6.1機械振動（講義）（4考點9題型）

6.1機械振動TOC\o"13"\h\z\u考點一簡諧運動的規(guī)律 1考點二簡諧運動的圖象 2考點三單擺周期公式的應用 2考點四受迫振動和共振的應用 3TOC\o"44"\h\z\u題型1簡諧運動基本物理量的分析 4題型2簡諧運動的周期性與對稱性 6題型3彈簧振子的動力學、能量特征分析 8題型4簡諧運動圖像的理解和應用 10題型5單擺的受力特征及周期公式的應用 13題型6單擺的振動圖像及運動學特征 15題型7受迫振動概念及規(guī)律的理解應用 18題型8共振曲線的應用 20題型9“驅動擺”的分析 23考點一簡諧運動的規(guī)律簡諧運動的運動規(guī)律：x＝Asin(ωt＋φ)(1)變化規(guī)律位移增大時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回復力、加速度增大,\x(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(速度、動能減小,勢能增大))機械能守恒),振幅、周期、頻率保持不變))(2)對稱規(guī)律①做簡諧運動的物體，在關于平衡位置對稱的兩點，回復力、位移、加速度具有等大反向的關系，另外速度的大小、動能具有對稱性，速度的方向可能相同或相反．②振動物體來回通過相同的兩點間的時間相等，如tBC＝tCB；振動物體經(jīng)過關于平衡位置對稱的等長的兩線段的時間相等，如tBC＝tB′C′，如圖所示．(3)運動的周期性特征相隔T或nT的兩個時刻振動物體處于同一位置且振動狀態(tài)相同．考點二簡諧運動的圖象1．簡諧運動的圖象圖象橫軸表示振動時間縱軸表示某時刻質點的位移物理意義表示振動質點的位移隨時間的變化規(guī)律2.振動圖象的信息(1)由圖象可以看出振幅、周期．(2)可以確定某時刻質點離開平衡位置的位移．(3)可以根據(jù)圖象確定某時刻質點回復力、加速度和速度的方向．①回復力和加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度在圖象上總是指向t軸．②速度的方向：速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判定，若下一時刻位移增大，振動質點的速度方向就是遠離t軸，若下一時刻位移減小，振動質點的速度方向就是指向t軸．考點三單擺周期公式的應用1．受力特征：重力和細線的拉力(1)回復力：擺球重力沿切線方向上的分力，F(xiàn)＝mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復力F與位移x的方向相反．(2)向心力：細線的拉力和重力沿細線方向的分力的合力充當向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ.特別提醒①當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv2,R)＝0，F(xiàn)T＝mgcosθ.②當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝eq\f(mv\o\al(2,max),R)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq\f(v\o\al(2,max),R).2．周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))，f＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,l))(1)只要測出單擺的擺長l和周期T，就可以根據(jù)g＝eq\f(4π2l,T2)，求出當?shù)氐闹亓铀俣萭.(2)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離，要區(qū)分擺長和擺線長，懸點實質為擺球擺動所在圓弧的圓心．