精品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、精品试卷模型统计真题模型模型1绳杆模型考查角度真题模型考查角度（2014 全国卷 n T 17）（2016 .全国卷 n T 16）机械能守恒定律、牛顿第二定律在圆周运动中的“绳模型”机械能守恒定律、牛顿运动定律在圆周运动中应用的“杆模型”(2016 .全国卷出T 17)受力分析、共点力平衡综合应用的“绳模型”机械能守恒、功能关系和运动的分解综合应用的“杆模型”连接体和受力分析综合应用的“绳模型”（2017 全国卷 I T 21）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“绳模型”模型解读1 .绳杆模型的特点模型形变情况施力与受力方向大小变化绳微小形及口忽略能施能受拉力始终沿绳可

2、突变杆长度几乎/、变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=尸向，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vqgA “杆模型”中最高点速度v0这两个临界条件.模型突破考向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 件10 kg的重物，

3、/ CBA= 30。；图乙中轻杆通过细绳 M用口钱链固定在竖直的墙 推荐下载精品试卷上，在N端同样挂上质量 F 10 kg的重物，细绳与水平轻杆ON的夹角 （=30 , g取10 m/s2,则下列说法正确的是（）图1A.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100 NC.图乙中轻杆受到的压力大小为200 ND.图乙中细绳 MN的拉力为100 3 NB 对图甲中车5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，即F1 = F2=G= mg= 100 N,由于拉

4、力F1和F2的夹角为120。，则由平行四边形定则得 F= 100 N,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，B正确；对图乙中N点进行受力分析，N点受到重物的拉力 FJ和轻绳上端细绳的拉力 T以及轻杆的支持力曰的共同作用，由于重物静止，则有F= G=100 N,根据平衡条件得Tsin0 =F/,Tcos 0 = F3,F = F3= 1003 N ,故 C D错误.面内，一光滑杆固定在 光滑的滑轮（可视为质 现用向右的拉力缓慢 竖直方向之间的夹角解得T= 200 N, F3=1005 N,根据牛顿第三定律得，轻杆受到的压力 教师备选（2018 深

5、圳第二次调研）如图所示，在竖直平地面上，杆与地面间夹角为 0 , 一光滑轻环套在杆上.一个轻质点）用轻绳OP!挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上， 拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端绳子水平，则OP绳与为（）9_2A. 2B, 0C.4+2c兀D.4D 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了一万，D正确.考向2运动的合成

6、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通过较链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上.开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动.下列判断正确的是（）推荐下载精品试卷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，

7、B、C D错误；故选A.教师备选如图所示，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= 37。角，设此时B的速度大小为 Vb, (cos 37 = 0.8)轮间摩擦，则（A. A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力气阻力，忽略绳与滑B.当A车右端的轻绳与水平方向成。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/sD. 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

8、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 错误，C正确；因小车做加速度，则B处于超重匀速直线运动，而 0逐渐变小，故Vb逐渐变大，物体有向上的 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 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（）A.小球的线速度大小

9、为gL推荐下载精品试卷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可能指向圆心OD.轻杆在匀速转动过程中，轻杆又小球作用力的最大值为2mg2ACD 根据向心加速度 a=1 代入得小球的线速度 v=qgL,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=ymg 2 + ma 2,方向不指向圆心 O所以C正确；轻杆在匀速转动2过程中，当转至最低点时，杆对球的作用力最大，根据牛顿第二定律：F-mg= nr,得轻

10、杆对小球作用力的最大值 为F= 2mg所以D正确.两小球用不可伸长的轻之比也为 2 ： 1.现将两力），两球运动到最低点 TOC o 1-5 h z 教师备选| （2018 乌鲁木齐适应训练 ）如图所示， A B /弋打“门 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4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 J”时，轻绳对 A、B两球的拉力大小之比为（）A. 1 ： 1B, 2 ： 1 C , 3 ： 1 D , 4 ： 12F-mg= mL，解得，FB 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: m

11、gL= gmV,解得：v=2gL；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得: = 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m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V1,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（）图4C. V2= V1B. V2= 2v1D. V2= 3V1C 根据题意，将 A球速度分解成沿着杆与垂直于杆方向，成沿着杆与垂直于杆两方向.根据矢量关系则有，A球：v“ =V2 sin 0 ,由于同一杆，则有 V1sin 0 = V2sin 0 ,所以 V2 D错误.同时B球速度也是分解V1sin 。，而 B 球，va =V1,故C正确，A B、推荐下载精品试卷一教师备选一（2018 东北三省四市联考 ）如图所示，物体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，在物体A加速下