2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第二章 機械振動簡諧運動的回復(fù)力和能量含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第二章機械振動3簡諧運動的回復(fù)力和能量[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解回復(fù)力的概念，知道回復(fù)力在機械振動中的特征(重點)。2.會用動力學(xué)方法分析簡諧運動中位移、回復(fù)力、速度、加速度的變化規(guī)律(重點)。3.會用能量守恒的觀點分析水平彈簧振子在振動過程中動能、勢能、總能量的變化規(guī)律(重難點)。一、簡諧運動的回復(fù)力如圖所示為水平方向的彈簧振子模型。(1)當(dāng)小球離開O點后，是什么力使其回到平衡位置的？(2)使小球回到平衡位置的力與小球離開平衡位置的位移的大小及方向有何關(guān)系？答案(1)彈簧的彈力使小球回到平衡位置。(2)彈簧彈力與位移大小成正比，方向與位移方向相反。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)表達式：F＝－kx。式中“－”號表示F與x方向相反。2．簡諧運動理論上可以證明，如果物體所受的力具有F＝－kx的形式，物體就做簡諧運動。也就是說：如果物體在運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，物體的運動就是簡諧運動。在勁度系數(shù)為k，原長為L0的固定于一點的彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，釋放后小球做上下振動，彈簧始終沒有超出彈性限度，小球的振動是簡諧運動嗎？如果是，什么力充當(dāng)回復(fù)力？答案規(guī)定向下為正方向，在平衡位置b點，有mg＝kx0，小球在c點受到的彈力大小為F′＝k(x＋x0)，小球在c點的回復(fù)力F＝mg－F′＝mg－k(x＋x0)＝mg－kx－kx0＝－kx，回復(fù)力滿足F＝－kx，是簡諧運動。彈簧彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力。1．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：如圖甲所示，水平方向的彈簧振子，彈簧彈力充當(dāng)回復(fù)力；如圖乙所示，豎直方向的彈簧振子，彈簧彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力；如圖丙所示，在光滑地面上質(zhì)量為m的木塊隨質(zhì)量為M的滑塊一起振動，木塊的回復(fù)力由靜摩擦力提供。2．簡諧運動的回復(fù)力公式中，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)。例如丙圖中，木塊做簡諧運動的回復(fù)力F＝－eq\f(mk0,M＋m)x＝－kx，其中比例系數(shù)k和彈簧的勁度系數(shù)k0不同。3．簡諧運動的加速度由F＝－kx及牛頓第二定律F＝ma可知：a＝－eq\f(k,m)x，加速度a與位移x的大小成正比，方向與位移方向相反。(1)小球做簡諧運動，它的位移方向和加速度的方向相反。(√)(2)回復(fù)力的大小與速度的大小無關(guān)，速度增大時，回復(fù)力可能增大，也可能減小。(×)例1(多選)如圖所示，彈簧振子在光滑水平桿上的A、B之間做往復(fù)運動，下列說法正確的是()A．彈簧振子運動過程中受重力、支持力和彈簧彈力的作用B．彈簧振子運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力和回復(fù)力的作用C．小球由A向O運動過程中，回復(fù)力逐漸增大D．小球由O向B運動過程中，回復(fù)力的方向指向平衡位置答案AD解析彈簧振子運動過程中受重力、支持力和彈簧彈力，回復(fù)力是根據(jù)效果命名的力，它是由物體受到的具體的力所提供的，在此情景中彈簧的彈力充當(dāng)回復(fù)力，故A正確，B錯誤；回復(fù)力與位移的大小成正比，由A向O運動過程中位移在減小，故此過程回復(fù)力逐漸減小，故C錯誤；回復(fù)力總是指向平衡位置，故D正確。例2(多選)如圖所示，物體m系在兩水平彈簧之間，兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，兩彈簧均處于自然伸長狀態(tài)，今向右拉動m，然后釋放，物體在B、C間振動(不計阻力)，O為平衡位置，則下列判斷正確的是()A．m做簡諧運動，OC＝OBB．m做簡諧運動，OC≠OBC．回復(fù)力F＝－kxD．回復(fù)力F＝－3kx答案AD解析以O(shè)點為原點，水平向右為x軸正方向，物體在O點右方x處時所受合力：F＝－(k1x＋k2x)＝－3kx，因此物體做簡諧運動，由對稱性可知，OC＝OB，故A、D正確。判斷振動物體是否做簡諧運動的方法1．振動物體的回復(fù)力滿足F＝－kx；2．振動物體的位移x與時間t滿足x＝Asin(eq\f(2π,T)t＋φ)函數(shù)關(guān)系；3．振動物體的振動圖像是正弦曲線。