6.1机械振动（讲义）（4考点9题型）

6.1机械振动TOC\o"13"\h\z\u考点一简谐运动的规律 1考点二简谐运动的图象 2考点三单摆周期公式的应用 2考点四受迫振动和共振的应用 3TOC\o"44"\h\z\u题型1简谐运动基本物理量的分析 4题型2简谐运动的周期性与对称性 6题型3弹簧振子的动力学、能量特征分析 8题型4简谐运动图像的理解和应用 10题型5单摆的受力特征及周期公式的应用 13题型6单摆的振动图像及运动学特征 15题型7受迫振动概念及规律的理解应用 18题型8共振曲线的应用 20题型9“驱动摆”的分析 23考点一简谐运动的规律简谐运动的运动规律：x＝Asin(ωt＋φ)(1)变化规律位移增大时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回复力、加速度增大,\x(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(速度、动能减小,势能增大))机械能守恒),振幅、周期、频率保持不变))(2)对称规律①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反．②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如tBC＝tCB；振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，如tBC＝tB′C′，如图所示．(3)运动的周期性特征相隔T或nT的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同．考点二简谐运动的图象1．简谐运动的图象图象横轴表示振动时间纵轴表示某时刻质点的位移物理意义表示振动质点的位移随时间的变化规律2.振动图象的信息(1)由图象可以看出振幅、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定，若下一时刻位移增大，振动质点的速度方向就是远离t轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴．考点三单摆周期公式的应用1．受力特征：重力和细线的拉力(1)回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F＝mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反．(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ.特别提醒①当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,R)＝0，FT＝mgcosθ.②当摆球在最低点时，F向＝eq\f(mv\o\al(2,max),R)，F向最大，FT＝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)只要测出单摆的摆长l和周期T，就可以根据g＝eq\f(4π2l,T2)，求出当地的重力加速度g.(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心．(3)g为当地的重力加速度．考点四受迫振动和共振的应用1．受迫振动(1)概念：振动系统在周期性外力作用下的振动．(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关．2．共振(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．(2)条件：驱动力的频率等于系统的固有频率．(3)特征：共振时振幅最大．(4)共振曲线：如图所示．3．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等题型1简谐运动基本物理量的分析（2023秋•新市区校级期末）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点间做简谐振动。B、C相距40cm小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达O点。下列说法正确的是（）A．第1s内小球经过的路程为10cm B．小球做简谐振动的频率为0.125Hz C．小球做简谐振动的振幅为40cm D．小球从B点运动到C点的过程中，加速度先变大后变小【解答】解：B．小球经过位移最大处的B点时开始计时，经过2s首次到达平衡位置的O点，则有：14T=2s，解得周期：T小球做简谐振动的频率为：f=1T=C．小球在B、C两点间做简谐振动，且B、C相距40cm，可得振幅为：A=12BC=D．小球从B点运动到C点的过程中，回复力先变小后变大，由牛顿第二定律可知，小球的加速度先变小后变大，故D错误；A．小球由B到O做加速度减小的加速直线运动，由B首次到O的时间是2s，所以第1s内小球平均速度小于第2s内的平均速度，则第1s内经过的路程s＜12故选：B。（2023秋•辽阳期末）如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐振动，O为平衡位置，BO＝OC＝6cm，若振子从B第一次运动到O的时间是0.5s，则下列说法正确的是（）A．振幅是12cm B．振动周期是1s C．经过一次全振动，振子通过的路程是10cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是36cm【解答】解：AB．