第六章高考强化

设该同学摇绳一圈所用时间为 $ T $ ,由题意可得 $ \dfrac{{30}^{\circ }}{{360}^{\circ }}T=\dfrac{1}{30}\mathrm{s} $ ,解得 $ T=0.4\mathrm{s} $ ,则该同学每分钟摇绳的圈数为 $ n=\dfrac{60\mathrm{s}}{T}=150 $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

由图可知 $ {r}_{P} < {r}_{Q} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；篮球绕轴转动时, $ P $ 、 $ Q $ 在相同时间内转过的圆心角相等,根据 $ \omega =\dfrac{\theta }{t} $ 可知, $ {\omega }_{P}={\omega }_{Q} $ , $ \mathrm{D} $ 正确；根据 $ v=\omega r $ 可知,线速度 $ {v}_{P} < {v}_{Q} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；根据 $ a={\omega }^{2}r $ 可知,向心加速度 $ {a}_{P} < {a}_{Q} $ , $ \mathrm{C} $ 错误.

小球受力分析如图所示,由牛顿第二定律得 $ mg \tan \theta =m{\omega }^{2}R $ ,解得角速度为 $ \omega =\sqrt{\dfrac{g \tan \theta }{R}}=5\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；由 $ v=\omega R $ 解得线速度大小为 $ v=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；由 $ a={\omega }^{2}R $ 解得向心加速度大小为 $ a=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；小球所受支持力大小为 $ {F}_{\mathrm{N}}=\dfrac{mg}{ \cos \theta }=\sqrt{2}\mathrm{N} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

底盘以 $ O $ 点为轴匀速转动,底盘上除 $ O $ 点外所有点均做同轴转动,转杯上除 $ O^\prime $ 点外所有点不仅相对 $ O $ 点同轴转动,还相对 $ O^\prime $ 点同轴转动,所以 $ O^\prime $ 点做匀速圆周运动, $ A $ 点做的不是匀速圆周运动, $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；设该时刻 $ A $ 点在底盘上的竖直投影点所对应的转盘上的点为 $ A^\prime $ , $ A^\prime $ 点转动的半径大于 $ O^\prime $ 点的转动半径,由 $ v=\omega r $ 可知, $ A^\prime $ 点的速度大于 $ O^\prime $ 点的速度,又由于该时刻 $ A $ 点绕 $ O^\prime $ 点与底盘做同方向转动,则 $ A $ 点的速度大于 $ A^\prime $ 点的速度,则此时 $ A $ 点的速度一定大于 $ O^\prime $ 点的速度, $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

物品释放后做平抛运动,在竖直方向有 $ H=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ ,可得 $ {t}_{1}=2\mathrm{s} $ ,无人机做圆周运动的最大角速度为 $ {\omega }_{ \max } $ ,物品做平抛运动的初速度为 $ {v}_{0}={\omega }_{ \max }{R}_{2} $ ,物品做平抛运动的水平位移大小为 $ x={v}_{0}{t}_{1} $ ,根据几何关系有 $ {R}_{1}^{2}={R}_{2}^{2}+{x}^{2} $ ,联立可得 $ {\omega }_{ \max }=\dfrac{2}{3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；无人机从 $ A $ 点运动到 $ B $ 点的时间为 $ {t}_{2}=\dfrac{1}{4}×\dfrac{2\mathrm{\pi }}{{\omega }_{ \max }}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}\mathrm{s} > 2\mathrm{s} $ ,所以无人机运动到 $ B $ 点时,在 $ A $ 点释放的物品已经落地, $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

① 本实验先控制住其他几个因素不变，研究其中一个因素变化对向心力产生的影响，这种实验方法叫作控制变量法， $ \mathrm{A} $ 正确.

② 标尺上露出的红白相间的等分标记的比值为两个小球所受向心力的比值，在小球质量和转动半径相同的情况下，根据 $ F=m{\omega }^{2}r $ ，可知左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的角速度平方之比.小球的角速度等于同轴转动的变速塔轮的角速度，左右两侧变速塔轮为皮带传动，故线速度相等，根据 $ \omega =\dfrac{v}{r^\prime } $ ，可知角速度与两侧变速塔轮半径成反比，任意时刻比值不变，故逐渐加大手柄的转速，角速度平方之比不变，左右标尺露出的红白相间等分标记的比值不变.

由题意可知临界融合频率为 $ 50\mathrm{H}\mathrm{z} $ 、 $ k=3 $ ,代入公式可得 $ {n}_{ \min }=\dfrac{50}{3}\mathrm{r}/\mathrm{s} $ ，圆盘的最小角速度 $ {\omega }_{ \min }=2\mathrm{\pi }{n}_{ \min }\approx 105\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

无人机做匀速圆周运动,加速度大小不变，方向一直在变化, $ \mathrm{A} $ 错误.对无人机受力分析,如图所示,可知 $ F=\dfrac{mg}{ \cos \theta } $ ,根据题图乙可知 $ F-\dfrac{1}{ \cos \theta } $ 图像的斜率为 $ mg=10\mathrm{N} $ ,可得 $ m=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.根据受力分析结合牛顿第二定律可知, $ mg \tan \theta =m\dfrac{4{\mathrm{\pi }}^{2}}{{T}^{2}}R $ ,将 $ T=10\mathrm{\pi }\mathrm{s} $ 代入可得 $ \tan \theta =\dfrac{2}{5} $ ,则 $ \theta \ne {45}^{\circ } $ , $ \mathrm{C} $ 错误.根据受力分析结合牛顿第二定律可知 $ mg \tan \theta =m\dfrac{{v}^{2}}{R} $ , $ \theta $ 最大取 $ {37}^{\circ } $ 时, $ v $ 有最大值,此时 $ {v}_{\mathrm{m}}=\sqrt{gR \tan {37}^{\circ }}=5\sqrt{30}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 由几何关系可得链球做匀速圆周运动的轨迹半径为 $ r=\dfrac{2\sqrt{3}R}{3} \sin \theta =R $ ,

对链球受力分析,由牛顿第二定律可得 $ mg \tan \theta =\dfrac{m{v}^{2}}{r} $ ,

联立解得 $ v=\sqrt{\sqrt{3}gR} $ .

（2） 释放链球后,链球沿着圆周轨迹的切线飞出,要使链球恰好能飞出栅栏,释放点为 $ M $ 、 $ N $ 两点,如图所示,由几何关系可知 $ OM $ 与 $ ON $ 的夹角为 $ \beta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ,

设该同学可选择的时间为 $ t $ ,结合匀速圆周运动的公式可得 $ t=\dfrac{\beta R}{v} $ ,解得 $ t=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\sqrt{\dfrac{R}{\sqrt{3}g}} $ .

（3） 链球在竖直方向上做自由落体运动,根据运动学公式得 $ h=\dfrac{1}{2}g{t}_{0}^{2} $ ,

链球在水平方向上做匀速直线运动，其位移为 $ x=v{t}_{0} $ ,

设链球的落地点到 $ O $ 点的距离为 $ L $ ,根据几何关系可得

$ L=\sqrt{{R}^{2}+{x}^{2}+{h}^{2}} $ ,

解得 $ L=\sqrt{{R}^{2}+2\sqrt{3}Rh+{h}^{2}} $ .