二、簡諧運動的能量如圖所示為水平彈簧振子，小球在A、B之間做往復(fù)運動。(1)從A到B的運動過程中，小球的動能如何變化？彈簧彈性勢能如何變化？振動系統(tǒng)的總機械能是否變化？(2)如果使小球振動的振幅增大，小球回到平衡位置的動能是否增大？振動系統(tǒng)的機械能是否增大？振動系統(tǒng)的機械能的大小與什么因素有關(guān)？答案(1)小球的動能先增大后減?。粡椈傻膹椥詣菽芟葴p小后增大；總機械能保持不變。(2)小球回到平衡位置的動能增大；振動系統(tǒng)的機械能增大；振動系統(tǒng)的機械能與彈簧的勁度系數(shù)和振幅有關(guān)。1．能量轉(zhuǎn)化彈簧振子運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，勢能最小。2．能量特點在簡諧運動中，振動系統(tǒng)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。3．對于彈簧的勁度系數(shù)和小球質(zhì)量都一定的系統(tǒng)，振幅越大，機械能越大。如圖所示，A、B兩個物體與輕質(zhì)彈簧組成的系統(tǒng)在光滑水平面上M、N兩點間做簡諧運動，A、B間無相對運動，平衡位置為O。(1)當(dāng)物體運動到M點時拿走A物體，振動系統(tǒng)的最大動能有什么變化？(2)當(dāng)物體運動到O點時拿走A物體，振動系統(tǒng)的最大彈性勢能有什么變化？答案(1)不變，在M點時，系統(tǒng)的動能為零，彈性勢能最大，拿走A物體后，振動系統(tǒng)的彈性勢能不變，總能量不變，最大動能也不發(fā)生變化。(2)變小，在O點時彈簧彈性勢能為零，振動系統(tǒng)的動能最大，拿走A物體后，振動系統(tǒng)的最大動能減小，總能量減小，最大彈性勢能也將減小。1．簡諧運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。(1)在簡諧運動中，任意時刻的動能與勢能之和保持不變。(√)(2)振幅越大的彈簧振子，系統(tǒng)機械能也一定越大。(×)(3)物體在向平衡位置運動時，由于物體振幅減小，故總機械能減小。(×)例3(多選)在光滑斜面上的物塊A被平行于斜面的輕彈簧拉住靜止于O點，如圖所示?，F(xiàn)將物塊A沿斜面拉到B點無初速度釋放，物塊A在B、C范圍內(nèi)做簡諧運動，則下列說法正確的是()A．OB越長，系統(tǒng)的機械能越大B．在運動過程中，物塊A的機械能守恒C．物塊A與輕彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)的勢能，當(dāng)物塊A在C點時最大，當(dāng)物塊A在O點時最小D．物塊A與輕彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)的勢能，當(dāng)物塊A在C點時最大，當(dāng)物塊A在B點時最小答案AC解析做簡諧運動的物體的機械能跟振幅有關(guān)，對確定的振動系統(tǒng)，振幅越大，系統(tǒng)的機械能越大，A正確；在簡諧運動中，系統(tǒng)機械能守恒，但物塊A的重力勢能與動能總和不斷變化，物塊A的機械能不守恒，B錯誤；在簡諧運動中，系統(tǒng)在最大位移處勢能最大，在平衡位置處動能最大，勢能最小，C正確，D錯誤。例4如圖所示為某個彈簧振子做簡諧運動的振動圖像，由圖像可知()A．在0.1s時，由于位移為零，所以彈簧振子的能量為零B．在0.2s時，彈簧振子具有最大勢能C．在0.35s時，彈簧振子的能量尚未達到最大值D．在0.4s時，振子的動能最大答案B解析彈簧振子做簡諧運動，彈簧振子的能量不變，不為零，選項A錯；在0.2s時位移最大，彈簧振子具有最大勢能，選項B對；彈簧振子的能量不變，在0.35s時彈簧振子的能量與其他時刻相同，選項C錯；在0.4s時振子的位移最大，動能為零，選項D錯。三、簡諧運動中各物理量的變化如圖所示的彈簧振子，O為平衡位置，B、C為最大位移位置，以向右的方向為正方向，則振子從B運動到O的過程中，位移方向為________，大小逐漸________；回復(fù)力方向為________，大小逐漸________；振子速度方向為________，大小逐漸________；動能逐漸________；勢能逐漸______。(均選填“正”“負(fù)”“增大”或“減小”)答案正減小負(fù)減小負(fù)增大增大減小1.如圖所示為水平的彈簧振子示意圖。(1)當(dāng)小球遠(yuǎn)離平衡位置過程中，位移增大，回復(fù)力、加速度和勢能增大，速度和動能減??；當(dāng)小球靠近平衡位置過程中，位移減小，回復(fù)力、加速度和勢能減小，速度和動能增大。(2)當(dāng)小球位于A′到O點之間時，位移方向向左，回復(fù)力和加速度方向均向右；當(dāng)小球位于O到A點之間時位移方向向右，回復(fù)力和加速度方向均向左；A′→O→A過程中，速度方向向右，A→O→A′過程中，速度方向向左。2．說明：(1)簡諧運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，關(guān)鍵看各矢量的方向性。