(3)g為當?shù)氐闹亓铀俣龋键c四受迫振動和共振的應用1．受迫振動(1)概念：振動系統(tǒng)在周期性外力作用下的振動．(2)特點：受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，跟系統(tǒng)的固有頻率無關．2．共振(1)現(xiàn)象：當驅動力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率時，受迫振動的振幅最大．(2)條件：驅動力的頻率等于系統(tǒng)的固有頻率．(3)特征：共振時振幅最大．(4)共振曲線：如圖所示．3．自由振動、受迫振動和共振的關系比較振動項目自由振動受迫振動共振受力情況僅受回復力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統(tǒng)本身性質決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率決定，即T＝T驅或f＝f驅T驅＝T0或f驅＝f0振動能量振動物體的機械能不變由產(chǎn)生驅動力的物體提供振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ≤5°)機械工作時底座發(fā)生的振動共振篩、聲音的共鳴等題型1簡諧運動基本物理量的分析（2023秋?新市區(qū)校級期末）如圖所示，彈簧振子的平衡位置為O點，在B、C兩點間做簡諧振動。B、C相距40cm小球經(jīng)過B點時開始計時，經(jīng)過2s首次到達O點。下列說法正確的是（）A．第1s內(nèi)小球經(jīng)過的路程為10cm B．小球做簡諧振動的頻率為0.125Hz C．小球做簡諧振動的振幅為40cm D．小球從B點運動到C點的過程中，加速度先變大后變小【解答】解：B．小球經(jīng)過位移最大處的B點時開始計時，經(jīng)過2s首次到達平衡位置的O點，則有：14T=2s，解得周期：T小球做簡諧振動的頻率為：f=1T=C．小球在B、C兩點間做簡諧振動，且B、C相距40cm，可得振幅為：A=12BC=D．小球從B點運動到C點的過程中，回復力先變小后變大，由牛頓第二定律可知，小球的加速度先變小后變大，故D錯誤；A．小球由B到O做加速度減小的加速直線運動，由B首次到O的時間是2s，所以第1s內(nèi)小球平均速度小于第2s內(nèi)的平均速度，則第1s內(nèi)經(jīng)過的路程s＜12故選：B。（2023秋?遼陽期末）如圖所示，彈簧振子在B、C間做簡諧振動，O為平衡位置，BO＝OC＝6cm，若振子從B第一次運動到O的時間是0.5s，則下列說法正確的是（）A．振幅是12cm B．振動周期是1s C．經(jīng)過一次全振動，振子通過的路程是10cm D．從B開始經(jīng)過3s，振子通過的路程是36cm【解答】解：AB．振子從B到O經(jīng)歷的時間為四分之一個周期，所以振動周期為T＝4t＝4×0.5s＝2s，振子在B、C兩點間做機械振動，BO＝OC＝6cm，O是平衡位置，則該彈簧振子的振幅為A＝6cm，故AB錯誤；C．振子在一次全振動內(nèi)通過的路程為s＝4A＝4×6cm＝24cm，故C錯誤；D．從B開始經(jīng)過3s，振子運動的時間是1.5個周期，振子通過的路程是s′＝1.5×4A＝1.5×4×6cm＝36cm，故D正確。故選：D。（2023秋?龍崗區(qū)期末）如圖（a），彈簧振子（帶筆的小球）在水平方向做簡諧運動的過程中，搖動把手使紙帶運動就在紙帶上畫出如圖（b）所示的振動圖像。下列分析正確的是（）A．振動的振幅為8cm B．振動的周期為5s C．振動的頻率為0.2Hz D．位移—時間的表達式為x＝8sin0.5πt（cm）【解答】解：AB、由圖像可知，振動的振幅為A＝8cm周期為T＝4s故A正確，B錯誤；C、振動的頻率為f=1T=故C錯誤；D、由圖像可知：t＝0時，x＝A＝8cm由振動方程得：x＝Asin（ωt+φ）ω=2πT=則振動方程為x＝8sin（π2t-π故D錯誤。故選：A。