【物理】2020届一轮复习人教版机械振动学案(1) 21页

第64讲　机械振动 考点一　简谐运动 ‎1．定义：质点在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动。‎ ‎2．平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。‎ ‎3．回复力 ‎(1)定义：使物体返回到平衡位置的力。‎ ‎(2)方向：总是指向平衡位置。‎ ‎(3)来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。‎ ‎4．描述简谐运动的物理量 ‎(1)位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量。‎ ‎(2)振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱。‎ ‎(3)周期T：物体完成一次全振动所需的时间。‎ 频率f：单位时间内完成全振动的次数。‎ 它们是表示振动快慢的物理量，二者的关系为T＝。‎ ‎(4)相位ωt＋φ：描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态，其中φ为初相。‎ ‎5．简谐运动的位移表达式：x＝Asin(ωt＋φ)。‎ ‎6．弹簧振子(如图，以水平弹簧振子为例)‎ ‎(1)简谐运动的条件：‎ ‎①弹簧质量可忽略；‎ ‎②无摩擦等阻力；‎ ‎③在弹簧弹性限度内。‎ ‎(2)回复力：弹簧弹力。‎ ‎(3)平衡位置：弹簧处于原长处。‎ ‎(4)周期：与振幅无关，与振子质量和弹簧劲度系数有关。‎ ‎(5)能量转化：弹性势能与动能相互转化，机械能守恒。‎ ‎7．简谐运动的特征 ‎1．(多选)下列关于振动的回复力的说法正确的是(　　)‎ A．回复力方向总是指向平衡位置 B．回复力是按效果命名的 C．回复力一定是物体受到的合力 D．回复力由弹簧的弹力提供 E．振动物体在平衡位置所受的回复力是零 答案　ABE 解析　回复力是按效果命名的，是指向平衡位置使振动物体回到平衡位置的力，可以由某个力或某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供，故A、B正确，C错误；在水平弹簧振子中回复力由弹簧的弹力提供，但在其他振动中，不一定由弹簧弹力提供，D错误；振动物体在平衡位置受到的回复力是零，E正确。‎ ‎2．(多选)关于简谐运动的周期，以下说法正确的是(　　)‎ A．间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同 B．间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同 C．半个周期内物体的动能变化一定为零 D．一个周期内物体的势能变化一定为零 E．经过一个周期质点通过的路程为零 答案　ACD 解析　根据周期T的定义可知，物体完成一次全振动，‎ 所有的物理量都恢复到初始状态，故A正确；当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故B错误；物体的动能和势能变化的周期为，所以C、D正确；经过一个周期，质点通过的路程为‎4A，E错误。‎ ‎3.(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt) m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2。以下判断正确的是(　　)‎ A．h＝‎‎1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程是‎0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 E．t＝0.6 s时，物块的位移是－‎‎0.1 m 答案　ABE 解析　t＝0.6 s时，物块的位移为y＝0.1sin(2.5π×0.6) m＝－‎0.1 m；则对小球h＋|y|＝gt2，解得h＝‎1.7 m，A、E正确；简谐运动的周期是T＝＝ s＝0.8 s，B正确；0.6 s内物块运动的路程是‎3A＝‎0.3 m，C错误；t＝0.4 s＝，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，D错误。‎ 考点二　简谐运动的图象 ‎1．对简谐运动图象的认识 ‎(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示。‎ ‎(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹。‎ ‎(3)任一时刻图线上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小。正负表示速度的方向，为正时沿x正方向，为负时沿x负方向。‎ ‎2．图象信息 ‎(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期。‎ ‎(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。‎ ‎(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向。‎ ‎①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。‎ ‎②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴。‎ ‎(4)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。‎ ‎(2018·浙江舟山模拟)(多选)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∶1‎ C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D．两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，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误；由简谐运动的特点可知，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，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确。‎ 答案　CD 方法感悟 简谐运动图象问题的两种分析方法 方法一：图象—运动结合法 解此类题时，首先要理解xt图象的意义，其次要把xt图象与质点的实际振动过程联系起来，图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向。‎ 方法二：直观结论法 简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移—时间的函数关系图象，不是物体的运动轨迹。直接由图象得出相关物理量，再由简谐运动的有关结论、规律求解。‎ 一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。‎ ‎(1)求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；‎ ‎(2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？‎ ‎(3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？‎ 答案　(1)－ cm ‎(2)变大　变大　变小　变小　变大　(3)‎34 cm　‎‎2 cm 解析　(1)由题图可知A＝‎2 cm，T＝2×10－2 s，‎ 振动方程为 x＝Asin＝－Acosωt＝－2cos cm＝－2cos(100πt) cm。‎ 当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cos cm＝－ cm。‎ ‎(2)由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。‎ ‎(3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，Δt＝T＝T，可知质点的路程为s＝‎17A＝‎34 cm，位移为‎2 cm。‎ 考点三　单摆 ‎1．单摆的特征(以图示单摆为例)‎ ‎(1)条件：θ≤5°，空气阻力可忽略不计，摆线为不可伸长的轻细线。‎ ‎(2)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。‎ ‎(3)平衡位置：最低点。‎ ‎(4)周期：T＝2π ，其中l为摆长。