第二章 3．简谐运动的回复力和能量-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

3．简谐运动的回复力和能量 　　　　 第二章　机械振动 1．理解回复力的概念，会分析物体做简谐运动的回复力的来源。 2．会用动力学方法分析简谐运动中位移、回复力、速度、加速度的变化规律。 3．知道简谐运动的动能、势能概念，会运用能量的观点分析弹簧振子的动能、势能的转化情况。 素养目标 内容索引 知识点一　简谐运动的回复力 1 知识点二　简谐运动的能量 2 课时测评 4 知识点三　简谐运动“对称性”的应用 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 知识点一　简谐运动的回复力 返回 自主学习 情境导入　如图为水平方向的弹簧振子的振动过程示意图。 (1)当振子离开O点后，是什么力使其回到平衡位置？ 提示：弹簧的弹力使振子回到平衡位置。 (2)使振子回到平衡位置的力与振子离开平衡位置的 位移的大小及方向有何关系？ 提示：弹簧弹力与位移大小成正比，方向与位移方 向相反。 教材梳理 (阅读教材P43—P44完成下列填空) 1．回复力 (1)定义：使物体在_________附近做_________的力。 (2)方向：总是指向_________ 。 (3)表达式：F＝_____，“－”号表示F与x反向。 (4)效果：总是要把物体拉回到_________。 2．简谐运动的动力学定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成_____，并且总是指向_________，物体的运动就是简谐运动。 平衡位置 往复运动 平衡位置 －kx 平衡位置 正比 平衡位置 课堂探究 师生互动　图甲为水平方向的弹簧振子，图乙为竖直方向的弹簧振子，图丙为A叠放到B上组成的水平弹簧振子系统。 任务1．分析图甲中水平方向的弹簧振子的回复力的来源及大小特点。 提示：回复力由弹簧的弹力提供，大小F＝－kx，方向与A的位移方向相反。 任务2．分析图乙中竖直方向的弹簧振子的回复力的来源及大小特点。 提示：回复力由弹簧的弹力与重力的合力提供，大小F＝－kx，方向与A的位移方向相反。 任务3．分别分析图丙中水平方向A与B整体、A的回复力的来源及大小特点。 提示：A与B整体的回复力由弹簧的弹力提供，大小F＝－kx，方向与A、B整体的位移方向相反；A的回复力由B对A的静摩擦力提供，大小F′＝－k′x，方向与A的位移方向相反。 1．回复力的理解 (1)意义：回复力等于振动物体在振动方向上所受的合力。 (2)来源：回复力可以由某一个力提供，也可以由某一个力的分力提供，还可以由几个力的合力提供。 注意：回复力是按照力的作用效果来命名的，分析物体的受力时，不分析回复力。 探究归纳 2．简谐运动回复力的特点 (1)表达式：F＝－kx。 ①大小：与振子的位移大小成正比； ②方向：“－”号表示回复力与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置。 (2)比例系数k：由振动系统本身决定。 (3)简谐运动加速度的特点：根据牛顿第二定律得a＝x，即做简谐运动物体的加速度大小也与位移大小成正比，方向与位移方向相反。 探究归纳 如图所示，水平面光滑，A、B两物体叠放在一起，A、B的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，使物体A、B振动，过程中A、B始终保持相对静止。试证明物体A的振动是简谐运动。 设物体A、B整体在平衡位置右侧某处时位移为x，其加速度为a，取向右为正方向 由牛顿第二定律得kx＝－(mA＋mB)a 对A，由牛顿第二定律得物体A所受静摩擦力Ff＝mAa 联立解得Ff＝－x＝－k′x 所以物体A的振动是简谐运动。 例1 变式拓展1．对于【例1】中的物体A，下列给定的四幅图中能正确反映振动过程中其所受摩擦力Ff与振子相对平衡位置的位移x关系的图像为 由例1的分析可知物体A所受摩擦力Ff＝mAa＝－kx。故选B。 √ 变式拓展2．假设【例1】中物体A、B质量分别为 0.5 kg和1 kg，弹簧劲度系数为100 N/m，A、B间 的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，要使A、B一起振动(不发生相对滑动)，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，则振动的最大振幅为 A．1.5 cm B．3 cm C．4.5 cm D．9 cm √ 对A、B整体，振幅最大时有kAm＝(mA＋mB)·am，对A分析，当振幅最大时，两物体间的摩擦力达到最大静摩擦力，则有Ffm＝μmAg＝mAam，联立解得Am＝4.5 cm。