【學(xué)與練】高中物理粵教2019版選擇性必修1：第2章機(jī)械振動(dòng)章末綜合提升學(xué)案(教師版)

第2章機(jī)械振動(dòng)主題1簡諧運(yùn)動(dòng)的周期性和對(duì)稱性1．周期性——做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體經(jīng)過一個(gè)周期或幾個(gè)周期后，能回復(fù)到原來的狀態(tài)．2．對(duì)稱性——做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體具有相對(duì)平衡位置的對(duì)稱性．(1)在同一位置，振子的位移相同，回復(fù)力、加速度、動(dòng)能和勢(shì)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(guān)于平衡位置對(duì)稱的兩個(gè)位置，動(dòng)能、勢(shì)能對(duì)應(yīng)相等，回復(fù)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(gè)做簡諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)，經(jīng)過時(shí)間t＝nT(n為正整數(shù))，則質(zhì)點(diǎn)必回到出發(fā)點(diǎn)，而經(jīng)過時(shí)間t＝(2n＋1)T2(n【典例1】(多選)如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)在平衡位置O點(diǎn)附近做簡諧運(yùn)動(dòng)，若從質(zhì)點(diǎn)通過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過0.9s質(zhì)點(diǎn)第一次通過M點(diǎn)，再繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過0.6s質(zhì)點(diǎn)第二次通過M點(diǎn)，該質(zhì)點(diǎn)第三次通過M點(diǎn)需再經(jīng)過的時(shí)間可能是()A．1sB．1.2sC．2.4sD．4.2sAD[根據(jù)題意可以判斷質(zhì)點(diǎn)通過MB之間的距離所用的時(shí)間為0.3s，質(zhì)點(diǎn)通過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過0.9s質(zhì)點(diǎn)第一次通過M點(diǎn)分兩種情況考慮：(1)質(zhì)點(diǎn)由O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，則OB之間所用的時(shí)間為0.9s＋0.3s＝1.2s，根據(jù)對(duì)稱性，OA之間所用的時(shí)間也為1.2s，第三次通過M點(diǎn)所用的時(shí)間為2tMO＋2tOA＝2×0.9s＋2×1.2s＝4.2s．(2)質(zhì)點(diǎn)由O點(diǎn)先向左運(yùn)動(dòng)再到M點(diǎn)，則從O→A→O→M→B所用的時(shí)間為0.9s＋0.3s＝1.2s，為34個(gè)周期，得周期為1.6s，第三次經(jīng)過M點(diǎn)所用的時(shí)間為1.6s－2tMB主題2簡諧運(yùn)動(dòng)圖像的應(yīng)用從振動(dòng)圖像中可得到的信息(1)可直接讀取振子在某一時(shí)刻相對(duì)于平衡位置的位移大?。?2)從振動(dòng)圖像上可直接讀出振幅：正(負(fù))位移的最大值．(3)從振動(dòng)圖像上可直接讀出周期．(4)可判斷某一時(shí)刻振動(dòng)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(shì)．【典例2】(多選)一質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)的位移x與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，規(guī)定沿x軸正方向?yàn)檎?，由圖可知()A．頻率是2HzB．振幅是10cmC．t＝1.7s時(shí)的加速度為正，速度為負(fù)D．t＝0.5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)所受的回復(fù)力為零CD[由題圖可知，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為2s，頻率為0.5Hz，振幅為5cm，A、B錯(cuò)誤；t＝1.7s時(shí)的位移為負(fù)，加速度為正，速度為負(fù)，C正確；t＝0.5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置，所受的回復(fù)力為零，D正確．]簡諧運(yùn)動(dòng)圖像問題的處理思路(1)根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)圖像跟具體運(yùn)動(dòng)過程或振動(dòng)模型聯(lián)系起來，根據(jù)圖像畫出實(shí)際振動(dòng)或模型的草圖，對(duì)比分析．