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2016-2017學年四川省成都七中實驗學校高三（上）月考物理試卷（10月份）
參考答案與試題解析
一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項是符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分．有選錯的得0分．
1．下列說法不正確的是（ ）
A．超聲波被血流反射回來其頻率發(fā)生變化可測血流速度，這是利用多普勒效應
B．空間中某個區(qū)域有變化的電場或變化的磁場，不一定能產生電磁波
C．部隊過橋不能齊步走而要便步走，是為了避免橋梁發(fā)生共振現(xiàn)象
D．用標準平面來檢查光學面的平整程度是利用光的衍射現(xiàn)象
【考點】光的干涉；多普勒效應；電磁波的產生．
【分析】由于波源和觀察者之間有相對運動，使觀察者感到頻率發(fā)生變化的現(xiàn)象，稱為多普勒效應．如果二者相互接近，觀察者接收到的頻率增大；如果二者遠離，觀察者接收到的頻率減?。环€(wěn)定變化的電場產生恒定的磁場；當策動頻率與固有頻率相同時，則振動幅度最大，出現(xiàn)共振現(xiàn)象；用標準平面來檢查光學面的平整程度是利用光的干涉．
【解答】解：A、利用反射波頻率的變化可以測量速度，這是多普勒效應的應用，故A正確；
B、電磁波是正弦交變的電磁場相互產生而產生的電磁波，某個區(qū)域有穩(wěn)定變化的電場或穩(wěn)定變化的磁場，不一定能產生電磁波，故B錯誤；
C、部隊過橋不能齊步走而要便步走，防止策動頻率與固有頻率相同，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，故C正確；
D、用標準平面來檢查光學面的平整程度是利用光的薄膜干涉，故D錯誤．
故選：AC
2．如圖所示，是某同學繪制的沿直線運動的物體的加速度a、速度v、位移x隨時間變化的圖象，若該物體在t=0時刻的速度為零，則A、B、C、D四個選項中表示該物體沿單一方向運動的圖象是（）
A． B． C． D．
【考點】勻變速直線運動的圖像．
【分析】速度時間圖線的正負值表示物體運動的方向，通過位移時間圖線的斜率判斷運動的方向．根據(jù)加速度的變化情況，分析物體的運動情況，再作出判斷．
【解答】解：A、根據(jù)位移圖象的斜率等于速度，可知圖象的斜率周期性變化，說明物體的速度大小和方向作周期性變化，故A錯誤．
B、在0﹣4s內：在0﹣2s內速度為正值，向正方向運動，在2﹣4s內速度為負值，向負方向運動，運動方向發(fā)生改變．故B錯誤．
C、在0﹣1s內加速度為正值，物體向正方向做勻加速運動，在1﹣2s內加速度為負值，物體沿正方向勻減速運動，t=2s末速度為零，接著周而復始，故物體速度的方向不變．故C正確．
D、在0﹣1s內，向正方向做勻加速直線運動，1﹣2s內加速度方向，大小不變，向正方向做勻減速直線運動，2s末速度為零，2﹣3s內向負方向做勻加速直線運動，運動的方向發(fā)生變化．故D錯誤．
故選：C
3．如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段細繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止狀態(tài)．則（）
A．B受到C的摩擦力一定不為零
B．C受到水平面的摩擦力一定為零
C．若斜面光滑，剪短細線后C不動，則剪短細線前后 C受到地面的摩擦力大小方向不變
D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等
【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．
【分析】（1）該題的臨界狀態(tài)是當mAg=mBgsinθ時，沿斜面方向列平衡方程解得摩擦力f=0，
（2）分析水平面對C的摩擦力，要把B和C看做一個整體，則整體受到重力、支持力及繩對整體斜向上的拉力，將斜向上的拉力分解為豎直向上和水平向右的分力．由于水平向右的分力的存在，故應有地面對整體的摩擦力，故C受到水平向左的摩擦力．
