高中物理必修2经典习题及答案.docx
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高中物理必修2经典习题及答案
第五章曲线运动
一知识点总结
（一）曲线运动
1、曲线运动的特点：
①、作曲线运动的物体，速度始终在轨迹的切线方向上，因此，曲线运动中可以肯定速度方向在变化，故曲线运动一定是变速运动；
②、曲线运动中一定有加速度且加速度和速度不能在一条直线上，加速度方向一定指向曲线运动凹的那一边。
2、作曲线运动的条件：
物体所受合外力与速度方向不在同一直线上。
中学阶段实际处理的合外力与速度的关系常有以下三种情况：
①、合外力为恒力，合外力与速度成某一角度，如在重力作用下平抛，带电粒子垂直进入匀强电场的类平抛等。
②、合外力为变力，大小不变，仅方向变，且合外力与速度垂直，如匀速圆周运动。
③、一般情误况，合外力既是变力，又与速度不垂直时，高中阶段只作定性分析。
3、运动的合成与分解：
运动的合成与分解包含了位移、加速度、速度的合成与分解。
均遵循平行四边形法则。
（一般采用正交分解法处理合运动与分运动的关系）中学阶段，运动的合成与分解是设法把曲线运动（正交）分解成直线运动再用直线运动规律求解。
常见模型：
（二）平抛运动
1、平抛运动特点：
仅受重力作用，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体，是一种匀变速曲线运动；轨迹是条抛物线。
2、平抛运动规律：
（从抛出点开始计时）
3、
（1）、速度规律：
X=V0
VY=gtV与水平方向的夹角tgθ=gt/v0
（2）、位移规律：
0t（证明：
轨迹是一条抛物线）
Y=
121
gtS与水平方向的夹角tgα=gt/2v0=tgθ
22
（3）、平抛运动时间t与水平射程X
平抛运动时间t由高度Y决定，与初速度无关；水平射程X由初速度和高度共同决定。
（4）、平抛运动中，任何两时刻的速度变化量△V=g△t（方向恒定向下）
（三）平抛运动实验与应用
[实验目的]
描述运动轨迹、求初速度
[实验原理]
利用水平方向匀速运动x=v0t，竖直方向自由落体y=
12
gt得V0xg测出多
y2
组x、y算出v0值，再取平均值。
（四）匀速圆周运动
1、物体运动的轨迹是圆周或是圆周一部分叫圆周运动；作圆周运动的物体相等时间通过的弧长相等称为匀速圆周运动。
2、描述匀速圆周运动的有关量及它们的关系：
（1）、线速度：
（2）、角速度：
（3）、周期：
（4）、频率：
（5）、向心加速度：
虽然匀速圆周运动线速度大小不变，但方向时刻改变，故匀速圆周运动是变速运动；向心加速度大小不变但方向时刻改变（始终指向圆心），故匀速圆周运动是一种变加速运动。
（五）圆周运动动力学
1、匀速圆周运动特点：
v2
2R
（1）
无切向加速度；有向心加速度a=R
（2）合外力必提供向心力
2、变速圆周运动特点：
（1）有切向加速度；有向心加速度。
故合加速度不一定指向圆心。
（2）合外力不一定全提供向心力，合外力不一定指向圆心。
3、向心力表达式：
4、处理圆周运动动力学问题般步骤：
（1）确定研究对象，进行受力分析；
（2）建立坐标系，通常选取质点所在位置为坐标原点，其中一条轴与半径重合；（3）用牛顿第二定律和平衡条件建立方程求解。
二例题分析
例1、关于运动的合成与分解，下列说确的是：
（BCD）A、两个直线运动的合运动一定是直线运动；
B、两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动；C、两个匀加速运动的合运动可能是曲线运动；
