資源簡介

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2.3簡諧運動的回復力和能量
（1）會分析彈簧振子的受力情況，理解回復力的概念。
（2）認識位移、速度、回復力和加速度的變化規律及相互聯系。
（3）會用能量觀點分析水平彈簧振子動能、勢能的變化情況，知道簡諧運動中機械能守恒。
當我們把彈簧振子的小球拉離平衡位置釋放后，小球就會在平衡位置附近做簡諧運動。小球的受力滿足什么特點才會做這種運動呢？
根據牛頓運動定律，可以作出以下判斷：做簡諧運動的物體偏離平衡位置向一側運動時，一定有一個力迫使物體的運動速度逐漸減小直到減為0，然后，物體在這個力的作用下，運動速度又由0逐漸增大并回到平衡位置；物體由于具有慣性，到達平衡位置后會繼續向另一側運動，這個力使它再一次回到平衡位置。正是在這個力的作用下，物體在平衡位置附近做往復運動。我們把這樣的力稱為回復力（restoring force）。
考點一、回復力
(1)回復力的方向總是指向平衡位置，回復力為零的位置就是平衡位置．
(2)回復力的性質
回復力是根據力的效果命名的，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：如圖甲所示，水平方向的彈簧振子，彈力充當回復力；如圖乙所示，豎直方向的彈簧振子，彈力和重力的合力充當回復力；如圖丙所示，m隨M一起振動，m的回復力由靜摩擦力提供．
2．回復力公式：F＝－kx.
(1)k是比例系數，不一定是彈簧的勁度系數．其值由振動系統決定，與振幅無關．
(2)“－”號表示回復力的方向與偏離平衡位置的位移的方向相反．
3．簡諧運動的加速度
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．物體做簡諧運動的判斷方法
(1)簡諧運動的回復力滿足F＝－kx；
(2)簡諧運動的振動圖像是正弦曲線．
（2024 朝陽區校級模擬）對于一個在光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．振子對平衡位置的位移增大，則其加速度減小
B．從任意時刻開始的四分之一周期時間內路程等于振幅
C．振子對平衡位置的位移的方向與速度的方向相反，則其速度的大小正在增大
D．從任意時刻開始的二分之一周期時間內合力的沖量為零
【解答】A、振子所受回復力大小與位移大小成正比，振子對平衡位置的位移增大，回復力增大，所以加速度增大，故A錯誤；
B、做簡諧振動的質點在四分之一周期的時間內的路程不一定等于一倍振幅，與起點的時刻有關，故B錯誤；
C、位移方向從平衡位置指向物體所在的位置，速度的方向與位移的方向相反時，振子向平衡位置移動，速度大小在增大，故C正確；
D、經過二分之一周期，振子速度大小不變，方向改變，動量的變化量不為零，動量的變化量等于合力的沖量，故合力的沖量不為零，故D錯誤；
故選：C。
（2024春 龍鳳區校級期末）做簡諧運動的質點在通過平衡位置時（　　）
A．速度一定為零 B．振幅一定為零
C．合力一定為零 D．回復力一定為零
【解答】解：AD．做簡諧運動的質點在通過平衡位置時位移為零，根據回復力公式
F＝﹣kx
可知，當質點在平衡位置時，回復力一定為零，加速度為零，速度為最大值，故A錯誤，D正確；
B．簡諧運動過程中，振幅是不受質點所在位置影響的，振幅是不變的，故B錯誤；
C．在單擺這種簡諧運動中，通過平衡位置時，合力不為零，回復力一定為零，故C錯誤。
故選：D。
（2024春 臺江區校級期中）如圖所示，彈簧振子在豎直方向做簡諧振動。以其平衡位置為坐標原點，豎直方向上為正方向建立坐標軸，振子的位移x隨時間t的變化如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．振子的振幅為4cm
B．在0～4s內振子做了4次全振動
C．t＝1s時，振子受到的彈簧彈力大小為零
D．t＝1s時，振子的速度為正的最大值
【解答】解：A、由振動的圖象可知：振子的振幅為2cm而不是4cm，故A錯誤；
B、由振動的圖象可知周期為2s，則振子在4s時間內做2次全振動，故B錯誤；
C、由圖可知t＝1s時，振子處于平衡位置，回復力為零，此時彈力等于重力，彈簧彈力不為零，故C錯誤；
D、由圖可知t＝1s時，振子處于平衡位置，加速度為零，振子速度為正的最大值，故D正確；
