2020-2021学年5 共点力的平衡课后复习题

这是一份2020-2021学年5 共点力的平衡课后复习题，共22页。试卷主要包含了4单摆同步训练5，7s，19L处有一钉子，02m，摆球的质量m=0等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度人教版（2019）选择性必修第一册2.4单摆同步训练5（含解析）  1．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平速度v1、v2（v1＞v2）离开平衡位置，在竖直平面内做小角度摆动，它们的周期与振幅分别为T1、T2和A1、A2，则（　　）A．T1＞T2，A1＝A2 B．T1＜T2，A1＝A2C．T1＝T2，A1＞A2 D．T1＝T2，A1＜A22．若单摆的摆长适当变大，摆球的质量由20g增加为40g，摆球离开平衡位置的最大角度不变，则单摆振动的（　　）A．频率不变，振幅不变 B．频率变小，振幅变大C．频率变小，振幅不变 D．频率变大，振幅变大3．A、B两个小球放在一段光滑圆弧曲面上，它们与圆弧最低点O之间的弧长，OA、OB均远小于圆弧半径。C球位于圆弧的圆心处，三个小球同时从静止开始运动，则到达O点所需时间的大小关系为（　　）A．tA＞tB＞tC B．tC＞tA＞tB C．tA＝tB＞tC D．tC＞tA＝tB4．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为和，圆心分别为和，所对应的圆心角均小于，在最低点O平滑连接。现将一小球从M点释放，小球最远滚到右侧的N点，然后在之间来回滚动，下列判断正确的是（　　）A．由于两轨道弯曲程度不同，所以M、N高度也不同，N点要低于M点B．增大小球的质量，小球滚动的会更快C．小球滚动周期D．小球滚动周期5．振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是(　　)A．回复力为零，合力也为零B．回复力不为零，方向沿轨迹的切线C．合力不为零，方向沿轨迹的切线D．合力不为零，加速度不为零，方向指向悬点6．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v1、v2（v1>v2）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1，f2和A1，A2，则（　　）A．f1>f2，A1=A2 B．f1<f2，A1=A2C．f1=f2，A1>A2 D．f1=f2，A1<A27．某同学在用单摆测定重力加速度时，由于摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置，他第一次取悬线长为L1，测得单摆振动周期为T1；第二次取悬线长为L2，测得单摆振动周期为T2。由此可计算重力加速度g为（　　）A． B．C． D．8．一物体在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的九分之一，在地球表面走时准确的摆钟，搬到此行星表面后，秒针走一圈所经历的时间是（　　）A．180s B．540s C．20s D．6.7s9．如图所示，一单摆摆长为L，在悬点正下方0.19L处有一钉子。现将摆球向左拉开到A处，使摆角θ<5°，放手使其摆动，则此单摆的振动周期为（　　）A． B． C． D．10．如图所示，将密度为（小于水的密度）的小球用长为L的细线拴住并固定在装满水的容器底部，忽略阻力，将小球与竖直方向拉开一小角度，小球做简谐运动，重力加速度取g，小球简谐运动的周期可能为（　　）A． B．C． D．11．如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为（　　）A．0.2πs B．0.4πs C．0.6πs D．0.8πs 12．如图所示，单摆的周期为T，则下列说法正确的是（　　）A．把摆球质量增加一倍，则周期变小 B．把摆角α变小时，则周期变小C．此摆由O→B运动的时间为 D．摆球由B→O运动时，势能向动能转化  13．有一单摆，其摆长l=1.02m，摆球的质量m=0.10kg，已知单摆做简谐运动，单摆振动30次用的时间t=60.8s，当地的重力加速度是_____m/s2（结果保留三位有效数字）；如果将这个摆改为秒摆，摆长应___（填写“缩短”“增长”），改变量为_________m。14．甲、乙两个单摆的摆球质量相等，摆长之比为。若它们在同一地点在竖直平面内摆动，摆线与竖直方向所成的最大夹角小于5°且相等，则甲、乙的频率之比为_______，摆球到达最低点时的速度之比为__________。15．用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_______cm（保留1位小数）。（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。）某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为_______cm。16．如图（a）、（b），两个摆长均为l的单摆在竖直面（纸面）内做摆角很小（约为2°）的摆动，图（b）中悬点O正下方P处固定着一枚钉子，OP=0.25l。①两单摆的周期分别为TA=_______，TB=______；②若将两摆球从图示位置（悬线与竖直方向的夹角相同）由静止释放，摆球到达左侧最高点与各自平衡位置的高度差分别为hA、hB，则hA_______（填“>”“<”或“=”）hB。（不计摆球直径，不计悬线接触钉子时的能量损失，重力加速度大小为g。） 17．