‎ ‎(5)能量转化：重力势能与动能相互转化，机械能守恒。‎ ‎(6)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ。‎ ‎①当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mgcosθ。‎ ‎②当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，FT＝mg＋m。‎ ‎2．周期公式T＝2π 的两点说明 ‎(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l＝r＋Lcosα。乙图中小球(可看做质点)在半径为R的光滑圆槽中靠近A点的附近振动，其等效摆长为l＝R。‎ ‎(2)g 为当地重力加速度。若单摆处于特殊的物理环境，即在其他星球、处于超失重状态等，g为等效加速度。‎ ‎(2018·郑州模拟)(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是(　　)‎ A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆的大 C．甲摆的机械能比乙摆的大 D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 E．由图象可以求出当地的重力加速度 解析　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2π 得知，甲、乙两单摆的摆长相等，A正确；甲摆的振幅为‎10 cm，乙摆的振幅为‎7 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，D正确；由单摆的周期公式T＝2π得g＝，由于不知道单摆的摆长，所以不能求出当地的重力加速度，E错误。‎ 答案　ABD 方法感悟 (1)公式成立的条件是单摆的偏角不超过5°。‎ (2)单摆的振动周期在振幅较小的条件下，与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关。‎ ‎(3)摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定为摆线的长。‎ 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，试求这个单摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)‎ 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f＝＝1.25 Hz。‎ ‎(2)由题图乙知，t＝0时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T＝2π ，得l＝≈‎0.16 m。‎ 考点四　用单摆测定重力加速度 ‎1．实验原理 当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π ，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝。因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。‎ ‎2．实验器材 带中心孔的小钢球、约‎1 m长的细线(不可伸长)、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表。‎ ‎3．实验步骤与数据处理 ‎(1)做单摆 取约‎1 m长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，在平衡位置做上标记，如图所示。‎ ‎(2)测摆长 用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋。‎ ‎(3)测周期 将单摆从平衡位置拉开一个角度(不大于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30或50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期。‎ ‎(4)改变摆长，重做几次实验。‎ ‎(5)数据处理 ‎①公式法：g＝。其中l和T为多次测量的平均值。‎ ‎②图象法：画l－T2图象。‎ g＝4π2k，k＝＝。‎ ‎4．注意事项 ‎(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。‎ ‎(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。‎ ‎(3)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。‎ ‎(4)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。‎ ‎5．实验误差 ‎(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。‎ ‎(2)偶然误差的主要来源：未从平衡位置开始计时，多计或漏计全振动的次数，刻度尺测摆线长读数误差等。‎ ‎ (2018·浙江模拟)某同学利用单摆测定当地的重力加速度。‎ ‎(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有________。‎ A．长度约为‎1 m的细线 B．长度约为‎30 cm的细线 C．直径约为‎2 cm的钢球 D．直径约为‎2 cm的木球 E．最小刻度为‎1 cm的直尺 F．最小刻度为‎1 mm的直尺 ‎(2)该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为________ s。‎ ‎(3)该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式g＝________。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样________(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。‎ 解析　(1)由单摆周期公式T＝2π可得，g＝L，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，测量摆线长需要毫米刻度尺，摆线的长度大约‎1 m左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，故选用的器材为ACF。‎ ‎(2)秒表表示读数：内圈读数：60 s，外圈读数35.1 s，总读数为t＝60 s＋35.1 s＝95.1 s。‎ ‎(3)由T＝2π 可得，L＝T2，‎ 则L－T2图象的斜率等于，由数学知识得＝＝，解得g＝。‎ 根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算。‎ 答案　(1)ACF　(2)95.1　(3)　不影响 方法感悟 ‎(1)根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，通过表达式，结合单摆模型的要求确定所需的器材。‎ ‎(2)秒表读数：先读内圈，读数时只读整数(分钟)，且根据是否过半分钟格线由外圈读出秒数，读外圈时，指针是准确的，不用估读。‎ ‎(3)根据实验注意事项与实验原理分析实验误差。由单摆周期公式变形，得到T2与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g。‎ ‎1．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示。‎ ‎(1)用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图甲所示，可知摆球直径是________ cm。‎ ‎(2)该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图乙所示，则单摆的周期是________ s。(保留三位有效数字)‎ ‎(3)为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出几组对应的l与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如图丙所示，利用图线可求出图线的斜率k＝________，再由k可求出g＝________。(保留三位有效数字)‎ ‎(4)如果他测得的g值偏小，可能的原因是(　　)‎ A．将摆线长作为摆长 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，秒表过迟按下 D．