(2)簡諧運動中的最大位移處，F(xiàn)、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置處，F(xiàn)＝0，a＝0，Ep最小，Ek最大。(1)當(dāng)做簡諧運動的物體的位移減小時，其速度和加速度的方向一定相同。(√)(2)當(dāng)做簡諧運動的物體的速度變化最快時，其動能最大。(×)(3)當(dāng)做簡諧運動的物體的加速度與速度反向時，其回復(fù)力正在減小。(×)(4)在做簡諧運動的物體的動能相等的兩個時刻，其加速度一定相同。(×)例5(多選)一個彈簧振子做簡諧運動的周期為T，設(shè)t1時刻小球不在平衡位置，經(jīng)過一段時間到t2時刻，小球的速度與t1時刻的速度大小相等、方向相同，(t2－t1)<eq\f(T,2)，如圖所示，則()A．t2時刻小球的加速度一定跟t1時刻的加速度大小相等、方向相反B．在t1～t2時間內(nèi)，小球的加速度先減小后增大C．在t1～t2時間內(nèi)，小球的動能先增大后減小D．在t1～t2時間內(nèi)，彈簧振子的機械能先減小后增大答案ABC解析由題圖可知t1、t2時刻小球的加速度大小相等，方向相反，A正確；在t1～t2時間內(nèi)回復(fù)力先減小后增大，所以小球的加速度先減小后增大，B正確；在t1～t2時間內(nèi)，小球的速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，C正確；簡諧運動的機械能守恒，D錯誤。分析簡諧運動中各物理量變化情況的技巧1．分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，一定要以位移為橋梁，位移增大時，回復(fù)力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減??；反之，則產(chǎn)生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。2．分析過程中要特別注意簡諧運動的周期性和對稱性。位移相同時，回復(fù)力、加速度、動能、勢能可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，運動時間也不確定。課時對點練考點一簡諧運動的回復(fù)力1．(2022·湖北宜都二中期中)關(guān)于簡諧運動所受的回復(fù)力，下列說法正確的是()A．回復(fù)力一定是彈力B．回復(fù)力大小一定與位移大小成正比，且兩者方向相同C．回復(fù)力一定是物體所受的合力，大小與位移成正比，方向與位移方向相反D．回復(fù)力的方向一定指向平衡位置答案D解析回復(fù)力不一定是彈力，也不一定是物體所受的合力，故A、C錯誤；回復(fù)力大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反，一定指向平衡位置，故B錯誤，D正確。2．對于彈簧振子的回復(fù)力和位移的關(guān)系，下列圖中正確的是()答案C解析由簡諧運動的回復(fù)力公式F＝－kx可知，C正確?？键c二簡諧運動的能量3.把一個小球套在光滑細(xì)桿上，球與輕彈簧相連組成彈簧振子，小球沿桿在水平方向做簡諧運動，平衡位置為O，小球在A、B間振動，如圖所示。下列結(jié)論正確的是()A．小球在O位置時，動能最大，加速度最小B．小球在A、B位置時，動能最大，加速度最大C．小球從A經(jīng)O到B的過程中，回復(fù)力一直做正功D．小球在O位置時系統(tǒng)的總能量大于小球在B位置時系統(tǒng)的總能量答案A解析小球在平衡位置時動能最大，加速度為零，A正確；小球在A、B位置時，動能最小，加速度最大，B錯誤；小球靠近平衡位置時，回復(fù)力做正功，遠(yuǎn)離平衡位置時，回復(fù)力做負(fù)功，C錯誤；在小球振動過程中系統(tǒng)的總能量不變，D錯誤。4.如圖所示，由輕質(zhì)彈簧下面懸掛一物塊組成一個豎直方向振動的彈簧振子，彈簧的上端固定于天花板上，當(dāng)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時，取它的重力勢能為零，現(xiàn)將物塊向下拉一小段距離后放手，此后彈簧振子在平衡位置附近上下做簡諧運動，不計空氣阻力，則()A．彈簧振子速度最大時，振動系統(tǒng)的勢能為零B．彈簧振子速度最大時，物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能相等C．彈簧振子經(jīng)平衡位置時，振動系統(tǒng)的勢能最小D．彈簧振子在振動過程中，振動系統(tǒng)的機械能不守恒答案C解析當(dāng)彈簧振子在平衡位置時的速度最大，此時的重力勢能為零，但是彈簧的彈性勢能不為零，故振動系統(tǒng)的勢能不為零，A錯誤；在平衡位置時，物塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能不相等，B錯誤；因為只有重力和彈簧彈力做功，則彈簧振子的動能、重力勢能及彈簧的彈性勢能總和保持不變，振動系統(tǒng)的機械能守恒，D錯誤；彈簧振子在平衡位置時動能最大，故振動系統(tǒng)的勢能最小，C正確?？键c三簡諧運動中各物理量的變化5．(2022·杭州市期中)如圖所示，彈簧振子在B、C兩點間做無摩擦的往復(fù)運動，O是振子的平衡位置，細(xì)桿水平。