高中物理机械振动知识点与题型总结

（一）机械振动物体（质点）在某一中心位置两侧所做的往复运动就叫做机械振动，物体能够围绕着平衡位置做往复运动，必然受到使它能够回到平衡位置的力即回复力。回复力是以效果命名的力，它可以是一个力或一个力的分力，也可以是几个力的合力。产生振动的必要条件是：a、物体离开平衡位置后要受到回复力作用。b、阻力足够小。（二）简谐振动1.定义：物体在跟位移成正比，并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动叫简谐振动。简谐振动是最简单，最基本的振动。研究简谐振动物体的位置，常常建立以中心位置（平衡位置）为原点的坐标系，把物体的位移定义为物体偏离开坐标原点的位移。因此简谐振动也可说是物体在跟位移大小成正比，方向跟位移相反的回复力作用下的振动，即F=－kx，其中“－”号表示力方向跟位移方向相反。2.简谐振动的条件：物体必须受到大小跟离开平衡位置的位移成正比，方向跟位移方向相反的回复力作用。3.简谐振动是一种机械运动，有关机械运动的概念和规律都适用，简谐振动的特点在于它是一种周期性运动，它的位移、回复力、速度、加速度以及动能和势能（重力势能和弹性势能）都随时间做周期性变化。（三）描述振动的物理量，简谐振动是一种周期性运动，描述系统的整体的振动情况常引入下面几个物理量。1.振幅：振幅是振动物体离开平衡位置的最大距离，常用字母“A”表示，它是标量，为正值，振幅是表示振动强弱的物理量，振幅的大小表示了振动系统总机械能的大小，简谐振动在振动过程中，动能和势能相互转化而总机械能守恒。2.周期和频率，周期是振子完成一次全振动的时间，频率是一秒钟内振子完成全振动的次数。振动的周期T跟频率f之间是倒数关系，即T=1/f。振动的周期和频率都是描述振动快慢的物理量，简谐振动的周期和频率是由振动物体本身性质决定的，与振幅无关，所以又叫固有周期和固有频率。（四）单摆：摆角小于5°的单摆是典型的简谐振动。细线的一端固定在悬点，另一端拴一个小球，忽略线的伸缩和质量，球的直径远小于悬线长度的装置叫单摆。单摆做简谐振动的条件是：最大摆角小于5°，单摆的回复力F是重力在圆弧切线方向的分力。单摆的周期公式是T=。由公式可知单摆做简谐振动的固有周期与振幅，摆球质量无关，只与L和g有关，其中L是摆长，是悬点到摆球球心的距离。g是单摆所在处的重力加速度，在有加速度的系统中（如悬挂在升降机中的单摆）其g应为等效加速度。（五）振动图象。简谐振动的图象是振子振动的位移随时间变化的函数图象。所建坐标系中横轴表示时间，纵轴表示位移。图象是正弦或余弦函数图象，它直观地反映出简谐振动的位移随时间作周期性变化的规律。要把质点的振动过程和振动图象联系起来，从图象可以得到振子在不同时刻或不同位置时位移、速度、加速度，回复力等的变化情况。（六）阻尼振动、受迫振动、共振。简谐振动是一种理想化的振动，当外界给系统一定能量以后，如将振子拉离开平衡位置，放开后，振子将一直振动下去，振子在做简谐振动的图象中，振幅是恒定的，表明系统机械能不变，实际的振动总是存在着阻力，振动能量总要有所耗散，因此振动系统的机械能总要减小，其振幅也要逐渐减小，直到停下来。振幅逐渐减小的振动叫阻尼振动，阻尼振动虽然振幅越来越小，但振动周期不变，振幅保持不变的振动叫无阻尼振动。振动物体如果在周期性外力──策动力作用下振动，那么它做受迫振动，受迫振动达到稳定时其振动周期和频率等于策动力的周期和频率，而与振动物体的固有周期或频率无关。物体做受迫振动的振幅与策动力的周期（频率）和物体的固有周期（频率）有关，二者相差越小，物体受迫振动的振幅越大，当策动力的周期或频率等于物体固有周期或频率时，受迫振动的振幅最大，叫共振。

【典型例题】[例1]一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v（v≠0）相同，那么，下列说法正确的是（

