資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題27 機械振動
課標要求 知識要點 命題推斷
1.知道簡諧運動的概念，理解簡諧運動的表達式和圖象. 2.知道什么是單擺，知道在擺角較小的情況下單擺的運動是簡諧運動，熟記單擺的周期公式. 3.理解受迫振動和共振的概念，掌握產生共振的條件． 考點一　簡諧運動的規律 考點二　簡諧運動的圖象 考點三　單擺周期公式的應用 考點四　受迫振動和共振的應用 題型：選擇題 1簡諧運動中各物理量的分析 2對簡諧運動圖像 3彈簧振子模型 4單擺模型 5受迫振動和共振規律 6實際生活中的受迫振動和共振
考點一　簡諧運動的規律
簡諧運動的運動規律：x＝Asin (ωt＋φ)
(1)變化規律
位移增大時
(2)對稱規律
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＝mgsin θ＝－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向＝FT－mgcos θ.
特別提醒　①當擺球在最高點時，F向＝＝0，FT＝mgcos θ.
②當擺球在最低點時，F向＝，F向最大，FT＝mg＋m.
2．周期公式：T＝2π，f＝
(1)只要測出單擺的擺長l和周期T，就可以根據g＝，求出當地的重力加速度g.
(2)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離，要區分擺長和擺線長，懸點實質為擺球擺動所在圓弧的圓心．
(3)g為當地的重力加速度．
考點四　受迫振動和共振的應用
1．受迫振動
(1)概念：振動系統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，跟系統的固有頻率無關．
2．共振
(1)現象：當驅動力的頻率等于系統的固有頻率時，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°) 機械工作時底座發生的振動 共振篩、聲音的共鳴等
（2024 海淀區校級模擬）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用手將小球下壓至B點，由靜止釋放，一段時間后，小球會與彈簧脫離，已知C點為AB的中點，則（　　）
A．小球運動至C點時，所受重力與彈力大小相等
B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功
（2024 浙江模擬）轉動慣量（J＝∑mi）是物體繞轉軸轉動時慣性的量度，其中ri是微元mi到轉軸的距離。復擺是由大小和形狀不發生變化的物體，繞固定水平軸在重力作用下做微小擺動的運動體系，如圖所示，l是質心到轉軸的距離。復擺和單擺類似，可以視為簡諧運動。根據所學物理知識，判斷復擺的周期公式可能是（　?。?br/>A． B． C． D．
（2024 山東模擬）一質點做簡諧運動相繼通過距離為16cm的兩點A和B，歷時1s，并且在A、B兩點處具有相同的速度，再經過2s，質點第2次經過B點，該質點運動的周期和振幅分別為（　?。?br/>A．3s，cm B．6s，16cm C．6s，cm D．4s，8cm
（2024 西湖區校級模擬）上海中心大廈高度為中國第一，全球第二。據報道某次臺風來襲時，大廈出現了晃動，然而大廈安然無恙的原因主要靠懸掛在距離地面583米，重達1000噸的阻尼器“上?；垩邸?，當臺風來臨時阻尼器開始減振工作，質量塊的慣性會產生一個反作用力，使得阻尼器在大樓受到風作用力搖晃時，發生反向擺動，才使大廈轉危為安。以下說法不合理的是（　?。?br/>A．大廈能夠減小振幅是因為上?；垩邸拔铡绷舜髲B振動的能量，起到減震作用
B．如果將上?；垩蹜覓煸跇菍虞^低的空間減震效果更好
C．如遇臺風天氣，阻尼器擺動幅度受風力大小影響，風力越大，擺動幅度越大
D．如果發生地震，上?；垩垡部梢云鸬綔p震作用
（2024 道里區校級模擬）如圖所示為一個單擺在地面上做受迫振動的共振曲線（振幅A與驅動力頻率f的關系），則下列說法正確的是（　　）
A．此單擺的固有周期約為0.5s
B．若擺長變小，共振曲線的峰將左移
C．若保持擺長不變，將該單擺移至月球表面上做受迫振動，則共振曲線的峰將左移
D．此單擺的擺長約為3m
（2024 南通模擬）如圖所示，小球在半徑為R的光滑圓弧軌道上A、B間來回運動，軌道弧長遠小于R，則（　　）
A．弧長AB變小，周期不變
B．弧長AB變小，周期變大
C．小球質量變小，周期變小
D．小球質量變小，周期變大
（2024 廬陽區校級模擬）如圖1所示，質量為m＝1kg的物體B放在水平面上，通過輕彈簧與質量為M＝2kg的物體A連接?，F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，取豎直向上為位移正方向，物體A的位移隨時間的變化規律如圖2所示，已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．物體A在任意一個1.25s內通過的路程均為50cm
B．～這段時間內，物體A的速度方向與加速度方向相反
C．物體A的振動方程為
D．彈簧的勁度系數k＝300N/m
（2024 東湖區校級三模）如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，則兩彈簧振子的最大速度之比為（　?。?br/>A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1
（2024 湖北模擬）一輕質彈簧一端固定在地面上，質量為m的鋼球從彈簧正上方H處自由下落，彈簧的最大壓縮量為x0，彈簧始終在彈性限度內。已知彈簧振子做簡諧運動的周期，k為彈簧勁度系數，重力加速度為g（可能用到的數學知識：若sinα＝b，則α＝arcsinb），則小球從開始接觸彈簧到第一次脫離彈簧所經歷的時間為（　　）
