xx、選擇題1. 某彈簧振子在水平方向上做簡諧運動，其位移 X隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為B簡諧運動的圓頻率嚴d/SxxC.第3s末振子的位移大小為D.從第3s末到第5s末，振子的速度方向發(fā)生變化解析：DA. 由題圖知，振子在第1s末與第3s末的位移相同，即振子經(jīng)過同一位置，故彈簧的長度相同，故A正確，不符合題意;B.由題圖知，振子振動的周期T 8s,則圓頻率rad / s故B正確，不符合題意;C. 位移x隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為 x Asin t，第3s末振子的位移大小為x Asin32 A42故C正確，不符合題意；D. X t圖像的切線斜率表示速度，可知，從第3s末到第5s末，振子的速度方向并沒有發(fā)生變化，一直沿負方向，故D錯誤，符合題意。故選D。2. 如圖所示，兩長方體木塊 A和B疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和M , A與B之間的最大靜摩擦力為 f0, B與勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子。A和B在振動過程中始終不發(fā)生相對滑動，則（）A3/A. A受到B的摩擦力Ff與B離開平衡位置位移x總滿足FfkmB. 它們的最大加速度不能大于kimC. 它們的振幅不可能大于foM mD. 振動過程中，AB間的摩擦力對 A做正功，對B做負功A解析：AA.對整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fkx(m M )a以物體A為對象，根據(jù)牛頓第二定律有Ffma解得FfkmxM m故A正確;AB到達最大位移處。根據(jù)牛頓第二定律得，以A為研究對象，最大加速度BC當A和B在振動過程中恰好不發(fā)生相對滑動時，AB間靜摩擦力達到最大此時xxoammkA (M m) amA M心km以整體為研究對象聯(lián)立兩式得，最大振幅故BC錯誤；D.遠離平衡運動過程， A的速度減小，動能減小，此時AB間的摩擦力對 A做負功,做正功，故D錯誤。故選Ao3. 一彈簧振子振動過程中的某段時間內(nèi)其加速度的值越來越大，則在這段時間內(nèi)（A. 振子的速度越來越大B.振子的振幅越來越大C.振子的速度方向與回復(fù)力方向相反D.振子正在向平衡位置運動 C解析：C彈簧振子在從平衡位置向最大位移處運動的過程中，位移越來越大，回復(fù)力越來越大，加 速度越來越大；A. 振子由平衡位置向最大位移處運動過程中，振子做減速運動，速度越來越小，故誤；振子由平衡位置向最大位移處運動過程中，振子的位移越來越大，但是振幅不變，故 錯誤；B. 振子由平衡位置向最大位移處運動過程中，回復(fù)力指向平衡位置，速度背離平衡位置，振子的速度方向與回復(fù)力方向相反，選項C正確；C. 振子從平衡位置向最大位移處運動時，振子正在向遠離平衡位置方向運動，故D錯 誤；故選Co4. 振動的單擺小球通過平衡位置時，關(guān)于小球受到的回復(fù)力、合力及加速度的說法中正確的是()A. 回復(fù)力為零，合力也為零B. 回復(fù)力不為零，方向沿軌跡的切線C. 合力不為零，方向沿軌跡的切線D. 合力不為零，加速度不為零，方向指向懸點 D解析：DAB.當單擺小球通過平衡位置時，回復(fù)力為零，但是小球依然做圓周運動，合力提供向心力，因此合力不為零，故選項AB錯誤；CD.