【学霸笔记：同步精讲】12 第二章 章末综合提升 课件--高中粤教版物理选择性必修第一册

(共67张PPT)
复习任务群一
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第二章　机械振动
章末综合提升
巩固层·知识整合
提升层·主题探究
主题1　简谐运动的周期性和对称性
1．周期性——做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态．
2．对称性——做简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性．
(1)在同一位置，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反．
(2)在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反．
(3)一个做简谐运动的质点，经过时间t＝nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过时间t＝(2n＋1)(n为自然数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称．
【典例1】　(多选)如图所示，一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从质点通过O点时开始计时，经过 0.9 s 质点第一次通过M点，再继续运动，又经过 0.6 s 质点第二次通过M点，该质点第三次通过M点需再经过的时间可能是(　　)
A．1.0 s　　B．1.2 s　　C．2.4 s　　D．4.2 s
√
√
AD　[根据题意可以判断质点通过MB之间的距离所用的时间为0.3 s，质点通过O点时开始计时，经过0.9 s质点第一次通过M点分两种情况考虑：(1)质点由O点向右运动到M点，则OB之间所用的时间为0.9 s＋
0.3 s＝1.2 s, 根据对称性，OA之间所用的时间也为1.2 s，第三次通过M点所用的时间为2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s.(2)质点由O点先向左运动再到M点，则从O→A→O→M→B所用的时间为0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，为个周期，得周期为1.6 s，第三次经过M点所用的时间为1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s.故A、D正确，B、C错误．]
主题2　简谐运动图像的应用
从振动图像中可得到的信息
(1)可直接读取振子在某一时刻相对于平衡位置的位移大小．
(2)从振动图像上可直接读出振幅：正(负)位移的最大值．
(3)从振动图像上可直接读出周期．
(4)可判断某一时刻振动物体的速度方向和加速度方向，以及它们的大小和变化趋势．
【典例2】　(多选)一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，规定沿x轴正方向为正，由图可知(　　)
A．频率是2 Hz
B．振幅是10 cm
C．t＝1.7 s时的加速度为正，速度为负
D．t＝0.5 s时质点所受的回复力为零
√
√
CD　[由题图可知，质点振动的周期为2 s，频率为0.5 Hz，振幅为
5 cm，A、B错误；t＝1.7 s时的位移为负，加速度为正，速度为负，C正确；t＝0.5 s 时质点在平衡位置，所受的回复力为零，D正确．]
一语通关　简谐运动图像问题的处理思路
(1)根据简谐运动图像的描绘方法和图像的物理意义，明确纵轴、横轴所代表的物理量及单位．
(2)将简谐运动图像跟具体运动过程或振动模型联系起来，根据图像画出实际振动或模型的草图，对比分析．
(3)判断简谐运动的回复力、加速度、速度变化的一般思路：根据F＝－kx判断回复力F的变化情况；根据F＝ma判断加速度的变化情况；根据运动方向与加速度方向的关系判断速度的变化情况．
主题3　单摆的周期公式及应用
单摆在小角度(θ＜5°)振动时可看作简谐运动，除考查简谐运动的一般规律外，单摆的周期公式及特点、应用在近几年的高考中也频频出现，值得重视：
(1)单摆的周期T＝2π，与振幅、质量无关，只取决于摆长L和重力加速度g．
(2)单摆的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供．在平衡位置，回复力为零，合力沿半径方向提供向心力；在最高点，向心力为零，回复力最大．
(3)利用单摆测重力加速度原理：由单摆的周期公式可得g＝，因此通过测定单摆的周期和摆长，便可测出重力加速度g的值．
【典例3】　如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，R ，甲球从弧形槽的球心处自由落下，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小
球甲，让其自由下落，同时乙球从圆弧左侧由静
止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，
则甲球下落的高度h是多少？
[解析]　(1)甲球做自由落体运动，R＝，所以t1＝，乙球沿圆弧做简谐运动(由于 R，可认为摆角θ＜5°)，此振动与一个摆长为R的单摆振动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝T＝×2π＝，所以＝
(2)甲球从离弧形槽最低点高h处开始自由下落，到达C点的时间为t甲＝，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)
由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙
解得h＝(n＝0，1，2，…).