A．
B．
C．
D．
（2024 天心區校級模擬）長郡中學物理學習小組欲用單擺測量當地的重力加速度。如圖（a）所示，把輕質細線一端固定在天花板上，另一端連接一小鋼球，自然懸垂時，測量球心到地面高度h，然后讓鋼球做小幅度擺動，測量n＝50次全振動所用時間t。改變鋼球高度，測量多組h與t的值。在坐標紙上描點連線作圖，畫出t2﹣h圖如圖（b）所示。π取3.14。則（　　）
A．根據圖像可求得當地重力加速度約為9.78m/s2
B．根據圖像可求得當地重力加速度約為9.80m/s2
C．根據圖像可求得天花板到地面的高度為4.0m
D．根據圖像可求得天花板到地面的高度為3.5m
題型1簡諧運動中各物理量的分析
（2024 馬鞍山三模）一質點做簡諧運動的振動圖象如圖所示，t＝2s時，質點的（　?。?br/>A．速度為正的最大值，加速度為零
B．速度為負的最大值，加速度為零
C．速度為零，加速度為正的最大值
D．速度為零，加速度為負的最大值
（2024 鄭州模擬）一質點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間t的關系圖線如圖所示，由圖可知（　?。?br/>A．該簡諧運動的周期是2.5×10﹣2s，振幅是7cm
B．該簡諧運動的表達式可能為
C．t＝0.5×10﹣2s時振子的速度最大，且方向向下
D．t＝0.25×10﹣2s時振子的位移為﹣5cm
（2024 二模擬）如圖所示，一個質量為m的物塊，左端與輕彈簧栓接，輕彈簧的另一端固定在墻上的O點，物塊和地面間的動摩擦因數為μ?，F用手按住物塊靜止于A點，讓彈簧處于壓縮狀態。某時刻釋放物塊，物塊向右運動，在M點（圖中未畫出）獲得最大速度v1，到最右端B點（圖中未畫出）后，再向左運動，在M′點（圖中未畫出）獲得向左運動的最大速度v2，C點（圖中未畫出）時速度減為0并保持靜止狀態。物塊向右運動的時間為t1，向左運動的時間為t2，設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，則關于兩個過程下列說法正確的是（　?。?br/>A．M點和M′點在同一位置
B．兩個階段的時間滿足t1＝t2
C．兩個階段最大速度滿足v1＜v2
D．C點在M點左側
題型2對簡諧運動圖像
（2021 江蘇模擬）如圖甲所示是演示簡諧運動圖像的裝置，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，漏斗中的細沙均勻流出，同時勻速拉出沙漏正下方的木板，漏出的細沙在板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一個沙漏分別在兩塊木板上形成的曲線（圖中的虛線），已知P、Q分別是木板1上的兩點，木板1、2的移動速度分別為v1、v2，則（　?。?br/>A．P處堆積的細沙與Q處一樣多
B．P處堆積的細沙比Q處多
C．v1：v2＝4：3
D．t1：t2＝3：4
（2024春 房山區期末）如圖甲所示，水平彈簧振子在A、B兩點之間做簡諧運動，O點為平衡位置，規定水平向右為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運動的x﹣t圖像，則下列說法正確的是（　　）
A．彈簧振子的振動方程為x＝12sin（2πt）
B．彈簧振子在前5s內的路程為60cm
C．彈簧振子從A點經過O點再運動到B點為一次全振動
D．圖乙中的P點時刻，彈簧振子的速度方向與加速度方向都沿x軸正方向
（2024春 大興區期末）如圖為一彈簧做簡諧運動的振動圖像，在如圖所示的時間范圍內，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．彈簧振子的振動周期為0.9s
B．0.2s時的位移與0.4s時的位移相同
C．0.2s時的速度與0.4s時的速度相同
D．0.2s時的回復力與0.4s時的回復力相同
題型3彈簧振子模型
（2024春 海淀區校級期末）勁度系數為20N/cm的彈簧振子，它的振動圖像如圖所示，在圖中A點對應的時刻，下列說法錯誤的是（　　）
A．振子所受的彈力大小為5N，方向指向x軸的負方向
B．振子的速度方向指向x軸的正方向
C．從t＝0時刻到該時刻，振子一共振動了3.75s
D．從t＝0時刻到該時刻，振子運動的路程為3.75cm
（多選）（2024春 成都期末）如圖甲，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像。下列說法正確的是（　　）
A．彈簧振子的振動方程為x＝0.05sin（0.8t）m
B．在t＝0.4s與t＝0.8s兩個時刻，彈簧振子的速度相同
C．在t＝0.1s時，彈簧振子的位移大小為
D．在t＝0.3s與t＝0.5s兩個時刻，彈簧振子的彈性勢能相等
（2023秋 貴陽月考）如圖所示，固定斜面傾角為θ，輕質彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧的上端連接一個可視為質點的、質量為m的物塊，O點是彈簧處于原長狀態時上端的位置，物塊靜止時位于A點，斜面上另外有B、C、D三點，AO＝OB＝BC＝CD＝l，其中B點下方斜面光滑，BD段粗糙，物塊與斜面BD段間的動摩擦因數為μ＝tanθ，重力加速度為g。用外力將物塊拉到D點由靜止釋放。已知彈簧始終在彈性限度內，空氣阻力不計，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊從D點向下運動到A點的過程中，最大加速度大小為2gsinθ
B．物塊最后停在B點
C．物塊從D點到A點的過程中速度先增大后減小
D．物塊運動從D點到A點的過程中在A點的速度最大
題型4單擺模型
