1.6 反冲现象火箭-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

第一章动量守恒定律 并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变； A.M=m 化的规律如图乙所示，下列说法正确的( B.M=2m ↑ C.木板的长度为8m Vo D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 03 5.在光滑的冰面上放置 A M B 一个截面为四分之一 777777777777777777777, 甲 圆弧（半径足够大）的 711开n A.物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒 光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一 小球静止在冰面上.某时刻小孩将小球以。的 B.物块A、B与弹簧组成的系统机械能不守恒 速度向曲面推出，如图所示.已知小孩和冰车的 2 C.3=30 总质量为m1=40kg,小球质量为m2=2kg,若 小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量 D.v3=0.40 m3应满足的条件. 4.(多选)如图1所示，光滑水平面上静置一个薄： 长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M,t=0 时刻质量为m的物块以水平速度。滑上长木： 板，此后木板与物块运动的？一图像如图2所： 示，取重力加速度g=10m/s2,则下列说法正： 确的是 ↑v/(msl) 5 43 m 图1 23t/s 图2 : 温馨提示 请做课时分层检测（六） 6 反冲现象 火箭 学习目标要求 核心素养和关键能力 1.知道什么是反冲运动；知道火箭的工作原理 1.核心素养 2.能利用动量守恒定律解释反冲现象， 建立反冲运动模型、人船模型的科学思维。 3.知道人船模型和爆炸类问题都可以看成反冲运动问题 2.关键能力 处理 物理建模能力和分析推理能力. 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、反冲现象 :3.反冲现象的应用及防止 1.定义：大炮发射炮弹后，炮身的后退运动叫作 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水 反冲 从喷口喷出时，一边喷水一边 2.特点 (1)系统内力 ,外力可忽略。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响 (2)反冲运动中，通常可以用 来 射击的 ,所以用步枪射击时要把枪身 处理. : 抵在 ,以减少反冲的影响。 27 物理·选择性必修第一册 二、火箭 :2.如图所示，小船静止在水面 1.原理：火箭的飞行应用了 的原理，靠喷 上，站在船尾的人不断将鱼 出气流的 作用来获得巨大速度： 抛向左方船头的舱内，将一 2.影响火箭获得速度大小的因素 定质量的鱼抛完后，关于小 一是喷气速度，二是火箭喷出物质的质量与火 船的速度和位移，下列说法正确的是( 箭本身质量之比.喷气速度 ,质量比 A.向左运动，船向左移动了一些 ,火箭获得的速度就越大 B.小船静止，船向左移动了一些 即学即用 C.小船静止，船向右移动了一些 D.小船静止，船不移动 1.判断下列说法的正误. 3.想一想：近几年，我国的探月工程稳步推进，假 (1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力： 如在月球上建一座飞机场，螺旋桨飞机能够起 与反作用力产生的效果 ( 飞吗？如果不能应怎么办？ (2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动 量守恒定律来分析. ( (3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用： 于微观粒子. (4)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速 前行 ( (5)火箭点火后离开地面向上加速运动，是地面！ 对火箭的反作用力作用的结果 ( 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 要点1对反冲运动的理解 探究归纳 探究导入在生活中常见到这样的情形：吹饱的1.反冲运动的三个特点 气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；鸟 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向 贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动. 运动 结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以： (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远 下问题： 大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机 械能，所以系统的总动能增加， 2.讨论反冲运动应注意的三个问题 (1)速度的方向 对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的 (1)反冲运动的物体受力有什么特点？ 运动方向必然相反.在列动量守恒方程时，可任 (2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么 意规定某一部分的运动方向为正方向，则另一 变化？ 部分运动方向应为负方向. (2)相对速度问题 在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相 对速度.