主题1 简谐运动的五大特征
受力 特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反
运动 特征 衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量 特征 振幅越大，能量越大，在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
对称性 特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置O用时相等
【典例1】 如图所示，一质量为M的竖直放置的圆环，在O处与水平面接触。它的内部有一直立的弹簧，劲度系数为k，弹簧下端固定于圆环内侧底部，上端固定一质量为m的小球，把小球向上拉起至弹簧的原长处由静止释放，不计空气阻力，小球开始在竖直方向上做简谐运动。在此过程中，圆环一直保持静止。求：
(1)小球做简谐运动的振幅；
(2)小球向下运动的最大距离；
(3)改变小球静止释放的位置，小球做简谐运动的振幅至少为多大时，在其振动过程中才可能使圆环有离开地面的瞬间(已知弹簧一直处于弹性限度内)。
[解析] (1)从释放点到平衡位置的距离就是小球做简谐运动的振幅，为
A＝。
(2)根据简谐运动的对称性，可知小球向下运动的最大距离为
x＝2A＝。
(3)圆环要离开地面时弹簧处于拉伸状态，且拉力的大小至少等于圆环的重力，即
F＝Mg
则弹簧的伸长量为
x1＝
小球振动时的平衡位置与弹簧原长处的距离为
x2＝
所以，满足条件的最小振幅为
A′＝x1＋x2＝。
[答案] (1) (2) (3)
(1)做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零。
(2)由于简谐运动具有周期性和对称性， 因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意。
(3)位移相同时回复力大小、加速度大小、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定。
主题2 简谐运动的图像及应用
简谐运动的图像描述了振动质点的位移随时间变化的规律。从图像中可以确定位移、速度、加速度、动能和势能等物理量以及它们的变化规律，具体分析如下：
项目 内容 说明
横、纵轴表示的物理量 横轴表示时间，纵轴表示质点的位移 ①振动图像不是振动质点的运动轨迹 ②计时起点一旦确定，已经形成的图像形状不变，以后的图像随时间向后延伸 ③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关
意义 表示振动质点的位移随时间变化的规律
形状
应用 ①直接从图像上读出周期和振幅 ②确定任一时刻质点相对平衡位置的位移 ③判断任一时刻振动质点的速度方向和加速度方向 ④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、动能及势能大小的变化情况
【典例2】 如图所示是一个质点做简谐运动的图像，根据图像回答下面的问题：
(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；
(2)写出此振动质点的运动表达式；
(3)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程；
(4)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向；
(5)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？
(6)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？
[解析] (1)由题图可知，质点振动的振幅为5 cm，即此质点离开平衡位置的最大距离。
(2)由此质点的振动图像可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0，所以x＝A sin (ωt＋φ)＝A sin ＝5sin cm＝5sin (2.5πt)cm。
(3)由题图可知，质点振动的周期为T＝0.8 s，0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm。
(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，由题图可知振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向。同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。
(5)由题图可知，在0.6～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。
(6)由题图可知，在0.4～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。