故選：D。
（2024春 沙坪壩區校級期中）如圖所示為一質點做簡諧運動的振動圖像，下列說法正確的是（　　）
A．質點振動周期為0.4s
B．質點在0.8s內走過的路程為40cm
C．0至0.4s時間內，質點加速度始終沿x軸負方向
D．在0～0.2s時間內，速度方向與加速度方向相同
【解答】解：A．由圖可知質點振動周期為0.8s，故A錯誤；
B．由圖可知質點的振幅A為10cm，質點在0.8s內走過的路程為：s＝4A
代入數據得：s＝40cm，故B正確；
C．0至0.4s時間內，位移始終為負，回復力始終與位移方向相反，由牛頓第二定律可知，質點加速度始終沿x軸正方向，故C錯誤；
D．圖線的斜率表示運動的速度，在0～0.2s時間內，速度沿x軸負方向，質點正在遠離平衡位置，而回復力始終指向平衡位置，由牛頓第二定律可知，加速度沿x軸正方向，速度方向與加速度方向相反，故D錯誤。
故選：B。
（2024 重慶模擬）如圖甲所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，上端連接一質量為m物塊，物塊在豎直向下的壓力F的作用下保持靜止。t＝0時，撤去壓力F，物塊在豎直方向做簡諧振動，取豎直向上為正方向，彈簧振子的振動圖像如圖甲、乙所示。彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g，F＝2mg。以下說法正確的是（　?。?br/>A．彈簧振子的振幅為
B．彈簧振子的頻率為2.5Hz
C．t＝0.2s時，物塊的加速度最大
D．t＝0.4s到t＝0.6s的時間內，物塊加速度和速度方向相同
【解答】解：A、物體在振動的過程中，平衡位置為回復力為零的位置，由題知，在平衡位置彈簧彈力等于物塊重力mg，則彈簧回復力為F＝2mg，彈簧振子的振幅為x，F＝kx，代入得，故A錯誤；
B、由彈簧振子的振動圖像知周期為T＝0.8s，彈簧振子的頻率為，故B錯誤；
C、t＝0.2s時，物塊處于平衡位置，物塊的回復力最小，速度最大，故物塊的加速度最小，故C錯誤；
D、t＝0.4s到t＝0.6s的時間內，物塊由最遠位置到平衡位置，速度由0變化到最大，速度方向指向平位置，回復力指向平衡位置，故物塊加速度和速度方向相同，故D正確。
故選：D。
考點二、簡諧運動的能量
簡諧運動的能量是指物體在經過某一位置時所具有的勢能和動能之和．在振動過程中，勢能和動能相互轉化，機械能守恒．
1．簡諧運動的能量由振動系統和振幅決定，對同一個振動系統，振幅越大，能量越大．
2．在簡諧運動中，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，動能和勢能完成兩次周期性變化．物體的位移減小，勢能轉化為動能，位移增大，動能轉化為勢能．
4．能量特點
在簡諧運動中，振動系統的機械能守恒，而在實際運動中都有一定的能量損耗，因此簡諧運動是一種理想化的模型．
考點三、簡諧運動中各物理量的變化
1．如圖所示為水平的彈簧振子示意圖，振子運動過程中各物理量的變化情況如下表．
振子的運動 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
系統總能量 不變 不變 不變 不變
2.說明：(1)簡諧運動中各個物理量對應關系不同．位置不同，則位移不同，加速度、回復力不同，但是速度、動能、勢能可能相同，也可能不同．
(2)簡諧運動中的最大位移處，F、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置處，F＝0，a＝0，Ep＝0，Ek最大．
(3)位移增大時，回復力、加速度和勢能增大，速度和動能減??；位移減小時，回復力、加速度和勢能減小，速度和動能增大．
（2024春 溫州期末）如圖為某物體做簡諧運動的圖像，則（　　）
A．0.6s時的速度與0.8s時的速度相同
B．0.6s時的回復力與0.8s時的回復力相同
C．0.5s時的勢能小于0.6s時的勢能
D．0.5s時的加速度小于0.6s時的加速度
【解答】解：A.由圖可知，0.6s和0.8s時刻偏離平衡位置的距離相等，即速度方向也相同，則速度相同；故A正確。
B.0.6s和0.8s時刻回復力大小相等，方向相反，回復力為矢量，則回復力不相同；故B錯誤。
C.0.5s比0.6s偏離平衡位置距離大些，則勢能大些；故C錯誤。
