第八章　機械振動與機械波第40課時　機械振動　雙基落實課教師用

第40課時機械振動[雙基落實課]（人教版選擇性必修第一冊第37頁“做一做”）如圖，彈簧上端固定，下端懸掛鋼球。把鋼球從平衡位置向下拉一段距離A，放手讓其運動。判斷下列說法正誤：（1）鋼球在O點時受到彈簧彈力和重力作用，二者平衡，故O點是鋼球的平衡位置。（√）（2）自釋放點開始計時，鋼球在t時刻的位移是x＝Asin2πTt＋π2（3）若將此鋼球與細線組成單擺讓其做簡諧運動，則鋼球在最低點時回復(fù)力為零，合力也為零。（×）（4）若該系統(tǒng)在周期性驅(qū)動力的作用下振動，一定發(fā)生共振現(xiàn)象。（×）考點一簡諧運動的規(guī)律[互動共研類]簡諧運動的五個特征受力特征回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)（或a）的大小與x的大小成正比，方向相反運動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大。在運動過程中，系統(tǒng)的動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒周期性特征質(zhì)點的位移、回復(fù)力、加速度和速度隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為T對稱性特征關(guān)于平衡位置O對稱的兩點，速度的大小、動能、勢能相等，相對平衡位置的位移大小相等【典例1】一個小物塊拴在一個輕彈簧上，并將彈簧和小物塊豎直懸掛處于靜止狀態(tài)，以此時小物塊所處位置為坐標原點O，以豎直向下為正方向建立Ox軸，如圖所示。先將小物塊豎直向上托起使彈簧處于原長，然后將小物塊由靜止釋放并開始計時，經(jīng)過π10s，小物塊向下運動20cm第一次到達最低點，已知小物塊在豎直方向做簡諧運動，重力加速度g＝10m/s2，忽略小物塊受到的阻力，下列說法正確的是（A.小物塊的振動方程為x＝0.1sin10tB.小物塊的最大加速度為2gC.小物塊的最大速度為2m/sD.小物塊在0～13π30s答案：D解析：由對稱性可知彈簧振子的振幅為A＝10cm，彈簧振子的振動周期為T＝π5s，則ω＝2πT＝10rad/s，小物塊運動的初始位置為負的最大位移處，所以小物塊的振動方程為x＝0.1sin10t＋32πm，選項A錯誤；根據(jù)簡諧運動的對稱性，小物塊在最高點和最低點時的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得小物塊最大加速度為g，選項B錯誤；小物塊在平衡位置時的速度最大，若僅有重力勢能和動能的轉(zhuǎn)化，有mgΔx＝12mv2，解得速度v＝2m/s，由于彈簧有彈性勢能，所以最大速度不是2m/s，選項C錯誤；13π30s為216個周期，根據(jù)x＝0.1sin10t＋32πm可得小物塊16個周期的位移x＝0.05m1.【簡諧運動中各物理量的變化分析】真空中有一點P與微粒Q，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復(fù)力，則下列情況有可能發(fā)生的是（）A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度減小C.速度增大，加速度不變D.速度減小，加速度不變解析：B由題意知，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復(fù)力，即F＝－kx，則說明微粒Q以P為平衡位置做簡諧振動，則微粒Q靠近平衡位置可能出現(xiàn)速度增大，加速度減小，故選B。2.【簡諧運動的周期性與對稱性】一彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當t＝0時刻，振子經(jīng)過O點，t1＝0.4s時，第一次到達M點，t2＝0.5s時振子第二次到達M點，則彈簧振子的周期可能為（）A.0.6s B.1.2sC.2.0s D.2.6s解析：A若振子按下面圖示路線從O點開始向右振動，則振子的振動周期為T1＝4×0.4+0.