遠(yuǎn)離平衡位置，彈簧的勢能逐漸增大，彈簧彈力逐漸增大，故B錯誤；
C、t＝4s時，小球的位移為0，正經(jīng)過平衡位置，動能達(dá)到最大值，彈簧的勢能達(dá)到最小值，故C錯誤；
D、t＝5s時，小球的位移為正的最大值，根據(jù)F＝﹣kx知彈簧彈力為負(fù)的最大值，根據(jù)a＝﹣x知小球的加速度為負(fù)的最大值，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】明確彈簧振子在周期性運(yùn)動過程中，速度、加速度、回復(fù)力和位移之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵和核心，要知道小球經(jīng)過平衡位置時動能最大，彈簧的勢能最??；小球在最大位移處，動能為零，彈簧的勢能最大。
2．（昌平區(qū)期末）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一物塊，取物塊靜止時所處位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，向下為正方向，建立Ox坐標(biāo)軸。現(xiàn)將物塊豎直向下拉到A位置后由靜止釋放，不計空氣阻力。已知物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，A位置的坐標(biāo)為x1，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）

A．該簡諧振動的振幅為2x1
B．在任意周期內(nèi)物塊通過的路程一定等于x1
C．物塊在A位置時的回復(fù)力大小為kx1
D．物塊到O位置時的動能為kx12﹣mgx1
【分析】由簡諧運(yùn)動的振幅的定義和簡諧運(yùn)動中位移的大小以及回復(fù)力和動能的計算進(jìn)行分析。
【解答】解：A、簡諧運(yùn)動的最大位移到平衡位置的距離等于振幅，故振幅A＝x1，故A錯誤；
B、物塊做變速直線運(yùn)動，加速度在不斷變化，故不可能在任意一個個周期內(nèi)物塊通過的路程一定等于x1，故B錯誤；
C、物塊在O位置時受力平衡，故kx0＝mg，x0為彈簧伸長量，故在A位置時的回復(fù)力的大小為：F＝k（x0+x1）﹣mg＝kx1，故C正確；
D、物塊從A位置回到O位置的過程，根據(jù)能量守恒定律：
＝，其中x0＝
解得E＝＝，故D錯誤；
故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查了簡諧運(yùn)動振幅、位移、回復(fù)力以及動能的關(guān)系，解題關(guān)鍵在于正確理解振幅和位移的關(guān)系，以及回復(fù)力的計算和動能的計算。
3．（秦都區(qū)校級月考）物體做簡諧運(yùn)動時，下列敘述正確的是（　　）
A．平衡位置就是回復(fù)力為零的位置
B．處于平衡位置的物體，一定處于平衡狀態(tài)
C．物體到達(dá)平衡位置時，合力一定為零
D．物體到達(dá)平衡位置時，回復(fù)力不一定為零
【分析】物體做簡諧運(yùn)動，其平衡位置位移為零，根據(jù)F＝﹣kx知回復(fù)力為零，但此時物體的合外力未必為零，物體不一定處于平衡狀態(tài)。
【解答】解：AD．物體做簡諧運(yùn)動，其平衡位置的位移為零，根據(jù)F＝﹣kx知回復(fù)力為零，故平衡位置就是回復(fù)力為零的位置，故A正確，D錯誤；
BC、平衡位置是回復(fù)力為零的位置，但物體的合外力未必為零，物體不一定處于平衡狀態(tài)，例如單擺擺動經(jīng)過平衡位置時，雖然回復(fù)力為零，但合力不為零，而是合力指向圓心，提供圓周運(yùn)動的向心力，不處于平衡狀態(tài)，BC錯誤。
故選：A。
【點(diǎn)評】掌握簡諧運(yùn)動的運(yùn)動特征，知道平衡位置是位移為零，回復(fù)力為零的位置，知道回復(fù)力不一定是物體的合外力。

綜合練習(xí)
一．選擇題（共19小題）
1．（秦淮區(qū)校級期中）如圖所示，兩段光滑圓弧軌道半徑分別為R1和R2，圓心分別為O1和O2，所對應(yīng)的圓心角均小于5°，在最低點(diǎn)O平滑連接?，F(xiàn)將一小球從M點(diǎn)釋放，小球最遠(yuǎn)滾到右側(cè)的N點(diǎn)，然后在MN之間來回滾動，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．由于兩軌道彎曲程度不同，所以M、N高度也不同，N點(diǎn)要低于M點(diǎn)
B．增大小球的質(zhì)量，小球滾動的會更快
C．小球滾動周期T＝π（+ ）
D．小球滾動周期T＝2π（+ ）
【分析】小球從M到N的過程中，根據(jù)小球的機(jī)械能守恒判斷M、N的高度；把小球的滾動看做單擺來分析它的周期；
【解答】解：A、小球從M到N的過程中，只有重力做功，故小球的機(jī)械能守恒，在M和N點(diǎn)小球的速度都為零，故小球在M、N兩點(diǎn)的重力勢能相等，故
M、N高度相同，故A錯誤；
B、小球從M到N的過程中，只有重力做功，根據(jù)動能定理得：mgh＝，v＝，故小球的速度與質(zhì)量無關(guān)，故B錯誤；
CD、把小球的滾動可看做單擺，小球在MO段滾動的周期T1＝2π，NO段滾動的周期T2＝2π，故小球的周期T＝＝π（+），故C正確，D錯誤；
故選：C。
【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是把小球的滾動看做單擺來分析小球的周期；根據(jù)小球在滾動的過程中，只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，分析速度、高度等。
2．（鞍山期末）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端系一質(zhì)量為m的書寫式激光筆，組成一彈簧振子，并將其懸掛于教室內(nèi)一體機(jī)白板的前方。使彈簧振子沿豎直方向上下自由振動，白板以速率v水平向左勻速運(yùn)動，激光筆在白板上留下如圖所示的書寫印跡，圖中相鄰豎直虛線的間隔均為x0（未標(biāo)出），印跡上P、Q兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y0和﹣y0．忽略空氣阻力，重力加速度為g，則（　?。?br />
A．該彈簧振子的振幅為2y0
B．該彈簧振子的振動周期為
C．激光筆在留下P、Q兩點(diǎn)時加速度相同
D．激光筆在留下PQ段印跡的過程中，彈簧彈力對激光筆做功為﹣2 mgy0
【分析】彈簧振子的振動與記錄紙同時運(yùn)動，由勻速運(yùn)動的速度公式v＝求出周期。
振幅是振子離開平衡位置的最大距離，等于振子在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)間距離的一半。
分析PQ段對應(yīng)的物塊的運(yùn)動情況，結(jié)合動能定理分析。
【解答】解：AB、記錄紙勻速運(yùn)動，振子振動的周期等于記錄紙運(yùn)動位移2x0所用的時間，則周期 T＝，振幅為A＝y(tǒng)0，故AB錯誤。
C、加速度是矢量，激光筆在留下P、Q兩點(diǎn)時加速度大小相等，方向相反，故C錯誤。
D、在激光筆留下PQ段印跡的過程中，根據(jù)動能定理可知，合外力做功為零，但重力做正功為2mgy0，故彈力對物塊做負(fù)功，為﹣2mgy0，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題考查了簡諧運(yùn)動的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是分析PQ段對應(yīng)的物塊的運(yùn)動情況，根據(jù)動能定理分析求解。
3．（龍巖期中）如圖甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，忽略一切阻力，則（　?。?br />
A．升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動
B．0～t1和時間內(nèi)小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)
C．t2～t3的時間內(nèi)彈簧彈性勢能變化量等于重力勢能變化量
D．t3～t4時間內(nèi)小球向下運(yùn)動，加速度減小
【分析】根據(jù)彈力的變化，結(jié)合慣性的知識判斷升降機(jī)停止前向哪個方向運(yùn)動，對小球受力，通過加速度的方向確定超重還是失重；系統(tǒng)機(jī)械能守恒判斷；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖象判斷。
【解答】解：A、從0時刻開始，彈簧彈力增大，可知小球向下運(yùn)動，可知升降機(jī)停止前向下運(yùn)動，故A錯誤；
B、0﹣t1時間內(nèi)，彈力大于重力，加速度向上，處于超重狀態(tài)，t1﹣t2時間內(nèi)，彈力大于重力，加速度向上，也處于超重狀態(tài)，故B錯誤；
C、t2﹣t3時間內(nèi)，小球向上做減速運(yùn)動，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知彈簧彈性勢能變化量小于重力勢能變化量，故C錯誤；
D、t3～t4時間內(nèi)小球向下運(yùn)動，加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣F1＝ma1，可知由圖象可知彈力逐漸增大，小球的加速度減小，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題考查力和運(yùn)動的關(guān)系，以及能量守恒定律的運(yùn)用，知道加速度方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動，加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動，掌握判斷超失重的方法，關(guān)鍵看加速度的方向。
