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第二章　章末总结
考向一 简谐运动的描述及其规律
1.(2024·福建卷)如图(a)所示,装有砂粒的试管竖直静浮于水中,将其提起一小段距离后释放,一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,试管振动图像如图(b)所示,则试管 (　B　)
A.振幅为2.0 cm
B.振动频率为2.5 Hz
C.在t=0.1 s时速度为0
D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下
解析：根据振动图像可知，试管振幅为1.0 cm，周期为T=0.4 s，则频率为f== Hz=2.5 Hz，故A错误，B正确;根据图像可知，t=0.1 s时试管处于平衡位置，此时速度最大，故C错误;根据图像可知，t=0.2 s时试管处于负向最大位移处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
2.(2024·河北卷)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为 (　C　)
A.0.2 rad/s，1.0 m
B.0.2 rad/s，1.25 m
C.1.26 rad/s，1.0 m
D.1.26 rad/s，1.25 m
解析：紫外光在纸上的投影做的是简谐运动，电动机的转速为n=12 r/min=0.2 r/s，因此圆频率ω=2πn≈1.26 rad/s，周期为T==5 s，简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m，12.5 s通过的路程为s=×4A=1.0 m，故选C。
考向二 简谐运动的两种模型
3.(多选)(2025·甘肃卷)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是 (　BC　)
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
解析：剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随着弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为0时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，A错误;剪断细线之前有F弹=3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma，解得A的加速度a=，B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=，剪断细线后A做简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量x2=，即振幅为A=x1-x2=，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，C正确;由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，D错误。
4.(2024·甘肃卷)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　C　)
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为0
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
解析：由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m，x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为0，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同，综上所述，可知C正确。
考向三 单摆周期公式的应用
5.(2025·四川卷)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则 (　C　)
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为0
B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为0
C.小球甲、乙的振动周期之比为3︰4
D.小球丙、丁的摆长之比为1︰2
解析：根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲==T丙=，可得T丙=2T甲，T乙=T甲，T丁=4T甲，可得T甲︰T乙=3︰4，T丙︰T丁=1︰2，根据单摆周期公式T=2π，结合T丙︰T丁=1︰2，可得小球丙、丁的摆长之比l丙︰l丁=1︰4，故C正确，D错误;小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时小球丙速度为0，位移最大，根据a=-可知此时加速度最大，故A错误;根据上述分析可得T乙=T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
6.(2024·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球铅垂线与AB交点的单摆，重力加速度g取10 m/s2，则 (　B　)
A.摆角变小，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力为 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
解析：根据单摆的周期公式T=2π，可知周期与摆角无关，故A错误;同一根细线中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图，可得2FAcos 30°=mg，解得FA=FB== N，故C、D错误;根据几何知识可知摆长为l==1 m，故周期为T=2π≈2 s，故B正确。
7.(2024·黑吉辽卷)如图(a)所示，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如图(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。的值为 (　C　)
A.2n　　 B.　　 C.　　 D.
