高考物理一轮复习单元综合训练专题10 活结与死结绳模型、动杆和定杆模型和受力分析（2份，原卷版+解析版）

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活结与死结绳模型
1．“活结”模型
【例1】如图所示，一根不可伸长的光滑轻质细绳通过轻滑轮挂一重物，细绳一端系在竖直墙壁的A点，另一端系在倾斜墙壁的B点，现将细绳右端从B点沿倾斜墙壁缓慢向下移动到与A点等高的B′点。在移动过程中，关于细绳拉力大小变化情况正确的是（ ）
A．先变小后变大B．变大
C．变小D．不变
【答案】B
【详解】如下图，设绳子总长度为L，BD垂直于AB′，最开始时AO与竖直方向的夹角为θ，根据对称性有
AOsinθ＋BOsinθ = Lsinθ = AD
绳子右端从B点移动到B′点后，滑轮从O点移动到O′点，B′O′与竖直方向夹角为α，根据对称性有
AO′sinα＋BO′sinα = Lsinα = AB′因为AB′ > AD所以α > θ则绳子移动后，绳子之间的夹角变大，而两段绳子的拉力大小相同，合力大小始终等于重物的重力大小，根据力的平行四边形定则，两段绳子的拉力大小变大。
故选B。
【例2】在如图所示装置中，两物体质量分别为和，滑轮直径大小可忽略。设动滑轮两侧的绳与竖直方向夹角分别为和。整个装置能保持静止。不计动滑轮的质量和一切摩擦。则下列法正确的有（ ）
A．一定等于B．一定大于C．一定小于D．可能大于
【答案】A
【详解】绳子连续通过定滑轮和动滑轮，绳子上的拉力相同，整个装置能保持静止，则绳子上的拉力大小与的重力大小相同，即对滑轮进行受力分析可得
解得故一定小于，当时，有故选A。
2．“死结”模型
【例3】如图所示，将三段轻绳相结于O点，其中OA绳的一端拴在墙上，OB绳的下方悬挂甲物体，OC绳跨过光滑定滑轮悬挂乙物体。OC绳与竖方向的夹角为=70°。OA绳与竖直方向的夹角为（未知）。若甲、乙两物体的质量均为m=2kg，重力加速度g取10m/s2，sin55°≈0.82。根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为（ ）
A．16NB．23NC．31ND．41N
【答案】B
【详解】甲、乙两物体的质量均为m=2kg，则OC绳的拉力与OB绳的拉力均为20N，这两个力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相反。
由几何关系可知OC绳的拉力与OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°均为20N的两个力的合力大小为20N。所以OC绳的拉力与OB绳的拉力的合力接近20N。
所以根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为B选项的23N。故选B。
动杆和定杆模型
1．动杆模型
【例4】如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两固定点，为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，铰链C在中点D的正下方，在同一水平面内，， ，若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【详解】设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到小球方向的拉力等于小球的重力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图所示
根据平衡条件得，将F分解，右图
设AO所受拉力的大小F1，因为∠AOB=120°，根据几何知识得所以绳AO所受到的拉力F1为，杆OC所受到的压力大小F2等于，故D正确，ABC错误。故选D。
2．定杆模型
【例5】水平横梁一端插在墙壁内，另一端装有一小滑轮，轻绳的一端固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一重力为的重物，，如图所示，则滑轮受到轻绳的作用力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意可得，对绳B点受力分析如图
滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，大小都等于物体的重力，即为F1=F2=G=100N用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得
F=100N所以滑轮受绳的作用力为100N。故选C。
受力分析
1.受力分析的一般顺序：先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
2.研究对象选取方法：整体法和隔离法．
(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法．
(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法．
(3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．
3.受力分析的六个注意点
(1)不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。
(2)每一个力都应找出其施力物体,不能无中生有。
(3)合力和分力不能重复考虑。
(4)涉及弹簧弹力时,要注意拉伸或压缩可能性分析。
(5)分析摩擦力时要特别注意摩擦力的方向。
(6)对整体进行受力分析时,组成整体的几个物体间的作用力为内力,不能在受力分析图中出现;当把某一物体隔离分析时,原来的内力变成外力,要在受力分析图中画出。
【例6】如图所示，甲、乙两个三角形物体在一个垂直于甲和乙接触面的力F的作用下，均静止在固定的斜面上。以下关于甲、乙两个物体受力情况的判断正确的是（ ）
A．物体甲一定受到3个力的作用B．物体甲可能只受到5个力的作用
C．物体乙可能受到4个力的作用D．物体乙可能只受到3个力的作用
【答案】C
【详解】AB．物体甲受到重力，甲相对于乙有沿斜面向下运动趋势，乙对甲有一个沿乙表面向上的摩擦力，有摩擦力必定有弹力，所以乙对甲有一个支持力，另外甲还受到推力F，共4个力，故AB错误；
CD．物体乙受到重力、甲对它的压力和摩擦力、斜面对它的支持力；以甲、乙整体为研究对象，力F沿固定斜面有向上的分力，该分力大小与甲和乙重力沿斜面向下的分力大小不确定，所以乙和斜面间可能有摩擦力、可能没有摩擦力，所以乙可能受4个力，有可能受5个力，故C正确，D错误。
故选C。
【综合提升专练】
1．如图所示，钉子A和小定滑轮B均固定在竖直墙面上，它们相隔一定距离且处于同一高度，细线的一端系有一小砂桶D，另一端跨过定滑轮B固定在钉子A上。质量为m的小球E与细线上的轻质动滑轮C固定连接。初始时整个系统处于静止状态，滑轮C两侧细线的夹角为74°。现缓慢地往砂桶添加细砂，当系统再次平衡时，滑轮C两侧细线的夹角为120°。不计一切摩擦，取cs37°=0.8，则此过程中往砂桶D中添加的细砂质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对砂桶分析，由平衡条件可知对质动滑轮C受力分析，由平衡条件可得
往砂桶D中添加的细砂后，为；联立解得所以A正确；BCD错误；