故选C。 变式拓展3．通过【例1】的分析过程说明：简谐运动的回复力F＝－kx中的“k”一定是弹簧的劲度系数吗？ 对于A、B整体，F＝－kx中的“k”是弹簧的劲度系数 对于物体A，F＝－k′x中的k′＝k，不是弹簧的劲度系数 故简谐运动的回复力F＝－kx中的“k”不一定是弹簧的劲度系数。 判断一个振动是否为简谐运动的方法 1．运动学方法：对物体的位移分析，如果位移—时间表达式满足x＝A sin (ωt＋φ)或x-t图像满足正(余)弦规律，即可判断为简谐运动。 2．动力学方法：对物体进行受力分析，如果物体所受的回复力满足F＝－kx，即可判断为简谐运动。 3．加速度方法：根据牛顿第二定律或运动学知识，求解物体的加速度，如果满足a∝－k′x，即可判断为简谐运动。　　 方法总结 以O点为原点，水平向右为x轴正方向，物块在O点右方x处时所受合力F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物块做简谐运动，由对称性可知OC＝ OB。故选AD。 针对练． (多选) 如图所示，物块系在两水平弹簧之 间，两弹簧的劲度系数分别为k1和k2，且k1＝k，k2＝ 2k，两弹簧均处于自然伸长状态，今向右拉动物块， 然后释放，物块在B、C间振动(不计一切阻力)，O为 平衡位置，则下列判断正确的是 A．物块做简谐运动，OC＝OB B．物块做简谐运动，OC≠OB C．回复力F＝－kx D．回复力F＝－3kx √ √ 返回 知识点二　简谐运动的能量 返回 自主学习 情境导入　如图为水平弹簧振子，O为平衡位置，振子 在A、B之间往复运动。 (1)振子从A运动到B的过程中，振子的动能、弹簧的弹性势能如何变化？振动系统的机械能是否变化？ 提示：振子的动能先增大后减小；弹簧的弹性势能先减小后增大；振动系统的机械能保持不变。 (2)若使振子振动的振幅增大，振子经过平衡位置时的动能怎样变化？振动系统的机械能怎样变化？振动系统的机械能的大小与什么因素有关？ 提示：振子回到平衡位置的动能增大；振动系统的机械能增大；振动系统的机械能与弹簧的劲度系数和振幅有关。 (3)实际振动中有空气阻力和摩擦力，振动过程中系统的机械能怎样变化？ 提示：振动系统的机械能逐渐减小。 教材梳理 (阅读教材P44—P45完成下列填空) 1．简谐运动的能量转化：以水平弹簧振子为例。 (1)小球运动远离平衡位置时，势能会_____；小球的速度减小，动能_____。在最大位移处， _____最大， _____为0。 (2)小球运动靠近平衡位置时，势能会_____；小球的速度增大，动能_____。在平衡位置处，_____最大，_____为0。 2．简谐运动的能量特点 (1)理论上可以证明，在弹簧振子运动的任意位置，系统的动能与势能之和都是一定的，遵守机械能守恒定律。 (2)实际的运动都有一定的能量损耗，所以简谐运动是一种______的模型。 (3)对于弹簧劲度系数和小球质量都一定的系统，_____越大，机械能越大。 增大 减小 势能 动能 减小 增大 动能 势能 理想化 振幅 课堂探究 师生互动　如图所示，A、B两个叠放物体与轻质 弹簧组成的系统在光滑水平面上的M、N两点间做 简谐运动，A、B间无相对运动，平衡位置为O。 任务1．当物体运动到M点时拿走A物体，振动系统的最大弹性势能怎样变化？以后系统的振幅怎样变化？ 提示：最大弹性势能不变，振幅不变。在M点时，系统的动能为零，弹性势能最大，拿走A物体后，振动系统的弹性势能不变，总能量不变，最大动能也不发生变化，以后系统的振幅也不变。 任务2．当物体运动到O点时拿走A物体，振动系统 的最大弹性势能怎样变化？以后系统的振幅怎样变 化？ 提示：最大弹性势能减小，以后的振幅减小。在O点时弹簧弹性势能为 零，振动系统的动能最大，拿走A物体后，振动系统的最大动能减小，总能量减小，最大弹性势能也将减小，以后的振幅也减小。 对简谐运动的能量的理解 探究归纳 决定因素 简谐运动的能量由振幅决定：对一个给定的振动系统，振幅越大，振动越强，系统的机械能越大；振幅越小，振动越弱，系统的机械能越小 能量的转化 系统只发生动能和势能的相互转化，机械能守恒 理想化条件 (1)力的角度：简谐运动不考虑阻力 (2)能量转化的角度：简谐运动不考虑因克服阻力做功而带来的能量损耗 √ √ 角度1　简谐运动的能量 (多选) 如图所示，一水平弹簧振子在A、B 间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为 M。下列关于振子在振动过程中的说法正确的是 A．振子在平衡位置时，动能最大，弹性势能最小 B．振子在最大位移处时，弹性势能最大，动能最小 C．振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小 D．