2019高考物理二轮复习专项1模型突破专题1绳杆模型高分突破学案

1、模型 1 绳杆模型模型统计模型解读1 绳杆模型的特点模型形变情况二施力与受力方向大小变化绳微小形变可忽略能施能受拉力始终沿绳可突变杆A入J*长度几乎不变A7./能压能拉不一定沿杆可突变2.运动的合成与分解中的绳杆模型Z. f无论是轻绳还是轻杆，都先要进行整体或局部的受力分析，然后结合运动的合成与分解 知识求解即可.3竖直面内做圆周运动的绳杆模型(1)通常竖直面内的圆周运动只涉及最高点或最低点的分析，在这两个点有F合=F向,由牛顿第二定律列出动力学方程即可求解.(2)研究临界问题时，要牢记“绳模型”中最高点速度v . gR, “杆模型”中最高点速度V0这两个临界条件.模型突破真题模型考查角度机械

2、能守恒定律、牛顿运动定律在圆周运动中应用的“杆模型”机械能守恒、功能关系和运动的分解综合应用的“杆模型”真题模型连接体和受力分析综合应用的“绳模型”考查角度机械能守恒定律、牛顿第二定律在圆周运动中的“绳模型”受力分析、共点力平衡综合应用9 的“绳模型”受力分析、共点力平衡、动态平衡问题的基本方法等综合应用的（2016 全国卷IT19）（2016 全国卷nT16）（2017 全国卷IT21）2考向 1 平衡中的绳杆模型典例 1图 1 甲中水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B,轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m 10 kg 的重物，/CBA=30;F1=F2=G=

3、 mg=100 N,由于拉力F1和F2的夹角为 120，则由平行四边形定则得F= 100所以滑轮受绳的作用力大小为100 N，方向与水平方向成 30角，斜向左下方，A 错误，正确；对图乙中N点进行受力分析，N点受到重物的拉力R和轻绳上端细绳的拉力T以及 轻杆的支持力F3的共同作用，由于重物静止，则有F1=G=100 N,根据平衡条件得Tsin0F3= 100 3 N，根据牛顿第三定律得，轻杆受到的压力F=F3=*教师备选面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为0, 一光滑轻 环套在杆上.一个轻质光滑的滑轮（可视为质点）用轻绳OP悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向右的拉力缓慢

4、拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端绳子水平，则与竖直方向之间的夹角为（）乙中轻杆通过细绳MN铰链固定在竖直的墙上，在N端同样挂上质量 绳与水平轻杆ON的夹角0= 30,g取 10 m/s2，则下列说法正确的是mi= 10 kg 的重物,A.B.C.图甲中B点受图甲中滑轮受图乙中轻杆受到的压力大小为200 N图乙中细绳MN的拉力为 100 3 N对图甲中轻绳的B点受力分析，滑轮受到绳子的作用力应为图中滑轮下端和滑轮上 端两段绳中拉力F1和F2的合力F,因同一根绳上张力大小处处相等，都等于物体的重力,D.=F1,Tcos0=F，解得T= 200 N,/二-=1003 N，故 C D 错误.厂_（

5、2018 深圳第二次调研）如图所示，在竖直平OP绳()图 1甲AnA.D.424D 只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时圆环能保持静止，由几何关系可知，QP段绳子与竖直方向之间的夹角是0;再对滑轮分析，受三 个拉力，由于OP段绳子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故n 0PO在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，0P与竖直方向的夹角为 壬迈,D正确.考向 2 运动的合成与分解中的绳杆模型典例 2 （2018 泰安二模）如图 2 所示，两个相同的小球P Q通过铰链用刚性轻杆 连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上开始时轻杆贴近竖

6、直杆，由静止释放A. P触地前的速度一直增大B.P 触地前的速度先增大后减小C.Q 的速度一直增大D. P、Q的速度同时达到最大A 开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时Q加速，后来Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故 A 正确，B C D 错误；故选 A.教曲备选 如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B,开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度VA=4 m/s 向左做匀速运动, 某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成0=