解析：设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，根据简谐运动的对称性有k·4A-mg=mg，k·2A-mg'=mg'，可得g=，g'=，所以=2，设该球状天体的半径为R，在天体表面，有G=mg，G=mg'，联立可得=，故选C。
第二章素养达标
(总分:100分　时间:75分钟)
一、选择题(本题共10小题,共46分。第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.关于做简谐运动的物体，下列说法中正确的是 (　C　)
A.位移减小时，速度增大，加速度也增大
B.位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同
C.物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同
D.物体通过平衡位置时，回复力为0，故处于平衡状态
解析：位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误;位移方向总跟加速度方向相反，当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确;物体通过平衡位置时，回复力为0，但合力不一定为0(如单摆)，所以不一定处于平衡状态，故D错误。
2.一弹簧振子沿水平方向振动，某时刻开始计时，其位移x随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是 (　D　)
A.t=2 s时振幅为0
B.t=1 s和t=3 s时，振子的回复力相同
C.在3~5 s内，振子速度先减小后增大
D.任意4 s内振子通过的路程为20 cm
解析：由题图知弹簧振子的振幅为5 cm，振幅不随时间而变化，故A错误;t=1 s和t=3 s时，振子的位移大小相等，方向相反，根据F=-kx可知，振子的回复力方向相反，故B错误;在3~5 s内，振子由负向最大位移处先向平衡位置运动，再由平衡位置向正向最大位移处运动，则速度先增大后减小，故C错误;振子振动的周期为4 s，则任意4 s内振子通过的路程为振幅的4倍，即为20 cm，故D正确。
3.如图所示，破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅度提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是 (　B　)
A.锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好
B.破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C.破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小
D.对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同
解析：当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于物体固有频率时，随着驱动力频率增大，物体的振幅增大，当驱动力频率大于物体固有频率时，随着驱动力频率增大，物体的振幅减小，故A错误，B正确;破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误;对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。
4.粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的水杯中，把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷(包括铁丝)，下列说法正确的是 (　B　)
A.N点对应时刻的位移与P点对应时刻的位移相同
B.P点对应时刻的加速度方向竖直向下
C.N点对应时刻的机械能等于P点对应时刻的机械能
D.随着振幅的减小，振动频率会变小
解析：由于位移是矢量，所以N点对应时刻的位移与P点对应时刻的位移大小相等，方向相反，A错误;P点对应时刻回复力方向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向与回复力方向一致，所以P点对应时刻的加速度方向竖直向下，B正确;因为木筷(包括铁丝)做阻尼振动，机械能随时间不断减小，所以P点对应时刻的机械能大于N点对应时刻的机械能，C错误;木筷(包括铁丝)振动的频率与振幅无关，振动频率不变，D错误。
5.如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，下列说法正确的是 (　B　)
A.此单摆的摆长约为2 m
B.t=1 s时单摆的回复力最大
C.若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小
D.若此单摆的摆长不变，摆球质量增大，它做简谐运动的周期将变大
解析：由题图可知，单摆周期T=2 s，由单摆周期公式T=2π，可解得此单摆的摆长约为1 m，A错误;t=1 s时摆球速度为0，在最大位移处，单摆的回复力最大，B正确;单摆的周期与摆角、摆球质量均无关，C、D错误。
6.如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧劲度系数为k，底座质量也为m。轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是 (　B　)
A.释放公仔头部瞬间的加速度大小为2g
B.公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg
C.弹簧恢复原长时，公仔头部的速度最大
D.公仔头部做简谐运动的振幅为
解析：释放公仔头部瞬间，根据牛顿第二定律有2mg-mg=ma，解得a=g，故A错误;根据简谐运动的对称性，可知，最高点与最低点的加速度大小相等，在最高点时，设弹簧弹力大小为F，则有F+mg=ma，结合上述解得F=0，即此时弹簧恰好处于原长，对底座分析可知，桌面对底座的支持力等于mg，根据牛顿第三定律可知，公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg，故B正确;根据上述可知，公仔头部运动至最高点时，弹簧恰好恢复原长，此时公仔头部的速度为0，故C错误;轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，根据胡克定律有2mg=kx，根据简谐运动的对称性，结合上述有A=x，解得A=，故D错误。
7.如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中(忽略流出的墨汁对注射器内墨汁减少量的影响)，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小。其中墨迹上A、B两点到OO'的距离均为注射器下端振幅的一半。不计空气阻力，则 (　C　)