[答案]　(1)　(2)(n＝0，1，2，…)
一语通关　单摆模型问题的求解方法
(1)单摆模型指符合单摆规律的运动模型，模型满足条件：①圆弧运动；②小角度摆动；③回复力F＝－kx．
(2)首先确认符合单摆模型条件，然后寻找等效摆长l及等效重力加速度g，最后利用公式T＝2π或简谐运动规律分析求解问题．
(3)如图甲所示的双线摆的摆长l＝r ＋L cos α．图乙中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点振动，其等效摆长为l＝R．
题号
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时间：75分钟　满分：100分
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．简谐运动的平衡位置是指(　　)
A．速度为零的位置 B．回复力为零的位置
C．加速度为零的位置 D．位移最大的位置
√
章末综合测评(二)　机械振动
题号
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B　[简谐运动的平衡位置是回复力为零的位置，而物体在平衡位置时加速度不一定为零.例如，单摆在平衡位置时存在向心加速度.做简谐运动的物体经过平衡位置时速度最大，位移为零．]
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2．一个水平弹簧振子的振动周期是0.025 s，当振子从平衡位置向右运动，经过0.17 s时，振子运动情况是(　　)
A．正在向右做减速运动
B．正在向右做加速运动
C．正在向左做减速运动
D．正在向左做加速运动
√
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B　[＝＝6 ， T在T～T之间，故0.17 s时振子正向右加速衡位置．]
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3．一位游客在湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为 20 cm, 周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过 10 cm 时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
√
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C　[把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为y＝A cos t，代入数据得y＝20cos t cm，设地面与甲板的高度差为h，则当h≤10时，游客舒服登船，则在一个周期内，从0～T，T～T时可满足h≤10，则游客能舒服登船的时间为1 s，故C正确，A、B、D错误．]
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4．一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统，小球做受迫振动．圆盘静止时，小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示(以竖直向上为正方向)，下列说法正确的是(　　)
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A．圆盘转动带动小球振动，圆盘转速越大则小球振幅越大
B．若圆盘以30 r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2 s
C．若圆盘静止，小球做简谐运动，t＝1 s到t＝2 s小球所受的回复力增加
D．若圆盘静止，小球做简谐运动，t＝2 s到t＝3 s弹簧弹性势能一定减小
√
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B　[圆盘转动时，T形支架对小球产生驱动力，此时小球的运动为受迫振动，当小球做简谐运动的频率与驱动力频率相同时，小球的振幅最大，故A错误；圆盘以 30 r/min 匀速转动，驱动周期T＝2 s，小球振动稳定后的周期等于驱动周期，为2 s，故B正确；圆盘静止，小球做简谐运动，t＝1 s到t＝2 s小球从最低点向平衡位置振动，回复力减小，故C错误；小球竖直方向挂在弹簧上，圆盘静止时，根据受力平衡可知，小球做简谐运动的平衡位置不在弹簧原长处，t＝2 s到t＝3 s小球从平衡位置向最高点振动，小球可能会经过弹簧原长处，弹性势能可能先减小后增大，故D错误．]
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5．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
题号
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A．t＝0.8 s时，振子的速度方向向左
B．t＝0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处
C．t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的加速度完全相同
D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小
√
题号
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A　[t＝0.8 s时，振子经过O点向负方向运动，即向左运动，故A正确；t＝0.2 s时，振子在O点右侧 6 cm 处，故B错误；t＝0.4 s和t＝1.2 s时，振子的位移等大反向，回复力和加速度也是等大反向，故C错误；t＝0.4 s 到t＝0.8 s的时间内，振子从B点向左运动到平衡位置，其速度逐渐增大，故D错误．]
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6．一个单摆在地球上做周期为T1的简谐运动，在月球上做周期为T2的简谐运动，已知地球质量是月球的81倍，地球半径是月球的4倍，那么T1与T2的比值是(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
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B　[根据＝mg，单摆周期表达式T＝2π，联立得T＝2πR， 故T1与T2的比值是＝＝，故选B．]
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7．一摆长为l的单摆做简谐运动，从某时刻开始计时，经过t＝，摆球具有负向最大加速度，下面四个图像分别记录了该单摆从计时时刻开始到的振动图像，其中正确的是(　　)
题号