（3）水平面對C的支持力由平衡條件知：水平地面對C的支持力等于B、C的總重力減去拉力沿豎直方向的分力．
【解答】解：A、若AB的質量存在關系MAg=MBgsinθ時，B在斜面C上無相對運動趨勢，所以此時BC之間無摩擦力作用，故A錯誤．
B、以BC組成的整體為研究對象，分析受力，畫出力圖如圖：
根據(jù)平衡條件，水平面對C的摩擦力f=Fcosθ，方向水平向左，
水平面對C的支持力大小N=GC+GB﹣Fsinθ＜GC+GB，故BD錯誤．
D、若斜面光滑，剪斷細線后，B沿斜面下滑，對C有斜向下的壓力，C不動，則C受到水平向左的靜摩擦力，而剪斷細線前，水平面對C的摩擦力方向向左，則剪斷細線前后C受到地面的摩擦力大小方向不變，故C正確．
故選：C
4．水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ（0＜μ＜1）．現(xiàn)對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動．設F的方向與水平面夾角為θ，如圖，在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，則（）
A．F先減小后增大 B．F一直增大
C．F的功率變大 D．F的功率不變
【考點】功率、平均功率和瞬時功率；共點力平衡的條件及其應用．
【分析】在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，說明物體受力始終平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，應用數(shù)學方法討論F的變化，再由P=Fvcosθ判斷功率的變化．
【解答】解：A、對物體受力分析如圖：
因為物體勻速運動，水平豎直方向均受力平衡：
Fcosθ=μ（mg﹣Fsinθ），
解得F=，
令，cosβ=，即，
則F==，
θ從0逐漸增大到90°的過程中，在θ+β＜90°前：sin（β+θ）逐漸變大，所以F逐漸減小；
在θ+β＞90°后：sin（β+θ）逐漸變小，所以F逐漸增大；
所以結論是：F先減小后增大，故A正確，B錯誤．
C、功率P=Fvcosθ==，θ從0逐漸增大到90°的過程中，tanθ一直在變大，所以功率P一直在減小，故C、D錯誤；
故選：A．
5．如圖所示，光滑的水平地面上有三塊木塊a、b、c，質量均為m，a、c之間用輕質細繩連接．現(xiàn)用一水平恒力F作用在b上，三者開始一起做勻加速運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，且始終沒有相對滑動．則在粘上橡皮泥并達到穩(wěn)定后，下列說法正確的是（）
A．無論粘在哪塊木塊上面，系統(tǒng)的加速度一定減小
B．若粘在a木塊上面，繩的張力減小，a、b間摩擦力不變
C．若粘在b木塊上面，繩的張力變小，a、b間摩擦力不變
D．若粘在c木塊上面，繩的張力和a、b間摩擦力一定都增大
【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用．
【分析】選擇合適的研究對象進行受力分析，由牛頓第二定律可得出物體受到的拉力的變化．
【解答】解；A、由整體法可知，只要橡皮泥粘在物體上，物體的質量均增大，則由牛頓運動定律可知，加速度都要減小，故A正確；
B、以c為研究對象，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)T=ma，因加速度減小，所以拉力減小，而對b物體有F﹣fab=ma可知，摩擦力fab應變大，故B錯誤；
C、若橡皮泥粘在b物體上，將ac視為整體，有fab=2ma，因加速度減小，故摩擦力變小的，故C錯誤；
D、若橡皮泥粘在c物體上，將ab視為整體，F(xiàn)﹣FT=2ma，加速度減小，所以拉力FT變大，對b有F﹣fab=ma，知fab增大；故D正確；
故選：AD．
