人教版高中物理必修3-4讲义资料，复习补习资料：02简谐运动的回复力和能量、单摆(基础)
文档属性
| 名称 | 人教版高中物理必修3-4讲义资料，复习补习资料：02简谐运动的回复力和能量、单摆(基础) |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 639.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-12-15 08:05:32 | ||
图片预览
文档简介
简谐运动的回复力和能量、单摆
【学习目标】
1．掌握简谐运动的动力学特征，明确回复力的概念。
2．知道简谐运动是一种没有能量损耗的理想情况。
3．理解简谐运动过程中位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。
4．知道什么是单摆。
5．理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
6．知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
【要点梳理】
要点一、简谐运动的回复力、能量
1．回复力
物体振动时受到的回复力的方向总是指向平衡位置，即总是要把物体拉回到平衡位置的力称为回复力．
．
要点诠释：（1）负号表示回复力的方向是与位移方向相反．（2）为与的比例系数，对于弹簧振子，为劲度系数．（3）对水平方向振动的弹簧振子，回复力由弹簧的弹力提供；对竖直方向振动的弹簧振子，回复力由弹簧的弹力与重力两力的合力提供．（4）物体做简谐运动到平衡位置时，回复力为（但合力可能不为）．（5）回复力大小随时间按正弦曲线变化．
2．简谐运动的能量
（1）弹簧振子运动的任意位置，系统的动能与势能之和都是一定的，即振动过程中机械能守恒．
（2）水平方向的振子在平衡位置的机械能以动能的形式出现，势能为零；在位移最大处势能最大，动能为零．
（3）简谐运动中系统的动能与势能之和称为简谐运动的能量，即。
（4）简谐运动中的能量跟振幅有关，振幅越大，振动的能
量越大．
（5）在振动的一个周期内，动能和势能间完成两次周期性变化，经过平衡位置时动能最大，势能最小；经过最大位移处时，势能最大，动能最小．
要点二、简谐运动的特征
1．物体做简谐运动的三个特征
（1）振动图像是正弦曲线；
（2）回复力满足条件；
（3）机械能守恒．
2．简谐运动的判定方法
（1）简谐运动的位移一时间图像是正弦曲线或余弦曲线．
（2）故简谐运动的物体所受的力满足，即回复力与位移成正比且方向总相反．
（3）用判定振动是否是简谐运动的步骤：
①对振动物体进行受力分析；
②沿振动方向对力进行合成与分解；
③找出回复力，判断是否符合．
要点三、简谐运动的运动特点
1．简谐运动的加速度分析方法
简谐运动是一种变加速的往复运动，由知其加速度周期性变化，“”表示加速度的方向与振动位移的方向相反，即总是指向平衡位置，的大小跟成正比．
2．简谐运动的运动特点
物体
位置
位移
回复力
加速度
速度
势能
动能
方向
大小
方向
大小
方向
大小
方向
大小
平衡
位置O
最大位移处M
指向M
指向O
指向O
指向
M
指向O
指向O
指向M
指向
M
指向O
指向O
指向O
通过上表不难看出：位移、回复力、加速度三者同步变化，与速度的变化相反．通过上表可看出两个转折点：平衡位置点是位移方向、加速度方向和回复力方向变化的转折点；最大位移处是速度方向变化的转折点．还可以比较出两个过程的不同特点，即向平衡位置靠近的过程及远离平衡位置的过程的不同特点：靠近点时速度大小变大，远离点时位移、加速度和回复力大小变大
3．弹簧振子在光滑斜面上的振动
光滑斜面上的小球连在弹簧上，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动．
分析如下：
如图所示，小球静止时弹簧的伸长量为
，
往下拉后弹簧相对于静止位置伸长时，物体所受回复力
．
由此可判定物体是做简谐运动的．
要点四、单摆
1．单摆
单摆指在一条不可伸长的，又没有质量的线的下端系一质点所形成的装置．单摆是实际摆的理想化的物理模型．实际摆可视为单摆的条件：细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略．
一个很轻的细线系着一个有质量的质点，这个模型叫做单摆．在实验室里，如果悬挂物体的细线的伸缩和质量可以忽略，细线的长度比物体的直径大得多，这样的装置就叫做单摆．
单摆做简谐运动的条件：
小球摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角叫偏角．偏角很小时，单摆做简谐运动．
2．单摆做简谐运动的回复力
单摆做简谐运动的回复力是由重力沿圆弧切线的分力提供（不要误认为是摆球所受的合外力）．当很小时，圆弧可以近似地看成直线，．切线的分力可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明．
可见，在偏角很小的情况下，单摆振动时回复力跟位移成正比而方向相反，是简谐运动．
3．单摆的周期公式
荷兰物理学家惠更斯发现在偏角很小的情况下，单摆的周期跟摆长的平方根成正比，跟重力加速度的平方根成反比，而跟摆球的质量和振幅无关，即
式中为悬点到摆球球心间的距离，为当地的重力加速度．
（1）单摆的等时性：往振幅较小时，单摆的周期与单摆的振幅尤天，单摆的这种性质叫单摆的等时性．
（2）单摆的周期公式：由简谐运动的周期公式
，
对于单摆
，
所以
．
周期为的单摆，叫做秒摆，由周期公式
得秒摆的摆长
．
4．单摆的应用
（1）计时器：利用单摆周期与振幅无关的等时性，制成计时仪器，如摆钟等．由单摆周期公式知道，调节单摆摆长即可调节钟表快慢．
（2）测定重力加速度：把单摆周期公式变形，得．由此可知，只要测出单摆的摆长和振动周期，就可以测出当地的重力加速度。
5．圆锥摆
如图所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，实质上圆锥摆中的小球不是振动，是匀速圆周运动．
设运动过程中细线与竖直方向夹角为，线长为，则小球做圆周运动的半径
，
向心力
．
由
，
得圆锥摆的周期
．
显然该周期小于单摆周期，所以在用单摆测重力加速度的实验中，强调摆球必须在竖直面内摆动．
【典型例题】
类型一、对简谐运动的理解
例1弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中（ ）．
A．振子所受的回复力逐渐增大 B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小 D．振子的加速度逐渐减小
【思路点拨】回复力变化时，应始终抓住这一关系．
【答案】D
【解析】该题考查的是回复力、加速度、速度随位移的变化关系，应根据牛顿第二定律进行分析．当振子向平衡位置运动时，位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律
得加速度也减小．物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，即加速度与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大，正确答案选D．
【总结升华】分析回复力变化时，应始终抓住这一关系．若判断速度的变化，应找出加速度与速度方向的关系．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例2】