如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗（可视为质点），用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g，(1)试证明此漏斗做简谐运动；(2)根据图丙求漏斗振动的周期T及摆长l；(3)图乙中测得A、C两点间距离为，A、E两点间距离为。求滑块加速度的大小及液体滴在D点时滑块速度的大小。18．如图所示，一木板放置在足够长的光滑水平面上，木板上有一只青蛙，木板和青蛙均处于静止状态。小球O被AB和CD两段轻绳悬挂在天花板上，CD绳水平，AB绳与竖直方向的夹角为（很小）。已知AB绳长为l，青蛙质量为m，木板的质量为M，青蛙距A点的水平距离为x0，x0满足关系式。割断CD的同时，青蛙斜向上跳起，青蛙跳到最高点时，小球恰好向右运动到最低点，同时青蛙恰好吃到小球。青蛙和小球均可看作质点，重力加速度取g。（结果用l，x0，M，m，g表示）求：(1)从青蛙起跳到吃到小球的过程中，木板运动位移的大小；(2)小球运动到最低点速度的大小；(3)青蛙吃到小球前的瞬间，青蛙速度的大小。19．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。已知引力常量为G，静电力常量为k。（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M的质点相距r处的引力场强度EG的表达式；（2）质量为m、电荷量为e的电子在库仑力的作用下以速度v绕原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图（1）。已知在一段时间内，电子走过的弧长为s，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。不考虑电子之间的相互作用，求出原子核的电荷量Q；（3）如图（2），用一根长为L的绝缘细线悬挂一个可看成质点的金属小球，质量为m，电荷量为-q。悬点下方固定一个足够大的水平放置的均匀带正电的介质平板。小球在竖直平面内做小角度振动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。a．已知忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于平板，静电场的电场力做功与路径无关。请证明：带电平板所产生的静电场是匀强电场；b．在上述带电平板附近所产生的静电场场强大小为E，求：金属小球的振动周期。20．如图所示，摆长分别为和的单摆a、b，摆球质量均为m（可视为质点），均被拉离平衡位置与竖直方向成（），由静止释放：(1)b摆在第一个四分之一周期内合外力对摆球的冲量；(2)若取；；；，则a、b两单摆同时释放后经过多长时间再次达到左侧最大位置；a、b两单摆由左侧同时释放后，能否同时到达右侧最大位置处，若能够，求出其时间，若不能，请说明理由。21．如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动。通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为m/s，忽略空气阻力，取g=10，π2≈g。求：（1）单摆的摆长L；（2）摆球的质量m。22．一个单摆的长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(如图所示)，现将摆球向左拉开到A，使摆线偏角θ＜5°，放手后使其摆动，求出单摆的振动周期．23．如图所示是某一单摆做简谐运动的图象，已知当地重力加速度。（1）该简谐运动的振幅A和周期T分别是多少？（2）该单摆的摆长L是多少？
参考答案1．C【详解】根据单摆周期公式因为是相同的单摆，则T周期相同，与振幅无关，即T1＝T2根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以故ABD错误，C正确。故选C。2．B【详解】根据单摆的周期公式得，摆长变长，则周期变大，周期与频率互为倒数，则频率变小，摆球离开平衡位置的最大角度不变，由于摆长变长，则离开平衡位置的最大距离增大，即振幅增大故选B。3．C【详解】设圆弧轨道半径为R，C球做自由落体运动，则有可得A、B球是等效单摆，从静止运动到O点的时间为则有故A、B、D错误，C正确；故选C。4．C【详解】A．在运动的过程中只有重力做功，机械能守恒,，根据机械能守恒可知、高度相同，故A错误；BCD．据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于，把小球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则小球滚动周期为增大小球的质量，小球滚动的周期不变，所以小球滚动的快慢不变，故BD错误，C正确。故选C。5．D【详解】AB.当单摆小球通过平衡位置时，回复力为零，但是小球依然做圆周运动，合力提供向心力，因此合力不为零，故选项AB错误；CD. 振动的单摆小球通过平衡位置时，合力不为零，此时的合力提供向心力和向心加速度，方向指向圆心，即指向悬点，故选项C错误D正确。 6．C【详解】根据单摆周期公式相同的单摆，L相同，则T周期相同，根据频率所以频率相同，即f1=f2。根据机械能守恒得，速度大者摆角大，则振幅也大，所以，故ABD错误，C正确。故选C。7．B【详解】ABCD．设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式得，联立以上两式解得故B正确，ACD错误。故选B。8．A【详解】ABCD．根据在星球表面万有引力等于重力可知，某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的九分之一，质量不变，所以该星球的重力加速度；根据单摆的周期公式可知，该星球的周期是地球上周期的3倍，所以此钟的秒针走一整圈所经历的时间实际上是地球上秒针走一圈的3倍即180s，故A正确，BCD错误。