題型2簡諧運動的周期性與對稱性（2023秋?奉化區(qū)期末）小球做簡諧運動，若從平衡位置O開始計時，經(jīng)過0.5s，小球第一次經(jīng)過P點，又經(jīng)過0.2s，小球第二次經(jīng)過P點，則再過多長時間該小球第三次經(jīng)過P點（）A．0.6s B．2.4s C．0.8s D．2.1s【解答】解：若從O點開始向右振子按下面路線振動，作出示意圖如圖1，則振子的振動周期為T＝（0.5+0.22）×4s則該質點再經(jīng)過時間Δt＝T﹣0.2s＝2.4s﹣0.2s＝2.2s第三次經(jīng)過P點；若振子從O點開始向左振動，則按下面路線振動，作出示意圖如圖2：則由（0.5+0.22）s振子的振動周期為T＝0.8s，則該質點再經(jīng)過時間Δt'＝T﹣0.2s＝0.8s﹣0.2s＝0.6s第三次經(jīng)過P點；故A正確，BCD錯誤。故選：A。（2023秋?無錫期中）一位游客在太湖邊欲乘游船，當日風浪較大，游船上下浮動，當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊。把游艇浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為3.0s。若游客能舒服地登船，地面與甲板的高度差不能超過10cm，則在一個周期內(nèi)，游客能舒服地登船時間是（）A．0.5s B．0.75s C．1.0s D．1.5s【解答】解：船上下振動的振幅為20cm，周期為3.0s，則其運動方程為y=20sin2π按照題設要求，地面與甲板的高度差不超過10cm時游客能舒服地登船，則y=20sin2π3t當?shù)孛媾c甲板的高度差恰好是10cm時，在一個周期內(nèi)對應的時間分別為t1＝0.25s，t2＝1.25s根據(jù)余弦函數(shù)圖像可知，游客能舒服地登船時間是Δt＝t2﹣t1＝1.25s﹣0.25s＝1.0s，故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2023春?青羊區(qū)校級期末）如圖所示，可視為質點的小球以O為平衡位置，在B、C兩點間做簡諧運動。若從小球經(jīng)過O點開始計時，在t1＝0.1s時刻小球第一次經(jīng)過O、B兩點間的M點（圖中未畫出），在t2＝0.5s時刻小球第二次經(jīng)過M點，則小球第三次通過M點的時刻為（）A．1s B．1.3s C．1.6s D．1.9s【解答】解：畫出小球運動過程示意圖如圖所示。因為t1＜t2，所以開始計時時，小球向右運動。根據(jù)對稱性可知，小球簡諧運動的周期T＝2（t1+t2）＝2×（0.1+0.5）s＝1.2s小球第三次通過M點的時刻為t3＝t1+T＝0.1s+1.2s＝1.3s，故ACD錯誤，B正確。故選：B。題型3彈簧振子的動力學、能量特征分析（2023秋?密山市期末）如圖所示，圖甲為以O點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為該彈簧振子的振動圖像，由圖可知下列說法中正確的是（）A．彈簧振子受重力、支持力、彈簧的彈力、回復力 B．t＝0.1s時，彈簧振子的位移為522C．從t＝0到t＝0.2s的時間內(nèi)，彈簧振子的動能持續(xù)地增加 D．在t＝0.2s與t＝0.6s兩個時刻，彈簧振子的回復力相同【解答】解：A、彈簧振子受重力、支持力、彈簧彈力，彈簧彈力提供回復力，回復力是效果力，不能出現(xiàn)在受力分析中，故A錯誤；B、由圖乙知T＝0.8s，則振動圓頻率為ω=2πT=2.5πrad/s振子的振幅為5cm，所以其振動方程為x＝Asinωt＝5sin2.5πt（cm）所以在t＝0.1s時，振子的位移為x＝5sin（2.5π×0.1）cm=5C、從t＝0到t＝0.2s的時間內(nèi)，彈簧振子的位移越來越大，彈簧的彈性勢能越來越大，振子動能越來越小，故C錯誤；D、在t＝0.2s與t＝0.6s兩個時刻，彈簧振子分別在A、B兩端點，回復力均指向平衡位置O點，大小相等，方向相反，則回復力不相同，故D錯誤；故選：B。