在任意时刻，动能与弹性势能之和保持不变 例2 √ 振子在平衡位置两侧往复运动，在平衡位置处 速度最大，动能最大，弹性势能最小，A正确； 在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧 的形变量最大，弹性势能最大，B正确；振幅的大小与振子的位置无关，在任意时刻只有弹簧的弹力做功，故机械能守恒，C错误，D正确。故选ABD。 振子运动到B点时速度恰好为零，此时放上物体，系统的总能量为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不 变，A正确，B错误；由于机械能守恒，所以最大动能不变，C正确，D错误。故选AC。 变式拓展1．(多选)若【例2】中振子运动到B处时将一质量为m的物体放到振子上面，且物体和振子无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是 A．振幅不变 B．振幅减小 C．最大动能不变 D．最大动能减小 √ √ 振子运动到O点时速度最大，放上物体瞬间立即获得共同速度，物体与振子组成的系统动量守恒，根据Ek＝，总质量增大，则系统的总动能减小，系统的最大动能减小，系统的机械能减小，所以振幅减小。故选BD。 变式拓展2．(多选)若【例2】中振子运动到O处时 将一质量为m的物体放到振子上面，且物体和振 子无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是 A．振幅不变 B．振幅减小 C．最大动能不变 D．最大动能减小 √ √ 角度2　简谐运动中各量的变化分析 (2024·四川达州高二月考)两个弹簧振 子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向， 其振动图像如图所示，以下说法正确的是 A．两弹簧振子具有相同的相位 B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大 C．甲、乙两弹簧振子回复力最大值之比一定为2∶1 D．t＝2 s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移 √ 例3 由题图可知，甲的周期为4 s，乙的周期为 8 s，两个弹簧振子的周期不同，初相位相 同，相位不同，故A错误；由题图可知， 甲的振幅为2 cm，乙的振幅为1 cm，但是 两个弹簧振子中弹簧的劲度系数不确定，所以两个弹簧振子的能量大小无法比较，故B错误；弹簧振子的最大回复力大小为F＝kA，振幅之比为2∶1，但是无法确定两弹簧振子中弹簧的劲度系数，所以两个弹簧振子回复力的最大值无法比较，故C错误；由题图可知，当t＝2 s 时，甲处于平衡位置且向x轴的负方向运动，此时的速度最大，乙处于正方向的最大位移处，速度为0，故D正确。故选D。 简谐运动中各量的变化规律 如图所示，振子以O点为平衡位置在A、B 之间做简谐运动，各物理量的变化规律如 表所示： 规律总结 物理量 运动过程 A→O O →B B→O O →A 位移 大小 减小 增大 减小 增大 方向 O →A O →B O →B O →A 规律总结 物理量 运动过程 A→O O →B B→O O →A 回复力、 加速度 大小 减小 增大 减小 增大 方向 A→O B→O B→O A→O 速度 大小 增大 减小 增大 减小 方向 A→O O →B B→O O →A 动能 增大 减小 增大 减小 势能 减小 增大 减小 增大 针对练．如图是弹簧振子做简谐运动的振动图 像，可以判定 A．t1到t2时间内，系统的动能不断增大，势能 不断减小 B．0到t2时间内，振子的位移增大，速度增大 C．t2到t3时间内，振子的回复力先减小再增大，加速度的方向一直沿x轴正方向 D．t1、t4时刻振子的动能、速度都相同 √ t1到t2时间内，振子的位移不断减小，系统的动 能不断增大，势能不断减小，A正确；0到t2时 间内，振子的位移减小，速度增大，B错误； t2到t3时间内，振子的位移先增大再减小，所以 回复力先增大再减小，C错误；t1和t4时刻振子的位移相同，即位于同一位置，其速度等大反向，动能相等，D错误。故选A。 返回 知识点三　简谐运动“对称性”的应用 返回 对于涉及简谐运动的力学综合问题，由于简谐运动是变加速的往复运动，无法使用匀变速运动的公式进行有关定量计算，但是应用简谐运动的“对称性”规律可以快捷解题，达到事半功倍的效果。 (多选)(2020·山东高考·T11)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将钩码B由静止释放，当钩码B下降到最低点时(未着地)，物块A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是 A．