振動的單擺小球通過平衡位置時，合力不為零，此時的合力提供向心力和向心加速度，方向指向圓心，即指向懸點，故選項C錯誤D正確。5. 如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎直向上為正方向，物塊做簡諧運動的表達式為y=0.1sin5 n t(m) t=0時刻，一小球從距物塊 h高處自由落下，t=0.3s時，小球恰好與物塊處于同一高度，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力不計，以下判斷正確的是()A. h=0.35 mB. 簡諧運動的周期是 0.2 sC. 0.3 s內(nèi)物塊運動的路程是0.1 mD. t=0.35s時，物塊與小球運動方向相同A解析：AA.由振動方程式可得，t0.3s物體的位移為y 0.1sin( 50.3) m 0.1m則對小球有h y fgt2得到h 0.35m故A正確;B.由公式y(tǒng) O.lsin5 t m可知，簡諧運動的周期為s 0.4s5故B錯誤；C.由題可知振幅為0.1m故0.3s內(nèi)物塊運動的路程為3A0.3mC. 2(mA + mB)g故C錯誤;3D. 由于-T t 0.35s T ,此時物體在平衡位置下側(cè)，并向上即向平衡位置振動，則此4時物塊與小球運動方向相反，故D錯誤。故選A。6. 如圖所示，質(zhì)量為 mA的物塊A用不可伸長的細繩吊著，在 A的下方用彈簧連著質(zhì)量為mB的物塊B,開始時靜止不動?，F(xiàn)在 B上施加一個豎直向下的力 F,緩慢拉動B使之向下 運動一段距離后靜止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，希望撤去力F后，B向上運動并能頂起B(yǎng). (mA +2mB )gD. (2mA + mB )gA解析：A如圖所示O1為彈簧的原長位置， 02為掛上物塊B時彈簧伸長后的位置，彈簧的伸長量為X0，要使B向上運動并能頂起 A,彈簧給A的力至少要等于 A物塊的重力mAg，即彈簧至少要壓縮 到位置。3,壓縮量為 X2，物塊B在力F的作用下至少下拉的長度為，讓B以02為平衡位置做簡諧運動。則要滿足NX2X。又因為mBg k Xo，mAg k X2F k x1所以F的最小值F (mA mB)g故BCD錯誤，A正確。故選Ao7. 有一星球其半徑為地球半徑的2倍，平均密度與地球相同，今把一臺在地球表面走時準確的擺鐘移到該星球表面，擺鐘的秒針走一圈的實際時間變?yōu)锳. 0.5minB.0.7minC. 1.4minD. 2minB解析：B星球的質(zhì)量M3R，物體在星球表面所受的萬有引力等于重力，所以有mg G，聯(lián)立解得RG，所以該星球的表面重力加速度與地球表面的重力加速度之比為半徑之比，即為2:1 .根據(jù)單擺的周期公式 T 2 L ,有:守.故所以該星球表面擺鐘的秒針走一圈的實際時間為2min20.7min，故選項B正確，ACD錯誤.& 一洗衣機正常工作時非常平穩(wěn)，當切斷電源后，發(fā)現(xiàn)洗衣機先是振動越來越劇烈，然后振動再逐漸減弱，對這一現(xiàn)象，下列說法正確的是() 正常工作時，洗衣機波輪的運轉(zhuǎn)頻率比洗衣機的固有頻率大 正常工作時，洗衣機波輪的運轉(zhuǎn)頻率比洗衣機的固有頻率小 正常工作時，洗衣機波輪的運轉(zhuǎn)頻率等于洗衣機的固有頻率 當洗衣機振動最劇烈時，波輪的運轉(zhuǎn)頻率等于洗衣機的固有頻率A.B.只有C.