（2022秋?城關區(qū)校級期末）如圖甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動。取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．t＝0.4s和t＝1.2s時，振子的加速度大小相等，方向相同 B．t＝0.6s時，振子在O點右側6cm處 C．t＝0.8s時，振子的速度方向向左 D．t＝1.2s到t＝1.6s的時間內(nèi)，振子的速度逐漸減小【解答】解：A．由圖像可知t＝0.4s和t＝1.2s，振子分別在正負最大位移的兩點，所以振子的加速度大小相等，指向平衡位置，所以方向相反，故A錯誤；B．由圖像可知振動周期T＝1.6s，振幅A＝12cm，由圖像函數(shù)y=Asinωt=Asin2π可知t＝0.6s時，有y=12sin2π可知振子在O點右側62cm處，故C．由圖像可知t＝0.8s時，振子由平衡位置向負方向振動，則振子的速度方向向左，故C正確；D．振子在最大位移處速度為零，在平衡位置速度最大，所以在t＝1.2s到t＝1.6s的時間內(nèi)，振子由負的最大位移處向平衡位置運動，則振子的速度逐漸增大，故D錯誤。故選：C。（2023秋?興化市期末）如圖甲所示，質量為m的物體B放在水平面上，通過輕彈簧與質量為2m的物體A連接，現(xiàn)在豎直方向給物體A一初速度，當物體A運動到最高點時，物體B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，物體A的位移隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，已知重力加速度為g，求：（1）物體A的振動方程；（2）物體B對地面的最大壓力大小?！窘獯稹拷猓海?）圖乙可知A振動的振幅為A＝10cm，周期為T＝1.0s，則角速度為ω=規(guī)定向上為正方向，由圖可知t＝0時刻位移為0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m處開始運動，則sin所以初相為φ則振子的振動方程為y=Asin(ωt+φ（2）物體A在最高點時，物體B與水平面間的作用力剛好為零，此時彈簧的拉力為F＝mg在最高的物體A有2mg+F＝2ma解得a＝1.5g當物體A運動到最低點時，物體B對水平面的壓力最大，由簡諧運動的對稱性可知，物體A在最低點時加速度向上，且大小等于1.5g，由牛頓第二定律得F'﹣2mg＝2ma解得F′＝5mg對物體B的受力可知，物體B受水平面的最大支持力為FN＝F'+mg＝5mg+mg＝6mg由牛頓第三定律F壓＝FN＝6mg題型4簡諧運動圖像的理解和應用（2022秋?平江縣期末）一個質點以O為中心做簡諧運動，位移隨時間變化的圖像如圖所示。a、b、c、d表示質點在不同時刻的相應位置，且b、d關于平衡位置對稱，則下列說法正確的是（）A．質點做簡諧運動的方程為x=AsinπB．質點在位置b與位置d時速度大小相同，方向不同 C．質點從位置a到c和從位置b到d所用時間相等 D．質點從位置a到b和從b到c的平均速度相等【解答】解：A．由圖可知振幅為A，周期T＝8s，故角速度ω=簡諧運動的方程為x=Asinπ4tB．x﹣t圖像是正弦圖像，根據(jù)簡諧振動的對稱性可知質點在位置b與位置d時速度大小相等，斜率相同，方向相同，故B錯誤；C．由圖可知質點從位置a到c和從位置b到d所用的時間相等，均為2s，故C正確；D．由圖可知質點從位置a到b和從b到c的過程位移大小不同，由于運動的時間相對，故平均速度不同，故D錯誤。故選：C。（2022秋?拱墅區(qū)校級期末）如圖所示為一簡諧運動的振動圖象，在0～0.8s時間內(nèi)，下列說法正確的是（）A．質點在0和0.8s時刻具有正向最大速度 B．質點在0.2s時刻具有負向最大加速度 C．0至0.4s質點加速度始終指向﹣x方向不變 D．