模型专项突破练-2.1.1

1、宜.圆学子梦想铸金字品牌温馨提示：此套题为 Word 版，请按住 Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭 Word文档返回原板块。模型专项突破练一绳杆模型（25分钟 50分）1.（9分）（多选）（2017 枣庄一模）如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球 A、B 通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成0角，不计所有摩擦。当两球 静止时,OA绳沿竖直方向，OB绳与杆的夹角为0，则下列说法正确的是（）A.小球A可能受到3个力的作用B.小球B 一定受到3个力的作用C.小球 A B的质量之比mi： mB=1 : tan 0D.小球A、B的质量之比mi： mB=tan 0 ：

2、 1【解析】选B、Do由于0屋南沿竖直方向，小球A只能受到重力和拉力2个力的 作用，且有FT=mg,小球B 一定受到重力、拉力和光滑固定杆支持力 3个力的作 用,A错,B对;B球静止时有FtCOS 0=nmgsin 0,因此小球A B的质量之比mi : mB=tan 0 ：1,C 错,D 对。2 .（9分）（多选）（2017 黄山二模）如图所示，光滑的直杆竖直固定在地面上，小球M套在杆上并可上下自由滑动，轻质细绳（不可伸长）绕过定滑轮 Q（滑轮大小不 计），两端分别连着小球M和物块N。同时由静止释放两物体 印上升并能到达与 小滑轮等高的P点,N未着地，不计滑轮摩擦和空气阻力，在M上升到P点的过

3、程 中，下列说法正确的是 世纪金榜导学号49294212（）A.小球M可能一直做加速运动B.小球M到达P点时物块N的速度等于零C.绳对小球M的拉力做的功等于小球M的动能的变化量D.物块N的机械能的减少量等于小球M的机械能的增加量【解析】选R D。小球M上升到达与小滑轮等高的P点时加速度向下，M上升到 P点的过程中先加速后减速，到达P点时沿绳方向速度为零，即物块N的速度等于 零,A错BXt;绳对小球M的拉力做的功与重力做功总和等于小球 M的动能的变化 量,C错,轻绳不可伸长，小球M和物块N组成的系统机械能守恒，物块N的机械能 的减少量等于小球M的机械能的增加量，D对。3 .（9分）（多选）（20

4、17 淮北二模）一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质 量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是 H。车由静止 开始向左做匀加速运动，经过时间t绳子与水平方向的夹角为0 ，如图所示，则 世纪金榜导学号49294213（）-3 -圆学子梦想铸金字品牌t2cotiQ 2HA.车向左运动的加速度的大小为B.车向左运动的加速度的大小为C.重物m在t时刻速度的大小为:cos 0 - cot 0D.重物m在t时刻速度的大小为-cot 0t-cosO一一 , . ， - 2【解析】选B、G小车做匀加速直线运动，根据位移一时间关系公式，有:= = at 2,L cLIl tJ 上解得:a

5、=t2i故A错误,B正确；图示时刻小车速度为：v=at= 1飞,将小车在B位置的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，根据平行四边形定则，有:v尸vcos a二£±W，cos 0 cot 0,其中平行绳子的分速度与重物 m的速度相IL-1 3. IT. WL等，故重物速度为cos 0 cot 0,故C正确,D错误4 .（23分）（2017 枣庄一模）如图所示，穿有M N两个小球（均视为质点）的光滑 绝缘圆环，固定在竖直面内，圆心为。半彳全为R=0.3mi M N用一根不可伸长的 绝缘轻质细绳相连，质量分别为mi=0.01kg、mn=0.08kg;M带电量q=+7

6、X 10-4C,N 不带电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上，电场强度E二1X 103V/m;磁场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B号X102T。将两小球从 图示位置（M与圆心O等高,N在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针向上转动。取重力加速度 g=10m/s2,已知sin37 =0.6,cos37 ° =0.8。则在两球从图示位置逆时针向上转动的过程中，求：世纪金榜导学号49294214通过计算判断，小球M能否到达圆环的最高点？(2)小球M速度最大时,圆环对小球M的弹力。(3)小球M电势能变化量的最大值。【解析】(1)设MNft转动过程中，绳对M N

7、做的功分别为 WW,则W+W=0设M到达圆环最高点时,MN的动能分别为&m、&n对M,洛伦兹力不做功，由动能定理可得：qER-m MgR+W 尸EkM对N由动能定理：W r-m NgR=E kN联立解得：EkM+EkN=-0.06J即M在圆环最高点时，系统动能为负值，故M不能到达圆环最高点。设N转过口角时,M、N的速度大小分别为vm、vn,因M、N做圆周运动的半径和角速度均相同，则VM=V N对M,洛伦兹力不做功，根据动能定理qERsin a-m MgRsin %+Wr2 = ；mMV%对N由动能定理：,17W 'r2-m NgR(1-cos a)=-m Nug联立解得

8、：&= -X(3sin %+4cos %-4)*uF,m由上式可知，当tan %=小寸,M、N达到最大速度，最大速度为vmax=hm/sM速度最大时，设绳子拉力为 F,圆环对小球 M的弹力为Fn,由牛顿运动定律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负号表示弹力方向沿圆环径向向外(3)MN从图示位置逆时针转动过程中 油于M不能到达最高点，所以，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减小最多，由vgi=：x(3sin %+4cos %-4)可得：3sin %+4c