）A.振子在M、N两点受回复力相同B.振子在M、N两点对平衡位置的位移相同C.振子在M、N两点加速度大小相等D.从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动解析：建立弹簧振子模型如图所示，由题意知，振子第一次先后经过M、N两点时速度v相同，那么，可以在振子运动路径上确定M、N两点，M、N两点应关于平衡位置O对称，且由M运动到N，振子是从左侧释放开始运动的（若M点定在O点右侧，则振子是从右侧释放的）。建立起这样的物理模型，这时问题就明朗化了。因位移、速度、加速度和回复力都是矢量，它们要相同必须大小相等、方向相同。M、N两点关于O点对称，振子回复力应大小相等、方向相反，振子位移也是大小相等，方向相反。由此可知，A、B选项错误。振子在M、N两点的加速度虽然方向相反，但大小相等，故C选项正确。振子由M→O速度越来越大，但加速度越来越小，振子做加速运动，但不是匀加速运动。振子由O→N速度越来越小，但加速度越来越大，振子做减速运动，但不是匀减速运动，故D选项错误，由以上分析可知，该题的正确答案为C。[例2]一质点在平衡位置O附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经0.13s质点第一次通过M点，再经0.1s第二次通过M点，则质点振动周期的可能值为多大?解析：将物理过程模型化，画出具体的图景如图1所示。设质点从平衡位置O向右运动到M点，那么质点从O到M运动时间为0.13s，再由M经最右端A返回M经历时间为0.1s；如图2所示。

另有一种可能就是M点在O点左方，如图3所示，质点由O点经最右方A点后向左经过O点到达M点历时0.13s，再由M向左经最左端A，点返回M历时0.1s。根据以上分析，质点振动周期共存在两种可能性。如图2所示，可以看出O→M→A历时0.18s，根据简谐运动的对称性，可得到T1＝4×0.18s＝0.72s。另一种可能如图3所示，由O→A→M历时tl＝0.13s，由M→A’历时t2＝0.05s，设M→O历时t，则4（t+t2）＝t1+2t2+t，解得t＝0.01s，则T2＝4（t+t2）＝0.24s，所以周期的可能值为0.72s和0.24s

[例3]甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（

）A.两弹簧振子完全相同B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙=2∶1C.振子甲速度为零时，振子乙速度最大D.振子的振动频率之比f甲∶f乙=1∶2解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1，得频率之比f甲∶f乙=1∶2，D正确。弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误。由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子受回复力（F=kx）的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误，对简谐运动进行分析可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰到达平衡位置，所以C正确。答案为C、D。[例4]在海平面校准的摆钟，拿到某高山山顶，经过t时间，发现表的示数为t′，若地球半径为R，求山的高度h（不考虑温度对摆长的影响）。解析：由钟表显示时间的快慢程度可以推知表摆振动周期的变化，而这种变化是由于重力加速度的变化引起的，所以，可以得知由于高度的变化引起的重力加速度的变化，再根据万有引力公式计算出高度的变化，从而得出山的高度。一般山的高度都不是很高（与地球半径相比较），所以，由于地球自转引起的向心力的变化可以不考虑，而认为物体所受向心力不变且都很小，物体所受万有引力近似等于物体的重力。（1）设在地面上钟摆摆长l，周期为T0，地面附近重力加速度g，拿到高山上，摆振动周期为T′，重力加速度为g′，应有从而（2）在地面上的物体应有在高山上的物体应有得[例5]在光滑水平面上，用两根劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧系住一个质量为m的小球。开始时，两弹簧均处于原长，后使小球向左偏离x后放手，可以看到小球将在水平面上作往复振动。试问小球是否作简谐运动？解析：为了判断小球的运动性质，需要根据小球的受力情况，找出回复力，确定它能否写成F=－kx的形式。以小球为研究对象，竖直方向处于力平衡状态，水平方向受到两根弹簧的弹力作用。设小球位于平衡位置O左方某处时，偏离平衡位置的位移为x，则左方弹簧受压，对小球的弹力大小为f1=k1x，方向向右。右方弹簧被拉伸，对小球的弹力大小为f2=k2x，方向向右。小球所受的回复力等于两个弹力的合力，其大小为F=f1+f2=（k1+k2）x，方向向右。令k=k1+k2，上式可写成F=kx。由于小球所受回复力的方向与位移x的方向相反，考虑方向后，上式可表示为F=－kx。所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面作简谐运动。点评：由本题可归纳出判断物体是否作简谐运动的一般步骤：确定研究对象（整个物体或某一部分）→分析受力情况→找出回复力→表示成F=－kx的形式（可以先确定F的大小与x的关系，再定性判断方向）。[例6]如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置。现将重球（视为质点）从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d。以下关于重球运动过程的正确说法应是（