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A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
√
题号
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A　[单摆的周期公式T＝2π，则t时间内小球的振动周期数为n＝＝，为2个周期，因此时摆球具有负向最大加速度，故计时开始时摆球的位置应为平衡位置向负方向运动，故A正确，B、C、D错误．]
题号
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二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．一单摆的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　　)
题号
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A．t＝1.0 s时，摆球处于平衡状态
B．t＝2.0 s时，摆球处于平衡位置
C．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态
D．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大
√
√
√
题号
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BCD　[位移为0时，回复力为0，回复力产生的加速度为0，但由于摆球沿圆弧运动，还有向心加速度，既然有加速度就不是平衡状态，只能是平衡位置，A错误，B正确；摆球摆动过程中，在任何位置都有加速度，没有一处是平衡状态，C正确；t＝1.0 s时，摆球的速度最大，恰好过最低点，摆线所受拉力最大，D正确．]
题号
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9．如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
题号
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A．振子的位移—时间函数为x＝12cos cm
B．t＝0.1 s和t＝0.7 s时，振子的速度相同
C．0.2 s到0.4 s，振子的加速度逐渐减小
D．t1到t2，振子振动的时间为半个周期
√
√
题号
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AD　[由题图乙可知，该振动的振幅为12 cm，周期T＝1.6 s, 所以ω＝＝1.25π rad/s，结合振动图像可知，该振动方程为x＝12sin 1.25πt cm，也可以把方程表达为x＝12cos cm，故A正确；由题图乙的振动图像可知，图线上某点的斜率表示该点处的瞬时速度，t＝0.1 s和 t＝0.7 s时，图线中的斜率一正一负，说明两点的速度方向相反，所以速度不相同，故B错误；由题图乙可知，t＝
题号
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0.2 s到t＝0.4 s 时间内，振子的位移为正，正在逐渐增大，所以根据F＝－kx可知回复力逐渐增大，加速度逐渐增大，故C错误；t1和t2时刻，振子的位移关于平衡位置对称，并且速度方向相反，且时间间隔是小于一个周期的，由此可知两时刻的时间差是半个周期，故D正确．]
题号
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10．2023年10月，杭州亚运会蹦床项目比赛在黄龙体育中心体育馆举行．如图所示是运动员到达最高点O后，竖直下落到A点接触蹦床，接着运动到最低点C点的情境，其中B点为运动员静止在蹦床时的位置，不计空气阻力，运动员可看成质点．
下列说法正确的是(　　)
题号
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A．运动员在B点静止时，他的重力与他对蹦床的压力是一对相互作用力
B．运动员从A到C的过程中，运动员的加速度先减小后增大
C．在B点时，运动员的动能最大
D．在C点时，运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大
√
√
√
题号
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BCD　[运动员在B点静止时，他的重力的反作用力是他对地球的引力，故A错误；运动员从A到C的过程中，开始弹力小于重力，mg－F＝ma，随着弹力增大，加速度减小，过B点后弹力大于重力，则F－mg＝ma，随着弹力增大，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，故B正确；在B点时，运动员所受的合力为零，速度最大，动能最大，故C正确；整个过程蹦床和运动员机械能守恒，在C点重力势能最小，则动能和蹦床的弹性势能之和最大，故D正确.故选BCD．]
题号
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三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(10分)在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l0，再用游标卡尺测量摆球的直径为D．
回答下列问题：
题号
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(1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________．
A．最高点　　B．最低点　　C．任意位置
(2)该单摆的周期为________．
B
题号
1
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(3)若用l表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________．
(4)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验时误将49次全振动记为50次
B
题号
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(5)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2-L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2-L图线是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)．
①
题号
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[解析]　(1)为了减小测量周期的误差，应该将摆球经过最低点时作为计时开始和终止的位置，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大.故选B．
