【2019-2020】高考物理二輪復習專項1模型突破專題1繩桿模型高分突破學案

1、1 / 5【2019-2020】高考物理二輪復習專項 1 模型突破專題 1 繩桿模型高分突破學案模型統(tǒng)計模型解讀1 繩桿模型的特點模型形變情況施力與受力方向大小變化繩微小形變可忽略能施能受拉力始終沿繩可突變桿長度幾乎不變能壓能拉不一定沿桿可突變2.運動的合成與分解中的繩桿模型無論是輕繩還是輕桿，都先要進行整體或局部的受力分析，然后結合運動的合成與分解 知識求解即可.3豎直面內(nèi)做圓周運動的繩桿模型(1) 通常豎直面內(nèi)的圓周運動只涉及最高點或最低點的分析，在這兩個點有F合=F向,由牛頓第二定律列出動力學方程即可求解.(2)研究臨界問題時，要牢記“繩模型”中最高點速度v. gR“桿模型”中最高點速

2、度V0這兩個臨界條件.模型突破2 / 5考向 1 平衡中的繩桿模型典例 1圖 1 甲中水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端裝有一小滑輪B,輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛一質(zhì)量為m 10 kg 的重物，/CBA=30;圖乙中輕桿通過細繩MN和鉸鏈固定在豎直的墻上，在N端同樣掛上質(zhì)量m 10 kg 的重物，細 繩與水平輕桿ON的夾角0= 30,g取 10 m/s2,則下列說法正確的是（）A. 圖甲中B點受到滑輪的支持力的方向水平向右B.圖甲中滑輪受到繩子的作用力大小為100 NC.圖乙中輕桿受到的壓力大小為200 ND. 圖乙中細繩MN的拉力為 100 3 NB 對圖甲中輕繩的B點受

3、力分析，滑輪受到繩子的作用力應為圖中滑輪下端和滑輪上端兩段繩中拉力F1和F2的合力F,因同一根繩上張力大小處處相等，都等于物體的重力，即F=F2=G= mg=100 N,由于拉力F1和F2的夾角為 120,則由平行四邊形定則得F= 100 N, 所以滑輪受繩的作用力大小為 100 N，方向與水平方向成 30角，斜向左下方， A 錯誤，B正確；對圖乙中N點進行受力分析，N點受到重物的拉力R和輕繩上端細繩的拉力T以及輕桿的支持力F3的共同作用，由于重物靜止，則有F1=G=100 N,根據(jù)平衡條件得Tsin0=F1，Tcos0= R，解得T= 200 N,F3= 100 3 N，根據(jù)牛頓第三定律得，

4、輕桿受到的壓力F=F3= 100 3 N，故 C D 錯誤.救卿帝選（2018 深圳第二次調(diào)研）如圖所示，在豎直平 面內(nèi)，一光滑桿固定在地面上，桿與地面間夾角為0，一光滑輕 環(huán)套在桿上.一個輕質(zhì)光滑的滑輪（可視為質(zhì)點）用輕繩OP懸掛 在天花板上，另一輕繩通過滑輪系在輕環(huán)上，現(xiàn)用向右的拉力緩慢拉繩，當輕環(huán)靜止不動時，與手相連一端繩子水平，則OP繩與豎直方向之間的夾角為（）B.0甲43 / 5AnA.4 / 5D 只有繩子的拉力垂直于桿的方向時，繩子的拉力沿桿的方向沒有分力，此時圓環(huán)能保持靜止，由幾何關系可知，QP段繩子與豎直方向之間的夾角是0;再對滑輪分析，受三 個拉力，由于OP段繩子的拉力與另

5、外兩個拉力的合力平衡，而另外兩個拉力大小相等，故n 0PO在另外兩個拉力的角平分線上，結合幾何關系可知，0P與豎直方向的夾角為 壬邁,D正確.考向 2 運動的合成與分解中的繩桿模型典例 2 （2018 泰安二模）如圖 2 所示，兩個相同的小球P Q通過鉸鏈用剛性輕桿 連接，P套在光滑豎直桿上，Q放在光滑水平地面上開始時輕桿貼近豎直桿，由靜止釋放A. P觸地前的速度一直增大B.P 觸地前的速度先增大后減小C.Q 的速度一直增大D. P、Q的速度同時達到最大A 開始時P、Q的速度都為零，P受重力和輕桿的作用下做加速運動，而Q由于輕桿的作用，則開始時Q加速，后來Q減速，當P到達底端時，P只有豎直方向