則振子()A．從B向O運動過程中動能一直變小B．從O向C運動過程中加速度一直變小C．從B經(jīng)過O向C運動過程中速度一直變大D．從C經(jīng)過O向B運動過程中彈性勢能先減小后增大答案D解析因O點是平衡位置，則從B向O運動過程中速度一直變大，動能一直變大，選項A錯誤；從O向C運動過程中，離開平衡位置的位移變大，回復(fù)力變大，則加速度變大，選項B錯誤；在平衡位置O時速度最大，則從B經(jīng)過O向C運動過程中速度先變大后減小，選項C錯誤；在O點時彈性勢能為零，則從C經(jīng)過O向B運動過程中彈性勢能先減小后增大，選項D正確。6.一質(zhì)點做簡諧運動，其振動圖像如圖所示，在t1和t2時刻的位移為x1＝x2＝7cm，在t3時刻的位移為x3＝－5cm，以v1、v2、v3和a1、a2、a3分別表示t1、t2、t3時刻質(zhì)點振動速度大小和加速度大小，則以下關(guān)系正確的是()A．v1＝v2＞v3a1＝a2＞a3B．v1＝v2＜v3a1＝a2＜a3C．v1＝v2＞v3a1＝a2＜a3D．v1＝v2＜v3a1＝a2＞a3答案D解析由題圖可知，t1和t2時刻的位移大小相等且大于t3時刻的位移的大小，所以t1、t2、t3時刻的勢能關(guān)系為Ep1＝Ep2＞Ep3，根據(jù)機械能守恒定律，相應(yīng)三個時刻的動能關(guān)系為：Ek1＝Ek2＜Ek3，則v1＝v2＜v3；加速度大小與振子的位移大小成正比，由a＝eq\f(kx,m)可知，a1＝a2＞a3，故選D。7．(2023·石家莊市辛集中學(xué)月考)如圖所示是彈簧振子在0～0.4s時間內(nèi)做簡諧運動的圖像，由圖像可知()A．在0.25～0.3s時間內(nèi)，回復(fù)力越來越小B．t＝0.7s時刻，振子的速度最大C．彈簧振子的動能和勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為0.4sD．彈簧振子的動能和勢能相互轉(zhuǎn)化的周期為0.2s答案D解析在0.25～0.3s時間內(nèi)，振子的位移增大，回復(fù)力越來越大，故A錯誤；由題圖可知，該振子的周期為0.4s，則振子在t＝0.7s時的情形與t＝0.3s時相同，且t＝0.3s時，振子位移最大，可知在t＝0.7s時刻振子的位移最大，速度為零，故B錯誤；彈簧振子動能與勢能相互轉(zhuǎn)化的周期等于簡諧運動周期的一半，即0.2s，故C錯誤，D正確。8.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O，向下為正方向，建立Ox坐標(biāo)軸?，F(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2x1B．在任意eq\f(1,4)周期內(nèi)物塊通過的路程一定等于x1C．物塊在A位置時的回復(fù)力大小為kx1D．物塊在A位置的回復(fù)力大小為kx1－mg答案C解析該簡諧振動的振幅為x1，A錯誤；物塊運動過程中，其速度是不同的，只有從平衡位置或最大位移處開始運動eq\f(1,4)周期的路程等于x1，B錯誤；物塊在O位置時受力平衡，有kx0＝mg，x0為彈簧伸長量，在A位置時的回復(fù)力大小為F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正確，D錯誤。9．(多選)如圖所示，物體A與滑塊B一起在光滑水平面上做簡諧運動，A、B之間無相對滑動，已知水平輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B的質(zhì)量分別為m和M，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物體A的回復(fù)力是由滑塊B對物體A的摩擦力提供的B．滑塊B的回復(fù)力是由彈簧的彈力提供的C．物體A與滑塊B(整體看成一個振子)的回復(fù)力大小跟位移大小之比為kD．若A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，則A、B間無相對滑動的最大振幅為eq\f(μm＋Mg,k)答案ACD解析物體A做簡諧運動時，回復(fù)力是由滑塊B對物體A的摩擦力提供的，故A正確；滑塊B做簡諧運動的回復(fù)力是由彈簧的彈力和A對B的靜摩擦力的合力提供的，故B錯誤；物體A與滑塊B(整體看成一個振子)的回復(fù)力滿足F＝－kx，則回復(fù)力大小跟位移大小之比為k，故C正確；當(dāng)A、B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，其振幅最大，設(shè)為A，以整體為研究對象有：kA＝(M＋m)a，以物體A為研究對象，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，聯(lián)立解得A＝eq\f(μm＋Mg,k)，故D正確。10．(2022·吉林高二期末)已知光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達式為E＝eq\f(1,2)kA2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，A為簡諧運動的振幅。