7、37角，设此时的速度大小为VB,（COS37= 0.8），不计空气阻力，忽略绳与滑 轮间摩擦，则（）A.A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力B.当A车右端的轻绳与水平方向成0角时，重物B的速度VB= 5 m/sC.当A车右端的轻绳与水平方向成0角时，重物B的速度VB= 3.2 m/s后，Q沿水平地面向右运动.D. B 上升到滑轮处前的过程中处于失重状态C 若A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力大小，但两个力性质不同，不是同一个力，A 错误；小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向6的两个运动，因A车右端的绳子与水平面的夹角为 37，由几何关系可得VB=VAcos 37 =3.2 m/s ，B

8、 错误，C 正确；因小车做匀速直线运动，而0逐渐变小，故VB逐渐变大，物 体有向上的加速度，则B处于超重状态，D 错误.考向 3 竖直面内做圆周运动的绳杆模型典例 3（多选）（2018 福建四校二次联考）如图 3 所示，一长为L的轻质细杆一端与 质量为m的小球（可视为质点）相连，另一端可绕0点转动，现使轻杆在同一竖直面内做匀速 转动，测得小球的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速度），下列说法正确的是（）图 3A.小球的线速度大小为gLB. 小球运动到最高点时杆对小球的作用力竖直向上C.当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心OD.轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最

9、大值为2mg、V2Lz、1、ACD 根据向心加速度a=孑，代入得小球的线速度V=gL,所以 A 正确；需要的向心力F=ma= mg所以在最高点杆对小球的作用力为零，故B 错误；小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故合外力指向圆心，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力F=mg2+ ma2，方向不指向圆心O,所以 C 正确；轻杆在匀速转动过程中，当转至最Qf 乂2低点时，杆对球的作用力最大，根据牛顿第二定律：F-mg= mr，得轻杆对小球作用力的最r大值为F= 2mg所以 D 正确.L 教师莆选（2018 乌鲁木齐适应训练）如图所示，A B中严打&打打打川3两小球用不可伸长的轻绳悬挂

10、在同一高度，其质量之比为 2 : 1,丄悬挂A、B两球的绳长之比也为 2 : 1.现将两球拉起，使两绳均被水平拉直，将两球由静止释放 （不计空气阻力），两球运动到最低点时，轻绳对A B两球 的拉力大小之比为（）A. 1：1B.2:1 C.3：1D.4：1B 对任意一球，设绳子长度为L.小球从静止释放至最低点，以最低点所在平面为零势能面，由机械能守恒得：mgL= gmV,解得：v=2gL;在最低点，拉力和重力的合力提8Fmg=吟，解得，A B球所受绳的拉力比为 2 ： 1,故 B 正确；AC、D 错误.考向 4 绳杆组成的连接体问题典例 4如图 4 所示，一轻杆两端分别固定质量为mA和m的两个小

11、球A和B（可视为 质点）.将其放在一个光滑球形容器中从位置 1 开始下滑，当轻杆到达位置 2 时球A与球形 容器球心等高，其速度大小为vi,已知此时轻杆与水平方向成0= 30角，B球的速度大小为V2，则（）1A. V2=尹C. V2=vi图 4B.V2= 2viD. V2=3viC根据题意，将A球速度分解成沿着杆与垂直于杆方向， 同时B球速度也是分解成沿着杆与垂直于杆两方向.根据矢量 关系则有，A球：V/=Visin0，而B球，V/=V2sin0，由于 同一杆，则有Vis in0=V2s in0，所以V2=vi,故 C 正确，A、 B D 错误.教师备选（20i8 东北三省四市联考体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放,）如图所示，物在物体A加4 Q 速下降的过程中，下列判断正确的是（）A.物体A和物体B均处于超重状态T-7-7-7T-T-7-7777B.物