A.在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅
B.注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于摆动周期的
C.把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度
D.注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度相同
解析：在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，而匀速拖动木板，可知木板在OO'方向上的路程不为0，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故A错误;在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器下端从A点正上方运动至平衡位置的时间小于，同理可知注射器下端从平衡位置运动至B点正上方的时间小于，故注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间小于摆动周期的，故B错误;注射器做单摆运动，周期为T=2π，广州的重力加速度比北京小，为使周期不变，需要缩短细线长度，故C正确;注射器下端在A点正上方与在B点正上方时，注射器下端的位移大小相等，方向相反，根据a==，可知注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度大小相等，方向相反，故D错误。
8.弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为 (　BD　)
A.5 s B.6 s
C.14 s D.18 s
解析：如图所示，假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动，若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T=4× s=18 s。若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T'，则+=4 s，解得T'=6 s，故B、D正确。
9.如图甲所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，振动图像如图乙所示。下列说法正确的是 (　AC　)
A.经时间，小球从最低点向上运动的距离小于
B.在时刻，小球向下运动
C.在时刻，小球的动能最大
D.小球在一个周期内运动的路程为2A
解析：由题图乙可知简谐运动的位移与时间的关系为y=-Acost，则t=时，有y=-Acos·=-A，所以经时间，小球从最低点向上运动的距离为Δy=A-A=A<，故A正确;由题图乙可知，在时刻，小球向上运动，故B错误;由题图乙可知，在时刻，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的动能最大，故C正确;小球在一个周期内运动的路程为4A，故D错误。
10.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端有一固定挡板，与一轻弹簧相连。弹簧下端连接一质量为m的小球，小球沿斜面方向做振幅为A的简谐运动。当小球运动到最高点时，弹簧正好处于原长，重力加速度为g。弹簧一直在弹性限度内。下列说法正确的是 (　ABD　)
A.弹簧的最大弹性势能为2mgAsin θ
B.小球的最大动能一定小于mgAsin θ
C.弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
D.小球在最低点时弹簧的弹力大小为2mgsin θ
解析：当小球运动到最高点时，弹簧正好处于原长，小球在最低点时弹簧弹性势能最大，动能为0，小球减少的重力势能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能Epmax=2mgAsin θ，故A正确;在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减少mgAsin θ，动能和弹性势能增加，所以小球的最大动能小于mgAsin θ，故B正确;在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能、小球的动能、重力势能之和不变，故C错误;小球做简谐运动的平衡位置处mgsin θ=kx，当小球运动到最高点时，弹簧正好为原长，可知x=A，所以小球在最低点时，弹簧形变量为2A，弹力大小为2mgsin θ，故D正确。
二、实验题(本题共2小题,共18分)
11.(10分)“用单摆测定重力加速度”的实验中:
(1)(多选)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，除停表外，还应选用下列所给器材中的ACF(将所选用的器材前的字母填在横线上)。
A.长1 m左右的细绳
B.长10 cm左右的细绳
C.直径约2 cm的钢球
D.直径约2 cm的木球
E.分度值是1 cm的米尺
F.分度值是1 mm的米尺
(2)(多选)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是AD(选填选项前的字母)。
A.把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动
B.在摆球到达最高点时开始计时
C.用停表测量单摆完成1次全振动所用的时间并作为单摆的周期
D.用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期
(3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g=(用测出的物理量表示)。
(4)若测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2-L图线如图，此图线斜率的物理意义是C。
A.g　　 B.　　C.　　D.
(5)在(4)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的图线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小C。
A.偏大 B.偏小
C.不变 D.都有可能