振子从B到O经历的时间为四分之一个周期，所以振动周期为T＝4t＝4×0.5s＝2s，振子在B、C两点间做机械振动，BO＝OC＝6cm，O是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为A＝6cm，故AB错误；C．振子在一次全振动内通过的路程为s＝4A＝4×6cm＝24cm，故C错误；D．从B开始经过3s，振子运动的时间是1.5个周期，振子通过的路程是s′＝1.5×4A＝1.5×4×6cm＝36cm，故D正确。故选：D。（2023秋•龙岗区期末）如图（a），弹簧振子（带笔的小球）在水平方向做简谐运动的过程中，摇动把手使纸带运动就在纸带上画出如图（b）所示的振动图像。下列分析正确的是（）A．振动的振幅为8cm B．振动的周期为5s C．振动的频率为0.2Hz D．位移—时间的表达式为x＝8sin0.5πt（cm）【解答】解：AB、由图像可知，振动的振幅为A＝8cm周期为T＝4s故A正确，B错误；C、振动的频率为f=1T=故C错误；D、由图像可知：t＝0时，x＝A＝8cm由振动方程得：x＝Asin（ωt+φ）ω=2πT=则振动方程为x＝8sin（π2t-π故D错误。故选：A。题型2简谐运动的周期性与对称性（2023秋•奉化区期末）小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5s，小球第一次经过P点，又经过0.2s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点（）A．0.6s B．2.4s C．0.8s D．2.1s【解答】解：若从O点开始向右振子按下面路线振动，作出示意图如图1，则振子的振动周期为T＝（0.5+0.22）×4s则该质点再经过时间Δt＝T﹣0.2s＝2.4s﹣0.2s＝2.2s第三次经过P点；若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图2：则由（0.5+0.22）s振子的振动周期为T＝0.8s，则该质点再经过时间Δt'＝T﹣0.2s＝0.8s﹣0.2s＝0.6s第三次经过P点；故A正确，BCD错误。故选：A。（2023秋•无锡期中）一位游客在太湖边欲乘游船，当日风浪较大，游船上下浮动，当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。若游客能舒服地登船，地面与甲板的高度差不能超过10cm，则在一个周期内，游客能舒服地登船时间是（）A．0.5s B．0.75s C．1.0s D．1.5s【解答】解：船上下振动的振幅为20cm，周期为3.0s，则其运动方程为y=20sin2π按照题设要求，地面与甲板的高度差不超过10cm时游客能舒服地登船，则y=20sin2π3t当地面与甲板的高度差恰好是10cm时，在一个周期内对应的时间分别为t1＝0.25s，t2＝1.25s根据余弦函数图像可知，游客能舒服地登船时间是Δt＝t2﹣t1＝1.25s﹣0.25s＝1.0s，故ABD错误，C正确。故选：C。（2023春•青羊区校级期末）如图所示，可视为质点的小球以O为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点（图中未画出），在t2＝0.5s时刻小球第二次经过M点，则小球第三次通过M点的时刻为（）A．1s B．1.3s C．1.6s D．1.9s【解答】解：画出小球运动过程示意图如图所示。因为t1＜t2，所以开始计时时，小球向右运动。根据对称性可知，小球简谐运动的周期T＝2（t1+t2）＝2×（0.1+0.5）s＝1.2s小球第三次通过M点的时刻为t3＝t1+T＝0.1s+1.2s＝1.3s，故ACD错误，B正确。故选：B。题型3弹簧振子的动力学、能量特征分析（2023秋•密山市期末）如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A．弹簧振子受重力、支持力、弹簧的弹力、回复力 B．t＝0.1s时，弹簧振子的位移为522C．从t＝0到t＝0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加 D．在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，弹簧振子的回复力相同【解答】解：A、弹簧振子受重力、支持力、弹簧弹力，弹簧弹力提供回复力，回复力是效果力，不能出现在受力分析中，故A错误；B、由图乙知T＝0.8s，则振动圆频率为ω=2πT=2.5πrad/s振子的振幅为5cm，所以其振动方程为x＝Asinωt＝5sin2.5πt（cm）所以在t＝0.1s时，振子的位移为x＝5sin（2.5π×0.1）cm=5C、从t＝0到t＝0.2s的时间内，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，振子动能越来越小，故C错误；D、在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，弹簧振子分别在A、B两端点，回复力均指向平衡位置O点，大小相等，方向相反，则回复力不相同，故D错误；故选：B。（2022秋•城关区校级期末）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）A．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度大小相等，方向相同 B．