D.0.5s比0.6s偏離平衡位置距離大些，則加速度大些；故D錯誤。
故選：A。
（2024 海淀區校級模擬）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用手將小球下壓至B點，由靜止釋放，一段時間后，小球會與彈簧脫離，已知C點為AB的中點，則（　?。?br/>A．小球運動至C點時，所受重力與彈力大小相等
B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功
【解答】解：A、不知道小球的質量，所以不知道在C點小球所受重力與彈簧彈力的大小關系，故A錯誤；
B、小球從B到A的過程中，彈簧的形變量一直減小，在A點小球受到的彈簧彈力為零，在AB間有一個位置小球受重力和彈簧相等，此位置假設為D，則小球從B到D的過程中，小球所受彈力大于重力，小球做加速運動，從D到A的過程，小球所受彈力小于重力，小球做減速運動，所以小球從B到A的過程中，小球是先加速后減速，則小球的動能先增加后減小，故B錯誤；
C、從B到A的過程中，彈簧的形變量一直減小，所以彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；
D、設AB之間的距離為x，則AC之間的距離為，彈簧彈力對小球做的功等于彈簧彈性勢能的變化量，從B到C過程彈簧彈性勢能的變化量為，從C到A彈簧彈性勢能的變化量為，則ΔEp1＞ΔEp2，即從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功，故D正確。
故選：D。
（2024春 大理州期末）將質量為0.2kg的小球放在豎立的輕彈簧上（未拴接），并將小球豎直下按至圖甲所示的位置A。迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至圖乙所示的最高位置C，途中經過位置B時彈簧恢復原長。已知A、B的高度差為0.1m，B、C的高度差為0.3m，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。若取位置B所在水平面為零勢能面，則（　?。?br/>A．小球在位置A的重力勢能為0.2J
B．小球在位置B的機械能為零
C．小球在位置A的機械能小于在位置C的機械能
D．小球在位置B的機械能小于在位置C的機械能
【解答】解：A、取位置B所在水平面為零勢能面，則小球在位置A的重力勢能為EpA＝﹣mghAB＝﹣0.2×10×0.1J＝﹣0.2J，故A錯誤；
BD、不計空氣阻力，小球從B到C，只受重力作用，所以小球的機械能守恒。由機械能守恒定律可知小球在位置B的機械能等于在位置C的機械能，小球在位置C時只有重力勢能，則EB＝EC＝EpC＝mghBC＝0.2×10×0.3J＝0.6J，故BD錯誤；
C、小球在位置A時只有重力勢能，則小球在位置A的機械能為EA＝EpA＝﹣0.2J，小球在位置C的機械能為EC＝EpC＝mghBC＝0.2×10×0.3J＝0.6J，則知小球在位置A的機械能小于在位置C的機械能，故C正確。
故選：C。
（多選）（2024春 豐臺區期末）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧E處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用一個金屬小球擠壓彈簧至B點，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點為AB的中點，則（　?。?br/>A．從B到A過程中，小球的動能一直增加
B．從B到A過程中，小球的機械能一直增加
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C彈簧彈力對小球做的功大于從C到A彈簧彈力對小球做的功
【解答】解：A．從B到A過程中，小球所受彈簧彈力逐漸減小，當F彈＞mg
時，小球做加速運動，其動能增加，當F彈＜mg
時，小球做減速運動，其動能減小。故A錯誤；
BC．從B到A過程中，彈簧與小球系統機械能守恒，彈簧一直對小球做正功，小球的機械能一直增加，彈簧的彈性勢能一直減小。故B正確；C錯誤；
D．根據胡克定律
F＝kx
可知從B到C彈簧彈力的平均值較大，由
又
lBC＝lCA
可知從B到C彈簧彈力對小球做的功大于從C到A彈簧彈力對小球做的功。故D正確。