解析：(1)单摆的摆角较小，所以所用细绳需要适当长一些，这样摆幅较大，便于观察，选择长1 m左右的细绳，即A;为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量较大、体积较小的钢球，即C;测量长度需要尽量精确，选择分度值是1 mm的米尺，即F，故选A、C、F。
(2)单摆的摆角不超过5°，把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动，A正确;摆球在最高点速度为0，从最高点计时误差较大，摆球在最低点速度最大，所以应从最低点开始计时，B错误;用1次全振动所用的时间作为周期误差较大，应用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期，C错误，D正确。
(3)根据单摆的周期公式T=2π，其中L=l+，可得当地的重力加速度g=。
(4)根据单摆的周期公式T=2π，变形得T2=L，图线的斜率为，A、B、D错误，C正确。
(5)结合(4)可知斜率与摆长无关，所以斜率不变，A、B、D错误，C正确。
12.(8分)如图甲所示的曲面玻璃在建筑领域应用广泛，通常被应用于玻璃外墙、弧形楼梯、浴室等场景。现有一柱面形状的圆弧玻璃，某实验小组设计实验，应用单摆周期公式测量其截面的半径，实验器材有:待测曲面玻璃一块(柱面形状，弧形玻璃截面半径R约为1 m)、停表、光滑的小铁球等。实验步骤如下:
(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，读数如图丙所示，则小铁球的直径d=1.20 cm。
(2)将曲面玻璃凸面朝下固定在水平地面上，形成曲面凹槽，其垂直轴线的竖直截面如图乙所示，小铁球静止在凹槽底部，记录其静止时的平衡位置O。
(3)将小铁球由靠近玻璃底部的某位置由静止释放，在平衡位置按下停表开始计时，同时数下数字“0”，若同方向再次经过该位置时记为“1”，在数到“30”时停止停表，读出这段时间t，算出振动周期T=。
(4)若重力加速度大小为g，用测得的数据表示弧形玻璃的截面半径R=g(用测得的物理量的字母表示)。
(5)若在计时时将全振动的次数多数了一次，则弧形玻璃截面半径R的测量值将偏小(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)由题图丙中主尺及游标尺的示数可知小铁球的直径d=1.1 cm+0.01 cm×10=1.20 cm。
(3)从小铁球经过平衡位置开始计时，0~t时间内同方向经过平衡位置30次，则小铁球的振动周期T=。
(4)振动周期T=2π，其中T=、l=R-，则弧形玻璃的截面半径R=+=g+。
(5)若在计时时将全振动的次数多数了一次，则周期T将偏小，由(4)可知弧形玻璃截面半径R的测量值将偏小。
三、计算题(本题共3小题,共36分)
13.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示，求:
(1)该简谐运动的表达式;
(2)t=0.9 s时的位移大小;
(3)振子在0~3.6 s内通过的路程。
答案：(1)x=2sin cm　(2) cm　(3)36 cm
解析：(1)由题图可知A=2 cm，T=0.8 s，则ω== rad/s，该简谐运动的表达式为x=2sin cm。
(2)将t=0.9 s代入表达式得t=0.9 s时的位移x=2sin cm=2sin cm= cm。
(3)在0~3.6 s内，经过的周期数n==4.5，振子一个周期内通过的路程为4A，0.5个周期内通过的路程为2A，则在0~3.6 s内振子通过的路程为s=4×4A+2A=18A=36 cm。
14.(12分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量m=0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于伸直状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ(θ小于5°且是未知量)。由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，摆球运动到最低点时的速度大小为 m/s。重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)单摆的振动周期和摆长;
(2)图乙中细线拉力最大值Fmax和最小值Fmin(结果保留三位小数)。
答案：(1)0.4π s　0.4 m
(2)0.510 N　0.495 N
解析：(1)由F-t图像可得T=0.4π s，由T=2π得L=0.4 m。
(2)摆球运动到最低点时Fmax-mg=m，解得Fmax=0.510 N，摆球从A点运动到B点过程机械能守恒，可得mgL(1-
cos θ)=mv2，又Fmin=mgcos θ，解得Fmin=0.495 N。
15.(14分)如图甲所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小物块。以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox。现将小物块向上托起，使弹簧恢复到原长时将小物块由静止释放，小物块在竖直方向做往复运动，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
(1)以小物块经过平衡位置向下运动过程为例，通过推导说明小物块的运动是否为简谐运动。
(2)求小物块由最高点运动到最低点的过程中，重力势能的变化量ΔEp1、弹簧弹性势能的变化量ΔEp2。
(3)在图乙中画出由最高点运动到最低点的过程中，小物块的加速度a随x变化的图像，并利用此图像求出小物块向下运动过程中的最大速度。
答案：(1)见解析　(2)-　
(3)见解析图乙　g
解析：(1)设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，则有kx0=mg，可得x0=，小物块运动到平衡位置下方x处，受力分析如图甲所示，此时弹簧弹力大小为F=k(x+x0)，小物块所受合力为
F合=mg-F=mg-k(x+x0)=-kx，即小物块所受合力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。
(2)根据简谐运动对称性的特点，小物块由最高点运动到最低点的过程中，下降的高度为2x0，重力势能的变化量为ΔEp1=-mg·2x0=-，根据机械能守恒定律得ΔEk+ΔEp1+ΔEp2=0，其中ΔEk=0，解得弹簧弹性势能的变化量为ΔEp2=。
(3)由最高点运动到最低点的过程中，小物块的加速度a随x变化的图像如图乙所示，当a=0时小物块的速度最大，设合力做功为W合，根据图中图线(x>0或x<0)与横轴所围面积得=×·x0==，根据W合=ΔEk=，可得小物块向下运动过程中的最大速度为vm==g。(共63张PPT)