此类问题中应先将相对速度转换成对 地的速度，再应用动量守恒定律列方程」 (3)变质量问题 如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭 本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和 在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究 28 第一章动量守恒定律 对象，取相互作用的这个过程为研究过程进行：2.如图所示，进行太空行走的航天员A和B的质 研究. 量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间 [典例1]反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，： 站，相对空间站的速度为0.1m/s.A将B向空 点燃酒精，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反 间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s,求此 方向运动.如果小车运动前的总质量M=3kg, 时B的速度大小和方向. 水平喷出的橡皮塞的质量m=0.1kg 空间站 (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v=2.9m/s, 求小车的反冲速度； (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平 方向成60°角，小车的反冲速度又如何（小车一 直在水平方向运动)？ [思路点拨](1)小车和橡皮塞组成的系统所 受外力之和为零，系统总动量为零 (2)小车和橡皮塞组成的系统在水平方向动量 守恒 [听课记录] 要点2火箭原理分析及应用 探究导入现代火箭发动机 的喷气速度通常在2000~ 5000m/s,近期内难以大 幅度提高.因此，若要提高 火箭的速度，需要在减轻火 箭本身质量上下功夫.火箭 …/名师点评/ 起飞时的质量与火箭除燃 反冲问题的三点注意 料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比.火箭 (1)内力的存在不会影响系统的动量守恒. 的质量比一般小于10，否则火箭结构的强度就 (2)内力做的功往往会改变系统的总动能. 有问题.但是，这样的火箭还是达不到发射人造 (3)要明确反冲运动对应的过程，弄清初、末状 地球卫星的7.9km/s的速度. 态的速度大小和方向的对应关系 (1)火箭点火后能加速上升的动力是什么力？ 针对训练 (2)火箭飞行利用了怎样的工作原理？ 1.某学习小组在探究反冲现 象时，将质量为m1的一个 小液化气瓶固定在质量为 m2的小玩具船上，利用液 化气瓶向外喷射气体作为船的动力.现在整个 装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向： 外喷射气体对地速度为1，如果在△1的时间内 向后喷射的气体的质量为△，忽略水的阻力， 探究归纳 则喷射出质量为△的气体后，小船的速度是 1.火箭的速度 ( 设火箭飞行时在极短时间△t内喷射燃气的质 △mu △mv1 量为△m,速度为u,喷出燃气后火箭的质量为 A.m1+m2一△m B. m1+m2 m,获得的速度为，由动量守恒定律有0= C. △m1 D.- △mw1 m1一△m m2-△m mv十△n,得o=-△m 4. 29 物理·选择性必修第一册 2.决定因素 A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/s 火箭获得的速度取决于喷出燃气的速度”及燃； C.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s 气质量与火箭本身质量之比公”两个因素。 4.(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞 m 行速度 3.多级火箭 A.使喷出的气体速度更大 由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造： B.使喷出的气体温度更高 地球卫星所需要的7.9km/s,实际火箭为多 C.使喷出的气体质量更大 级.多级火箭发射时，质量较大的第一级火箭燃 D.使喷出的气体密度更小 烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依 次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地 要点3反冲运动的典型应用“人船模型” 减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远 探究归纳 远超过使用同样多燃料的一级火箭所能达到的 速度.目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三：1.“人船模型”问题 级火箭能达到目前发射人造卫星的需求， 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受 [典例2]一火箭喷气发动机每次喷出m=200g 外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的 的气体，气体离开发动机喷出时的速度= 过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于 1000m/s(相对地面)，设火箭质量M= 质量的反比.这样的问题归为“人船模型”问题. 300kg,发动机每秒喷气20次.求当第三次气2.“人船模型”的特点 体喷出后，火箭的速度多大？ (1)两物体满足动量守恒定律：m11一m22 [听课记录] =0. (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快， 人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量 的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们 质量的反比，即==m2 x20211 (3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的 /名师点评/ 1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的， 火箭类问题的三点提醒 :[典例3]如图所示，长为1、质 (1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭 量为M的小船停在静水中， 本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律 一个质量为m的人站在船 时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷： 头，若不计水的阻力，当人从 出的气体为研究对.注意反冲前、后各物体 船头走到船尾的过程中，小船 质量的变化. 和人对地的位移各是多少？ (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考 [听课记录] 系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要 设法予以调整，一般情况要转换成对地的 速度。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向. 针对训练 3.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g 燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷： …/名师点评/… 口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火： 人船模型中人和船的动量守恒，同时运动或停 箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力 止，运动位移有一定的数值关系，是解决这类 可忽略) 问题的关键点，应多注意· 30 第一章动量守恒定律 针对训练 :6.如图所示，一个倾角为a 的直角斜面体静置于光 5.(多选)如图所示，质量为 滑水平面上，斜面体质量 M M,长度为L的船停在平静 7MC 7777 的湖面上，船头站着质量 为M,顶端高度为h.今有一质量为m的小物体 为m的人，M>m,现在人由静止开始由船头走 (可视为质点)，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜 到船尾.不计水对船的阻力，则 ( 面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上 A.人和船运动方向相同 移动的距离是 ( B.船运行速度小于人的行进速度 mh Mh C.由于船的惯性大，当人停止运动时，船还要继 A.M+m B.M+m 续运动一段距离 D.人相对木面的位移为 mh Mh C.(M+m)tan a D.(M+m)tan a 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.以下实例中不是反冲现象的是 ( A.人走动时，他相对于水面的速度和小船相对 A.当枪发射子弹时，枪身会同时向后运动 于水面的速度大小相等、方向相反 B.乌贼向前喷水从而使自己向后游动 B.他突然停止走动后，船由于惯性还会运动一 C.火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上： 小段时间 运动 C.人在船上走动过程，人对水面的位移是船对 D.战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机 水面的位移的9倍 身的灵活性 D.人在船上走动过程，人的动能是船的动能的 2.一质量为M的航天器，正以速度0在太空中 8倍 飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动5.课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压 机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时： 出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为 速度大小为1，加速后航天器的速度大小为 2×10-4m3/s,喷出速度保持为对地10m/s.启动 2,则喷出气体的质量m为 ( 前火箭总质量为1.4kg,则启动2s后火箭的速度 A.2-0M B.v2 M 可以达到多少？（已知火箭沿水平轨道运动且阻 1 v2+v1 力不计，水的密度是1.0×103kg/m3) C.2 %0M D.2 v0M v2十01 2一V1 3.如图所示，气球下面有一根长 绳，气球和长绳的总质量为 m1=20kg,长绳的下端刚好 和水平面接触.一个质量为 m2=50kg的人抓住大气球下 方的绳，初始静止时人离地面 的高度为h=5m.如果这个人 开始沿长绳向下滑动，当他滑 到长绳下端时，他离地面的高度是（可以把人看 作质点) A.5 m B.3.6m C.2.6m D.8 m 4.平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个 人，船的质量是人的质量的8倍.从某时刻起，： 这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走： 动.水对船的阻力忽略不计.下列说法正确的是 ( 温馨提示 请做课时分层检测（七） 316反冲现象火箭 必备知识·自主梳理 一、2.(1)很大(2)动量守恒定律3.(1)旋转(2)准确性肩部 二、1.反冲反冲2越大越大 即学即用 1.(1)/(2)×(3)/(4)√(5)× 2.C 3.不能起飞，螺旋桨飞机是靠转动的螺旋浆与空气的相互作用力飞 行的，不能在真空中飞行.