（2024春 南崗區校級期末）甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示，由圖可知（　?。?br/>A．t＝2s時，甲單擺的擺線拉力為0，乙的速度為0
B．t＝4s時，甲、乙的速度方向相同
C．甲、乙兩個單擺的擺長之比是4：1
D．甲、乙兩個單擺的振幅之比是2：1
（2024春 越秀區校級期末）如圖甲所示的漏斗在做簡諧運動的同時，小付同學將下方的薄木板沿箭頭方向勻加速拉出，漏斗3s內漏出的細沙在板上形成的曲線如圖乙所示，當地重力加速度大小g＝9.8m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該沙擺的周期為3s
B．該沙擺的擺長約為2m
C．薄木板的加速度大小為0.128m/s2
D．當圖乙中的B點通過沙擺正下方時，薄木板的速度大小為0.35m/s
（2024春 龍馬潭區期末）如圖所示，單擺在豎直平面內的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．擺球在B點時，動能最大，回復力最大
B．擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大
C．擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大
D．擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小
題型5受迫振動和共振規律
（2024春 道里區校級期末）提水桶跑步是一種提物障礙跑，運動員提著裝滿水的水桶越過障礙到達終點，運動員奔跑過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．水的晃動頻率與人跑步頻率相同
B．人的跑步頻率越大，水的晃動幅度越大
C．人的跑步頻率越小，水的晃動幅度越大
D．桶里水量越多，水晃動幅度越大
（2024春 武漢期末）如圖所示，在張緊的繩上掛了A、B、C、D四個單擺，四個單擺的擺長關系為lA＜lB＜lC，lB＝lD，先讓D擺擺動起來（擺角不超過5°），不計擺動過程中的空氣阻力和摩擦力，則下列說法中正確的是（　　）
A．所有擺球的擺動幅度相同
B．只有B球能擺動，其他擺球不動
C．所有擺球以各自頻率振動
D．所有擺球以相同頻率振動
（2024春 成都期末）如圖為一個共振篩，篩子用四根彈簧支起來（后排的兩根彈簧未畫出），篩子上裝有一個電動偏心輪。工作時偏心輪被電動機帶動勻速轉動，從而給篩子施加與偏心輪轉動周期相同的周期性驅動力，使篩子做受迫振動。假設偏心輪的轉速與電動機的輸入電壓成正比，篩子的固有周期與篩子的質量成正比。已知篩子的固有周期為0.8s，偏心輪的轉速為60r/min。下列可使篩子做受迫振動的振幅增大的操作是（　?。?br/>A．只適當減小篩子的質量
B．只適當減小偏心輪電動機的輸入電壓
C．適當減小篩子的質量同時適當減小偏心輪電動機的輸入電壓
D．適當增大篩子的質量同時適當增大偏心輪電動機的輸入電壓
題型6實際生活中的受迫振動和共振
（2024春 番禺區期末）如圖是用來測量發動機轉動頻率的原理圖。在同一鐵支架MN上焊有固有頻率依次為100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四個鋼片a、b、c、d，將M端與正在轉動的電動機接觸，發現b鋼片振幅很大，其余鋼片振幅很小，則（　?。?br/>A．發動機轉動頻率為100Hz
B．發動機轉動頻率為80Hz
C．鋼片a振動頻率約為90Hz
D．鋼片d振動頻率為70Hz
（2024 臺州二模）控制噪聲的基本原則是設法將噪聲的能量轉化為其他形式的能量，如圖所示是一種利用薄板消除噪聲的方法。將薄板安放在框架上，并與框架之間留有一定的空氣層，當聲波入射到薄板上時，引起板的振動。由于板本身的內耗使振動的能量轉化為熱量。改變薄板的材料和空氣層的厚度，可有效消除不同頻率的噪聲。下列說法正確的是（　?。?br/>A．薄板振動頻率始終與入射聲波的頻率相等
B．隨著入射聲波頻率的增加，薄板振動的幅度一定增大
C．當噪聲停止后，薄板振動頻率仍等于原噪聲頻率，但振幅減小
D．該系統可有效消除的噪聲頻率范圍在其可調節的共振頻率之間
（2024春 福州期末）如圖所示為一自制的偏心輪振動篩的簡易圖，振動篩安裝在兩彈簧上，偏心輪不轉動時，讓振動篩自由振動，測得其頻率為2Hz；啟動電動機，偏心輪轉動，改變偏心輪的轉速，讓偏心輪的轉速從零緩慢增加到4r/s，在此過程中（　　）
A．振動篩振動頻率始終為2Hz
B．振動篩振動的振幅一直減小
C．振動篩振動的振幅一直增大
D．振動篩振動的振幅先增大后減小中小學教育資源及組卷應用平臺
專題27 機械振動
課標要求 知識要點 命題推斷
1.知道簡諧運動的概念，理解簡諧運動的表達式和圖象. 2.知道什么是單擺，知道在擺角較小的情況下單擺的運動是簡諧運動，熟記單擺的周期公式. 3.理解受迫振動和共振的概念，掌握產生共振的條件． 考點一　簡諧運動的規律 考點二　簡諧運動的圖象 考點三　單擺周期公式的應用 考點四　受迫振動和共振的應用 題型：選擇題 1簡諧運動中各物理量的分析 2對簡諧運動圖像 3彈簧振子模型 4單擺模型 5受迫振動和共振規律 6實際生活中的受迫振動和共振
考點一　簡諧運動的規律
簡諧運動的運動規律：x＝Asin (ωt＋φ)
(1)變化規律
位移增大時
(2)對稱規律
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＝mgsin θ＝－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向＝FT－mgcos θ.
特別提醒　①當擺球在最高點時，F向＝＝0，FT＝mgcos θ.
②當擺球在最低點時，F向＝，F向最大，FT＝mg＋m.
2．周期公式：T＝2π，f＝
(1)只要測出單擺的擺長l和周期T，就可以根據g＝，求出當地的重力加速度g.
