1、1模型 1 绳杆模型模型统计真题模型 考查角度 真题模型 考查角度(2014全国卷 T 17)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 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”(2015全国卷 T 21)机械能守恒、功能关系和运动的分解综合应用的“杆模型” (2016全国卷 T 17)受力分析、共点力平衡综合应用的“绳模型”(2016全国卷 T 19)连接体和受力分析综合应用的“绳模型”(2017全国卷 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
2、变化绳 微小形变可忽略 能施能受拉力 始终沿绳 可突变杆 长度几乎不变 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 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 ， “杆模型”中最高点速gR度 v0 这两个临界条件模型突破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，一轻
3、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 m10 kg 的重物， CBA30；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 m10 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( )甲 乙图 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 N3B 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
4、小处处相等，都等于物体的重力，即 F1 F2 G mg100 N，由于拉力 F1和 F2的夹角为 120，则由平行四边形定则得F100 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 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 G100 N，根据平衡条件得 Tsin F1， Tcos F3，解得 T200 N， F3100 N，根据牛顿第三定律得，3轻杆受到的压力 F F3100 N，故 C、D 错误3(2018深圳第二次调研)如图所示，在竖
5、直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为 ，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. B 2C. D. 4 2 4 23D 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 ；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，
6、 OP 与竖直方向的夹角为 ，D 正确 4 2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( )图 2A 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
7、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.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 vA4 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 37角，设此时 B 的速度大小为 vB，(cos 370.8)，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 角时，重物 B 的速度 vB5 m/sC当 A 车右端的轻绳
8、与水平方向成 角时，重物 B 的速度 vB3.2 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4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 vA cos 373.2 m/s，B 错误，C 正确；因小车做匀速直线运动，而 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
9、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 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大值为 2mgACD 根据向心加速度 a ，代入得小球的线速度 v ，所以 A 正确；需要的向v2r gL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
10、，当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力F ，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 mg 2 ma 2至最低点时，杆对球的作用力最大，根据牛顿第二定律： F mg m ，得轻杆对小球作用v2r力的最大值为 F2 mg，所以 D 正确(2018乌鲁木齐适应训练)如图所示， A、 B两小球用不可伸长的轻绳悬挂在同一高度，其质量之比为21，悬挂 A、 B 两球的绳长之比也为 21.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( )A11 B21 C31 D41B 对任意一球，设绳子长度为 L.
11、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 mv2，解得： v ；在最低点，拉力和重力的合力提12 2gL供向心力，由牛顿第二定律得： F mg m ，解得， F3 mg，与 L 无关，与 m 成正比，所v2L5以 A、 B 球所受绳的拉力比为 21，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 30角，
12、B 球的速度大小为 v2，则( )图 4A v2 v1 B v22 v112C v2 v1 D v2 v13C 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 v1sin ，而 B 球， v v2 sin ，由于同一杆，则有 v1sin v2sin ，所以 v2 v1，故 C 正确，A、B、D 错误(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B物体 A 和物体 B 均处于失重状态C物体 A 处于超重状态，物体 B 处于失重状态D物体 A 处于失重状态，物体 B 处于超重状态D A 加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故 A 处于失重状态；同时 B加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故 B 处于超重状态，故 A、B、C 错误，D 正确，故选 D.