要在真空中飞行，可以利用反冲原理， 像火箭那样完成飞行 关键能力·合作探究 要点1 (1)提示：物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反 方向运动， (2)提示：反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力， 所以系统的动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为 机械能，所以系统的机械能增加 探究归纳 [典例1]解析(1)以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒 定律有 nu十(M-n)w'=0 n =-m=一3-0.1×2.9m/s=-0.1m/s 负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的方向相反： (2)以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有 nucos60°+(M-m)"=0 =-mcos60°=-0.1X2,9X0.5m/s=-0.05m/s M一n 3-0.1 负号表示小车的运动方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向 相反. 答案(1)0.1/s,方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05m/s,方向与橡皮塞运动的水平分运动的方向相反 针对训练 1.解析由动量守恒定律得 （m十m2一△n)vs-△nU=0 △n 解得s一m十m:一△m 故选项A正确. 答案A 2.解析根据动量守恒定律有(mA十mg)h=AA十ngg,代入数 据可解得阳=0.02m/s,方向为远离空间站方向。 答案0.02m/s,远离空间站方向 要点2 (1)提示：燃烧产生的气体高速向下喷出，气体产生的反作用力推 动火箭加速上升， (2)提示：火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理， 探究归纳 [典例2]解析方法一：喷出气体的运动方向与火箭的运动方向 相反，系统动量守恒 第一次气体喷出后，火箭速度为，有 (M-m)v-m=0, 所以 第二次气体喷出后，火箭速度为，有 (M-2m)v2-mv=(M-m)v, 所以边一M一2m 第三次气体喷出后，火箭速度为购，有 (M-3m)u3-nu=(M-2n)2, 3mw_3×0.2×1000 所以%-3m=300-3X0.2m/s≈2m/s, 方法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解， 设喷出三次气体后火箭的速度为西，以火箭和喷出的三次气体为 研究对象，根据动量守恒定律，得(M-3m)西一3mu=0,所以u3= 3mw≈2m/s. M-3m 答案2m/s 1 针对训练 3.解析燃气从火箭喷口喷出的过程中，火箭和燃气组成的系统动量守 恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为，以火箭运动方向为正方 向，根据动量守恒定律，可得p一=0，其中m为燃气质量，6为燃气 喷出的速度，解得p=m=0.050kg×600m/s-30kg·m/s,远项A正 确. 答案A 4.解析设火箭原来的总质量为M,喷出的气体质量为m,速度是U,剩 余的质量为M一n,速度是v',由动量守恒定律得(M一m)v=mw,则 M mu ,由上式可知，n越大，越大，越大，故A、C正确. 答案AC 要点3 探究归纳 「典例3]解析人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量 守恒.假设某一时刻小船和人对地的速度分别为山、，由于系统 原来处于静止状态，因此 0=My一m, 即m2=M山1. 由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关 系，故它们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即n西 =M, 等式两边同乘以运动的时间t,得 m西t-M而1t,即.x2-Mx1, 又因无1十x2=1, 。nl MI 因此有一m干，一n中7 mi Mi 答案m干Mm十M 针对训练 5.解析人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始 终相反，故A错误：由动量守恒定律有Mu梅一nw人，又Mm,故 V以>U,故B正确；由人—船系统动量守恒且系统总动量为零 知：人走船走，人停船停，故C错误；由平均动量守恒M瓶= ML 人和工人十x=L知x人一M干m m ,故D正确 答案BD 6.解析此题属于“人一船”模型问题，小物体与斜面体组成的系 统在水平方向上动量守恒，以水平向左为正方向，设小物体在水 平方向上对地位移大小为$1，斜面体在水平方向上对地位移大小 mh 为.有0=ms1一Ms,且s十=Lana,可得=M+mana 故C正确 答案C 素养演练·提升技能 1.解析当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反向的力会向后运 动，故A是反冲现象；乌贼向前喷水从而使自己受到一个向后的 力，向后游动，故B是反冲现象：火箭中的火药燃烧向下喷气而自 身受到一个向上的推力，推动自身向上运动，故C是反冲现象：战 斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，故D 不是反冲现象，故选D 答案D 2.解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律得， M=(M-m)一m,解得m=二M,故C正确. 答案C 3.解析当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1五1一 n2h2=0 且h1十h2=h 解得么-罗m 10 h2=7m 所以他离地面的高度 H=h1≈3.6m, 故B正确. 答案B 6 4.解析人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得n人v以人一m据v帮=0，又m籍=8m人，所以v以一 8V帮，人、船速度方向相反；u人=8U帮t,即s人=8帮，故A、C错 误.