(2)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離，要區分擺長和擺線長，懸點實質為擺球擺動所在圓弧的圓心．
(3)g為當地的重力加速度．
考點四　受迫振動和共振的應用
1．受迫振動
(1)概念：振動系統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，跟系統的固有頻率無關．
2．共振
(1)現象：當驅動力的頻率等于系統的固有頻率時，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°) 機械工作時底座發生的振動 共振篩、聲音的共鳴等
（2024 海淀區校級模擬）如圖所示，將輕質彈簧的一端固定在水平桌面上O點，當彈簧處于自由狀態時，彈簧另一端在A點。用手將小球下壓至B點，由靜止釋放，一段時間后，小球會與彈簧脫離，已知C點為AB的中點，則（　?。?br/>A．小球運動至C點時，所受重力與彈力大小相等
B．從B到A過程中，小球的動能一直在增大
C．從B到A過程中，彈簧的彈性勢能先增大后減小
D．從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功
【解答】解：A、不知道小球的質量，所以不知道在C點小球所受重力與彈簧彈力的大小關系，故A錯誤；
B、小球從B到A的過程中，彈簧的形變量一直減小，在A點小球受到的彈簧彈力為零，在AB間有一個位置小球受重力和彈簧相等，此位置假設為D，則小球從B到D的過程中，小球所受彈力大于重力，小球做加速運動，從D到A的過程，小球所受彈力小于重力，小球做減速運動，所以小球從B到A的過程中，小球是先加速后減速，則小球的動能先增加后減小，故B錯誤；
C、從B到A的過程中，彈簧的形變量一直減小，所以彈簧的彈性勢能一直減小，故C錯誤；
D、設AB之間的距離為x，則AC之間的距離為，彈簧彈力對小球做的功等于彈簧彈性勢能的變化量，從B到C過程彈簧彈性勢能的變化量為，從C到A彈簧彈性勢能的變化量為，則ΔEp1＞ΔEp2，即從B到C過程彈簧彈力對小球做功大于從C到A過程彈簧彈力對小球做功，故D正確。
故選：D。
（2024 浙江模擬）轉動慣量（J＝∑mi）是物體繞轉軸轉動時慣性的量度，其中ri是微元mi到轉軸的距離。復擺是由大小和形狀不發生變化的物體，繞固定水平軸在重力作用下做微小擺動的運動體系，如圖所示，l是質心到轉軸的距離。復擺和單擺類似，可以視為簡諧運動。根據所學物理知識，判斷復擺的周期公式可能是（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：由題意可知，轉動慣量的公式為，m的單位是kg，r的單位是m，根據量綱法則可知，轉動慣量J的單位為kg m2。
由量綱法則可知，A、B、C、D四個選項的單位分別是秒（s）、秒分之一（s﹣1）、秒方（s2）以及秒方分之一（s﹣2），而單擺周期的單位為秒（s），根據上述量綱法則分析可知，其復擺的周期公式可能是：，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2024 山東模擬）一質點做簡諧運動相繼通過距離為16cm的兩點A和B，歷時1s，并且在A、B兩點處具有相同的速度，再經過2s，質點第2次經過B點，該質點運動的周期和振幅分別為（　?。?br/>A．3s，cm B．6s，16cm C．6s，cm D．4s，8cm
【解答】解：設簡諧運動的平衡位置為O。質點先后以相同的速度通過A、B兩點，說明A、B兩點關于平衡位置O點對稱，所以質點由A到O時間與由O到B的時間相等。
假設質點首先向最大位移處運動，然后再經過B點，則定有tAB＞tBB（設兩次經過B的時間為tBB），與題意不符，故不可能。
因此質點必定首先向平衡位置移動，然后再向B點移動，那么從平衡位置O到B點的時間為：t10.5s
因過B點后質點再經過t＝2s又第二次通過B點，根據對稱性得知質點從B點到最大位置的時間：t21s
所以有：T＝0.5s+1s＝1.5s
解得周期為：T＝6s
由于質點位移與時間的關系式：y＝Asinωt
從平衡位置計時到達B點位移為8cm，所用時間為t1＝0.5s，則有：8＝Asinωt＝Asint1
代入數據，解得：A＝16cm，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 西湖區校級模擬）上海中心大廈高度為中國第一，全球第二。據報道某次臺風來襲時，大廈出現了晃動，然而大廈安然無恙的原因主要靠懸掛在距離地面583米，重達1000噸的阻尼器“上?；垩邸?，當臺風來臨時阻尼器開始減振工作，質量塊的慣性會產生一個反作用力，使得阻尼器在大樓受到風作用力搖晃時，發生反向擺動，才使大廈轉危為安。以下說法不合理的是（　　）
A．大廈能夠減小振幅是因為上?；垩邸拔铡绷舜髲B振動的能量，起到減震作用
B．如果將上?；垩蹜覓煸跇菍虞^低的空間減震效果更好
C．如遇臺風天氣，阻尼器擺動幅度受風力大小影響，風力越大，擺動幅度越大
D．如果發生地震，上?；垩垡部梢云鸬綔p震作用
【解答】解：A、由題意可知，在大樓受到風力作用搖晃時，阻尼器反向擺動，相當于“吸收”了大廈振動的能量，起到減震作用，故A正確；
B、如果將上?；垩蹜覓煸跇菍虞^低的空間時，擺長較大，頻率和樓房的固有頻率差別較大，起不到減震的作用，故B錯誤；
C、如遇臺風天氣，阻尼器擺動幅度受風力大小影響，風力越大，樓房擺動幅度越大，則阻尼器擺動幅度越大，故C正確；
D、如果發生地震，樓房主體也會發生搖晃，阻尼器也會反向擺動，起到減震的作用，故D正確。
本題選不合理的，
故選：B。
（2024 道里區校級模擬）如圖所示為一個單擺在地面上做受迫振動的共振曲線（振幅A與驅動力頻率f的關系），則下列說法正確的是（　?。?br/>A．此單擺的固有周期約為0.5s
B．若擺長變小，共振曲線的峰將左移
C．若保持擺長不變，將該單擺移至月球表面上做受迫振動，則共振曲線的峰將左移
