資源簡介

(共57張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
第2章 機械振動
章末綜合提升
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　簡諧運動的周期性和對稱性
1．周期性——做簡諧運動的物體經過一個周期或幾個周期后，能恢復到原來的狀態。
2．對稱性——做簡諧運動的物體具有相對平衡位置的對稱性。
(1)在同一位置，振子的位移相同，回復力、加速度、動能和勢能也相同，速度的大小相等，但方向可能相同，也可能相反。
(2)在關于平衡位置對稱的兩個位置，動能、勢能對應相等，回復力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可能相同，也可能相反。
(3)一個做簡諧運動的質點，經過時間t＝nT(n為正整數)，則質點必回到出發點，而經過時間t＝(2n＋1)(n為自然數)，則質點所處位置必與原來位置關于平衡位置對稱。
√
√
【典例1】　(雙選)如圖所示，一質點在平衡位置O點附近做簡諧運動，若從質點通過O點時開始計時，經過0.9 s質點第一次通過M點，再繼續運動，又經過0.6 s質點第二次通過M點，該質點第三次通過M點需再經過的時間可能是(　　)
A．1 s　　　B．1.2 s　　　C．2.4 s　　　D．4.2 s
AD　[根據題意可以判斷質點通過MB之間的距離所用的時間為0.3 s，質點通過O點時開始計時，經過0.9 s質點第一次通過M點，分兩種情況考慮：(1)質點由O點向右運動到M點，則OB之間所用的時間為0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，根據對稱性，OA之間所用的時間也為1.2 s，第三次通過M點所用的時間為2tMO＋2tOA＝2×0.9 s＋2×1.2 s＝4.2 s。(2)質點由O點先向左運動再到M點，則從O→A→O→M→B所用的時間為0.9 s＋0.3 s＝1.2 s，為個周期，得周期為1.6 s，第三次經過M點所用的時間為1.6 s－2tMB＝1.6 s－0.6 s＝1.0 s。故A、D正確，B、C錯誤。]
一語通關　時間的對稱性：系統通過關于平衡位置對稱的兩段位移的時間相等。振動過程中通過任意兩點A、B的時間與逆向通過的時間相等。
主題2　簡諧運動圖像的應用
從振動圖像中可得到的信息
(1)可直接讀取振子在某一時刻相對于平衡位置的位移大小。
(2)從振動圖像上可直接讀出振幅：正(負)位移的最大值。
(3)從振動圖像上可直接讀出周期。
(4)可判斷某一時刻振動物體的速度方向和加速度方向，以及它們的大小和變化趨勢。
【典例2】　(雙選)彈簧振子在光滑水平面上做簡諧運動，把鋼球從平衡位置向左拉一段距離，放手讓其運動。從鋼球通過平衡位置開始計時，其振動圖像如圖所示。下列說法正確的(　　)
A．0～3 s內，鋼球通過的路程為15 cm
B．鋼球振動半個周期，回復力做功為零
C．在t0時刻彈簧的形變量為4 cm，t＝0.5 s
時鋼球的加速度為正向最大
D．鋼球振動方程為x＝5sin πt(cm)
√
√
BD　[0～3 s內，鋼球通過的路程為s＝6A＝6×5 cm＝30 cm，故A錯誤；鋼球振動半個周期剛好到達關于平衡位置對稱的位置，兩位置速度大小相等，故由動能定理知，回復力做功為零，故B正確；由題圖可知在t0時刻彈簧的形變量為4 cm，t＝0.5 s 時鋼球的加速度為負向最大，故C錯誤；鋼球振動的周期T＝2 s，振幅A＝5 cm，鋼球振動方程為x＝A sin t cm＝5sin πt(cm)，故D正確。故選BD。]
一語通關　簡諧運動圖像問題的處理思路
(1)根據簡諧運動圖像的描繪方法和圖像的物理意義，明確縱軸、橫軸所代表的物理量及單位。
(2)將簡諧運動圖像跟具體運動過程或振動模型聯系起來，根據圖像畫出實際振動或模型的草圖，對比分析。
(3)判斷簡諧運動的回復力、加速度、速度變化的一般思路：根據F＝－kx判斷回復力F的變化情況；根據F＝ma判斷加速度的變化情況；根據運動方向與加速度方向的關系判斷速度的變化情況。
主題3　單擺的周期公式及應用
單擺在小角度(θ＜5°)振動時可看作簡諧運動，除考查簡諧運動的一般規律外，單擺的周期公式及特點、應用在近幾年的高考中也頻頻出現，值得重視：
(1)單擺的周期T＝2π，與振幅、質量無關，只取決于擺長l和重力加速度g。
(2)單擺的回復力由擺球重力沿圓弧切線方向的分力提供。在平衡位置，回復力為零，沿半徑方向的合力提供向心力；在最高點，向心力為零，回復力最大。
(3)利用單擺測重力加速度原理：由單擺的周期公式可得g＝，因此通過測定單擺的周期和擺長，便可測出重力加速度g的值。
【典例3】　如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，R ，甲球從弧形槽的球心處自由落下，乙球從A點由靜止釋放，問：
(1)兩球第1次到達C點的時間之比。
(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜
止釋放小球甲，讓其自由下落，同時乙
