第六章素养检测

题图甲中汽车通过凹形桥时,设桥对汽车的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}} $ ，根据牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{r} $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=mg+m\dfrac{{v}^{2}}{r} $ ,根据牛顿第三定律可知，汽车对桥的压力 $ F{\prime }_{\mathrm{N}}={F}_{\mathrm{N}} $ ，可知汽车需减速,这样可以减小对桥的压力, $ \mathrm{A} $ 正确；题图乙中汽车在水平面内转弯时,由地面的静摩擦力提供转弯所需的向心力, $ \mathrm{B} $ 错误；题图丙中在铁路转弯处的外轨比内轨高,火车所受弹力与水平面有一个夹角,这样一来火车转弯时所需的向心力可以由弹力的水平分力提供,就减轻了转弯时火车外侧轮缘与轨道的挤压, $ \mathrm{C} $ 错误；题图丁中洗衣机脱水桶脱水的原因是水滴受到的合力小于它所需的向心力,做离心运动, $ \mathrm{D} $ 错误.

由题意可知,蜗杆每旋转一圈,蜗轮轮齿会转动一格,为齿轮传动模型,线速度相同,有 $ 20d=2\mathrm{\pi }rn $ ,解得 $ n=30\mathrm{r}/ \min $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

由于圆筒转过角度小于 $ {90}^{\circ } $ ,所以圆筒应沿顺时针方向转动,故 $ \mathrm{A} $ 错误；银原子做匀速直线运动,银原子在筒内运动时间 $ t=\dfrac{\theta }{\omega }=\dfrac{s}{R\omega } $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；由题意可得 $ \dfrac{2R}{v}=\dfrac{s}{R\omega } $ ,解得银原子速率 $ v=\dfrac{2\omega {R}^{2}}{s} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

稳定后,两小球在水平面内做匀速圆周运动,小球所受重力与圆圈对小球支持力的合力提供向心力,对小球受力分析如图所示，有 $ mg \tan \theta =m{\omega }^{2}R \sin \theta $ ,解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{g}{R \cos \theta }} $ ,两小球转动的角速度相等,所以 $ \theta $ 相同且 $ \theta \ne {90}^{\circ } $ ,两小球在同一水平面内，故选 $ \mathrm{A} $ .

铁块做匀速圆周运动,其加速度始终指向圆心,故加速度大小不变，但方向时刻改变,故 $ \mathrm{A} $ 错误；当铁块运动到最低点时,对铁块，有 $ {N}_{1}-mg=m{\omega }^{2}r $ ,解得 $ {N}_{1}=mg+m{\omega }^{2}r $ ,此时电机对地面的压力最大，为 $ {F}_{\mathrm{N}1}=Mg+mg+m{\omega }^{2}r $ ,同理可知，铁块运动到最高点时，电机对地面的压力最小，为 $ {F}_{\mathrm{N}2}=Mg+mg-m{\omega }^{2}r $ ，故压力差值 $ \mathrm{\Delta }{F}_{\mathrm{N}}={F}_{\mathrm{N}1}-{F}_{\mathrm{N}2}=2mr{\omega }^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；当铁块运动到圆心等高处时,向心力大小为 $ {F}_{向}=m{\omega }^{2}r $ ,对电机,水平方向有 $ f={F}_{向}=m{\omega }^{2}r $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；铁块运动到最高点时,电机对地面的压力最小，当 $ {F}_{\mathrm{N}2}=Mg+mg-m{\omega }^{2}r=0 $ 时，电机恰好不脱离地面，有 $ Mg+mg=m{\omega }^{2}r $ ,解得 $ \omega =\sqrt{\dfrac{Mg+mg}{mr}} $ ,可知若电机始终不脱离地面,铁块的角速度应满足 $ \omega ⩽ \sqrt{\dfrac{Mg+mg}{mr}} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