故選：BD。
（多選）（2024春 西城區期末）如圖1所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一個鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉5cm，然后由靜止釋放。以鋼球的平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立x軸，當鋼球在振動過程中某一次經過平衡位置時開始計時，鋼球運動的位移—時間圖像如圖2所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態，有關t1和t2兩個時刻，下列說法正確的是（　?。?br/>A．鋼球的加速度大小相等
B．鋼球受到的彈簧彈力大小相等
C．鋼球的動能相等
D．鋼球的機械能相等
【解答】解：A．根據簡諧運動的加速度為
則t1和t2兩個時刻離開平衡位置的位移x大小相等，則加速度大小相等，故A正確；
B．鋼球受到的彈簧彈力大小為
F＝kx1
其中x1為彈簧的形變量，t1和t2兩個時刻離開平衡位置（mg＝kx0）的位移x大小相等，則形變量不相同，彈力不相等，故B錯誤；
C．t1和t2兩個時刻是關于平衡位置的對稱點，根據簡諧運動的對稱性可知，兩個時刻的速度大小相等，則鋼球的動能相等，故C正確；
D．t1和t2兩個時刻鋼球的動能相等，而重力勢能因高度不同不等，則鋼球的機械能不相等，故D錯誤。
故選：AC。
（2024春 海淀區校級期末）用小球和輕彈簧組成彈簧振子，使其沿水平方向做簡諧運動，振動圖像如圖所示，下列描述正確的是（　?。?br/>A．t＝1s時，振子的速度最大
B．t＝2s時，振子的加速度最大
C．1～2s內，振子的速度變大，加速度變小
D．1～2s內，振子的速度變大，加速度變大
【解答】解：A.t＝1s時，振子的位移為正的最大值，則對應振子的速度為0，故A錯誤；
B.t＝2s時，振子的位移為0，則對應振子的回復力為0，所以振子的加速度也為0，故B錯誤；
CD.1～2s內，振子的位移由正的最大變為0，說明振子在向平衡位置運動，位移減小，回復力減小，加速度減小，速度變大，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024春 城中區校級期末）如圖所示，彈簧振子在B、C兩點之間做簡諧運動，其平衡位置為O點。已知B、C相距30cm。從小球經過O點時開始計時，經過0.3s首次到達B點。取向左為正方向，下列說法正確的是（　　）
A．小球振動的周期一定為1.2s
B．小球振動的振幅為0.3m
C．彈簧振子振動方程可能為x＝﹣0.15sin（5πt）m
D．0.6s末，小球不一定在平衡位置
【解答】解：A.從小球經過O點時開始計時，經過0.3s首次到達B點，若小球開始計時時向右運動，則小球振動的周期T＝4t＝4×0.3s＝1.2s；若小球開始計時時向左運動，則，小球振動的周期T＝0.4s，故小球的振動周期可能為1.2s或0.4s，故A錯誤；
B.由題目可知2A＝30cm，則小球振動的振幅為A＝15cm＝0.15m，故B錯誤；
C.當T＝1.2s時，有，故彈簧振子振動方程為；
當T＝0.4s時，有，故彈簧振子振動方程為x＝﹣0.15sin（5πt）m，故C正確；
D.無論T＝1.2s還是T＝0.4s，0.6s末，小球都在平衡位置，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 重慶期末）智能手機集成了很多傳感器，結合相應APP可應用于物理實驗。如圖甲所示，輕質彈簧上端固定，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵。鉤碼在豎直方向做簡諧運動時，某段時間內，小磁鐵正下方的智能手機中的磁傳感器采集到磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．鉤碼做簡諧運動的周期為（t3﹣t1）
B．在t1和t5時刻，鉤碼的重力勢能最大
C．在t2和t4時刻，鉤碼的動能最大
D．在t2到t4時間內，鉤碼所受合外力的沖量為零
【解答】解：A由乙圖可知鉤碼做簡諧運動的周期為T＝2（t3﹣t1），故A錯誤；
B、在t1和t5時刻，鉤碼所在處的磁感應強度最大，距離手機最近，距離最低，重力勢能最小，故B錯誤；