M<2m B．2m<M<3m C．在钩码B从释放位置运动到最低点的过程中，钩 码B所受合力对B先做正功后做负功 D．在钩码B从释放位置运动到速度最大的过程中， 钩码B克服弹簧弹力做的功等于钩码B机械能的减少量 √ √ 例4 √ 钩码B释放后做简谐运动，钩码B在最高点加速度 大小为g，根据简谐运动的对称性，可知在最低点 加速度大小也为g，在最低点，对钩码B由牛顿第 二定律有F－mg＝ma，解得F＝2mg，而钩码B在 最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知 物块A左侧轻绳上拉力的竖直分力的大小等于Mg，设左侧轻绳与水平面夹角为θ，有F sin θ＝Mg，故M<2m，A正确，B错误；B从释放位置到最低点的过程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对钩码B先做正功后做负功，C正确；由功能关系可知，钩码B从释放到速度最大过程中，钩码B克服弹簧弹力做的功等于钩码B机械能的减少 量，D正确。故选ACD。 针对练1．如图甲所示，某儿童玩具由卡通动物、轻质弹簧和发光小球三部分组成，这三部分自上而下紧密连接在一起。将卡通动物固定在空中某处，用手托住小球竖直向上移动，使弹簧处于压缩状态，如图乙所示。现由静止释放小球，已知释放瞬间小球的加速度大小为g(g为重力加速度)，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则小球 A．向下运动过程中机械能保持不变 B．向下运动过程中机械能逐渐减少 C．释放瞬间，弹簧弹力为小球重力的 D．运动到最低处时，弹簧弹力为小球重力的 √ 小球在向下运动的过程中受重力和弹簧的弹力，弹 簧的弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增大 后减小，故A、B错误；释放的瞬间由牛顿第二定 律可得mg＋F弹＝ma，由题意可知a＝g，可得F弹 ＝mg，故C错误；不计空气阻力，小球做的是简谐运动，根据简谐运动的对称性，在最下端的位置加速度与最上端的加速度大小相等、方向相反，由牛顿第二定律可得F弹－mg＝ma，可得F弹 ＝mg，故D正 确。故选D。 针对练2．(多选)(2024·陕西渭南高二期末)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。当振子位于A点时弹簧处于原长状态。取竖直向上为正方向，重力加 √ √ 速度大小为g。振子的位移x随时间t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是 A．振子位移的表达式为x＝12sin (1.6t) cm B．t＝0.6 s时，振子的速度方向竖直向下 C．振子在B点的加速度大小为g，方向竖直向上 D．振子的动能和弹簧的弹性势能之和保持不变 由题图乙可知简谐运动的周期T＝ 1.6 s，则ω＝＝1.25π rad/s，振子 位移的表达式为x＝A sin ωt＝12sin (1.25πt) cm，故A错误；由题图乙可 知，t＝0.6 s时，振子在A、O两点之 间某一位置向O点运动，即振子的速度方向竖直向下，故B正确；由简谐运动的对称性可知，A、B两点加速度大小相等、方向相反，由于振子位于A点时弹簧处于原长状态，则位于A点时的加速度大小为g，所以振子在B点的加速度大小也为g，方向竖直向上，故C正确； 振子的重力做功转化为振子的动能 和弹簧的弹性势能，即mgh＝Ek振 ＋Ep弹，以A点为初始位置，在振 子向下运动过程中，重力做功逐渐 增大，重力势能减少，转化为振子 的动能和弹簧的弹性势能，所以振子的动能和弹簧的弹性势能之和也逐渐变大，反之在振子向上运动过程中，振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变小，故D错误。故选BC。 返回 课堂回眸 课时测评 返回 1．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是 A．回复力一定是弹力 B．回复力大小一定与位移大小成正比，且两者方向相同 C．回复力一定是物体所受的合力，大小与位移成正比，方向与位移方向相反 D．回复力的方向一定指向平衡位置 √ 回复力不一定是弹力，也不一定是物体所受的合力，故A、C错误；回复力大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，一定指向平衡位 置，故B错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2．(2024·河北衡水高二期中) 一弹簧振子的振动图像如图所示。