6．如圖所示，將小球從傾角為45°的斜面上的P點先后以不同速度向右水平拋出，分別落在斜面上的A點、B點及水平面上的C點，B點為斜面底端，P、A、B、C在水平方面間隔相等，空氣阻力不計，則（）
A．三次拋球，落地點在C的小球落地時動能最大
B．三次拋球，小球在落點處的速度方向都不相同
C．小球落在A、B兩點時的速度大小之比為1：
D．先后三次拋球，拋球速度大小之比為1：2：3
【考點】平拋運動．
【分析】解決平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，平拋運動落在斜面上時，豎直方向的位移和水平方向上位移比值一定，根據(jù)該規(guī)律求出平拋運動的時間，從而求出落在斜面上時，速度與水平方向的夾角．
【解答】解：A、依題意知小球落在C點時水平距離最遠，說明落在C點時的平拋運動的初速度最大，初動能最大，且落在C點時小球下落的高度最大，重力勢能轉化的動能越多，所以落在C點時的動能最大，故A正確；
B、A、B兩點都在斜面上，豎直方向的位移和水平方向上位移比值一定：，解之得，，小球沿豎直方向上的速度：vy=gt=2v0tan45°，設落地速度與水平方向的夾角為α，=2，知落在斜面上時，速度與水平方向的夾角與初速度無關，則小球與水平方向的夾角相同，即小球在落點處的速度方向相同，故B錯誤；
C、根據(jù)題意可知，小球落在A、B兩點時水平位移之比為1：2，根據(jù)幾何關系可知，豎直位移之比為1：2，根據(jù)可知，運動時間之比為1：，根據(jù)可知，小球落在A、B兩點時的速度大小之比為，故C正確；
D、若ABC三點都落在水平面上，則運動的時間相等，而P、A、B、C在水平方向間隔相等，根據(jù)可知，拋球速度大小之比為1：2：3，但A不在水平面上，運動時間小于B、C兩次拋出時間，故D錯誤；
故選：AC．
7．如圖所示，一質量為1kg的小物塊自斜面上A點由靜止開始下滑，經2s運動到B點后通過光滑的銜接孤面恰好滑上與地面等高的傳送帶上，傳送帶以4m/s的恒定速率順時針運行．已知AB間距離為2m，傳送帶長度（即BC間距離）為10m，物塊與傳送帶間的動縻擦因數(shù)為0.2．取g=10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．物塊在傳送帶上運動的時間為2.32s
B．物塊在傳送帶上因摩擦產生的熱量為2 J
C．物塊在傳送帶上運動過程中傳送帶對物塊做功為4 J
D．物塊滑上傳送帶后，傳動系統(tǒng)因此而多消耗的能量為8 J
【考點】功能關系．
【分析】物塊在斜面上做勻加速直線運動，由運動學基本公式可求得物塊通過B點的速度，物塊滑上傳送帶后先做勻加速運動，由牛頓第二定律和運動學公式求出勻加到速度與傳送帶相等所用時間和通過的位移，再分析速度相等后的運動情況，求解時間，物塊在傳送帶上因摩擦產生的熱量Q=μmg△x，根據(jù)動能定理求出求出傳送帶對物塊做功，根據(jù)能量守恒定律求解傳動系統(tǒng)因此而多消耗的能量．
【解答】解：A、物塊在斜面上做勻加速直線運動，設到達B點速度為v，則有：x=t0，解得：v===2m/s
滑上傳送帶后，物塊在傳送帶上勻加速運動，有：μmg=ma，代入數(shù)據(jù)得：a=2m/s2
由v02﹣v2=2as，代入數(shù)據(jù)解得：s=3m＜L=10m，所以速度相等后物塊隨傳送帶一起做勻速運動，勻加速經歷時間為：
t1==s=1s
勻速運動的時間為：t2==s=1.75s，故總時間為：t=t1+t2=2.75s，故A錯誤；
B、物塊在傳送帶上因摩擦產生的熱量為：Q=μmg（v0t1﹣s）=0.2×10×（4×1﹣3）=2J，故B正確；
C、根據(jù)動能定理得：傳送帶對物塊做功 W=mv02﹣mv2=×1×16﹣×1×4=6J，故C錯誤；
D、物塊滑上傳送帶后，傳動系統(tǒng)因此而多消耗的電能為：E=Q+（mv02﹣mv2）=8J，故D正確．
故選：BD
8．如圖所示，質量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質彈簧并保持靜止，用大小等于mg的恒力F豎直向上拉B，當上升距離為h時B與A開始分離．下列說法正確的是（）
A．B與A剛分離時，彈簧為原長