若振子按下面圖示路線從O點開始向左振動，M1為與M點關(guān)于平衡位置O的對稱位置，則振子的振動周期為T2＝4×（0.4－故B、C、D錯誤，A正確?？键c二簡諧運動的圖像[素養(yǎng)自修類]1.【簡諧運動圖像的理解】如圖甲所示，彈簧振子的平衡位置為O點，在A、B兩點之間做簡諧運動，取向右為正方向，以振子從A點開始運動的時刻作為計時起點，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時，振子的速度方向向左B.t＝0.8s時，振子的加速度方向向右C.t＝0.8s到t＝1.2s的時間內(nèi)，振子的回復(fù)力逐漸增大D.t＝1.2s到t＝1.6s的時間內(nèi)，振子的動能逐漸減小解析：D由振動圖像可知t＝0.4s時，振子由平衡位置向正方向運動，說明振子的速度方向向右，故A錯誤；由振動圖像可知，t＝0.8s時，振子在正向最大位移處，所以振子的加速度方向向左，故B錯誤；t＝0.8s到t＝1.2s的時間內(nèi)，振子從最大位移處往平衡位置運動，所以振子的回復(fù)力逐漸減小，故C錯誤；t＝1.2s到t＝1.6s的時間內(nèi)，振子從平衡位置往最大位移處運動，振子的速度逐漸減小，振子的動能逐漸減小，故D正確。2.【兩個簡諧運動圖像的比較】勁度系數(shù)相同的兩根彈簧分別與甲、乙兩個小鋼球組成彈簧振子，讓兩彈簧振子各自在水平面內(nèi)做簡諧運動，某時刻開始計時，兩者的振動圖像如圖所示。已知彈簧振子的振動周期T＝2πmk，其中m為振子質(zhì)量、k為彈簧勁度系數(shù)，下列說法正確的是（A.甲球質(zhì)量小于乙球質(zhì)量B.甲球的加速度始終大于乙球的加速度C.t＝0.15s時，彈簧對甲小球的作用力大于彈簧對乙小球的作用力D.兩個小球分別經(jīng)過平衡位置時的動能相等解析：C由圖像知，甲、乙周期相同，均為0.4s，由T＝2πmk知，兩個小球質(zhì)量相同，A錯誤；甲、乙都做簡諧振動，由圖像可知，甲、乙的振動不是同步的，因此甲球的加速度不可能始終大于乙球的加速度，B錯誤；對甲有x甲＝2cosω甲t＝2cos5πt（cm），對乙有x乙＝－sinω乙t＝－sin5πt（cm），t＝0.15s時，則有x甲＝2cosω甲t＝2cos5π×0.15（cm）＝－2cm，x乙＝－sinω乙t＝－sin（5π×0.15）（cm）＝－22cm，彈簧勁度系數(shù)相同，由F＝－kx可知，彈簧對甲小球的作用力大于彈簧對乙小球的作用力，C正確；兩球質(zhì)量相等，甲球振幅大，則甲球經(jīng)過平衡位置時動能大，1.對簡諧運動圖像的理解（1）簡諧運動的圖像是一條正弦曲線或余弦曲線，分別如圖甲、乙所示。（2）圖像反映的是位移隨時間的變化規(guī)律，隨時間的增加而延伸，圖像不代表質(zhì)點運動的軌跡。2.由簡諧運動圖像可獲取的信息（1）判定振動的振幅A和周期T，如圖所示。（2）判定振動物體在某一時刻的位移。（3）判定某時刻質(zhì)點的振動方向①下一時刻位移若增加，質(zhì)點的振動方向是遠離平衡位置；②下一時刻位移若減小，質(zhì)點的振動方向是指向平衡位置。（4）判定某時刻質(zhì)點的加速度（回復(fù)力）的大小和方向。（5）比較不同時刻質(zhì)點的勢能和動能的大小。質(zhì)點的位移越大，它所具有的勢能越大，動能則越小?？键c三單擺及其周期公式[互動共研類]1.單擺的受力特征（1）回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)回＝－mgsinθ＝－mglx＝－kx，負號表示回復(fù)力F回與位移x（2）向心力：細線的拉力和擺球重力沿細線方向分力的合力充當向心力，F(xiàn)向＝FT－mgcosθ。（3）兩點說明①當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝mv2l＝0，F(xiàn)T＝mg②當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝mvmax2l，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg2.周期公式T＝2πl(wèi)g（1）l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。