在0.2s至0.4s時間內(nèi)，加速度方向和速度方向相同【解答】解：A、質點在0和0.8s時刻，位移為零，正通過平衡位置，速度最大。圖象的斜率為負，說明速度為負，即質點在0和0.8s時刻具有負向最大速度。故A錯誤。B、質點在0.2s時刻具有負向最大位移，由a=-kxmC、0至0.4s質點的位移始終指向﹣x方向，由a=-kxm，知加速度始終指向+xD、在0.2s至0.4s時間內(nèi)，加速度方向沿+x方向，速度方向也沿+x方向，兩者方向相同，故D正確。故選：D。（2023春?南陽期末）如圖所示為甲、乙兩個質點做簡諧運動的振動圖像，實線為甲的振動圖像，虛線為乙的振動圖像，其中甲的振動方程x＝3asin（5πt）。下列說法中正確的是（）A．它的振幅是3 B．它的頻率是5π C．t＝0時，甲、乙的相位差是π2D．t＝0時，甲、乙的相位差是3π【解答】解：A．根據(jù)甲的振動方程可知它的振幅是3a，故A錯誤；B．根據(jù)振動圖像可看出簡諧運動的周期均為T＝0.4s，則它的頻率是：f=1T=10.4HzCD．已知甲的振動方程x＝3asin（5πt），根據(jù)圖像可知乙的振動方程為：x＝3asin（5πt-π2），則t＝0時，甲、乙的相位差是π2，故C故選：C。題型5單擺的受力特征及周期公式的應用（2023秋?龍崗區(qū)期末）如圖為一個單擺做簡諧運動時的受力情況，該裝置還可以得出單擺的周期公式為T=2πLg(g為當?shù)刂亓铀俣龋笮∪?.86m/s2A．單擺擺動時，重力mg為回復力 B．繩子拉力T和重力mg大小相等 C．擺長取1m時單擺的周期約為2s D．當增大擺球質量時，單擺的周期也會變大【解答】解：A、單擺擺動時，重力沿切線方向的分力為回復力，故A錯誤；B．小球在最高點受力分析如圖：球在最高點時繩子拉力為T＝mgcosθ，故B錯誤；C．單擺的周期公式為T=2π代入公式解得擺長1m，得周期為T＝2s，故C正確；D．由單擺周期公式可知，單擺周期與擺球質量無關，故D錯誤。故選：C。（2023秋?江陰市校級期末）如圖所示，“桿線擺”可以繞著固定軸OO′來回擺動。擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)，這相當于單擺在光滑斜面上來回擺動。輕桿水平，桿和線長均為L，重力加速度為g，擺角很小時，“桿線擺”的周期為（）A．2π3Lg B．2πLg C．2π2Lg D【解答】解：由于小球繞OO′為軸轉動，如圖所示：“桿線擺”的擺長為l=Lcos30°等效重力加速度g'=“桿線擺”的周期為T=2πl(wèi)g'，解得：T=2π3Lg故選：A。（2022秋?河西區(qū)期末）有兩位同學利用假期分別去參觀位于天津市的“南開大學”和上海市的“復旦大學”，他們各自利用那里的實驗室中DIS系統(tǒng)探究了單擺周期T和擺長L的關系。然后通過互聯(lián)網(wǎng)交流實驗數(shù)據(jù)，并用計算機繪制了如圖甲所示的T2﹣L圖像。另外，去“復旦大學”做研究的同學還利用計算機繪制了他實驗用的a、b兩個擺球的振動圖像，如圖乙所示。已知上海的重力加速度小于天津的重力加速度。下列說法正確的是（）A．甲圖中“南開大學”的同學所測得的實驗結果對應的圖線是A B．甲圖中圖線的斜率表示對應所在位置的重力加速度 C．由乙圖可知，a、b兩擺球振動周期之比為3：4 D．由乙圖可知，t＝1s時b球振動方向沿y軸負方向【解答】解：AB.根據(jù)單擺周期公式T=2π變形得T結合T2﹣L圖像，圖像斜率k=重力加速度g=由于上海的重力加速度小于天津的重力加速度，因此上海的T2﹣L圖像斜率大于天津的斜率，甲圖中“南開大學”的同學所測得的實驗結果對應的圖線是B，故AB錯誤；C.由圖乙可知1.5Ta＝2s，Tb＝2s，因此a、b兩擺球振動周期之比為Ta：Tb＝2：3，故C錯誤；D.根據(jù)圖乙可知，t＝1s時b球振動方向沿y軸負方向，故D正確。故選：D。題型6單擺的振動圖像及運動學特征（2022秋?城關區(qū)校級期末）如圖甲所示，一單擺懸掛在O點，在O點正下方P點處有一個釘子，單擺擺動的夾角始終小于7°，從t＝0時刻開始繩子上的拉力大小隨時間t的變化如圖乙所示，A、C分別為運動過程中左右兩側最高點，B為最低點，忽略一切阻力，下列說法正確的是（）A．