高中物理 第11章 機(jī)械振動(dòng) 3 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量課件 新人教版選修3-4.ppt

3 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量,填一填,練一練,1.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力(見(jiàn)課本第10頁(yè)) (1)回復(fù)力: (2)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)特征:如果質(zhì)點(diǎn)所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比,并且總是指向平衡位置,質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。,填一填,練一練,2.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量(見(jiàn)課本第11頁(yè)) (1)振動(dòng)系統(tǒng)的狀態(tài)與能量的關(guān)系: 一般指振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能,振動(dòng)的過(guò)程就是動(dòng)能和勢(shì)能互相轉(zhuǎn)化的過(guò)程。 在最大位移處,勢(shì)能最大,動(dòng)能為零; 在平衡位置處,動(dòng)能最大,勢(shì)能最小; 在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中,振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,因此簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一種理想化模型。 (2)決定能量大小的因素: 振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能跟振幅有關(guān),振幅越大,機(jī)械能就越大,振動(dòng)越強(qiáng)。對(duì)于一個(gè)確定的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)來(lái)說(shuō)它是等幅振動(dòng)。,填一填,練一練,彈簧振子在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是 ( ) A.加速度的方向總是與位移的方向相同,而與速度方向相反 B.在靠近平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí),速度方向與位移方向相反,且大小都減小 C.從平衡位置處到最大位移處它的動(dòng)能逐漸減小 D.從最大位移處到平衡位置處它的機(jī)械能逐漸減小 解析:由牛頓第二定律知 ,a與x成正比,x減小時(shí),a的大小也減小,a與x的方向總相反,A錯(cuò);在靠近平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí),位移減小,速度增大,則B錯(cuò);從平衡位置處到最大位移處的運(yùn)動(dòng)是振子遠(yuǎn)離平衡位置的運(yùn)動(dòng),速度減小,動(dòng)能減小,C對(duì);簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,故D錯(cuò)。 答案:C,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一對(duì)回復(fù)力和加速度的理解 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖為水平彈簧振子的模型(桿光滑): (1)振子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的合力有什么特點(diǎn)? (2)振子所受的合力產(chǎn)生了什么效果?,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,名師精講 1.回復(fù)力是根據(jù)力的效果命名的,它可以是一個(gè)力,也可以是多個(gè)力的合力,還可以由某個(gè)力的分力提供,其表達(dá)式都可寫成F=-kx。例如:如圖甲所示,水平方向上彈簧振子,彈力充當(dāng)回復(fù)力;如圖乙所示,豎直方向上彈簧振子彈力和重力的合力充當(dāng)回復(fù)力;如圖丙所示,A隨B一起振動(dòng),A的回復(fù)力是靜摩擦力。,探究一,探究二,探究三,探究四,2.“負(fù)號(hào)”表示回復(fù)力的方向與位移方向始終相反。 3.表達(dá)式反映出了回復(fù)力F與位移量之間的正比關(guān)系,位移越大,回復(fù)力越大;位移增大為原來(lái)的幾倍,回復(fù)力也增大為原來(lái)的幾倍。 4.因x=Asin(t+),故回復(fù)力F=-kx=-kAsin(t+),可見(jiàn)回復(fù)力隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化。 5.式中“k”雖然是系數(shù),但有單位,其單位是由F和x的單位決定的,即為N/m。 6.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中,x變化,回復(fù)力F隨之改變,可見(jiàn) 也是隨x在改變,所以簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一個(gè)變加速運(yùn)動(dòng)。其位移跟加速度的關(guān)系為 ,加速度大小跟位移大小成正比,方向相反。,探究一,探究二,探究三,探究四,典例剖析 【例題1】 如圖所示,質(zhì)量為m1的物體A放置在質(zhì)量為m2的物體B上,B與彈簧相連,它們一起在光滑水平面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),振動(dòng)過(guò)程中A、B之間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng),設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k,當(dāng)物體離開(kāi)平衡位置的位移為x時(shí),A、B間摩擦力的大小等于( ),探究一,探究二,探究三,探究四,解析:A、B相對(duì)靜止,一起在彈簧作用下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),當(dāng)位移是x時(shí),其回復(fù)力為kx,但kx并不是A物體的回復(fù)力,也不是B物體的回復(fù)力,是系統(tǒng)的。 A物體隨B一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力就是B對(duì)A的摩擦力,從這里可以看出,靜摩擦力也可以提供回復(fù)力。A物體的加速度就是B物體的加速度,也是整體的加速度。 