D两个初速为零的匀加速直线运动互成角度，合运动一定是匀加速直线运动；说明：
本例题作为概念性判断题，可采用特例法解决。
例2、如图所示，在研究平抛物体运动的实验中，用一印有小方格的纸记录轨迹，小方格边长L=1.25cm,若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a,b,c,d。
则小球平抛运动
2
的初速度的计算式为v0=（）（用Lg表示）.其值是（）（g=9.8m/s）
例3、房高处有白炽灯S，可看成点光源，如果在S所在位置沿着垂直于墙的方向扔出一个小球A，如图所示，不计空气阻力，则A在墙上的影子的运动情况是（D）
A、加速度逐渐增大的直线运动，B、加速度逐渐减小的直线运动C、匀加速直线运动，D、匀速直线运动。
例4、在“研究平抛运动”实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点的位置，取A点为坐标原点，则各点的位置坐标如图所示，下列说确的是：
（B）
A、小球抛出点的位置坐标是（0，0）B、小球抛出点的位置坐标是（-10，-5）C、小球平抛初速度为2m/sD、小球平抛初速度为0.58m/s
例5、如图所示为皮带传动装置，右轮半径为r，a为它边缘的一点，左侧是大轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r。
b为小轮上一点，它到小轮中心距离为r，c、d分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动中不打滑，则：
（CD）
A、a点与b点线速度大小相等；B、a点与b点角速度大小相等；C、a点与c点线速度大小相等；D、a点与d点向心加速度大小相等；本例主要考查线速度、角速度、向心加速度概念，
同时抓住两个核心：
若线速度一定时，角速度与半径成反比；若角速度一定，线速度与半径成正比。
例6、如图所示，A、B两质点绕同一圆心按顺时针方向作匀速圆周运动，A的周期为T1，B的周期为T2，且T1＜T2，在某时
刻两质点相距最近，开始计时，问：
（1）何时刻两质点相距又最近？
（2）何时刻两质点相距又最远？
分析：
选取B为参照物。
AB相距最近，则A相对于B转了n转，其相对角度△Φ=2πn
相对角速度为ω相=ω1-ω2经过时间：
t=△Φ/ω相=2πn/ω1-ω2=
nT1T2
（n=1、2、3）
T2T1
（2）AB相距最远，则A相对于B转了n-1/2转，其相对角度△Φ=2π（n-
1）2
经过时间：
t=△Φ/ω相=（2n-1）T1T2/2（T2-T1）（n=1、2、3）本题关键是弄清相距最近或最远需通过什么形式来联系A和B的问题，巧选参照系是解决这类难题的关键。
例7.如图所示，位于竖直平面上的1/4圆弧光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，上端A距地面高度为H=2R，质量为m的小球１从A点由静止释放，与在Ｂ点质量为Ｍ的小球２正碰，小球１被反弹回Ｒ/2处，小球２落在水平地面上C点处，不计空气阻力，求：
（1）小球１再次运动到轨道上的B点时，对轨道的压力多
大?
（2）小球落地点
C与B点水平距离S
是多少?
解：
（1）设小球1再次到B点时的速度为根据机械能守恒定律有：
，
mgR/2=①
根据向心力公式有
；
②
由①②式得=2mg
（2）设小球１碰前在Ｂ的速度为为
，
，碰撞后小球2的速度为，而小球１的速度大小仍
由机械能守恒定律得:
③
由动量守恒定律得：
ｍ=-mM④
由①③④式得:
⑤
小球2从B到C做平抛运动,设时间为t,则有
⑥S=t⑦
由⑤⑥⑦式得S=
例8.