(3)判斷簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力、加速度、速度變化的一般思路：根據(jù)F＝－kx判斷回復(fù)力F的變化情況；根據(jù)F＝ma判斷加速度的變化情況；根據(jù)運(yùn)動(dòng)方向與加速度方向的關(guān)系判斷速度的變化情況．主題3單擺的周期公式及應(yīng)用單擺在小角度(θ＜5°)振動(dòng)時(shí)可看作簡諧運(yùn)動(dòng)，除考查簡諧運(yùn)動(dòng)的一般規(guī)律外，單擺的周期公式及特點(diǎn)、應(yīng)用在近幾年的高考中也頻頻出現(xiàn)，值得重視：(1)單擺的周期T＝2πLg，與振幅、質(zhì)量無關(guān)，只取決于擺長L和重力加速度g(2)單擺的回復(fù)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(fù)力為零，合力沿半徑方向提供向心力；在最高點(diǎn)，向心力為零，回復(fù)力最大．(3)利用單擺測(cè)重力加速度原理：由單擺的周期公式可得g＝4π2L【典例3】如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，R?AB，甲球從弧形槽的球心處自由落下，乙球從A點(diǎn)由靜止釋放，問：(1)兩球第1次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間之比；(2)若在圓弧的最低點(diǎn)C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時(shí)乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)R＝12gt12，所以t1＝2Rg，乙球沿圓弧做簡諧運(yùn)動(dòng)(由于AB此振動(dòng)與一個(gè)擺長為R的單擺振動(dòng)模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達(dá)C處的時(shí)間為t2＝14T＝14×2πRg＝π2R(2)甲球從離弧形槽最低點(diǎn)h高處開始自由下落，到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間為t甲＝2hg，由于乙球運(yùn)動(dòng)的周期性，所以乙球到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間為t乙＝T4＋nT2＝π2R由于甲、乙在C點(diǎn)相遇，故t甲＝t乙解得h＝2n+12[答案](1)22π(2)2n單擺模型問題的求解方法(1)單擺模型指符合單擺規(guī)律的運(yùn)動(dòng)模型，模型滿足條件：①圓弧運(yùn)動(dòng)；②小角度擺動(dòng)；③回復(fù)力F＝－kx．(2)首先確認(rèn)符合單擺模型條件，然后尋找等效擺長l及等效加速度g，最后利用公式T＝2πl(wèi)g(3)如圖甲所示的雙線擺的擺長l＝r＋Lcosα．乙圖中小球(可看作質(zhì)點(diǎn))在半徑為R的光滑圓槽中靠近A點(diǎn)振動(dòng)，其等效擺長為l＝R．章末綜合測(cè)評(píng)(二)機(jī)械振動(dòng)一、單項(xiàng)選擇題1．簡諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置是指()A．速度為零的位置 B．回復(fù)力為零的位置C．加速度為零的位置 D．位移最大的位置B[簡諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置是回復(fù)力為零的位置，而物體在平衡位置時(shí)加速度不一定為零．例如，單擺在平衡位置時(shí)存在向心加速度．簡諧運(yùn)動(dòng)的物體經(jīng)過平衡位置時(shí)速度最大，位移為零．]2．一個(gè)水平彈簧振子的振動(dòng)周期是0.025s，當(dāng)振子從平衡位置向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.17s時(shí)，振子運(yùn)動(dòng)情況是()A．正在向右做減速運(yùn)動(dòng)B．正在向右做加速運(yùn)動(dòng)C．正在向左做減速運(yùn)動(dòng)D．正在向左做加速運(yùn)動(dòng)B[tT＝0.17s0.025s＝645，45T3．在盛沙的漏斗下面放一木板，讓漏斗左右擺動(dòng)起來，同時(shí)其中細(xì)沙勻速流出，經(jīng)歷一段時(shí)間后，觀察木板上沙子的堆積情況，則沙堆的剖面應(yīng)是下圖中的()ABCDB[不考慮空氣阻力，漏斗在從最左端向最右端運(yùn)動(dòng)和從最右端向最左端運(yùn)動(dòng)時(shí)，到達(dá)最底端運(yùn)動(dòng)速度最快，細(xì)沙漏到地面上的最少，兩端漏斗運(yùn)動(dòng)的最慢，細(xì)沙漏到地面上的最多，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．]4．如圖甲所示，豎直圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可帶動(dòng)固定在圓盤上的T形支架在豎直方向振動(dòng)，T形支架的下面系著一個(gè)彈簧和小球，共同組成一個(gè)振動(dòng)系統(tǒng)．當(dāng)圓盤靜止時(shí)，小球可穩(wěn)定振動(dòng)．