只有D.A解析：A洗衣機先是振動越來越劇烈，說明洗衣機波輪的運轉(zhuǎn)頻率越來越接近固有頻率，正確;然后振動再逐漸減弱，則洗衣機波輪的運轉(zhuǎn)頻率越來越大于固有頻率，故正常工作時，洗衣機波輪的運轉(zhuǎn)頻率比洗衣機的固有頻率大,正確；故A正確.li和12,它們的位移一時間圖象如圖中1和2所示,9.兩個做簡諧運動的單擺的擺長分別為C. 1 : 4解析：D【解析】B. 4 : 1D. 9： 1D由圖知，1和2兩個單擺的周期之比為T：T23:1，由單擺的周期公式T 2 .牛得2 211： 12 T2 :T19:1，故選項D正確，ABC錯誤.點睛：本題考查了簡諧運動的圖象和單擺周期公式，要能通過圖象得到周期，然后結(jié)合單 擺的周期公式分析.10. 一水平彈簧振子做簡諧運動的振動圖像如圖所示，已知彈簧的勁度系數(shù)為20 N/cm ,A. 圖中A點對應(yīng)的時刻振子所受的回復(fù)力大小為5 N，方向指向x軸的負方向B. 圖中A點對應(yīng)的時刻振子的速度方向指向x軸的負方向C. 在04 s內(nèi)振子做了 1.75次全振動D. 在04 s內(nèi)振子通過的路程為 3.5 cmA解析：AA、質(zhì)點A對應(yīng)時刻振子的位移為 0.25cm,所受的回復(fù)力：F k x 20 0.25 5N , 負號表示方向指向 x軸的負方向.所以A選項是正確的；B、根據(jù)振動圖像可知質(zhì)點 A的速度方向指向x軸的正方向，故 B錯；C、 振子的周期為2s,所以在04 s內(nèi)振子振動了 2個周期，走過的路程為s 2 4A 2 4 0.5 4cm 故 CD 錯；故選A【點睛】根據(jù)圖像可分析周期大小.分析振動過程，可判斷回復(fù)力、速度、動能等物理量的變化情況.二、填空題11. 如圖甲所示是演示沙擺振動圖象的實驗裝置，沙擺的運動可看作是簡諧運動。若用力F向外拉木板使木板以 0.20m/s做勻速運動，圖乙是實驗得到的木板上長度為0.60m范圍m。內(nèi)的振動圖象，那么這次實驗所用的沙擺的周期為 s,擺長為 m。（答案保留兩位有效數(shù)字，計算時取 /= 10, g取10m/s2）解析：5 0.561 木板水平勻速運動，運動時間為s 竺s 3sv 0.2設(shè)沙擺的周期為T,由圖看出2T t解得1.5s2 由單擺的周期0.56m12. 如圖所示是做簡諧運動的某一物體的振動圖像，則該物體在t=2s到t=4s時間內(nèi)，通過的路程是 cm，位移是cm；若此圖中物體做單擺運動，且重力加速度g取10m。12 由題振動圖像可知周期 T 期，所以物體通過的路程是 2cm,2s，因振幅為 位移為0;0.5cm，t 2s到t 4s時間是一個周3.將 T 2s , g 10m/s2 ,210代入公式解得L 1m13.如圖，小球質(zhì)量為 m，擺長為L,最大擺角為動。則在圖示位置時擺線的拉力為 0,且小于50,小球在豎直平面內(nèi)擺 。從最高點第一次擺到最低點的時間為。（重力加速度為 g）解析：mg cos2 Yg1 小球受到重力和繩的拉力，重力的一個分力提供回復(fù)力，另一個分力等于擺線的拉力, 則擺線的拉力為mg cos2 根據(jù)單擺的周期公式從最高點第一次擺到最低點的時間為IT14.如圖甲所示為一彈簧振子的振動圖像,規(guī)定向右的方向為正方向，試根據(jù)圖像分析以，從初始位置開始，振子向(1) 如圖乙所示的振子振動的起始位置是(填右”或左”)運動.O對應(yīng)(2) 在乙圖中，找出圖像中的 0、A、B、C D各對應(yīng)振動過程中的位置，即, A對應(yīng), B對應(yīng), C對應(yīng), D對應(yīng).