當(dāng)物體離開(kāi)平衡位置的位移為x時(shí),回復(fù)力(即彈簧彈力)的大小為kx,以整體為研究對(duì)象,此時(shí)A與B具有相同的加速度,根據(jù)牛頓第二定律kx=(m1+m2)a,得 以A為研究對(duì)象,使其產(chǎn)生加速度的力即為B對(duì)A的靜摩擦力F,由牛頓第二定律可得 答案:D,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,探究二簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的判斷依據(jù) 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖所示,勁度系數(shù)為k的彈簧上端固定在天花板的P點(diǎn),下端掛一質(zhì)量為m的物塊,物塊靜止后,再向下拉長(zhǎng)彈簧,然后放手,彈簧上下振動(dòng),試說(shuō)明物塊的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,名師精講 1.運(yùn)動(dòng)學(xué)方法 找出質(zhì)點(diǎn)的位移與時(shí)間的關(guān)系,若遵循正弦函數(shù)的規(guī)律,即它的振動(dòng)圖象(x-t圖象)是一條正弦曲線,就可以判定此振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),通常很少應(yīng)用這個(gè)方法。,探究一,探究二,探究三,探究四,2.動(dòng)力學(xué)方法 (1)判斷振動(dòng)是否為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)方法模型: (2)模型突破:寫出回復(fù)力和位移的關(guān)系式,若滿足F=-kx(或a=- x),就可以判定此振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。,探究一,探究二,探究三,探究四,典例剖析 【例題2】 導(dǎo)學(xué)號(hào)38190013一質(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?，F(xiàn)用力向下將其壓入水中一段深度后(未全部浸沒(méi))撤掉外力,木塊在水面上下振動(dòng),試判斷木塊的振動(dòng)是否為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。 點(diǎn)撥:確定研究對(duì)象分析受力情況找出回復(fù)力寫成F=-kx的形式,探究一,探究二,探究三,探究四,解析: 以木塊為研究對(duì)象,設(shè)水密度為,靜止時(shí)木塊浸入水中x深,當(dāng)木塊被壓入水中x后所受力如圖所示,則F回=mg-F浮 又F浮=gS(x+x) 由、兩式,得F回=mg-gS(x+x)=mg-gSx-gSx 因?yàn)閙g=gSx,所以F回=-gSx 即F回=-kx(k=gS) 所以木塊的振動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。 答案:木塊的振動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),探究一,探究二,探究三,探究四,變式訓(xùn)練2 如圖所示,在光滑水平面上,用兩根勁度系數(shù)分別為k1與k2的輕彈簧系住一個(gè)質(zhì)量為m的小球,開(kāi)始時(shí),兩彈簧均處于原長(zhǎng),然后使小球向左偏離x后放手,可以看到小球在水平面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng),試問(wèn):小球是否做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)?,探究一,探究二,探究三,探究四,解析:以小球?yàn)檠芯繉?duì)象進(jìn)行受力分析,小球在豎直方向處于受力平衡狀態(tài),水平方向受到兩根彈簧的彈力作用。設(shè)小球位于平衡位置左方某處時(shí),偏離平衡位置的位移為x。左方彈簧受壓,對(duì)小球的彈力大小為F1=k1x,方向向右。右方彈簧被拉,對(duì)小球的彈力大小為F2=k2x,方向向右。小球所受的回復(fù)力等于兩個(gè)彈力的合力,其大小為F=F1+F2=(k1+k2)x,方向向右。令k=k1+k2,上式可寫成:F=kx。由于小球所受回復(fù)力的方向與位移x的方向相反,考慮方向后,上式可表示為F=-kx。所以小球?qū)⒃趦筛鶑椈傻淖饔孟?在水平面內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。 答案:見(jiàn)解析,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,探究三簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各個(gè)物理量的變化規(guī)律 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖所示,O點(diǎn)為振子的平衡位置,A'、A分別是振子運(yùn)動(dòng)的最左端和最右端。 (1)振子在振動(dòng)過(guò)程中通過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度最大還是最小? (2)振子在振動(dòng)過(guò)程中由A'A點(diǎn)時(shí)加速度如何變化?,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,名師精講 1.根據(jù)水平彈簧振子圖,可分析各個(gè)物理量的變化關(guān)系如下,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,通過(guò)上表不難看出:位移、回復(fù)力、加速度三者同步變化,與速度的變化相反。通過(guò)上表能看出兩個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn):平衡位置O點(diǎn)是位移方向、加速度方向和回復(fù)力方向變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn);最大位移處的A點(diǎn)和B點(diǎn)是速度方向變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。通過(guò)上表還可以比較出兩個(gè)過(guò)程,即向平衡位置O靠近的過(guò)程(AO及BO)與遠(yuǎn)離平衡位置O的過(guò)程(OB及OA)的不同特點(diǎn):靠近O點(diǎn)時(shí)速度變大,遠(yuǎn)離O點(diǎn)時(shí)位移、加速度和回復(fù)力變大。 2.各個(gè)物理量對(duì)應(yīng)關(guān)系不同 位置不同,位移不同,加速度、回復(fù)力不同,但是速度、動(dòng)能、勢(shì)能可能相同,也可能不同。,探究一,探究二,探究三,探究四,典例剖析 【例題3】 把一個(gè)小球套在光滑細(xì)桿上,球與輕彈簧相連組成彈簧振子,小球沿桿在水平方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),它圍繞平衡位置O在A、B間振動(dòng),如圖所示,下列結(jié)論正確的是( ) A.