第3节 简谐运动的回复力和能量

回复力 $ F=-kx $ 是所有简谐运动都必须满足的关系式,其中 $ F $ 是回复力, $ x $ 是做简谐运动的物体离开平衡位置的位移, $ k $ 是比例系数,与 $ F $ 无关,“-”号表示 $ F $ 的方向始终与物体偏离平衡位置的位移方向相反,有时使物体加速,有时阻碍物体的运动,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

由题图乙可知 $ t=0.2\mathrm{s} $ 时,振子处在平衡位置右侧且正在向右侧最大位移处运动,故位移在变大,由回复力公式 $ F=-kx $ ,可知位移变大,回复力变大,由牛顿第二定律有 $ F=ma $ ,可知加速度变大,且振子在远离平衡位置,故回复力做负功,速度减小,所以振子做的是加速度增大的减速运动,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ t=0.4\mathrm{s} $ 到 $ t=0.8\mathrm{s} $ 的时间内,振子从正向最大位移处向平衡位置运动,回复力做正功,所以振子速度逐渐增大,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由题图乙可知 $ t=0.8\mathrm{s} $ 时,振子处于平衡位置且正在向负方向运动,即向左运动,所以振子的速度方向向左,故 $ \mathrm{C} $ 正确；由题图乙可知 $ t=0.4\mathrm{s} $ 时,振子处在正向最大位移处,加速度最大，方向向左, $ t=1.2\mathrm{s} $ 时,振子处在负向最大位移处,加速度最大，方向向右,虽然两个位置加速度大小相等,但方向相反,所以加速度不同,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由于 $ v-t $ 图像为正弦函数曲线,振动装置做简谐运动,在平衡位置速度最大,在最高点和最低点速度为0,根据 $ t=0 $ 时刻速度的方向,可以判断 $ t=0 $ 时物块在最低点.由于振动装置在竖直方向振动,平衡位置弹力大小等于重力大小,可知振幅不等于 $ t=0 $ 时刻弹簧的伸长量,振幅 $ A=L-\dfrac{mg}{k} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;由题图乙知 $ t=1.5\mathrm{s} $ 时物块的加速度为0,位于平衡位置,故 $ \mathrm{B} $ 错误;简谐运动的 $ v-t $ 解析式为 $ v=A\omega \cos (\omega t+\varphi ) $ ,题图乙中 $ v-t $ 图像的解析式为 $ v=6 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}t)\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,解得 $ \omega =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ , $ A=\dfrac{18}{\mathrm{\pi }}\mathrm{m} $ , $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,简谐运动的 $ x-t $ 解析式为 $ x=A \sin (\omega t+\varphi ) $ ,代入得 $ x=\dfrac{18}{\mathrm{\pi }} \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;由 $ v-t $ 图像可得, $ t=2\mathrm{s} $ 时和 $ t=4\mathrm{s} $ 时速度大小相等，方向相反, $ t=1.5\mathrm{s} $ 时和 $ t=4.5\mathrm{s} $ 时物块位于平衡位置, $ t=3\mathrm{s} $ 时物块位于最高点,所以 $ t=2\mathrm{s} $ 时和 $ t=4\mathrm{s} $ 时物块处于同一位置,弹簧的形变量相同,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

物体 $ A $ 做简谐运动时,回复力是由滑块 $ B $ 对物体 $ A $ 的静摩擦力提供的,故 $ \mathrm{A} $ 正确；滑块 $ B $ 做简谐运动的回复力是由弹簧的弹力和物体 $ A $ 对滑块 $ B $ 的静摩擦力的合力提供的,故 $ \mathrm{B} $ 错误；物体 $ A $ 与滑块 $ B $ （整体看成一个振子）的回复力满足 $ F=-kx $ ,则回复力大小跟位移大小之比为 $ k $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；当 $ A $ 、 $ B $ 之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,其振幅最大,设为 $ {A}_{ \max } $ ,以整体为研究对象,有 $ k{A}_{ \max }=(M+m)a $ ,以物体 $ A $ 为研究对象,由牛顿第二定律得 $ \mu mg=ma $ ,联立解得 $ {A}_{ \max }=\dfrac{\mu g(m+M)}{k} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确 $ .\mathrm{B} $ 符合题意.

小球在 $ P $ 、 $ P^\prime $ 之间做简谐运动, $ O $ 点为平衡位置,沿斜面向上拉动 $ 20\mathrm{c}\mathrm{m} $ 后,小球受到的合力大小为 $ {F}_{合}=k{x}_{OP}=4\mathrm{N} $ ,则小球在 $ P $ 点的回复力大小为 $ 4\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确;由简谐运动的对称性可知,小球在 $ P^\prime $ 点的回复力大小为 $ 4\mathrm{N} $ ,有 $ k\mathrm{\Delta }x-mg \sin {30}^{\circ }=4\mathrm{N} $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }x=30\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;小球做简谐运动的振幅为 $ 20\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,小球经平衡位置 $ O $ 时,速度最大,根据简谐运动位移—时间图像可知从 $ N $ 点向上运动,前四分之一周期内运动的路程要大于 $ 20\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,后二分之一周期内运动的路程为 $ 40\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,总路程大于 $ 60\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;根据简谐运动的对称性可知,小球在 $ M $ 、 $ N $ 两点的速度大小相等,小球在 $ N $ 点时的重力势能小于小球在 $ M $ 点时的重力势能,由系统机械能守恒可知,小球在 $ N $ 点时弹簧的弹性势能大于小球在 $ M $ 点时弹簧的弹性势能,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

