高中物理必修二曲線運動難題典型題帶答案

1、第第 頁(共31頁)FC= m w2 (2R) = 2mw2Ro當(dāng)co變大時，兩個物體所需要的向心力都變大，當(dāng)達到最大靜摩擦力時，物體開始滑動。B所需的向心力與 C所需的向心力保持1: 2關(guān)系。由于B和C受到的最大靜摩擦力始終相等，所以C先滑動，B后滑動，故C正確。D、由于C做勻速圓周運動，由靜摩擦力充當(dāng)向心力，故物體C所受的靜摩擦力方向始終指向圓心，與線速度方向始終垂直，故D錯誤。 故選：AC。33【分析】靠皮帶傳動，輪子邊緣上的點在相同時間內(nèi)通過的弧長相同，則線速度相等，同一輪子上的各點角速度相 2等.根據(jù)v= rco, a=J=ro?去分析向心加速度與半徑的關(guān)系. T【解答】解：AC、靠

2、皮帶傳動，輪子邊緣上的點的線速度大小相等，根據(jù)v=e 知半徑大的角速度小。 故A錯誤,C正確；B、由于兩輪子的角速度不等，因此兩輪的周期不等，故 B錯誤；D、同一輪子上各點轉(zhuǎn)動的周期相等，故其角速度相等，所以 D正確。 故選：CD。四.實驗題(共2小題)34【分析】(1)保證小球做平拋運動必須通過調(diào)節(jié)使斜槽的末端保持水平，因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放 小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦 而使運動軌跡改變，最后軌跡應(yīng)連成平滑的曲線。(2)平拋運動豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動；聯(lián)立求得兩個方向間的位移關(guān)系可

3、得出正確 的圖象。(3)根據(jù)平拋運動的處理方法，直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動即可求解。【解答】 解：(1) a、通過調(diào)節(jié)使斜槽末端保持水平，是為了保證小球做平拋運動，故a正確；bc、因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，故b錯誤，c正確； 故選：ac。(2)物體在豎直方向做自由落體運動，y=gt2;水平方向做勻速直線運動，x=vt;2聯(lián)立可得：y=-1,因初速度相同，故 一 為常數(shù)，故y-x2應(yīng)為正比例關(guān)系，故 C正確，ABD錯誤。2/故選：Co(3)測得A、B兩點豎直坐標 yi為5.0cm, y2為45.0cm, A、B兩點

4、水平間距 x= 45.0 - 5.0= 40.0cm,根據(jù)平拋運動的處理方法，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動，所以yi =-gt ；y2=f a水平方向的速度，即平拋小球的初速度為V0= 0At聯(lián)立 代入數(shù)據(jù)解得：V0= 2.0m/s若C點的豎直坐標y3為60.0cm,則小球在C點的對應(yīng)速度vC：據(jù)公式可得：v2=2gh,所以vy=2/3 m/s所以C點的速度為：vc=V12+4 = 4.0m/s故答案為：(1) ac； (2) C; (3) 4.0。35 【分析】(1)只有保證小球沿水平方向拋出才能保證物體做平拋運動。(2)根據(jù)平拋運動的規(guī)律可求得物體平拋運動的速度。(3)小

5、球在拋出后有(3)小球在拋出后有s=vt, h - L =而平拋前有 mg (L-LcosO) = mv2故有 s2= 4 (h- L) L 11 - cos0)將cos 0= 0時s2= 2,和cos30 =蘭旦代入解得s= 0.52m。2將 l = 1.0m 代入 s2= 4 (h- L) L (1-cos。)利用圖象可得 h=1.5m?！窘獯稹拷猓?1)由于在燒斷細線前小球做圓周運動，故速度方向沿切線方向，所以只有在懸點正下方物體的速度沿水平方向，要小球做平拋運動，則小球平拋的初速度只能沿水平方向，故只有保證小球沿水平方向拋出才能保證物體做平拋運動。(2)由于小球做平拋運動故有在水平方向