第二章　机械振动
章末总结
知识体系 构建
1
目录
三年真题 集训
2
第二章素养达标
3
知识体系 构建
三年真题 集训
1.(2024·福建卷)如图(a)所示,装有砂粒的试管竖直静浮于水中,将其提起一小段距离后释放,一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,试管振动图像如图(b)所示,则试管 (　　)
A.振幅为2.0 cm
B.振动频率为2.5 Hz
C.在t=0.1 s时速度为0
D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下
B
考向一 　简谐运动的描述及其规律
解析：根据振动图像可知，试管振幅为1.0 cm，周期为T=0.4 s，则频率为f== Hz=2.5 Hz，故A错误，B正确;根据图像可知，t=0.1 s时试管处于平衡位置，此时速度最大，故C错误;根据图像可知，t=0.2 s时试管处于负向最大位移处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
2.(2024·河北卷)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为 (　　)
A.0.2 rad/s，1.0 m
B.0.2 rad/s，1.25 m
C.1.26 rad/s，1.0 m
D.1.26 rad/s，1.25 m
C
解析：紫外光在纸上的投影做的是简谐运动，电动机的转速为n=12 r/min=0.2 r/s，因此圆频率ω=2πn≈1.26 rad/s，周期为T==5 s，简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m，12.5 s通过的路程为s=×4A=1.0 m，故选C。
3.(多选)(2025·甘肃卷)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是 (　 　)
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
BC
考向二　 简谐运动的两种模型
解析：剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随着弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为0时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，A错误;剪断细线之前有F弹=3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma，解得A的加速度a=，B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=，剪断细线后A做简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量x2=，即振幅为A=x1-x2=，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，C正确;由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，D错误。
4.(2024·甘肃卷)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为0
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同
C
解析：由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m，x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为0，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同，综上所述，可知C正确。
5.(2025·四川卷)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则 (　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为0
B.小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为0
C.小球甲、乙的振动周期之比为3︰4
D.小球丙、丁的摆长之比为1︰2
C
考向三 单摆周期公式的应用
解析：根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为
T甲，根据题意可得2T甲==T丙=，可得T丙=2T甲，T乙=T甲，T丁=
4T甲，可得T甲︰T乙=3︰4，T丙︰T丁=1︰2，根据单摆周期公式T=2π，结合T丙︰T丁=1︰2，可得小球丙、丁的摆长之比l丙︰l丁=1︰4，故C正确，D错误;小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时小球丙速度为0，位移最大，
根据a=-可知此时加速度最大，故A错误;根据上述分析可得T乙=T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
6.(2024·浙江6月选考)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球铅垂线与AB交点的单摆，重力加速度g取10 m/s2，则 (　　)
A.摆角变小，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力为 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
B
解析：根据单摆的周期公式T=2π，可知周期与摆角无关，故A错误;同一根细线中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图，可得2FAcos 30°=mg，解得FA=FB== N，故C、D错误;根据几何知识可知摆长为l==1 m，故周期为T=2π≈2 s，故B正确。
7.(2024·黑吉辽卷)如图(a)所示，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如图(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。的值为(　　)
A.2n　　 B.　　 C.　　 D.
C
解析：设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，根据简谐运动的对称性有k·4A-mg=mg，k·2A-mg'=mg'，可得g=，g'=，所以=2，设该球状天体的半径为R，在天体表面，有G=mg，G=mg'，联立可得=，故选C。