若振子質(zhì)量為0.5kg，彈簧的勁度系數(shù)為20N/m.起振時系統(tǒng)具有勢能0.06J和動能0.04J，則下列說法正確的是()A．該振動的振幅為0.01mB．振子經(jīng)過平衡位置時的速度為0.2m/sC．振子的最大加速度為4m/s2D．若振子在位移最大處時，質(zhì)量突變?yōu)?.15kg，則振幅變大答案C解析彈簧振子振動過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有eq\f(1,2)kA2＝0.06J＋0.04J＝0.1J，代入數(shù)據(jù)得到A＝0.1m，A錯誤；振子經(jīng)過平衡位置時，動能為eq\f(1,2)mv2＝0.1J，代入數(shù)據(jù)得到v＝eq\f(\r(10),5)m/s，B錯誤；由牛頓第二定律可知，振子的最大加速度為a＝eq\f(kA,m)＝eq\f(20×0.1,0.5)m/s2＝4m/s2，C正確；振子在位移最大處時，速度為零，動能為零，故質(zhì)量突變?yōu)?.15kg，不影響系統(tǒng)的機械能，故振幅不變，D錯誤。11．(2022·山東日照一中檢測)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端系于天花板上，下端掛一質(zhì)量為m的小球，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，將小球從彈簧原長處由靜止放手，小球在豎直方向做簡諧運動，則(1)小球從放手運動到最低點，下降的高度為多少？(2)小球運動到最低點時的加速度大小為多少？答案(1)eq\f(2mg,k)(2)g解析(1)放手后小球到達平衡位置時，彈簧伸長了x1，則mg＝kx1由簡諧運動的對稱性可知，小球從平衡位置到最低點，彈簧的伸長量x2＝x1小球從放手運動到最低點下降的高度為x＝x1＋x2＝eq\f(2mg,k)。(2)在最低點時，對小球受力分析，由牛頓第二定律kx－mg＝ma解得小球運動到最低點時的加速度大小為a＝g。12．(2022·威海市高二期中)如圖所示，傾角為α的斜面體(光滑且足夠長)固定在水平地面上，斜面頂端與勁度系數(shù)為k、自然長度為l0的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端連接著質(zhì)量為m的小球，開始時，小球靜止于O點．壓縮彈簧使其長度為eq\f(l0,3)時將小球由靜止開始釋放，重力加速度為g，彈簧彈性勢能的表達式Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2，Δx為彈簧形變量。(1)證明小球所做的運動為簡諧運動；(2)求小球振動到最低點時彈簧的彈性勢能。答案(1)見解析(2)2k(eq\f(l0,3)＋eq\f(mgsinα,k))2解析(1)小球在斜面上平衡時，設(shè)彈簧伸長量為Δl，有mgsinα－kΔl＝0當(dāng)小球離開平衡位置向下運動的位移為x時，彈簧伸長量為x＋Δl，小球所受合力F合＝mgsinα－k(x＋Δl)聯(lián)立可得F合＝－kx，可知小球做簡諧運動(2)小球做簡諧運動的振幅A＝eq\f(2l0,3)＋Δl小球振動到最低點時伸長量Δx＝A＋Δl彈簧彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2＝eq\f(1,2)k(eq\f(2l0,3)＋eq\f(2mgsinα,k))2＝2k(eq\f(l0,3)＋eq\f(mgsinα,k))2。4單擺[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解單擺模型和單擺做簡諧運動的條件，知道單擺振動時回復(fù)力的來源(重點)。2.理解影響單擺周期的因素，能熟練應(yīng)用單擺周期公式解決問題(重難點)。一、單擺的回復(fù)力如圖所示，一根細(xì)線上端固定，下端連接一個金屬小球，用手使小球偏離豎直方向一個很小的夾角，然后釋放，小球在A、A′間來回擺動，不計空氣的阻力。(1)小球擺動過程中受到哪些力的作用？(2)什么力提供向心力？什么力提供回復(fù)力？(3)小球經(jīng)過O點平衡位置時回復(fù)力為零，合外力也為零嗎？答案(1)小球受重力和細(xì)線的拉力作用。(2)細(xì)線的拉力和重力沿徑向的分力的合力提供向心力。重力沿切線方向的分力提供小球振動的回復(fù)力。(3)小球經(jīng)過平衡位置時，做圓周運動，其合外力不為零。1．單擺的組成：由細(xì)線和小球組成。2．理想化模型(1)細(xì)線的質(zhì)量與小球相比可以忽略。(2)小球的直徑與線的長度相比可以忽略。(3)細(xì)線的形變量與細(xì)線長度相比可以忽略。(4)空氣阻力與小球的重力及細(xì)線的拉力相比可以忽略。3．單擺的回復(fù)力(1)回復(fù)力的來源：擺球的重力沿圓弧切線方向的分力，即F＝mgsinθ。(2)回復(fù)力的特點：在擺角很小時，擺球所受的回復(fù)力與它偏離平衡位置的位移成正比，方向總指向平衡位置，即F＝－eq\f(mg,l)x。從回復(fù)力特點可以判斷單擺做簡諧運動。判斷下列5幅圖中的擺動模型能否看成單擺？若不能，請說明原因。答案均不能看成單擺。