[答案] (1)5 cm (2)x＝5sin (2.5πt)cm (3)15 cm (4)正方向 负方向 负方向 正方向 (5)速度增大，加速度减小 (6)零
主题3 单摆周期公式的应用
1．对单摆周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，l＝l线＋r球。
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关。
2．有关周期T的常见情况
(1)同一单摆，在地球的不同位置上，由于重力加速度不同，其周期也不同。
(2)同一单摆，在不同的星球上，其周期也不相同。例如单摆放在月球上时，由于g月(3)当单摆处在绕地球运行的卫星中时，由于卫星处于完全失重状态，等效重力加速度g＝0，则周期T为无穷大，即单摆不会振动。
(4)当单摆放在竖直方向的电场中，若单摆带电，则类似于超(失)重，等效加速度g′＝g＋a(g′＝g－a)，其中a＝(g>a)，故周期T变化。
【典例3】 如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强磁场B中，周期为T丙；单摆丁带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丁，单摆甲、乙、丙及丁的摆长l相同，则下列说法正确的是( )
甲 乙 丙 丁
A．T甲＞T乙＞T丁＞T丙 B．T乙＞T甲＝T丙＞T丁
C．T丙＞T甲＞T丁＞T乙 D．T丁＞T甲＝T丙＞T乙
B [对单摆甲：T甲＝2π；对单摆乙：T乙＝2π；对单摆丙：由于摆动过程中洛伦兹力总是垂直于速度方向，故不可能产生沿圆弧切向的分力效果而参与提供回复力，所以周期不变，即T丙＝2π；对单摆丁：由于摆球受竖直向下的重力的同时，还受竖直向下的电场力，电场力在圆弧切向产生分力，与重力沿切向的分力一起提供回复力，相当于重力增大了。等效重力F＝mg＋qE，故等效重力加速度g′＝g＋，故周期T丁＝2π，所以T乙＞T甲＝T丙＞T丁。故选B。]
同一单摆放到不同环境中，等效重力加速度不同，导致周期不同。
章末综合测评(二) 机械振动
一、单项选择题
1．下列属于机械振动的是( )
①乒乓球在地面上的来回上下运动 ②弹簧振子在竖直方向的上下运动 ③秋千在空中来回的运动 ④竖于水面上的圆柱形玻璃瓶上下振动
A．①② B．②③
C．③④ D．①②③④
D [机械振动是最简单，也是比较常见的机械运动，自然界中在变力作用下的往复运动都属于机械振动，故D正确。]
2．如图所示，物体A、B叠放在光滑水平面上，轻质弹簧的一端固定在墙面上，另一端与A相连，弹簧的轴线与水平面平行。开始时弹簧处于伸长状态，释放后物体A、B一起运动，第一次向右通过平衡位置开始计时，取向右为正方向，则物体A受的摩擦力Ff与时间t的关系图像正确的是( )
A B
C D
A [物体A、B与轻质弹簧组成的系统所做的运动是简谐运动，A、B作为一个整体，其位移与时间成正弦函数关系，其所受的合力即回复力与位移成正比，所以回复力与时间也成正弦函数的关系；将物体B单独隔离出来分析，物体B也做简谐运动，其恢复力就是A对它的摩擦力，所以摩擦力也与时间成正弦函数关系。故选A。]
3．单摆在摆动过程中，下列说法正确的是( )
A．回复力由重力和细线拉力的合力提供
B．摆动到最低点时回复力为零
C．动能变化的周期等于振动周期
D．小球质量越大，周期越长
B [重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，故B正确；小球从最高点开始摆动过程中，小球的动能先增大后减小，到达另一侧最高点时动能为零，然后再重复，故其动能的变化周期为单摆振动周期的一半，C错误；单摆的周期T＝2π，与小球的质量无关，故D错误。]
4．如图所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B、C两点间做简谐运动，O为平衡位置。已知振子由完全相同的P、Q两部分组成，彼此连接在一起。当振子运动到B点的瞬间，将P拿走，则以后Q的运动和拿走P之前相比有( )
A．Q的振幅不变，通过O点的速率减小
B．Q的振幅不变，通过O点的速率增大
C．Q的振幅增大，通过O点的速率增大
D．Q的振幅减小，通过O点的速率减小
B [振幅为偏离平衡位置的最大距离，即速度为零时的位移大小，振子到B点时速度为零，OB间距等于振幅，此时撤去P物体，速度仍然为零，故振幅不变，故C、D错误；简谐运动中势能和动能之和守恒，到达B点时，动能为零，弹性势能最大，此时撤去P物体，系统机械能不变，回到O点时动能不变，根据Ek＝mv2，振子质量减小，速率增加，故A错误，B正确。]
5．如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图乙所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则( )
甲 乙
A．t1时刻钢球处于超重状态
B．t2时刻钢球的速度方向向上
C．t1～t2时间内钢球的动能逐渐增大
D．t1～t2时间内钢球的机械能逐渐减小