球從圓弧左側由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？
[解析]　(1)甲球做自由落體運動R＝，所以t1＝，乙球沿圓弧做簡諧運動(由于 R，可認為擺角θ＜5°)。此振動與一個擺長為R的單擺振動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為t2＝T＝×2π＝，所以t1∶t2＝。
(2)甲球從離弧形槽最低點h高處開始自由下落，到達C點的時間為t甲＝，由于乙球運動的周期性，所以乙球到達C點的時間為t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)
由于甲、乙在C點相遇，故t甲＝t乙
解得h＝(n＝0，1，2，…)。
[答案]　(1)　(2)(n＝0，1，2，…)
一語通關　單擺模型問題的求解方法
(1)單擺模型指符合單擺規律的運動模型，模型滿足條件：①圓弧運動；②小角度擺動；③回復力F＝－kx。
(2)首先確認是否符合單擺模型條件，然后尋找等效擺長l及等效重力加速度g，最后利用公式T＝2π或簡諧運動規律分析求解問題。
(3)如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r ＋L cos α。圖乙中小球(可看作質點)在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點振動，其等效擺長為l＝R。
甲　　　　　乙
題號
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章末綜合測評(二)　機械振動
13
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求)
1．如圖所示為某人在醫院做的心電圖的一部分，已知他當時心率為60次/min，且圖中每小格寬1 mm，則心電圖儀卷動紙帶的速度約為(　　)
題號
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A．10 cm/min　　　　　 B．30 cm/min
C．50 cm/min　　 D．70 cm/min
√
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C　[此人心跳周期為T＝＝1 s，由題圖可知，相鄰峰值之間的距離約為8 mm，心電圖儀卷動紙帶的速度約為v＝＝×60 cm/min＝48 cm/min，故選C。]
√
題號
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2．如圖甲所示，豎直圓盤轉動時，可帶動固定在圓盤上的T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個彈簧和小球，共同組成一個振動系統。當圓盤靜止時，小球可穩定振動。現使圓盤以4 s的周期勻速轉動，經過一段時間后，小球振動達到穩定。改變圓盤勻速轉動的周期，其共振曲線(振幅A與驅動力的頻率 f 的關系)如圖乙所示，則(　　)
A．此振動系統的固有頻率約為0.25 Hz
B．此振動系統的固有頻率約為3 Hz
C．若圓盤勻速轉動的周期增大，系統振動的
頻率不變
D．若圓盤勻速轉動的周期增大，共振曲線的峰值將向右移動
甲　　　　乙
B　[由振子的共振曲線可得，此振動系統的固有頻率約為3 Hz，故B正確，A錯誤；振動系統的振動頻率是由驅動力的頻率決定的，所以若圓盤勻速轉動的周期增大，系統的振動頻率減小，故C錯誤；共振曲線的峰值表示振子的固有頻率，它是由振動系統本身的性質決定的，與驅動力的頻率無關，故D錯誤。]
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√
3．如圖甲所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉下一段距離A，由靜止釋放。以鋼球平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立x軸，當鋼球在振動過程中某一次經過平衡位置時開始計時，鋼球運動的位移—時間圖像如圖乙所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態，則(　　)
A．t1時刻鋼球處于超重狀態
B．t2時刻鋼球的速度方向向上
C．t1～t2時間內鋼球的動能逐漸增大
D．t1～t2時間內鋼球的機械能逐漸減小
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甲　　　　乙
D　[t1時刻，鋼球位于平衡位置上方，位移為正，所以加速度為負，有向下的加速度，處于失重狀態，故A錯誤；t2時刻，鋼球位于平衡位置下方，正在遠離平衡位置，速度方向向下，故B錯誤；t1～t2時間內，鋼球的速度先增大后減小，動能先增大后減小，故C錯誤；t1～t2時間內，鋼球克服彈力做功，根據能量守恒定律可知，鋼球的機械能逐漸減小，故D正確。]