(3) 在t 2s時，振子的速度的方向與 t 0時速度的方向.(4) 質(zhì)點在前4s內(nèi)的位移等于 . E右EGEFE1反0【分析】由題中如圖甲所示為一彈簧振子的振動圖像可知本題考查簡諧振動的振動圖像根據(jù)簡諧振動 的振動圖像反應(yīng)的位移與時間的關(guān)系解析：E右 E G E F E相反 0【分析】由題中 如圖甲所示為一彈簧振子的振動圖像”可知，本題考查簡諧振動的振動圖像，根據(jù)簡諧振動的振動圖像反應(yīng)的位移與時間的關(guān)系.（1） 1由圖知t=0時刻，x=0,說明振子振動的起始位置是E;2t=0時刻位移圖像的斜率為正，則振子速度沿正向，即向右；（2） 34567根據(jù)位移和起始速度方向可以知道，圖像中的0、A、B、C、D各對應(yīng)振 動過程中的位置，即 0對應(yīng)E、A對應(yīng)G、B對應(yīng)E、C對應(yīng)F、D對應(yīng)E；（3） 8在t=2s時，圖像的斜率為負，說明振子的速度沿負方向，即向左，t=0速度的方向 相反；（4）9質(zhì)點在前4s內(nèi)回到了出發(fā)點，其位移等于零.15.如圖所示的彈簧振子在 B、C間振動，振動周期為 2s,由0B開始振動并在 O點開始計時，1.5s后振子在位置；若振幅為2cm，規(guī)定O到B的方向為正方向，則該時刻位移大小為 cm ；路程為cm ；該振子的振動頻率為C-26053 31 經(jīng)過1.5s即T ,由0B開始振動并在O點開始計時，經(jīng)過個周期，彈簧振子位4 4于C點；2 規(guī)定0到B的方向為正方向，貝y C點的位移大小為2cm ；3經(jīng)過的路程：s 3A 6cm4振動的頻率：1 1fHz 0.5HzT 216.回復(fù)力是根據(jù)力的命名的.彈簧振子是一個典型的簡諧運動模型，它的回復(fù)力是由提供的.效果彈簧的彈力解析：效果彈簧的彈力1 回復(fù)力是按效果命名的力，回復(fù)力可以是某個力，也可以是幾個力的合力，還可以是某 個力的分力；2 彈簧振子的回復(fù)力是由彈簧的彈力提供的。17.甲、乙兩個單擺的擺球質(zhì)量相等，擺長之比為4:1。若它們在同一地點在豎直平面內(nèi)擺動，擺線與豎直方向所成的最大夾角小于 5。且相等，則甲、乙的頻率之比為 擺球到達最低點時的速度之比為 。 1: 22: 1解析：1: 2 2: 11根據(jù)單擺周期公式 T 2 冷 以及T f可得所以12l12擺球到達最低點過程中機械能守恒有mgl(1 cos )1 2mv2解得擺球到達最低點時的速度v 2gl(1cos )hl2所以VV218用一個擺長為80.0 cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于5。，則開始時將擺球拉離平衡位置的距離應(yīng)不超過 cm （保留1位小數(shù)）。（提示：單擺被拉開小角度的情況下，所求的距離約等于擺球沿圓弧移動的路程。）cm。9968某同學想設(shè)計一個新單擺，要求新單擺擺動10個周期的時間與原單擺擺動11個周期的時間相等。新單擺的擺長應(yīng)該取為解析：996.8拉離平衡位置的距離5x 2 80cm6.97cm360題中要求擺動的最大角度小于 5，且保留1位小數(shù)，所以拉離平衡位置的不超過6.9cm ；根據(jù)單擺周期公式T 2結(jié)合題意可知10T11T代入數(shù)據(jù)為10 匸 11 80cm解得新單擺的擺長為L 96.8cm19.