【变式1】一弹簧振子做简谐运动，当振子的位移为负值时，以下说法中正确的是（ ）
A．振子的速度和加速度一定为正值
B．振子的速度不一定为正值，但加速度一定为正值
C．振子的速度一定为负值，但加速度不一定为正值
D．振子的速度不一定为负值，但加速度一定为负值
【答案】B
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例3】
【变式2】如图所示，物体以点为平衡位置，在之间做简谐运动，下列说法中正确的是（ ）
A．物体在两点处的加速度都为零
B．物体经过点时，加速度方向将发生改变
C．运动过程中回复力方向总跟物体运动方向相反
D．物体远离平衡位置的运动是匀减速直线运动
【答案】B
例2．如图所示，水平面的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上点，已知物体的质量为，物体与水平面间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数．现用力拉物体，使弹簧从处于自然状态的点由静止开始向左移动，这时弹簧具有弹性势能，物体处于静止状态．若取，则撤去外力后（ ）．
A．物体向右滑动的距离可以达到
B．物体向右滑动的距离一定小于
C．物体回到点时速度最大
D．物体到达最右端时动能为，系统机械能不为
【答案】B、D
【解析】如图所示，物体由最大位移处释放，在弹力作用下向右加速，由于受滑动摩擦力的作用，物体向右运动时的平衡位置应在点左侧处，
由平衡条件
得
，
即
由简谐运动的对称性可知到达点右侧的点时物体速度减小为零，即
，
A项错误，B项正确；在平衡位置处速度最大，C项错误；物体到达最右端时动能为零，弹簧处于压缩状态，系统机械能不为零，故D项正确．
类型二、简谐振动中的牛顿第二定律
例3．如图所示，叠放在光滑水平地面上，与自由长度为的轻弹簧相连，当系统振动时，始终无相对滑动，已知，当振子距平衡位置的位移时，系统的加速度为，求间摩擦力，与位移的函数关系．
【思路点拨】合理选取研究对象，在不同的研究对象中回复力不同．
【答案】
【解析】设弹簧的劲度系数为，以整体为研究对象，系统在水平方向上做简谐运动，其中弹簧的弹力作为系统的回复力，所以对系统运动到距平衡位置时，有
，
由此得
．
当系统的位移为时，间的静摩擦力为，此时具有共同加速度，对系统有
， ①
， ②
对A有
， ③
结合①②③有
．
【总结升华】此题综合考查了受力分析、胡克定律、牛顿定律和回复力等概念，其解题关键是合理选取研究对象，在不同的研究对象中回复力不同．此题最后要求把摩擦力与位移的关系用函数来表示，即要将物理规律与数学知识结合．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例1】
【变式】如图所示，质量为的物块放置在质量为的物块上，与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为，当物块离开平衡位置的位移为时，间摩擦力的大小等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
类型三、振动与物体平衡的综合运用
例4．如图所示，一质量为的无底木箱，放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上边，另一端挂着用细线连接在一起的两物体和，．剪断间的细线后，做简谐运动，则当振动到最高点时，木箱对地面的压力为________。
【答案】
【解析】本题考查简谐运动的特点及物体受力情况的分析．剪断细线前的受力情况：
重力：，向下；
细线拉力：，向下；
弹簧对的弹力：，向上．
设弹簧的劲度系数为，则此时弹簧的伸长量为
．
剪断细线后，做简谐运动，其平衡位置在弹簧的伸长量为处，最低点即刚剪断细线时的位置，离平衡位置的距离为。由简谐运动的特点知最高点离平衡位置的距离也为，所以最高点的位置恰好在弹簧的原长处．此时弹簧对木箱作用力为零，所以此时木箱对地面的压力为．
【总结升华】在一些力学综合题目的处理中，如果能充分考虑简谐运动的对称性，注意弹簧的原长点、平衡点、最高点、最低点等特殊点，可收到事半功倍的效果．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例６】
【变式】如图所示，弹簧下面挂一质量为的物体，物体在竖直方向上作振幅为的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中（ ）
A．物体在最低点时的弹力大小应为
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．弹簧的最大弹性势能等于
D．物体的最大动能应等于
【答案】AC
【解析】A、小球做简谐运动的平衡位置处，，．当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知．所以在最低点时，形变量为．弹力大小为．故A正确． ?? B、在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变．故B错误． ?? C、从最高点到最低点，动能变化为，重力势能减小，则弹性势能增加．而初位置弹性势能为，在最低点弹性势能最大，为．故C正确． ?? D、在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能不等于．故D错误． 故选AC．
【总结升华】解决本题的关键抓住简谐运动的对称性以及灵活运用能量守恒定律和机械能守恒定律．
类型四、单摆模型的理解
例5．（2019 厦门校级模拟）关于单摆的运动有下列法，正确的是（ ）．
①单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
②单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
③单摆的周期与质量无关与振幅无关，与摆长和当地的重力加速有关
④单摆做简谐运动的条件是摆角很小如小于5°
⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
A．①③④ B．②③④ C．③④⑤ D．①④⑤
【答案】B
【解析】单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，故①错误，②正确；根据，单摆的周期与质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速有关，故③正确；单摆做简谐运动的条件是摆角很小，不超过5°，故④正确；在山脚下走时准确的摆钟移到高山上，重力加速度减小，根据公式，周期变大，走时将变慢，故⑤错误。
【总结升华】对于单摆的回复力、周期公式，简谐运动的条件是重点，通过周期公式．掌握单摆的周期与什么因素有关，与什么因素无关。
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例4】