（2）g為當?shù)刂亓铀俣取?.類單擺模型（1）有些情況下，單擺處在并非只有重力場的環(huán)境中，即為類單擺，則T＝2πl(wèi)g中，l為等效擺長，g為等效重力加速度。如圖所示，BC為豎直面內(nèi)的光滑圓弧，且BC?R，當小球在BC間運動時，其運動為類單擺運動，等效擺長為R（2）等效重力加速度①對于不同星球表面，有g(shù)＝GMR②單擺處于超重或失重狀態(tài)時：g效＝g±a。③重力場與勻強電場中時：g效＝G效（3）類單擺問題的解題方法：確定等效擺長l及等效重力加速度g效后，利用公式T＝2πl(wèi)g【典例2】如圖所示，兩單擺的擺長相同，平衡時兩擺球剛好接觸?，F(xiàn)將擺球A在兩擺線所在的平面內(nèi)向左拉開一小角度后釋放，碰撞后兩擺球分開各自做簡諧運動。以mA、mB分別表示擺球的質(zhì)量，則（）A.當mA＞mB時，下一次碰撞將發(fā)生在平衡位置右側(cè)B.當mA＜mB時，下一次碰撞將發(fā)生在平衡位置左側(cè)C.只有當mA＝mB時，下一次碰撞才發(fā)生在平衡位置D.無論兩球的質(zhì)量關(guān)系如何，下一次碰撞一定還發(fā)生在平衡位置答案：D解析：根據(jù)單擺的周期公式T＝2πl(wèi)g，可知兩單擺的周期相同，所以相撞后兩球分別經(jīng)過12T后回到各自的平衡位置，下一次碰撞一定還發(fā)生在平衡位置，1.【單擺振動圖像】（多選）如圖甲所示的挖掘機的頂部垂下一個大鐵球并讓它小角度地擺動，可以用來拆除混凝土建筑。它對應(yīng)的振動圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A.單擺振動的周期是6sB.t＝2s時，擺球的速度最大C.球擺開的角度增大，周期增大D.該單擺的擺長約為16m解析：BD由圖乙可知，單擺振動的周期為8s；t＝2s時，擺球位于平衡位置，速度最大；根據(jù)單擺周期公式T＝2πl(wèi)g可知，周期與球擺開的角度無關(guān)；把T＝8s代入周期公式可得，擺長為l≈16m。故B、D正確，A、C2.【單擺周期公式的應(yīng)用】如圖所示，表面光滑、半徑為R的圓弧形軌道AP與水平地面平滑連接，AP弧長為s，s?R。半徑為r的小球從A點由靜止釋放，運動到最低點P時速度大小為v，重力加速度為g，則小球從A運動到P的時間是（）A.t＝2sv B.tC.t＝π4Rg D.解析：B因為AP弧長為s，且s?R，所以小球的運動等效為單擺運動，根據(jù)單擺的周期公式可得T＝2πl(wèi)g，由題意可知，擺長l＝R－r，小球從A運動到P所用的時間為四分之一個周期，即有t＝π2R－考點四受迫振動和共振[素養(yǎng)自修類]1.【受迫振動】如圖所示，曲軸上掛一個彈簧振子，轉(zhuǎn)動搖把，曲軸可帶動彈簧振子上下振動。開始時不轉(zhuǎn)動搖把，讓振子自由振動，測得其頻率為2Hz?，F(xiàn)勻速轉(zhuǎn)動搖把，轉(zhuǎn)速為240r/min。則（）A.當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期是0.5sB.當振子穩(wěn)定振動時，它的振動頻率是6HzC.當轉(zhuǎn)速增大時，彈簧振子的振幅增大D.當轉(zhuǎn)速減小時，彈簧振子的振幅增大解析：D搖把勻速轉(zhuǎn)動的頻率f＝n＝24060Hz＝4Hz，周期T＝1f＝0.25s，當振子穩(wěn)定振動時，它的振動周期及頻率均與驅(qū)動力的周期及頻率相等，A、B錯誤；當轉(zhuǎn)速減小時，其頻率更接近振子的固有頻率，彈簧振子的振幅增大，C錯誤，2.【受迫振動與共振曲線的理解】（多選）兩單擺分別在受迫振動中的共振曲線如圖所示，則下列說法正確的是（）A.若兩擺的受迫振動分別在月球上和地球上進行，且擺長相同，則圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線B.若兩擺的受迫振動是在地球上同一地點進行，則兩擺擺長之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4C.若圖線Ⅱ表示在地球上完成的，則該單擺擺長約為1mD.