4．（日照期中）如圖，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運(yùn)動，以豎直向上為正方向，物塊簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為y＝0.1sin（2.5πt）m，t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10m/s2，以下判斷正確的是（　　）

A．h＝1.9m
B．簡諧運(yùn)動的周期是0.8s
C．0.6s內(nèi)物塊運(yùn)動的路程為0.2m
D．t＝0.4s時，物塊與小球運(yùn)動方向相反
【分析】由振動公式可明確振動的周期、振幅及位移等；再結(jié)合自由落體運(yùn)動的規(guī)律即可求得h高度；物體從平衡位置運(yùn)動經(jīng)過的路程是A；根據(jù)周期明確小球經(jīng)歷0.4s時的運(yùn)動方向。
【解答】解：A、由振動方程式可得，t＝0.6s物體的位移為：y＝0.1sin（2.5π×0.6）＝﹣0.1m；
則對小球有：h﹣y＝gt2，解得：h＝1.7m；故A錯誤；
B、簡諧運(yùn)動的周期為：T＝＝＝0.8s，故B正確；
C、振幅為0.1m；故0.6s＝，物塊運(yùn)動的路程為3A＝0.3m，故C錯誤；
D、t＝0.4s＝，此時物體在平衡位置向下振動，則此時物塊與小球運(yùn)動方向相同，故D錯誤；
故選：B。
【點(diǎn)評】本題考查簡諧運(yùn)動的位移公式，要掌握由公式求解簡諧運(yùn)動的相關(guān)信息，特別是位移、周期及振幅等物理量。
5．（上城區(qū)校級月考）關(guān)于機(jī)械振動，下列說法中正確的是（　?。?br /> A．簡諧運(yùn)動的平衡位置就是質(zhì)點(diǎn)所受合力為零的位置
B．簡諧運(yùn)動物體的運(yùn)動方向指向平衡位置時，速度方向與位移方向相同；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相反
C．做簡諧運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)先后通過同一點(diǎn)，回復(fù)力、動能、加速度、位移都是相同的
D．物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率有關(guān)
【分析】簡諧運(yùn)動的平衡位置就是物體所受回復(fù)力為零的位置，不一定是合外力為零；做簡諧運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)先后通過同一點(diǎn)時，相對于平衡位置的位移相等，回復(fù)力與加速度相等，速度大小相等而方向不一定相同。做受迫振動時，其振動頻率與驅(qū)動頻率有關(guān)，與固有頻率無關(guān)。
【解答】解：A、做簡諧運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力為零的位置是簡諧運(yùn)動的平衡位置，但合外力不一定等于零，如單擺的最低點(diǎn)，回復(fù)力等于0，合外力提供向心力，不為零。故A錯誤；
B、物體運(yùn)動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同，故B錯誤；
C、做簡諧運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)先后通過同一點(diǎn)時，相對平衡位置的位移相同，根據(jù)F＝﹣kx可知回復(fù)力相同；那么，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度相同，速度大小相等，方向不一定相同，動能也是相同的，故C正確；
D、做受迫振動時，其振動頻率與驅(qū)動頻率有關(guān)，與固有頻率無關(guān)，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】知道簡諧運(yùn)動過程，知道振子在運(yùn)動過程中，各物理量如何變化，即可正確解題，
6．（金牛區(qū)校級期中）一個質(zhì)點(diǎn)以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在A、B間做簡諧運(yùn)動，如圖（a）所示，它的振動圖象如圖（b）所示，設(shè)向右為正方向，下列說法正確的是（　　）

A．該質(zhì)點(diǎn)的振動方程為x＝0.05sin2.5πt（m）
B．0.2s末質(zhì)點(diǎn)的速度方向向右
C．0.2～0.3s質(zhì)點(diǎn)做加速運(yùn)動
D．0.7s時質(zhì)點(diǎn)的位置在O與B之間
【分析】由圖b讀出振幅和周期，再根據(jù)t＝0時，x＝0.05s得出質(zhì)點(diǎn)的振動方程；結(jié)合圖象a、b分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動情況。
【解答】解：A、由圖b得質(zhì)點(diǎn)振動的振幅為0.05m，周期T＝0.8s，故＝＝2.5πrad/s；故該質(zhì)點(diǎn)的振動方程為x＝0.05sin（2.5πt+θ）（m），且當(dāng)t＝0時，x＝0.05s，代入得θ＝，故該質(zhì)點(diǎn)的振動方程為x＝0.05sin（2.5πt+）（m），故A錯誤；
B、根據(jù)振動圖象得0.2s末質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向負(fù)的最大位移振動，所以此時速度方向從O指向A，方向向左，故B錯誤；
C、0.2～0.3s質(zhì)點(diǎn)由平衡位置向負(fù)的最大位移振動，此過程速度的方向與所受力的方向相反，故質(zhì)點(diǎn)在做減速運(yùn)動，故C錯誤；
D、0.7s質(zhì)點(diǎn)在平衡位置和正的最大位移處之間，故在O與B之間，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是根據(jù)振動圖象得到質(zhì)點(diǎn)的振動方程，會結(jié)合圖象分析質(zhì)點(diǎn)的速度、加速度、位移、位置等物理量。
7．（石景山區(qū)校級期中）單擺做簡諧運(yùn)動時，其回復(fù)力是（　?。?br /> A．?dāng)[球重力沿切線方向的分力
B．懸線對擺球的拉力
C．?dāng)[球所受重力與懸線拉力的合力
D．?dāng)[球所受的重力
【分析】回復(fù)力：使擺球返回平衡位置并指向平衡位置的力。作用：使擺球返回平衡位置。 擺球受到重力G與繩的拉力T作用，繩的拉力和重力法向分力的合力提供圓周運(yùn)動的向心力；重力的切向分力提供單擺做簡諧運(yùn)動的回復(fù)力。
【解答】解：回復(fù)力是使擺球返回平衡位置并指向平衡位置的力。故它的回復(fù)力是其所受重力沿切線方向的分力；故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點(diǎn)評】回復(fù)力是根據(jù)力的作用效果“總是要把物體拉回到平衡位置”命名的；回復(fù)力不一定就是合外力。
8．（惠安縣校級月考）如圖，一根用絕緣材料制成的輕彈簧，勁度系數(shù)為k，一端固定，另一端與質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球相連，靜止在光滑絕緣水平面上的A點(diǎn)。當(dāng)施加水平向右的勻強(qiáng)電場E后，小球從靜止開始在A、B之間做簡諧運(yùn)動，在彈性限度內(nèi)，下列關(guān)于小球運(yùn)動情況說法中正確的是（　?。?br />
A．小球在A、B的速度為零而加速度相同
B．小球做簡諧振動的振幅為
C．從A到B的過程中，小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能不斷增大
D．將小球由A的左側(cè)一點(diǎn)由靜止釋放，小球簡諧振動的振幅不變
【分析】小球受到電場力向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到平衡位置時，電場力與彈簧的彈力大小相等，由胡克定律分析可知，彈簧伸長了，此時小球速度的最大。圖示位置小球處于位移最大處，彈簧處于原長，根據(jù)振幅是振動物體離開平衡位置最大的距離，確定振幅的大小。根據(jù)電場力做功的情況分析小球和彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能的變化情況。將小球由A的左側(cè)一點(diǎn)由靜止釋放，最大位移處與平衡位置間的距離增大，振幅增大。
【解答】解：A、小球在A、B的速度為零，小球在A時，彈力為零，電場力方向向右，故合力方向向右，加速度方向向右；在B點(diǎn)，彈力向左，電場力向右，且彈力大于電場力，故合力方向向左，加速度的方向向左，加速度不相同。故A錯誤；
B、小球做簡諧運(yùn)動，剛開始，小球處于位移最大處，此時彈簧處于原長；經(jīng)過平衡位置時，電場力與彈簧的彈力大小相等。彈簧的伸長量為A，有：kA＝qE，解得：A＝，根據(jù)振幅是振動物體離開平衡位置最大的距離，故振幅為，故B錯誤；
C、以小球和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，則它們機(jī)械能的變化量等于電場力做的功，電場力做正功，則系統(tǒng)的機(jī)械能增加。故C正確；
D、將小球由A的左側(cè)一點(diǎn)由靜止釋放，小球的平衡位置不變，但最大位移向左移動，故振幅變大，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題中小球做簡諧運(yùn)動，要根據(jù)振幅的定義，小球和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能的變化取決于電場力做功的情況。
9．（順義區(qū)校級期中）一個質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動的圖象如圖所示，在t1和t2這兩個時刻，質(zhì)點(diǎn)的（　?。?br />
A．加速度相同 B．回復(fù)力相同 C．位移相同 D．速度相同
