2025版新教材高中物理第2章機(jī)械振動(dòng)3簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量課內(nèi)探究新人教版選擇性必修第一冊(cè)

3．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量探究簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和加速度要點(diǎn)提煉1.對(duì)回復(fù)力的理解(1)回復(fù)力是指將振動(dòng)物體拉回到平衡位置的力，它可以是物體所受的合外力，也可以是一個(gè)力或某一個(gè)力的分力，而不是一種新的性質(zhì)力。(2)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力：F＝－kx。①k是比例系數(shù)，并非彈簧的勁度系數(shù)(水平彈簧振子中k等于彈簧的勁度系數(shù))，其值由振動(dòng)系統(tǒng)確定，與振幅無(wú)關(guān)。②“－”號(hào)表示回復(fù)力的方向與偏離平衡位置的位移的方向相反。③x是指物體對(duì)平衡位置的位移，不愿定是彈簧的伸長(zhǎng)量或壓縮量。④回復(fù)力的作用總是把物體拉回平衡位置。2．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度：據(jù)牛頓其次定律，a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(k,m)x，表明簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度大小也與位移大小成正比，加速度方向與位移方向相反。(1)回復(fù)力F＝－kx和加速度a＝－eq\f(k,m)x是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)特征和運(yùn)動(dòng)學(xué)特征，常用兩式來(lái)證明某個(gè)振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。(2)k的單位：式中“k”雖然是系數(shù)，但有單位，其單位是由F和x的單位確定的，即為N/m。典例剖析1.(多選)如圖所示，物體系在兩彈簧之間，彈簧勁度系數(shù)分別為k1和k2，且k1＝k，k2＝2k，兩彈簧均處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)在向右拉動(dòng)物體，然后釋放，物體在B、C間振動(dòng)，O為平衡位置(不計(jì)阻力)，設(shè)向右為正方向，物體相對(duì)O點(diǎn)的位移為x，則下列推斷正確的是(AD)A．物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，OC＝OBB．物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，OC≠OBC．物體所受合力F＝－kxD．物體所受合力F＝－3kx解析：設(shè)物體的位移為x，則物體所受的合力F＝－k1x－k2x＝－(k2＋k1)x＝－3kx，故C錯(cuò)誤，D正確；由受力特點(diǎn)知物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得OC＝OB，故A正確，B錯(cuò)誤。規(guī)律方法推斷一個(gè)振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方法(1)通過(guò)對(duì)位移的分析，列出位移—時(shí)辰表達(dá)式，利用位移—時(shí)間圖像是否滿足正弦規(guī)律來(lái)推斷。(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求解物體所受力在振動(dòng)方向上的合力，利用物體所受到的回復(fù)力是否滿足F＝－kx進(jìn)行推斷。(3)依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)學(xué)問(wèn)，分析求解振動(dòng)物體的加速度，利用簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)特征a＝－eq\f(k,m)x進(jìn)行推斷。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?(2024·山東省聊城高二檢測(cè))做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體，其加速度a隨位移x的變更規(guī)律應(yīng)是圖中的哪一個(gè)(B)解析：物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度和位移的關(guān)系為a＝－eq\f(k,m)x，加速度大小與位移大小成正比，方向與位移方向相反，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問(wèn)可知圖像B正確。探究對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)能量的相識(shí)要點(diǎn)提煉1.確定因素對(duì)于一個(gè)確定的振動(dòng)系統(tǒng)，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量由振幅確定，振幅越大，系統(tǒng)的能量越大。2．能量獲得起先振動(dòng)系統(tǒng)的能量是通過(guò)外力做功由其他形式的能轉(zhuǎn)化來(lái)的。3．能量轉(zhuǎn)化當(dāng)振動(dòng)系統(tǒng)自由振動(dòng)后，假如不考慮阻力作用，系統(tǒng)只發(fā)生動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)能量不變。4．志向化模型a．從力的角度分析，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)沒(méi)考慮摩擦阻力。b．從能量轉(zhuǎn)化角度分析，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)沒(méi)考慮因阻力做功的能量損耗。因?yàn)閯?dòng)能和勢(shì)能是標(biāo)量，所以：(1)在振動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，動(dòng)能和勢(shì)能間完成兩次周期性變更，經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)動(dòng)能最大，勢(shì)能最小；經(jīng)過(guò)最大位移處時(shí)，勢(shì)能最大，動(dòng)能最小；(2)振子運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)平衡位置兩側(cè)的對(duì)稱點(diǎn)時(shí)，具有相等的動(dòng)能和相等的勢(shì)能。典例剖析2.如圖所示，彈簧上面固定一質(zhì)量為m的小球，小球在豎直方向上做振幅為A的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球振動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧正好為原長(zhǎng)，則小球在振動(dòng)過(guò)程中(C)A．小球的最大動(dòng)能應(yīng)等于mgAB．彈簧的彈性勢(shì)能和小球動(dòng)能總和保持不變C．彈簧的最大彈性勢(shì)能等于2mgAD．小球在最低點(diǎn)時(shí)的彈力大于2mg解析：小球平衡位置kx0＝mg，x0＝A＝eq\f(mg,k)，當(dāng)?shù)竭_(dá)平衡位置時(shí)，有mgA＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，故A錯(cuò)誤。機(jī)械能守恒，因此動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之和保持不變，故B錯(cuò)誤。從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，Ep＝2mgA，最低點(diǎn)加速度等于最高點(diǎn)加速度g，據(jù)牛頓其次定律得F－mg＝mg，所以F＝2mg，故D錯(cuò)誤，C正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖甲所示，金屬小球用輕彈簧連接在固定的光滑斜面頂端。小球在斜面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)。取沿斜面對(duì)上為正方向，小球的振動(dòng)圖像如圖乙所示。則(C)A．彈簧的最大伸長(zhǎng)量為4mB．t＝0.2s時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大C．t＝0.2s到t＝0.6s時(shí)間內(nèi)，小球的重力勢(shì)能慢慢減小D．t＝0到t＝0.4s時(shí)間內(nèi)，回復(fù)力的沖量為零解析：小球的振幅等于振子位移的最大值，由題圖乙知，振幅為A＝2cm，由于當(dāng)振子到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，所以彈簧的最大伸長(zhǎng)量為2A＝4cm，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知t＝0.2s時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能最小，為零，故B錯(cuò)誤；t＝0.2s到t＝0.6s時(shí)間內(nèi)，小球沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)，小球的重力勢(shì)能慢慢減小，故C正確；t＝0時(shí)小球經(jīng)過(guò)平衡位置沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，t推斷振動(dòng)是否為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方法1．以平衡位置為原點(diǎn)，沿運(yùn)動(dòng)方向建立直線坐標(biāo)系。2．在振動(dòng)過(guò)程中任選一個(gè)位置(平衡位置除外)，對(duì)振動(dòng)物體進(jìn)行受力分析。3．將力在振動(dòng)方向上分解，求出振動(dòng)方向上的合力。4．判定振動(dòng)方向上合外力(或加速度)與位移關(guān)系是否符合F＝－kxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或a＝－\f(k,m)x))，若符合，則為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，否則不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。案例一個(gè)質(zhì)量為m，側(cè)面積為S的正方體木塊放在水面上靜止(平衡)，如圖所示。現(xiàn)用力向下將其壓入水中一小距離后撤掉外力，木塊在水面上下振動(dòng)，試推斷木塊的振動(dòng)是否為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。解析：以木塊