（16分）半径为R的光滑半圆环形轨道固定在竖直平面，从与半圆环相吻合的光滑斜轨上高h=3R处，先后释放A、B两小球，A球的质量为2m，B球质量为m，当A球运动到圆环最高点时，B球恰好运动到圆环最低点，如图所示。
求：
此时A、B球的速度大小vA、vB。
这时A、B两球对圆环作用力的合力大小和方向。
解：
（1）对Ａ分析：
从斜轨最高点到半圆轨道最高点，机械能守恒，
有2ｍｇ（3R-2R）=（2分）
解得（1分）
对Ｂ分析：
从斜轨最高点到半圆弧最低点，机械能守恒，
有3ｍｇR=（2分）
解得（1分）
（2）设半圆弧轨道对A、B的作用力分别为直向上
，方向竖直向下，方向竖
根据牛顿第二定律得（2分）（2分）
解得
根据牛顿第三定律
（2分）
所以A、B对圆弧的力也分别为
方向竖直向上，
分）
方向竖直向下，所以合力F=5mg，（2分）方向竖直向下。
（2
例9、（12分）质量为M的小物块A静止在离地面高的小物块B沿桌面向A运动并以速度
的水平桌面的边缘，质量为
与之发生正碰（碰撞时间极短）。
碰后A离开
桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。
碰后B反向运动。
求B后退的距离。
已知B与桌面间的动摩擦因数为
。
重力加速度为
。
解：
A落地过程是平抛运动，则有（1分）
（1分）∴
B与A碰撞动量守恒
（1分）
（4分）B返回有（3分）
∴
（2分）
例10、（19
分）如图所示，均光滑的水平面和半圆弧轨道相切，轨道半径为Ｒ；球１静止
在切点Ｂ，球２位于Ａ点，以某一速度
向小球１运动并与之正碰，球１能通过最高点落
到Ａ点，球２运动到与圆心同一水平线就返回，已知AB=2R
，两球质量均为ｍ．求：
球２的速度
．
解：
设碰撞后球1的速度为
两球碰撞时动量守恒,则有
球2速度为
球1到圆弧轨道最高点的速度为
m=mｍ①（4分）
球２运动到与圆心同以水平线的过程，机械能守恒，则有
②（3分）
球１运动到最高点的过程，机械能守恒，则有
③（3分）
球１从最高点到Ａ点过程做平抛运动，设时间为ｔ，则有
④（2分）
⑤（2分）
由④⑤得
分）
=
（1分
）代入③得=⑥（1分）由②得=⑦（1
把⑥⑦代入①得=（2分）
例11（16
分）城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为圆弧形的立交桥AB，横跨在水平路面上，长为L=200m，桥高h
=20m。
可以认为桥的两端A、B
与
水平路面的连接处的平滑的。
一辆汽车的质量m=1040kg，以10m/s2）
小汽车冲上桥顶时的速度是多大？
小汽车在桥顶处对桥面的压力的大小。
=25m/s的速度冲上圆弧形
的立交桥，假设汽车冲上立交桥后就关闭了发动机，不计车受到的阻力。
试计算：
（g取
.解:
由题意，车从A点到桥顶过程，机械能守恒．设到桥顶时速度为．则有
（4分）
解得=15m/s（2分）
（2）L=200mh=20m根据几何知识可求得圆弧形的半径R,
代入数据可解得R=260m（2分）
设车在桥顶时，桥面对它的作用力为Ｎ，则N和ｍｇ提供向心力，根据牛顿第二定律得
（4分
）
解得Ｎ=9.5×103N（2分）
根据牛顿第三定律,车对桥顶的压力
=9.5×103N（2分）
例12（20分）喷墨打印机的原理示意图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁液滴，此液滴经过带电室时被带上负电，带电多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。
带电后液滴以一定的初速度进入偏转电场，带电液滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体。
计算机无信号输入时，墨汁液滴不带电，径直通过偏转板最后注入回流槽流回墨盒。
设偏转极板板长L1=1.6cm，两板间的距离d=0.50cm，两板间的电压U=8.0×103V，偏转极板的右端距纸的距离L2=3.2cm。
若一个墨汁液滴的质量为m=1.6×10-10kg，墨汁液滴以v0=20m/s的初速度垂直电场方向进入偏转电场，此液滴打到纸上的点距原入射方向的距离为s=2.0mm。
不计空气阻力和重力作用。
求：
这个液滴通过带电室后所带的电荷量q。
若要使纸上的字体放大，可通过调节两极板间的电压或调节偏转极板的右端距纸的距离L2来实现。
现调节L2使纸上的字体放大10%，调节后偏转极板的右端距纸的距离多大？
为
解：
（1）墨滴刚从极板右端出来如图所示，之后做直线运动打到纸上，设竖直偏移距离为
ｈ，偏转角度为，加速度为，时间为ｔ，墨滴在电场中做类平抛运动，则有
（每式1分）
由以上各式得（3分）
=①（1分）
（3分）
=②（1分）
由几何关系得③（2分）
由①②③1.25×10-13C（1分）
（2）设液滴打到纸上的点距原入射方向的距离为，由（１）步可得
==④（1分）
⑤（2分）
⑥（1分）
把⑤⑥得
3.6cm（1分）
例13如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点，求：
（1）推力对小球所做的功.