故选A。9．D【详解】摆长为L的周期摆长为的周期为故小球完成一次全振动的时间为故选D。10．C【详解】单摆的周期公式可知，周期只和摆长和重力加速度有关，在这个系统中，重力加速度不再是，我们假设为，则又联立解得故ABD错误，C正确。故选C。11．B【详解】由单摆周期公式知小球从最左端运动到最右端的最短时间为故B正确，ACD错误。故选B。12．CD【详解】AB．根据可知，单摆的周期与摆球质量以及摆角α均无关，选项AB错误； C．此摆由O→B为四分之一周期，则运动的时间为，选项C正确；D．摆球由B→O运动时，速度增大，高度降低，即势能向动能转化，选项D正确。故选CD。13．9.79 m/s2    缩短    0.027m（0.02m也给分）    【详解】[1]单摆做简谐运动，由题得其周期为由单摆的周期公式有
 得[2][3]秒摆的周期为，设其摆长为，根据可知即故其摆长要缩短即摆长应缩短0.027m。14．1：2    2：1    【详解】[1]根据单摆周期公式以及可得所以[2]摆球到达最低点过程中机械能守恒有解得摆球到达最低点时的速度所以15．6.9    96.8    【详解】拉离平衡位置的距离题中要求摆动的最大角度小于，且保留1位小数，所以拉离平衡位置的不超过；根据单摆周期公式结合题意可知代入数据为解得新单摆的摆长为16．        =    【详解】①[1]图（a）中A单摆的摆长为，根据单摆周期公式，可得[2] 图（b）中B单摆在右边时摆长为，根据单摆周期公式，可得单摆在左边时摆长为，根据单摆周期公式，可得故该单摆的周期为将T1、T2代入解得②[3]两单摆从同一高度下落，根据机械能守恒可知，两单摆在最低点的线速度大小相等，又根据题意可知，不计悬线接触钉子时的能量损失，故B单摆在最低的速度仍然与A单摆相同，所以根据机械能守恒可知，两单摆在向左摆动过程，可以摆到到相同的高度，故hA=hB。17．(1)见解析；(2)2t0； (3) ；【详解】(1)对漏斗，设当偏角为θ时，位移为x，且设位移x的方向为正方向．
重力垂直绳方向的分力提供回复力F=mgsinθ当θ很小时 回复力方向与x方向相反，可得 满足F=-kx，可知漏斗的振动为简谐振动。(2)根据图丙求可知漏斗振动的周期T=2t0根据单摆的周期公式可得摆长(3)由匀变速直线运动的规律可知即解得液滴在D点时滑块速度的大小18．(1)；(2)；(3) （k=0，1…）【详解】(1)青蛙起跳瞬间，青蛙和木板水平方向动量守恒，可得mv∥=Mv1①若青蛙从起跳到吃到小球经历时间为t，则x0=v∥t②从青蛙起跳到吃到小球的过程，木板运动的位移，x1=v1t③联立①②③解得从青蛙起跳到吃到小球的过程，木板运动的位移(2)小球从最高点到最低点过程机械能守恒④解得小球运动到最低点的速度(3)θ很小，小球运动可视为简谐运动，小球经过时间水平向右运动⑤联立②⑤可得，若小球在最低点向右运动时，青蛙恰好在最高点吃到小球青蛙吃到小球时的速度⑥若小球在最低点向右运动时，青蛙能吃到小球需满足v∥≥v2⑦联立④⑥⑦解得k≤所以青蛙吃到小球时的速度为（k=0，1…）19．（1）；（2）；（3）a.见解析；b.【详解】（1）EG的表达式为（2）根据联立得（3）a．反证法法1：如图，若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷+q，让+q从a点沿矩形路线abcda（ab与电场线平行，bc边与电场线垂直）运动一周回到a点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，电场力做的总功其中bc段和da段电场力始终与运动方向垂直故得但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场法2：如图，若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷+q，让+q从a点分别沿矩形abcd（ab与电场线平行，bc边与电场线垂直）的abc和adc运动到c点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，路径ac和adc电场力做的功分别为其中bc段和da段电场力始终与运动方向垂直故，得故但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场b．电场力等效重力加速度小球在库仑力作用下的振动周期20．(1)；(2)（m=1，2，3……），不能，理由见解析【详解】(1)小球b在四分之一周期内，由机械能守恒定律得得由动量定理可得(2)由周期公式可得，摆球a、b在经过、的最小公倍数的整数倍将再次同时达到左侧即（m=1，2，3……）小球a、b不能同时到达右侧最高点，当a球到达右侧最高点的时间为（n=0，1，2，3……）b球到达右侧最高点的时间为（k=0，1，2，3……）两小球同时从左侧最高点释放，经过一段时间后若能同时达到右侧最高点，则，而n、k均为整数，不成立，所以两小球同时从左侧最高点释放，经过一段时间后不能同时达到右侧最高点。21．(1)L=1m；(2)m=0.1kg【详解】(1)由乙图可知，单摆振动周期T=2s由单摆周期公式T=解得L=1m(2)当拉力最大时，摆球处在最低点，根据牛顿第二定律F－mg=解得m=0.1kg22．【详解】释放后摆球到达右边最高点B处，由机械能守恒可知B和A等高，则摆球始终做简谐运动。摆球做简谐运动的摆长有所变化，它的周期为两个不同单摆的半周期的和。小球在左边的周期为T1＝2π 小球在右边的周期为T2＝2π则整个单摆的周期为23．（1）A=2cm，T=4s；（2）L=4m【详解】（1）由图可知振幅A=2cm；周期T=4s；（2）由单摆的周期公式得带入数据解得摆长L=4m