C、在t2和t4時刻，鉤碼在平衡位置，此時鉤碼的動能最大，故C正確；
D、在t2和t4時刻，圖像的斜率大小相等，方向不同，說明鉤碼在這兩個時刻速度大小相等，方向相反，在t2到t4時間內鉤碼的動量變化量不為零，根據動量定理可知鉤碼所受和外力的沖量不為零，故D錯誤。
故選：C。
（2024 香坊區校級四模）一個小球與輕彈簧連接套在光滑水平細桿上，在A、B間做簡諧運動，O點為AB的中點。以O點為坐標原點，水平向右為正方向建立坐標系，得到小球振動圖像如圖所示。下列結論正確的是（　?。?br/>A．小球振動的頻率是2Hz
B．t＝0.5s時，小球在A位置
C．t＝1s時，小球經過O點向右運動
D．小球的振動方程是x＝10sinπt（cm）
【解答】解：A、由小球振動圖像可知，振動周期T＝2s，所以小球振動的頻率是fHz＝0.5Hz，故A錯誤；
B、由小球振動圖像可知，t＝0.5s時，小球在正向位移最大處，水平向右為正方向，所以小球在B點，故B錯誤；
C、小球在t＝1s時，位于平衡位置，1s前在平衡位置右側，1s后在平衡位置左側，所以速度方向向左，故C錯誤；
D、由題圖可知彈簧振子的振幅A＝10cm，彈簧振子的周期為T＝2s，小球振動的角頻率為：ω
解得：ω＝πrad/s
小球的振動方程為：y＝10sinπt（cm），故D正確；
故選：D。
（2024 廣東模擬）如圖所示，勁度系數為k的輕質彈簧上端固定在天花板上，下端連接一質量為m，可視為質點的小球，將小球托起至O點，彈簧恰好處于原長，松手后小球在豎直方向做簡諧運動，小球最遠能到達B點，A點為OB的中點，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球在O點時的機械能最小
B．小球經過A點時的加速度大小為g
C．小球在B點時受到的彈力大小為2mg
D．O、B兩點間的距離為
【解答】解：A．小球與彈簧組成的系統機械能守恒，小球在O點時彈簧處于原長，彈簧的彈性勢能為零，小球的機械能最大，故A錯誤；
B．A點為小球的平衡位置，小球經過A點時的加速度大小為0，故B錯誤；
C．小球在B點時受到的彈力大小為FB，小球在O點時僅受重力作用，加速度大小為g，根據對稱性可知，小球在B點時的加速度a大小也為g，根據牛頓第二定律得：
FB﹣mg＝ma
解得：FB＝2mg，故C正確；
D．小球在A點時加速度為零，則
mg＝kxOA
O、B兩點間的距離為：
xOB＝2xOA
聯立解得：，故D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024 青島模擬）如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質量為m的小物塊，用手托著物塊使彈簧處于原長，由靜止釋放物塊，則物塊沿豎直方向做簡諧運動。取豎直向下為正方向，已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度的大小為g。則物塊（　?。?br/>A．下落h時受到的回復力為F＝﹣kh
B．下落的最大距離為
C．下落到最低點時的加速度大小為g
D．運動過程彈簧的彈力始終做負功
【解答】解：A．放手后物塊到達平衡位置時，彈簧的伸長量為
可得下落h時受到的回復力為
故A錯誤；
B．根據簡諧振動的對稱性可知，物塊從平衡位置到達最低點，彈簧變化的長度為
所以下落的最大距離為x＝x1+x0
故B正確；
C．下落到最低點時的加速度大小為
ag
故C正確；
D．運動過程中，彈簧的彈力一直豎直向上，可知當物塊向下運動時，彈力做負功；當物塊向上運動時，此時彈力做正功，故D錯誤。
故選：BC。
（多選）（2024 通州區一模）如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為x＝5sin（10）cm．下列說法正確的是（　?。?br/>A．MN間距離為5cm
B．振子的運動周期是0.2s
C．t＝0時，振子位于N點
D．t＝0.05s時，振子具有最大加速度
【解答】解：A、MN間距離為2A＝10cm，故A錯誤；
B、因ω＝10πrad/s，可知振子的運動周期是，故B正確；
C、由cm可知t＝0時，x＝5cm，即振子位于N點，故C正確；
D、由cm可知t＝0.05s時x＝0，此時振子在O點，振子加速度為零，故D錯誤；