若擺長均為1m，則圖線Ⅰ表示在地球上完成的解析：ABC題圖中振幅最大處對應(yīng)的頻率與做受迫振動的單擺的固有頻率相等，由題圖可知，兩擺的固有頻率fⅠ＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz。當兩擺在月球和地球上分別做受迫振動且擺長相等時，根據(jù)關(guān)系式f＝12πg(shù)L可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因為g地＞g月，因此可推知圖線Ⅰ表示月球上單擺的共振曲線，A正確；若兩擺在地球上同一地點做受迫振動，g相同，則fⅠfⅡ＝LⅡLⅠ，且有fⅠfⅡ＝0.20.5，所以LⅠLⅡ＝254，B正確；fⅡ＝0.5Hz，若圖線3.【共振現(xiàn)象的應(yīng)用】（多選）（2021·浙江1月選考15題）為了提高松樹上松果的采摘率和工作效率，工程技術(shù)人員利用松果的慣性發(fā)明了用打擊桿、振動器使松果落下的兩種裝置，如圖甲、乙所示。則（）A.針對不同樹木，落果效果最好的振動頻率可能不同B.隨著振動器頻率的增加，樹干振動的幅度一定增大C.打擊桿對不同粗細樹干打擊結(jié)束后，樹干的振動頻率相同D.穩(wěn)定后，不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同解析：AD不同樹木的固有頻率不同，因此針對不同的樹木，要使之發(fā)生共振需要的振動頻率不同，選項A正確；根據(jù)共振曲線，小于固有頻率時，逐漸增加驅(qū)動力頻率，振幅會加大，而在大于固有頻率時增加頻率，振動幅度會減小，選項B錯誤；穩(wěn)定后，不同粗細的樹干的振動為受迫振動，因此與振動器的振動頻率相同，選項D正確；打擊桿打擊樹干后，樹干做阻尼振動，阻尼振動頻率取決于固有頻率，粗細不同的樹干固有振動頻率不同，選項C錯誤。1.自由振動、受迫振動和共振的比較振動類型自由振動受迫振動共振受力情況僅受回復(fù)力受驅(qū)動力受驅(qū)動力振動周期或頻率由系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅(qū)動力的周期或頻率決定，即T＝T驅(qū)或f＝f驅(qū)T驅(qū)＝T0或f驅(qū)＝f0振動類型自由振動受迫振動共振振動能量振動物體的機械能不變由產(chǎn)生驅(qū)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2.對共振的理解（1）共振曲線如圖所示，橫坐標為驅(qū)動力的頻率f，縱坐標為振幅A。它直觀地反映了驅(qū)動力的頻率對某固有頻率為f0的振動系統(tǒng)做受迫振動時振幅的影響。由圖可知，f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。（2）受迫振動中系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)化做受迫振動的系統(tǒng)的機械能不守恒，系統(tǒng)與外界時刻進行能量交換?？键c一簡諧運動的規(guī)律1.釣魚可以修身養(yǎng)性，頗受人們喜愛。如圖為某魚漂的示意圖，魚漂上部可視為圓柱體。當魚漂受到微小擾動而上下振動，某釣友發(fā)現(xiàn)魚漂向下運動時圓柱體上的M點恰好可以到達水面，向上運動時圓柱體上的N點恰好可以露出水面。忽略水的阻力和水面波動影響，則（）A.魚漂的振動為簡諧運動B.魚漂振動過程中機械能守恒C.M點到達水面時，魚漂的動能最大D.N點到達水面時，魚漂的加速度最小解析：A設(shè)魚漂靜止時水下部分的長度為x0，根據(jù)平衡條件得mg＝ρgSx0，取向下為正方向，魚漂從平衡位置再向下位移為x時，魚漂的合力為F＝mg－ρgS（x0＋x），解得F＝－ρgSx，設(shè)k＝ρgS，則F＝－kx，魚漂的振動為簡諧運動，A正確；魚漂振動過程中水的浮力做功，所以魚漂的機械能不守恒，B錯誤；M點到達水面時，魚漂位于最低點，魚漂的動能最小等于零，C錯誤；N點到達水面時，魚漂位于最高點，相對于平衡位置的位移最大，合力最大，魚漂的加速度最大，D錯誤。2.（多選）某種彈簧振子做簡諧運動時，動能與彈性勢能隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法中正確的是（）A.