D．此單擺的擺長約為3m
【解答】解：A、單擺做受迫振動的頻率與固有頻率相等時，振幅最大，根據圖像可知，單擺的固有頻率為0.5Hz，周期Ts＝2s，故A錯誤；
B、根據單擺的周期公式可知，單擺的擺長變小，周期變短，固有頻率增大，共振曲線的峰將右移，故B錯誤；
C、根據單擺的周期公式可知，將單擺移至月球表面，重力加速度g變小，周期邊長，固有頻率減小，共振曲線的峰將左移，故C正確；
D、根據單擺的周期公式可得：Lm＝1m，故D錯誤；
故選：C。
（2024 南通模擬）如圖所示，小球在半徑為R的光滑圓弧軌道上A、B間來回運動，軌道弧長遠小于R，則（　　）
A．弧長AB變小，周期不變
B．弧長AB變小，周期變大
C．小球質量變小，周期變小
D．小球質量變小，周期變大
【解答】解：AB、由于小球運動的軌道弧入遠小于R，所以可以將其視為單擺的運動，根據單擺的周期公式可知，小球的周期與弧長無關，故弧長AB變小時，周期不變，故A正確，B錯誤；
CD、由于單擺的周期和小球的質量無關，故質量變化時，周期不變，故CD錯誤。
故選：A。
（2024 廬陽區校級模擬）如圖1所示，質量為m＝1kg的物體B放在水平面上，通過輕彈簧與質量為M＝2kg的物體A連接?，F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，取豎直向上為位移正方向，物體A的位移隨時間的變化規律如圖2所示，已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．物體A在任意一個1.25s內通過的路程均為50cm
B．～這段時間內，物體A的速度方向與加速度方向相反
C．物體A的振動方程為
D．彈簧的勁度系數k＝300N/m
【解答】解：A、題圖2可知，振幅為A＝10cm，周期為 T＝1.0s。物體A由特殊位置（平衡位置或最大位移處）開始計時，在任意一個 內，質點通過的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25s的時間內通過的路程不等于振幅的5倍，故A錯誤；
C、角速度為，規定向上為正方向，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，所以初相為，則振子的振動方程為：
，故C錯誤；
B、時，，物體A由最低點回到平衡位置，其速度方向與加速度方向相同，故B錯誤；
D、物體A在最高點時，物體B與水平面間的作用力剛好為零，可知此時彈簧的拉力為：F＝mBg＝kx1，物體A在平衡位置：mAg＝kx2，由圖像知物體A運動的振幅為10cm，且 x1+x2＝10cm，，故D正確；
故選：D。
（2024 東湖區校級三模）如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，則兩彈簧振子的最大速度之比為（　　）
A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1
【解答】解：根據彈簧振子的周期公式：
可得
簡諧振動的過程中總能量守恒，則振子的最大動能等于彈簧的最大彈性勢能，即
聯立可得
由圖可知T乙＝2T甲，A甲＝2A乙
則：
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024 湖北模擬）一輕質彈簧一端固定在地面上，質量為m的鋼球從彈簧正上方H處自由下落，彈簧的最大壓縮量為x0，彈簧始終在彈性限度內。已知彈簧振子做簡諧運動的周期，k為彈簧勁度系數，重力加速度為g（可能用到的數學知識：若sinα＝b，則α＝arcsinb），則小球從開始接觸彈簧到第一次脫離彈簧所經歷的時間為（　?。?br/>A．
B．
C．
D．
【解答】解：小球彈簧組成的彈簧振子的周期
小球從平衡位置運動到最低處，再返回到平衡位置所用時間為
時間
在平衡位置小球加速度為零，根據平衡條件kx1＝mg
得彈簧壓縮量
振子的振幅
小球從第一次返回平衡位置開始到彈簧恢復到自然長度的過程中，把小球看成彈簧振子
小球的振動方程
根據題意上升的最大位移xm＝x1，
所用時間為t2
聯立上面相關式子，代入數據有
化簡得
根據數學知識
根據對稱性可知，小球從剛開始接觸彈簧到第一次經過平衡位置所用的時間t3＝t2
則小球從開始接觸彈簧到第一次脫離彈簧所經歷的時間為
綜上分析，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024 天心區校級模擬）長郡中學物理學習小組欲用單擺測量當地的重力加速度。如圖（a）所示，把輕質細線一端固定在天花板上，另一端連接一小鋼球，自然懸垂時，測量球心到地面高度h，然后讓鋼球做小幅度擺動，測量n＝50次全振動所用時間t。改變鋼球高度，測量多組h與t的值。在坐標紙上描點連線作圖，畫出t2﹣h圖如圖（b）所示。π取3.14。則（　　）
A．根據圖像可求得當地重力加速度約為9.78m/s2
B．根據圖像可求得當地重力加速度約為9.80m/s2
C．根據圖像可求得天花板到地面的高度為4.0m
D．根據圖像可求得天花板到地面的高度為3.5m
【解答】解：AB.根據單擺周期公式，得到，根據，得到，則t2﹣h圖象的斜率表示，根據圖象可知，圖線的斜率
ks2/m＝1×104s2/m，即104s2/m，解得g≈9.86m/s2，故AB錯誤；
CD.根據h＝0時，t2＝4.0×104s2，則天花板到地面的高度為4.0m，故C正確，D錯誤。
故選：C。
題型1簡諧運動中各物理量的分析
（2024 馬鞍山三模）一質點做簡諧運動的振動圖象如圖所示，t＝2s時，質點的（　?。?br/>A．速度為正的最大值，加速度為零
B．速度為負的最大值，加速度為零
C．速度為零，加速度為正的最大值
D．速度為零，加速度為負的最大值
【解答】解：由圖可知，在t＝2s時刻，質點的位移為0，則速度為最大，t＝2s時刻位移由正轉為負，可知質點運動的方向為負；