第二章素养达标
一、选择题(本题共10小题,共46分。第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.关于做简谐运动的物体，下列说法中正确的是(　　)
A.位移减小时，速度增大，加速度也增大
B.位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同
C.物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同
D.物体通过平衡位置时，回复力为0，故处于平衡状态
C
解析：位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误;位移方向总跟加速度方向相反，当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确;物体通过平衡位置时，回复力为0，但合力不一定为0(如单摆)，所以不一定处于平衡状态，故D错误。
2.一弹簧振子沿水平方向振动，某时刻开始计时，其位移x随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是 (　　)
A.t=2 s时振幅为0
B.t=1 s和t=3 s时，振子的回复力相同
C.在3~5 s内，振子速度先减小后增大
D.任意4 s内振子通过的路程为20 cm
D
解析：由题图知弹簧振子的振幅为5 cm，振幅不随时间而变化，故A错误;t=1 s和t=3 s时，振子的位移大小相等，方向相反，根据F=-kx可知，振子的回复力方向相反，故B错误;在3~5 s内，振子由负向最大位移处先向平衡位置运动，再由平衡位置向正向最大位移处运动，则速度先增大后减小，故C错误;振子振动的周期为4 s，则任意4 s内振子通过的路程为振幅的4倍，即为20 cm，故D正确。
3.如图所示，破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅度提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是 (　　)
B
A.锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好
B.破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率
C.破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小
D.对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同
解析：当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于物体固有频率时，随着驱动力频率增大，物体的振幅增大，当驱动力频率大于物体固有频率时，随着驱动力频率增大，物体的振幅减小，故A错误，B正确;破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误;对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。
4.粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的水杯中，把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷(包括铁丝)，下列说法正确的是 (　　)
A.N点对应时刻的位移与P点对应时刻的位
移相同
B.P点对应时刻的加速度方向竖直向下
C.N点对应时刻的机械能等于P点对应时刻的机械能
D.随着振幅的减小，振动频率会变小
B
解析：由于位移是矢量，所以N点对应时刻的位移与P点对应时刻的位移大小相等，方向相反，A错误;P点对应时刻回复力方向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向与回复力方向一致，所以P点对应时刻的加速度方向竖直向下，B正确;因为木筷(包括铁丝)做阻尼振动，机械能随时间不断减小，所以P点对应时刻的机械能大于N点对应时刻的机械能，C错误;木筷(包括铁丝)振动的频率与振幅无关，振动频率不变，D错误。
5.如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，下列说法正确的是 (　　)
A.此单摆的摆长约为2 m
B.t=1 s时单摆的回复力最大
C.若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小
D.若此单摆的摆长不变，摆球质量增大，它做简谐运动的周期将变大
解析：由题图可知，单摆周期T=2 s，由单摆周期公式T=2π，可解得此单摆的摆长约为1 m，A错误;t=1 s时摆球速度为0，在最大位移处，单摆的回复力最大，B正确;单摆的周期与摆角、摆球质量均无关，C、D错误。
B
6.如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧劲度系数为k，底座质量也为m。轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是 (　　)
A.释放公仔头部瞬间的加速度大小为2g
B.公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg
C.弹簧恢复原长时，公仔头部的速度最大
D.公仔头部做简谐运动的振幅为
B
解析：释放公仔头部瞬间，根据牛顿第二定律有2mg-mg=ma，解得a=g，故A错误;根据简谐运动的对称性，可知，最高点与最低点的加速度大小相等，在最高点时，设弹簧弹力大小为F，则有F+mg=ma，结合上述解得F=0，即此时弹簧恰好处于原长，对底座分析可知，桌面对底座的支持力等于mg，根据牛顿第三定律可知，公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg，故B正确;根据上述可知，公仔头部运动至最高点时，弹簧恰好恢复原长，此时公仔头部的速度为0，故C错误;轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，根据胡克定律有2mg=kx，根据简谐运动的对称性，结合上述有A=x，解得A=，故D错误。
7.如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中(忽略流出的墨汁对注射器内墨汁减少量的影响)，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小。其中墨迹上A、B两点到OO'的距离均为注射器下端振幅的一半。不计空气阻力，则 (　　)