t＝0.6s时，振子在O点右侧6cm处 C．t＝0.8s时，振子的速度方向向左 D．t＝1.2s到t＝1.6s的时间内，振子的速度逐渐减小【解答】解：A．由图像可知t＝0.4s和t＝1.2s，振子分别在正负最大位移的两点，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错误；B．由图像可知振动周期T＝1.6s，振幅A＝12cm，由图像函数y=Asinωt=Asin2π可知t＝0.6s时，有y=12sin2π可知振子在O点右侧62cm处，故C．由图像可知t＝0.8s时，振子由平衡位置向负方向振动，则振子的速度方向向左，故C正确；D．振子在最大位移处速度为零，在平衡位置速度最大，所以在t＝1.2s到t＝1.6s的时间内，振子由负的最大位移处向平衡位置运动，则振子的速度逐渐增大，故D错误。故选：C。（2023秋•兴化市期末）如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现在竖直方向给物体A一初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，求：（1）物体A的振动方程；（2）物体B对地面的最大压力大小。【解答】解：（1）图乙可知A振动的振幅为A＝10cm，周期为T＝1.0s，则角速度为ω=规定向上为正方向，由图可知t＝0时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m处开始运动，则sin所以初相为φ则振子的振动方程为y=Asin(ωt+φ（2）物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F＝mg在最高的物体A有2mg+F＝2ma解得a＝1.5g当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得F'﹣2mg＝2ma解得F′＝5mg对物体B的受力可知，物体B受水平面的最大支持力为FN＝F'+mg＝5mg+mg＝6mg由牛顿第三定律F压＝FN＝6mg题型4简谐运动图像的理解和应用（2022秋•平江县期末）一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示。a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法正确的是（）A．质点做简谐运动的方程为x=AsinπB．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同 C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等 D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等【解答】解：A．由图可知振幅为A，周期T＝8s，故角速度ω=简谐运动的方程为x=Asinπ4tB．x﹣t图像是正弦图像，根据简谐振动的对称性可知质点在位置b与位置d时速度大小相等，斜率相同，方向相同，故B错误；C．由图可知质点从位置a到c和从位置b到d所用的时间相等，均为2s，故C正确；D．由图可知质点从位置a到b和从b到c的过程位移大小不同，由于运动的时间相对，故平均速度不同，故D错误。故选：C。（2022秋•拱墅区校级期末）如图所示为一简谐运动的振动图象，在0～0.8s时间内，下列说法正确的是（）A．质点在0和0.8s时刻具有正向最大速度 B．质点在0.2s时刻具有负向最大加速度 C．0至0.4s质点加速度始终指向﹣x方向不变 D．在0.2s至0.4s时间内，加速度方向和速度方向相同【解答】解：A、质点在0和0.8s时刻，位移为零，正通过平衡位置，速度最大。图象的斜率为负，说明速度为负，即质点在0和0.8s时刻具有负向最大速度。故A错误。B、质点在0.2s时刻具有负向最大位移，由a=-kxmC、0至0.4s质点的位移始终指向﹣x方向，由a=-kxm，知加速度始终指向+xD、在0.2s至0.4s时间内，加速度方向沿+x方向，速度方向也沿+x方向，两者方向相同，故D正确。故选：D。（2023春•南阳期末）如图所示为甲、乙两个质点做简谐运动的振动图像，实线为甲的振动图像，虚线为乙的振动图像，其中甲的振动方程x＝3asin（5πt）。下列说法中正确的是（）A．它的振幅是3 B．它的频率是5π C．t＝0时，甲、乙的相位差是π2D．t＝0时，甲、乙的相位差是3π【解答】解：A．根据甲的振动方程可知它的振幅是3a，故A错误；B．根据振动图像可看出简谐运动的周期均为T＝0.4s，则它的频率是：f=1T=10.4HzCD．已知甲的振动方程x＝3asin（5πt），根据图像可知乙的振动方程为：x＝3asin（5πt-π2），则t＝0时，甲、乙的相位差是π2，故C故选：C。题型5单摆的受力特征及周期公式的应用（2023秋•龙岗区期末）如图为一个单摆做简谐运动时的受力情况，该装置还可以得出单摆的周期公式为T=2πLg(g为当地重力加速度，大小取9.86m/s2A．单摆摆动时，重力mg为回复力 B．绳子拉力T和重力mg大小相等 C．摆长取1m时单摆的周期约为2s D．当增大摆球质量时，单摆的周期也会变大【解答】解：A、单摆摆动时，重力沿切线方向的分力为回复力，故A错误；B．小球在最高点受力分析如图：球在最高点时绳子拉力为T＝mgcosθ，故B错误；C．单摆的周期公式为T=2π代入公式解得摆长1m，得周期为T＝2s，故C正确；D．由单摆周期公式可知，单摆周期与摆球质量无关，故D错误。