B．B與A剛分離時，A的速度達到最大
C．彈簧的勁度系數(shù)等于
D．從開始運動到B與A剛分離的過程中，B物體的動能先增大后減小
【考點】功能關系；牛頓第二定律．
【分析】B和A剛分離時，相互之間恰好沒有作用力，則B受到重力mg和恒力F，由已知條件mg，由牛頓第二定律求出此時B的加速度和A的加速度，說明彈力對A有向上的彈力，與重力平衡．對于在B與A分離之前，對AB整體為研究對象，所受合力在變化，加速度在變化，做變加速運動，從而分析動能的變化．
【解答】解：AB、B與A剛分離的瞬間，A、B仍具有相同的速度和加速度，且AB間無相互作用力．以B為研究對象，可知，B具有向下的加速度，大小aB==0.5g，此時對A分析有：aA==aB，可得，此時彈簧彈力F彈=0.5mg，不為0，故彈簧不是原長，處于壓縮狀態(tài)．
當A的合力為零時速度最大，彈簧的彈力大于重力mg，所以B與A剛分離時，A的速度不是最大，故A、B錯誤．
C、B和A剛分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為F彈=0.5mg，原來靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力大小為2mg，則彈力減小量△F=1.5mg．
兩物體向上運動的距離為h，則彈簧壓縮量減小△x=h，由胡克定律得：k===．故C正確．
D、由題知，F(xiàn)=0.5mg＜2mg，對于整體分析可知，整體在上升的過程中，合力應向上后向下，先做加速運動后做減速運動，B的動能先增大后減小，故D正確．
故選：CD
二、非選擇題（共5小題，滿分62分）
9．現(xiàn)要測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，實驗裝置如圖1所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度構成斜面；木板上有一滑塊，其后端與穿過打點計時器的紙帶相連，打點計時器固定在木板上，連接頻率為50Hz的交流電源．接通電源后，從靜止釋放滑塊，滑塊帶動紙帶上打出一系列點跡．
（1）圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6是實驗中選取的計數(shù)點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點（圖中未標出），2、3和5、6計數(shù)點間的距離如圖2所示．由圖中數(shù)據(jù)求出滑塊的加速度a=2.51 m/s2（結果保留三位有效數(shù)字）．
（2）已知木板的長度為L，為了求出滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，還應測量的物理量是 D ．
A．滑塊到達斜面底端的速度v | B．滑塊的質量m | C．滑塊的運動時間t | D．斜面高度h和底邊長度x |
（3）設重力加速度為g，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)的表達式μ= （用所需測量物理量的字母表示）
【考點】探究影響摩擦力的大小的因素．
【分析】（1）利用逐差法△x=aT2可以求出物體的加速度大小，根據(jù)勻變速直線運動中某點的瞬時速度等于該過程中的平均速度大小可以求出某點的瞬時速度大小；
（2）根據(jù)牛頓第二定律有μmgcosθ=ma，由此可知需要測量的物理量．
（3）根據(jù)牛頓第二定律的表達式，可以求出摩擦系數(shù)的表達式
【解答】解：（1）每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點，說明相鄰的計數(shù)點時間間隔：T=0.1s，
x56=14.23cm=0.1423m，x23=6.70cm=0.0670m
根據(jù)逐差法有：a=m/s2=2.51m/s2；
（2）要測量動摩擦因數(shù)，由μmgcosθ=ma，可知要求μ，需要知道加速度與夾角余弦值，紙帶數(shù)據(jù)可算出加速度大小，