【分析】根據(jù)回復(fù)力的公式F＝﹣kx分析質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力和加速度；根據(jù)圖象切線的斜率分析速度。
【解答】解：ABC、根據(jù)圖象可知，在t1和t2這兩個時刻，質(zhì)點(diǎn)的位移大小相等，方向相反，根據(jù)回復(fù)力的公式F＝﹣kx，知回復(fù)力大小相等，但方向相反；根據(jù)牛頓第二定律得F＝﹣kx＝ma，則a＝，可知加速度大小相等，但方向相反；故ABC錯誤。
D、位移時間圖象在某點(diǎn)的切線的斜率表示速度，由圖可知在t1和t2這兩個時刻，圖象切線的斜率相等，故速度相等，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是知道質(zhì)點(diǎn)的回復(fù)力以及加速度和位移的關(guān)系，知道位移時間圖象在某點(diǎn)的切線的斜率表示速度。
10．（敘州區(qū)校級期中）彈簧振子在A、B間做機(jī)械振動，O為平衡位置，則（　?。?br />
A．當(dāng)振子從O向A運(yùn)動時，速度變小
B．當(dāng)振子從A向O運(yùn)動時，位移變大
C．當(dāng)振子從O向B運(yùn)動時，加速度變小
D．當(dāng)振子從B向O運(yùn)動時，回復(fù)力變大
【分析】做簡諧運(yùn)動的彈簧振子，通過平衡位置時，速度最大，加速度最?。辉谧畲笪灰铺帟r，速度最小，加速度最大。做簡諧運(yùn)動的彈簧振子受到的回復(fù)力F＝﹣kx。
【解答】解：A、做簡諧運(yùn)動的彈簧振子，只有彈力做功，當(dāng)振子從O向A運(yùn)動時，彈力做負(fù)功，動能減小，故速度變小，故A正確；
B、當(dāng)振子從A向O運(yùn)動時，逐漸靠近平衡位置，位移變小，故B錯誤；
C、做簡諧運(yùn)動的彈簧振子受到的回復(fù)力F＝﹣kx＝ma，a＝﹣，當(dāng)振子從O向B運(yùn)動時，位移x的大小變大，故加速度變大，故C錯誤；
D、做簡諧運(yùn)動的彈簧振子受到的回復(fù)力F＝﹣kx，當(dāng)振子從B向O運(yùn)動時，位移x的大小變小，回復(fù)力變小，故D錯誤。
故選：A。
【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確簡諧運(yùn)動的特點(diǎn)，知道加速度、速度和位移之間的關(guān)系，明確加速度大小與位移大小總是成正比的。
11．（金牛區(qū)校級月考）如圖所示，一質(zhì)量為M的木質(zhì)框架放在水平桌面上，框架上懸掛一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端拴接一質(zhì)量為m的鐵球。用手向下拉一小段距離后釋放鐵球。鐵球便上下做簡諧運(yùn)動，則（　?。?br />
A．彈簧處于原長時的位置是鐵球做簡諧運(yùn)動的平衡位置
B．在鐵球向平衡位置運(yùn)動的過程中，鐵球的位移、回復(fù)力、加速度都逐漸減小，速度和小球重力勢能增大
C．若彈簧振動過程的振幅可調(diào)，則當(dāng)框架對桌面的壓為零時，彈簧的壓縮量為
D．若彈簧振動過程的振幅可調(diào)，且保證木質(zhì)框架不會離開桌面，則鐵球的振幅最大是
【分析】先對小球受力分析，求出彈簧對小球的作用力，可知鐵球做簡諧運(yùn)動的平衡位置；根據(jù)胡克定律求出伸長量，再對小球受力分析，求出小球的振幅。
【解答】解：A、鐵球做簡諧運(yùn)動的平衡位置是受到的合外力等于0的位置，所以此時彈簧的彈力與鐵球的重力大小相等，方向相反，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧的長度大于原長。故A錯誤；
B、在鐵球向平衡位置運(yùn)動的過程中，鐵球的位移減小，由F＝﹣kx可知回復(fù)力逐漸減小；加速度a＝也逐漸減??；由于加速度的方向與運(yùn)動的方向相同，所以速度增大；鐵球的重力勢能在減??；故B錯誤；
C、當(dāng)框架對地面的壓力為零時，以框架為研究對象，彈簧對框架向上的作用力等于框架重力Mg，則輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的彈力F＝Mg＝kx′，壓縮量，故C錯誤；
D、若要保證木質(zhì)框架不會離開桌面，則框架對桌面的最小壓力恰好等于0，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量；小鐵球處于平衡位置時，彈簧處于伸長狀態(tài)，伸長量，
所以鐵球的振幅：A＝x+x′＝．故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】本題考查簡諧振動的規(guī)律與應(yīng)用，意在考查學(xué)生的推理能力和分析綜合能力，在解答的過程中要注意對小鐵球進(jìn)行受力分析。
12．（羅莊區(qū)校級期中）如圖所示，兩根完全相同的彈簧和一根張緊的細(xì)線將甲、乙兩物塊靜止在光滑水平面上，已知甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量。當(dāng)細(xì)線突然斷開后，兩物塊都做簡諧運(yùn)動，在運(yùn)動過程中，下列判斷不正確的是（　?。?br />
A．甲的振幅等于乙的振幅
B．甲的周期小于乙的周期
C．甲的最大加速度小于乙的最大加速度
D．甲的最大速度小于乙的最大速度
【分析】線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，離開平衡位置的最大距離相同，則振幅一定相同。當(dāng)線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達(dá)平衡后彈簧轉(zhuǎn)化為動能，甲乙最大動能相同，根據(jù)質(zhì)量關(guān)系，分析最大速度關(guān)系。
【解答】解：A、線未斷開前，兩根彈簧伸長的長度相同，離開平衡位置的最大距離相同，即振幅一定相同，故A正確
B、當(dāng)線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，則運(yùn)動過程中機(jī)械能相同，在運(yùn)動過程中的相等位移處，彈性勢能相同，動能相同，因乙的質(zhì)量小，則乙的速度大，即乙運(yùn)動的快，又因振幅相同，則乙完成一個周期的運(yùn)動用的時間要小于甲的時間，則乙的周期要小于甲的周期，故B不正確
C、線剛斷開時，彈力最大，故加速度最大，由于甲的質(zhì)量大，故根據(jù)牛頓第二定律，其最大加速度小于乙的最大加速度，故C正確
D、當(dāng)線斷開的瞬間，彈簧的彈性勢能相同，到達(dá)平衡后，甲乙的最大動能相同，由于甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，由Ek＝mv2知道，甲的最大速度一定小于乙的最大速度，故D正確
因選不正確的，故選：B。
【點(diǎn)評】本題首先要抓住振幅的概念：振動物體離開平衡位置的最大距離，分析振幅關(guān)系，其次，抓住簡諧運(yùn)動中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，分析最大動能關(guān)系
13．（西湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，則（　　）

A．升降機(jī)停止前在向下運(yùn)動
B．0﹣tl 時間內(nèi)小球處于失重狀態(tài)，t1﹣t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)
C．t1﹣t3時間內(nèi)小球向下運(yùn)動，動能先增大后減小
D．t3﹣t4時間內(nèi)彈簧彈性勢能變化量小于小球動能變化量
【分析】由圖象看出，升降機(jī)停止后彈簧的拉力變小，小球向上運(yùn)動，說明升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動；
根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)系，來確定小球處于失重狀態(tài)還是超重狀態(tài)。拉力小于重力，小球處于失重狀態(tài)；拉力大于重力，小球處于超重狀態(tài)；
t1～t3時間，小球向下運(yùn)動，t3時刻小球到達(dá)最低點(diǎn)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，速率先增大后減小，動能先增大后減小，t3時刻動能為0；
t3～t4時間，小球向上運(yùn)動，重力勢能增大，動能增大，彈性勢能減小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可分析彈簧彈性勢能變化量與小球動能變化量的關(guān)系。
【解答】解：A、初始時刻彈簧伸長，彈力平衡重力，由圖象看出，升降機(jī)停止運(yùn)動后彈簧的拉力先變小，即小球向上運(yùn)動，小球的運(yùn)動是由于慣性，所以升降機(jī)停止前小球是向上運(yùn)動的，即升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動，故A錯誤；
B、0～t1時間拉力小于重力，小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時間拉力也小于重力，小球也處于失重狀態(tài)，故B錯誤；
C、t1時刻彈簧的拉力是0，說明t1時刻彈簧處于原長狀態(tài)，t1時刻之后彈簧的拉力又開始增大說明彈簧開始變長，所以t1～t3時間小球向下運(yùn)動，t1～t3時間內(nèi)，彈簧對小球的彈力先小于重力，后大于重力，小球所受的合力方向先向下后向上，小球先加速后減速，動能先增大后減小，故C正確；
D、t3～t4時間內(nèi)，小球向上運(yùn)動，重力勢能增大，彈簧勢能減小，動能增大，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得知，彈簧彈性勢能變化量大于小球動能變化量，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】解決該題的關(guān)鍵是知道在零時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，能根據(jù)拉力隨著時間的變化情況分析小球的運(yùn)動情況，掌握失重與超重的條件。
