高中物理二轮复习功能关系及其与圆周运动的综合应用非选择题特训练习(解析版)

2020届高考物理二轮复习非选择题特训练习（5）功能关系及其与圆周运动的综合应用1、如图所示,竖直平面内放一直角杆,杆的各部分均光滑,水平部分套有质量为3A m kg =的小球A ,竖直部分套有质量为2B m kg =的小球B ,A 、B 之间用不可伸长的轻绳相连。

在作用于A 球上的水平拉力F 的作用下,系统处于静止状态,且3,OB 4OA m m ==,重力加速度210/g m s =.1.求水平拉力F 的大小和水平杆对小球A 弹力F N 的大小;2.若改变水平力F 大小,使小球A 由静止开始,向右做加速度大小为24.5/m s 的匀加速直线运动,求经过23t s =拉力F 所做的功. 2、如图所示，半径R ＝0.45m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆心O 与右端点A 连线水平，底端距水平地面的高度h ＝0.2m 。

一质量m ＝1.0kg 的小滑块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A 由静止释放。

忽略空气阻力，取g ＝10m/s 2。

求：（1）小滑块在圆弧轨道底端B 点受到的支持力大小F N ； （2）小滑块落地点与B 点的水平距离x 。

3、竖直平面内光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图所示装置,其中直轨道bc 粗糙,直轨道cd 光滑,两轨道相接处为一很小的圆弧.质量为m =0.1kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动,到达轨道最高点a 时的速度大小为v =4m/s,当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时,脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道滑行,到达轨道cd 上的d 点时速度为零.若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计,已知圆轨道的半径为R =0.25m,直轨道bc 的倾角θ=37°,其长度为L =26.25m,d 点与水平地面间的高度差为h =0.2m,重力加速度g 取10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:1.滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小2.滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数;3.滑块在直轨道bc 上运动的时间. 4、如图所示,地面上放一质量为m =2kg 的小物块,通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引,圆筒半径为R =0.5m,质量为M =4kg,t =0时刻,圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直中心轴转动,转动角速度与时间的关系满足ω=4t ,物块和地面之间的动摩擦因数μ=0.3,细线始终与地面平行,其他摩擦不计,g 取10m/s 2,求:1.物块运动过程中受到的拉力大小;2.从开始运动至t =2s 时电动机对外做的功.5、如图所示，将一质量为0.1kg m =的小球自水平平台右端O 点以初速度0v 水平抛出，小球飞离平台后由A 点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道并沿轨道恰好通过最高点C ，圆弧轨道ABC 的形状为半径 2.5m R =的圆截去了左上角圆心角为127°的圆弧，CB 为其竖直直径(sin530.8,cos530.6==°°,重力加速度g 取102m/s ,不计空气阻力)。

求：1.小球经过C点的速度大小；2.小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力大小;3.平台右端O点到A点的竖直高度H。

6、如图所示，“冰雪游乐场”的滑道由与水平面夹角为60°的光滑直滑道AB、光滑的1/6圆弧滑道BC和粗糙的水平滑道CD构成。

一小孩乘坐冰车从滑道的顶端A点由静止滑下，最终停在水平滑道上的D点。

已知小孩和冰车的总质量为m，小孩和冰车可视为质点，圆弧滑道的半径为R,AB滑道的长度为2R，滑道连接处均平滑，重力加速度为g，求：v；1.小孩乘坐冰车滑至圆弧滑道的最低点C时的速度大小CF；2.小孩乘坐冰车滑至圆弧滑道的最低点C时对圆弧滑道的压力大小NW。