（2）x取何值时，完成上述运动所做的功最少?
最小功为多少？
（3）x取何值时，完成上述运动用力最小?
最小力为多少？
解：
（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为v０,质点从C点运动到A点所用的时间为t，
在水平方向x=v0t①（2分）
竖直方向上2R=gt2②（2分）
解①②式有v0=③（1分）
对质点从A到C由动能定理有
WF-mg2R=mv02（3分）
解得WF=mg（16R2x2）/8R④（1分）
（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR最小，则功WF就最小，就是物理极值.（1分）
mv02知，只要质点在C点速度
若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有
mg=,则v=⑤（3分）
由③⑤式有,解得x=2R时，（1分）
WF最小，最小的功WF=mgR.（1分）
（3）由④式WF=mg（）（1分）
而F=mg（）（1分）
因分）
＞0，x＞0，由极值不等式有：
当时，即x=4R时=8，（2
最小的力F=mg.（1分）
例14、在光滑水平面上有一质量m＝1.0×10-3kg、电量q＝1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。
以O为原点，在该水平面建立直角坐标系Oxy。
现忽然加一沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场使小球开始运动。
经过1.0s，所加电场忽然变为沿y轴正方向，场强大小不变的匀强电场。
再经过1.0s，所加电场又忽然变成另一匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零。
求此电场的方向及小球速度变为零时小球的位置。
解：
第一个1.0秒：
m/s2，m，
v1＝at＝0.2m/s
第二个1.0秒：
S2x＝v1t＝0.2m（x方向匀速运动）S2y＝S1＝0.1m（y方向匀加速运动）v2y＝at＝0.2m/s
故：
m/s，（方向与水平方向成450夹角）
第三个1.0秒：
与反向
则：
qE/＝ma/
m/s2，方向v2
方向如图所示。
V/m，
m
S3x＝S3sin450＝0.1m，S3y＝S3cos450＝0.1m，Sx＝S1＋S2x＋S3x＝0.1＋0.2＋0.1＝0.4mSy＝S2y＋S3y＝0.1＋0.1＝0.2m
所以，电场的方向与x轴成225°（-135°），小球的坐标为（0.4m，0.2m）
例15、船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2。
为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相
对v2的方向应为
答案.C
【解析】根据运动的合成与分解的知识,可知要使船垂直达到对岸即要船的合速度指向对岸.根据平行四边行定则,C能.