14．（廣東月考）如圖所示，輕彈簧下端懸掛著質(zhì)量為M的物塊，物塊靜止后，在其下方輕繩的下端輕輕地掛上一質(zhì)量為m的鉤碼，并將鉤碼m由靜止釋放。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。已知下列四個關(guān)于輕繩對鉤碼的最大拉力Tm的表達(dá)式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析判斷正確的表達(dá)式是（　?。?br />
A．Tm＝mg B．Tm＝Mg
C．Tm＝mg D．Tm＝mg
【分析】分析各項中的表達(dá)式，再根據(jù)特殊值法進(jìn)行分析明確表達(dá)式是否符合。
【解答】解：B、令m＝0，則Tm應(yīng)為零，而選項B中的Tm＝Mg，故B錯誤；
C、令m趨近于M，則選項C中Tm趨近于無窮大，不合理故C錯誤；
AD、令M＝0，則選項D中的表達(dá)式簡化為Tm＝mg，由于M＝0且尚未掛上鉤碼時彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當(dāng)彈簧彈力與mg平衡時，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運(yùn)動，可見輕繩對鉤碼的最大拉力Tm應(yīng)大于mg，所以D錯誤；由排除法知選項A正確。
故選：A。
【點(diǎn)評】對于選擇題要注意掌握一些相應(yīng)的解題方法，力爭快速地解題；同時本題注意胡克定律的正確應(yīng)用。
15．（衡水模擬）如圖所示，一輕彈簧的左端固定在豎直墻壁上，右端自由伸長，一滑塊以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是壓縮彈簧，后又被彈回。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則從滑塊接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短的過程中，選地面為零勢能面，滑塊的加速度a、滑塊的動能Ek、系統(tǒng)的機(jī)械能E和因摩擦產(chǎn)生的熱量Q與彈簧形變量x間的關(guān)系圖象正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】對滑塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度的表達(dá)式，由動能定理求出動能的表達(dá)式，由功能關(guān)系求出機(jī)械能的表達(dá)式，由摩擦力做功的特點(diǎn)求出Q的表達(dá)式，然后由各表達(dá)式分析即可。
【解答】解：A、設(shè)滑塊受到的摩擦力為f，彈簧的彈力：F＝kx，選取初速度的方向為正方向，則滑塊的加速度：a＝，可知a與x的關(guān)系是不過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線。故A錯誤；
B、當(dāng)彈簧的壓縮量為x時，彈簧的彈性勢能：，所以滑塊克服彈簧的彈力做功：，克服摩擦力做功：Wf＝﹣fx
對滑塊由動能定理可得：WF+Wf＝Ek﹣Ek0
即：，為x的二次函數(shù)，是一條曲線。故B錯誤；
C、滑塊克服彈簧做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能：E＝Ek0﹣fx，即系統(tǒng)的機(jī)械能與x之間的關(guān)系為斜率為負(fù)的一次函數(shù)。故C正確；
D、產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝fx，是過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線。故D錯誤
故選：C。
【點(diǎn)評】對單個物體的運(yùn)動過程，首先考慮動能定理，牽扯彈簧的彈力做功時，考慮機(jī)械能守恒或功能關(guān)系或能量守恒。
16．（潁州區(qū)校級月考）如圖所示，AB用一輕彈簧連接，靜止在水平地面上，AB的質(zhì)量均為m，對A施加一豎直向下的力F，力F的大小等于mg．現(xiàn)撤去F，A做簡諧振動，則A運(yùn)動到最高點(diǎn)時，B對地面的壓力為（　?。?br />
A．0 B．mg C．2 mg D．3 mg
【分析】先根據(jù)平衡條件計算出A靜止時彈簧的壓縮量，然后根據(jù)受力平衡是簡諧運(yùn)動的中點(diǎn)再次計算彈簧的壓縮量，前后兩次之差為簡諧運(yùn)動的振幅，從而求出最高位置時彈簧的伸長量，從而計算出彈簧的拉力，然后以B為研究對象計算B受地面的支持力，大小等于B對地面的壓力．
【解答】解：施加力F平衡時：F+mg＝k△x1①
撤去力F后，A向上運(yùn)動受力平衡時：mg＝k△x2②
則簡諧運(yùn)動的振幅為：d＝△x1﹣△x2
彈簧上升到最高點(diǎn)時彈簧的伸長量△x＝2（△x1﹣△x2）﹣△x1＝△x1﹣2△x2③
彈簧的拉力為：F′＝k△x ④
以mB為研究對象，設(shè)受地面支持力為N：F′+N＝mBg ⑤
聯(lián)立①②③④⑤得：N＝mg，根據(jù)牛頓第三定律，B對地面的壓力大小也等于mg。
故選：B。
【點(diǎn)評】畫出A的位置示意圖后，根據(jù)胡克定律和平衡條件求解即可．
17．（瓊山區(qū)校級期中）如圖甲所示，彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置，在光滑水平面上的A、B兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動，A、B分居O點(diǎn)的左、右兩側(cè)的對稱點(diǎn)。取水平向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如乙所示的正弦曲線，下列說法正確的是（　?。?br />
A．t＝0.6s時，振子在O點(diǎn)右側(cè)6cm處
B．振子t＝0.2s和t＝1.0s時的速度相同
C．t＝1.2s時，振子的加速度大小為m/s2，方向水平向右
D．t＝1.0s到t＝1.4s的時間內(nèi)，振子的加速度和速度都逐漸增大
【分析】由圖象可讀出振子振動的周期和振幅，振子向平衡位置運(yùn)動的過程中，速度增大，加速度減小。通過分析振子位移的變化，即可判斷其速度和加速度的變化。x﹣t圖象的二階導(dǎo)數(shù)是加速度。
【解答】A、由圖象乙知，t＝0.6s時，圖象的斜率為負(fù)，說明振子的速度為負(fù)，即振子的速度方向向左，故A錯誤。
B、由圖象乙知，振子t＝0.2s和t＝1.0s圖象斜率大小相同，但正負(fù)不同，由于速度是矢量，故速度不同。B錯誤。
C、有圖象乙可知該振子的運(yùn)動規(guī)律為x＝0.12sint，對x求二階導(dǎo)數(shù)可知可得加速度a＝﹣sint，當(dāng)t＝1.2s時，sint＝﹣1，故a1.2＝，即振子的加速度大小為m/s2，方向水平向右，故C正確。
D、在t＝1.0s到t＝1.4s的時間內(nèi)，振子的位移向增大，后減小，故速度先減小后增加，加速度先增大后減小，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查了彈簧振子的振動圖象，會判斷振子的速度和加速度的變化，要知道加速度、回復(fù)力與位移的變化情況是一致的，而與速度的變化情況相反。
18．（海淀區(qū)期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧下端系一質(zhì)量為m的物塊，組成一豎直懸掛的彈簧振子，在物塊上裝有一記錄筆，在豎直面內(nèi)放置有記錄紙。當(dāng)彈簧振子沿豎直方向上下自由振動時，以速率v水平向左勻速拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下如圖所示余弦型函數(shù)曲線形狀的印跡，圖中的y1、y2、x0、2x0、3x0為記錄紙上印跡的位置坐標(biāo)值，P、Q分別是印跡上縱坐標(biāo)為y1和y2的兩個點(diǎn)。若空氣阻力、記錄筆的質(zhì)量及其與紙之間的作用力均可忽略不計，則（　?。?br />
A．該彈簧振子的振動周期為
B．該彈簧振子的振幅為y1﹣y2
C．在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，物塊所受合力的沖量為零
D．在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，彈力對物塊做功為零
【分析】彈簧振子的振動與記錄紙同時運(yùn)動，由勻速運(yùn)動的速度公式v＝求出周期。振幅是振子離開平衡位置的最大距離，等于振子在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)間距離的一半；
分析PQ段對應(yīng)的物塊的運(yùn)動情況，結(jié)合動量定理和動能定理分析。
【解答】解：AB、記錄紙勻速運(yùn)動，振子振動的周期等于記錄紙運(yùn)動位移2x0所用的時間，則周期 T＝，振幅為A＝，故AB錯誤；
C、在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，彈簧振子從上方最大位移處運(yùn)動到下方最大位移處，初末速度為零，根據(jù)動量定理可知，物塊受到的合力的沖量為零，故C正確；
D、同理，在記錄筆留下PQ段印跡的過程中，根據(jù)動能定理可知，合外力做功為零，但重力做正功，故彈力對物塊做負(fù)功，不為零，故D錯誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查了簡諧運(yùn)動的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是分析PQ段對應(yīng)的物塊的運(yùn)動情況，根據(jù)動量定理和動能定理分析求解。
19．（浙江期中）如圖所示，一彈簧振子做簡諧運(yùn)動，周期為T，下列說法正確的是（　?。?br />