）A.重球下落压缩弹簧由a至d的过程中，重球做减速运动。B.重球下落至b处获得最大速度。C.重球下落至d处获得最大加速度。D.由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量。解析：重球由c至a的运动过程中，只受重力作用，做匀加速运动；由a至b的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力大于弹力，做加速度减小的加速运动；由b至d的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力小于弹力，做加速度增大的减速运动。所以重球下落至b处获得最大速度，由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量，即可判定B、D正确。C选项很难确定是否正确，但利用弹簧振子的特点就可非常容易解决这一难题。重球接触弹簧以后，以b点为平衡位置做简谐运动，在b点下方取一点a＇，使ab=a′b，根据简谐运动的对称性，可知，重球在a、a＇的加速度大小相等，方向相反，如图所示。而在d点的加速度大于在a＇点的加速度，所以重球下落至d处获得最大加速度，C选项正确。答案：BCD[例7]若单摆的摆长不变，摆角小于5°，摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减小为原来的1/2，则单摆的振动（

）A.频率不变，振幅不变

B.频率不变，振幅改变C.频率改变，振幅改变

D.频率改变，振幅不变解析：单摆的周期T=，与摆球质量和振幅无关，只与摆长L和重力加速度g有关。当摆长L和重力加速度g不变时，T不变，频率f也不变。选项C、D错误。单摆振动过程中机械能守恒。摆球在最大位置A的重力势能等于摆球运动到平衡位置的动能，即mgL（1－cosθ）=

2υ=，当υ减小为υ/2时，增大，减小，振幅A减小，选项B正确。点评：单摆的周期只与摆长和当地重力加速度有关，而与摆球质量和振动幅无关，摆角小于5°的单摆是简谐振动，机械能守恒。【模拟试题】4.在下列情况下，能使单摆周期变小的是（

）A.将摆球质量减半，而摆长不变B.将单摆由地面移到高山C.将单摆从赤道移到两极D.将摆线长度不变，换一较大半径的摆球7.摆长为L的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（取作t=0），当振动至

时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的（

）10.关于小孩子荡秋千，有下列四种说法：①质量大一些的孩子荡秋千，它摆动的频率会更大些

②孩子在秋千达到最低点处有失重的感觉

③拉绳被磨损了的秋千，绳子最容易在最低点断开

④自己荡秋千想荡高一些，必须在两侧最高点提高重心，增加势能。上述说法中正确的是（

）A.①②

B.③④

C.②④

D.②③11.如图所示，质量为m的物块放在水平木板上，木板与竖直弹簧相连，弹簧另一端固定在水平面上，今使m随M一起做简谐运动，且始终不分离，则物块m做简谐运动的回复力是由

重力和M对m支持力的合力

提供的，当振动速度达最大时，m对M的压力为

mg

。12.如图所示为水平放置的两个弹簧振子A和B的振动图像，已知两个振子质量之比为mA:mB=2:3，弹簧的劲度系数之比为kA:kB=3:2，则它们的周期之比TA：TB＝

2:3

；它们的最大加速度之比为aA:aB＝

9:2

。13.有一单摆，当它的摆长增加2m时，周期变为原来的2倍。则它原来的周期是_1.64s________。14.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s。则：（1）他测得的重力加速度g=9.76

m/s2（计算结果取三位有效数字）（2）他测得的g值偏小，可能原因是：

CD

A.测摆线长时摆线拉得过紧。B.摆线上端未牢固地系于悬点，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.实验中误将49次全振动计为50次。（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K。则重力加速度g=