6、有s= vt在豎直方向有h-L = g-gt2在豎直方向有h-L = g-gt2故有v=sj董;(3)變釋放小球時懸線與豎直方向的夾角則物體在水平方向的位移 s= vt。時，小球平拋的速度v,貝U有 mg ( L Lcos 0)2mv聯(lián)立可得s2= 4(h - L) L (1- cos0)顯然當(dāng) cos0= 0 時，即有 2=4 (h-L) L (1-cos。)當(dāng) 0=30 時，cos0=, s2=4 (hL) L (1 一2故 s=262 = 032mos2= 4(h - L) L (1- cos0)故當(dāng) l= 1.0m 時有：2=4 ( h 1) x 1,即 h 1 = 0.5h= 1.5

7、。故答案為(1)保證小球沿水平方向拋出。sj 呂 ；V 2&L-L)0.52, 1.5。五.計算題(共5小題)36【分析】(1)根據(jù)速度位移公式，求出小球到達斜面上時的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出小球水平拋出時 的初速度。(2)結(jié)合速度時間公式求出運動的時間，根據(jù)初速度和時間求出水平距離。(3)根據(jù)牛頓第二定律求出小球在斜面上運動的加速度，根據(jù)位移公式求出小球在斜面上運動的時間，從而求得總時間?！窘獯稹拷猓?1)由于剛好沿斜面下滑Vy2=2gh據(jù)題有tan37。二四由h=,s= vot1由h=,s= vot1聯(lián)立解得：s= 1.2m , t1 = o.4s(3)設(shè)小球在斜面上下滑的加速度

8、為amgsin53 一即gcos53 = ma由幾何關(guān)系有 cos37 = -S小球剛落到斜面上時的速度V合=&1-5父小球在斜面上運動的過程有s= V合t2+聯(lián)立解得：t2=1s因此 t 總=tl+t2= 1.4s答：(1)小球水平拋出的初速度是3m/s。(2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離s是1.2m。(3)小球離開平臺后經(jīng) 1.4s時間t到達斜面底端。37【分析】(1)小球沖上豎直半圓環(huán)，恰能通過最高點C,重力恰好提供向心力，根據(jù)向心力公式列式即可求解;(2)從C到A做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律列式即可求解?！窘獯稹拷猓?1)小球恰好經(jīng)過 C點，在C點重力提供向心力，則有2% mg= m解

9、得：“工礴(2)小球從C到A做平拋運動，則有:答：(1)小球運動到C點時的速度為J族；A、B之間的距離為2R。38【分析】(1)在小滑塊運動的過程中，摩擦力對滑塊和重力做負功，電場力對滑塊做正功，根據(jù)動能定理可以求得滑塊與N點之間的距離;(2)在P點時，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律可以求得滑塊受到的軌道對滑塊的支持力的大小，由牛頓第三 定律可以求滑塊得對軌道壓力；(3)小滑塊經(jīng)過 C點，在豎直方向上做的是自由落體運動，在水平方向上做的是勻減速運動，根據(jù)水平和豎直方 向上的運動的規(guī)律可以求得落地點離N點的距離.【解答】解：(1)設(shè)滑塊與N點的距離為L,分析滑塊的運動過程，由動能定理可得，qEL

10、 -師gL - mg?2R = ?mv2 - 02小滑塊在C點時，重力提供向心力，所以mg=m-代入數(shù)據(jù)解得 v = 2m/s, L = 20m.(2)滑塊到達P點時，對全過程應(yīng)用動能定理可得，qE ( L+R )-師gL - mg?R = mvP2-0在P點時由牛頓第二定律可得，VrN qE= mR解得N = 1.5N由牛頓第三定律可得，滑塊通過P點時對軌道壓力是1.5N.(3)小滑塊經(jīng)過 C點，在豎直方向上做的是自由落體運動，由2R =&t2可得滑塊運動的時間t為，/用=0-滑塊在水平方向上只受到電場力的作用，做勻減速運動，由牛頓第二定律可得qE=ma,所以加速度a=2.5m/s2,水平的