实验中误将29次全振动数记为30次 答案　(1)1.940　(2)1.90　(3)4　‎9.86 m/s2　(4)AB 解析　(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：‎19 mm＋8×‎0.05 mm＝‎19.40 mm＝‎1.940 cm。‎ ‎(2)由图示秒表可知，其示数为：56.9 s，单摆的周期：T＝＝ s≈1.90 s。‎ ‎(3)由单摆周期公式：T＝2π，可得T2＝l，由图示图象可知k＝＝＝4，又有k＝，重力加速度g＝＝≈‎9.86 m/s2。‎ ‎(4)由单摆周期公式：T＝2π，可得g＝l，将摆线长作为摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A正确；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，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；实验中误将29次全振动数记为30次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误。所以选AB。‎ ‎2．如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置。小球的质量m＝‎0.4 kg，图乙是摆线长为l时小球的振动图象，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(填“O”“P”或“Q”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。‎ ‎(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时切向加速度最大？最大切向加速度为多少？‎ 答案　(1)O　　(2)x＝5sinπt(cm)　小球在最大位移处的切向加速度最大' ‎0.5 m/s2‎ 解析　(1)因摆球经过最低点的速度最大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O开始计时，单摆周期T＝，再根据单摆周期公式T＝2π ，可解得g＝。‎ ‎(2)由图乙可知单摆的振幅A＝‎5 cm，ω＝＝ rad/s＝π rad/s，初相φ＝0，所以单摆做简谐运动的表达式为x＝5sinπt(cm)。小球在最大位移处的切向加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s，根据T＝2π ，可求得摆长为L＝‎1 m，切向加速度最大值am＝＝＝＝ m/s2＝‎0.5 m/s2。‎ 考点五　受迫振动　共振 ‎1．受迫振动 系统在驱动力 作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。‎ ‎2．受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。‎ ‎3．共振 做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。‎ ‎1.(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则(　　)‎ A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s B．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 D．当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大 E．弹簧振子的振幅与转速有关 答案　BDE 解析　摇把匀速转动的频率f＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25‎ ‎ s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确；当摇把转动的频率减小到接近振子的固有频率时，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D、E正确。‎ ‎2．[教材母题]　(人教版选修3－4 P21·T4)如图是一个单摆的共振曲线。‎ ‎(1)试估计此单摆的摆长。‎ ‎(2)若摆长增大，共振曲线振幅最大值的横坐标将怎样变化？‎ ‎[变式子题]　(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．此单摆的固有周期约为2 s B．此单摆的摆长约为‎1 m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动 E．此单摆的振幅是‎8 cm 答案　ABD 解析　由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，再由T＝2π 得此单摆的摆长约为‎1 m ‎，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，A、B、D正确，C错误；此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大，为‎8 cm，E错误。‎ ‎3．(2018·焦作模拟)(多选)如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．只有A、C振动周期相等 B．C的振幅比B的振幅小 C．C的振幅比B的振幅大 D．A、B、C的振动周期相等 E．B的振幅最小 答案　CDE 解析　A振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2π ，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，A错误，D正确；而TC固＝2π ＝TA，TB固＝2π >TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、E正确，B错误。‎ ‎[巩固强化练]‎ ‎1．(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期为(　　)‎ A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．3 s 答案　AC 解析　分情况讨论：①如图甲所示，O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s，C正确。‎ ‎②如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B回到点M′所用的时间与振子从点M经过点C回到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M′和从点M′到点O以及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝ s＝ s≈0.53 s，A正确。‎ ‎2．摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t＝0)，当振动至t＝ 时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的(　　)‎ 答案　C 解析　单摆周期为T＝2π，当t＝ ＝时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动，C正确，A、B、D错误。‎ ‎3.如图，在一直立的光滑管内放置一劲度系数为k的轻质弹簧，管口上方O点与弹簧上端初位置A的距离为h，一质量为m的小球从O点由静止下落，压缩弹簧至最低点D，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球自O点下落到最低点D的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球最大速度的位置随h的变化而变化 B．小球的最大速度与h无关 C．小球的最大加速度大于重力加速度 D．弹簧的最大压缩量与h成正比 答案　C 解析　小球速度最大的位置，加速度为零，即重力等于弹力，有mg＝kx，所以x不变，则最大速度位置不变，与h无关，故A错误；小球从下落点到平衡位置，重力和弹力做功，下落的高度不同，小球的最大速度不同，故B错误；若小球在A点释放，根据简谐运动的对称性，在最低点加速度为g，方向向上，若小球在O点释放，最低点位置会下降，则最大加速度大于g，故C正确；在最低点弹簧的压缩量最大，根据能量守恒定律可得mg(h＋x)＝kx2，故弹簧的最大压缩量与h有关，但不是成正比关系，故D错误。‎