两小球和轻杆一起绕轴 $ O $ 在竖直平面内做圆周运动,所以两小球的角速度相同,根据 $ a={\omega }^{2}r $ ,可知小球 $ A $ 、 $ B $ 的加速度大小之比为 $ {a}_{A}:{a}_{B}=1:2 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ F=ma $ ,可知 $ A $ 、 $ B $ 的向心力之比为 $ {F}_{A}:{F}_{B}=1:1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；若 $ v=\sqrt{\dfrac{gL}{3}} $ ,对 $ A $ 有 $ 2mg-{F}_{\mathrm{N}A}=\dfrac{2m{v}^{2}}{\dfrac{L}{3}} $ ,解得轻杆对 $ A $ 的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}A}=0 $ ,根据 $ v=\omega r $ ,可知 $ {v}_{B}=2\sqrt{\dfrac{gL}{3}} $ ,对 $ B $ 有 $ {F}_{\mathrm{N}B}-mg=\dfrac{m{v}_{B}^{2}}{\dfrac{2L}{3}} $ ,解得轻杆对 $ B $ 的拉力大小为 $ {F}_{\mathrm{N}B}=3mg $ ,由牛顿第三定律可知， $ B $ 对轻杆的拉力大小为 $ F{\prime }_{\mathrm{N}B}={F}_{\mathrm{N}B}=3mg $ ,方向向下，以支架、底座和轻杆整体为研究对象,水平地面对底座的支持力为 $ N=Mg+F{\prime }_{\mathrm{N}B}=Mg+3mg $ ,根据牛顿第三定律可知,底座对水平地面的压力大小为 $ Mg+3mg $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

当 $ B $ 点在圆心左侧水平位置时,活塞运动到最左端,距离 $ O $ 点为 $ {s}_{1}=L+r $ ,当 $ B $ 点在圆心右侧水平位置时,活塞运动到最右端,距离 $ O $ 点为 $ {s}_{2}=L-r $ ,活塞运动范围为 $ {s}_{1}-{s}_{2}=2r $ ,与 $ L $ 无关,与 $ r $ 成正比,故 $ \mathrm{A} $ 错误；设杆长为 $ nr $ , $ n > 2 $ , $ \tan \theta =\dfrac{1}{n} $ ,由几何知识得 $ \sqrt{{r}^{2}+{\left(nr\right) ^ {2}}}=\sqrt{{n}^{2}+1}\cdot r $ , $ \sqrt{{n}^{2}{r}^{2}-{r}^{2}}=\sqrt{{n}^{2}-1}\cdot r $ ,圆盘从图示位置转过 $ \theta $ 角,活塞移动的距离 $ \mathrm{\Delta }x=r(\sqrt{{n}^{2}+1}-\sqrt{{n}^{2}-1}) $ ,圆盘再转过 $ \theta $ 角,由几何知识得 $ {x}^{2}+{r}^{2}-2rx \cos ({90}^{\circ }+\theta )={n}^{2}{r}^{2} $ ,活塞移动的距离 $ \mathrm{\Delta }x^\prime =\sqrt{{n}^{2}-1}\cdot r-x=(\sqrt{{n}^{2}-1}-\dfrac{{n}^{2}-1}{\sqrt{{n}^{2}+1}})r $ ,可知 $ \mathrm{\Delta }x > \mathrm{\Delta }x^\prime $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；图示位置时,即 $ OB $ 垂直于 $ AB $ ,此时 $ B $ 点的速度方向一定沿杆,则 $ {v}_{A} \cos \theta ={v}_{B}=\omega r $ ,圆盘转过 $ \theta $ 角时,即 $ OB $ 垂直于 $ AO $ ,活塞速度方向与圆盘上 $ B $ 点速度方向相同,则 $ v{\prime }_{A}={v}_{B}=\omega r $ ,可知 $ {v}_{A} > v{\prime }_{A} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