故選：BC。
（多選）（2024 龍鳳區校級模擬）圖所示，一小球（可視為質點）在B、C（未畫出）兩點之間做簡諧運動，BC＝10cm，BC的中點O為平衡位置（即位移為零的位置），取向右為正方向，質點的位移—時間關系式為x＝5cos（10πt）cm，則下列說法正確的是（　　）
A．t＝0.1s時，質點在B點
B．t＝0.12s時，質點正向右運動
C．t＝0.2s時，質點的加速度為0
D．0～0.1s內，質點的加速度方向與速度方向始終相同
【解答】解：A.t＝0.1s時，有
x＝5cos（10π×0.1）cm＝﹣5cm
質點在B點，故A正確；
B.質點的周期為：
代入數據得：T＝0.2s
t＝0.12s時，即t，由于t，所以此時質點由B點正向O點運動，即質點正向右運動，故B正確。
C.t＝0.2s時，有
x＝5cos（10π×0.2）cm＝5cm
質點在C點，位移最大，回復力最大，由牛頓第二定律可知加速度最大，故C錯誤；
D.0～0.1s內，質點由C點運動到B點，質點的加速度方向與速度方向先相同再相反，故D錯誤；
故選：AB。
（多選）（2024春 西湖區校級期中）一根輕彈簧，勁度系數為k，下端固定在水平地面上，一個質量為m的小球（可視為質點），從距彈簧上端h處自由下落并壓縮彈簧，如圖所示。若以小球開始下落的點為x軸正方向起點，設小球從開始下落到壓縮彈簧的最大位移為H，不計任何阻力且彈簧均處于彈性限度內，小球下落過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球接觸彈簧后一直做減速運動
B．小球將彈簧壓縮到最大位移處時，彈簧彈力大于2mg
C．若小球接觸彈簧時立即與彈簧栓接，則小球能回到O點
D．若小球接觸彈簧時立即與彈簧栓接，則彈簧振子的振幅大于
【解答】解：A、小球與彈簧接觸前做自由落體運動，加速度：a＝g保持不變，速度：v＝gt均勻增加；
小球與彈簧接觸后向下運動壓縮彈簧，小球受到豎直向下的重力與彈簧豎直向上的彈力F＝kx作用，
開始彈簧彈力小于重力，小球向下做加速度運動，加速度：ag，加速度逐漸減小，
小球向下做加速度減小的加速運動，經過一段時間后彈簧彈力與重力相等，合力為零，此時速度達到最大，
然后彈簧彈力大于重力，小球所受合力向上，小球做減速運動，加速度：ag，加速度逐漸增大，
小球向下做加速度增大的減速運動，直到速度為零。
故A錯誤；
B.若小球從彈簧原長位置釋放，則彈簧壓縮到最短時，由簡諧運動的對稱性知，此時彈力為2mg，現從較高處落下，彈簧壓縮更多，所以彈簧彈力大于2mg，故B正確；
C.若小球接觸彈簧時立即與彈簧栓接，則小球達到最高點時，動能為0，但彈簧具有彈性勢能，所以小球回不到O點，故C錯誤。
D.若小球從彈簧原長位置釋放，則彈簧壓縮到最短時，由簡諧運動的對稱性知，振幅為，現從較高處落下，彈簧壓縮更多，振幅將大于，故D正確。
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2.3簡諧運動的回復力和能量
（1）會分析彈簧振子的受力情況，理解回復力的概念。
（2）認識位移、速度、回復力和加速度的變化規律及相互聯系。
（3）會用能量觀點分析水平彈簧振子動能、勢能的變化情況，知道簡諧運動中機械能守恒。
當我們把彈簧振子的小球拉離平衡位置釋放后，小球就會在平衡位置附近做簡諧運動。小球的受力滿足什么特點才會做這種運動呢？
根據牛頓運動定律，可以作出以下判斷：做簡諧運動的物體偏離平衡位置向一側運動時，一定有一個力迫使物體的運動速度逐漸減小直到減為0，然后，物體在這個力的作用下，運動速度又由0逐漸增大并回到平衡位置；物體由于具有慣性，到達平衡位置后會繼續向另一側運動，這個力使它再一次回到平衡位置。正是在這個力的作用下，物體在平衡位置附近做往復運動。我們把這樣的力稱為回復力（restoring force）。
考點一、回復力
(1)回復力的方向總是指向平衡位置，回復力為零的位置就是平衡位置．
(2)回復力的性質
回復力是根據力的效果命名的，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：如圖甲所示，水平方向的彈簧振子，彈力充當回復力；如圖乙所示，豎直方向的彈簧振子，彈力和重力的合力充當回復力；如圖丙所示，m隨M一起振動，m的回復力由靜摩擦力提供．
2．回復力公式：F＝－kx.