小球在平衡位置时,有 $ k{x}_{0}=mg $ , $ {x}_{0}=A=\dfrac{mg}{k} $ ,在平衡位置时动能最大,根据能量守恒定律有 $ mgA={E}_{\mathrm{k}\mathrm{m}}+{E}_{\mathrm{p}} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；简谐运动过程中弹簧与小球组成的系统机械能守恒,因此小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变, $ \mathrm{B} $ 错误；从最高点到最低点,小球减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则 $ {E}_{\mathrm{p}\mathrm{m}}=2mgA $ , $ \mathrm{C} $ 正确；当小球振动到最高点时弹簧正好为原长,加速度大小为 $ g $ ,方向竖直向下，根据简谐运动加速度具有对称性可知,最低点加速度大小等于最高点加速度大小,根据牛顿第二定律可知 $ F-mg=mg $ ,得 $ F=2mg $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

振子在水平方向做简谐运动,系统机械能守恒,从某时刻起经过半个周期,振子的速度大小一定相等,振子的动能不变,则弹簧的弹性势能不变,所以弹力做功一定为0,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；对于简谐运动,从某时刻起,经过半个周期后速度与该时刻速度大小相等、方向相反,若初速度为 $ {v}_{1} $ ,则末速度为 $ -{v}_{1} $ ,故速度变化量为 $ -2{v}_{1} $ ,若开始时振子在最大位移处,初速度为0,末速度也为0,其速度变化量为0,根据动量定理可知,弹力的冲量 $ I=\mathrm{\Delta }p=m\mathrm{\Delta }v $ ,又振子的最大速率为 $ v $ ,所以弹力的冲量大小可能是 $ 0\sim 2mv $ 间的某一个值,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

根据 $ F=kx $ 可知，在平衡位置时，弹簧的伸长量为 $ {x}_{0}=\dfrac{mg}{k} $ ，烧断细线前，弹簧的伸长量 $ {x}_{1}=\dfrac{2mg}{k} $ ，所以小球 $ a $ 做简谐运动的振幅 $ A={x}_{1}-{x}_{0}=\dfrac{mg}{k} $ ， $ \mathrm{A} $ 错误；根据简谐运动的对称性可知，小球 $ a $ 运动到最高点时，弹簧的形变量为 $ {x}_{2}={x}_{0}-A=0 $ ，即小球 $ a $ 运动到最高点时弹簧处于原长，所以小球 $ a $ 做简谐运动的周期为 $ T=2{t}_{0} $ ， $ \mathrm{B} $ 错误；根据简谐运动的对称性可知， $ t=\dfrac{{t}_{0}}{2} $ 时，小球 $ a $ 运动到平衡位置，此时小球 $ a $ 的动能最大， $ \mathrm{C} $ 正确； $ t={t}_{0} $ 时，小球 $ a $ 运动到最高点，位移最大，回复力最大， $ \mathrm{D} $ 错误．

由题意可知,木杆始终受浮力作用,说明始终未脱离水面,设 $ OA=OB={A}_{0} $ ,受力平衡时杆在水下的长度即 $ O $ 点以下的长度为 $ L $ ,杆的质量为 $ M $ ,根据平衡条件有 $ \rho gSL=Mg $ ,以竖直向下为正方向，则有 $ {F}_{合}=Mg-{F}_{浮}=Mg-\rho gS(L+x)=-\rho gSx=-kx $ ,其中 $ k=\rho gS $ ,木杆所受合外力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比,且总指向平衡位置，可知木杆做简谐运动,在最低点有 $ Mg-{F}_{1}=Mg-\rho gS(L+{A}_{0}) $ ,在最高点有 $ Mg-{F}_{2}=Mg-\rho gS(L-{A}_{0}) $ ,解得 $ {A}_{0}=\dfrac{{F}_{1}-{F}_{2}}{2\rho Sg} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

（1） 物块平衡时,对物块受力分析,根据平衡条件,有 $ mg \sin \alpha =k\cdot \mathrm{\Delta }x $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{mg \sin \alpha }{k} $ ,

物块到达平衡位置下方 $ x $ 位置时,弹簧弹力为 $ k(x+\mathrm{\Delta }x)=k(x+\dfrac{mg \sin \alpha }{k}) $ ,以沿斜面向下为正方向，物块所受合力为 $ F=mg \sin \alpha -k(x+\dfrac{mg \sin \alpha }{k})=-kx $ ,故物块做简谐运动.