小球在O位置時(shí),動(dòng)能最大,加速度最小 B.小球在A、B位置時(shí),動(dòng)能最大,加速度最大 C.小球從A經(jīng)O到B的過(guò)程中,回復(fù)力一直做正功 D.小球從B到O的過(guò)程中,振子振動(dòng)的能量不斷增加,探究一,探究二,探究三,探究四,解析:小球在平衡位置O時(shí),彈簧處于原長(zhǎng),彈性勢(shì)能為零,動(dòng)能最大,位移為零,加速度為零,A項(xiàng)正確;在最大位移A、B處,動(dòng)能為零,加速度最大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由AO回復(fù)力做正功,由OB,回復(fù)力做負(fù)功,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由BO動(dòng)能增加,彈性勢(shì)能減小,總能量不變,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案:A,探究一,探究二,探究三,探究四,變式訓(xùn)練3 如圖所示,由輕質(zhì)彈簧下面懸掛一物塊組成一個(gè)豎直方向振動(dòng)的彈簧振子,彈簧的上端固定于天花板,當(dāng)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),取它的重力勢(shì)能為零,現(xiàn)將物塊向下拉一小段距離后放手,此后振子在平衡位置附近上下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),不計(jì)空氣阻力,則( ) A.振子速度最大時(shí),振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能為零 B.振子速度最大時(shí),物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能相等 C.振子經(jīng)平衡位置時(shí),振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能最小 D.振子在振動(dòng)過(guò)程中,振動(dòng)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,探究一,探究二,探究三,探究四,解析:當(dāng)振子在平衡位置時(shí)的速度最大,此時(shí)的重力勢(shì)能為零,但是彈簧的彈性勢(shì)能不為零,故振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能不為零;選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在平衡位置時(shí),物塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能不相等,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因?yàn)橹挥兄亓蛷椈蓮椓ψ龉?則振子的動(dòng)能、重力勢(shì)能及彈性勢(shì)能守恒,故在平衡位置動(dòng)能最大時(shí),振動(dòng)系統(tǒng)的勢(shì)能最小,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 答案:C,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,探究四簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的三大特征 問(wèn)題導(dǎo)引 如圖所示,物體在A、B之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),O點(diǎn)為平衡位置,C、D兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。 (1)物體經(jīng)過(guò)C、D兩點(diǎn)時(shí)的位移有什么特點(diǎn)? (2)物體經(jīng)過(guò)C、D兩點(diǎn)時(shí)的速度、加速度有什么特點(diǎn)?,探究一,探究二,探究三,探究四,名師精講 1.瞬時(shí)性 做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體在不同時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到不同的位置,對(duì)應(yīng)不同的位移,由F=-kx可知回復(fù)力不同。由牛頓第二定律得 ,可知加速度a也不相同,也就是說(shuō)a、F、x具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)性。 2.對(duì)稱性 對(duì)稱性是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的重要特征之一。所謂對(duì)稱性是做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體在相對(duì)于平衡位置對(duì)稱的位置上具有對(duì)稱性,即回復(fù)力、位移、加速度都等值反向,速率、動(dòng)能與勢(shì)能都分別相等,振動(dòng)物體通過(guò)平衡位置兩側(cè)的兩段對(duì)稱路徑上的時(shí)間相等,物體通過(guò)平衡位置一側(cè)的一段路徑的往返時(shí)間也相等。,探究一,探究二,探究三,探究四,3.周期性 簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一種往復(fù)的周期性運(yùn)動(dòng),按其周期性可作如下判斷: (1)若t2-t1=nT,則t1、t2兩時(shí)刻振動(dòng)物體在同一位置,運(yùn)動(dòng)情況完全相同。 (2)若t2-t1=nT+ 則t1、t2兩時(shí)刻描述運(yùn)動(dòng)的物理量(x、F、a、v)大小均相等、方向相反(或均為零)。,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,【例題5】 質(zhì)量為m1和m2兩物塊用輕彈簧相連,將它們豎立在水平面上,如圖所示?，F(xiàn)在用豎直向下的壓力壓m1,使它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。突然撤去壓力,當(dāng)m1上升到最高點(diǎn)時(shí),m2對(duì)地壓力恰好為零。則系統(tǒng)靜止時(shí)豎直向下壓力大小等于多少?(提示:撤去力后m1上下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)),探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,變式訓(xùn)練4 導(dǎo)學(xué)號(hào)38190014一個(gè)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn),先后以同樣的速度通過(guò)相距10 cm的A、B兩點(diǎn),歷時(shí)0.5 s。