(2)因为摆球经过n次全振动的总时间为Δt，则该单摆的周期为T＝
题号
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(3)由单摆周期公式T＝2π可得，重力加速度的表达式为g＝
(4)因为重力加速度的表达式为g＝，测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，则所测重力加速度偏大，A错误；摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则测量值小于实际操作值，故所测重力加速度偏小，B正确；开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，C错误；实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，D错误．
题号
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(5)由题意可得，单摆的实际摆长l′＝L－，由单摆周期表达式得T＝2π，化简可得T2＝L－，由此得到的T2-L图线是题图乙中的①．
题号
1
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12．(7分)在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中．
(1)用游标卡尺测量小球的直径d，测量情况如图乙所示，其读数为______ mm．
15.2
题号
1
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(2)固定悬点后，测得悬点到摆球上端的细线长度为l，完成n次全振
动的时间为t，则重力加速度的表达式为g＝______________(用题中测得的物理量符号表示)．
题号
1
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15
(3)某同学查阅资料得知，课本上所给的单摆周期T0是初始摆角θ很小时的近似值，实际上初始摆角对理论周期T有一定影响，与θ的关系图像如图丙所示．若实验时初始摆角达到20°，考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会______
(选填“偏大”“不变”或“偏小”)．
偏小
题号
1
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[解析]　(1)10分度游标卡尺的分度值为 0.1 mm, 由题图乙可知小球的直径d＝15 mm＋2×0.1 mm＝15.2 mm．
(2)单摆的周期T＝，由单摆周期公式T＝2π，联立得重力加速度的表达式为g＝
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(3)根据题图丙可知随着初始摆角θ的增大，的比值变大，即理论周期变大，根据T＝2π，可得重力加速度g＝L，由此可知考虑初始摆角的影响，重力加速度的测量值会偏小．
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13．(9分)在开口向上半径为R的光滑半球形碗内，在碗底的最低点附近和通过球心的竖直线上分别放置A、B两个小球，让它们同时由静止释放，结果同时第一次到达碗底的最低点．试求B球开始下落时离球心的高度．
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[解析]　A球从在碗底的最低点附近释放到运动到碗底过程的时间可以看作是单摆运动的，则
tA＝＝
设B球释放位置到碗底的高度差为h，则h＝
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又tA＝tB，联立解得h＝R
则B球开始下落时离球心的高度x＝h－R＝R．
[答案]　R
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14．(13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，图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动，A、A′点与O点连线与竖直方向之间的夹角相等且都为θ(θ很小)．图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中 t＝0 为滑块从A点开始运动的时刻，试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：(g取10 m/s2)
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(1)容器的半径；
(2)小滑块的质量．
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[解析]　(1)由题图乙得小滑块做简谐运动的周期
T＝ s
由T＝2π
得R＝＝0.1 m．
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(2)在最高点A，有
Fmin＝mg cos θ＝0.495 N
在最低点B，有
Fmax＝m＋mg＝0.510 N
从A到B，滑块机械能守恒，有
mgR(1－cos θ)＝mv2
联立解得m＝0.05 kg．
[答案]　(1)0.1 m　(2)0.05 kg
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15．(15分)如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放，物块开始做简谐运动，且弹簧始终在弹性限度内，斜面体始终处于静止状
态．重力加速度为g．
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(1)判断弹簧原长的位置是否为平衡位置？如果是，说明理由．如果不是，请说明并推导出平衡位置时弹簧的形变量Δx；
(2)求出该振子的振幅和加速度的最大值．
[解析]　(1)弹簧自然长度的位置不是平衡位置，物块处于平衡位置时合力为零
设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为Δx，有mg sin α－kΔx＝0
解得Δx＝
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(2)平衡位置时弹簧的长度
L′＝L＋Δx＝L＋
振幅A＝L′－L＝L＋
初始位置时，加速度最大，由牛顿第二定律得
mg sin α＋k＝ma
解得a＝g sin α＋
[答案]　(1)不是　　(2)L＋　g sin α＋
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