圖(a)(d)擺動過程中擺長會發(fā)生變化，圖(b)空氣阻力不能忽略，圖(c)球的直徑與繩的長度相比不能忽略，圖(e)繩的質(zhì)量與小球相比不能忽略。單擺做簡諧運動的推證在偏角很小時，用弧度表示的θ與它的正弦sinθ近似相等，即sinθ≈θ≈eq\f(x,l)，因此單擺的回復(fù)力可表示為F＝－eq\f(mg,l)x(式中x表示擺球偏離平衡位置的位移，l表示單擺的擺長，負(fù)號表示回復(fù)力F與位移x的方向相反)，由此知回復(fù)力符合F＝－kx，單擺做簡諧運動。(1)擺球受到重力、拉力、向心力、回復(fù)力四個力的作用。(×)(2)單擺運動的回復(fù)力是重力和擺線拉力的合力。(×)(3)單擺經(jīng)過平衡位置時受到的合力為零。(×)(4)單擺擺動到最高點時速度為零，合外力也為零。(×)例1(2023·青島一中月考)圖中O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將擺球(可視為質(zhì)點)拉至A點，此時細(xì)線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直平面內(nèi)的A、C之間來回擺動，B點為運動中的最低位置，則在擺動過程中()A．?dāng)[球受到重力、拉力、回復(fù)力三個力的作用B．?dāng)[球在A點和C點處，速度為零，回復(fù)力也為零C．?dāng)[球在B點處，速度最大，細(xì)線拉力也最大D．?dāng)[球在B點處，速度最大，回復(fù)力也最大答案C解析擺球在運動過程中只受到重力和拉力作用，A錯誤；擺球在擺動過程中，在最高點A、C處速度為零，回復(fù)力最大，合力不為零，在最低點B處，速度最大，回復(fù)力為零，細(xì)線的拉力最大，C正確，B、D錯誤。例2(多選)如圖所示為一單擺的振動圖像，則()A．t1和t3時刻擺線的拉力等大B．t2和t3時刻擺球速度相等C．t3時刻擺球速度正在減小D．t4時刻擺線的拉力正在減小答案AD解析由題圖可知，t1和t3時刻擺球的位移相等，根據(jù)對稱性可知單擺振動的速度大小相等，故擺線拉力大小相等，故A正確；t2時刻擺球在負(fù)的最大位移處，速度為零，t3時刻擺球向平衡位置運動，所以t2和t3時刻擺球速度不相等，故B錯誤；t3時刻擺球正靠近平衡位置，速度正在增大，故C錯誤；t4時刻擺球正遠(yuǎn)離平衡位置，速度正在減小，擺線拉力也減小，故D正確。二、單擺的周期1．單擺振動的周期與擺球質(zhì)量無關(guān)(選填“有關(guān)”或“無關(guān)”)，在振幅較小時與振幅無關(guān)(選填“有關(guān)”或“無關(guān)”)，但與擺長有關(guān)(選填“有關(guān)”或“無關(guān)”)，擺長越長，周期越大(選填“越大”“越小”或“不變”)。2．單擺周期公式(1)提出：單擺周期公式是荷蘭物理學(xué)家惠更斯首先提出的。(2)公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，即周期T與擺長l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，而與振幅、擺球質(zhì)量無關(guān)?；莞估脭[的等時性發(fā)明了帶擺的計時器，叫擺鐘。擺鐘運行時克服摩擦所需的能量由重錘的勢能提供，運行的速率由鐘擺控制。旋轉(zhuǎn)鐘擺下端的螺母可以使擺上的圓盤沿擺桿上下移動。請思考：(1)擺針走時偏快應(yīng)如何校準(zhǔn)？(2)將一個走時準(zhǔn)確的擺鐘從福建移到北京，擺鐘應(yīng)如何校準(zhǔn)？答案(1)擺針走時偏快應(yīng)調(diào)節(jié)螺母使圓盤沿擺桿下移。(2)調(diào)節(jié)螺母使圓盤沿擺桿下移。對單擺周期公式的理解1．成立條件：單擺偏角很小(偏角小于5°)。2．影響因素：周期T只與l和g有關(guān)，與擺球質(zhì)量m及振幅無關(guān)，所以單擺的周期也叫固有周期。3．對l、g的理解(1)公式中l(wèi)是擺長，即懸點到擺球球心的距離。①普通單擺，擺長l＝l′＋eq\f(D,2)，l′為擺線長，D為擺球直徑。②等效擺長：(a)圖中，甲、乙在垂直紙面方向上擺動起來效果是相同的，甲擺的等效擺長為lsinα，其周期T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))。(b)圖中，乙在垂直紙面方向擺動時，其等效擺長等于甲擺的擺長；乙在紙面內(nèi)小角度擺動時，等效擺長等于丙擺的擺長。(2)①公式中g(shù)是單擺所在地的重力加速度，由單擺所在的空間位置決定。②等效重力加速度：一般情況下，公式中g(shù)的值等于擺球靜止在平衡位置時，擺線的拉力與擺球質(zhì)量的比值。(1)擺球的質(zhì)量越大，周期越大。(×)(2)若單擺的振幅變?yōu)樵瓉淼囊话?，則周期也將變?yōu)樵瓉淼囊话搿?×)例3周期是2s的單擺叫秒擺，秒擺的擺長是多少？把一個地球上的秒擺拿到月球上去，它在月球上做50次全振動要用多少時間？已知地球表面的重力加速度為9.8m/s2,月球上的自由落體加速度為1.6m/s2，π2取9.8。