D [t1时刻，钢球位于平衡位置上方，位移为正，所以加速度为负，有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；t2时刻，钢球位于平衡位置下方，正在远离平衡位置，速度方向向下，故B错误；t1～t2时间内，钢球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C错误；t1～t2时间内，钢球克服弹力做功，根据能量守恒定律可知，钢球的机械能逐渐减小，故D正确。]
6．一个打磨得很光滑的凹镜，其曲面半径远大于曲面长度，将镜面水平放置，如图所示。现让一个小球(小球可视为质点)从镜边缘静止释放，小球在镜面上将作往复运动，以下说法中正确的是( )
A．小球质量越大，往复运动的周期越长
B．释放点离最低点距离越大，周期越短
C．凹镜曲面半径越大，周期越长
D．周期应由小球质量、释放点离平衡位置的距离，以及曲面半径共同决定
C [小球在镜面上做简谐运动，周期公式与单摆的周期相同，根据T＝2π，因而周期决定于凹镜曲率半径及当地的重力加速度，半径越大，周期越长。故选C。]
7．在实验室做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只酒杯，听到清脆声音，测得这个声波的频率为500 Hz。将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员调整声波发生器，用发出的声波把酒杯震碎了，下列关于操作人员进行的操作的说法正确的是 ( )
A．一定是把声波发生器的功率调到很大
B．可能是声波发生器发出了频率很高的超声波
C．一定是同时增大声波发生器发出声波的频率和功率
D．可能只是将声波发生器发出的声波频率调到了500 Hz
D [将酒杯放在两个大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整声波发生器，用发出的声波将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，已知酒杯的固有频率为500 Hz，故操作人员可能只是将声波发生器发出的声波频率调到了500 Hz，D正确。]
8．如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是 ( )
A．两个单摆的固有周期之比为TⅠ∶TⅡ＝2∶5
B．两个单摆的摆长之比lⅠ∶lⅡ＝4∶25
C．图线Ⅱ对应单摆摆长约为1 m
D．若两条图线分别对应同一单摆在月球上和地球上的受迫振动，则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线
C [由共振曲线及共振的条件可知，图线Ⅰ和Ⅱ的两个单摆的固有频率分别为0.2 Hz和0.5 Hz，周期之比TⅠ∶TⅡ＝5∶2，A错误；由单摆的周期公式T＝2π可知，lⅠ∶lⅡ＝＝25∶4，B错误；同时可知lⅡ＝≈1 m，C正确；当摆长不变时，重力加速度越大，固有频率越大，月球表面重力加速度小于地球表面重力加速度，故D错误。]
二、多项选择题
9．一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示。a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法正确的是( )
A．质点做简谐运动的方程为x＝A sin t
B．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同
C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等
D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等
AC [由题图可知，振幅为A，周期T＝8 s，质点做简谐运动的方程为x＝A sin t＝A sin t，A正确；根据简谐运动对称性可知质点在位置b与位置d时速度相同，B错误；质点从位置a到c与从位置b到d所用时间均为2 s，C正确；质点从位置a到b和从位置b到c所用的时间都是1 s，但位移不等，所以平均速度大小不同，D错误。]
10．如图所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体A，A下面再用棉线挂一物体B，A、B质量相等，g为当地重力加速度，不计空气阻力。烧断棉线，下列说法中正确的是( )
A．烧断棉线瞬间，A的加速度大小为g
B．烧断棉线之后，A向上始终加速
C．烧断棉线之后，A在运动中机械能守恒
D．当弹簧恢复原长时，A的速度恰好减到零