如圖所示，三角架質(zhì)量為 M,沿其中軸線用兩根輕彈簧拴一質(zhì)量為m的小球，原來三角架靜止在水平面上現(xiàn)使小球做上下振動，已知三角架對水平面的壓力最小為零，求：（重力加速度為g）此時小球的瞬時加速度（2）若上、下兩彈簧的勁度系數(shù)均為k,則小球做簡諧運動的振幅為解析：（m M）g （M m）gm2k（1）1小球運動到最高點時，三角架對水平面的壓力最小為零，此時對整體根據(jù)牛頓第 二定律，有(M+m) g=ma解得(m M )gm向下（2） 2小球做簡諧運動，根據(jù)回復(fù)力公式F=kx,有2k?A=ma解得M m g2k的單擺在豎直面（紙面）內(nèi)做擺角很?。s為OP=0.25I。兩單擺的周期20.如圖（a）、（ b），兩個擺長均為I2 °的擺動，圖（b）中懸點O正下方P處固定著一枚釘子， 分別為Ta=, Tb=;若將兩擺球從圖示位置（懸線與豎直方向的夾角相 hA、 hB,貝y同）由靜止釋放，擺球到達左側(cè)最高點與各自平衡位置的高度差分別為 hA （填“”加速度大小為g。）或不計擺球直徑，不計懸線接觸釘子時的能量損失，重力解析：2 1圖（a）中A單擺的擺長為|，根據(jù)單擺周期公式，可得Ta2石2圖（b ）中B單擺在右邊時擺長為I，根據(jù)單擺周期公式，可得T1 2詢單擺在左邊時擺長為I O.25IO.75I，根據(jù)單擺周期公式，可得T2 20.751g故該單擺的周期為Tb Ti22T2將Ti、T2代入解得Tb3兩單擺從同一高度下落，根據(jù)機械能守恒可知，兩單擺在最低點的線速度大小相等，又根據(jù)題意可知，不計懸線接觸釘子時的能量損失，故B單擺在最低的速度仍然與 A單擺相同，所以根據(jù)機械能守恒可知，兩單擺在向左擺動過程，可以擺到到相同的高度，故hA=hB。三、解答題1 h，那么實際的t，則在月球上該鐘21. 將在地面上校準的擺鐘拿到月球上去，若此鐘在月球上記錄的時間是時間是多少？若要在月球上使該鐘與地面上時一樣準，應(yīng)如何調(diào)節(jié)？已知 解析：一；擺長調(diào)到原來的 -6 6設(shè)在地球上該鐘的周期為 To,在月球上該鐘的周期為 T,指示的時間為 在時間t內(nèi)振動的次數(shù)N =T在地面上振動次數(shù) N時所指示的時間為to,則有toN =ToTo由于所以當此鐘在月球上指示的時間為1 h時，地面上的實際時間為要使其與在地面上時走得一樣準應(yīng)使T= Toi月=1地=I地61應(yīng)將擺長調(diào)到原來的 -。622. 個單擺完成10次全振動的時間是 40s,擺球的質(zhì)量為0.2kg，它振動到最大位移時距最低點的高度為1.5cm，它完成10次全振動回到最大位移時，距最低點的高度變?yōu)?.2cm。如果每完成10次全振動給它補充一次能量，使擺球回到原來的高度，在200s內(nèi)總共應(yīng)補充多少能量?解析：03J單擺完成10次全振動時最大高度的變化 h=h1-h2=1.5cm-1.2cm=0.3cm所以秒擺完成10次全振動時減少的機械能 &=mg h=0.2 x 10 x 0.003J=0.006J所以200s內(nèi)完成5個10次的全振動，所以 200s內(nèi)應(yīng)補充的能量E=5 E0=0.03J23. 如圖所示，掛在豎直彈簧下面的小球，用手向下拉一段距離，然后放手，小球上下振動。試判斷小球的運動是否為簡諧運動。解析：見解析h0，設(shè)設(shè)振子的平衡位置為 O,方向向下為正方向，小球靜止時彈簧已經(jīng)有了一個伸長量 彈簧的勁度系數(shù)為k,由平衡條件得kh0= mg在彈性限度內(nèi)把小球向下拉一段距離至C點，如圖所示，釋放小球則開始振動。