【变式】如图甲所示是演示简谐运动图象的装置．当沙漏下面的薄木板被匀速地拉出时，振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线代表时间轴，图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板和板拉动的速度和的关系为，则板上曲线所表示的周期和的关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由于，因此板与板拉过同样长度所需要的时间与的关系是．而在这段距离内，板上方的摆已完成了两次全振动，所以，它完成一次全振动的时间只是板上方的摆作一次全振动时间的．
类型五、根据振动周期求摆长
例6．(2019 北京昌平期末)甲、乙两单摆静止在平衡位置，摆长L甲＞L乙。现给摆球相同的水平初速度v0，让其在竖直平面内做小角度摆动。如果用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用θ甲和θ乙表示摆球摆动到振幅位置时摆线与竖直方向的夹角，则下列判断的是（ ）
A．T甲＞T乙，θ甲＜θ乙 B．T甲＜T乙，θ甲＞θ乙
C．T甲＞T乙，θ甲＞θ乙 D．T甲＝T乙，θ甲＝θ乙
【答案】A
【解析】根据单摆的周期公式比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长L甲＞L乙，故T甲＞T乙．根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，L甲(1-cosθ甲)=L乙(1-cosθ乙)，故θ甲＜θ乙，故A正确，B、C、D错误．故选：A.
例7．如图所示，在竖直平面内有一段光滑圆弧轨道，它对应的圆心角小于，是的中点，也是圆弧的最低点．在间的一点和之间搭一光滑斜面并将其固定．将两个小滑块（可视为质点）同时分别从点和点由静止开始释放，则两个小滑块第一次相遇时的位置（ ）．
A．一定在斜面上的一点 B．一定在
C．一定在点 D．不知道斜面的长短，无法判断
【思路点拨】当时，可认为满足简谐振动条件，故为单摆模型．
【答案】A
【解析】点是最低点，是圆弧上两点，对应圆弧半径为，由“等时圆”可知，到历时
，
光滑圆弧轨道所对应的圆心角小于，小滑块由到做简谐运动，由单摆周期公式
得
，
所以
，
故相遇时应在上的一点，A项正确．
【总结升华】圆弧形轨道上的运动时，当时，可认为满足简谐振动条件，故为单摆模型．
例8．一个摆长为的单摆，在地面上做简谐运动，周期为，已知地球的质量为，半径为，另一摆长为的单摆，在质量为，半径为的星球表面做简谐运动，周期为．若，，，则地球半径与星球半径之比为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】该题考查周期公式中等效重力加速度问题．
在地球表面单摆的周期
， ①
在星球表面单摆的周期
， ②
， ③
④
联立①②③④得
．
【总结升华】解决此类问题只要求出单摆所在地的重力加速度，代入周期公式中即可．
还由单摆系统的运动状态决定．此时等效重力加速度的值等于摆球在平衡位置不摆动时摆线的张力与摆球质量的比值．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例５】
【变式】上海的重力加速度，北京的重力加速度，在上海走时准确的摆钟，如果放在北京，钟走快了还是走慢了，一昼夜相差多少？
【答案】走快了 相差秒
【解析】单摆周期公式：
所以：
即北京的秒，是上海的秒，反之上海的秒，是北京的秒。
以上海为准，一天后北京的钟快了
．
类型六、单摆在加速系统中的振动
例9．在一加速系统中有一摆长为的单摆．
（1）当加速系统以加速度竖直向上做匀加速运动时，单摆的周期多大？若竖直向下加速呢？
（2）当加速系统在水平方向以加速度做匀加速直线运动时，单摆的周期多大？
【答案】（1）, （2）
【解析】（1）当单摆随加速系统向上加速时，设在平衡位置相对静止的摆球的视重力为，如图甲所示，
则
，
故
，
由
得视重力加速度
，
所以单摆周期
．
同理，当单摆随加速系统竖直向下加速时，视重力
，
则视重力加速度
，
故
．
（2）当在水平方向加速时，相对系统静止时摆球的位置如图乙所示，视重力
。
故视重力加速度
，
所以周期
．
【巩固练习】
一、选择题
1．下列关于简谐运动的说法，正确的是（ ）．
A．只要有回复力，物体就会做简谐运动
B．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同
C．物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大
D．物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反
2．如图所示，为一弹簧振子做简谐运动的振动图像，在t1时刻与t2时刻振子具有相同的（ ）．
A．加速度 B．速度 C．回复力 D．位移
3．（2019 射洪县校级期末）如图为一水平弹簧振子的振动图象，由此可知( )
A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最大
B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最小
C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最小
D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最大
4．单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是（ ）．
A．摆线质量不计 B．摆线长度不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多 D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
5．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（ ）．
A．单摆的摆锤质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是（n－1）次全振动
6．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动（ ）．
A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长
B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长
C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长
D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长
7．有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，在地球表面走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为（ ）．
A．min B．min C．min D．2 min
8．摆长为的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（即取t=0），当振动至时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的（ ）．
9．如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则（ ）．