11、位移為 x=vt-at2 2代入解得x=0.6m.答：(1)滑塊與N點的距離為20m；(2)滑塊通過P點時對軌道壓力是 1.5N;(3)滑塊落地點離 N點的距離為0.6m.39.【分析】(1)小球剛要離開錐面時的速度，此時支持力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出該臨界角速度30.(2)若細線與豎直方向的夾角為60。時，小球離開錐面，由重力和細線拉力的合力提供向心力，運用牛頓第二定律求解.(3)根據(jù)小球的角速度較小，小球貼著錐面運動和離開錐面運動兩個過程，分析并作出圖象.【解答】解：(1)小球剛要離開錐面時的速度，此時支持力為零，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan 0= m 0 0 ?Lsin 0解得： 0

12、= /9=a/iTV rad/s.Vlcns e 7 3(2)同理，當(dāng)細線與豎直方向成60。角時，由牛頓第二定律及向心力公式有：mgtan a= m 2Lsin a解得： j = 呂-a/rad/s.VLcos Cta.當(dāng) 5=0時ti = mgcos o= 8N ,標出第一個特殊點坐標(0, 8N);b.當(dāng)0V5rad/s時,根據(jù)牛頓第二定律得：Tsin 0- Ncos 0= m w2Lsin 0,Tcos 0+Nsin 0= mg解得 T=ircos g -+niL= 8Zb當(dāng)池2二近藍時,T2=12.5N標出第二個特殊點坐標12.5 (rad/s) 2, 12.5N;c.當(dāng)4用注口d/5

13、4S42寸豆口d/號時，小球離開錐面，設(shè)細線與豎直方向夾角為T3sin f =m Co sin f解得：T =mL W 2J當(dāng) 5 =3 =2V5rad/sH, T3=20N畫出T- co2圖象如圖所示.(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度標出第三個特殊點坐標 20 (rad/s) 畫出T- co2圖象如圖所示.(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度30 至少為 U12- 5 rad/s.(2)若細線與豎直方向的夾角為60 ,則小球的角速度3,為2d寫rad/s.(3) T -的圖象如上所示.40【分析】(1)由于物體 Q需要的向心力大，如果沒有細線，故物體 Q先有滑動，故根據(jù)牛頓第二定律列

14、式求解即可；(2)如果沒有細線，隨著角速度的增加，物體 Q、P會先后滑動，有細線的約束后，最終會向Q遠離圓心的方向進行；(3)考慮恰好滑動的臨界情況，兩個物體均受滑動摩擦力，對兩個物體分別根據(jù)牛頓第二定律列式分析即可.【解答】解：(1)隨圓盤緩慢加速轉(zhuǎn)動，P、Q可看做勻速圓周運動，其角速度逐漸緩慢增加.開始時，靜摩擦力提供他們做圓周運動的向心力，由于rPvrQ, Q做圓周運動所需向心力較大；隨轉(zhuǎn)速增加，它們受到的靜摩擦力也增大，角速度達到 必時，Q先達到最大靜摩擦力，此后細線將開始有拉力；根據(jù)牛頓第二定律，有：ft二仇6)?工， m 4lL 1 Q解得：31=J Fjg(2)隨角速度繼續(xù)增加，P、Q的向心力也增大.Q的向心力由最大靜摩擦力和拉力共同提供，Q受的靜摩擦力大小和方向不變，細線的拉力也逐漸增大;P的向心力也由靜摩擦力和拉力共同提供，隨細線的拉力增大，P受到的靜摩擦力減小，一直到靜摩擦力減為0,然后出現(xiàn)靜摩擦力方向改為背離圓心的方向，并且逐漸增大，直到最大靜摩擦.(3)角速度達到oj2時，P受到靜摩擦力達到最大靜摩擦力，細線拉力設(shè)為Ft, P