在2～3 s的时间内，振子的动能Ek和势能Ep的变化情况是 A．Ek变小，Ep变大 B．Ek变大，Ep变小 C．Ek、Ep均变小 D．Ek、Ep均变大 √ 由题图可知，在2～3 s的时间内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动，故振子的速度变大，则动能Ek变大，根据机械能守恒可知势能Ep变小。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3．(多选)(2024·山东德州高二检测)水平方向的弹簧振子在B、C之间做简谐运动，平衡位置为O，如图甲所示，其中B、C间距离为0.1 m，小球质量m＝0.1 kg，运动过程中弹簧的弹性势能随时间的变化如图乙所示，下列说法正确的是 A．小球的振幅为0.05 m B．小球的周期为2 s C．小球运动到平衡位置O时的动量大小为p＝0.2 kg·m/s D．0.5 s时弹簧的弹性势能为0.1 J √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 根据题意可知，弹簧振子在B、C 之间做简谐运动，B、C间距离为 0.1 m，则小球的振幅A＝0.05 m， 故A正确；小球运动到平衡位置O 时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，由题图乙可知，t＝0时小球在最大位移处，t＝1 s时小球在平衡位置，则小球的周期为T＝4×1 s＝4 s，小球在平衡位置时的动能Ek＝0.2 J，则其动量大小p＝＝0.2 kg·m/s，故B错误，C正确；由题图乙可知，Ep和t的关系式为Ep＝0.1sin ＋0.1，当t＝0.5 s时，可得Ep＝0.1sin J＋0.1 J＝0.1 J，故D正 确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4．(多选) 一个弹簧振子做简谐运动的周期为T，设t1时 刻小球不在平衡位置，经过一段时间到t2时刻，小球的 速度与t1时刻的速度大小相等、方向相同，(t2－t1)<， 如图所示，则 A．t2时刻小球的加速度一定跟t1时刻的加速度大小相等、方向相反 B．在t1～t2时间内，小球的加速度先减小后增大 C．在t1～t2时间内，小球的动能先增大后减小 D．在t1～t2时间内，弹簧振子的机械能先减小后增大 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由题意可知，t1、t2时刻小球的加速度大小相等、方 向相反，A正确；在t1～t2时间内回复力先减小后增 大，所以小球的加速度先减小后增大，B正确；在 t1～t2时间内，小球的速度先增大后减小，所以动能 先增大后减小，C正确；简谐运动的机械能守恒，D错误。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5．如图所示，由轻质弹簧及下面悬挂的物块组成一个沿竖直方向振动的弹簧振子，弹簧的上端固定于天花板上，当物块处于静止状态时，取它的重力势能为零，现将物块向下拉一小段距离后放手，此后弹簧振子在平衡位置附近上下做简谐运动，则 A．弹簧振子速度最大时，振动系统的势能为零 B．弹簧振子速度最大时，物块的重力势能与弹簧的弹性势能相等 C．弹簧振子在平衡位置时，振动系统的势能最小 D．弹簧振子在振动过程中，振动系统的机械能不守恒 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 弹簧振子在平衡位置时的速度最大，此时的重力势能为零，但 是弹簧的弹性势能不为零，故振动系统的势能不为零，A、B 错误；系统中只有重力和弹簧弹力做功，则弹簧振子的动能、 重力势能及弹簧的弹性势能总和保持不变，即机械能守恒，弹 簧振子在平衡位置时动能最大，故振动系统的势能最小，C正 确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6．把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，振子沿杆在水平方向做简谐运动，平衡位置为O，振子在A、B间振动，如图所示。下列结论正确的是 A．振子在O位置时，动能最大，势能最小 B．振子在A、B位置时，动能最大，总能量最大 C．振子从A经O到B的过程中，回复力一直做正功 D．振子在O位置时系统的总能量大于小球在B位置时系统的总能量 振子在平衡位置时动能最大，势能最小，A正确；振子在A、B位置时，动能最小，整个振动过程中，总能量不变，B、D错误；振子靠近平衡位置时，回复力做正功，远离平衡位置时，回复力做负功，C错误。故选A。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 √ 7．