現(xiàn)使圓盤以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間后，小球振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定．改變圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，其共振曲線(振幅A與驅(qū)動(dòng)力的頻率f的關(guān)系)如圖乙所示，則()A．此振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率約為0.25HzB．此振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率約為3HzC．若圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期增大，系統(tǒng)振動(dòng)的頻率不變D．若圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期增大，共振曲線的峰值將向右移動(dòng)B[由振子的共振曲線可得，此振動(dòng)系統(tǒng)的固有頻率約為3Hz，故B正確，A錯(cuò)誤；做受迫振動(dòng)的振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)頻率是由驅(qū)動(dòng)力的頻率決定的，所以若圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期增大，系統(tǒng)的振動(dòng)頻率減小，故C錯(cuò)誤；共振曲線的峰值表示振子的固有頻率，它是由振動(dòng)系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定的，與驅(qū)動(dòng)力的頻率無關(guān)，故D錯(cuò)誤．]5．如圖甲所示，彈簧振子以點(diǎn)O為平衡位置，在A、B兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng)．取向右為正方向，振子的位移x隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，下列說法正確的是()A．t＝0.8s時(shí)，振子的速度方向向左B．t＝0.2s時(shí)，振子在O點(diǎn)右側(cè)6cm處C．t＝0.4s和t＝1.2s時(shí)，振子的加速度完全相同D．t＝0.4s到t＝0.8s的時(shí)間內(nèi)，振子的速度逐漸減小A[t＝0.8s時(shí)，振子經(jīng)過O點(diǎn)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，即向左運(yùn)動(dòng)，故A正確；t＝0.2s時(shí)，振子在O點(diǎn)右側(cè)62cm處，故B錯(cuò)誤；t＝0.4s和t＝1.2s時(shí)，振子的位移等大反向，回復(fù)力和加速度也是等大反向，故C錯(cuò)誤；t＝0.4s時(shí)到t＝0.8s的時(shí)間內(nèi)，振子從B點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)到平衡位置，其速度逐漸增加，故D錯(cuò)誤．]6．一個(gè)單擺掛在電梯內(nèi)，發(fā)現(xiàn)單擺的周期增大為原來的2倍，可見電梯在做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a為()A．方向向上，大小為g2 B．方向向上，大小為C．方向向下，大小為g4 D．方向向下，大小為D[由T＝2πl(wèi)g可知，周期增大為原來的2倍，等效重力加速度g′＝g4．設(shè)繩子拉力為F，由F－mg＝ma，F(xiàn)＝mg′，上式聯(lián)立可得a＝－3g7．一擺長為l的單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過t＝11π2lABCDA[單擺的周期公式T＝2πl(wèi)g，則t時(shí)間內(nèi)小球的振動(dòng)周期數(shù)為n＝11π2lg二、多項(xiàng)選擇題8．一單擺的振動(dòng)圖像如圖所示，下列說法中正確的是()A．t＝1.0s時(shí)，擺球處于平衡狀態(tài)B．t＝2.0s時(shí)，擺球處于平衡位置C．?dāng)[球擺動(dòng)過程中，在任何位置都不是平衡狀態(tài)D．t＝1.0s時(shí)，擺線所受拉力最大BCD[位移為0時(shí)，回復(fù)力為0，回復(fù)力產(chǎn)生的加速度為0，但由于擺球做圓弧運(yùn)動(dòng)，還有向心加速度，既然有加速度就不是平衡狀態(tài)，只能是平衡位置，故A錯(cuò)誤，B正確；擺球擺動(dòng)過程中，在任何位置都有加速度，沒有一處是平衡狀態(tài)，C正確；t＝1.0s時(shí)，擺球的速度最大，恰好過最低點(diǎn)，擺線所受拉力最大，D正確．]9．如圖所示為一質(zhì)點(diǎn)的簡諧運(yùn)動(dòng)圖像．由圖可知()A．質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡為正弦曲線B．t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)正通過平衡位置向正方向運(yùn)動(dòng)C．t＝0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度方向與位移的正方向相同D．