繩子遇到釘子后，繩子上的拉力變小 B．t＝0.4πs時小球在C位置 C．OA的長度為0.4m D．OP之間的距離為1.2m【解答】解：A．繩子遇到釘子后，單擺的速度不變，單擺的擺長減小，根據(jù)牛頓第二定律有FT可知繩子上的拉力變大，故A錯誤；B．單擺在BA區(qū)間運動時，擺長較長，運動周期長，t＝0.4πs時繩子上的拉力最小，為擺動過程的最高點，故t＝0.4πs時小球在A位置，故B錯誤；C．OA的為擺長時單擺的周期T=2(0.6-代入數(shù)據(jù)可得lOA＝1.6m故C錯誤；D．PC的為擺長時單擺的周期T1代入數(shù)據(jù)可得lPC＝0.4mOP之間的距離為lOP＝lOA﹣lPC＝1.6m﹣0.4m＝1.2m故D正確。故選：D。（2022秋?河源期末）如圖甲所示，細線下懸掛一個除去了柱塞的注射器，注射器內(nèi)裝上墨汁。當注射器在豎直面內(nèi)擺動時，沿著垂直于擺動方向勻速拖動一張硬紙板，注射器流出的墨水在硬紙板上形成了如圖乙所示的曲線。關于圖乙所示的圖像，下列說法中正確的（）A．x軸表示拖動硬紙板的速度，y軸表示注射器振動的位移 B．拖動硬紙板的速度越大，注射器振動的周期越短 C．拖動硬紙板的速度越大，注射器振動的周期越長 D．勻速拖動硬紙板移動距離L的時間等于注射器振動的周期2倍【解答】解：A．硬紙板上的圖像為注射器的振動圖像，y軸表示注射器振動的位移，x軸間接表示注射器振動的時間（即Lv），故ABC．由單擺周期公式可知，注射器振動的周期只與單擺的擺長有關，故BC錯誤；D．由圖乙可知，硬紙板移動距離L時，注射器完成了兩個周期性運動，故勻速拖動硬紙板移動距離L的時間等于注射器振動周期的2倍，故D正確。故選：D。（2022秋?唐山期末）在同一地點，甲、乙兩個單擺做簡諧運動的振動圖像如圖所示，由圖像可知（）A．甲、乙兩個單擺的振幅之比為1：2 B．甲、乙兩個單擺的擺長之比為1：2 C．從t＝0起，乙第一次到達最大位移時，甲正在向負向運動 D．從t＝0起，甲第一次到達最大位移時，乙正在做加速運動【解答】解：A．甲、乙兩個單擺的振幅分別為2cm和1cm，甲、乙兩個單擺的振幅之比為2：1，故A錯誤；B．甲、乙兩個單擺的周期之比為1：2，根據(jù)T=2π可得擺長之比為1：4，故B錯誤；C．由圖像可知，從t＝0起，乙第一次到達最大位移時，甲正在平衡位置向負向運動，故C正確；D．從t＝0起，甲第一次到達最大位移時，乙正在由平衡位置向位移最大位置運動，速度逐漸減小，故D錯誤。故選：C。題型7受迫振動概念及規(guī)律的理解應用（2023秋?南充期末）如圖甲，把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉一周，給篩子一個驅動力，這就做成了一個共振篩。該共振篩的共振曲線如圖乙所示，已知僅增大電壓，可使偏心輪轉速提高；僅增大篩子質量，可增大篩子的固有周期。現(xiàn)在，在某電壓下偏心輪的轉速是2r/s，則（）A．篩子現(xiàn)在振動的頻率為0.8Hz B．共振篩的固有頻率為0.8Hz C．僅增大電壓，可以使篩子振幅增大 D．僅增大篩子質量，可以使篩子振幅增大【解答】解：A、在某電壓下偏心輪的轉速是2r/s，則周期為T=1n=12s，所以驅動力的頻率f=1B、由乙圖可知篩子的固有頻率f0＝0.8Hz，故B正確；C、由于驅動力的頻率大于固有頻率，而增大偏心輪電壓，偏心輪轉速提高，驅動力的頻率增大，篩子的振幅減小，故C錯誤；D、由于驅動力的頻率大于固有頻率，而增大篩子的質量則會增大篩子的固有周期，則篩子的固有頻率更小，篩子的振幅減小，故D錯誤。故選：B。（2023秋?西安期末）如圖在一根張緊的水平繩上，懸掛有a、b、c、d、e五個單擺，讓a擺略偏離平衡位置后無初速在垂直紙面的平面內(nèi)振動；接著其余各擺也開始振動．下列說法中不正確的是（）A．各擺均做自由振動 B．c擺的振幅最大 C．擺長與a相差越大的，振幅越小 D．