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比甲∶乙=2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比甲∶乙=4∶1
C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=4∶1
D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=1∶4
10．（2019 嘉峪关校级期中）如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的E下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是 ( )
A． B． C． D．
11．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为疋，若这两个行星的质量之比为M1∶M2=4∶1，半径之比R1∶R2=2∶1，则（ ）．
A．T1：T2=1∶1 B．T1∶T2=4∶1
C．T1：T2=2∶1 D．T1∶T2=1∶2
二、填空题
12．如图所示，一个轻质弹簧一端固定在墙上，一质量为m=1 kg的滑块以v=6 m／s的速度沿光滑水平面向左运动与弹簧相碰，弹簧被压缩，则此系统的最大弹性势能为________J．当滑块压缩弹簧速度减为2 m／s时，此系统的弹性势能为________J．
13．如图所示为一单摆及其振动图像，根据图回答：
（1）单摆的振幅为________，频率为________，摆长约为________；图中所示周期内位移x最大的时刻为________．
（2）若摆球从E指向G为正方向，为最大摆角，则图像中O、A、B、C点分别对应单摆中________点．一周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是一势能增加且速度为正的时间范围是________。
（3）单摆摆球多次通过同一位置时，下述物理量变化的是________．
A．位移 B．速度 C．加速度 D．动量 E．动能 F．摆线张力
（4）当在悬点正下方O＇处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且，则单摆周期为________s，挡后绳张力________。
三、解答题
14．已知弹簧振子的质量是2 kg，当它运动到平衡位置左侧2 cm时受到的回复力是4 N，求：
当它运动到平衡位置右侧4 cm时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．
15．（2019 南充期末）如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
【答案与解析】
一、选择题
1．【答案】B
【解析】所有振动都必须有回复力，而只有满足F=－kx的才是简谐运动，A项错误；简谐运动中，速度方向在向平衡位置运动时，与位移方向相反，在远离平衡位置时，与位移方向相同，B项正确；由于F=－kx，因而加速度最大时，位移最大，而此时速度最小，C项错误；综上知D项错误．
2．【答案】B
【解析】由题图像可知t1时刻位移为－2.5 cm，t2时刻位移为2.5 cm，又由公式F=－kx知t1、t2两时刻回复力Fl、F2大小相等、方向相反，即加速度大小相等、方向相反，故A、C、D三项错误，而tl、t2时刻速度大小、方向相同．
3．【答案】B
【解析】从题图的横坐标和纵坐标可以知道题图是机械振动图象，它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2和t4是在平衡位置处，t1和t3是在最大位移处，头脑中应出现弹簧振子振动的实物图形．根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹性力为零；在最大位移处，速度为零，加速度最大，即弹性力为最大，所以B项正确．
4．【答案】A、B、C
【解析】单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C三项正确．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（＜10°）的情况下才能视单摆的运动为简谐运动．
5．【答案】C
【解析】由单摆周期公式知，，而，所以，由此可知C项正确．
6．【答案】B
【解析】把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了．要使它恢复准确，应缩短摆长，B项正确．
7．【答案】B
【解析】摆钟的周期可借助单摆的周期公式来讨论．由于是同一单摆，其摆长可认为不变，则其周期与重力加速度的平方根成反比．由万有引力定律得，，即g∝R．
由以上的推理可知，
，．
所以B项正确．
8．【答案】D
【解析】，最大速度时，单摆应在平衡位置，x=0，v方向，沿y轴负方向，故D项正确．
9．【答案】B、D
【解析】由题中图像可知T甲∶T乙=2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为甲∶乙=4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4．
10．【答案】D
【解析】根据=，该单摆有周期摆长为L，周期摆长为，故T＝＝，故D正确．
11．【答案】A
【解析】单摆的周期公式为，同一单摆即有．又根据万有引力定律，有，因此，故，故A项正确．
二、填空题
12．【答案】18 16
【解析】滑块左滑至压缩弹簧的过程中，弹簧及滑块的总机械能守恒，压缩至最短过程历时，，当v=2 m／s时，．
13．【答案】（1）3 cm 0.5 Hz 1 m 0.5 s末和1.5 s末 （2）E、G、E、F 1.5～2.0 s间 0～0.5 s间
（3）B、D （4）1.5 变大
【解析】（4）放钉后改变了摆长．因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期，前已求出摆长为1 m，所以；钉右侧的半个周期，，所以T=t左+t右=1.5 s．由受力分析，张力，因为钉挡绳前后瞬间摆球速度不变，球重力不变，挡后摆线长为挡前的，所以挡后绳张力变大．
三、解答题
14．【答案】
【解析】F=－kx，所以力F1的大小为F1=kx1=4 N，由此可解得k=200 N／m，则F2=kx2=200×4×10－2 N=8 N，由于位移向右，回复力f2方向向左．根据牛顿第二定律知，方向向左．
15．【答案】(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率
(2)由题图乙知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在B点．
(3)由得
【学习目标】
1．掌握简谐运动的动力学特征，明确回复力的概念。
2．知道简谐运动是一种没有能量损耗的理想情况。
3．理解简谐运动过程中位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。
4．知道什么是单摆。
5．理解摆角很小时单摆的振动是简谐运动。
6．知道单摆的周期跟什么因素有关，了解单摆的周期公式，并能用来进行有关的计算。
【要点梳理】
要点一、简谐运动的回复力、能量
1．回复力