再根據(jù)斜面高度h和底邊長度x，結合三角知識，即可求解，故ABC錯誤，D正確．
（3）以滑塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
解得：μ==．
故答案為：（1）2.51；（2）D；（3）
10．如圖1所示為“探究加速度與物體受力及質量的關系”的實驗裝置圖．圖中A為小車，B為裝有砝碼的托盤，C為一端帶有定滑輪的長木板，小車后面所拖的紙帶穿過電火花打點計時器，打點計時器接50HZ交流電．小車的質量為M，托盤及砝碼的質量為m．
（1）下列說法正確的是 CD ．
A．長木板C必須保持水平
B．實驗時應先釋放小車后接通電源
C．實驗中M應遠小于m
D．作a﹣圖象便于行出加速度與質量關系
（2）實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a﹣F圖象，可能是圖2中的圖線 丙．（選填“甲、乙、丙”）
【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系．
【分析】（1）根據(jù)實驗原理和具體實驗步驟可判定各個選項
（2）沒有平衡摩擦力時，當存在一定的力時首先平衡摩擦力，之后才產生加速度；
【解答】解：（1）A、實驗中要平衡摩擦力，長木板的一端要墊高，故A錯誤；
B、為節(jié)省紙帶增加小車運行時間先接通電源后松小車，故B錯誤；
C、以托盤作為研究對象有：mg﹣T=ma
以小車作為研究對象有：T=Ma
聯(lián)立以上兩式可得：T==要使繩子拉力等于鉤碼的重力，即T=mg，故≈0，則有M＞＞m，故C正確；
D、如果作出a﹣M圖象，卻難以根據(jù)圖象確定a與M是否是成反比，所以我們可以作出a﹣的圖象，只要a﹣的圖象是正比例函數(shù)圖象就證明了a與M成反比例關系，故D正確；
（2）沒用平衡摩擦力，則當施加一定力時，首先平衡摩擦力后才會產生加速度，通過圖象知，當力F不為零時，加速度為零，故丙圖對；
故答案為：（1）CD；（2）丙．
11．A、B兩列火車，在同一軌道上同向行駛，A車在前，其速度vA=10m/s，B車在后，速度vB=30m/s，因大霧能見度很低，B車在距A車x0=75m時才發(fā)現(xiàn)前方有A車，這時B車立即剎車，但B車要經過180m才能停下來．
（1）B車剎車時A仍按原速率行駛，兩車是否會相撞？
（2）若B車在剎車的同時發(fā)出信號，A車司機經過△t=4s收到信號后加速前進，則A車的加速度至少多大才能避免相撞？
【考點】勻變速直線運動的速度與位移的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系．
【分析】（1）A、B兩列火車在同軌道上同向行駛，A車在前做勻速運動，而B車在距A車75m時才發(fā)現(xiàn)前方有A車，這時B車立即剎車，做勻減速運動．A車若按原速度前進，則做勻速直線運動，由公式算出剎車的加速度大小，及停止時間．通過求出AB兩車的位移關系即可判斷是否會相撞；
（2）當B車在剎車的同時發(fā)出信號后，B車做勻減速運動，A車做勻速，收到信號4.0s后才加速前進．由速度公式表示出相遇但不相撞的速度關系，由兩車的位移表示出兩車的位移關系，最終確定A車的加速度多大時才能避免事故．
【解答】解：（1）B車剎車的加速度大小為：
兩車速度相同時： =8s
在這段時間內兩車的位移分別為：
xA=vAt0=80m
因為xB＞xA+x0，則兩車會相撞．
（2）設A車司機收到信號后以加速度aA加速前進，兩車恰相遇不相撞應滿足速度關系：
vA=vB 即：30﹣2.5t=10+aA（t﹣4）
位移關系sB=sA+x0 即：30t﹣×2.5t2=75+10×4+10（t﹣4）+
解得：
答：（1）A車若按原速前進時，兩車會相撞；
（2）A車的加速度至少為0.83m/s2才能避免相撞事故．
12．如圖所示，平板A長L=10m，質量M=4kg，放在光滑的水平面上，在A上最右端放一物塊B（大小可忽略），其質量m=2kg．已知A、B間動摩擦因數(shù)μ=0.4，開始時A、B都處于靜止狀態(tài)（取g=10m/s2）．則