6、的速度，而水平方向的速度為零，故Q的速度為零，所以在整個過程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后減小，故 A 正確，B C D 錯誤；故選 A.教曲備選 如圖所示，小車A通過一根繞過定滑輪的輕繩吊起一重物B,開始時用力按住A使A不動，現(xiàn)設法使A以速度VA=4 m/s 向左做勻速運動, 某時刻連接A車右端的輕繩與水平方向成0= 37角，設此時的速度大小為VB,（COS37= 0.8），不計空氣阻力，忽略繩與滑 輪間摩擦，則（）A.A不動時B對輕繩的拉力就是B的重力B.當A車右端的輕繩與水平方向成0角時，重物B的速度VB= 5 m/sC.當A車右端的輕繩與水平方向成0角時，重物B的速度VB= 3

7、.2 m/s后，Q沿水平地面向右運動.5 / 5D. B 上升到滑輪處前的過程中處于失重狀態(tài)C若A不動時B對輕繩的拉力大小等于B的重力大小，但兩個力性質(zhì)不同，不是同一個力，A 錯誤；小車的運動可分解為沿繩方向和垂直于繩的方向 的兩個運動，因A車右端的繩子與水平面的夾角為 37，由幾何關系可得VB=VAcos 37 =3.2 m/s ， B 錯誤，C 正確；因小車做勻速直線運動，而0逐漸變小，故VB逐漸變大，物 體有向上的加速度，則B處于超重狀態(tài)，D錯誤.考向 3 豎直面內(nèi)做圓周運動的繩桿模型典例 3（多選）（2018 福建四校二次聯(lián)考）如圖 3 所示，一長為L的輕質(zhì)細桿一端與 質(zhì)量為m的小球（

8、可視為質(zhì)點）相連，另一端可繞0點轉動，現(xiàn)使輕桿在同一豎直面內(nèi)做勻速 轉動，測得小球的向心加速度大小為g（g為當?shù)氐闹亓铀俣龋?，下列說法正確的是（）J-FiJ圖 3A.小球的線速度大小為gLB. 小球運動到最高點時桿對小球的作用力豎直向上C.當輕桿轉到水平位置時，輕桿對小球的作用力方向不可能指向圓心OD.輕桿在勻速轉動過程中，輕桿對小球作用力的最大值為2mg2ACD 根據(jù)向心加速度a= *，代入得小球的線速度V=gL,所以 A 正確；需要的向心力F=ma= mg所以在最高點桿對小球的作用力為零，故B 錯誤；小球做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故合外力指向圓心，當輕桿轉到水平位置時，輕桿對小球

9、的作用力F=-mg2+ma2,方向不指向圓心O,所以 C 正確；輕桿在勻速轉動過程中，當轉至最2低點時，桿對球的作用力最大，根據(jù)牛頓第二定律：F-mg= ny，得輕桿對小球作用力的最大值為F= 2mg所以 D 正確.教師莆選（2018 烏魯木齊適應訓練）如圖所示，A B s牛匕3皿打打打逬3兩小球用不可伸長的輕繩懸掛在同一高度，其質(zhì)量之比為 2 : 1,丄懸掛A、B兩球的繩長之比也為 2 : 1.現(xiàn)將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，將兩球由靜止釋放（不計空氣阻力），兩球運動到最低點時，輕繩對A B兩球的拉力大小之比為（）6 / 5A. 1：1B.2:1 C.3：1D.4：1B 對任意一球，設繩子

10、長度為L.小球從靜止釋放至最低點，以最低點所在平面為零勢能面，由機械能守恒得：mgL= gmV,解得：v=2gL;在最低點，拉力和重力的合力提7 / 5Fmg=吟，解得，A B球所受繩的拉力比為 2 ： 1,故 B 正確；AC、D 錯誤.考向 4 繩桿組成的連接體問題典例 4如圖 4 所示，一輕桿兩端分別固定質(zhì)量為mA和m的兩個小球A和B（可視為 質(zhì)點）.將其放在一個光滑球形容器中從位置 1 開始下滑，當輕桿到達位置 2 時球A與球形 容器球心等高，其速度大小為vi,已知此時輕桿與水平方向成0= 30角，B球的速度大小為V2，則（）1A. V2=尹C. V2=vi圖 4B.V2= 2viD. V2=3viC根據(jù)題意，將A球速度分解成沿著桿與垂直于桿方向， 同時B球速度也是分解成沿著桿與垂直于桿兩方向.根據(jù)矢量 關系則有，A球：V/=Visin0，而B球，V/=V2sin0，由于 同一桿，則有Vis in0=V2s in0，所以V2=vi,故 C 正確，A、 B D 錯誤.教師備選（20i8 東北三省四市聯(lián)考體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接，由靜止開始釋放,）如圖所示，物在物體A加4 Q 速下降的過程中，下列判斷正確的是（）A.物體A和物體B均處于超重狀態(tài)T-7-7-7T-T-7-7777B.物體A和物體B均處于失