各擺的振動周期與a擺相同【解答】解：讓a擺略偏離平衡位置后無初速釋放，做自由振動，其振動的周期等于固a的有周期。b、c、d、e四個單擺在a擺的驅動力作用下做受迫振動，振動周期等于驅動力的周期，即等于a的固有周期，所以各擺的振動周期與a擺相同。A、a做自由振動，b、c、d、e做受迫振動，故A錯誤；B、c的固有周期與a的固有周期相差最小，即c的固有周期與驅動力的周期相差最小，c的振幅最大，故B正確；C、各擺做受迫振動的驅動力頻率等于a的固有頻率，擺長與a相差越大的擺，固有頻率與驅動力頻率相差越大，因此振幅越小，故C正確；D、a擺做自由振動，其余四個擺在a的驅動力作用下做受迫振動，受迫振動周期等于驅動力的周期，因此各擺的振動周期與a擺相同，故D正確；本題選不正確的，故選A。（2022秋?湖州期末）一個有固定轉動軸的豎直圓盤如圖所示，圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)。圓盤靜止時，小球可穩(wěn)定振動，其振動頻率為2Hz。現(xiàn)使圓盤勻速轉動，轉速為240r/min，經(jīng)過一段時間后，小球振動達到穩(wěn)定。下列說法正確的是（）A．當小球振動穩(wěn)定時，振動周期為2s B．小球的運動是受迫振動 C．若要使小球的振幅增大，應增大圓盤的轉速 D．小球的振幅與圓盤的轉速無關【解答】解：A．當小球振動穩(wěn)定時，振動周期為驅動力的周期，即T=1f=12sB．圓盤轉動時帶動彈簧，小球在彈力的作用下振動，做受迫振動，故B正確；CD．圓盤原來的轉動頻率為f0=240故選：B。題型8共振曲線的應用（2023秋?奉化區(qū)期末）飛力士棒是一種輕巧的運動訓練器材，是一根彈性桿兩端帶有負重的器械，如圖a。某型號的飛力士棒質量為600g，長度為1.5m，固有頻率為5.5Hz。如圖b，某人用手振動該飛力士棒進行鍛煉，則下列說法正確的是（）A．使用者用力越大，飛力士棒振動越快 B．手每分鐘振動330次時，飛力士棒產(chǎn)生共振 C．手振動的頻率增大，飛力士棒振動的幅度一定變大 D．手振動的頻率增大，飛力士棒振動的頻率不變【解答】解：A．飛力士棒做受迫振動，受迫振動的頻率與驅動力的大小無關，故A錯誤；B．手每分鐘振動330次時，則驅動力的頻率為：f=33060Hz與飛力士棒的固有頻率相等，飛力士棒將產(chǎn)生共振，故B正確；C．隨著手振動的頻率增大，飛力士棒振動的頻率隨之增大，但是幅度不一定越來越大，只有當手振動的頻率接近該飛力士棒的固有頻率時，飛力士棒的振幅才會變大，故C錯誤；D．飛力士棒做受迫振動，手振動的頻率增大，飛力士棒振動的頻率也增大，故D錯誤。故選：B。（2023秋?長寧區(qū)校級期末）近些年，科學家們逐步對極地進行開發(fā)和探索，由于極地大面積被冰雪覆蓋，開發(fā)和探索的進度受到影響，人們?yōu)榱思涌爝M度發(fā)明了共振破冰船，如圖所示。破冰船利用專用傳感器感應冰面的振動反饋，自動調(diào)節(jié)錘頭振動頻率。當冰層與錘頭發(fā)生共振時，可以大幅提高破冰效率。結合所學知識，下列說法正確的是（）A．錘頭振動頻率越高，冰層的振動幅度越大，破冰效果越好 B．破冰效果最好時，錘頭的振動頻率等于冰層的固有頻率 C．破冰船停止工作后，冰層余振的振幅越來越小，頻率也越來越小 D．對于不同冰層，破冰效果最好時，錘頭的振動頻率相同【解答】解：AB、當驅動力頻率等于物體固有頻率時，物體的振幅最大，當驅動力頻率小于固有頻率時，隨著驅動力頻率增大，振幅增大，當驅動力頻率大于固有頻率時，隨著驅動力頻率增大，振幅減小，所以錘子的頻率越高，冰層的振動振幅不一定越大，破冰效果與振幅有關，所以頻率越高，破冰效果不一定越好，故A錯誤，B正確；C、破冰船停止工作后，由于阻尼作用，冰層余振的振幅越來越小，但頻率不變，故C錯誤；D、根據(jù)共振條件可知，破冰效果最好時，錘頭的振動頻率等于冰層的固有頻率，但是不同冰層固有頻率不同，所以錘頭的振動頻率不相同，故D錯誤。故選：B。（2022秋?湛江期末）為了交通安全，常在公路上設置如圖所示的減速帶，減速帶