模型專項突破練-2.1.1

1、宜.圓學子夢想鑄金字品牌溫馨提示：此套題為 Word 版，請按住 Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉 Word文檔返回原板塊。模型專項突破練一繩桿模型（25分鐘 50分）1.（9分）（多選）（2017 棗莊一模）如圖所示，穿在一根光滑固定桿上的小球 A、B 通過一條跨過定滑輪的細繩連接，桿與水平方向成0角，不計所有摩擦。當兩球 靜止時,OA繩沿豎直方向，OB繩與桿的夾角為0，則下列說法正確的是（）A.小球A可能受到3個力的作用B.小球B 一定受到3個力的作用C.小球 A B的質量之比mi： mB=1 : tan 0D.小球A、B的質量之比mi： mB=tan 0 ：

2、 1【解析】選B、Do由于0屋南沿豎直方向，小球A只能受到重力和拉力2個力的 作用，且有FT=mg,小球B 一定受到重力、拉力和光滑固定桿支持力 3個力的作 用,A錯,B對;B球靜止時有FtCOS 0=nmgsin 0,因此小球A B的質量之比mi : mB=tan 0 ：1,C 錯,D 對。2 .（9分）（多選）（2017 黃山二模）如圖所示，光滑的直桿豎直固定在地面上，小球M套在桿上并可上下自由滑動，輕質細繩（不可伸長）繞過定滑輪 Q（滑輪大小不 計），兩端分別連著小球M和物塊N。同時由靜止釋放兩物體 印上升并能到達與 小滑輪等高的P點,N未著地，不計滑輪摩擦和空氣阻力，在M上升到P點的過

3、程 中，下列說法正確的是 世紀金榜導學號49294212（）A.小球M可能一直做加速運動B.小球M到達P點時物塊N的速度等于零C.繩對小球M的拉力做的功等于小球M的動能的變化量D.物塊N的機械能的減少量等于小球M的機械能的增加量【解析】選R D。小球M上升到達與小滑輪等高的P點時加速度向下，M上升到 P點的過程中先加速后減速，到達P點時沿繩方向速度為零，即物塊N的速度等于 零,A錯BXt;繩對小球M的拉力做的功與重力做功總和等于小球 M的動能的變化 量,C錯,輕繩不可伸長，小球M和物塊N組成的系統機械能守恒，物塊N的機械能 的減少量等于小球M的機械能的增加量，D對。3 .（9分）（多選）（20

4、17 淮北二模）一輛車通過一根跨過定滑輪的輕繩提升一個質 量為m的重物，開始車在滑輪的正下方，繩子的端點離滑輪的距離是 H。車由靜止 開始向左做勻加速運動，經過時間t繩子與水平方向的夾角為0 ，如圖所示，則 世紀金榜導學號49294213（）-3 -圓學子夢想鑄金字品牌t2cotiQ 2HA.車向左運動的加速度的大小為B.車向左運動的加速度的大小為C.重物m在t時刻速度的大小為:cos 0 - cot 0D.重物m在t時刻速度的大小為-cot 0t-cosO一一 , . ， - 2【解析】選B、G小車做勻加速直線運動，根據位移一時間關系公式，有:= = at 2,L cLIl tJ 上解得:a

5、=t2i故A錯誤,B正確；圖示時刻小車速度為：v=at= 1飛,將小車在B位置的速度沿著平行繩子和垂直繩子方向正交分解，如圖所示，根據平行四邊形定則，有:v尸vcos a二£±W，cos 0 cot 0,其中平行繩子的分速度與重物 m的速度相IL-1 3. IT. WL等，故重物速度為cos 0 cot 0,故C正確,D錯誤4 .（23分）（2017 棗莊一模）如圖所示，穿有M N兩個小球（均視為質點）的光滑 絕緣圓環(huán)，固定在豎直面內，圓心為。半彳全為R=0.3mi M N用一根不可伸長的 絕緣輕質細繩相連，質量分別為mi=0.01kg、mn=0.08kg;M帶電量q=+7

6、X 10-4C,N 不帶電。該空間同時存在勻強電場和勻強磁場。電場方向豎直向上，電場強度E二1X 103V/m;磁場方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應強度B號X102T。將兩小球從 圖示位置（M與圓心O等高,N在圓心O的正下方）由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針向上轉動。取重力加速度 g=10m/s2,已知sin37 =0.6,cos37 ° =0.8。則在兩球從圖示位置逆時針向上轉動的過程中，求：世紀金榜導學號49294214通過計算判斷，小球M能否到達圓環(huán)的最高點？(2)小球M速度最大時,圓環(huán)對小球M的彈力。(3)小球M電勢能變化量的最大值。【解析】(1)設MNft轉動過程中，繩對M N

7、做的功分別為 WW,則W+W=0設M到達圓環(huán)最高點時,MN的動能分別為&m、&n對M,洛倫茲力不做功，由動能定理可得：qER-m MgR+W 尸EkM對N由動能定理：W r-m NgR=E kN聯立解得：EkM+EkN=-0.06J即M在圓環(huán)最高點時，系統動能為負值，故M不能到達圓環(huán)最高點。設N轉過口角時,M、N的速度大小分別為vm、vn,因M、N做圓周運動的半徑和角速度均相同，則VM=V N對M,洛倫茲力不做功，根據動能定理qERsin a-m MgRsin %+Wr2 = ；mMV%對N由動能定理：,17W 'r2-m NgR(1-cos a)=-m Nug聯立解得

8、：&= -X(3sin %+4cos %-4)*uF,m由上式可知，當tan %=小寸,M、N達到最大速度，最大速度為vmax=hm/sM速度最大時，設繩子拉力為 F,圓環(huán)對小球 M的彈力為Fn,由牛頓運動定律Fcos45 =(qE-m Mg)cos37_ c.° / _ I _cr 0 . I巾 M "Suqvmax B+Fsin45 -(qE-m Mg)sin37 +Fn=-Jrt解得:Fn=-0.096N負號表示彈力方向沿圓環(huán)徑向向外(3)MN從圖示位置逆時針轉動過程中 油于M不能到達最高點，所以，當兩球速度為零時，電場力做功最多，電勢能減小最多，由vgi=：x(3sin %+4cos %-4)可得：3sin %+4c