4∏^2/K

。（用K表示）15.弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20cm.某时刻振子处于B点，经过0.5s，振子首次到达C点，求：（1）振动的周期和频率；T=1sf=1Hz（2）振子在5s内通过的路程及位移大小；200cm10cm（3）振子在B点的加速度大小跟它距O点4cm处P点的加速度大小的比值。5:216.观察振动原理的应用：心电图仪是用来记录心脏生物电的变化规律的装置，人的心脏跳动时会产生一股股强弱不同的生物电，生物电的变化可以通过周围组织传到身体的表面。医生用引导电极放置于肢体或躯体的一定部位就可通过心电图仪记录出心电变化的波动曲线，这就是心电图。请去医院进行调查研究，下面是甲、乙两人在同一台心电图机上作出的心电图分别如图甲、乙所示，医生通过测量后记下甲的心率是60次／分。试分析：（1）该心电图机图纸移动的速度；v=0.025m/s（2）乙的心动周期和心率0.8s75次/分17.如图所示，一块涂有炭黑玻璃板，质量为2kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上运动。一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得OA=1cm，OB=4cm，OC=9cm，求外力F的大小。（g=10m/s2，不计阻力）F=24N

18.两个单摆摆长相同，一个静止于地面，一个个静止在悬浮于高空的气球中。地面上的单摆摆动了n次全振动时，气球中的单摆摆动了n－1次全振动。已知地球半径为R，求气球的高度？

H=R/(n-1)【试题答案】4.C解析：影响单摆周期的因素为摆长l和重力加速度g，当摆球质量减半时摆长未变，周期不变；当将单摆由地面移到高山时，g值变小，T变大；当单摆从赤道移到两极时g变大，T变小；当摆线长度不变，摆球半径增大时，摆长l增大，T变大，所以选C。7.

解：从t=0时经过时间，这段时间为，经过摆球具有负向最大速度，说明摆球在平衡位置，在给出的四个图象中，经过具有最大速度的有B、C两图，而具有负向最大速度的只有C。所以选项C正确。10.解析：秋千近似为单摆，其周期、频率由摆长l和当地的重力加速度决定，与质量无关，故知①错；具有向下的加速度时处于失重状态，而在最低点具有向上的向心加速度，故②错；最低点绳子承受的拉力最大，故在最低点易断，故③对；在最高点提高重心，可使体内化学能转化为机械能（势能），可荡得高一些，可见④亦正确，答案：B11.重力和M对m的支持力的合力；mg。12.2：3；9：213.解：设该单摆原来的摆长为L0，振动周期为T0；则摆长增加2m后，摆长变为L=（l0+2）m，周期变为T=2T0。由单摆周期公式，有T0=，2T0=

联立上述两式，可得L0=m

T0=1.64s14.（1）9.76

（2）

B

（3）

4π2/K

。15.（1）设振幅为A，由题意BC＝2A＝20cm，所以A＝10cm，振子从B到C所用时间t＝0.5s，为周期T的一半，所以T=1.0s；f==1.0Hz，（2）振子在1个周期内通过的路程为4A，故在t′=5s=5T内通过的路程s=×4A=200cm，5s内振子振动了5个周期，5s末振子仍处在B点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10cm，（3）振子加速度a=－x，a∝x.所以aB∶aP=xB∶xP=10∶4=5∶216.（1）25mm/s，（2）0.8s；75次/分17.设板竖直向上的加速度为a，则有：sBA－sAO=aT2