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，兩端點(diǎn)間的距離為0.1mCD[簡諧運(yùn)動(dòng)圖像反映質(zhì)點(diǎn)的位移隨時(shí)間變化的情況，不是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，故A錯(cuò)誤；t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移最大，速度為零，故B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像的斜率表示速度，則t＝0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度為正值，則速度方向與位移的正方向相同，故C正確；質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，兩端點(diǎn)間的距離等于2倍的振幅，為x＝2A＝2×5cm＝10cm＝0.1m，故D正確．故選C、D．]10．如圖所示，質(zhì)量為m的物塊放置在質(zhì)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(yùn)動(dòng)，周期為T，振動(dòng)過程中m、M之間無相對(duì)運(yùn)動(dòng)，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k、物塊和木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的是()A．若t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻物塊受到的摩擦力大小相等，方向相反，則Δt一定等于T2B．若Δt＝T2，則在t時(shí)刻和(t＋ΔtC．研究木板的運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與物塊對(duì)木板摩擦力的合力充當(dāng)了木板做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力D．當(dāng)整體離開平衡位置的位移為x時(shí)，物塊與木板間的摩擦力大小等于mm+MCD[設(shè)位移為x，對(duì)整體受力分析，受重力、支持力和彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律，有kx＝(m＋M)a ①對(duì)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(fù)力，根據(jù)牛頓第二定律，有f＝ma ②所以f＝mM+mkx 若t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻物塊受到的摩擦力大小相等，方向相反，則兩個(gè)時(shí)刻物塊的位移大小相等，方向相反，位于相對(duì)平衡位置對(duì)稱的位置上，但Δt不一定等于T2若Δt＝T2，則在t時(shí)刻和(t＋Δt)時(shí)刻物塊的位移大小相等，方向相反，位于相對(duì)平衡位置對(duì)稱的位置上，彈簧的長度不一定相同，故B錯(cuò)誤；由開始時(shí)的分析可知，研究木板的運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與m對(duì)木板的摩擦力的合力提供回復(fù)力，故C正確；由③可知，當(dāng)整體離開平衡位置的位移為x時(shí)，物塊與木板間摩擦力的大小等于mm+M三、非選擇題11．在“利用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，由單擺做簡諧運(yùn)動(dòng)的周期公式得到g＝4π2lT2，只要測(cè)出多組單擺的擺長l和運(yùn)動(dòng)周期T，作出T2-l圖像，就可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋碚撋?1)造成圖像不過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因可能是________．(2)由圖像求出的重力加速度g＝_____________m/s2(取π2＝9.87)．(3)如果測(cè)得的g值偏小，可能的原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________．A．測(cè)擺線時(shí)擺線拉得過緊B．?dāng)[線上端懸點(diǎn)未固定，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長度增加了C．開始計(jì)時(shí)時(shí)，停表過遲按下D．實(shí)驗(yàn)時(shí)誤將49次全振動(dòng)數(shù)為50次[解析](1)圖像不通過坐標(biāo)原點(diǎn)，將圖像向右平移1cm就會(huì)通過坐標(biāo)原點(diǎn)，故相同的周期下，擺長偏小1cm，故可能是測(cè)擺長時(shí)漏掉了擺球的半徑．(2)由單擺周期公式T＝2πl(wèi)可得T2＝4π2lg，則T2-l圖像的斜率k＝由圖像得k＝40.01+0.99＝解得g＝9.87m/s2．