2018年教科版物理必修2 第2章 章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①Δs Δt ②2πr T ③ΔφΔt ④2πT⑤ωr ⑥2πr v ⑦2πω ⑧m v 2r⑨mrω2⑩v 2r ⑪rω2 ⑫变加速 ⑬方向______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________1.同．线速度描述物体沿圆周运动的快慢．角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢．由ω＝2πT ＝2πn ，知ω越大，T 越小，n 越大，则物体转动得越快，反之则越慢．ω、T 、n 三个物理量知道其中一个，另外两个也就成为已知量．2．对公式v ＝rω及a ＝v 2r ＝rω2的理解(1)由v ＝rω，知r 一定时，v 与ω成正比；ω一定时，v 与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比．(2)由a ＝v 2r ＝rω2，知v 一定时，a 与r 成反比；ω一定时，a 与r 成正比．如图2-1所示，定滑轮的半径r ＝2 cm ，绕在滑轮上的细线悬挂着一个重物，由静止开始释放，测得重物以加速度a ＝2 m/s 2做匀加速运动，在重物由静止下落距离为1 m 的瞬间，求滑轮边缘上的点的角速度ω和向心加速度a .图2-1【解析】 重物下落1 m 时，瞬时速度为v ＝2as ＝2×2×1 m/s ＝2 m/s.显然，滑轮边缘上每一点的线速度也都是2 m/s ，故滑轮转动的角速度，即滑轮边缘上每一点转动的角速度为ω＝v r ＝20.02rad/s ＝100 rad/s.向心加速度为a ＝ω2r ＝1002×0.02 m/s 2＝200 m/s 2.【答案】 100 rad/s 200 m/s 21.叫做临界状态．出现临界状态时，有时是为“恰好出现”，有时是“恰好不出现”．2．确定临界状态的常用方法(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象显露，达到尽快求解的目的．(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题．3．临界问题经常出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是最典型的变速圆周运动．图2-2(1)用绳子系物体在竖直平面内做圆周运动，此种情况下，如果物体恰能通过最高点，即绳子的拉力等于零，只有重力提供向心力，即mg ＝m v 20R ，得临界速度v 0＝gR .当物体的速度v ≥v 0时，才能经过最高点．(2)用杆固定物体在竖直平面内做圆周运动．此种情况下，由于物体所受的重力可以由杆给它的向上的支持力来平衡，所以在最高点时的速度可以为零．当物体在最高点的速度v ≥0时，物体就可以完成一个完整的圆周运动．(多选)如图2-3所示，长0.5 m 的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图2-3A ．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 NB ．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 NC ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 ND ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N【解析】 设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －F N ＝m v 2l ，得F N ＝mg －m v 2l ＝6 N ，故小球对杆的压力大小是6 N ，A 错误，B 正确；小球通过最低点时F N －mg ＝m v 2l ，得F N ＝mg ＋m v 2l ＝54 N ，小球对杆的拉力大小是54 N ，C 错误，D 正确．【答案】 BD竖直平面内圆周运动的分析方法(1)竖直平面内的圆周运动一般是变速圆周运动，运动速度的大小和方向在不断发生变化，通常只研究物体在最高点和最低点的情况．(2)质点在轻杆作用下绕中心点做圆周运动时，在最高点轻杆能提供支持力或拉力．当v ＝gr 时，杆的弹力为零，这是杆的作用力是支持力或拉力的分界点．在最低点轻杆能提供拉力且拉力随速度的增大而增大．(3)竖直平面内的圆周运动往往和机械能守恒定律、动能定理及平抛运动结合，此类问题利用机械能守恒定律、动能定理将最高点和最低点的物理量联系起来．1.(多选)如图2-4所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g 取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车()【导学号：22852051】图2-4A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s【解析】赛车做圆周运动时，由F＝m v2R知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝m v2R知，其速率v＝FRm＝2.25mgRm＝45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30 m/s.如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝L sin 60°＝50 3 m据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝2πr 3，对应的运动时间t＝sv′≈2.79 s，选项D错误．【答案】AB2．未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图2-5所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是()图2-5A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小【解析】旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．【答案】 B3．(多选)如图2-6所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()【导学号：22852052】图2-6A．b一定比a先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmg【解析】 小木块a 、b 做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即f ＝mω2R .当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a ：f a ＝mω2a l ，当f a ＝kmg 时，kmg ＝mω2a l ，ωa ＝kg l；对木块b ：f b ＝mω2b ·2l ，当f b ＝kmg 时，kmg ＝mω2b ·2l ，ωb ＝kg2l ，所以b 先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则f a ＝mω2l ，f b ＝mω2·2l ，f a <f b ，选项B 错误；当ω＝kg 2l 时b 刚开始滑动，选项C 正确；当ω＝2kg 3l 时，a 没有滑动，则f a ＝mω2l ＝23kmg ，选项D 错误．【答案】 AC4．某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R ＝0.20 m)．(a) (b)图2-7完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图2-7(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg ；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图2-7(b)所示，该示数为_______________________________________________kg ；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示.(4)根据以上时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)【解析】(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg.(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m＝1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.905kg＝1.81 kg.小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N由题意可知小车的质量为m′＝(1.40－1.00) kg＝0.40 kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－m′g＝m′v2 R解得v≈1.4 m/s.【答案】 1.407.9 1.4。