①sCB－sBA=aT2

②，由牛顿第二定律得F－mg=ma

③，解①②③式可求得F＝24N18.解析：T==2π

T’==2π，所以==所以h=简谐运动1．简谐运动的特征与判断（1）从运动学角度看，简谐运动的特征要有：往复性；周期性，对称性。【从正弦曲线上理解】（2）从动力学角度看，简谐运动的特征表现在所受到的回复力的形式上：简谐运动的质点所受到的回复力F其方向总与质点偏离平衡位置的位移x的方向相反，从而总指向平衡位置；其大小则总与质点偏离平衡位置的位移x的大小成正比，即F=－kx（3）通常可以利用简谐运动的动力学特征去判断某质点的运动是否是简谐运动，其具体的判断方法是分为两个步骤：首先找到运动质点的平衡位置，即运动过程中所达到的受到的合力为零的位置，以该位置为坐标原点，沿质点运动方向过立坐标；其次是在质点运动到一般位置（坐标值为x）处时所受到的回复力F，如F可表为F=－kx则运动是简谐的，否则就不是简谐。★2．匀速圆周运动与简谐运动的关系.（1）匀速圆周运动的投影是简谐运动.如图，当质点m沿半径A的圆，以角速度ω做匀速圆周运动时，一束平行光的照射下，质点在水平地面上的投影剧院将在O点附近往复运动，做圆周运动的质点所受到的向心力大小为F向=mAω2其投影剧院相当于受到的大小为F回=F向cosθ的回复力的振动，考虑到cosθ=具F向的方向与投影偏离“平衡位置”O点的位移x的方向相反，于是有F向=－mAωcosθ=－mω2x=－kx即：匀速圆周运动的投影剧院是简谐运动（2）简谐运动的周期公式由于匀速圆周运动的周期与角速度的关系为ω=而其投影做简谐运动的周期也为T，且注意到K=mω2于是可得到简谐运动的一般表达式为T=2π3．单摆理想化条件，受力特征及周期公式.（1）单摆及其理想化条件.如图14—2所示，一根长需求轻的线，悬挂着一个小而重的球，就构成所谓的单摆。理想的单摆应具备如下理想化条件：和小球的质量m相比，线的质量可以忽略；与线的长度l相比，小球的半径可以忽略。（2）单摆的受力特征当单摆做小角度摆支时，其受力情况为：受到一个恒定的竖直向下的重力mg，和一个变化的始终沿绳方向指向点的拉力F，而将这些力沿垂直于和平行于运速度方向分解，其中垂直于速度方向上的力使摆球的速度方向发生改变，充分摆球绕悬点做变速圆周运动所需的向心力。F向=F－mgcosθ平行于速度方向上的力使摆球的速度大小发生改变，充当摆球的回复力.F向=－mgsinθ=－x=－kx可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动。（3）单摆的周期公式对于单摆，回复力与偏离平衡位置的位移的比例系数为k=，将其代入简谐运动周期的一般表达式中，得T=2π=2π该公式提供了一种测定重力加速度g的方法.4．简谐运动的图象及其应用（1）图象的形式：质点做简谐运动时其振动图象形如图给出的正弦曲线.（2）图象的意义：简谐运动的振动图像反映的是某振动质点在各个时刻相对于平衡位置的位移的变化情况.（3）图象的应用.由定量画出的简谐运动的振动图象可以得到：振幅A；周期T；某时刻质点相对于平衡位置的位移；某时刻质点的振动方向；某一阶段质点的位移，速度，加速度，回复力，振动的能量形式等物理量的变化情况。三、典型例题例1．如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试证明：木块将做简谐运动.分析：从简谐运动的动力学特征出发，一判断木块是否做简谐运动，解答：设木块的边长为a，质量为m，则当图中木块浸入水中的高度为h，而处于静止状态时所受到的重力mg与浮力.F1=ρha2大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下后上下运动过程中浸入水中的高度达到h+x，而如图，所受到的浮力大小为F2=ρ(h+x)a2g于是，木块此时所受到的合外力为F=mg―F2=―ρa2gx―kx由此可知：木块做的是简谐运动例2．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆摆长la与lb分别为A．la=2.5m，lb=0.9mB．la=0.9m，lb=2.5mC．la=2.4m，lb=4.0mD．la=4.0m，lb=2.4m分析：由周期比得摆长比，加上题设条件中的摆长差已知，故la与lb可求解答：已知两摆长之差为1.6m，即=1.6，而单摆a摆动10次时间内，单摆b无成36次全振动，这就意味着两个单摆的周期之比为=考虑到：Ta=2π，Tb=2π，得：=于是解得：la=0.9mlb=2.5m应选B.例3．如图14—6所示，质点沿直线做简谐运动平衡位置在O点，某时刻质点通过P点向右运动，径1s再次回到P点，再经1s到达O点，若=2cm，则：质点运动的周期T=_________s；质点运动的振幅为A=_______cm，分析：注意到简谐运动的周期性，对称性等特征，吉合简谐运动的振动图象可作出正解的解答.解答：由简谐运动的对称性可知，质点在第1s内从P点到达右端最大位移处，再回到P点，可见从最大位移处回到P点历时应该为0.5s，而人P点到O点又历时1s，可见T=1.5s即：T=6s另外，考虑到简谐运动的振动图象，质点在t1时刻从P点开始向右运动，t2时刻又回到P点，t3时刻到达平衡位置O点，即t2―t1=t3―t2=1s，由此不难得到：Asin600=2，即A=cm应依次填充：6，巧用简谐运动中的对称性解题1.巧用时间的对称性例1.如图1所示，一质点在平衡位置O点两侧做简谐运动，在它从平衡位置O出发向最大位移A处运动过程中经0.15s第一次通过M点，再经0.1s第2次通过M点。则此后还要经多长时间第3次通过M点，该质点振动的频率为多大？解析：由于质点从M→A和从A→M的时间是对称的，结合题设条件可知M→A所需时间为0.05s，所以质点从平衡位置O→A的时间为，又因为，所以质点的振动周期为T＝0.8s，频率。