過(guò)B點(diǎn)后再經(jīng)過(guò)t=0.5 s質(zhì)點(diǎn)以大小相等、方向相反的速度再次通過(guò)B點(diǎn),則質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期是( ) A.0.5 s B.1.0 s C.2.0 s D.4.0 s,探究一,探究二,探究三,探究四,探究一,探究二,探究三,探究四,1 2 3 4 5,1.關(guān)于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力,下列說(shuō)法正確的是( ) A.可以是恒力 B.可以是方向不變而大小變化的力 C.可以是大小不變而方向改變的力 D.一定是變力 解析:回復(fù)力特指使振動(dòng)物體回到平衡位置的力,對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)而言,其大小必與位移大小成正比,方向與位移方向相反,故回復(fù)力一定為變力。選項(xiàng)D正確。 答案:D,1 2 3 4 5,2. 質(zhì)點(diǎn)沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O,如圖所示,質(zhì)點(diǎn)由a經(jīng)O向b運(yùn)動(dòng),質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)速度相同,且tab=0.2 s;質(zhì)點(diǎn)由b點(diǎn)再次回到a點(diǎn)用的最短時(shí)間tba=0.4 s;則該質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的頻率為 ( ) A.1 Hz B.1.25 Hz C.2 Hz D.2.5 Hz,1 2 3 4 5,3.一水平放置的彈簧振子的振動(dòng)圖象如圖所示,由圖可知 ( ) A.在t1時(shí)刻,振子的動(dòng)能最大,所受的彈力最大 B.在t2時(shí)刻,振子的動(dòng)能最大,所受的彈力最小 C.在t3時(shí)刻,振子的動(dòng)能最大,所受的彈力最小 D.在t4時(shí)刻,振子的動(dòng)能最大,所受的彈力最大 解析:由題圖知t1和t3時(shí)刻,振子分別處于正向最大位移和負(fù)向最大位移處,速度為零,動(dòng)能為零;彈簧形變最大,振子所受彈力最大,可見(jiàn)選項(xiàng)A、C均錯(cuò)誤。由題圖知t2和t4時(shí)刻,振子處于平衡位置,速度最大,動(dòng)能最大;彈簧無(wú)形變,振子所受彈力最小,可見(jiàn)選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案:B,1 2 3 4 5,4.如圖所示,一彈簧振子在A,B間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),平衡位置為O,已知振子的質(zhì)量為m0。 (1)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量取決于 ,物體振動(dòng)時(shí) 動(dòng)能和 能相互轉(zhuǎn)化,總機(jī)械能 。 (2)振子在振動(dòng)過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是( ) A.振子在平衡位置,動(dòng)能最大,勢(shì)能最小 B.振子在最大位移處,勢(shì)能最大,動(dòng)能最小 C.振子在向平衡位置運(yùn)動(dòng)時(shí),由于振子振幅減小,故總機(jī)械能減小 D.在任意時(shí)刻,動(dòng)能與勢(shì)能之和保持不變 (3)若振子運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)將一質(zhì)量為m的物體放到m0的上面,且m和m0無(wú)相對(duì)滑動(dòng)而一起運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是( ) A.振幅不變 B.振幅減小 C.最大動(dòng)能不變 D.最大動(dòng)能減小,1 2 3 4 5,解析:(1)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的能量取決于振幅,物體振動(dòng)時(shí)動(dòng)能和彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化,總機(jī)械能守恒。 (2)振子在平衡位置兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動(dòng),在最大位移處速度為零,動(dòng)能為零,此時(shí)彈簧的形變最大,勢(shì)能最大,所以選項(xiàng)B正確;在任意時(shí)刻只有彈簧的彈力做功,所以機(jī)械能守恒,選項(xiàng)D正確;到平衡位置處速度達(dá)到最大,動(dòng)能最大,勢(shì)能最小,所以選項(xiàng)A正確;振幅的大小與振子的位置無(wú)關(guān),所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 (3)振子運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度恰為零,此時(shí)放上m,系統(tǒng)的總能量即為此時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能,由于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能守恒,所以振幅保持不變,因此選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤。由于機(jī)械能守恒,最大動(dòng)能不變,所以選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 答案:(1)振幅 彈性勢(shì) 守恒 (2)ABD (3)AC,1 2 3 4 5,5.導(dǎo)學(xué)號(hào)38190015(選做題)勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定一質(zhì)量為m的小球,向下壓小球后從靜止釋放,小球開(kāi)始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。該過(guò)程小球的最大加速度是2.8g(g為重力加速度)。求: (1)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅大小A; (2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),小球?qū)椈傻膹椓的大小和方向; (3)若彈簧原長(zhǎng)為l,則振動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大長(zhǎng)度l'是多少?,1 2 3 4 5,