人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为 零，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，船的动量为零， 船的速度为零，则知人停止走动后，船立即停止运动，故B错误， 因8m人=mB,人=8，根据E=之m时可知，人与船的动能之 比为E人：E指=8：1，故D正确. 答案D 5.解析“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M, 喷出水流的流量为Q,水的密度为，水流的喷出速度为，火箭的 反冲速度为)，由动量守恒定律得 (M-pQt)U=pQIv, 火箭启劲后2s未的速度为寸一产Q oQtv =1.0×103×2×104×2×10 1.4-1.0X10×2×10-X2m/s=4m/s 答案4m/s 章末综合提升 新情景材料典题 1.解析设1分钟内射出的子弹数量为，则对这颗子弹由动量 定理得Ft=nm,代入数据解得n=120,选项C正确，A、B、D 错误 答案C 2.解析设足球自由下落到人头顶前瞬时速度大小为，一 √2gh=4m/s,对足球，在与人头顶作用过程中，规定竖直向上为 正方向，由动量定理得(F一mg)△t=mo一（一m),解得F=ng +2m=36N.足球的重力G=mg=4N,头部对足球的平均作 A 用力为足球重力的9倍，A错误：足球下落到与头部刚接触时动 量大小m=1.6kg·m/s,B错误：足球与头部作用过程中动量 变化大小为2n=3.2kg·m/s,C正确；足球从最高，点下落至重 新回到最高点过程中重力的冲量大小为I6=mg(△1十2)=4× (0.1十2×0.4)N·s=3.6N·s,D错误. 答案C 1.解析图甲中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量 为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为凹1，行星的速度 大小为u1,设向右为正方向，根据动量守恒定律有购一Mu m+M,由能量宁恒定律可得安m'十受M松=宁m2十 之M仙，联立可得=一M千，一m,由于M>m,则 M-m 2M 一（山十2），负号表示方向向左，速度大小大于，故A正确，B 错误：图乙中，类似于探测器追上行星与之正碰，设探测器的质量 为m,行星的质量为M,碰后探测器的速度大小为，行星的速度 大小为，设向右为正方向，根据动量守恒定律有一m一Mu= m十Mu,由能量守恒定律可得号n助2十之Md=之m十 2M 号Mu,,联立可得边=灯阳。一Mm,由于M>m,则 。一2u,方向向右，速度大小小于，故C、D错误 答案A 2.解析由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的速度，一2m/s,碰撞 后瞬间蓝壶的速度v=1.5m/s,两冰壶质量相等，设冰壶质量为 m,两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的速度为山1，以 碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m=nU 十m,代入数据解得U=0.5m/s,故A错误；由图乙所示图像 可知，碰撞前红童的加速度大小a==25一2.0m/g= △ 0,5mS,图乙所示图像中的与”。-：8=58，则碰拉后蓝 壶停止运动需要的时间营一(5一1)s=4s,故B正确；由动量定 理得，对红壶：I红=1，I准=，则红、蓝两壶从碰后至停止运 动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比I年：I:一1：3，故C正 1 确，两查碰控过程损失的机桃能4B=宁m2一合mm2- 1 2m,两壶从碰后到停止损失的总机械能△E,=乞m十 △E=3,故D错误 之m,代入数据解得会金 5 答案BC 3.解析用)表示火车最后的速度，用m表示每节车厢的质量，由 于轨道对车厢的阻力不计，所以由节车厢组成的系统，动量守 恒，取第一节车厢原来的速度方向为正方向，则有m肠=mv,得 =,故A正确，B错误； 相邻两车厢的间隙长度为4L=上 设车厢间发生第1、2、·、k次碰撞后连在一起的车厢速度分别 为1、2、…、，则有 mv =2mv m6=3m购 6=(k十1)n4 解得=立，欢一了，…4一干6 所以整个挂接过程所用时间为 =业+ +…十出-1+2+中(a一1-张故C错 U01 误，D正确， 答案AD 第二章 机械振动 1 简谐运动 必备知识·自主梳理 一、1.一个位置振动2.合力为零3.(1)小球弹簧(2)忽略 二、1.平衡位置2.小球球心平衡位置振动图像 三1.正弦正弦2.振动简谐运动 即学即用 1.(1)×(2)/(3)×(4)×(4)×2.OC小大 3.简谐运动的速度大小、方向都在不断变化.若物体的位移随时间 按正弦函数的规律变化，则这个物体的运动就是简谐运动 关键能力·合作探究 要点1 (1)提示：弹簧振子的运动中不计阻力，而且弹簧的质量与小球相 比可以忽路，故是一种理想化模型. (2)提示：位移的起点在平衡位置；振动物体的位移x用从平衡位 置指向物体所在位置的有向线段表示， 探究归纳 角度1 「典例1]解析平衡位置是振动物体静止时的位置，与受力有关， 不一定是振动范国的中心：振动位移是以平衡位置为起点，到物 体所在位置的有向线段：振动位移随时间而变化，物体偏离平衡 位置最远时，振动物体的位移最大，而路程越大，位移不一定越 大，故A、B远项正确. 答案AB 角度2 [典例2]解析O点为弹簧振子的平衡位置，小球在()点时加速 度为零，位移为零，速度最大，故B错误：小球在a、b两，点时，位移 最大，加速度最大，速度为零，故A、D错误，C正确. 答案C 针对训练 1,解析通过水平、竖直弹簧振子来分析其平衡位置，水平弹簧振 子的平衡位置就在弹簧原长的位置，在竖直悬挂的弹簧下端固定 一个钢球，它们组成了一个振动系统，其平衡位置不在弹簧的原 长位置，而是在弹力与重力平衡（即合力为零）的位置，故A错，B 对：弹簧振子的运动满足位移随时间按正弦规律变化，是简谐运 动，故C对，D错. 答案BC