根据时间的对称性可知M→O与O→M所需时间相等为0.15s，所以质点第3次通过M点所需时间为2.巧用加速度的对称性例2.如图2所示，小球从竖直立在地面上的轻弹簧的正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，全过程中弹簧为弹性形变。试比较弹簧压缩到最大时的加速度a和重力加速度g的大小。解析：小球和弹簧接触后做简谐运动，如图2所示，点B为弹簧为原长时端点的位置。小球的重力与弹簧的弹力的大小相等的位置O为平衡位置。点A为弹簧被压缩至最低点的位置（也就是小球做简谐振动的最大位移处），点A”为与A对称的位移（也是最大位移处）。由对称性可知，小球在点A和点A”的加速度的大小相等，设为a，小球在点B的加速度为g，由图点B在点A”和点O之间，所以。例3.如图3所示，质量为m的物体放在质量为M的平台上，随平台在竖直方向上做简谐运动，振幅为A，运动到最高点时，物体m对平台的压力恰好为零，当m运动到最低点时，求m的加速度。解析：我们容易证明，物体m在竖直平面内做简谐运动，由小球运动到最高点时对M的压力为零，即知道物体m在运动到最高点时的加速度为g，由简谐运动的对称性知道，物体m运动到最低点时的加速度和最高点的加速度大小相等，方向相反，故小球运动到最低点时的加速度大小为g，方向竖直向上。例4.如图4所示，轻弹簧（劲度系数为k）的下端固定在地面上，其上端和一质量为M的木板B相连接，在木板B上又放有一个质量为m的物块P。当系统上下振动时，欲使P、B始终不分离，则轻弹簧的最大压缩量为多大？解析：从简谐运动的角度看，木板B和物块P的总重力与弹簧弹力的合力充当回复力，即；从简单连接体的角度看，系统受到的合外力产生了系统的加速度a，即，由以上两式可解为。当P和B在平衡位置下方时，系统处于超重状态，P不可能和B分离，因此P和B分离的位置一定在上方最大位移处，且P和B一起运动的最大加速度。由加速度的对称性可知弹簧压缩时最大加速度也为，所以轻弹簧的最大压缩量应满足关系式，即得。3.巧用速度的对称性例5.如图5所示是一水平弹簧振子在5s内的振动图象。从图象中分析，在给定的时间内，以0.5s为起点的哪段时间内，弹力所做的功为零。解析：由速度的对称性可知，图5中与0.5s具有相同速率的时刻为1.5s、2.5s、3.5s、4.5s。结合动能定理可知，从0.5s到以上时刻所对应的时间内弹力所做的功均为零。4.巧用回复力的对称性例6.如图6所示，在质量为M的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为的A、B两物块，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐运动。当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为（）A.MgB.C.D.解析：剪断细线后的瞬间，弹簧对A的弹力为，所以A受到向上的合外力（回复力）为mg。当A运动到上方最大位移处时，由于简谐运动的回复力的对称性，A将受到竖直向下的合外力（回复力），其大小仍为mg，也就是说，此时弹簧中没有弹力，所以木箱对地面的压力为Mg。选项A正确。例7.如图7所示，质量为m的木块放在弹簧上端，在竖直方向上做简谐运动，当振幅为A时，物体对弹簧的压力的最大值是物体重力的1.5倍，则物体对弹簧的最小压力是______________；欲使物体在弹簧振动中不离开弹簧，其振幅不能超过______________。分析与解答：物体对弹簧压力最大应是物体振动到最低点时，最小应是物体振动到最高点时。对物体进行受力分析，在最低点受两个力：重力和弹簧弹力，根据题中信息可知这两个力的合力大小为0.5mg，方向向上，充当回复力。根据力大小的对称性可知，物体振动到最高点时，回复力大小也应为0.5mg，方向向下，则物体在最高点所受弹簧的弹力应为0.5mg，方向向上，根据牛顿第三定律物体对弹簧的最小压力为0.5mg；物体脱离弹簧时应是弹簧恢复到自由伸长时，根据弹力F＝可知，在原来的基础上弹簧再伸长一个振幅A就可恢复到原长，所以欲使物体不离开弹簧，其振幅不能超过2A。例8.如图8，用质量不计的弹簧把质量为3m的木板A与质量为m的木板B连接组成如图所示的装置，B板置于水平地面上，现用一竖直向下的力F向下压木板A，撤消F后，B板恰好被提离地面，由此可知力F的大小是（）A.7mgB.4mgC.3mgD.2mg解析：没撤去力F时，物体A静止，所受合力为零，把力F撤去，物体A受合力大小为F，方向向上，开始向上振动，所以最大回复力为F，根据力大小的对称性，A振动到最高点时，回复力大小也为F，对物体A在最高点进行受力分析：重力3mg和弹簧的弹力F”，合力为F。即；再对物体B进行受力分析，B恰好被提离地面可得：，所以力F的大小为4mg。选项B正确。5.巧用能量的对称性例9.如图9－1，原长为30cm的轻弹簧竖立于地面，下端固定于地面，质量为m＝0.1kg的物体放到弹簧顶部，物体静止，平衡时弹簧长为26cm。如果物体从距地面130cm处自由下落到弹簧上，当物体压缩弹簧到距地面22cm时（不计空气阻力，取g＝10m/s2）有：图9-1图9-2A.物体的动能为1J；B.物块的重力势能为1.08JC.弹簧的弹性势能为0.08JD.物块的动能与重力势能之和为2.16J解析：由题设条件画出示意图9－2，物体距地面26cm时的位置O即为物体做简谐运动的平衡位置。根据动能的对称性可知，物体距地面22cm时A”位置的动能与距地面30cm时A位置的动能相等。因此只需求出物体自由下落到刚接触弹簧时的动能即可。由机械能守恒定律得。物体从A到A”的过程中弹性势能的增加为，所以选项A、C正确。单摆模型【单摆模型简述】在一条不可伸长的、忽略质量的细线下端栓一可视为质点的小球,当不必考虑空气阻力的影响,在摆角很小的情况下可看作简谐运动,其振动周期公式可导出为【视角一】合理联想,挖掘相关物理量.例1.