A．若t時刻和（t+△t）時刻振子對平衡位置的位移大小相等，方向相反，則△t一定等于的整數(shù)倍
B．若t時刻和（t+△t）時刻振子運(yùn)動速度大小相等，方向相反，則△t一定等于的整數(shù)倍
C．若△t＝，則在這段△t 的時間內(nèi)，振子的路程可能大于振幅
D．若△t＝，則在 t 時刻和（t+△t ）時刻振子速度的大小不一定相等
【分析】彈簧振子在振動過程中機(jī)械能守恒，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，振子并非勻變速運(yùn)動，經(jīng)過一段時間對平衡位置的位移或速度大小相等，方向相反時并不能判斷該段時間與半周期的關(guān)系，但經(jīng)過半周期的時間，振動的運(yùn)動情況是確定的，速度加速度大小相等，方向相反。
【解答】解：
A、若t時刻和（t+△t）時刻振子對平衡位置的位移大小相等，方向相反，只表明振子兩時刻相對于平衡位置O對稱，△t不一定等于的整數(shù)倍，故A錯誤；
B、若t時刻和（t+△t）時刻振子運(yùn)動速度大小相等，方向相反，表明振子兩時刻相對于平衡位置O對稱或者相對于A（或B）距離相等，△t不一定等于的整數(shù)倍，故B錯誤；
C、振子在平衡位置附近運(yùn)動速度快，因此△t＝內(nèi)，振子的路程可能大于振幅，故C正確；
D、相差半個周期的振子運(yùn)動速度大小一樣，方向相反，故D錯誤；
故選：C。
【點(diǎn)評】該題考察對于彈簧振子及對簡諧運(yùn)動的理解，彈簧振子在振動過程中機(jī)械能守恒，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，振子并非勻變速運(yùn)動，經(jīng)過一段時間對平衡位置的位移或速度大小相等，方向相反時并不能判斷該段時間與半周期的關(guān)系，但經(jīng)過半周期的時間，振動的運(yùn)動情況是確定的，速度加速度大小相等，方向相反。
二．多選題（共11小題）
20．（青銅峽市校級月考）如圖是水平彈簧振子簡諧運(yùn)動的振動圖像，由圖像可知（　?。?br />
A．在t＝0.05s時，振子的位移、速度和加速度方向相同
B．在t＝0.15s和t＝0.25s時，振子有相同的加速度和速度
C．在0.3s到0.4s時間內(nèi)加速度、位移大小變小，速度增大
D．在t＝0.1s時，振子有最大的回復(fù)力和彈性勢能
【分析】簡諧運(yùn)動的位移是偏離開的位移，而回復(fù)力和加速度是與位移成正比且方向相反，在大小相同位移處速度的大小是相等的，彈性勢能由彈簧的形變決定。
【解答】解：A．在t＝0.05s時，振子的位移的方向背離平衡位置，加速度方向指向平衡位置，二者方向相反，故A錯誤；
B．在t＝0.15s和t＝0.25s時，振子的加速度方向相反，故B錯誤；
C．在0.3s時加速度、位移都最大，速度等于零，在0.4s時加速度、位移都等于零，速度最大，所以在0.3s到0.4s時間內(nèi)加速度、位移大小變小，速度增大，故C正確；
D．在t＝0.1s時，彈簧的形變量最大，則振子有最大的回復(fù)力和彈性勢能，故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評】此題要抓住各物理量與位移的關(guān)系問題，回復(fù)力和加速度大小和方向變化跟位移變化是一致的，但速度的變化要看位移的變化率，勢能的大小由形變決定。
21．（諸暨市校級期中）如圖所示，在傾角為θ的固定光滑斜面上，有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊A和B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定的擋板，現(xiàn)將一個質(zhì)量也為m的物體D從距A為L的位置由靜止釋放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做簡諧運(yùn)動。在簡諧運(yùn)動過程中，物體B對C的最小彈力為mgsinθ，則以下說法正確的是（　?。?br />
A．簡諧運(yùn)動的振幅為
B．簡諧運(yùn)動的振幅為
C．B對C的最大彈力為
D．B對C的最大彈力為
【分析】當(dāng)AD受力平衡時，AD處于平衡位置，由胡克定律可求得平衡位置時彈簧的形變量；再由B對C的最小彈力可求得AD能達(dá)到的最大位移，即可求得振幅；由簡諧運(yùn)動的對稱性可求得最大彈力。
【解答】解：AB、當(dāng)彈力等于AD的重力的分力時AD處于平衡狀態(tài)，由kx＝2mgsinθ可知，平衡位置時彈簧的形變量為x0＝，處壓縮狀態(tài)；
當(dāng)B對C彈力最小時，對B分析，則有mgsinθ+kx＝mgsinθ；
故彈簧此時形變量：x＝，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)；
故簡諧運(yùn)動的振幅為：A＝x0﹣x＝﹣＝；故A正確，B錯誤；
CD、當(dāng)AD運(yùn)動到最低點(diǎn)時，B對C的彈力最大；由對稱性可知，此時彈簧的形變量為：△x＝A+x0＝+＝；
此時彈力為：F＝k（A+x0）＝；
B對C的彈力為F+mgsinθ＝；故C錯誤，D正確；
故選：AD。
【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵在于找出簡諧運(yùn)動的平衡位置，從而確定出物體的振幅及回復(fù)力。
22．（新泰市校級期中）如圖所示，輕質(zhì)彈簧下掛重為300N的物體A時伸長了3cm，再掛上重為200N的物體B時又伸長了2cm，現(xiàn)將A、B間的細(xì)線燒斷，使A在豎直平面內(nèi)振動，則（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）（　?。?br />
A．最大回復(fù)力為500N，振幅為5cm
B．最大回復(fù)力為200N，振幅為2cm
C．只減小A的質(zhì)量，振動的振幅不變，周期變小
D．只減小B的質(zhì)量，振動的振幅變小，周期不變
【分析】剪斷細(xì)線時物體的加速度最大，回復(fù)力最大，此處相當(dāng)于是物體A到達(dá)簡諧運(yùn)動的最大位移處。簡諧運(yùn)動的周期與振幅無關(guān)。由此分析即可。
【解答】解：AB、由題意知，輕質(zhì)彈簧下只掛物體A，使彈簧伸長3 cm時，A的位置為A振動時的平衡位置，再掛上重為200 N的物體B時，彈簧又伸長了2 cm，此時連接A、B的細(xì)線張力大小為200 N，把該細(xì)線燒斷瞬間，A的速度為零，具有向上的最大加速度，此時受到的回復(fù)力最大，為200 N，距平衡位置的位移最大，為2 cm，故A錯誤，B正確；
C、彈簧振子的周期T＝2π，只減小A的質(zhì)量，k不變，彈簧振子的周期T減小，故C正確；
D、只減小B的質(zhì)量，振動的幅度變小，而周期與振幅無關(guān)，所以周期不變，故D正確．
故選：BCD。
【點(diǎn)評】解決簡諧運(yùn)動的題目時應(yīng)注意找出平衡位置，理解振幅的含義，知道A的回復(fù)力是重力和彈力的合力。
23．（安徽月考）如圖所示，水平輕彈簧左端固定在豎直墻上，處于原長時右端位于O點(diǎn)。有一質(zhì)量為m的小物塊與彈簧右端在O點(diǎn)接觸但不拴接，水平地面粗糙?，F(xiàn)對物塊施加水平向左的恒力F0，物塊向左運(yùn)動至最遠(yuǎn)點(diǎn)P點(diǎn)時立即撤去F0，結(jié)果物塊恰好返回O點(diǎn)靜止。已知OP＝x0，重力加速度為g，則（　?。?br />
A．物塊與水平面摩擦力因數(shù)μ＝
B．物塊在O點(diǎn)向左運(yùn)動時的加速度大小為
C．物塊在P點(diǎn)時刻，彈簧的彈性勢能為
D．物塊向左運(yùn)動速度最大的位置與返回向右運(yùn)動速度最大的位置不在同一點(diǎn)
【分析】O點(diǎn)彈簧處于原長，從O到P運(yùn)動過程中對物體受力分析知合力變化情況，從而確定加速度的變化情況；
根據(jù)能量守恒知2μmgx0＝F0x0，從而知動摩擦因數(shù)，然后再根據(jù)功能關(guān)系求解P點(diǎn)彈性勢能；
根據(jù)平衡條件結(jié)合胡克定律分析速度最大的位置。
【解答】解：ABC、物塊從O運(yùn)動P的過程中，物塊在水平方向受到彈簧向右的彈力和滑動摩擦力、向左的推力F0，開始合力方向向左，物塊加速向左運(yùn)動，彈力逐漸增大，當(dāng)彈力和滑動摩擦力之和與向左的推力F0大小相等時合力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大，此后彈力和滑動摩擦力之和大于F0，合力反向增大，速度減小，至P速度減為0。所以加速度先減小后反向增大，
根據(jù)能量守恒知，全過程滿足：2μmgx0＝F0x0，解得：（1）；
在O點(diǎn)彈簧彈力為0，F(xiàn)0﹣μmg＝ma （2），聯(lián)立（1）（2）解得：a＝
設(shè)物塊在P點(diǎn)時刻，彈簧的彈性勢能Ep，則有：Ep+μmgx0＝F0x0（3）
聯(lián)立（1）（3）解得：；故AC正確，B錯誤；
D、速度最大的位置，合力為零，設(shè)物塊向左運(yùn)動過程中速度最大時彈簧壓縮量為x，則有：
F0＝kx+μmg，而2μmgx0＝F0x0，解得：2μmg＝F0，所以有：kx＝μmg；
設(shè)物塊向右運(yùn)動過程中速度最大時彈簧壓縮量為x′，則有：kx′＝μmg，所以x＝x′，
物塊向左運(yùn)動速度最大的位置與返回向右運(yùn)動速度最大的位置在同一點(diǎn)，故D錯誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評】此題考查牛頓第二定律、功能關(guān)系和能量守恒定律應(yīng)用，注意選取過程，弄清楚運(yùn)動情況和不同受力情況，能夠分析能量轉(zhuǎn)化情況是關(guān)鍵。
24．（浙江三模）如圖所示，下列關(guān)于機(jī)械振動和機(jī)械波的說法正確的是（　?。?br />
A．圖甲：粗糙斜面上的金屬球在彈簧的作用下運(yùn)動，該運(yùn)動是簡諧運(yùn)動
B．圖乙：單擺的擺長為L，擺球的質(zhì)量為m、位移為x，此時回復(fù)力為F＝﹣x （擺角較?。?