答案1m175eq\r(2)s解析根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(gT2,4π2)代入數(shù)據(jù)解得l＝eq\f(9.8×22,4×9.8)m＝1m秒擺搬到月球上，其與地球上的秒擺的周期關(guān)系為eq\f(T′,T)＝eq\r(\f(g,g′))它在月球上做50次全振動所用的時間為t＝50T′＝50Teq\r(\f(g,g′))＝50×2×eq\r(\f(9.8,1.6))s＝175eq\r(2)s。例4(多選)(2022·白城市洮南十中月考)甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示，根據(jù)振動圖像可以判定()A．若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，甲、乙兩單擺擺長之比是9∶4B．甲、乙兩單擺振動的頻率之比是3∶2C．甲、乙兩單擺振動的周期之比是2∶3D．若甲、乙兩單擺在不同地點擺動，但擺長相同，則甲、乙兩單擺所在地點的重力加速度之比為9∶4答案BCD解析根據(jù)題圖可知，單擺振動的周期關(guān)系eq\f(3,2)T甲＝T乙，所以周期之比為eq\f(T甲,T乙)＝eq\f(2,3)，所以頻率之比為eq\f(f甲,f乙)＝eq\f(3,2)，故B、C正確；若甲、乙兩單擺在同一地點擺動，則重力加速度相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得擺長之比為4∶9，故A錯誤；若甲、乙兩單擺在不同地點擺動，擺長相同，根據(jù)T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得重力加速度之比為9∶4，故D正確。例5如圖所示，MN為半徑較大的光滑圓弧的一部分，把小球A放在MN的圓心處，再把另一個小球B放在MN上離最低點C很近的B處(弧BC所對圓心角小于5°)，今使兩小球同時靜止釋放，則()A．球A先到達C點B．球B先到達C點C．兩球同時到達C點D．無法確定哪個球先到達C點答案A解析球A做自由落體運動，到達C點的時間為tA＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2R,g))當(dāng)弧BC所對的圓心角小于5°時，球B在圓弧的支持力FN和重力G的作用下做簡諧運動(與單擺類似)，它的振動周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))＝2πeq\r(\f(R,g))，因此球B運動到C點所需的時間是tB＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))故tA<tB，顯然球A先到達C點，故選A。針對訓(xùn)練如圖所示為相同的小球(可看作質(zhì)點)構(gòu)成的單擺，所有的繩子長度都相同，在不同的條件下的周期分別為T1、T2、T3、T4(其中(3)圖兩小球均帶負(fù)電荷，(4)圖中振動系統(tǒng)處于勻加速下降的電梯內(nèi))，關(guān)于周期大小關(guān)系的判斷，正確的是()A．T1>T2>T3>T4 B．T4<T1＝T3<T2C．T4>T1＝T3>T2 D．T1<T2<T3<T4答案C解析設(shè)繩子長度均為L，根據(jù)單擺周期公式可得四幅圖的周期分別為T1＝2πeq\r(\f(L,g))、T2＝2πeq\r(\f(Lcos30°,g))、T3＝2πeq\r(\f(L,g))、T4＝2πeq\r(\f(L,g－a))，則T4>T1＝T3>T2，故選C。課時對點練考點一單擺及單擺的回復(fù)力1．(多選)單擺是為研究振動而抽象出的理想化模型，其理想化條件是()A．?dāng)[線質(zhì)量不計B．?dāng)[線不伸縮C．?dāng)[球直徑比擺線長度小得多D．?dāng)[角小于5°答案ABC解析單擺由擺線和擺球組成，擺線只計長度不計質(zhì)量，擺球只計質(zhì)量不計大小，且擺線不伸縮，A、B、C正確，D錯誤。2．(多選)關(guān)于單擺，下列說法中正確的是()A．單擺擺球的回復(fù)力指向平衡位置B．?dāng)[球經(jīng)過平衡位置時加速度為零C．?dāng)[球運動到平衡位置時，所受回復(fù)力等于零D．?dāng)[角很小時，擺球所受合力的大小跟擺球相對平衡位置的位移大小成正比答案AC解析根據(jù)回復(fù)力的特點可知擺球受到的回復(fù)力方向總是指向平衡位置，故A正確；擺球經(jīng)過平衡位置時，由于做圓周運動，故存在向心加速度，故B錯誤；擺球運動到平衡位置時，回復(fù)力等于零，故C正確；擺角很小時，擺球所受回復(fù)力的大小跟擺球相對平衡位置的位移大小成正比，而不是合力的大小跟擺球相對平衡位置的位移大小成正比，故D錯誤。3．(多選)一單擺做小角度擺動，其振動圖像如圖所示，以下說法正確的是()A．t1時刻擺球速度為零，擺球的合外力為零B．t2時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最小C．t3時刻擺球速度為零，擺球的回復(fù)力最大D．t4時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大答案CD解析由題圖可知t1時刻擺球在正向最大位移處，速度為零，回復(fù)力最大，合外力不為零，故A錯誤；t2、t4時刻位移為零，說明擺球在平衡位置，擺球速度最大，懸線對它的拉力最大，故B錯誤，D正確；t3時刻擺球在負(fù)向最大位移處，速度為零，回復(fù)力最大，故C正確?？