图甲为以O点为平衡位置并在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，以向右为正方向，下列说法正确的是 A．在t＝0.2 s时刻，弹簧振子运动到O位置 B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相同 C．从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的动能持续地减小 D．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由题图乙知，t＝0时刻，弹簧振子位于平衡位置，在t＝0.2 s时刻，弹簧振子运动到B位置，故A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等、方向相反，故B错误；从t＝0到t＝0.2 s的时间内，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，弹簧振子的动能越来越小，故C正确；在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等、方向相反，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8．(2024·四川绵阳高二月考)如图甲 所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振 子在C、D间做简谐运动，从平衡位 置O向下运动时开始计时，振动图像 如图乙所示，以D点所在水平面为重 力势能等于零时的参考平面，则下列说法正确的是 A．振子在C、D时速度为0，加速度相同 B．t＝0.15 s时，振子处于超重状态 C．t＝0.1 s时，振子的加速度沿y轴正方向 D．t＝0.05 s时，弹簧的弹性势能最大，振子的重力势能最小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 振子在C、D时速度为0，加速度大小相等、方向相反，故A错误；t＝0.15 s时，振子到达最高点C，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；t＝0.1 s时，振子处于平衡位置，加速度为零，故C错误；t＝0.05 s时，振子处于最低点D，弹簧的弹性势能最大，动能为零，振子的重力势能最小，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9．在某科幻电影中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，下列说法正确的是 A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的 B．乘客向地心运动时速度增大、加速度增大 C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态 D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 分别对乘客、乘客和车整体受力分析，可知乘客不受车的 作用力，乘客做简谐运动的回复力是由乘客受到的万有引 力提供的，故A错误；乘客向地心运动时速度增大、加速 度减小，通过地心时的速度达到最大值，加速度为零，故 B错误；乘客处于地心时，加速度为零，不是失重状态， 故C错误；设地球质量为M，地球半径为R，乘客和车的质量为m，地球密度为ρ，则ρ＝，在距离地心为r处，地球对乘客的万有引力大小F＝ ，又M′＝，联立可得F＝r，即万有引力大小与到地心的距离成正比，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10．(多选)如图所示，一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直线上的A、B间做简谐运动，O为平衡位置，C为AO的中点。已知OC＝h，弹簧的劲度系数为k，某时刻物体恰好以大小为v的速度经过C点并向上运动，则从此时刻开始的半个周期内，对质量为m的物体，下列说法正确的是 A．重力势能减少了2mgh B．回复力做功为2mgh C．回复力的冲量大小为2mv D．