(3)測(cè)擺長時(shí)擺線過緊，則測(cè)量的擺長偏大，所以測(cè)量的重力加速度偏大，故A錯(cuò)誤；擺線上端未牢固地系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長度增加了，知測(cè)量的擺長偏小，則測(cè)量的重力加速度偏小，故B正確；開始計(jì)時(shí)，秒表過遲按下，測(cè)量的周期偏小，則測(cè)量的重力加速度偏大，故C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中誤將49次全振動(dòng)計(jì)為50次，測(cè)量的周期偏小，則測(cè)量的重力加速度偏大，故D錯(cuò)誤．[答案](1)測(cè)擺長時(shí)漏掉了擺球的半徑(2)9.87(3)B12．(2023·全國·高三專題練習(xí))某同學(xué)在“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中進(jìn)行了如下的操作：(1)請(qǐng)選擇正確的器材()A．體積較小的鋼球B．體積較大的木球C．無彈性的輕繩子D．有彈性、質(zhì)量大的繩子(2)用游標(biāo)上有10個(gè)小格的游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑如圖甲所示，擺球直徑為____________mm．利用刻度尺測(cè)得擺線長90.10cm，則該單擺的擺長L＝______cm．(3)用秒表測(cè)量單擺的周期．當(dāng)單擺擺動(dòng)穩(wěn)定且到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)并記為n＝0，單擺每經(jīng)過最低點(diǎn)記一次數(shù)，當(dāng)數(shù)到n＝60時(shí)秒表的示數(shù)如圖乙所示，該單擺的周期是T＝________s(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)．(4)測(cè)量出多組周期T、擺長L數(shù)值后，畫出T2-L圖像如圖丙，此圖線斜率的物理意義是()A．gB．1gC．4π(5)與重力加速度的真實(shí)值比較，發(fā)現(xiàn)第(4)問中獲得的測(cè)量結(jié)果偏大，分析原因可能是()A．振幅偏小B．將擺線長加直徑當(dāng)成了擺長C．將擺線長當(dāng)成了擺長D．開始計(jì)時(shí)誤記為n＝1(6)該小組的另一同學(xué)沒有使用游標(biāo)卡尺也測(cè)出了重力加速度．他采用的方法是：先測(cè)出一擺線較長的單擺的振動(dòng)周期T1，然后把擺線縮短適當(dāng)?shù)拈L度l，再測(cè)出其振動(dòng)周期T2．用該同學(xué)測(cè)出的物理量表達(dá)重力加速度為g＝________．[解析](1)為減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇密度大而體積小的球作為擺球，A正確，B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)過程中單擺擺長應(yīng)保持不變，擺線應(yīng)選用無彈性的輕繩子，C正確，D錯(cuò)誤．(2)由題圖甲可知，游標(biāo)卡尺的游標(biāo)為10分度，且第6個(gè)小格與主尺對(duì)齊，則擺球直徑為d＝20mm＋6×0.1mm＝20.6mm該單擺的擺長為L＝l＋d2(3)由題圖乙可知，秒表的讀數(shù)為t＝67.35s，根據(jù)題意可知，共經(jīng)歷了30個(gè)周期，則單擺的周期是T＝t30(4)由單擺的周期公式T＝2πLg可得T2＝4π2gL，則T2-(5)由(4)分析可得，重力加速度為g＝4π2LT2，可知重力加速度的測(cè)量值與振幅無關(guān)，振幅偏小，不影響測(cè)量結(jié)果，A錯(cuò)誤；將擺線長加直徑當(dāng)成了擺長，則L偏大，g值偏大，B正確；將擺線長當(dāng)成了擺長，則L偏小，g(6)根據(jù)題意，由單擺的周期公式T＝2πLg，設(shè)單擺周期為T1時(shí)擺長(擺球靜止時(shí)懸點(diǎn)到擺球球心的距離)為LT1＝2πLT2＝2πL聯(lián)立解得g＝4[答案](1)AC(2)20.691.13(3)2.25(4)C(5)BD613．?dāng)[鐘是一種利用擺的等時(shí)性制成的計(jì)時(shí)裝置，它具有下列特性：鐘擺的振動(dòng)可以等效成是單擺的簡諧運(yùn)動(dòng)；擺鐘的指示時(shí)間與擺鐘的振動(dòng)次數(shù)成正比，現(xiàn)有一座擺鐘，擺長為1m，一晝夜快10min，要使它走時(shí)正確，應(yīng)該將擺長調(diào)到多長？(精確到0.001m)[解析]擺鐘的指示時(shí)間與擺鐘的振動(dòng)次數(shù)成正比，設(shè)準(zhǔn)確的鐘擺擺動(dòng)的周期為T則24×60min＝kn不準(zhǔn)確的擺周期為T′則24×60min＋10min＝kn′在時(shí)間一定時(shí)，擺動(dòng)次數(shù)與周期成反比，則TT'＝n由T＝2πLg∝L可得LL'＝其中L′＝1m，則L＝14501440[答案]1.014m14．將一測(cè)力傳感器連接到計(jì)算機(jī)上就可以測(cè)量快速變化的力，圖甲表示小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))沿固定的光滑半球形容器內(nèi)壁在豎直平面的A、A′之間來回