设 $ A $ 、 $ B $ 的质量分别为 $ {m}_{A} $ 和 $ {m}_{B} $ ,对小球 $ A $ 受力分析，则有 $ T \cos \theta ={m}_{A}g $ ,对 $ B $ ，有 $ T={m}_{B}g $ ,解得 $ \cos \theta =\dfrac{{m}_{A}}{{m}_{B}} $ ,可知 $ \theta $ 不变，即 $ {\theta }_{1}={\theta }_{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 做匀速圆周运动，有 $ {m}_{B}g \sin \theta ={m}_{A}\frac{{v}^{2}}{L \sin \theta } $ ,解得 $ L=\dfrac{{m}_{A}}{{m}_{B}g{ \sin }^{2}\theta }{v}^{2}=\dfrac{{v}^{2} \cos \theta }{g{ \sin }^{2}\theta } $ ,因为 $ \theta $ 不变, $ {v}_{2} > {v}_{1} $ ,所以 $ {L}_{2} > {L}_{1} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

转盘从静止缓慢增加转速,绳上有拉力前, $ A $ 、 $ B $ 两物块靠静摩擦力提供向心力, $ A $ 所受摩擦力由 $ A $ 指向 $ B $ , $ B $ 所受摩擦力由 $ B $ 指向 $ A $ ,由题图乙可知 $ b $ 为 $ B $ 物块所受摩擦力随角速度平方的变化图像,故 $ \mathrm{A} $ 正确；当 $ B $ 达到最大静摩擦力时有 $ \mu mg=m{\omega }_{1}^{2}{r}_{B} $ ,此时对 $ A $ 物块,有 $ \dfrac{1}{2}\mu mg=m{\omega }_{1}^{2}{r}_{A} $ ,联立可得 $ {r}_{B}=2{r}_{A} $ , $ {\omega }_{1}^{2}=\dfrac{\mu g}{{r}_{B}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；设绳上拉力为 $ T $ , $ A $ 做圆周运动的半径为 $ r $ , $ B $ 做圆周运动的半径为 $ 2r $ ,当 $ \omega ={\omega }_{0} $ 时,对 $ B $ 有 $ T+\mu mg=m{\omega }_{0}^{2}\cdot 2r $ ,对 $ A $ 有 $ T=m{\omega }_{0}^{2}r $ ,解得 $ {\omega }_{0}^{2}=\dfrac{\mu g}{r} $ ,当 $ \omega ={\omega }_{2} $ 时,对 $ A $ 有 $ T^\prime -\mu mg=m{\omega }_{2}^{2}r $ ,对 $ B $ 有 $ T^\prime +\mu mg=m{\omega }_{2}^{2}\cdot 2r $ ,联立可得 $ {\omega }_{2}^{2}=\dfrac{2\mu g}{r} $ , $ T^\prime =3\mu mg $ ,可得 $ {\omega }_{1}^{2}:{\omega }_{0}^{2}:{\omega }_{2}^{2}=\dfrac{\mu g}{2r}:\dfrac{\mu g}{r}:\dfrac{2\mu g}{r}=1:2:4 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

小球位于初始位置时的向心加速度大小为 $ {a}_{1}=\dfrac{{v}_{0}^{2}}{l} $ ,沿斜面向下的加速度大小 $ {a}_{2}=g \sin \theta $ ,则小球位于初始位置时的加速度大于 $ \dfrac{{v}_{0}^{2}}{l} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；由题图乙可知,小球通过最高点时细线的拉力为零,有 $ mg \sin \theta =m\dfrac{{v}_{1}^{2}}{l} $ ,解得小球通过最高点时速度大小为 $ {v}_{1}=\sqrt{gl \sin \theta } $ , $ \mathrm{B} $ 错误；小球在初始位置时,有 $ {F}_{0}=m\dfrac{{v}_{0}^{2}}{l} $ ,则小球通过最高点时速度大小为 $ {v}_{1}=\sqrt{gl \sin \theta }=\sqrt{\dfrac{mg \sin \theta }{{F}_{0}}}{v}_{0} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；小球通过最低点时,有 $ 2{F}_{0}-mg \sin \theta =m\dfrac{{v}_{2}^{2}}{l} $ ,解得小球通过最低点时速度大小为 $ {v}_{2}=\sqrt{\dfrac{2{F}_{0}-mg \sin \theta }{{F}_{0}}}{v}_{0} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 本实验所采用的探究方法是控制变量法,求匀变速直线运动的位移,采用的是微元累积法,“瞬时速度”概念的建立,采用的是极限思想方法,通过平面镜观察桌面的微小形变,采用了放大法的物理思想,探究加速度与物体受力、物体质量的关系采用了控制变量法,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

（2） 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度,可知挡光条处的线速度 $ v=\dfrac{d}{\mathrm{\Delta }t} $ ,由 $ v=\omega r $ ,可得小物块的角速度为 $ \omega =\dfrac{v}{r}=\dfrac{d}{r\mathrm{\Delta }t} $ ,代入数据可得 $ \omega =12.5\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ .

（3） 若保持角速度和半径都不变,由牛顿第二定律有 $ F=m{\omega }^{2}r $ ,可知半径相同, $ \omega $ 一定时,质量大的小物块需要的向心力大,所以曲线①对应的小物块质量小于曲线②对应的小物块质量.

（1） 小工件先在 $ PM $ 上做匀加速直线运动,有 $ \mu mg=m{a}_{1} $ ,解得 $ {a}_{1}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

小工件与传送带共速所用时间为 $ t=\dfrac{v}{{a}_{1}}=0.5\mathrm{s} $ ,

小工件加速运动的位移大小为 $ x=\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=0.25\mathrm{m} < 8\mathrm{m} $ ,

故小工件到达 $ M $ 点的速度大小为 $ 1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 小工件的向心加速度大小为 $ {a}_{2}=\dfrac{{v}^{2}}{R}=0.25\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

小工件所受的摩擦力大小为 $ f=m{a}_{2}=0.5\mathrm{N} $ .

（1） 杆处于静止状态时,对小球受力分析,由平衡条件得 $ mg \sin \theta ={F}_{弹} $ ,根据胡克定律得 $ {F}_{弹}=k(L-0.6L) $ ,解得 $ k=200\mathrm{N}/\mathrm{m} $ .

（2） 弹簧为原长时,小球只受重力和杆的支持力,有 $ mg \tan \theta ={\rm mL} \cos \theta \cdot {\omega }_{0}^{2} $ ,解得 $ {\omega }_{0}=\dfrac{20\sqrt{5}}{3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ .

（3） 当弹簧伸长量为 $ 0.8L $ 时,小球恰好不会从 $ B $ 端飞出,设此时弹簧的弹力为 $ F $ ,对小球受力分析可得,竖直方向上有 $ {F}_{\mathrm{N}} \cos \theta =mg+F \sin \theta $ ,水平方向上有 $ {F}_{\mathrm{N}} \sin \theta +F \cos \theta =m(L+0.8L) \cos \theta \cdot {\omega }_{1}^{2} $ ,根据胡克定律得 $ F=k\cdot 0.8L $ ,解得 $ {\omega }_{1}=\dfrac{100\sqrt{3}}{9}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,所以当杆的角速度 $ \omega > \dfrac{100\sqrt{3}}{9}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ 时,小球会从 $ B $ 端飞出.

（1） 当小球恰好从 $ B $ 点飞出时,此时对挡板的压力 $ N=0 $ ,如图甲所示,

由牛顿第二定律可得 $ {G}_{1}=mg \sin \theta =\dfrac{m{v}_{B}^{2}}{r} $ ,

代入数据解得 $ {v}_{B}=\sqrt{6}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

甲

（2） 小球从 $ B $ 点飞出后,做平抛运动,有

$ 2r \sin \theta -R=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ , $ x={v}_{0}t $ ,

根据题意可知 $ L < x < L+2R $ ,

联立解得 $ 3\mathrm{m}/\mathrm{s} < {v}_{0} < 26\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 当小球从 $ F $ 点离开挡板时,如图乙所示,

此时对挡板的压力 $ N^\prime =0 $ ,

由牛顿第二定律可得

$ {G}_{1} \sin \beta =mg \sin \theta \sin \beta =\dfrac{m{v}_{F}^{2}}{r} $ ,

由几何关系可知 $ \beta ={45}^{\circ } $ ,代入数据解得 $ {v}_{F}=\sqrt{3\sqrt{2}}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

乙