此彈簧振子在光滑的水平面上振動B.t0時刻彈簧振子處在位移最大處C.彈簧振子的周期為4t0D.彈簧振子的周期為2t0解析：AC由圖像分析可得，彈簧振子只有動能和彈性勢能互相轉(zhuǎn)化，且機械能守恒，只有彈簧的彈力做功，重力不做功，則彈簧振子在光滑的水平面上振動，A正確；t0時刻彈簧振子的動能最大，彈簧振子處在平衡位置處，B錯誤；動能從0增加到最大，時間為T4，因此彈簧振子的周期為4t0，C正確，D3.（多選）如圖所示，質(zhì)量為1.44kg的小球（視為質(zhì)點）在B、C兩點間做簡諧運動，O點是它振動的平衡位置。若從小球向右經(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，已知彈簧振子的周期T＝2πmk，其中m為小球的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)，取π2＝10，則下列說法正確的是（A.彈簧振子的周期為1.2sB.彈簧的勁度系數(shù)為80N/mC.在t3＝1.3s時刻，小球第三次經(jīng)過M點D.O、M兩點間的距離為5cm解析：ACD根據(jù)題意，M點到B點的時間為t0＝t2－t12＝0.2s，則有T4＝t0＋t1＝0.3s，可得周期為T＝1.2s，故A正確；根據(jù)彈簧振子的周期公式T＝2πmk，代入數(shù)據(jù)得k＝40N/m，故B錯誤；小球第三次經(jīng)過M點時間為t3＝T＋t1＝1.3s，故C正確；小球做簡諧運動，振幅為A＝10cm，角速度為ω＝2πT＝5π3rad/s，則簡諧運動的表達式為y＝Asinωt＝10sin2πTt＝10sin5π3t（cm考點二簡諧運動的圖像4.揚聲器是語音和音樂的播放裝置，在生活中無處不在。如圖所示是揚聲器紙盆中心做簡諧運動的振動圖像，下列判斷正確的是（）A.t＝1×10－3s時刻紙盆中心的位移最大B.t＝2×10－3s時刻紙盆中心的加速度最大C.在0～2×10－3s之間紙盆中心的速度方向不變D.紙盆中心做簡諧運動的方程為x＝1.0×10－4cos50πt（m）解析：At＝1×10－3s時刻紙盆中心的位移最大，故A正確；t＝2×10－3s時刻紙盆中心位于平衡位置，加速度為零，故B錯誤；在0～2×10－3s之間紙盆中心的速度方向先沿正方向再沿負方向，故C錯誤；紙盆中心做簡諧運動的方程為x＝Asin2πtT＝1.0×10－4sin500πt（m），5.（多選）如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子，在C、D兩點之間做簡諧運動，O點為平衡位置。振子到達D點時開始計時，以豎直向上為正方向，一個周期內(nèi)的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.振子在O點受到的彈簧彈力等于小球的重力B.振子在C點和D點的回復(fù)力相同C.t＝0.3s時，振子的速度方向為豎直向上D.t＝0.75s到t＝1.25s的時間內(nèi)，振子通過的路程為（6－2）cm解析：AC振子在O點受到的合力等于零，可知彈簧彈力與其自身重力平衡，故A正確；由簡諧運動的對稱性可知，振子在C點和D點的回復(fù)力大小相同，方向相反，故B錯誤；由圖乙可知，t＝0.3s時，振子由D點向O點運動，其速度方向為豎直向上，故C正確；由圖乙可知，t＝0.75s到t＝1.25s的時間內(nèi)，振子通過的路程為s＝2（3－3sin45°）cm＝（6－32）cm，故D錯誤?？键c三單擺及其周期公式6.（多選）如圖所示，單擺在豎直平面內(nèi)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（）A.擺球在A點和C點時，速度為零，故細線拉力為零，但回復(fù)力不為零B.擺球由A點向B點擺動過程中，細線拉力增大，但回復(fù)力減小C.擺球在B點時，重力勢能最小，機械能最小D.擺球在B點時，動能最大，細線拉力也最大解析：BD假設(shè)擺動過程中，細線與豎直方向夾角為θ，重力沿細線方向分力為mgcosθ，垂直于細線方向分力為mgsinθ。