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4．游客在海邊欲乘坐游船，當日風浪很大，游船上下浮動，游船浮動可簡化為豎直方向的簡諧運動，振幅為30 cm，周期為3.0 s，當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊。地面與甲板的高度差不超過15 cm時，游客能舒服地登船。假設風浪較小時，游船振幅為 15 cm，游船上升到最高點時依然剛好與碼頭地面平齊，振動周期不變，游客舒服登船的高度不變，則在一個周期內，風浪較小時舒服地登船的時間比風浪較大時增加(　　)
A．1.0 s　　　　 B．0.75 s
C．0.50 s　　 D．0.25 s
√
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C　[風浪很大時，游船的振動方程為y＝A sin cm＝30sin cm，當y＝15 cm時，可解得t1＝0.25 s，t2＝1.25 s，游客可舒服登船的時間為Δt＝1 s，風浪較小時，游客在一個周期內，有半個周期能舒服登船，故Δt′＝T＝1.5 s，故風浪較小時游客舒服地登船的時間增加了Δt″＝Δt′－Δt＝0.5 s，故選C。]
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√
√
二、雙項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
5．一彈簧振子做簡諧運動，t時刻剛好經過平衡位置，則振子在t＋Δt和t－Δt時刻一定相同的物理量有(　　)
A．速度　　　　 B．加速度
C．位移　　　　 D．機械能
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AD　[t時刻剛好經過平衡位置，則振子在t＋Δt和t－Δt時刻質點位置關于平衡位置對稱，則速度和機械能相同，加速度方向相反，位移方向相反，故A、D正確，B、C錯誤。]
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6．如圖所示，樹梢的擺動可視為周期為12 s、振幅為1.2 m的簡諧運動。某時刻開始計時，36 s后樹梢向右偏離平衡位置0.6 m。下列說法正確的是(　　)
A．開始計時的時刻樹梢恰位于平衡位置
B．樹梢做簡諧運動的“圓頻率”約為 rad/s
C．樹梢在開始計時后的36 s內通過的路程為4.8 m
D．再經過4 s，樹梢可能處于向左偏離平衡位置1.2 m 處
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√
BD　[如果開始計時的時刻樹梢恰位于平衡位置，經過36 s，即3T，則樹梢應位于平衡位置，故A錯誤；樹梢做簡諧運動的“圓頻率”約為ω＝＝ rad/s，故B正確；樹梢在開始計時后的36 s內通過的路程為s＝3×4A＝14.4 m，故C錯誤；36 s后樹梢向右偏離平衡位置0.6 m，y＝1.2sin (t＋φ) (m)，因為t＝0，y＝0.6 m，解得φ＝或，當y＝1.2sin (m)時，再經過4 s，樹梢可能處于向左偏離平衡位置1.2 m處，故D正確。故選BD。]
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7．一單擺的振動圖像如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．t＝1.0 s時，擺球處于平衡狀態
B．t＝2.0 s時，擺球處于平衡位置
C．擺球擺動過程中，在任何位置都不是平衡狀態
D．t＝1.0 s時，擺線所受拉力最小
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√
√
BC　[位移為0時，回復力為0，回復力產生的加速度為0，但由于擺球做圓周運動，還有向心加速度，既然有加速度就不是平衡狀態，只是在平衡位置，A錯誤，B正確；擺球擺動過程中，在任何位置都有加速度，沒有一處是平衡狀態，C正確；t＝1.0 s時，擺球的速度最大，恰好過最低點，擺線所受拉力最大，D錯誤。]
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8．如圖所示，質量為m的物塊放置在質量為M的木板上，木板與彈簧相連，它們一起在光滑水平面上做簡諧運動，周期為T，振動過程中m、M之間無相對運動，設彈簧的勁度系數為k、物塊和木板之間動摩擦因數為μ，下列說法正確的是(　　)
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A．若t時刻和(t＋Δt)時刻物塊受到的摩擦力大小相等，方向相反，則Δt一定等于的整數倍
B．若Δt＝，則在t時刻和(t＋Δt)時刻彈簧的長度一定相同
C．研究木板的運動，彈簧彈力與物塊對木板摩擦力的合力充當了木板做簡諧運動的回復力
D．當整體離開平衡位置的位移為x時，物塊與木板間的摩擦力大小等于 kx
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√
√
CD　[設位移為x，對整體受力分析，受重力、支持力和彈簧的彈力，根據牛頓第二定律，有