C
A.在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅
B.注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于摆动周期的
C.把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度
D.注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度相同
解析：在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，而匀速拖动木板，可知木板在OO'方向上的路程不为0，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故A错误;在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器下端从A点正上方运动至平衡位置的时间小于，同理可知注射器下端从平衡位置运动至B点正上方的时间小于，故注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间小于摆动周期的，故B错误;注射器做单摆运动，周期为T=2π，广州的重力加速度比北京小，为使周期不变，需要缩短细线长度，故C正确;
注射器下端在A点正上方与在B点正上方时，注射器下端的位移大小相等，方向相反，根据a==，可知注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度大小相等，方向相反，故D错误。
8.弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为 (　　)
A.5 s　B.6 s　C.14 s　D.18 s
解析：如图所示，假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动，若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T=4× s=18 s。若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T'，则+=4 s，解得T'=6 s，故B、D正确。
BD
9.如图甲所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，振动图像如图乙所示。下列说法正确的是 (　　　)
A.经时间，小球从最低点向上运动的距离小于
B.在时刻，小球向下运动
C.在时刻，小球的动能最大
D.小球在一个周期内运动的路程为2A
AC
解析：由题图乙可知简谐运动的位移与时间的关系为y=-Acost，则t=时，有y=-Acos·=-A，所以经时间，小球从最低点向上运动的距离为Δy=A-A=A<，故A正确;由题图乙可知，在时刻，小球向上运动，故B错误;由题图乙可知，在时刻，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的动能最大，故C正确;小球在一个周期内运动的路程为4A，故D错误。
10.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端有一固定挡板，与一轻弹簧相连。弹簧下端连接一质量为m的小球，小球沿斜面方向做振幅为A的简谐运动。当小球运动到最高点时，弹簧正好处于原长，重力加速度为g。弹簧一直在弹性限度内。下列说法正确的是 (　　　　)
A.弹簧的最大弹性势能为2mgAsin θ
B.小球的最大动能一定小于mgAsin θ
C.弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变
D.小球在最低点时弹簧的弹力大小为2mgsin θ
ABD
解析：当小球运动到最高点时，弹簧正好处于原长，小球在最低点时弹簧弹性势能最大，动能为0，小球减少的重力势能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能Epmax=2mgAsin θ，故A正确;在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减少mgAsin θ，动能和弹性势能增加，所以小球的最大动能小于mgAsin θ，故B正确;在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能、小球的动能、重力势能之和不变，故C错误;小球做简谐运动的平衡位置处
mgsin θ=kx，当小球运动到最高点时，弹簧正好为原长，可知x=A，所以小球在最低点时，弹簧形变量为2A，弹力大小为2mgsin θ，故D正确。
二、实验题(本题共2小题,共18分)
11.(10分)“用单摆测定重力加速度”的实验中:
(1)(多选)为了比较准确地测量出当地的重力加速度值，除停表外，还应选用下列所给器材中的ACF(将所选用的器材前的字母填在横线上)。
A.长1 m左右的细绳
B.长10 cm左右的细绳
C.直径约2 cm的钢球
D.直径约2 cm的木球
E.分度值是1 cm的米尺
F.分度值是1 mm的米尺
ACF
解析：(1)单摆的摆角较小，所以所用细绳需要适当长一些，这样摆幅较大，便于观察，选择长1 m左右的细绳，即A;为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量较大、体积较小的钢球，即C;测量长度需要尽量精确，选择分度值是1 mm的米尺，即F，故选A、C、F。
(2)(多选)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是AD(选填选项前的字母)。
A.把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动
B.在摆球到达最高点时开始计时
C.用停表测量单摆完成1次全振动所用的时间并作为单摆的周期
D.用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期
AD
解析：(2)单摆的摆角不超过5°，把摆球从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，使之做简谐运动，A正确;摆球在最高点速度为0，从最高点计时误差较大，摆球在最低点速度最大，所以应从最低点开始计时，B错误;用1次全振动所用的时间作为周期误差较大，应用停表测量单摆完成30次全振动所用的总时间，用总时间除以全振动的次数得到单摆的周期，C错误，D正确。
(3)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度