在t＝2s時刻，質點的位移為0，則恢復力等于0，根據牛頓第二定律可知加速度等于0，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 鄭州模擬）一質點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間t的關系圖線如圖所示，由圖可知（　　）
A．該簡諧運動的周期是2.5×10﹣2s，振幅是7cm
B．該簡諧運動的表達式可能為
C．t＝0.5×10﹣2s時振子的速度最大，且方向向下
D．t＝0.25×10﹣2s時振子的位移為﹣5cm
【解答】解：A、由題圖可知：周期T＝2×10﹣2s，振幅A＝7cm，故A錯誤；
B、振子的圓頻率，且t＝0時位移為x＝﹣7cm，所以表達式為x＝7sin（100）cm，故B正確；
CD、當t＝0.5×10﹣2s時，振子在平衡位置，其速度最大，速度正向且為最大值；當t＝0.25×10﹣2s時，其位移為xcm，故CD錯誤。
故選：B。
（2024 二模擬）如圖所示，一個質量為m的物塊，左端與輕彈簧栓接，輕彈簧的另一端固定在墻上的O點，物塊和地面間的動摩擦因數為μ?，F用手按住物塊靜止于A點，讓彈簧處于壓縮狀態。某時刻釋放物塊，物塊向右運動，在M點（圖中未畫出）獲得最大速度v1，到最右端B點（圖中未畫出）后，再向左運動，在M′點（圖中未畫出）獲得向左運動的最大速度v2，C點（圖中未畫出）時速度減為0并保持靜止狀態。物塊向右運動的時間為t1，向左運動的時間為t2，設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，則關于兩個過程下列說法正確的是（　　）
A．M點和M′點在同一位置
B．兩個階段的時間滿足t1＝t2
C．兩個階段最大速度滿足v1＜v2
D．C點在M點左側
【解答】解：A、M點和M′點都處于各個階段速度最大的位置，說明在這兩個位置受力平衡，受力分析如圖所示
因此這兩個點一個在彈簧壓縮位置，一個在彈簧拉伸位置，則這兩個點不可能在同一位置，故A錯誤；
C、在從M點到M'點的過程中，彈性勢能沒有發生變化，但由于摩擦消耗了機械能，根據能量守恒可知動能減小，故速度v1＞v2，故C錯誤；
D、物塊運動到C點后，保持靜止，說明C位置向右的彈力小于最大靜摩擦力，則C位置應該在M點的右側，故D錯誤；
B、兩個階段均受到大小恒定的滑動摩擦力的作用，可類比豎直方向上的彈簧振子，將滑動摩擦力看作重力，因此向右和向左的運動可分別看作簡諧運動，簡諧運動的周期沒有發生變化，因此t1＝t2，故B正確。
故選：B。
題型2對簡諧運動圖像
（2021 江蘇模擬）如圖甲所示是演示簡諧運動圖像的裝置，它由一根較長的細線和較小的沙漏組成。當沙漏擺動時，漏斗中的細沙均勻流出，同時勻速拉出沙漏正下方的木板，漏出的細沙在板上會形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動的振動圖像。圖乙是同一個沙漏分別在兩塊木板上形成的曲線（圖中的虛線），已知P、Q分別是木板1上的兩點，木板1、2的移動速度分別為v1、v2，則（　　）
A．P處堆積的細沙與Q處一樣多
B．P處堆積的細沙比Q處多
C．v1：v2＝4：3
D．t1：t2＝3：4
【解答】解：A、B：在圖（乙）的P處時，沙擺的速度最小，在 Q處時，沙擺的速度最大，所以P處堆積的細沙比Q處多。
故A錯誤，B正確；
C、D：根據單擺周期公式：
它們在同一地點，g相同，且擺長相同，則周期相同，設為T，
OB段等于兩個波長，經歷的時間是t1＝2T，O'B'段等于1.5個波長，經歷的時間為t2＝1.5T，
設板長為L，則：
比較可得：v1：v2＝3：4.
t1：t2＝4：3
故CD錯誤
故選：B。
（2024春 房山區期末）如圖甲所示，水平彈簧振子在A、B兩點之間做簡諧運動，O點為平衡位置，規定水平向右為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運動的x﹣t圖像，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．彈簧振子的振動方程為x＝12sin（2πt）
B．彈簧振子在前5s內的路程為60cm
C．彈簧振子從A點經過O點再運動到B點為一次全振動
D．圖乙中的P點時刻，彈簧振子的速度方向與加速度方向都沿x軸正方向
【解答】解：A．根據圖乙可知彈簧振子的振動方程為
故A錯誤；
B．由于
可知彈簧振子在前5s內的路程為
故B正確；
C．彈簧振子從A點經過O點再運動到B點為一次全振動的一半，故C錯誤；
D．圖乙中的P點時刻，彈簧振子的速度方向沿x軸負方向，加速度方向沿x軸正方向，故D錯誤。
故選：B。
（2024春 大興區期末）如圖為一彈簧做簡諧運動的振動圖像，在如圖所示的時間范圍內，下列判斷正確的是（　?。?br/>A．彈簧振子的振動周期為0.9s
B．0.2s時的位移與0.4s時的位移相同
C．0.2s時的速度與0.4s時的速度相同
D．0.2s時的回復力與0.4s時的回復力相同
【解答】解：A．由圖可知彈簧振子的振動周期為0.8s。故A錯誤；
B．由圖可知0.2s時的位移與0.4s時的位移大小相同，方向相反。故B錯誤；
C．根據x﹣t圖像中圖線的斜率表示速度，及簡諧運動對稱性，可知0.2s時的速度與0.4s時的速度相同。故C正確；
D．根據
可知0.2s時的回復力與0.4s時的回復力大小相同，方向相反。故D錯誤。
故選：C。
題型3彈簧振子模型
（2024春 海淀區校級期末）勁度系數為20N/cm的彈簧振子，它的振動圖像如圖所示，在圖中A點對應的時刻，下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．振子所受的彈力大小為5N，方向指向x軸的負方向
B．振子的速度方向指向x軸的正方向
C．從t＝0時刻到該時刻，振子一共振動了3.75s
D．從t＝0時刻到該時刻，振子運動的路程為3.75cm