在小球振動過程中到達平衡位置 0點下方某一點B,此時振子向下偏離平衡位置的距離為x,回復(fù)力即合外力為F 回=mg k （x+ h°）聯(lián)立解得F 回 kx可見小球所受合外力與它的位移的關(guān)系符合簡諧運動的受力特點，該振動系統(tǒng)的振動是簡諧運動。24. 如圖所示，B球靜止在光滑的水平臺邊，與臺邊相距一定距離處有一個豎直的彈性擋板，A球用輕細線懸掛在 B球旁邊，靜止時兩球挨在一起。A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的兩倍，碰撞是完全彈性的且碰撞時間極短?，F(xiàn)將A球從豎直方向拉偏一個很小的角度（V 10° ,并從靜止釋放，碰后 A球剛好完成一次全振動后與回到臺邊的B球再次碰撞，是通過計算分析出B球第二次回到臺邊時 A球的位置及速度方向（要求推導(dǎo)過程）。解析：A球運動到了其擺動過程的最低點（即平衡位置處），速度方向向右。 由于碰撞時間極短，所以可認為碰撞對A球完成一次全振動所用時間沒有影響。以向右為正方向，則第一次碰撞時mAVAi=mAVA2"IbVb21 2 1 22mVA1 = 2 mVA21 2mBVB22解得1VA2 = VB24完成第一次碰撞后，B球以VB2的速度向右運動，與擋板發(fā)生彈性碰撞后以相同大小的速度 返回，與A球發(fā)生第二次碰撞，即B球以速度VB2運動一個來回的時間恰好等于A球完成一次全振動的時間。第二次碰撞時mAVA2mhVB2=mAVA3mfeVB31 2 1 2 1 2 1 2叫 VA2EbVb2 =EaVa3m3VB32 2 2解得VA3 =122VB3 = 3 VB2第二次碰撞使 A、B球各自被彈回,B球的運動速度減小為要的時間是第一次的1.5倍；在這段時間內(nèi), 球是從平衡位置開始向左振動的，所以完成 運動方向向右。A球完成了1.5個全振動后,2-Vb2，所以運動一個來回所需31.5個全振動，第二次碰撞使得AA球又到達了平衡位置處，25. 提供信息：若物體做機械振動的回復(fù)力F回與振動物體的位移 x滿足關(guān)系式F回=kx.那么機械振動的周期為 T 2，其中k為常數(shù)。如圖是多米諾骨牌中滾球觸發(fā)機關(guān)的20 vBsi n2g h一段示意圖，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端，質(zhì)量為0.2kg的小球放在傾角為60的光滑斜面最上端B點，在彈簧彈力作用下處于靜止狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)為ko=5 nN/m，且不與小球拴接。長度l=0.5m的水平軌道CD和光滑圓弧軌道在 D點相切，B、C豎直高度差h=0.6m，小球在水平軌道上受到恒定阻力f=0.6N。現(xiàn)用沿斜面向下的推力使小球緩慢移動一小段距離到達 A點，此時突然撤去推力，彈簧上端到達B點時立即被鎖定，小球從 B點彈出后恰好沿水平方向進入CD軌道，繼續(xù)運動到弧面上的觸發(fā)點E,原速率彈回。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1) 小球到C點時的速度大?。恍∏驈腁點到B點的過程中彈簧對小球的沖量大小;(3)小球最終停止時離 D點的距離。