AD [棉线烧断前，将AB看做一个整体，弹簧的弹力为F＝2mg，烧断瞬间弹簧来不及恢复形变，弹力仍为2mg，方向向上，物体A还受竖直向下的重力mg，则A的加速度为aA＝＝g，方向向上，A正确；烧断棉线后，物体A在弹力和重力的作用下向上运动，弹力先大于重力，后小于重力，所以物体A向上先加速后减速，B错误；烧断棉线后，A还受弹簧弹力作用，故A的机械能不守恒，A和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；烧断棉线后，A在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力为F回＝2mg－mg＝mg，方向向上，根据对称性可知，在最高点回复力应为F′回＝mg，方向向下，即mg－F弹＝mg，解得F弹＝0，则在最高点，速度为零时，弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D正确。故选AD。]
11．(2022·浙江6月选考改编)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从杆中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则( )
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期为
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为
D．小球的初速度为时，其运动周期为2T
BC [由于刚开始的一段时间内小球做匀速运动，受力大小与位移大小不成正比，小球做的不是简谐运动，A错误；小球从杆中点到第一次回到杆中点的过程，初、末动能相等，则小球动能的变化周期为，分析可知两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为，B、C正确；小球的初速度为时，在细杆上匀速运动的时间等于初速度为v时的2倍，小球从接触弹簧到速度减到零的时间等于初速度为v时的时间，故初速度为时的运动周期小于2T，D错误。故选B、C。]
12．甲、乙两位同学分别使用如图甲所示的同一套装置观察单摆做运动时的振动图像。已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列关于两图线相关的分析，正确的是( )
A．N1表示的砂摆振幅较大，N2表示的砂摆振幅较小
B．N1与N2振动的周期相同
C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大
D．N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大
BC [由题图乙可知，N1表示的砂摆振幅与N2表示的砂摆振幅相同，故A错误；由公式T＝2π可知，两砂摆摆长相同，则两砂摆的周期相同，故B正确；由题图乙可知，N1对应的木板的时间为T，N2对应的木板运动的时间为2T，则N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；由动能定理有mgl(1－cos θ)＝mv2，在最低点有T－mg＝m，解得T＝3mg－2mg cos θ，由于两摆的振幅相同，即θ相同，则拉力相同，故D错误。故选BC。]
三、非选择题
13．在利用沙摆描绘振动图像的实验中，将细沙倒在漏斗中，在细沙漏出的同时，让沙摆摆动起来，一段时间后，形成的长条形沙堆如图甲所示：两边高且粗，中间低且细。
(1)如果在沙摆摆动的同时匀速拉动下方纸板(纸板上的虚线O1O2位于沙摆静止时的正下方)，则一段时间后，形成如图乙所示的曲线沙堆。分析可知，曲线沙堆在与虚线O1O2垂直距离______________(选填“近”或“远”)的位置低且细。
甲 乙 丙
(2)图丙为图乙中纸板上曲线沙堆的俯视图，沿沙摆振动方向建立x轴，沿O1O2方向建立t轴，就可利用沙堆曲线得到沙摆的振动图像。请说明为什么要匀速拉动下方纸板：______________________________________________________。
[解析] (1)单摆在摆动的过程中是变速运动，经过平衡位置时的速度最大，在最大位移处的速度为0；沙摆在相同的时间内漏下的沙子一样多，但在平衡位置附近速度大，相同时间内经过的距离长，故漏下的沙子低且细。
(2)只有拉动纸板的速度恒定时，纸板的位移才与时间成正比，沿O1O2方向建立的坐标轴才可以代表时间轴。
[答案] (1)近 (2)只有拉动纸板的速度恒定时，纸板的位移才与时间成正比，沿O1O2方向建立的坐标轴才可以代表时间轴
14．(2023·重庆卷)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。
(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图甲所示，则摆球的直径d为______________ mm。
(2)用摆线和摆球组成单摆，如图乙所示。当摆线长度l＝990.1 mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g为__________ m/s2(保留3位有效数字)。
(3)改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l＋作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是__________，原因是__________。