kx＝(m＋M)a　　①
對m物體受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力，靜摩擦力提供回復力，根據牛頓第二定律，有
f＝ma　　 ②
所以f＝kx　③
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若t時刻和(t＋Δt)時刻物塊受到的摩擦力大小相等，方向相反，則兩個時刻物塊的位移大小相等，方向相反，位于相對平衡位置對稱的位置上，但Δt不一定等于的整數倍，故A錯誤；若Δt＝，則在t時刻和(t＋Δt)時刻物塊的位移大小相等，方向相反，位于相對平衡位置對稱的位置上，彈簧的長度不一定相同，故B錯誤；由開始時的分析可知，研究木板的運動，彈簧彈力與m對木板的摩擦力的合力提供回復力，故C正確；由③可知，當整體離開平衡位置的位移為x時，物塊與木板間摩擦力的大小等于 kx，故D正確。故選CD。]
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三、非選擇題(共60分，其中9、10題為實驗題，11、12、13題為計算題)
9．某同學探究單擺周期與擺長的關系，他用分度值為毫米的直尺測得擺線長為89.40 cm，用游標卡尺測得擺球直徑如圖甲所示，讀數為_______cm，擺長為_______cm。用停表記錄單擺做30次全振動所用的時間如圖乙所示，停表讀數為_______s，
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甲　　　　　　　　　　乙
2.050
90.425
57.0
如果測得的g值偏大，可能的原因是______(填選項前的字母)。
A．計算擺長時加的是擺球的直徑
B．將擺球和擺線平放在桌面上，拉直后用米尺測出擺球球心到擺線某點O間的長度作為擺長
C．擺線上端未牢固系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加(實驗過程中先測擺長后測周期)
D．實驗中誤將30次全振動記為31次
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AD
[解析]　游標卡尺的主尺讀數為2 cm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數為10×0.05 mm＝0.50 mm，所以最終讀數為2 cm＋0.050 cm＝2.050 cm；擺長為89.40 cm＋ cm＝90.425 cm；由題圖乙可知，秒表的讀數t＝57.0 s。根據T＝2π，得g＝。計算擺長時用的是擺線長加擺球的直徑，則擺長的測量值偏大，重力加速度測量值偏大，故A正確；用米尺測出擺球球心到擺線某點O間的長度作為擺長，則擺長的測量值偏小，
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重力加速度測量值偏小，故B錯誤；擺線上端未牢固系于懸點，振動中出現松動，使擺線長度增加，則擺長的測量值偏小，重力加速度測量值偏小，故C錯誤；實驗中誤將30次全振動記為31次，則周期的測量值偏小，重力加速度測量值偏大，故D正確。
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10．在利用“單擺測定重力加速度”的實驗中，由單擺做簡諧運動的周期公式得到g＝，只要測出多組單擺的擺長L和運動周期T，作出T2-L圖像，就可以求出當地的重力加速度，理論上T2-L圖像是一條過坐標原點的直線，某同學根據實驗數據作出的圖像如圖1所示：
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　圖1　　　　　圖2
(1)由圖像求出的重力加速度g＝_______ m/s2(取π2＝9.87)。
(2)由于圖像沒有能通過坐標原點，求出的重力加速度g值與當地真實值相比______；若利用g＝，采用公式法計算，則求出重力加速度g值與當地真實值相比______(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。
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9.87
不變
偏小
(3)某同學在家里做用單擺測定重力加速度的實驗，但沒有合適的擺球，他找到了一塊外形不規則的長條狀的大理石塊代替了擺球(如圖2)，以下實驗步驟中存在錯誤或不當的步驟是_______(只填寫相應的步驟代號即可)。
A．將石塊用細尼龍線系好，結點為N，將尼龍線的上端固定于O點
B．用刻度尺測量ON間尼龍線的長度L作為擺長
C．將石塊拉開一個大約α＝5°的角度，然后由靜止釋放
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BDF
D．從擺球擺到最低點時開始計時，當擺球第30次到達最低點時結束記錄總時間t，由T＝得出周期
E．改變ON間尼龍線的長度再做幾次實驗，記下相應的L和T
F．求出多次實驗中測得的L和T的平均值作為計算時使用的數據，帶入公式g＝L求出重力加速度g