g=(用测出的物理量表示)。
解析：(3)根据单摆的周期公式T=2π，其中L=l+，可得当地的重力加速度g=。
　
(4)若测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2-L图线如图，此图线斜率的物理意义是C。
A.g　　 B.　　C.　　D.
解析：(4)根据单摆的周期公式T=2π，
变形得T2=L，图线的斜率为，A、B、D错误，C正确。
C
(5)在(4)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的图线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小C。
A.偏大 B.偏小
C.不变 D.都有可能
解析：(5)结合(4)可知斜率与摆长无关，所以斜率不变，A、B、D错误，C正确。
C
12.(8分)如图甲所示的曲面玻璃在建筑领域应用广泛，通常被应用于玻璃外墙、弧形楼梯、浴室等场景。现有一柱面形状的圆弧玻璃，某实验小组设计实验，应用单摆周期公式测量其截面的半径，实验器材有:待测曲面玻璃一块(柱面形状，弧形玻璃截面半径R约为1 m)、停表、光滑的小铁球等。实验步骤如下:
1.20
(1)用游标卡尺测量小铁球的直径，读数如图丙所示，则小铁球的直径d=1.20 cm。
解析：(1)由题图丙中主尺及游标尺的示数可知小铁球的直径d=1.1 cm+0.01 cm×10=1.20 cm。
(2)将曲面玻璃凸面朝下固定在水平地面上，形成曲面凹槽，其垂直轴线的竖直截面如图乙所示，小铁球静止在凹槽底部，记录其静止时的平衡位置O。
(3)将小铁球由靠近玻璃底部的某位置由静止释放，在平衡位置按下停表开始计时，同时数下数字“0”，若同方向再次经过该位置时记为“1”，在数到“30”时停止停表，读出这段时间t，算出振动周期T=。
解析：(3)从小铁球经过平衡位置开始计时，0~t时间内同方向经过平衡位置30次，则小铁球的振动周期T=。
　
(4)若重力加速度大小为g，用测得的数据表示弧形玻璃的截面半径R=g(用测得的物理量的字母表示)。
解析：(4)振动周期T=2π，其中T=、l=R-，则弧形玻璃的截面半径R=+=g+。
g
(5)若在计时时将全振动的次数多数了一次，则弧形玻璃截面半径R的测量值将偏小(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(5)若在计时时将全振动的次数多数了一次，则周期T将偏小，由(4)可知弧形玻璃截面半径R的测量值将偏小。
偏小
三、计算题(本题共3小题,共36分)
13.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示，求:
(1)该简谐运动的表达式;
答案：(1)x=2sin cm　
解析：(1)由题图可知A=2 cm，T=0.8 s，则ω== rad/s，该简谐运动的表达式为x=2sin cm。
(2)t=0.9 s时的位移大小;
答案：(2) cm　
解析：(2)将t=0.9 s代入表达式得t=0.9 s时的位移x=2sin cm=2sin cm= cm。
(3)振子在0~3.6 s内通过的路程。
答案：(3)36 cm
解析：(3)在0~3.6 s内，经过的周期数n==4.5，振子一个周期内通过的路程为4A，0.5个周期内通过的路程为2A，则在0~3.6 s内振子通过的路程为s=4×4A+2A=18A=36 cm。
14.(12分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将质量m=0.05 kg的小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于伸直状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ(θ小于5°且是未知量)。由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，摆球运动到最低点时的速度大小为 m/s。重力加速
度g取10 m/s2，求:
(1)单摆的振动周期和摆长;
答案：(1)0.4π s　0.4 m
解析：(1)由F-t图像可得T=0.4π s，由T=2π得L=0.4 m。
(2)图乙中细线拉力最大值Fmax和最小值Fmin(结果保留三位小数)。
答案：(2)0.510 N　0.495 N
解析：(2)摆球运动到最低点时Fmax-mg=m，解得Fmax=0.510 N，摆球从A点运动到B点过程机械能守恒，可得mgL(1-cos θ)=mv2，又Fmin=
mgcos θ，解得Fmin=0.495 N。
15.(14分)如图甲所示，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小物块。以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox。现将小物块向上托起，使弹簧恢复到原长时将小物块由静止释放，小物块在竖直方向做往复运动，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
(1)以小物块经过平衡位置向下运动过程为例，通过推导说明小物块的运动是否为简谐运动。
答案：(1)见解析　
解析：(1)设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x0，则有kx0=mg，可得x0=，小物块运动到平衡位置下方x处，受力分析如图甲所示，此时弹簧弹力大小为F=k(x+x0)，小物块所受合力为F合=mg-F=mg-k(x+x0)=-kx，即小物块所受合力与其偏离平衡位置的位移大小成正比，方向相反，说明小物块的运动是简谐运动。
(2)求小物块由最高点运动到最低点的过程中，重力势能的变化量ΔEp1、弹簧弹性势能的变化量ΔEp2。
答案：(2)-　
解析：(2)根据简谐运动对称性的特点，小物块由最高点运动到最低点的过程中，下降的高度为2x0，重力势能的变化量为ΔEp1=-mg·2x0=-，根据机械能守恒定律得ΔEk+ΔEp1+ΔEp2=0，其中ΔEk=0，解得弹簧弹性势能的变化量为ΔEp2=。
(3)在图乙中画出由最高点运动到最低点的过程中，小物块的加速度a随x变化的图像，并利用此图像求出小物块向下运动过程中的最大速度。
答案：(3)见解析图乙　g
解析：(3)由最高点运动到最低点的过程中，小物块的加速度a随x变化的图像如图乙所示，当a=0时小物块的速度最大，设合力做功为W合，根据图中图线(x>0或x<0)与横轴所围面积得=×·x0==，根据W合=ΔEk=，可得小物块向下运动过程中的最大速度为vm==g。
本课结束

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