(1)k是比例系數，不一定是彈簧的勁度系數．其值由振動系統決定，與振幅無關．
(2)“－”號表示回復力的方向與偏離平衡位置的位移的方向相反．
3．簡諧運動的加速度
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．物體做簡諧運動的判斷方法
(1)簡諧運動的回復力滿足F＝－kx；
(2)簡諧運動的振動圖像是正弦曲線．
（2024 朝陽區校級模擬）對于一個在光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．振子對平衡位置的位移增大，則其加速度減小
B．從任意時刻開始的四分之一周期時間內路程等于振幅
C．振子對平衡位置的位移的方向與速度的方向相反，則其速度的大小正在增大
D．從任意時刻開始的二分之一周期時間內合力的沖量為零
（2024春 龍鳳區校級期末）做簡諧運動的質點在通過平衡位置時（　?。?br/>A．速度一定為零 B．振幅一定為零
C．合力一定為零 D．回復力一定為零
（2024春 臺江區校級期中）如圖所示，彈簧振子在豎直方向做簡諧振動。以其平衡位置為坐標原點，豎直方向上為正方向建立坐標軸，振子的位移x隨時間t的變化如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．振子的振幅為4cm
B．在0～4s內振子做了4次全振動
C．t＝1s時，振子受到的彈簧彈力大小為零
D．t＝1s時，振子的速度為正的最大值
（2024春 沙坪壩區校級期中）如圖所示為一質點做簡諧運動的振動圖像，下列說法正確的是（　?。?br/>A．質點振動周期為0.4s
B．質點在0.8s內走過的路程為40cm
C．0至0.4s時間內，質點加速度始終沿x軸負方向
D．在0～0.2s時間內，速度方向與加速度方向相同
（2024 重慶模擬）如圖甲所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，上端連接一質量為m物塊，物塊在豎直向下的壓力F的作用下保持靜止。t＝0時，撤去壓力F，物塊在豎直方向做簡諧振動，取豎直向上為正方向，彈簧振子的振動圖像如圖甲、乙所示。彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g，F＝2mg。以下說法正確的是（　?。?br/>A．彈簧振子的振幅為
B．彈簧振子的頻率為2.5Hz
C．t＝0.2s時，物塊的加速度最大
D．t＝0.4s到t＝0.6s的時間內，物塊加速度和速度方向相同
考點二、簡諧運動的能量
簡諧運動的能量是指物體在經過某一位置時所具有的勢能和動能之和．在振動過程中，勢能和動能相互轉化，機械能守恒．
1．簡諧運動的能量由振動系統和振幅決定，對同一個振動系統，振幅越大，能量越大．
2．在簡諧運動中，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，動能和勢能完成兩次周期性變化．物體的位移減小，勢能轉化為動能，位移增大，動能轉化為勢能．
4．能量特點
在簡諧運動中，振動系統的機械能守恒，而在實際運動中都有一定的能量損耗，因此簡諧運動是一種理想化的模型．
考點三、簡諧運動中各物理量的變化
1．如圖所示為水平的彈簧振子示意圖，振子運動過程中各物理量的變化情況如下表．
振子的運動 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
系統總能量 不變 不變 不變 不變
2.說明：(1)簡諧運動中各個物理量對應關系不同．位置不同，則位移不同，加速度、回復力不同，但是速度、動能、勢能可能相同，也可能不同．
(2)簡諧運動中的最大位移處，F、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置處，F＝0，a＝0，Ep＝0，Ek最大．
(3)位移增大時，回復力、加速度和勢能增大，速度和動能減??；位移減小時，回復力、加速度和勢能減小，速度和動能增大．
（2024春 溫州期末）如圖為某物體做簡諧運動的圖像，則（　?。?br/>A．0.6s時的速度與0.8s時的速度相同
B．0.6s時的回復力與0.8s時的回復力相同
C．0.5s時的勢能小于0.6s時的勢能
D．0.5s時的加速度小于0.6s時的加速度
（2024 海淀區校級模擬）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用手將小球下壓至B點，由靜止釋放，一段時間后，小球會與彈簧脫離，已知C點為AB的中點，則（　　）
A．小球運動至C點時，所受重力與彈力大小相等
B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功
（2024春 大理州期末）將質量為0.2kg的小球放在豎立的輕彈簧上（未拴接），并將小球豎直下按至圖甲所示的位置A。迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至圖乙所示的最高位置C，途中經過位置B時彈簧恢復原長。已知A、B的高度差為0.1m，B、C的高度差為0.3m，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。若取位置B所在水平面為零勢能面，則（　　）
A．小球在位置A的重力勢能為0.2J
B．小球在位置B的機械能為零
C．小球在位置A的機械能小于在位置C的機械能
D．小球在位置B的機械能小于在位置C的機械能
（多選）（2024春 豐臺區期末）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧E處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用一個金屬小球擠壓彈簧至B點，由靜止釋放小球，隨即小球被彈簧豎直彈出，已知C點為AB的中點，則（　?。?br/>A．從B到A過程中，小球的動能一直增加