物体振动时受到的回复力的方向总是指向平衡位置，即总是要把物体拉回到平衡位置的力称为回复力．
．
要点诠释：（1）负号表示回复力的方向是与位移方向相反．（2）为与的比例系数，对于弹簧振子，为劲度系数．（3）对水平方向振动的弹簧振子，回复力由弹簧的弹力提供；对竖直方向振动的弹簧振子，回复力由弹簧的弹力与重力两力的合力提供．（4）物体做简谐运动到平衡位置时，回复力为（但合力可能不为）．（5）回复力大小随时间按正弦曲线变化．
2．简谐运动的能量
（1）弹簧振子运动的任意位置，系统的动能与势能之和都是一定的，即振动过程中机械能守恒．
（2）水平方向的振子在平衡位置的机械能以动能的形式出现，势能为零；在位移最大处势能最大，动能为零．
（3）简谐运动中系统的动能与势能之和称为简谐运动的能量，即。
（4）简谐运动中的能量跟振幅有关，振幅越大，振动的能
量越大．
（5）在振动的一个周期内，动能和势能间完成两次周期性变化，经过平衡位置时动能最大，势能最小；经过最大位移处时，势能最大，动能最小．
要点二、简谐运动的特征
1．物体做简谐运动的三个特征
（1）振动图像是正弦曲线；
（2）回复力满足条件；
（3）机械能守恒．
2．简谐运动的判定方法
（1）简谐运动的位移一时间图像是正弦曲线或余弦曲线．
（2）故简谐运动的物体所受的力满足，即回复力与位移成正比且方向总相反．
（3）用判定振动是否是简谐运动的步骤：
①对振动物体进行受力分析；
②沿振动方向对力进行合成与分解；
③找出回复力，判断是否符合．
要点三、简谐运动的运动特点
1．简谐运动的加速度分析方法
简谐运动是一种变加速的往复运动，由知其加速度周期性变化，“”表示加速度的方向与振动位移的方向相反，即总是指向平衡位置，的大小跟成正比．
2．简谐运动的运动特点
物体
位置
位移
回复力
加速度
速度
势能
动能
方向
大小
方向
大小
方向
大小
方向
大小
平衡
位置O
最大位移处M
指向M
指向O
指向O
指向
M
指向O
指向O
指向M
指向
M
指向O
指向O
指向O
通过上表不难看出：位移、回复力、加速度三者同步变化，与速度的变化相反．通过上表可看出两个转折点：平衡位置点是位移方向、加速度方向和回复力方向变化的转折点；最大位移处是速度方向变化的转折点．还可以比较出两个过程的不同特点，即向平衡位置靠近的过程及远离平衡位置的过程的不同特点：靠近点时速度大小变大，远离点时位移、加速度和回复力大小变大
3．弹簧振子在光滑斜面上的振动
光滑斜面上的小球连在弹簧上，把原来静止的小球沿斜面拉下一段距离后释放，小球的运动是简谐运动．
分析如下：
如图所示，小球静止时弹簧的伸长量为
，
往下拉后弹簧相对于静止位置伸长时，物体所受回复力
．
由此可判定物体是做简谐运动的．
要点四、单摆
1．单摆
单摆指在一条不可伸长的，又没有质量的线的下端系一质点所形成的装置．单摆是实际摆的理想化的物理模型．实际摆可视为单摆的条件：细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略．
一个很轻的细线系着一个有质量的质点，这个模型叫做单摆．在实验室里，如果悬挂物体的细线的伸缩和质量可以忽略，细线的长度比物体的直径大得多，这样的装置就叫做单摆．
单摆做简谐运动的条件：
小球摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角叫偏角．偏角很小时，单摆做简谐运动．
2．单摆做简谐运动的回复力
单摆做简谐运动的回复力是由重力沿圆弧切线的分力提供（不要误认为是摆球所受的合外力）．当很小时，圆弧可以近似地看成直线，．切线的分力可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明．
可见，在偏角很小的情况下，单摆振动时回复力跟位移成正比而方向相反，是简谐运动．
3．单摆的周期公式
荷兰物理学家惠更斯发现在偏角很小的情况下，单摆的周期跟摆长的平方根成正比，跟重力加速度的平方根成反比，而跟摆球的质量和振幅无关，即
式中为悬点到摆球球心间的距离，为当地的重力加速度．
（1）单摆的等时性：往振幅较小时，单摆的周期与单摆的振幅尤天，单摆的这种性质叫单摆的等时性．
（2）单摆的周期公式：由简谐运动的周期公式
，
对于单摆
，
所以
．
周期为的单摆，叫做秒摆，由周期公式
得秒摆的摆长
．
4．单摆的应用
（1）计时器：利用单摆周期与振幅无关的等时性，制成计时仪器，如摆钟等．由单摆周期公式知道，调节单摆摆长即可调节钟表快慢．
（2）测定重力加速度：把单摆周期公式变形，得．由此可知，只要测出单摆的摆长和振动周期，就可以测出当地的重力加速度。
5．圆锥摆
如图所示，用细线悬吊小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，即细线所扫过的面为圆锥面，通常我们称为圆锥摆，实质上圆锥摆中的小球不是振动，是匀速圆周运动．
设运动过程中细线与竖直方向夹角为，线长为，则小球做圆周运动的半径
，
向心力
．
由
，
得圆锥摆的周期
．
显然该周期小于单摆周期，所以在用单摆测重力加速度的实验中，强调摆球必须在竖直面内摆动．
【典型例题】
类型一、对简谐运动的理解
例1弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中（ ）．
A．振子所受的回复力逐渐增大 B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小 D．振子的加速度逐渐减小
【思路点拨】回复力变化时，应始终抓住这一关系．
【答案】D
【解析】该题考查的是回复力、加速度、速度随位移的变化关系，应根据牛顿第二定律进行分析．当振子向平衡位置运动时，位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律
得加速度也减小．物体向着平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，即加速度与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大，正确答案选D．
【总结升华】分析回复力变化时，应始终抓住这一关系．若判断速度的变化，应找出加速度与速度方向的关系．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例2】
【变式1】一弹簧振子做简谐运动，当振子的位移为负值时，以下说法中正确的是（ ）
A．振子的速度和加速度一定为正值
B．振子的速度不一定为正值，但加速度一定为正值
C．振子的速度一定为负值，但加速度不一定为正值
D．振子的速度不一定为负值，但加速度一定为负值
【答案】B
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例3】
【变式2】如图所示，物体以点为平衡位置，在之间做简谐运动，下列说法中正确的是（ ）
A．物体在两点处的加速度都为零
B．物体经过点时，加速度方向将发生改变
C．运动过程中回复力方向总跟物体运动方向相反
D．物体远离平衡位置的运动是匀减速直线运动
【答案】B
例2．如图所示，水平面的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上点，已知物体的质量为，物体与水平面间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数．现用力拉物体，使弹簧从处于自然状态的点由静止开始向左移动，这时弹簧具有弹性势能，物体处于静止状态．若取，则撤去外力后（ ）．