（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N時，平板A與物塊B的加速度大小各為多少？
（2）若加在平板A上的水平恒力F=40N時，要使物塊B從平板A上掉下來F至少作用多長時間？
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．
【分析】（1）當在平板A上加恒力F，先判斷A、B之間是否發(fā)生相對滑動，再結合牛頓第二定律求出平板A和B的加速度大小．
（2）在F的作用下A、B均做勻加速直線運動，撤去F后，A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動，抓住B恰好從A上脫離，兩者速度相同，結合牛頓第二定律和兩者的位移關系求出F至少作用的時間．
【解答】解：（1）物塊B的臨界加速度為：a0=μg=0.4×10m/s2=4m/s2，
對整體分析，A、B發(fā)生相對滑動時的最小拉力為：F=（M+m）a0=（4+2）×4N=24N，
當F=6N時，A、B保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，加速度為：a=．
（2）當F=40N時，A、B發(fā)生相對滑動，設F的作用時間為t1，撤去F后，經過t2時間達到相同速度．對B有：
v共=μg（t1+t2），
，
對A有：vA=a1t1，
根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣μmg=Ma1，
v共=vA﹣a2t2，
μmg=Ma2，
則A的位移為：，
因為sA﹣sB=10m，
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：．
答：（1）平板A與物塊B的加速度大小各為1m/s2；
（2）要使物塊B從平板A上掉下來F至少作用．
13．在光滑水平面上有間距為d的兩平行板AB，板B附近的一個小球（可視為質點），質量為m，t=0時刻受外力作用由靜止開始運動，如圖甲（該圖為俯視圖）．外力隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，取圖甲中x方向為正向，其正向外力為F0，反向外力為﹣kF0（k＞1），外力變化的周期為2T．若整個運動過程中，小球未碰到板A
（1）若k=2，小球在0﹣2T時間內不能到達板A，求d應滿足的條件；
（2）若小球在0﹣200T時間內未碰到板B，求199T﹣200T過程中小球速度v隨時間t變化的關系；
（3）若小球在第N個周期內的位移為零，求k的值．
【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；牛頓第二定律．
【分析】（1）電子在0～τ時間內做勻加速運動，在τ～2τ時間內先做勻減速運動，后反向做初速度為零的勻加速運動，電子不能到達極板A的條件為電子運動位移之和小于板間距離
（2）電子2n～（2n+1）τ時間內向下勻加速直線運動，在（2n+1）～2（n+1）τ時間內做向下做勻減速直線運動，求出一個電壓變化周期內電子速度的增量，再求任意時間電子的速度隨時間的變化規(guī)律
（3）電子在第N個周期內的位移是在2（N﹣1）τ～（2N﹣1）τ時間內的位移與電子在（2N﹣1）τ～2Nτ時間內的位移的矢量和，求出表達式，利用位移為零得到k的表達式
【解答】解：（1）先勻加速運動具有，再勻減速運動，具有．
在內正向運動，有，
故
（2）在199T﹣﹣200T的過程中，未到達A板，有100T加速度為，99T加速度為．（t﹣199T）加速度．
，其中，，
代入解得
（3）第N個周期初速度為，則，前半個周期位移
，后半個周期位移．而
代入解得
答：（1）若k=2，小球在0﹣2T時間內不能到達板A，求應滿足的條件；
（2）若小球在0﹣200T時間內未碰到板B，199T﹣200T過程中小球速度v隨時間t變化的關系；
（3）若小球在第N個周期內的位移為零，k的值
2016年12月6日
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