通过A点时回复力的大小为2kh √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由简谐运动的对称性可知，从C点开始向上运动经过半个周 期，物体运动到C点关于平衡位置对称的位置，即到达O点 下方h处，重力做功为2mgh，重力势能减少了2mgh，故A正 确；物体的回复力是重力与弹簧弹力的合力，由于初、末速 度大小相等，由动能定理可知，回复力做功为零，故B错误； 经过半个周期后，物体的速度反向，取竖直向上为正方向，则由动量定理得，回复力的冲量I＝－mv－mv＝－2mv，其大小为2mv，故C正确；通过A点时的回复力F＝－kx＝－2kh，其大小为2kh，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11．(多选)如图所示，竖直轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连一质量为M的物块A，物块A的上面放置一质量为M的物块B，系统可在竖直方向做简谐运动，则下列说法正确的是 A．当振动到最低点时，物块B对物块A的压力最大 B．当振动到最高点时，物块B对物块A的压力最小 C．当向上振动经过平衡位置时，物块B对物块A的压力最大 D．当向下振动经过平衡位置时，物块B对物块A的压力最大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由题知，物块A、B一起做简谐运动，物块B做简谐运动的 回复力是由物块B的重力和物块A对物块B的作用力的合力 提供的。做简谐运动的物体在最大位移处时有最大回复力， 即具有最大的加速度amax，在最高点和最低点加速度大小 相等，在最高点时加速度向下，在最低点时加速度向上， 由牛顿第二定律，对物块B在最高点时，有Mg－F高＝Mamax，可得F高＝Mg－Mamax，在最低点时，有F低－Mg＝Mamax，可得F低＝Mg＋Mamax，经过平衡位置时，加速度为零，物块A对物块B的作用力F平＝Mg，结合牛顿第三定律可知，A、B正确，C、D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12．(多选) 在光滑斜面上的物块A被平行于斜面的轻弹簧拉住静止于O点，如图所示。现将物块A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块A在B、C范围内做简谐运动，则下列说法正确的是 A．OB越长，系统的机械能越大 B．在运动过程中，物块A的机械能守恒 C．物块A与轻弹簧构成的系统的势能，当物块A在 C点时最大，当物块A在O点时最小 D．物块A与轻弹簧构成的系统的势能，当物块A在C点时最大，当物块A在B点时最小 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 在简谐运动中，振动系统的机械能跟振幅有关，对 确定的振动系统，振幅越大，系统的机械能越大， A正确；在简谐运动中，系统的机械能守恒，但物 块A的重力势能与动能总和不断变化，物块A的机 械能不守恒，B错误；在简谐运动中，系统在最大位移处势能最大，在平衡位置处动能最大，势能最小，C正确，D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13．(多选)(2024·安徽阜阳高二期中)光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为E＝kA2，其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅。若振子质量为0.25 kg，弹簧的劲度系数为25 N/m。某时刻系统具有势能0.06 J和动能0.02 J，则下列说法正确的是 A．振子的最大加速度为8 m/s2 B．振子经过平衡位置时的速度为0.4 m/s C．若振子在最大位移处时，质量突变为0.4 kg，则振子经过平衡位置的动能增大 D．若振子在最大位移处时，质量突变为0.4 kg，则振子经过平衡位置的速度减小 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有kA2＝0.06 J＋0.02 J＝ 0.08 J，所以该振动的振幅A＝0.08 m，由牛顿第二定律可知振子的最大加速度a＝＝8 m/s2，故A正确；振子经过平衡位置时，弹性势能为零，则系统机械能表现为动能，即mv2＝0.08 J，所以速度v＝0.8 m/s，故B错误；振子在最大位移处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.4 kg，不影响系统的总机械能，当振子运动到平衡位置时，势能为零，动能不变，有＝0.08 J，质量增加，可知速度减小，故C错误，D正确。故选AD。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 谢 谢 观 看 简谐运动的回复力和能量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $