2019年高考物理二轮复习模型突破训练1绳杆模型.doc

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1、模型突破训练(一)绳杆模型 (限时：20分钟)1.如图5所示，一位高为h的中学生绕着O点把倒在地上的旗杆扶起来，当学生以速度v向左运动时，旗杆与地面的夹角恰为，则旗杆转动的角速度()图5ABC DC 把人的速度分解为垂直于旗杆的速度v1和沿杆的速度v2，如图；v1vsin ，此时手握旗杆的位置到O点距离为，则有：，所以C正确，A、B、D错误2(2018湖南十四校二次联考)如图6所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时BAC90，现使BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC.此

2、过程中()图6A轻杆AB对B端的弹力大小不变B轻杆AB对B端的弹力先减小后增大C力F逐渐增大D力F先逐渐减小后逐渐增大A 以B点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力T(等于重物重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出受力分析图如图所示由平衡条件可知N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得；又TG，计算得出NG，因杆处于平衡状态，故N大小保持不变，力F逐渐减小，则A正确，B、C、D错误3.如图7所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过绳子带动小车m沿斜面升高则当滑轮右侧的绳子与竖直方向成角且重物下滑的速度为v时，小车的速度为()图7Avcos Bvsin C.Dvtan A 将

3、M物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，得绳子速率为：v绳vcos 而绳子速率等于小车m的速率，则有物体m的速率为：vmv绳vcos ，故A正确4.如图8所示，质量为m的小球在竖直平面内的固定光滑圆形轨道的内侧运动，若小球恰能以速度v过最高点，则当小球以3v的速度经过最高点时，对轨道的压力大小是(重力加速度为g)()图8AmgB2mgC5mg D8mgD当小球恰能以速度v经内轨道最高点时不脱离轨道，小球仅受重力，重力充当向心力，有 mgm；当小球以速度3v经内轨道最高点时，小球受重力G和向下的支持力N，合外力充当向心力，有 mgNm；又由牛顿第三定律得到，小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力

4、相等，NN；由以上三式得到，N8mg；故选D.5(多选)质量为M的支架(包含底座)上有一水平细轴，轴上套有一长为L的轻质细线，绳的另一端拴一质量为m(可视为质点)的小球，如图9所示现使小球在竖直面内做圆周运动，已知小球在运动过程中底座恰好不离开地面、且始终保持静止忽略一切阻力，重力加速度为g.则() 图9A小球运动到最高点时底座对地压力最大B小球运动过程中地面对底座始终无摩擦力C小球运动至右边与O点等高时，地面对底座的摩擦力向左D小球运动到最高点时细线拉力大小为MgCD因为小球在运动过程中底座恰好不离开地面，则在最高点底座恰好对地面的压力为零，即在最高点细线对支架的拉力为Mg，A错误，D正确；

5、当小球不在竖直线上时，细线对底座的拉力不在竖直方向上，在水平方向上有分力，由于底座始终静止，所以地面对底座有摩擦力作用，小球运动至右边与O点等高时，细线对底座的拉力水平向右，故地面对底座的摩擦力水平向左，B错误，C正确6(多选)(2018河南淮滨中学仿真)如图10所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30.现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60不变，则()图10A轻绳上的拉力一定小于mgB外力F的最小值为mgC轻杆对小球a作用力的方向不变D轻杆对小球a的作用力最小值为mgBD对b进行受力分析如图，当F的方

6、向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，大于mg或等于mg，故A错误；由b的受力图可知，当拉力F的方向与ab绳垂直时，拉力F最小，最小为：Fminmgsin 60mg，故B正确；以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对a的拉力的合力大小相等，方向相反，a受到的重力总是竖直向下，ab对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与ab对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，故C错误；由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b

7、的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，所以a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确故选B、D.7(多选)(2018吉林省实验中学第九次模拟)如图11所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k，原长为L2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度v0，已知重力加速度为g，则()图11A无论v0多大，小球均不会离开圆轨道B若v0则小球会在BD间脱离圆轨道C只要v0，小球就能做完整的圆周运动D只要小球能做完整

8、圆周运动，则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关CD因弹簧的劲度系数为k，原长为L2R，若小球恰能到达最高点，此时弹簧的弹力为FkR，轨道的支持力为0，由弹簧的弹力和重力提供向心力，则有mgFm，解得：v，从A到最高点，形变量没有变，故弹性势能不变，由机械能守恒定律得：2mgRmv2mv，解得：v0，即当v0时小球才不会脱离轨道，故A、B错误，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：N1kRmgm，解得：N1kRmgm，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，为N2，设此时的速度为v，由机械能守恒定律得：2mgRmv2mv，此时合外力提供向心力，有：N2kRmgm，解得：N2kR

9、mgm，联立解得NN1N26mg，与初速度无关，故D正确故选C、D.(2018衡阳八中质检)城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂如图是这类结构的一种简化模型，硬杆左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦的转动，右端O点通过钢索挂于A点，钢索和硬杆所受的重力均可忽略有一质量不变的重物悬挂于O点，现将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，以保证硬杆始终处于水平则在上述变化过程中，下列说法中正确的是()A钢索对O点的拉力变大B硬杆对O点的弹力变小C钢索和硬杆对O点的作用力的合力变大D钢索和硬杆对O点的作用力的合力变小A 以O点为研究对象，分析受力，作出受力分析图，根据平衡

10、条件得：钢索AO对O点的拉力FAOsin Gmg，则FAO，杆BO对O点的支持力FBO，将钢索缓慢变短，并使钢索的悬挂点A缓慢向下移动，减小，则FAO增大，FBO增大，故A正确，B错误；BO始终水平，O点始终平衡，钢索和硬杆对O点的作用力的合力与重力平衡，保持不变，故C、D错误8(多选)(2018苏锡常镇四市调研)如图12所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L轻杆相连， B、C置于水平地面上在轻杆竖直时，将A由静止释放，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此过程中()图12A球A的机械能一直减小B球A落地的瞬时速度为C球

11、B对地面的压力始终等于mgD球B对地面的压力可能小于mgBD设A球下滑h时，左侧杆与竖直方向夹角为，则cos ，AB用铰链相连，则vAcos vBcos(90)vBsin ，当A下落到最低点时，B的速度为零，中间过程中B的速度不为零；同理可得，当A下落到最低点时，C的速度为零，中间过程中C的速度不为零；A、B、C三者组成的系统机械能守恒，中间过程B、C的动能不为零，A到最低点时，B、C的动能为零；则球A的机械能不是一直减小，故A项错误当A下落到最低点时，B、C的速度为零，对三者组成的系统，以B、C所在平面为零势能面，A由静止释放到球A落地过程，应用机械能守恒得：mgLmv2，解得：球A落地的瞬时速度v，故B项正确球A加速下落时，三者组成的系统有向下的加速度，整体处于失重状态，球B、C对地面的压力小于mg，故C项错误在A落地前一小段时间，B做减速运动，杆对B有斜向右上的拉力，则球B对地面的压力小于mg，故D项正确6