A．物体向右滑动的距离可以达到
B．物体向右滑动的距离一定小于
C．物体回到点时速度最大
D．物体到达最右端时动能为，系统机械能不为
【答案】B、D
【解析】如图所示，物体由最大位移处释放，在弹力作用下向右加速，由于受滑动摩擦力的作用，物体向右运动时的平衡位置应在点左侧处，
由平衡条件
得
，
即
由简谐运动的对称性可知到达点右侧的点时物体速度减小为零，即
，
A项错误，B项正确；在平衡位置处速度最大，C项错误；物体到达最右端时动能为零，弹簧处于压缩状态，系统机械能不为零，故D项正确．
类型二、简谐振动中的牛顿第二定律
例3．如图所示，叠放在光滑水平地面上，与自由长度为的轻弹簧相连，当系统振动时，始终无相对滑动，已知，当振子距平衡位置的位移时，系统的加速度为，求间摩擦力，与位移的函数关系．
【思路点拨】合理选取研究对象，在不同的研究对象中回复力不同．
【答案】
【解析】设弹簧的劲度系数为，以整体为研究对象，系统在水平方向上做简谐运动，其中弹簧的弹力作为系统的回复力，所以对系统运动到距平衡位置时，有
，
由此得
．
当系统的位移为时，间的静摩擦力为，此时具有共同加速度，对系统有
， ①
， ②
对A有
， ③
结合①②③有
．
【总结升华】此题综合考查了受力分析、胡克定律、牛顿定律和回复力等概念，其解题关键是合理选取研究对象，在不同的研究对象中回复力不同．此题最后要求把摩擦力与位移的关系用函数来表示，即要将物理规律与数学知识结合．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例1】
【变式】如图所示，质量为的物块放置在质量为的物块上，与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为，当物块离开平衡位置的位移为时，间摩擦力的大小等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
类型三、振动与物体平衡的综合运用
例4．如图所示，一质量为的无底木箱，放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上边，另一端挂着用细线连接在一起的两物体和，．剪断间的细线后，做简谐运动，则当振动到最高点时，木箱对地面的压力为________。
【答案】
【解析】本题考查简谐运动的特点及物体受力情况的分析．剪断细线前的受力情况：
重力：，向下；
细线拉力：，向下；
弹簧对的弹力：，向上．
设弹簧的劲度系数为，则此时弹簧的伸长量为
．
剪断细线后，做简谐运动，其平衡位置在弹簧的伸长量为处，最低点即刚剪断细线时的位置，离平衡位置的距离为。由简谐运动的特点知最高点离平衡位置的距离也为，所以最高点的位置恰好在弹簧的原长处．此时弹簧对木箱作用力为零，所以此时木箱对地面的压力为．
【总结升华】在一些力学综合题目的处理中，如果能充分考虑简谐运动的对称性，注意弹簧的原长点、平衡点、最高点、最低点等特殊点，可收到事半功倍的效果．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例６】
【变式】如图所示，弹簧下面挂一质量为的物体，物体在竖直方向上作振幅为的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中（ ）
A．物体在最低点时的弹力大小应为
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．弹簧的最大弹性势能等于
D．物体的最大动能应等于
【答案】AC
【解析】A、小球做简谐运动的平衡位置处，，．当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知．所以在最低点时，形变量为．弹力大小为．故A正确． ?? B、在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变．故B错误． ?? C、从最高点到最低点，动能变化为，重力势能减小，则弹性势能增加．而初位置弹性势能为，在最低点弹性势能最大，为．故C正确． ?? D、在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能不等于．故D错误． 故选AC．
【总结升华】解决本题的关键抓住简谐运动的对称性以及灵活运用能量守恒定律和机械能守恒定律．
类型四、单摆模型的理解
例5．（2019 厦门校级模拟）关于单摆的运动有下列法，正确的是（ ）．
①单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力
②单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力
③单摆的周期与质量无关与振幅无关，与摆长和当地的重力加速有关
④单摆做简谐运动的条件是摆角很小如小于5°
⑤在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快
A．①③④ B．②③④ C．③④⑤ D．①④⑤
【答案】B
【解析】单摆振动过程中受到重力和绳子拉力的作用，把重力沿切向和径向分解，其切向分力提供回复力，绳子拉力与重力的径向分力的合力提供向心力，故①错误，②正确；根据，单摆的周期与质量无关，与振幅无关，与摆长和当地的重力加速有关，故③正确；单摆做简谐运动的条件是摆角很小，不超过5°，故④正确；在山脚下走时准确的摆钟移到高山上，重力加速度减小，根据公式，周期变大，走时将变慢，故⑤错误。
【总结升华】对于单摆的回复力、周期公式，简谐运动的条件是重点，通过周期公式．掌握单摆的周期与什么因素有关，与什么因素无关。
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例4】
【变式】如图甲所示是演示简谐运动图象的装置．当沙漏下面的薄木板被匀速地拉出时，振动着的漏斗中漏出的沙在板上形成曲线显示出摆的位移随时间变化的关系，板上直线代表时间轴，图乙是两个摆中的沙在各自木板上形成的曲线，若板和板拉动的速度和的关系为，则板上曲线所表示的周期和的关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由于，因此板与板拉过同样长度所需要的时间与的关系是．而在这段距离内，板上方的摆已完成了两次全振动，所以，它完成一次全振动的时间只是板上方的摆作一次全振动时间的．
类型五、根据振动周期求摆长
例6．(2019 北京昌平期末)甲、乙两单摆静止在平衡位置，摆长L甲＞L乙。现给摆球相同的水平初速度v0，让其在竖直平面内做小角度摆动。如果用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用θ甲和θ乙表示摆球摆动到振幅位置时摆线与竖直方向的夹角，则下列判断的是（ ）
A．T甲＞T乙，θ甲＜θ乙 B．T甲＜T乙，θ甲＞θ乙
C．T甲＞T乙，θ甲＞θ乙 D．T甲＝T乙，θ甲＝θ乙
【答案】A
【解析】根据单摆的周期公式比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长L甲＞L乙，故T甲＞T乙．根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，L甲(1-cosθ甲)=L乙(1-cosθ乙)，故θ甲＜θ乙，故A正确，B、C、D错误．故选：A.