C．圖丙：實線為t1＝0時刻的波形圖，虛線為t2＝0.25s時刻的波形圖，該波的周期大于0.25s，若這列波沿x軸向右傳播，則波速為2m/s
D．圖?。簝闪姓穹鶠?cm的相干水波某時刻的波峰和波谷位置（實線表示波峰，虛線表示波谷）圖示時刻A、B兩點(diǎn)的豎直高度差為2cm
【分析】當(dāng)回復(fù)力滿足F＝﹣kx，該運(yùn)動為簡諧運(yùn)動。已知波的周期大于0.25s，說明0.25s小于周期。波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇，它們均屬于振動加強(qiáng)區(qū)，位移為兩列波的位移之和。
【解答】解：A、由于斜面粗糙，回復(fù)力不滿足F＝﹣kx規(guī)律，該運(yùn)動不是簡諧運(yùn)動。故A錯誤。
B、單擺模型中擺球的回復(fù)力等于重力沿切線方向上的分力，即F＝mgsinθ，因為θ較小，sinθ＝，且F的方向與位移x的方向相反，所以F＝﹣，故B正確。
C、若波向右傳播，且周期大于0.25s，則由圖知波向右傳播的距離為△x＝0.5m，波速為v＝＝2m/s，故C正確。
D、A點(diǎn)是波峰與波峰相遇，B點(diǎn)是波谷與波谷相遇，它們均屬于振動加強(qiáng)區(qū)；由于振幅是1cm，則A點(diǎn)相對平衡位置高2cm，B點(diǎn)相對平衡低2cm。所以A、B相差4cm。故D錯誤。
故選：BC。
【點(diǎn)評】根據(jù)簡諧運(yùn)動的條件：回復(fù)力滿足F＝﹣kx來判斷，注意波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇都屬于振動加強(qiáng)區(qū)，位移為兩列波的位移之和，也在周期變化，并不是總是最大值。
25．（膠州市期中）如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運(yùn)動，坐標(biāo)原點(diǎn)O為振子的平衡位置，其振動方程為cm，則下列說法正確的是（　　）

A．MN間距離為6cm
B．振子的運(yùn)動周期是0.4s
C．t＝0時，振子位于N點(diǎn)
D．t＝4.3s時，振子具有最大速度
【分析】根據(jù)振動方程分析振幅大小，MN間的距離為振幅的兩倍；根據(jù)周期和角速度的關(guān)系式求解振子振動的周期；將t＝0代入振動方程即可判斷振子所處的位置；將t＝4.3s代入振動方程，判斷振子的位置，即可判斷振子的振動狀態(tài)。
【解答】解：A、MN間距離為振幅的兩倍為：2A＝12cm，故A錯誤；
B、因ω＝5πrad/s，可知振子的運(yùn)動周期T＝＝0.4s，故B正確；
C、由 可知t＝0時，x＝﹣6cm，即振子位于負(fù)的最大位移處即M點(diǎn)，故C錯誤；
D、由 可知t＝4.3s＝10×0.4s+0.3s，故振子在t＝4.3s與t＝0.3s時的振動狀態(tài)一樣，將t＝0.3s代入振動方程得x＝0，故振子處于平衡位置，速度最大。故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評】解決本題首先要根據(jù)振動方程分析振子的振幅、周期以及振子的振動狀態(tài)，知道周期的求解公式。
26．（菏澤期中）如圖所示，光滑斜面上放置一輕質(zhì)彈簧，彈簧的下端固定在擋板上，上端與一物塊相連，把物塊沿斜面向上拉一段距離，使得物塊做簡諧運(yùn)動，物塊由最高點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動的過程中，下列物理量一直減小的是（　?。?br />
A．回復(fù)力 B．彈簧彈力
C．物塊動量 D．物塊重力勢能
【分析】在簡諧運(yùn)動中，回復(fù)力F＝﹣kx，故回復(fù)力的大小與位移大小成正比。本題物體做簡諧運(yùn)動的平衡位置不是彈簧處于原長而是處于壓縮狀態(tài)。由最大位移處向平衡位置運(yùn)動的過程中，速度在增大，加速度在減小。
【解答】解：A、簡諧運(yùn)動回復(fù)力F＝﹣kx，物塊由最高點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動的過程中，x一直減小，由最大值減小為零，故回復(fù)力一直減小。故A正確；
B、設(shè)斜面的傾角為θ，則重力沿斜面向下的分力G1＝mgsinθ，在平衡位置處有：kx0＝mgsinθ，故彈力向上，則此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊由最高點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動的過程中，彈簧由拉伸狀態(tài)到原長再到壓縮狀態(tài)，所以彈力先減小再增大，故B錯誤；
C、物塊由最高點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動的過程中，速度一直在增大，故動量一直增大，故C錯誤；
D、物體一直向下運(yùn)動，故重力勢能一直在減小，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評】本題的關(guān)鍵是知道回復(fù)力的大小、加速度的大小與位移的關(guān)系，注意本題物體做簡諧運(yùn)動的平衡位置不是彈簧處于原長而是處于壓縮狀態(tài)處。
27．（羅莊區(qū)校級月考）如圖所示，把能在絕緣光滑水平面上做簡諧運(yùn)動的彈簧振子放在水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球在O點(diǎn)時，彈簧處于原長，A、B為關(guān)于O對稱的兩個位置，現(xiàn)在使小球帶上負(fù)電，并讓小球從B點(diǎn)由靜止釋放，那么下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球仍然做簡諧運(yùn)動
B．小球仍然能在A、B間做簡諧運(yùn)動，O點(diǎn)是其平衡位置
C．小球從B運(yùn)動到A的過程中，動能一定先增大后減小
D．小球從B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)，其動能的增加量一定等于電勢能的減少量
【分析】對小球受力分析，求出小球受到的合外力表達(dá)式，根據(jù)簡諧運(yùn)動的條件：F＝﹣kx，分析小球是否能做簡諧運(yùn)動。根據(jù)功能關(guān)系明確能量轉(zhuǎn)化的情況。
【解答】解：A、小球在勻強(qiáng)電場中受到水平向左的電場力，設(shè)電場力大小為F0，小球合力為零的位置應(yīng)該在O點(diǎn)左側(cè)，設(shè)為O1，O1、O之間的距離為x0，彈簧的勁度系數(shù)為k，則有：F0＝kx0；取水平向右為正方向，當(dāng)小球從O1向右運(yùn)動x時，回復(fù)力 F＝﹣F0+k（x0﹣x）＝﹣kx，所以小球會以O(shè)1點(diǎn)為平衡位置做簡諧運(yùn)動，故A正確；
B、小球在平衡位置時合外力為零，由于小球受到的電場力向左，所以小球的平衡位置在O點(diǎn)的左側(cè)，振幅增大，將不在A、B間做簡諧運(yùn)動，故B錯誤；
C、由于電場強(qiáng)度的大小未知，不能確定小球的平衡位置，所以不能確定小球從B到A過程中動能如何變化，故C錯誤；
D、小球在運(yùn)動過程中，動能、彈性勢能和電勢能之和保持不變，小球從B點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，A、B兩點(diǎn)的彈性勢能相同，由能量守恒知，其動能的增加量一定等于電勢能的減小量，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評】本題要掌握簡諧運(yùn)動的判斷，要注意根據(jù)回復(fù)力的公式F＝kx進(jìn)行判斷；因為電場力與重力類似，故本題類似與豎直方向的彈簧的簡諧振動，可以借鑒其研究方法。
28．（泉山區(qū)校級月考）如圖所示，小球在B、C之間做簡諧運(yùn)動，O為BC間的中點(diǎn)，B、C間的距離為10cm，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球的最大位移是10cm
B．只有在B、C兩點(diǎn)時，小球的振幅是5cm，在O點(diǎn)時，小球的振幅是0
C．無論小球在任何位置，它的振幅都是5cm
D．從任意時刻起，一個周期內(nèi)小球經(jīng)過的路程都是20cm
【分析】振動位移是指振動物體離開平衡位置的位移，小球經(jīng)過B或C點(diǎn)時位移最大。
振幅是振動物體離開平衡位置的最大距離，對于給定的簡諧運(yùn)動，振幅不變。
一個周期內(nèi)小球經(jīng)過的路程是4倍振幅。
【解答】解：A、小球位移的起點(diǎn)是O，小球經(jīng)過B或C點(diǎn)時位移最大，最大位移的大小為5cm，故A錯誤；
BC、小球做簡諧運(yùn)動，振幅不變，由圖知，振幅為A＝5cm，故B錯誤，C正確；