[解析] (1)用游标卡尺测量摆球直径d＝19 mm＋0.02 mm×10＝19.20 mm。
(2)单摆的摆长为
L＝990.1 mm＋×19.20 mm＝999.7 mm
根据
T＝2π
可得
g＝
带入数据得
g＝ m/s2≈9.86 m/s2。
(3)由题图可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小并趋于稳定，原因是摆线长度l越大，l＋越接近于l，此时计算得到的g的差值越小。
[答案] (1)19.20 (2)9.86 (3)逐渐减小并趋于稳定 摆线长度l越大，l＋越接近于l，此时计算得到的g的差值越小
15．如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α。使球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，此后A球第3次经过最低点时B球恰击中A球，求B球下落的高度h。
[解析] 球A垂直于纸面做摆角小于5°的摆动等效于一个单摆，摆长为
l＝L sin α
所以A球振动周期为
T＝2π
设B球自由下落的时间为t，则它击中A球时下落的高度为
h＝gt2
A球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，从B球开始下落至击中A球，A球振动的时间为的3倍，则
t＝3×＝3π
联立解得
h＝π2L sin α
[答案] π2L sin α
16．如图所示，一质量为m的小珠，用长为l的细丝线挂在水平天花板上(l远大于小球的半径)，初始时，摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)。释放小球后，求：(不计空气阻力)
(1)小球摆到最低点所用的时间；
(2)小球在最低点受到的拉力。
[解析] (1)小球做简谐运动，则小球从释放到最低点所用的时间为t＝T＝。
(2)从释放到最低点，由动能定理有
mg(l－l cos θ)＝mv2
根据牛顿第二定律，有
T－mg＝m
联立解得T＝3mg－2mg cos θ。
[答案] (1) (2)3mg－2mg cos θ
17．一轻质弹簧直立在水平地面上，其劲度系数为k＝400 N/m，弹簧的上端与盒子A连接在一起，盒子内装有物体B，B的上、下表面恰与盒子接触，如图所示。A和B的质量mA＝mB＝1 kg，g取10 m/s2，不计阻力。先将A向上抬高至弹簧的伸长量为5 cm，后由静止释放A，A和B一起沿竖直方向做简谐运动。已知弹簧的弹性势能取决于弹簧的形变大小，试求：
(1)盒子A的振幅；
(2)物体B的最大速率；
[解析] (1)A、B在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δx，则
kΔx＝(mA＋mB)g
解得
Δx＝g＝5 cm
开始释放时A处在最大位移处，故振幅为
A′＝5 cm＋5 cm＝10 cm。
(2)由于开始时弹簧的伸长量恰好等于A、B在平衡位置时弹簧的压缩量，故两时刻弹簧的弹性势能相等，设B的最大速率为v，B从开始运动至到达平衡位置时，由动能定理得
mBgA′＝mBv2
可得
v＝＝ m/s。
[答案] (1)10 cm (2) m/s
18．如图甲所示，一个三角形物块固定在水平桌面上，其光滑斜面的倾角为θ＝30°，物体A的质量为mA＝0.5 kg，物体B的质量为mB＝1.0 kg(A、B均可视为质点)，物体A、B并列在斜面上且压着一劲度系数为k＝125 N/m的轻弹簧，弹簧的下端固定，上端连接在A物体上，物体A、B处于静止状态。(g取10 m/s2)
(1)求此时弹簧的压缩量是多少；
(2)将物体B迅速移开，物体A将做周期为0.4 s的简谐运动，若以沿斜面向上的方向为正方向，请在图乙所给的坐标系中作出物体A相对平衡位置的位移随时间的变化曲线图，并在图中标出振幅；
(3)将物体B迅速移开，试证明物体A在斜面上做简谐运动。
[解析] (1)物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡，设压缩量为x，则有
(mA＋mB)g sin θ＝kx
解得x＝＝0.06 m。
(2)将物体B移开后，物体A做简谐运动，平衡位置弹簧的压缩量为
x0＝＝0.02 m
所以A振动的振幅为
A＝x－x0＝0.04 m
已知系统的振动周期为T＝0.4 s，振动的位移随时间的变化关系曲线如图：
(3)设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有
mAg sin θ＝kx0
当物体A经过平衡位置下方的某一位置时，相对平衡位置的位移的大小为x，则
F＝k(x0＋x)－mAg sin θ
由以上两式得
F＝kx
且位移的方向与F的方向相反，即物体A做简谐运动。
[答案] (1)0.06 m (2)见解析图 (3)见解析
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章末综合提升
第二章 机械振动
巩固层·知识整合
主题1 简谐运动的五大特征