试用秒表、小石块、细线估算电线杆的直径.分析与解:要估算电线杆的直径,题目中没有给刻度尺,因此,用什么来替代刻度尺是问题的关键.秒表、小石块似乎对测量电线杆的直径没有直接关系；若是联想到小石块可以与细线组成单摆，秒表可用来测量时间，本题便不难解决了。用等于n个电线杆圆周长的细线与小石块组成单摆，用秒表测出单摆m（30～50）次全振动所用时间t，则单摆振动的周期电线杆的圆周长，电线杆的直径有【视角二】迁移与虚拟，活化模型方法.例2.

一倾角α很小(α＜2°)的斜劈固定在水平地面,高为h［如图1(a)］.光滑小球从斜劈的顶点A由静止开始下滑,到达底端B所用时间为t1.如果过A、B两点将斜劈剜成一个光滑圆弧面,使圆弧面在B点恰与底面相切,该小球从A由静止开始下滑到B所用的时间为t2.求t1与t2的比值.分析与解:当小球在斜劈上做匀加速直线运动时,有，将斜劈剜成光滑圆弧面后.虚拟并迁移单摆模型,因2α＜4°,小球在圆弧面运动时受重力与指向圆心的弹力作用,这与单摆振动时的受力：重力与指向悬点的拉力类似.如图1(b)所示.则小球在圆弧面上的运动就是我们熟知的简谐运动.这样能使问题化繁为简,化难为易,迅速找到解决问题的途径.因为L-h=Lcos2α.所以.小球沿圆弧面从A运动到B的时间为单摆周期的1/4.故所以,t1∶t2=4∶π.【视角三】等效变换,化解习题难度.例3.

如图2(a)所示是一种记录地震装置的水平摆,摆球m固定在边长为L、质量可略去不计的等边三角形的顶角A上,它的对边BC跟竖直线成不大的夹角α,摆球可绕固定轴BC摆动,求摆球作微小摆动时的周期.分析与解:该题有多种求解方法,若采用等效法,能化解难度,关键是求等效摆长,因摆球在竖直平面内平衡,关于轴BC做微小振动,将摆球所受重力作用线做反向延长,在转轴BC延长O

O

图2A