B．從B到A過程中，小球的機械能一直增加
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C彈簧彈力對小球做的功大于從C到A彈簧彈力對小球做的功
（多選）（2024春 西城區期末）如圖1所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一個鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉5cm，然后由靜止釋放。以鋼球的平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立x軸，當鋼球在振動過程中某一次經過平衡位置時開始計時，鋼球運動的位移—時間圖像如圖2所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態，有關t1和t2兩個時刻，下列說法正確的是（　?。?br/>A．鋼球的加速度大小相等
B．鋼球受到的彈簧彈力大小相等
C．鋼球的動能相等
D．鋼球的機械能相等
（2024春 海淀區校級期末）用小球和輕彈簧組成彈簧振子，使其沿水平方向做簡諧運動，振動圖像如圖所示，下列描述正確的是（　?。?br/>A．t＝1s時，振子的速度最大
B．t＝2s時，振子的加速度最大
C．1～2s內，振子的速度變大，加速度變小
D．1～2s內，振子的速度變大，加速度變大
（2024春 城中區校級期末）如圖所示，彈簧振子在B、C兩點之間做簡諧運動，其平衡位置為O點。已知B、C相距30cm。從小球經過O點時開始計時，經過0.3s首次到達B點。取向左為正方向，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球振動的周期一定為1.2s
B．小球振動的振幅為0.3m
C．彈簧振子振動方程可能為x＝﹣0.15sin（5πt）m
D．0.6s末，小球不一定在平衡位置
（2024春 重慶期末）智能手機集成了很多傳感器，結合相應APP可應用于物理實驗。如圖甲所示，輕質彈簧上端固定，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵。鉤碼在豎直方向做簡諧運動時，某段時間內，小磁鐵正下方的智能手機中的磁傳感器采集到磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，下列判斷正確的是（　　）
A．鉤碼做簡諧運動的周期為（t3﹣t1）
B．在t1和t5時刻，鉤碼的重力勢能最大
C．在t2和t4時刻，鉤碼的動能最大
D．在t2到t4時間內，鉤碼所受合外力的沖量為零
（2024 香坊區校級四模）一個小球與輕彈簧連接套在光滑水平細桿上，在A、B間做簡諧運動，O點為AB的中點。以O點為坐標原點，水平向右為正方向建立坐標系，得到小球振動圖像如圖所示。下列結論正確的是（　　）
A．小球振動的頻率是2Hz
B．t＝0.5s時，小球在A位置
C．t＝1s時，小球經過O點向右運動
D．小球的振動方程是x＝10sinπt（cm）
（2024 廣東模擬）如圖所示，勁度系數為k的輕質彈簧上端固定在天花板上，下端連接一質量為m，可視為質點的小球，將小球托起至O點，彈簧恰好處于原長，松手后小球在豎直方向做簡諧運動，小球最遠能到達B點，A點為OB的中點，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球在O點時的機械能最小
B．小球經過A點時的加速度大小為g
C．小球在B點時受到的彈力大小為2mg
D．O、B兩點間的距離為
（多選）（2024 青島模擬）如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質量為m的小物塊，用手托著物塊使彈簧處于原長，由靜止釋放物塊，則物塊沿豎直方向做簡諧運動。取豎直向下為正方向，已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度的大小為g。則物塊（　?。?br/>A．下落h時受到的回復力為F＝﹣kh
B．下落的最大距離為
C．下落到最低點時的加速度大小為g
D．運動過程彈簧的彈力始終做負功
（多選）（2024 通州區一模）如圖所示，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為x＝5sin（10）cm．下列說法正確的是（　?。?br/>A．MN間距離為5cm
B．振子的運動周期是0.2s
C．t＝0時，振子位于N點
D．t＝0.05s時，振子具有最大加速度
（多選）（2024 龍鳳區校級模擬）圖所示，一小球（可視為質點）在B、C（未畫出）兩點之間做簡諧運動，BC＝10cm，BC的中點O為平衡位置（即位移為零的位置），取向右為正方向，質點的位移—時間關系式為x＝5cos（10πt）cm，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．t＝0.1s時，質點在B點
B．t＝0.12s時，質點正向右運動
C．t＝0.2s時，質點的加速度為0
D．0～0.1s內，質點的加速度方向與速度方向始終相同
（多選）（2024春 西湖區校級期中）一根輕彈簧，勁度系數為k，下端固定在水平地面上，一個質量為m的小球（可視為質點），從距彈簧上端h處自由下落并壓縮彈簧，如圖所示。若以小球開始下落的點為x軸正方向起點，設小球從開始下落到壓縮彈簧的最大位移為H，不計任何阻力且彈簧均處于彈性限度內，小球下落過程中，下列說法正確的是（　　）
A．小球接觸彈簧后一直做減速運動
B．小球將彈簧壓縮到最大位移處時，彈簧彈力大于2mg
C．若小球接觸彈簧時立即與彈簧栓接，則小球能回到O點
D．若小球接觸彈簧時立即與彈簧栓接，則彈簧振子的振幅大于

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