提升层·题型探究
受力
特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反
运动
特征 衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量
特征 振幅越大，能量越大，在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
周期性
特征
对称性
特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等；由对称点到平衡位置O用时相等
【典例1】 如图所示，一质量为M的竖直放置的圆环，在O处与水平面接触。它的内部有一直立的弹簧，劲度系数为k，弹簧下端固定于圆环内侧底部，上端固定一质量为m的小球，把小球向上拉起至弹簧的原长处由静止释放，不计空气阻力，小球开始在竖直方向上做简谐运动。在此过程中，圆环一直保持静止。求：
(1)小球做简谐运动的振幅；
(2)小球向下运动的最大距离；
(3)改变小球静止释放的位置，小球做简谐运动的振幅至少为多大时，在其振动过程中才可能使圆环有离开地面的瞬间(已知弹簧一直处于弹性限度内)。
一语通关 (1)做简谐运动的物体经过平衡位置时，回复力一定为零，但所受合外力不一定为零。
(2)由于简谐运动具有周期性和对称性， 因此涉及简谐运动时往往会出现多解的情况，分析时应特别注意。
(3)位移相同时回复力大小、加速度大小、动能和势能等可以确定，但速度可能有两个方向，由于周期性，运动时间也不能确定。
主题2 简谐运动的图像及应用
简谐运动的图像描述了振动质点的位移随时间变化的规律。从图像中可以确定位移、速度、加速度、动能和势能等物理量以及它们的变化规律，具体分析如下：
项目 内容
横、纵轴表示的物理量 横轴表示时间，纵轴表示质点的位移
意义 表示振动质点的位移随时间变化的规律
项目 内容
形状
应用 ①直接从图像上读出周期和振幅
②确定任一时刻质点相对平衡位置的位移
③判断任一时刻振动质点的速度方向和加速度方向
④判断某段时间内振动质点的位移、速度、加速度、动能及势能大小的变化情况
说明
①振动图像不是振动质点的运动轨迹
②计时起点一旦确定，已经形成的图像形状不变，以后的图像随时间向后延伸
③简谐运动图像的具体形状跟正方向的规定有关
【典例2】 如图所示是一个质点做简谐运动的图像，根据图像回答下面的问题：
(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；
(2)写出此振动质点的运动表达式；
(3)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程；
(4)振动质点在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向；
(5)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？
(6)振动质点在0.4～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？
(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，由题图可知振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向。同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向。
(5)由题图可知，在0.6～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小。
(6)由题图可知，在0.4～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零。
[答案] (1)5 cm (2)x＝5sin (2.5πt)cm (3)15 cm (4)正方向 负方向 负方向 正方向 (5)速度增大，加速度减小 (6)零
主题3 单摆周期公式的应用
1．对单摆周期公式的理解
(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。
(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，l＝l线＋r球。
(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。
(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m及振幅无关。
【典例3】 如图所示，单摆甲放在空气中，周期为T甲；单摆乙放在以加速度a(g>a)向下加速的电梯中，周期为T乙；单摆丙带正电荷，放在匀强磁场B中，周期为T丙；单摆丁带正电荷，放在匀强电场E中，周期为T丁，单摆甲、乙、丙及丁的摆长l相同，则下列说法正确的是( )
甲 乙 丙 丁
A．T甲＞T乙＞T丁＞T丙
B．T乙＞T甲＝T丙＞T丁
C．T丙＞T甲＞T丁＞T乙
D．T丁＞T甲＝T丙＞T乙
√