例7．如图所示，在竖直平面内有一段光滑圆弧轨道，它对应的圆心角小于，是的中点，也是圆弧的最低点．在间的一点和之间搭一光滑斜面并将其固定．将两个小滑块（可视为质点）同时分别从点和点由静止开始释放，则两个小滑块第一次相遇时的位置（ ）．
A．一定在斜面上的一点 B．一定在
C．一定在点 D．不知道斜面的长短，无法判断
【思路点拨】当时，可认为满足简谐振动条件，故为单摆模型．
【答案】A
【解析】点是最低点，是圆弧上两点，对应圆弧半径为，由“等时圆”可知，到历时
，
光滑圆弧轨道所对应的圆心角小于，小滑块由到做简谐运动，由单摆周期公式
得
，
所以
，
故相遇时应在上的一点，A项正确．
【总结升华】圆弧形轨道上的运动时，当时，可认为满足简谐振动条件，故为单摆模型．
例8．一个摆长为的单摆，在地面上做简谐运动，周期为，已知地球的质量为，半径为，另一摆长为的单摆，在质量为，半径为的星球表面做简谐运动，周期为．若，，，则地球半径与星球半径之比为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】该题考查周期公式中等效重力加速度问题．
在地球表面单摆的周期
， ①
在星球表面单摆的周期
， ②
， ③
④
联立①②③④得
．
【总结升华】解决此类问题只要求出单摆所在地的重力加速度，代入周期公式中即可．
还由单摆系统的运动状态决定．此时等效重力加速度的值等于摆球在平衡位置不摆动时摆线的张力与摆球质量的比值．
举一反三:
【 简谐运动的回复力和能量、单摆 例５】
【变式】上海的重力加速度，北京的重力加速度，在上海走时准确的摆钟，如果放在北京，钟走快了还是走慢了，一昼夜相差多少？
【答案】走快了 相差秒
【解析】单摆周期公式：
所以：
即北京的秒，是上海的秒，反之上海的秒，是北京的秒。
以上海为准，一天后北京的钟快了
．
类型六、单摆在加速系统中的振动
例9．在一加速系统中有一摆长为的单摆．
（1）当加速系统以加速度竖直向上做匀加速运动时，单摆的周期多大？若竖直向下加速呢？
（2）当加速系统在水平方向以加速度做匀加速直线运动时，单摆的周期多大？
【答案】（1）, （2）
【解析】（1）当单摆随加速系统向上加速时，设在平衡位置相对静止的摆球的视重力为，如图甲所示，
则
，
故
，
由
得视重力加速度
，
所以单摆周期
．
同理，当单摆随加速系统竖直向下加速时，视重力
，
则视重力加速度
，
故
．
（2）当在水平方向加速时，相对系统静止时摆球的位置如图乙所示，视重力
。
故视重力加速度
，
所以周期
．
【巩固练习】
一、选择题
1．下列关于简谐运动的说法，正确的是（ ）．
A．只要有回复力，物体就会做简谐运动
B．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相反，有时与位移方向相同
C．物体做简谐运动时，加速度最大，速度也最大
D．物体做简谐运动时，加速度和速度方向总是与位移方向相反
2．如图所示，为一弹簧振子做简谐运动的振动图像，在t1时刻与t2时刻振子具有相同的（ ）．
A．加速度 B．速度 C．回复力 D．位移
3．（2019 射洪县校级期末）如图为一水平弹簧振子的振动图象，由此可知( )
A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最大
B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最小
C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最小
D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹性力最大
4．单摆是为研究振动而抽象出的理想化模型，其理想化条件是（ ）．
A．摆线质量不计 B．摆线长度不伸缩
C．摆球的直径比摆线长度短得多 D．只要是单摆的运动就是一种简谐运动
5．利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（ ）．
A．单摆的摆锤质量偏大
B．测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径
C．测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动
D．测量周期时，把n次全振动误认为是（n－1）次全振动
6．把在北京调准的摆钟，由北京移到赤道上时，摆钟的振动（ ）．
A．变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长
B．变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长
C．变快了，要使它恢复准确，应增加摆长
D．变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长
7．有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，在地球表面走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为（ ）．
A．min B．min C．min D．2 min
8．摆长为的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时（即取t=0），当振动至时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是图中的（ ）．
9．如图所示为甲、乙两单摆的振动图像，则（ ）．
A．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比甲∶乙=2∶1
B．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比甲∶乙=4∶1
C．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=4∶1
D．若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲∶g乙=1∶4