【解答】解：A、在A位置振子的位移為0.25cm，則振子所受的彈力大小為F＝kx＝20×0.25N＝5N，方向與位移方向相反，指向x軸的負方向，故A正確；
B、在此位置振子的位移正在增大，所以振子在向x軸正方向運動，故B正確；
C、由圖可知振子的周期T＝2s，振子的振幅A＝0.5cm，所以圓頻率，則振子的位移—時間表達式為x＝0.5cosπt（cm），在A位置振子的位移為0.25cm代入得t＝3.83s，故C錯誤；
D、從t＝0時刻到該時刻，振子運動的路程為s＝7A+0.25cm＝7×0.5cm+0.25cm＝3.75cm，故D正確。
本題是選不正確的
故選：C。
（多選）（2024春 成都期末）如圖甲，以O點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像。下列說法正確的是（　?。?br/>A．彈簧振子的振動方程為x＝0.05sin（0.8t）m
B．在t＝0.4s與t＝0.8s兩個時刻，彈簧振子的速度相同
C．在t＝0.1s時，彈簧振子的位移大小為
D．在t＝0.3s與t＝0.5s兩個時刻，彈簧振子的彈性勢能相等
【解答】解：A、由圖像可知，彈簧振子的周期為 T＝0.8s，故其振動方程為
，故A錯誤；
B、如圖像可知，圖像的斜率即為該點的速度，在 t＝0.4s 與 t＝0.8s 兩個時刻，彈簧振子的速度大小相等，但方向相反，故B錯誤；
C、在 t＝0.1s 時，彈簧振子的位移大小為
，故C正確；
D、在 t＝0.3s 與 t＝0.5s 兩個時刻，彈簧振子的位移大小相等，但方向相反，但彈性勢能只和位移有關，故彈簧振子的彈性勢能相等，故D正確。
故選：CD。
（2023秋 貴陽月考）如圖所示，固定斜面傾角為θ，輕質彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧的上端連接一個可視為質點的、質量為m的物塊，O點是彈簧處于原長狀態時上端的位置，物塊靜止時位于A點，斜面上另外有B、C、D三點，AO＝OB＝BC＝CD＝l，其中B點下方斜面光滑，BD段粗糙，物塊與斜面BD段間的動摩擦因數為μ＝tanθ，重力加速度為g。用外力將物塊拉到D點由靜止釋放。已知彈簧始終在彈性限度內，空氣阻力不計，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物塊從D點向下運動到A點的過程中，最大加速度大小為2gsinθ
B．物塊最后停在B點
C．物塊從D點到A點的過程中速度先增大后減小
D．物塊運動從D點到A點的過程中在A點的速度最大
【解答】解：A、物塊靜止在A時，由平衡條件有mgsinθ＝kl，物塊從D點向下運動到A點的過程中，在BD段物塊的摩擦力f＝mgsinθ，所以物塊在D點的合外力最大，加速度最大，a＝3mgsinθ 故A錯誤；
B、物體在BD段上運動時，要克服摩擦力做功，系統的機械能不斷減小，最終物塊在B點以下做簡運動，不會停在B點，故B錯誤；
CD、物塊從D點到A點的過程中速度一直增大，在A點速度最大，故C錯誤，D正確；
故選：D。
題型4單擺模型
（2024春 南崗區校級期末）甲、乙兩個單擺的振動圖像如圖所示，由圖可知（　　）
A．t＝2s時，甲單擺的擺線拉力為0，乙的速度為0
B．t＝4s時，甲、乙的速度方向相同
C．甲、乙兩個單擺的擺長之比是4：1
D．甲、乙兩個單擺的振幅之比是2：1
【解答】解：A．t＝2s時，甲在平衡位置，回復力為0，繩子拉力大于重力；乙在最高點，速度為0，故A錯誤；
B．圖像斜率代表速度，t＝4s時，甲、乙的速度方向相反，故B錯誤；
C．根據單擺的周期公式，解得單擺的擺長為
由圖可知甲、乙兩個單擺的周期之比為1：2，所以擺長之比為1：4，故C錯誤；
D．根據圖像可知，甲、乙兩個單擺的振幅之比是2：1，故D錯誤。
故選：D。
（2024春 越秀區校級期末）如圖甲所示的漏斗在做簡諧運動的同時，小付同學將下方的薄木板沿箭頭方向勻加速拉出，漏斗3s內漏出的細沙在板上形成的曲線如圖乙所示，當地重力加速度大小g＝9.8m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．該沙擺的周期為3s
B．該沙擺的擺長約為2m
C．薄木板的加速度大小為0.128m/s2
D．當圖乙中的B點通過沙擺正下方時，薄木板的速度大小為0.35m/s
【解答】解：A．由題圖乙知
T＝3s
解得
T＝2s
故A錯誤；
B．沙擺的周期
解得
L≈1m
故B錯誤；
C．由題圖乙中數據可知，木板在連續且相等的時間段內的位移差
Δx＝23.90cm﹣11.10cm＝12.80cm
Δx＝aT′2
解得
a＝0.128m/s2
故C正確；
D．勻變速直線運動在一段時間間隔的中間時刻的瞬時速度，等于這段時間內的平均速度，所以有
vB
解得
vB＝0.175m/s
故D錯誤。
故選：C。
（2024春 龍馬潭區期末）如圖所示，單擺在豎直平面內的A、C之間做簡諧運動，O點為單擺的固定懸點，B點為運動中的最低位置，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．擺球在B點時，動能最大，回復力最大
B．擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力增大
C．擺球在A點和C點時，速度為零，細線拉力最小，但回復力最大
D．擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小
【解答】解：A．單擺近似可以看作簡諧運動，在最低點B處，即平衡位置處時，速度最大，回復力為零，故A錯誤；
B．擺球做變速圓周運動，擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，回復力減小，故B錯誤；