例16、滑雪运动员以20m／s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3．2m。
不计空气阻力，g取10m／s2。
运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是
A．s=16m，t=0．50sB．s=16m，t=0．80s
C．s=20m，t=0．50sD．s=20m，t=0．80s
答案.Bw.w.w.k.s.5.u.c.o.m
【解析】做平抛运动的物体运动时间由高度决定,根据竖直方向做自由落体运动得
t
2h
0.80s,根据水平方向做匀速直线运动可知svot200.8016m,B正确g
例17、过山车是游乐场中常见的设施。
下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道
和在竖直平面的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与
C、D间距相等，半径R12.0m、R21.4m。
一个质量为m1.0kg的小球（视为质点），
从轨道的左侧A点以v012.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L16.0m。
小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2，圆形轨道是光滑的。
假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。
重力加速度取g10m/s，计算结果保留小数点后一位数字。
试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；
2
（3）在满足
（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。
答案：
（1）10.0N；
（2）12.5m
（3）当0R30.4m时，L36.0m；当1.0mR327.9m时，L26.0m解析：
（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
-mgL12mgR1
1212
mv1mv0①22
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律
2v1
Fmgm②
R1
由①②得F10.0N③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意
2v2
mgm④
R2
mgL1L2mgR2
1122mv2mv0⑤22
由④⑤得L12.5m⑥（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
2
v3
mgm⑦
R3
mgL12L2mgR3由⑥⑦⑧得R30.4m
1212
mv3mv0⑧22
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理mgL12L2mgR30解得R31.0m为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足R2R3L2R3-R2
2
2
12mv02
解得R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件0R30.4m或1.0mR327.9m
当0R30.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则-mgL0
12mv02
L36.0m
当1.0mR327.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L，则LL2LL12L26.0m
例18、校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。
比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。
已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。
图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。
问：
要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（取g10m/s）
2
答案2.53s
【解析】本题考查平抛、圆周运动和功能关系。
设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律Sv1th
12gt2
解得
v13m/s设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
2v2
mgm
R
1212
mv3mv2mg2R22
解得v35gh4m/s
通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是vmin4m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能原理PtfL由此可得t=2.53s
12
mvmin2
例19、抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动.现讨论乒乓球发球问题，设
球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力.（设重力加速度为g）
（1）若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1水平发出，落在球台的P1点（如图实
线所示），求P1点距O点的距离x1
.
（2）若球在O点正上方以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P2点（如图虚线所示），求v2的大小.
（3）若球在O点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3处，
求发球点距O点的高度h。
解：
（1）设发球时飞行时间为t1,根据平抛运动h1
12
gt1①2
x1v1t1②
解得
x1v③
（2）设发球高度为h2，飞行时间为t2，同理根据平抛运动
h2
12
gt2④2
x2v2t2⑤
且h2=h
⑥⑦
2x2L
得
v2
⑧
（3）如图所示，发球高度为h3,飞行时间为t3，同理根据平抛运动得，
h3
12gt32
⑨⑩○11
x3v3t3
且3x32L
设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，水平距离为s，有
h3h
12gt2
○12○13
sv3t
由几何关系知，
x3+s=L（14）
联列⑨~（14）式，解得
h3=h
4
3
例20、题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为试求：
q
的离子都能汇聚到D，m
（1）磁感应强度的大小和方向（提示：
可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；
（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.解：
（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
2
mv01
由Rqv0B
2R
R=d
得B＝
mv0qd
磁场方向垂直纸面向外
（2）
设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t由
vcosθ=v0得v＝
v0
cos
R′=
mvqBd
cos
t=
=
方法一：
设弧长为s
sv
s=2（θ+α）×R′t=
方法二：
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
（2）R
v0
2m
qB
t=Ｔ×=
2（）
v0
（3）
方法一：
CM=MNcotθ
RMNd=
sin（）sin
Ｒ′=
d
cos
以上3式联立求解得CM=dcotα方法二：
设圆心为A，过A做AB垂直NO，可以证明NM＝BO∵NM=CMtanθ又∵BO=ABcotα
=R′sinθcotα=
d
sincotcos
∴CM=dcotα
第六章万有引力与航天
一知识点总结
1、万有引力定律：
（1687年）
适用于两个质点或均匀球体；r为两质点或球心间的距离；G为万有引力恒量（1798年由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置测出）G6.671011Nm2/kg2
2Mmv2G2m2rr
GMMmv2讨论：
（1）由G2m2可得：
vr越大，V越小。
rrr
（2）由G
Mm2
mr可得：
GM3r越大，ω越小。
2
rr
2
Mm23
（3）由G2mr可得：
T2r
rT
（4）由G
GMr越大，T越大。
MmGM
maa可得：
r越大，a向越小。
向向22rr
3、万有引力定律的应用主要涉及两个方面：
（1）测天体的质量及密度：
（万有引力全部提供向心力）
42r3Mm2由G2mr得M2
GTTr433r3
又MR得23
3GTR
（2）行星表面重力加速度、轨道重力加速度问题：
（重力近似等于万有引力）表面重力加速度：
G轨道重力加速度：
2
MmGM
mgg0022RR
2
GMm
Rhm
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