10．（2019 嘉峪关校级期中）如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的E下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是 ( )
A． B． C． D．
11．一个单摆，在第一个行星上的周期为T1，在第二个行星上的周期为疋，若这两个行星的质量之比为M1∶M2=4∶1，半径之比R1∶R2=2∶1，则（ ）．
A．T1：T2=1∶1 B．T1∶T2=4∶1
C．T1：T2=2∶1 D．T1∶T2=1∶2
二、填空题
12．如图所示，一个轻质弹簧一端固定在墙上，一质量为m=1 kg的滑块以v=6 m／s的速度沿光滑水平面向左运动与弹簧相碰，弹簧被压缩，则此系统的最大弹性势能为________J．当滑块压缩弹簧速度减为2 m／s时，此系统的弹性势能为________J．
13．如图所示为一单摆及其振动图像，根据图回答：
（1）单摆的振幅为________，频率为________，摆长约为________；图中所示周期内位移x最大的时刻为________．
（2）若摆球从E指向G为正方向，为最大摆角，则图像中O、A、B、C点分别对应单摆中________点．一周期内加速度为正且减小，并与速度同方向的时间范围是一势能增加且速度为正的时间范围是________。
（3）单摆摆球多次通过同一位置时，下述物理量变化的是________．
A．位移 B．速度 C．加速度 D．动量 E．动能 F．摆线张力
（4）当在悬点正下方O＇处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且，则单摆周期为________s，挡后绳张力________。
三、解答题
14．已知弹簧振子的质量是2 kg，当它运动到平衡位置左侧2 cm时受到的回复力是4 N，求：
当它运动到平衡位置右侧4 cm时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．
15．（2019 南充期末）如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：
(1)单摆振动的频率是多大？
(2)开始时摆球在何位置？
(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？
【答案与解析】
一、选择题
1．【答案】B
【解析】所有振动都必须有回复力，而只有满足F=－kx的才是简谐运动，A项错误；简谐运动中，速度方向在向平衡位置运动时，与位移方向相反，在远离平衡位置时，与位移方向相同，B项正确；由于F=－kx，因而加速度最大时，位移最大，而此时速度最小，C项错误；综上知D项错误．
2．【答案】B
【解析】由题图像可知t1时刻位移为－2.5 cm，t2时刻位移为2.5 cm，又由公式F=－kx知t1、t2两时刻回复力Fl、F2大小相等、方向相反，即加速度大小相等、方向相反，故A、C、D三项错误，而tl、t2时刻速度大小、方向相同．
3．【答案】B
【解析】从题图的横坐标和纵坐标可以知道题图是机械振动图象，它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2和t4是在平衡位置处，t1和t3是在最大位移处，头脑中应出现弹簧振子振动的实物图形．根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹性力为零；在最大位移处，速度为零，加速度最大，即弹性力为最大，所以B项正确．
4．【答案】A、B、C
【解析】单摆由摆线和摆球组成，摆线只计长度不计质量，摆球只计质量不计大小，且摆线不伸缩，A、B、C三项正确．但把单摆作为简谐运动来处理是有条件的，只有在摆角很小（＜10°）的情况下才能视单摆的运动为简谐运动．
5．【答案】C
【解析】由单摆周期公式知，，而，所以，由此可知C项正确．
6．【答案】B
【解析】把标准摆钟从北京移到赤道上，重力加速度g变小，则周期，摆钟显示的时间小于实际时间，因此变慢了．要使它恢复准确，应缩短摆长，B项正确．
7．【答案】B
【解析】摆钟的周期可借助单摆的周期公式来讨论．由于是同一单摆，其摆长可认为不变，则其周期与重力加速度的平方根成反比．由万有引力定律得，，即g∝R．
由以上的推理可知，
，．
所以B项正确．
8．【答案】D
【解析】，最大速度时，单摆应在平衡位置，x=0，v方向，沿y轴负方向，故D项正确．
9．【答案】B、D
【解析】由题中图像可知T甲∶T乙=2∶1，若两单摆在同一地点，则两摆长之比为甲∶乙=4∶1；若两摆长相等，则所在星球的重力加速度之比为g甲∶g乙=1∶4．
10．【答案】D
【解析】根据=，该单摆有周期摆长为L，周期摆长为，故T＝＝，故D正确．
11．【答案】A
【解析】单摆的周期公式为，同一单摆即有．又根据万有引力定律，有，因此，故，故A项正确．
二、填空题
12．【答案】18 16
【解析】滑块左滑至压缩弹簧的过程中，弹簧及滑块的总机械能守恒，压缩至最短过程历时，，当v=2 m／s时，．
13．【答案】（1）3 cm 0.5 Hz 1 m 0.5 s末和1.5 s末 （2）E、G、E、F 1.5～2.0 s间 0～0.5 s间
（3）B、D （4）1.5 变大
【解析】（4）放钉后改变了摆长．因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期，前已求出摆长为1 m，所以；钉右侧的半个周期，，所以T=t左+t右=1.5 s．由受力分析，张力，因为钉挡绳前后瞬间摆球速度不变，球重力不变，挡后摆线长为挡前的，所以挡后绳张力变大．
三、解答题
14．【答案】
【解析】F=－kx，所以力F1的大小为F1=kx1=4 N，由此可解得k=200 N／m，则F2=kx2=200×4×10－2 N=8 N，由于位移向右，回复力f2方向向左．根据牛顿第二定律知，方向向左．
15．【答案】(1)1.25 Hz (2)B点 (3)0.16 m
【解析】(1)由题图乙知周期T＝0.8 s，则频率
(2)由题图乙知，0时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在B点．
(3)由得