教育K122024高考物理二轮复习专项1模型突破专题1绳杆模互联网资料

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教育最新K122023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

学校+学校+高中

学校+学校+高中模型1绳杆模型

[模型统计]

1．绳杆模型的特点

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学问求解即可．

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，由牛顿其次定律列出动力学方程即可求解．

(2)讨论临界问题时，要牢记“绳模型”中最高点速度v≥gR，“杆模型”中最高点速度v≥0这两个临界条件．

[模型突破]

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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，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10kg的重物，∠CBA＝30；图乙中轻杆通过细绳MN和铰链固定在竖直的墙上，在N端同样挂上质量m＝10kg的重物，细绳与水平轻杆ON的夹角θ＝30，g取10m/s2

，则下列说法正确的是(

)

甲乙

图1

A．图甲中

B点受到滑轮的支持力的方向水平向右

B．图甲中滑轮受到绳子的作用力大小为100N

C．图乙中轻杆受到的压力大小为200N

D．图乙中细绳MN的拉力为1003N

B[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到处相等，都等于物体的重力，即F1＝F2＝G＝mg＝100N，由于拉力F1和F2的夹角为120，则由平行四边形定则得F＝100N，所以滑轮受绳的作用力大小为100N，方向与水平方向成30角，斜向左下方，A错误，B正确；对图乙中N点进行受力分析，N点受到重物的拉力F1′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＝100N，依据平衡条件得Tsinθ＝F1′，Tcosθ＝F3，解得T＝200N，F3＝1003N，依据牛顿第三定律得，轻杆受到的压力F′＝F3＝1003N，故

C、

D错误．

]

(2023深圳其次次调研)如图所示，在竖直平

面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，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

慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端绳子水平，则OP绳

与竖直方向之间的夹角为()

A.

π2B．θC.π4＋θ2D.π4－θ2

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学校+学校+高中D[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θ；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PO在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，OP与竖直方向的夹角为π4－θ2

，D正确．

]考向2运动的合成与分解中的绳杆模型

[典例2](2023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．开头时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面对右运动．下列推断正确的是(

)

图2

A．P触地前的速度始终增大

B．P触地前的速度先增大后减小

C．Q的速度始终增大

D．P、Q的速度同时达到最大

A[开头时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，则开头时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的速度始终增大，Q的速度先增大后减小，故A正确，

B、

C、

D错误；故选

A.]

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，开头时用力

按住A使A不动，现设法使A以速度vA＝4m/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θ＝37角，设此时B

的速度大小为vB，(cos37＝0.8)，不计空气阻力，忽视绳与滑

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θ角时，重物B的速度vB＝5m/s

C．当A车右端的轻绳与水平方向成θ角时，重物B的速度vB＝3.2m/s

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

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学校+学校+高中的两个运动，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＝vAcos37＝3.2m/s，B错误，C正确；因小车做匀速直线运动，而θ渐渐变小，故vB渐渐变大，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)(2023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O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3

A．小球的线速度大小为gL

B．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行能指向圆心O

D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为2mg

ACD[依据向心加速度a＝v2r

，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，合外力供应向心力，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

低点时，杆对球的作用力最大，依据牛顿其次定律：F－mg＝mv2r

，得轻杆对小球作用力的最大值为F＝2mg，所以D正确．

]

(2023乌鲁木齐适应训练)如图所示，A、B

两小球用不行伸长的轻绳悬挂在同一高度，其质量之比为2∶1，

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∶1

B．2∶1

C．3∶1

D．4∶1

B[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＝12

mv2，解得：v＝2gL

；在最低点，拉力和重力的合力提

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学校+学校+高中供向心力，由牛顿其次定律得：F－mg＝mv2L

，解得，F＝3mg，与L无关，与m成正比，所以A、B球所受绳的拉力比为2∶1，故B正确；A、C、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mB的两个小球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开头下滑，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v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30角，B球的速度大小为v2，则(

)

图4

A．v2＝12

v1B．v2＝2v1C．v2＝v1D．v2＝3v1

C[依据题意，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．依据矢量

关系则有，A球：v∥＝v1sinθ，而B球，v∥＝v2sinθ，由于

同一杆，则有v1sinθ＝v2sinθ，所以v2＝v1，故C正确，A、

B、D错误．

]

(2023东北三省四市联考)如图所示，物

体A、B由跨过定滑轮且不行伸长的轻绳连接，由静止开头释放，在物体A加

速下降的过程中，下列推断