3.小孩乘坐冰车沿水平滑道运动的过程中，克服摩擦力所做的功f7、如图所示,半径R=1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B点,水平传送带上A、B两端点间距L=16m,传送带以v0=10m/s的速度顺时针转动,将质量m=1kg 的小滑块(可视为质点)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10m/s21.将滑块在传送带A端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间;2.若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆弧轨道的最高点C,求滑块在传送带上释放的位置范围;3.若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆弧轨道的最高点C, 求此初速度满足的条件.8、如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE 相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N F，改变H的大小，可测出相应的N F的大小，N F随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8 N），重力加速度g取2m s，求：10/（1）小物块的质量m、圆轨道的半径R及轨道DC所对应的圆心角θ（2）小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ答案以及解析1答案及解析：答案：1.15N;50N; 2.49.5J解析：1.设静止时绳子与竖直方向夹角为θ,则由已知条件可知4cos 5θ= 设绳中张力大小为T F对B 进行受力分析有cos T B F m g θ= 解得: 25N cos B T m gF θ== 对A 进行受力分析有sin 15N T F F θ==对A 、B 整体进行受力分析:竖直方向()50N N A B F m m g =+= 2.经过23t s =,小球A 向右运动的位移211m 2x at ==此时绳子与水平方向夹角为θ 小球A 的速度为A 3m/s v at ==A 、B 两小球沿绳方向速度大小相等,即cos sin A B v v θθ=解得A cot 4m/s B v v θ==此时小球B 上升的高度为()1tan 1m h OB θ=-= 由功能关系知: 221149.5J 22F P K B A A B B W E E m gh m v m v =∆+∆=++=2答案及解析：答案：（1）小滑块从A 运动到B 过程，机械能守恒，设小滑块运动到B 点时，速度大小为v ，有212mgR mv =v =V=3m/s在B 点，根据牛顿第二定律，2N v F mg m R -=解得：30N F N =（2）小滑块离开B 点后，做平抛运动 水平方向：x=vt竖直方向：212h gt =解得：x=0.6m解析：3答案及解析：答案：1.滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小是5.4N 2.0.8; 3.7.66s解析：1.在圆轨道最高点a 处对滑块由牛顿第二定律得2N v mg F m R +=2 5.4N v F m g N R ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭由牛顿第三定律得跨快在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4N2.对滑块从a 点到d 点全过程应用动能定理有()2cos sin cos 02mv mg R R L h mg L θθμθ++--⋅=- 解得0.8μ=3.设滑块在轨道bc 上向下滑动的加速度为a 1,时间为t 1;向上滑动的加速度为a 2,时间为t 2,在C 点时的速度为v c 由c 到d 有2c 2mv mgh =解得2/c v m s =对从a 点到b 点的过程,有()22b 1cos 22mv mv mgR θ+=-解得b 5m/s v = 在轨道bc 上 下滑时: ()b c 11,7.5s 2v v t L t +==上滑时: 2sin cos mg mg ma θμθ+= 解得2212.4m/s a =, 由于c 220v a t =- c220.16s v t a == 由于tan μθ>,滑块在轨道bc 上停止后不再下滑.滑块在直轨道bc 上运动的总时间为127.66s t t t =+=4答案及解析：答案：1.10N; 2.72J 解析：1.由于边缘的线速度与物块的运动速度大小相等, 根据v =ωR =4Rt =2t 可知,线速度与时间成正比,物块做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a =2m/s 2.对物块进行受力分析,由牛顿第二定律得T -μmg =ma ,则物块受到的拉力大小为T =10N. 2.根据匀变速直线运动规律:t =2s 时物块的速度v =at =4m/s, 2s 内物块的位移2142x at m == 对整体运用动能定理有221122mv Mv =+ 其中f 24W mgx J μ=-=- 电动机对外做的功为W 电=72J5答案及解析：答案：1.5m/s 2.6N 3.3.36 m解析：1.小球恰好通过最高点C 时，由重力提供其做圆周运动的向心力，即20Cv v mg m R=,则5m/s C v gR =。

2.从B 点到C 点，由机械能守恒定律得2211222C Bmv mg R mv +⋅=,在B 点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律得2BN v F mg m R-=,解得6N N F =.3.从A 点到B 点由机械能守恒定律有2211(1cos53)22A Bmv mgR mv +-=°，所以105m/s A v =，在A 点对速度进行分解有sin 53y A v v =°，所以23.36m 2yv H g==。

6答案及解析：答案：(231)gR + 2.31)mg 3.1(3)2mgR解析：1.对小孩乘坐冰车从滑道的顶端A 点滑至圆弧滑道的M 低点C 的过程，由机械能守恒定律得,21(2sin 60cos60)2C mg R R R mv +-=°°, 解得C v =. 2.可每在C 点时圆弧滑道对冰车的支持力为N F ',在C 点，由牛顿第二定律得,2CN v F mg m R'-=，又根据牛顿第三定律有N N F F '=,联立解得1)N F mg =.3.对小孩乘坐冰车沿水平滑道运动的过程，由动能定理得，2102f C W mv -=-，解得1)2f W mgR =。

7答案及解析： 答案：1.2.85s; 2.滑块在A 端与距A 端6m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处 3. 24m/s 8m/s v ≤≤解析：1.对滑块受力分析,由牛顿第二定律得mg ma μ=,01v at =,解得1 2.5t s = 设滑块速度达到0v 时经过的位移为1x 有211112.5m 2x at ==设滑块匀速运动的位移为x 2,x 2=L -x 1=3.5m 则滑块匀速运动的时间为2200.35s x t v == 总时间为t =t 1+t 2=2.85s.2.滑块恰好通过C 点时有2Cv mg m R=由机械能守恒定律得22B C 11222mv mv mg R -=⋅解得滑块通过B 点的速度至少为B 10m/s v =<22B v as =,解得s =10m,滑块在A 端与距A 端6m 的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C 处;3.若给滑块一水平向右的初速度1v ,由运动学知识得22B 122Lv v a -=⋅解得14/v m s =所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件为14m/s v '≥若给滑块一水平向左的初速度,只需让滑块在向左减速滑行的距离在2〜8m 的范围即可,可得2202,2m 8m v as s ''-=≤≤ 解得24m/s 8m/s v ≤≤所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件为24m/s 8m/s v ≤≤8答案及解析： 答案：（1）由图线知：当10H =时，15N N = 此时在最低点有： 1N mg =解得： m =0.5kg由图线知：当20.2H m =时，27N N =，此时小物块恰好由D 点下滑 根据机械能守恒得：22212mgH mv =在最低点，根据牛顿第二定律得：222v N mg m R-=联立解得： R =1m 由几何关系得： 2cos 0.8R H Rθ-== 解得： 37θ=o（2）小球从高为H 处的斜面上滑到最低点过程。