0.17m的位置(2) 0.973Ns； (3)小球停在離D點小球從B點到C點過程得 VB=4m/s到達C點只有水平速度，根據(jù)速度合成與分解可得VC VB cos2m/s(1) 小球在B點時mg sink0x0 0設(shè)小球發(fā)生位移x,則(3)設(shè)小球在水平軌道得fXo1 2F回 ko xo x mg sinkox因為F回與x方向相反，所以因此小球做簡諧運動，周期為F 回=kx,其中 k=k0小球從AB所用時間為T "m0.4s由動量定理t1 4t0.1sI彈簧對小球沖量大小為l=0.973N mg sint1 mvB 0CD上經(jīng)xo停止運動，有xo=O.67m>O.5mx=xo 0.5m=0.17m即小球停在離D點0.17m的位置26. 一輕彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一物塊，物塊上裝有一只記錄筆，在豎直面 內(nèi)放置有一記錄紙。當物塊上下振動時，以速率v水平向左拉動記錄紙，記錄筆在紙上留下印跡如圖所示。y1、y2、X0、2x0為紙上印跡的位置坐標：(1)求物塊振動的周期和振幅；若彈簧的勁度系數(shù)為 k，物塊與筆的總質(zhì)量為 m，寫出物塊振動到最高點時的加速度大vv(1)記錄紙勻速運動，振子振動的周期等于記錄紙運動位移2x。所用時間，因此由圖可知2x0再根據(jù)圖像可以看出振幅vkA ma(2)根據(jù)牛頓第二定律可得，在最高點時代入數(shù)據(jù)解得加速度大小k(yi y2)2m27. 如圖所示，在質(zhì)量 M=5kg的無下底的木箱頂部用一輕彈簧懸掛質(zhì)量分別為mA=1kg、mB=0.5kg的A、B兩物體，彈簧的勁度系數(shù)為 100N/m 箱子放在水平地面上，平衡后剪斷 A、B間的連線，A將做簡諧運動，求：(g=10m/smA(2 )剪短繩子瞬間有 kx1= (mA+mB) g平衡位置時，彈簧的伸長量：有kx2=mAg故振幅為A=x1 - X2=0.05m=5cm(3) 剪斷A、B間的連線，A將做簡諧運動，且在最低點的恢復(fù)力為mBg ；根據(jù)簡諧運動的對稱性，到達最高點時恢復(fù)力大小也為mBg;據(jù)此可知彈簧對 A的彈力為5N，方向向上，所以彈簧對頂部的拉力也為f=5N；再以木箱為研究對象，據(jù)平衡態(tài)可知)(1) 在剪斷繩子后瞬間，A、B物體的加速度分別是多大？(2) 物體A的振幅？(3) 當A運動到最高點時，木箱對地面的壓力大小？解析：(1) 5m/s2 和 10 m/s2；( 2) 5cm ；( 3) 55N(1)平衡后剪斷 A、B間細線，A將做簡諧振動，B做自由落體運動，即 B的加速度為2g=10 m/s以A為研究對象，此時受向下的重力和彈簧的豎直向上的彈力，而彈簧的彈力為(mA+mB)g,據(jù)牛頓第二定律得mAmB gmAg5m/s25m/s2F=Mg+F=55N+5N=55N由牛頓第三定律可知，木箱對地面的壓力等于55N;28. 如圖所示，將彈簧振子從平衡位置0向右拉開4cm后放手，讓它做簡諧運動，已知從放手到第一次回到平衡位置的時間為0.1s，求：(1) 彈簧振子的振幅、周期、頻率；(2) 振子在5s時間內(nèi)通過的路程；振子從0.2s到0.3s向哪個方向做怎樣的運動？解析：(1)4cm ； 0.4s； 2.5Hz； (2)2m ； (3)向右做加速運動。(1) 簡諧運動中，振幅是振子離開平衡位置的最大距離，故振幅為A=4cm ；從最大位移回到平衡位置的時間為T，則4T 0.1s4故周期為T=0.4s，頻率為1f2.5HzT(2) 周期為0.4s，故5s內(nèi)完成12.5次全振動；一個全振動內(nèi)通過的路程等于4倍振幅，故5s內(nèi)路程為振幅的50倍，即S=50A=200cm=2m周期為0.4s，則振子從0.2s到0.3s從C點向O點運動，即向右做加速運動。