D、根據(jù)對稱性和周期性可知，從任意時刻起，一個周期內(nèi)小球經(jīng)過的路程都是4倍振幅，即為4A＝4×5cm＝20cm，故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評】此題考查了簡諧運(yùn)動的相關(guān)知識，解答本題關(guān)鍵要正確理解位移和振幅的意義，由題意直接可以得到振幅。
29．（瀘縣校級模擬）下列說法中正確的是（　　）
A．物體做簡諧運(yùn)動時，回復(fù)力一定是物體受到的合外力
B．系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動叫做受迫振動，受迫振動的周期與驅(qū)動力的周期一致
C．在波動中，振動相位總是相同的兩個質(zhì)點(diǎn)間的距離叫做波長
D．波可以繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象叫做波的衍射
E．含有多種顏色的光被分解為單色光的現(xiàn)象叫做光的色散現(xiàn)象
【分析】物體做簡諧運(yùn)動時，回復(fù)力是使振子返回平衡位置并總指向平衡位置的力；
受迫振動的周期由驅(qū)動力的周期決定；
在波動中，振動相位總是相同的兩個相鄰質(zhì)點(diǎn)間的距離叫做波長；
根據(jù)衍射和色散的定義分析。
【解答】解：A、回復(fù)力也不一定就是合外力。舉例：在單擺中，單擺的回復(fù)力是重力沿軌跡切線方向的分力，并非是重力與繩子拉力的合力。故A錯誤；
B、系統(tǒng)在驅(qū)動力作用下的振動叫做受迫振動，受迫振動的周期由驅(qū)動力的周期決定，受迫振動的周期與驅(qū)動力的周期一致，故B正確；
C、在波動中，振動相位總是相同的兩個相鄰質(zhì)點(diǎn)間的距離，叫做波長，故C錯誤；
D、根據(jù)波的衍射的定義可知，波可以繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象叫做波的衍射，故D正確；
E、含有多種顏色的光被分解為單色光的現(xiàn)象叫做光的色散現(xiàn)象，故E正確。
故選：BDE。
【點(diǎn)評】本題考查了回復(fù)力、受迫振動、波的衍射和光的色散等知識，屬于基本內(nèi)容，熟悉課本，掌握教材的基本知識即可解答。
30．（全國一模）把一個有小孔的小球連接在彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在光滑的桿上，能夠自由滑動。彈簧的質(zhì)量與小球相比可以忽略。小球運(yùn)動時空氣阻力很小，也可以忽略。系統(tǒng)靜止時小球位于O點(diǎn)?，F(xiàn)將小球向右移動距離A后由靜止釋放，小球做周期為T的簡諧運(yùn)動。下列說法正確的是（　?。?br /> A．若某過程中小球的位移大小為A，則該過程經(jīng)歷的時間一定為
B．若某過程中小球的路程為A，則該過程經(jīng)歷的時間一定為
C．若某過程中小球的路程為2A，則該過程經(jīng)歷的時間一定為
D．若某過程中小球的位移大小為2A，則該過程經(jīng)歷的時間至少為
E．若某過程經(jīng)歷的時間為，則該過程中彈簧彈力做的功一定為零
【分析】彈簧振子振動過程中從平衡位置或者最大位移處開始的內(nèi)，振子的位移大小或者路程才等于振幅A；不論從何位置起，只要經(jīng)過，振子的路程一定等于2A，且初末位置關(guān)于平衡位置對稱；位移大小為2A，經(jīng)歷的時間可能為，也可能為多個周期再加上。
【解答】解：AB、彈簧振子振動過程中從平衡位置或者最大位移處開始的內(nèi)，振子的位移大小或者路程才等于振幅A，否者都不等于A，故AB錯誤；
CE、根據(jù)振動的對稱性，不論從何位置起，只要經(jīng)過，振子的路程一定等于2A，位置與初位置關(guān)于平衡位置對稱，速度與初速度等大反向，根據(jù)動能定理可知，彈簧彈力做功一定為零，故C、E正確；
D、位移大小為2A，經(jīng)歷的時間可能為，也可能為多個周期再加上，故D正確。
故選：CDE。
【點(diǎn)評】解決該題的關(guān)鍵是掌握簡諧振動的振動特點(diǎn)，知道其振動的周期性，知道在一個周期，半個周期以及四分之一個周期內(nèi)的路程與振幅的關(guān)系。
三．填空題（共9小題）
31．（鼓樓區(qū)校級期中）勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定一只質(zhì)量為m的小球，向下壓小球后釋放，使小球開始做簡諧運(yùn)動，該過程彈簧對水平面的最大壓力是1.6mg，則：
（1）小球做簡諧運(yùn)動的振幅A為 　　。
（2）當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，小球?qū)椈傻膹椓Υ笮?　0.4mg　，方向為 　豎直向下　。

【分析】（1）當(dāng)小球向下運(yùn)動的位移大小等于振幅A時，加速度方向豎直向上，且最大，彈簧對水平面有最大壓力，由胡克定律可得振幅。
（2）當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，小球有向下的加速度，由牛頓第二定律求解小球?qū)椈傻膹椓Υ笮『头较颉?br /> 【解答】解：（1）小球做簡諧運(yùn)動的平衡位置處，設(shè)彈簧壓縮量為x0，由平衡條件可得：
kx0＝mg
設(shè)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時彈簧的壓縮量為x1。由胡克定律得：
1.6mg＝kx1
小球做簡諧運(yùn)動的振幅A：A＝x1﹣x0
解得：A＝
（2）設(shè)小球在最低點(diǎn)時加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得
1.6mg﹣mg＝ma
解得：a＝0.6g
根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性可知，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時，加速度大小為0.6g，方向豎直向下
設(shè)彈簧的彈力大小為F，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律得：
mg﹣F＝ma
可得：F＝0.4mg，方向豎直向上。
根據(jù)牛頓第三定律知小球?qū)椈傻膹椓Υ笮?.4mg，方向豎直向下。
故答案為：（1）；（2）0.4mg，豎直向下。
【點(diǎn)評】解決本題時，關(guān)鍵要抓住簡諧運(yùn)動的對稱性：小球在最低點(diǎn)與最高點(diǎn)的加速度大小相等、方向相反，利用牛頓第二定律進(jìn)行解答。
32．（廣東）如圖所示，一個輕質(zhì)彈簧下端掛一小球，小球靜止。現(xiàn)將小球向下拉動距離A后由靜止釋放，并開始計時，小球在豎直方向做簡諧運(yùn)動，周期為T。經(jīng)時間，小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的距離　小于　（選填“大于”、“小于”或“等于”）；在時刻，小球的動能　最大?。ㄟx填“最大”或“最小”）。

【分析】小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的過程中做變加速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析小球運(yùn)動的距離與振幅的關(guān)系。在時刻，小球到達(dá)平衡位置，動能最大。
【解答】解：小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的過程中做變加速運(yùn)動，在時間內(nèi)運(yùn)動的距離為A，小球在前時間內(nèi)的平均速度小于后時間內(nèi)的平均速度，則經(jīng)時間，小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動的距離小于。在時刻，小球到達(dá)平衡位置，動能最大。
故答案為：小于，最大。
【點(diǎn)評】解答本題時，要明確小球做簡諧運(yùn)動的過程中速度變化情況，結(jié)合運(yùn)動規(guī)律分析運(yùn)動距離與振幅的關(guān)系。
33．（涼州區(qū)校級期中）一彈簧振子的位移x隨時間t變化的關(guān)系式為x＝0.1sin（2.5πt+），位移x的單位為m，時間t的單位為s。則彈簧振子的周期為 　0.8　s；彈簧振子的振動初相位 　　；在t＝0.4s時，振子的位移 　﹣0.1　m，振子的加速度是 　最大?。ㄌ钭畲蠡蜃钚。?。在t＝0.4s到t＝0.6s時間段內(nèi)振子的動能 　增加?。ㄌ钤黾踊驕p?。?br /> 【分析】由v﹣t的表達(dá)式得到振子的周期，把t＝0.4s代入到x﹣t關(guān)系式中得到此時的位移；振子在最大位移處，加速度最大，速度最??；在平衡位置處，加速度最小，速度最大。
【解答】解：根據(jù)位移x隨時間t變化的關(guān)系式可知彈簧振子的周期T＝＝＝0.8s；彈簧振子的振動初相位為；
把t＝0.4s代入到x﹣t關(guān)系式中得：x＝0.1sin（2.5π×0.4+）m＝﹣0.1m；故振子振動到負(fù)的最大位移處，根據(jù)回復(fù)力的公式F＝﹣kx＝ma，則a＝﹣，則位移最大則加速度最大，故此時振子的加速度是最大；