擺球在A點和C點時，速度為零，沿細線方向的合力為零，有細線的拉力F＝mgcosθ，F(xiàn)回＝mgsinθ，即細線的拉力與重力沿細線方向分力等大且不為零，回復(fù)力與重力沿切線方向的分力等大，也不為零，故A錯誤；擺球由A點向B點擺動過程中，速度變大，根據(jù)F－mgcosθ＝mv2L，F(xiàn)回＝mgsinθ，可得細線拉力增大，回復(fù)力減小，故B正確；擺球在擺動過程機械能守恒，從最高點擺到B點過程中，重力做正功，其重力勢能一直在減小，動能一直在增加，所以擺球在B點時，重力勢能最小，動能最大，機械能不變，故C錯誤；擺球在B點時對其受力分析，可得F－mg＝mv2L，可知此時細線拉力最大，合力不為零7.將一臺智能手機水平粘在秋千的座椅上，使手機邊緣與座椅邊緣平行（圖甲），讓秋千以小擺角（小于5°）自由擺動，此時秋千可看作單擺，擺長為L。從手機加速度傳感器中得到了其垂直手機平面方向的a-t關(guān)系圖像如圖乙所示。則以下說法正確的是（）A.秋千從擺動到停下的過程機械能守恒B.當秋千擺至最低點時，秋千對手機的支持力小于手機所受的重力C.秋千擺動的周期為t2－t1D.該地的重力加速度g＝4解析：D秋千從擺動到停下的過程受到阻力的作用，機械能不守恒，故A錯誤；在最低點，根據(jù)牛頓第二定律FN－mg＝mv2L，可得秋千對手機的支持力FN＝mg＋mv2L，可知秋千對手機的支持力大于手機所受的重力，故B錯誤；秋千的周期為從最大偏角到另外一最大偏角位置再回到原來最大偏角位置所用的時間，所以兩次經(jīng)過最低點，有兩次向心加速度最大，周期為T＝t3－t1，故C錯誤；根據(jù)單擺周期公式T＝t3－t1＝2πLg，可得當?shù)刂亓铀俣萭＝考點四受迫振動和共振8.（多選）如圖，飛力士棒是一種物理康復(fù)器材，其整體結(jié)構(gòu)是一根兩端帶有配重的彈性桿。用戶在健身訓練時，使桿體發(fā)生振動，從而使桿體帶動手臂肌肉運動，改變配重可以改變桿體振動快慢，以達到最佳鍛煉效果。若桿體振動越快，則（）A.手臂肌肉的振動快慢程度保持不變B.手臂肌肉的振動一定越快C.手臂肌肉的振動幅度一定越大D.手臂肌肉的振動幅度不一定越大解析：BD手臂肌肉在桿體帶動下做受迫振動，則桿體振動越快，手臂肌肉的振動一定越快，選項A錯誤，B正確；驅(qū)動力的頻率越接近固有頻率，受迫振動的振幅越大，則桿體振動越快時，手臂肌肉的振動幅度不一定越大，選項C錯誤，D正確。9.轎車的“懸掛系統(tǒng)”是指由車身與輪胎間的彈簧及避震器組成的整個支持系統(tǒng)。已知某型號轎車“懸掛系統(tǒng)”的固有頻率是2Hz。如圖所示，這輛汽車正勻速通過某路口的條狀減速帶，已知相鄰兩條減速帶間的距離為1.0m，該車經(jīng)過該減速帶過程中，下列說法正確的是（）A.當該轎車通過減速帶時，車身上下振動的頻率均為2Hz，與車速無關(guān)B.該轎車通過減速帶的速度越大，車身上下顛簸的越劇烈C.當該轎車以2m/s的速度通過減速帶時，車身上下顛簸的最劇烈D.當該轎車以不同速度通過減速帶時，車身上下顛簸的劇烈程度一定不同解析：C當轎車以速度v通過減速帶時，車身上下振動的周期為T＝Lv，則車身上下振動的頻率為f＝1T＝vL，該值與車速有關(guān)，故A錯誤；車身上下振動的頻率與車身系統(tǒng)的固有頻率越接近，車身上下振動的幅度越大，即當車速滿足f＝vL＝2Hz，即v＝2m/s，車身上下顛簸的最劇烈，故B錯誤，C正確；當該轎車以不同速度通過減速帶時，車身上下振動的頻率可能分別大于或小于車身系統(tǒng)的固有頻率，車身上下顛簸的劇烈程度可能相同10.（多選）很多高層建筑都會安裝減震耗能阻尼器，用來控制強風或地震導致的振動。臺北101大樓使用的阻尼器是重達660噸的調(diào)諧質(zhì)量阻尼器，阻尼器相當于一個巨型質(zhì)量塊。簡單說就是將阻尼器懸掛在大樓上方，它的擺動會產(chǎn)生一個反作用力，在建筑物搖晃時往反方向擺動，會使大樓擺動的幅度減小。關(guān)于調(diào)諧質(zhì)量阻尼器，下列說法正確的是（）A.阻尼器做受迫振動，振動頻率與大樓的振動頻率相同B.阻尼器與大樓擺動幅度相同C.阻尼器擺動后，擺動方向始終與大樓的振動方向相反D.阻尼器擺動幅度不受風力大小影響解析：AC由題意可知阻尼器做受迫振動，振動頻率與大樓的振動頻率相同，故A正確；阻尼器與大樓擺動幅度不相同，故B錯誤；由題意可知，大樓對阻尼器的力與阻尼器對大樓的力為一對相互作用力，根