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[解析]　(1)由T2＝·L，
知T2-L圖像的斜率等于，
由數學知識得＝，
解得g＝9.87 m/s2。
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(2)無論圖像是否經過坐標原點，圖像的斜率等于，該斜率不變，所以g不變；
若利用g＝，采用公式法計算，由題圖1可知擺長測量值偏小，則求出重力加速度g值與當地真實值相比偏小。
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(3)B選項：用刻度尺測量ON間尼龍線的長度L作為擺長是錯誤的，擺長等于懸點到石塊重心的距離；D選項：從擺球擺到最低點時開始計時，當擺球第30次到達最低點時結束記錄總時間t，由T＝得出周期；F選項：求出多次實驗中測得的L和T的值，作出T2-L圖像，根據圖像的斜率求出重力加速度g；或者先分別求出各組L和T的值對應的g值，再取所求得的各個g值的平均值。
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11．一輕質彈簧直立在地面上，其勁度系數k＝400 N/m，彈簧的上端與空心物體A連接，物體B置于A內，B的上下表面恰好與A接觸，如圖所示。A和B質量均為1 kg，先將A向上抬高使彈簧伸長5 cm后由靜止釋放，A和B一起做上下方向的簡諧運動。已知彈簧的彈性勢能決定于彈簧形變大小(g取10 m/s2，阻力不計)。求：
(1)物體A的振幅；
(2)物體B的最大速率；
(3)在最高點和最低點A對B的作用力。
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[解析]　(1)從原長到平衡位置x1＝＝5 cm
振幅A＝5 cm＋x1＝10 cm。
(2)最大速率在平衡位置，從最高點到平衡位置過程中，前后位置的彈性勢能相等，因此重力勢能轉化為動能，由動能定理有
(mA＋mB)g·A＝(mA＋mB)v2
解得v＝ m/s。
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(3)在最高點，整體：(mA＋mB)g＋k×0.05＝(mA＋mB)a，隔離B：F1＋mBg＝mBa，可求得F1＝10 N，方向向下。
在最低點，加速度大小也為a，方向向上：F2－mBg＝mBa，得F2＝30 N，方向向上。
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[答案]　(1)10 cm　(2) m/s　(3)10 N，方向向下　30 N，方向向上
12．擺鐘是一種利用擺的等時性制成的計時裝置，它具有下列特性：鐘擺的振動可以等效成是單擺的簡諧運動；擺鐘的指示時間與擺鐘的振動次數成正比，現有一座擺鐘，擺長為1 m，一晝夜快 10 min，要使它走時正確，應該將擺長調到多長？(精確到 0.001 m)
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[解析]　擺鐘的指示時間與擺鐘的振動次數成正比，設準確的鐘擺擺動的周期為T，則24×60 min＝kn
不準確的擺周期為T′，則24×60 min＋10 min＝kn′
在時間一定時，擺動次數與周期成反比，則＝＝
由T＝2π∝可得＝＝
其中L′＝1 m，則L＝×1 m≈1.014 m。
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[答案]　1.014 m
13．將一測力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力，圖甲表示小滑塊(可視為質點)沿固定的光滑半球形容器內壁在豎直平面的A、A′之間來回滑動，A、A′點與O點連線與豎直方向之間夾角相等且都為θ(θ很小)。圖乙表示滑塊對器壁的壓力F隨時間t變化的曲線，且圖中t＝0為滑塊從A點開始運動的時刻，試根據力學規律和題中(包括圖中)所給的信息，求：(g取10 m/s2)
(1)容器的半徑；
(2)小滑塊的質量。
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甲　　　　　　　　　　乙
[解析]　(1)由題圖乙得小滑塊做簡諧運動的
周期T＝ s
由T＝2π
得R＝＝0.1 m。
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(2)在最高點A，有Fmin＝mg cos θ＝0.495 N
在最低點B，有Fmax＝m＋mg＝0.510 N
從A到B，滑塊機械能守恒，有
mgR(1－cos θ)＝mv2
解得m＝0.05 kg。
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[答案]　(1)0.1 m　(2)0.05 kg
謝 謝！

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