把t＝0.6s代入到x﹣t關(guān)系式中得：x＝0.1sin（2.5π×0.6+）m＝0，此時振子位于平衡位置處；
在t＝0.4s到t＝0.6s時間段內(nèi)振子從負(fù)的最大位移到平衡位置振動的過程中，彈力做正功，振子的動能不斷增加。
故答案為：0.8； ；﹣0.1；最大；增加；
【點(diǎn)評】熟悉彈簧振子的運(yùn)動特點(diǎn)：振子在最大位移處，加速度最大，速度最小；在平衡位置處，加速度最小，速度最大。
34．（順義區(qū)校級期中）如圖所示，木塊Q的質(zhì)量為M，疊放于Q上的木塊P的質(zhì)量為m，勁度系數(shù)為k的水平彈簧質(zhì)量不計，其左端固定在墻上，右端與Q連接。若Q在光滑的水平桌面上做振幅為A的簡諧運(yùn)動過程中，P與Q始終保持相對靜止，則P與Q兩木塊間的靜摩擦力的最大值為　　。

【分析】Q對P的靜摩擦力f＝ma，故加速度最大時靜摩擦力最大，做簡諧運(yùn)動過程中，物體處于最大位移處，加速度最大。
【解答】解：P與Q始終保持相對靜止，故P與Q的加速度始終相同設(shè)為a，對P進(jìn)行受力分析，則在水平方向上，Q對P的靜摩擦力f＝ma，則當(dāng)a最大時，P與Q兩木塊間的靜摩擦力的最大；對P、Q整體，做簡諧運(yùn)動過程中，回復(fù)力為：F＝﹣kx＝（m+M）a
則有：a＝﹣
當(dāng)x＝A 時，a最大，大小為，則此時P與Q兩木塊間的靜摩擦力的最大，為fm＝m＝；
故答案為：
【點(diǎn)評】會采用整體法和隔離法對物體進(jìn)行受力分析，知道在簡諧運(yùn)動過程中，物體處于最大位移處，加速度最大。
35．（汕頭一模）彈簧振子以O(shè)點(diǎn)為平衡位置在B、C兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動，BC相距20cm，某時刻振子處于B點(diǎn)，經(jīng)過0.5s，振子首次到達(dá)C點(diǎn)，則振子的振幅為　0.1m　，周期為　1s　，振子在5s內(nèi)通過的路程為　2m　。
【分析】振子在B、C兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動，則BC逐漸的距離等于2倍振幅，由此即可求出；
由題B、C是振子兩個端點(diǎn)，從B點(diǎn)經(jīng)過0.5s，振子首次到達(dá)C點(diǎn)，經(jīng)過半個周期時間，求解周期；
B、C間距離等于兩個振幅，求出振幅。振子在一個周期內(nèi)通過的路程是四個振幅，根據(jù)時間與周期的關(guān)系，求出振子在5s內(nèi)通過的路程；
【解答】解：振幅設(shè)為A，則有2A＝BC＝20 cm，所以A＝10 cm＝0.1m；
振子從B首次到達(dá)C的時間為周期的一半，因此：T＝2t＝1 s；
振子一個周期內(nèi)通過的路程為4A＝40 cm，即一個周期運(yùn)動的路程為40 cm，又5s＝5T
所以路程：s＝5×4A＝5×40 cm＝200cm＝2m。
故答案為：0.1m；1s；2m；
【點(diǎn)評】本題考查振幅、周期等描述振動的基本物理量。振子通過的路程往往根據(jù)時間與周期的關(guān)系來分析。
36．（重慶模擬）彈簧振子以O(shè)為平衡位置，在B、C兩點(diǎn)間做簡諧運(yùn)動，在t＝0時，振子從O、B間的P點(diǎn)以速度v向B運(yùn)動，在t＝0.4s時振子的速度第一次為﹣v，在t＝0.6s時振子速度第二次為﹣v，已知B、C之間的距離為20cm，則彈簧振子的振幅為　10　cm，周期為　1.2　s，振子在0～2.6s內(nèi)通過的路程為　87　cm。
【分析】由B、C之間的距離得出振幅。
在t＝0時刻，振子從OB間的P點(diǎn)以速度v向B點(diǎn)運(yùn)動，經(jīng)過0.4s它的速度大小第一次與v相同，方向相反，經(jīng)過0.6s它的速度大小第二次與v相同，方向與原來相反，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動到關(guān)于平衡位置對稱的位置，求出周期。
B、C之間的距離得出振幅，結(jié)合振子開始計時的位置，求出振子在2.6s內(nèi)通過的路程。
【解答】解：B、C之間的距離為20cm，則振幅為A＝10cm。
t＝0.6s時，剛好為半個周期，則周期為T＝1.2s。
2.6s＝T，總路程s＝×4A＝87cm。
故答案為：10；1.2；87。
【點(diǎn)評】本題考查了簡諧運(yùn)動的相關(guān)規(guī)律，解題的關(guān)鍵在于分析振子的振動情況，根據(jù)對稱性確定P點(diǎn)的運(yùn)動方向和周期。
37．（衡水模擬）升降機(jī)內(nèi)有一單擺，升降機(jī)靜止時其振動周期為1s，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝10m/s2．當(dāng)單擺隨升降機(jī)以v＝7.5m/s勻速下降時，此時單擺的振動周期為　1　s．若從擺球正好運(yùn)動到最高點(diǎn)開始計時，t＝3.6s時擺線對擺球的拉力正在　增大　 （填“增大”“減小”或“不變”），t＝3.8s時擺球與懸點(diǎn)的連線偏離豎直重錘線的角度正在　增大?。ㄌ睢霸龃蟆薄皽p小”或“不變”）。
【分析】升降機(jī)以v＝7.5m/s勻速下降時處于平衡狀態(tài)，由此結(jié)合單擺的特點(diǎn)分析 即可。
【解答】解：升降機(jī)勻速時，單擺周期不變，T＝1s；
從最高點(diǎn)計時，，擺球從最大位移處向平衡位置運(yùn)動，拉力增大；
t＝3.8s時，擺球向最大位移處運(yùn)動，此時夾角增大。
故答案為：1； 增大； 增大
【點(diǎn)評】該題考查單擺的特點(diǎn)，注意升降機(jī)做勻速運(yùn)動，則升降機(jī)內(nèi)的單擺的周期不變是解答的關(guān)鍵。
38．（衡水一模）一彈簧振子在水平面內(nèi)做簡諧運(yùn)動，其表達(dá)式為x＝10sin（10πt+π）cm，該彈簧振子周期T＝　0.2　s．從t＝0時刻開始，經(jīng)過　0.05s　。彈簧振子第一次具有正向最大加速度。彈簧振子在第一個周期內(nèi)，從　0.10　 s 到　0.15　 s沿正方向運(yùn)動且彈性勢能逐漸增大。

【分析】根據(jù)簡諧振動的表達(dá)式可以知道簡諧振動的周期與振幅；彈簧振子做簡諧運(yùn)動時，位移越大，彈性勢能越大，動能越小，故速度越小，彈簧行變量越大，故加速度越大。
【解答】解：由振動方程可知振幅為10cm，周期T＝＝＝0.2s：其振動圖象如圖所示，經(jīng)四分之一周期位移為負(fù)向最大，具有正向最大加速度：從二分之一周期到四分之三周期時間內(nèi)，即從0.10s到0.15s時間內(nèi)，彈簧振子由平衡位置向正向最大位移運(yùn)動，動能逐漸減小，彈性勢能逐漸增大，
故答案為：0.2；0.05s；0.10；0.15

【點(diǎn)評】該題考查對簡諧振動的公式的理解，能從轉(zhuǎn)動方程讀出振動的周期、振幅等信息是解答的關(guān)鍵。
39．（武漢模擬）論表明：彈簧振子的總機(jī)械能與振幅的平方成正比，即E＝，k為彈簧的勁度系數(shù)。如圖，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定，另一端連接著質(zhì)量為M的物塊，物塊在光滑水平面上往復(fù)運(yùn)動。當(dāng)物塊運(yùn)動到最大位移為A的時刻，把質(zhì)量為m的物塊輕放在其上。兩個物塊始終一起振動。它們之間動摩擦因數(shù)至少為　　；經(jīng)過平衡位置的速度為　　；振幅為　A　。（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）

【分析】簡諧運(yùn)動是物體在平衡位置附近的振動，回復(fù)力滿足F＝﹣kx的特點(diǎn)，結(jié)合牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律列式分析。
【解答】解：兩個物塊一起振動，即加速度相同。
系統(tǒng)的最大加速度為：
，
而m的加速度由二者之間的最大靜摩擦力提供，有：
αmax＝μg，
所以有：；
它們經(jīng)過平衡位置時，機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為動能，故：
，
所以：；
由于振動過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而彈簧振子的總機(jī)械能與振幅的平方成正比，所以振幅不變，仍為A。
故答案為：，，A。
【點(diǎn)評】本題考查簡諧運(yùn)動的特點(diǎn)，關(guān)鍵是受力分析后結(jié)合牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律列式分析，基礎(chǔ)題目。

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3 簡諧運(yùn)動的回復(fù)力和能量

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