键c二單擺的周期4．(2022·洛南中學(xué)高二月考)一單擺由甲地移到乙地后，發(fā)現(xiàn)振動變快了，其變快的原因及調(diào)整的方法是()A．g甲>g乙，將擺長縮短B．g甲<g乙，將擺長放長C．g甲<g乙，將擺長縮短D．g甲>g乙，將擺長放長答案B解析根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，振動變快了，則周期變短了，說明乙地的重力加速度大于甲地的重力加速度，即g乙>g甲，為了增大周期，可以增大擺長，B正確。5．?dāng)[長是1m的單擺在某地區(qū)的周期是2s，則在同一地區(qū)()A．?dāng)[長是0.5m的單擺的周期是0.707sB．?dāng)[長是0.5m的單擺的周期是1sC．周期是1s的單擺的擺長為2mD．周期是4s的單擺的擺長為4m答案D解析擺長是1m的單擺的周期是2s，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝eq\f(4π2l,T2)＝π2m/s2。擺長是0.5m的單擺的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝2π×eq\r(\f(0.5,π2))s≈1.414s，故A、B錯誤；周期是1s的單擺的擺長l2＝eq\f(gT22,4π2)＝eq\f(π2×12,4π2)m＝0.25m，周期是4s的單擺的擺長l3＝eq\f(gT32,4π2)＝eq\f(π2×42,4π2)m＝4m，故C錯誤，D正確。6．(2023·煙臺市月考)如圖甲所示，細(xì)線下端懸掛一個除去了柱塞的注射器，注射器內(nèi)裝上墨汁。將擺線拉開一較小幅度，當(dāng)注射器擺動時，沿著垂直于擺動的方向以速度v勻速拖動木板，得到噴在木板上的墨汁圖樣如圖乙所示，若測得木板長度為L，墨汁圖樣與木板邊緣交點P、Q恰好是振動最大位置處，已知重力加速度為g，則該單擺的等效擺長為()A.eq\f(gv2,25π2L2) B.eq\f(gL2,25π2v2)C.eq\f(25gL2,16π2v2) D.eq\f(25gv2,16π2L2)答案B解析由題圖乙可知，該單擺恰好擺動2.5個周期，故滿足eq\f(5,2)T＝eq\f(L,v)，單擺周期公式為T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得該單擺的等效擺長為l＝eq\f(gL2,25π2v2)，B正確。7．(多選)(2023·安慶一中月考)如圖所示，三根細(xì)線在O點處打結(jié)，A、B兩端固定在同一水平面上相距為L的兩點上，△AOB為直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC長為L，下端C點處系著一個小球(忽略小球的半徑，小球擺動時偏角θ<5°，重力加速度為g)，下列說法正確的是()A．讓小球在紙面內(nèi)擺動，周期T＝2πeq\r(\f(L,g))B．讓小球在垂直紙面方向擺動，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))C．讓小球在紙面內(nèi)擺動，周期T＝2πeq\r(\f(3L,2g))D．讓小球在垂直紙面方向擺動，周期T＝πeq\r(\f(4＋\r(3),g)L)答案AD解析當(dāng)小球在紙面內(nèi)做小角度的擺動時，擺動圓弧的圓心為O點，擺長為L，故周期為T＝2πeq\r(\f(L,g))，故A正確，C錯誤；當(dāng)小球在垂直紙面方向做小角度的擺動時，圓心在A、B所在水平面上且在O點正上方，由幾何關(guān)系知擺長為L′＝(1＋eq\f(\r(3),4))L，故周期為T＝2πeq\r(\f(1＋\f(\r(3),4)L,g))＝πeq\r(\f(4＋\r(3)L,g))，故B錯誤，D正確。8．(2022·臨沂市蘭山區(qū)期中)如圖所示，擺長為L的單擺，周期為T。如果在懸點O的正下方B點固定一個光滑的釘子，OB的長度為OA長度的eq\f(5,9)，使擺球通過最低點向左擺動，碰到釘子后成為一個新的單擺，則下列說法正確的是()A．?dāng)[球通過最低點向左擺動時繩子拉力不變B．?dāng)[球通過最低點向左擺動時繩子拉力變小C．單擺在整個振動過程中的周期將變?yōu)樵瓉淼膃q\f(6,5)D．單擺在整個振動過程中的周期將變?yōu)樵瓉淼膃q\f(5,6)答案D解析擺球通過最低點向左擺動時，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,r)，可得F＝mg＋meq\f(v2,r)，由于運動的半徑變小，速度不變，所以繩子的拉力變大，故A、B錯誤；根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，未加釘子時，周期T1＝2πeq\r(\f(L,g))，被擋擺長變短后，短擺長對應(yīng)的單擺的周期為T′＝2πeq\r(\f(L－\f(5,9)L,g))＝eq\f(4π,3)eq\r(\f(L,g))，所以加了釘子后的周期為T2＝eq\f(1,2)T1＋eq\f(1,2)T′＝eq\f(5π,3)eq\r(\f(L,g))，所