故选：C。（2023秋•江阴市校级期末）如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为（）A．2π3Lg B．2πLg C．2π2Lg D【解答】解：由于小球绕OO′为轴转动，如图所示：“杆线摆”的摆长为l=Lcos30°等效重力加速度g'=“杆线摆”的周期为T=2πlg'，解得：T=2π3Lg故选：A。（2022秋•河西区期末）有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里的实验室中DIS系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的T2﹣L图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。已知上海的重力加速度小于天津的重力加速度。下列说法正确的是（）A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度 C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为3：4 D．由乙图可知，t＝1s时b球振动方向沿y轴负方向【解答】解：AB.根据单摆周期公式T=2π变形得T结合T2﹣L图像，图像斜率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图像斜率大于天津的斜率，甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是B，故AB错误；C.由图乙可知1.5Ta＝2s，Tb＝2s，因此a、b两摆球振动周期之比为Ta：Tb＝2：3，故C错误；D.根据图乙可知，t＝1s时b球振动方向沿y轴负方向，故D正确。故选：D。题型6单摆的振动图像及运动学特征（2022秋•城关区校级期末）如图甲所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点处有一个钉子，单摆摆动的夹角始终小于7°，从t＝0时刻开始绳子上的拉力大小随时间t的变化如图乙所示，A、C分别为运动过程中左右两侧最高点，B为最低点，忽略一切阻力，下列说法正确的是（）A．绳子遇到钉子后，绳子上的拉力变小 B．t＝0.4πs时小球在C位置 C．OA的长度为0.4m D．OP之间的距离为1.2m【解答】解：A．绳子遇到钉子后，单摆的速度不变，单摆的摆长减小，根据牛顿第二定律有FT可知绳子上的拉力变大，故A错误；B．单摆在BA区间运动时，摆长较长，运动周期长，t＝0.4πs时绳子上的拉力最小，为摆动过程的最高点，故t＝0.4πs时小球在A位置，故B错误；C．OA的为摆长时单摆的周期T=2(0.6-代入数据可得lOA＝1.6m故C错误；D．PC的为摆长时单摆的周期T1代入数据可得lPC＝0.4mOP之间的距离为lOP＝lOA﹣lPC＝1.6m﹣0.4m＝1.2m故D正确。故选：D。（2022秋•河源期末）如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的（）A．x轴表示拖动硬纸板的速度，y轴表示注射器振动的位移 B．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短 C．拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长 D．匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期2倍【解答】解：A．硬纸板上的图像为注射器的振动图像，y轴表示注射器振动的位移，x轴间接表示注射器振动的时间（即Lv），故ABC．由单摆周期公式可知，注射器振动的周期只与单摆的摆长有关，故BC错误；D．由图乙可知，硬纸板移动距离L时，注射器完成了两个周期性运动，故匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动周期的2倍，故D正确。故选：D。（2022秋•唐山期末）在同一地点，甲、乙两个单摆做简谐运动的振动图像如图所示，由图像可知（）A．甲、乙两个单摆的振幅之比为1：2 B．甲、乙两个单摆的摆长之比为1：2 C．从t＝0起，乙第一次到达最大位移时，甲正在向负向运动 D．从t＝0起，甲第一次到达最大位移时，乙正在做加速运动【解答】解：A．甲、乙两个单摆的振幅分别为2cm和1cm，甲、乙两个单摆的振幅之比为2：1，故A错误；B．甲、乙两个单摆的周期之比为1：2，根据T=2π可得摆长之比为1：4，故B错误；C．由图像可知，从t＝0起，乙第一次到达最大位移时，甲正在平衡位置向负向运动，故C正确；D．从t＝0起，甲第一次到达最大位移时，乙正在由平衡位置向位移最大位置运动，速度逐渐减小，故D错误。故选：C。题型7受迫振动概念及规律的理解应用（2023秋•南充期末）如图甲，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。该共振筛的共振曲线如图乙所示，已知仅增大电压，可使偏心轮转速提高；仅增大筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是2r/s，则（）A．筛子现在振动的频率为0.8Hz B．共振筛的固有频率为0.8Hz C．仅增大电压，可以使筛子振幅增大 D．