C．擺球在A點和C點時，即最大位移處時，速度為零；擺球在A于C處時細線拉力等于重力沿細線方向的分力mgcosθ，此時擺角θ最大拉力最小，回復力是沿垂直于細線方向的分力mgsinθ，此時擺角θ最大，回復力最大，故C正確；
D．擺球運動過程中，機械能守恒，在最低點B處，動能最大，重力勢能最小，故D錯誤。
故選：C。
題型5受迫振動和共振規律
（2024春 道里區校級期末）提水桶跑步是一種提物障礙跑，運動員提著裝滿水的水桶越過障礙到達終點，運動員奔跑過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．水的晃動頻率與人跑步頻率相同
B．人的跑步頻率越大，水的晃動幅度越大
C．人的跑步頻率越小，水的晃動幅度越大
D．桶里水量越多，水晃動幅度越大
【解答】解：A.水桶中的水在豎直方向上受重力和支持力，水平方向上受拉力和摩擦力，豎直方向上受力平衡，水平方向上受力不平衡，有水平方向的加速度，所以水晃動的頻率與跑步頻率相同，故A正確；
BC.水晃動的頻率與跑步頻率相同，人的跑步頻率越大，水的晃動頻率越大，但幅度不一定越大，故BC錯誤；
D.水晃動的頻率與跑步頻率相同，與桶里水量無關，故D錯誤。
故選：A。
（2024春 武漢期末）如圖所示，在張緊的繩上掛了A、B、C、D四個單擺，四個單擺的擺長關系為lA＜lB＜lC，lB＝lD，先讓D擺擺動起來（擺角不超過5°），不計擺動過程中的空氣阻力和摩擦力，則下列說法中正確的是（　　）
A．所有擺球的擺動幅度相同
B．只有B球能擺動，其他擺球不動
C．所有擺球以各自頻率振動
D．所有擺球以相同頻率振動
【解答】解：D球擺動起來后，其他三個擺球做的都是受迫振動，所以所有的擺球的頻率相同，都等于D球的頻率。因為lB＝lD，所以B球會發生共振，所以B球的振幅最大，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024春 成都期末）如圖為一個共振篩，篩子用四根彈簧支起來（后排的兩根彈簧未畫出），篩子上裝有一個電動偏心輪。工作時偏心輪被電動機帶動勻速轉動，從而給篩子施加與偏心輪轉動周期相同的周期性驅動力，使篩子做受迫振動。假設偏心輪的轉速與電動機的輸入電壓成正比，篩子的固有周期與篩子的質量成正比。已知篩子的固有周期為0.8s，偏心輪的轉速為60r/min。下列可使篩子做受迫振動的振幅增大的操作是（　?。?br/>A．只適當減小篩子的質量
B．只適當減小偏心輪電動機的輸入電壓
C．適當減小篩子的質量同時適當減小偏心輪電動機的輸入電壓
D．適當增大篩子的質量同時適當增大偏心輪電動機的輸入電壓
【解答】解：根據題意，篩子的固有頻率為，電動機某電壓下，電動偏心輪的轉速是60r/min，即為1Hz，小于篩子的固有頻率，故要使振幅變小，可以增大偏心輪電壓，或增大篩子的質量，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
題型6實際生活中的受迫振動和共振
（2024春 番禺區期末）如圖是用來測量發動機轉動頻率的原理圖。在同一鐵支架MN上焊有固有頻率依次為100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四個鋼片a、b、c、d，將M端與正在轉動的電動機接觸，發現b鋼片振幅很大，其余鋼片振幅很小，則（　?。?br/>A．發動機轉動頻率為100Hz
B．發動機轉動頻率為80Hz
C．鋼片a振動頻率約為90Hz
D．鋼片d振動頻率為70Hz
【解答】解：AB、由于b鋼片振幅很大，根據共振的條件，我們可以推斷出發動機的轉動頻率（即驅動力頻率）接近或等于b鋼片的固有頻率，即90Hz。故AB錯誤。
CD、鋼片a、b、c、d們的振動頻率是由驅動力決定的，而不是由它們各自的固有頻率決定的。因此，鋼片a、b、c、d的振動頻率都等于電動機的轉動頻率，即90Hz左右。故C正確，D錯誤。
故選C。
（2024 臺州二模）控制噪聲的基本原則是設法將噪聲的能量轉化為其他形式的能量，如圖所示是一種利用薄板消除噪聲的方法。將薄板安放在框架上，并與框架之間留有一定的空氣層，當聲波入射到薄板上時，引起板的振動。由于板本身的內耗使振動的能量轉化為熱量。改變薄板的材料和空氣層的厚度，可有效消除不同頻率的噪聲。下列說法正確的是（　?。?br/>A．薄板振動頻率始終與入射聲波的頻率相等
B．隨著入射聲波頻率的增加，薄板振動的幅度一定增大
C．當噪聲停止后，薄板振動頻率仍等于原噪聲頻率，但振幅減小
D．該系統可有效消除的噪聲頻率范圍在其可調節的共振頻率之間
【解答】解：A.薄板振動穩定后的頻率與聲波頻率相同，初始沒有達到穩定時不同，故A錯誤；
B.薄板的振幅在入射聲波的頻率與薄板的固有頻率相同時，二者共振，振幅最大，其它頻率的聲波，薄板的振幅可能會增大，也可能會減小，故B錯誤；
C.當噪聲停止后，薄板振動逐漸不穩定至振動停止，此時頻率與原噪聲頻率不同，故C錯誤；
D.只有當噪聲頻率范圍在系統可調節的共振頻率之間，二者可以產生干涉波紋，達到消除噪聲的目的，故D正確。
故選：D。
（2024春 福州期末）如圖所示為一自制的偏心輪振動篩的簡易圖，振動篩安裝在兩彈簧上，偏心輪不轉動時，讓振動篩自由振動，測得其頻率為2Hz；啟動電動機，偏心輪轉動，改變偏心輪的轉速，讓偏心輪的轉速從零緩慢增加到4r/s，在此過程中（　?。?br/>A．振動篩振動頻率始終為2Hz
B．振動篩振動的振幅一直減小
C．振動篩振動的振幅一直增大
D．振動篩振動的振幅先增大后減小
【解答】解：A、偏心輪的轉速為n＝4r/s，它的頻率f＝4Hz，振動篩做受迫振動，其振動頻率等于驅動力的頻率，故A錯誤；
BCD、當驅動力的頻率等于振動篩的固有頻率時，振動篩發生共振，振幅最大；振動篩的固有頻率為2Hz，偏心輪的轉速從零緩慢增加到4r/s，驅動力頻率與振動篩固有頻率之差先減小后增大，所以振動篩的振幅先增大后減小，故BC錯誤，D正確；
故選：D。

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