（2） 由题意可知，物块做简谐运动的振幅为 $ \mathrm{\Delta }x+\dfrac{1}{2}L $ ，根据简谐运动的对称性可知，物块处于正向最大位移处时弹簧的形变量为 $ 2\mathrm{\Delta }x+\dfrac{1}{2}L $ ,

则物块处于正向最大位移处时的回复力大小 $ {F}_{回}=k(2\mathrm{\Delta }x+\dfrac{1}{2}L)-mg \sin \alpha =\dfrac{1}{2}kL+mg \sin \alpha $ .

小球做简谐运动,系统总能量一定,有 $ E=\dfrac{1}{2}m{v}^{2}+\dfrac{1}{2}k{x}^{2} $ ,可知速度与位移的关系图像是一个椭圆,又因为 $ p=mv $ ,可知动量与位移的关系图像也是一个椭圆,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；小球的动能为 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,结合上述分析可知，动能和位移的关系图像为抛物线，小球在 $ A $ 和 $ -A $ 处速度为零,动能为零，在 $ O $ 处速度最大，动能最大,由 $ -A $ 到 $ O $ 再到 $ A $ 处动能先增大后减小,故 $ \mathrm{C} $ 正确；弹簧弹性势能为 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}k{x}^{2} $ ,小球在 $ A $ 和 $ -A $ 处弹簧形变量最大,弹性势能最大，小球在 $ O $ 处弹簧形变量为零,弹性势能为零,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

小球处于平衡位置时,根据平衡条件可得 $ k\cdot \mathrm{\Delta }x=mg \sin \theta $ ,解得弹簧的伸长量 $ \mathrm{\Delta }x=\dfrac{mg \sin \theta }{k} $ ,故此时弹簧的长度 $ l={x}_{0}+\mathrm{\Delta }x={x}_{0}+\dfrac{mg \sin \theta }{k} $ , $ \mathrm{A} $ 错误;小球从最高点运动至最低点过程中,小球的回复力先变小后变大, $ \mathrm{B} $ 错误;根据牛顿第二定律有 $ a=\dfrac{{F}_{回}}{m} $ ,小球从最高点运动至平衡位置过程中,小球的回复力做功为 $ {W}_{回}=ma\cdot x $ ,题图乙中图线与横轴所围面积乘小球质量即为回复力做的功,则 $ {W}_{回}=\dfrac{1}{2}m{a}_{\mathrm{m}}\mathrm{\Delta }x=\dfrac{1}{2}mg \sin \theta \cdot \mathrm{\Delta }x=\dfrac{{m}^{2}{g}^{2}{ \sin }^{2}\theta }{2k} $ ,由动能定理有 $ {W}_{回}=\dfrac{1}{2}m{v}_{\mathrm{m}}^{2} $ ,解得 $ {v}_{\mathrm{m}}=g \sin \theta \sqrt{\dfrac{m}{k}} $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

对 $ A $ 受力分析，受重力和弹簧的弹力,平衡时，有 $ k{x}_{0}=mg $ ,以竖直向上为正方向，当 $ A $ 从平衡位置向上运动一小段距离 $ x $ 时， $ A $ 受到的回复力 $ {F}_{回}=k({x}_{0}-x)-mg=-kx $ ，可知 $ A $ 做简谐运动,故 $ \mathrm{A} $ 正确； $ A $ 做简谐运动,开始时弹簧的压缩量 $ {x}_{0}=\dfrac{mg}{k} $ ,在最高点时 $ B $ 与地面之间刚好无挤压，此时弹簧伸长，伸长量为 $ {x}_{1}=\dfrac{mg}{k} $ ，则 $ A $ 在最高点有 $ k{x}_{1}+mg=ma $ ,解得 $ a=2g $ ,根据简谐运动的对称性, $ A $ 在最低点有 $ {F}_{ \max }-mg=ma $ ,解得弹簧的最大弹力 $ {F}_{ \max }=3mg $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 运动的振幅为 $ A={x}_{0}+{x}_{1}=\dfrac{2mg}{k} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；木块 $ A $ 、 $ B $ 和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功,则系统机械能守恒,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 小球竖直方向上做简谐运动,在此过程中木框始终没有离开地面,且小球始终不脱离弹簧,所以最大振幅应满足 $ kA=mg $ ,解得 $ A=\dfrac{mg}{k} $ .

（2） 在（1）的振幅下小球在最低点时弹簧弹力最大,对小球受

力分析有 $ {F}_{\mathrm{m}}-mg=mg $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{m}}=2mg $ ,

则地面对木框的最大支持力为 $ F=Mg+2mg $ ,

根据牛顿第三定律知,木框对地面的最大压力大小为 $ Mg+2mg $ .

（3） 在（1）的振幅下小球处于最高点时弹簧恢复原长,所以弹簧的最大弹性势能即为弹簧压缩最短时弹簧的弹性势能,小球和弹簧组成的系统在简谐运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律可得 $ {E}_{\mathrm{p}\mathrm{m}}=2mgA=\dfrac{2{m}^{2}{g}^{2}}{k} $ .