仅增大筛子质量，可以使筛子振幅增大【解答】解：A、在某电压下偏心轮的转速是2r/s，则周期为T=1n=12s，所以驱动力的频率f=1B、由乙图可知筛子的固有频率f0＝0.8Hz，故B正确；C、由于驱动力的频率大于固有频率，而增大偏心轮电压，偏心轮转速提高，驱动力的频率增大，筛子的振幅减小，故C错误；D、由于驱动力的频率大于固有频率，而增大筛子的质量则会增大筛子的固有周期，则筛子的固有频率更小，筛子的振幅减小，故D错误。故选：B。（2023秋•西安期末）如图在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动．下列说法中不正确的是（）A．各摆均做自由振动 B．c摆的振幅最大 C．摆长与a相差越大的，振幅越小 D．各摆的振动周期与a摆相同【解答】解：让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固a的有周期。b、c、d、e四个单摆在a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a的固有周期，所以各摆的振动周期与a摆相同。A、a做自由振动，b、c、d、e做受迫振动，故A错误；B、c的固有周期与a的固有周期相差最小，即c的固有周期与驱动力的周期相差最小，c的振幅最大，故B正确；C、各摆做受迫振动的驱动力频率等于a的固有频率，摆长与a相差越大的摆，固有频率与驱动力频率相差越大，因此振幅越小，故C正确；D、a摆做自由振动，其余四个摆在a的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动周期等于驱动力的周期，因此各摆的振动周期与a摆相同，故D正确；本题选不正确的，故选A。（2022秋•湖州期末）一个有固定转动轴的竖直圆盘如图所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，小球可稳定振动，其振动频率为2Hz。现使圆盘匀速转动，转速为240r/min，经过一段时间后，小球振动达到稳定。下列说法正确的是（）A．当小球振动稳定时，振动周期为2s B．小球的运动是受迫振动 C．若要使小球的振幅增大，应增大圆盘的转速 D．小球的振幅与圆盘的转速无关【解答】解：A．当小球振动稳定时，振动周期为驱动力的周期，即T=1f=12sB．圆盘转动时带动弹簧，小球在弹力的作用下振动，做受迫振动，故B正确；CD．圆盘原来的转动频率为f0=240故选：B。题型8共振曲线的应用（2023秋•奉化区期末）飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为5.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是（）A．使用者用力越大，飞力士棒振动越快 B．手每分钟振动330次时，飞力士棒产生共振 C．手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大 D．手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率不变【解答】解：A．飞力士棒做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，故A错误；B．手每分钟振动330次时，则驱动力的频率为：f=33060Hz与飞力士棒的固有频率相等，飞力士棒将产生共振，故B正确；C．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大，只有当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒的振幅才会变大，故C错误；D．飞力士棒做受迫振动，手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也增大，故D错误。故选：B。（2023秋•长宁区校级期末）近些年，科学家们逐步对极地进行开发和探索，由于极地大面积被冰雪覆盖，开发和探索的进度受到影响，人们为了加快进度发明了共振破冰船，如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是（）A．锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好 B．破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率 C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小 D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同【解答】解：AB、当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，所以锤子的频率越高，冰层的振动振幅不一定越大，破冰效果与振幅有关，所以频率越高，破冰效果不一定越好，故A错误，B正确；C、破冰船停止工作后，由于阻尼作用，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误；D、根据共振条件可知，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，但是不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。故选：B。（2022秋•湛江期末）为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带