故选A。
2．工人施工期间，采用了如图所示的简易装置吊装重物，提高了工作效率，、为两个不计大小的轻质光滑滑轮，工人通过一根轻绳把质量为m的重物匀速吊起，吊起过程中跨过滑轮的两段绳子夹角为60°，滑轮两侧绳子保持竖直，重力加速度为g，则固定滑轮的轻杆对滑轮的作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】对滑轮，由平衡条件可得对滑轮，受力如图所示，由平衡条件可知，固定滑轮的轻杆对滑轮的作用力F2的大小为联立可解得，C正确。故选C。
3．如图，两个轻环和套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为的小球，在和之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，、间的距离恰好等于圆弧的半径的1.2倍。不计所有摩擦（）。小物块的质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图所示由几何关系可得则所以ab间细绳与水平方向的夹角为由于细绳是同一根，则细绳的拉力大小总是相等，有对重物受分力析，由平衡条件可得解得所以A正确；BCD错误；故选A。
4．用一根柔软的、不可伸长的绳绕过轻质动滑轮，动滑轮下挂有质量为m的物体，甲乙两人在P楼和Q楼楼顶分别通过定滑轮拉绳子，使物体缓慢上升，如图所示，以下判断正确的是（ ）
A．物块缓慢上升过程中，绳和绳中的弹力都逐渐减小
B．物块缓慢上升过程中，绳和绳的夹角不变
C．同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则绳和绳中的张力变大
D．同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则绳和绳中的张力变小
【答案】D
【详解】AB．物块缓慢上升过程中，处于平衡状态。由于绳和绳是通过轻质动滑轮提升物体，则两弹力大小是相等的，且它们合力大小与物体的重力大小相等，方向相反，随着物体逐渐上升，则两弹力夹角变大，根据平行四边形定则可知两弹力也逐渐变大，故AB错误；
CD．当两人在同一高度下，如果两个楼的楼间距变小，则在缓慢提升物体的过程中，绳和绳中的张力的合力大小等于物体的重力，根据平行四边形定则可知，合力不变，分力夹角变小，则两分力将变小，故C错误，D正确。故选D。
5．如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时。不计一切摩擦。设小环甲的质量为，小环乙的质量为，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】小球C为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C环与乙环的连线与竖直方向的夹角为，C环与甲环的连线与竖直方向的夹角为，A点与甲环的连线与竖直方向的夹角为，乙环与B点的连线与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，对甲环有对乙环有
得，ABD错误；C正确。故选C。
6．在一地下管道施工现场，施工人员要把一箱材料运送到沟底，如图所示，工人甲将箱子放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，工人乙通过拉一端固定在结点O处的绳子将箱子微调到准确位置。设工人乙出所拉的绳子始终保持水平，不考虑滑轮摩擦和绳子质量，在工人乙缓慢释放手中的绳子，箱子从图中位置开始缓慢向左移动的过程中（ ）
A．工人甲手中绳子的拉力不断减小
B．工人乙对地面的压力不断减小
C．工人乙手中绳子的拉力不断增大
D．工人甲受到地面的摩擦力小于工人乙受到地面的摩擦力
【答案】A
【详解】依题意，对甲及结点O受力分析如图所示
AC．对物体所连接的绳子结点进行受力分析，设绳在结点的作用力与水平夹角为，物体缓慢移动，所以该结点合力时刻为零，工人甲也受力平衡。受力如图所示，对结点受力平衡可知；
在乙缓慢释放手中的绳子时，变大，则变小，变小，故A正确，C错误；
B．由于工人乙所拉的绳子始终保持水平，在工人乙缓慢释放手中的绳子的过程中，工人乙一直保持静止，故他对地面的压力大小等于他的重力，保持不变，故B错误；
D．工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，则不变，对甲受力分析可知
对乙受力分析，在水平方向上，工人乙受到地面的摩擦力联立解得由图可知
则即工人甲受到地面的摩擦力大于或等于工人乙受到地面的摩擦力，故D错误。故选A。
7．如图所示为两种形式的吊车示意图，为重力不计的杆，其端固定，端带有一小滑轮，为重力不计的缆绳，当它们吊起相同重物时，缆绳对甲、乙两图中滑轮作用力的大小分别为和，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】受力分析如图所示
甲图，受力分析有乙图，受力分析有所以故选B。
8．“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．定滑轮对钢索的支持力为
B．AB段钢索所受到的拉力为2Mg
C．右臂OB对钢索的支持力为
D．底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为
【答案】A
【详解】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角
定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着的角平分线，即
由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力故A正确；
B．由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力故B错误；
C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知解得
故C错误；
D．以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于，故D选项错误。
故选A。
9．如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O连接，另一端连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（ ）

A．外力F逐渐变小
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐变大
【答案】A
【详解】A B．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示

根据几何关系可知两三角形相似，因此缓慢运动过程越来越小，则F逐渐减小，由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故A正确； B错误；
CD．对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小。故CD错误。故选A。
10．如图所示，两个正三棱柱A、B紧靠着静止于水平地面上，三棱柱的中间有一个半径为R的光滑圆柱C，C的质量为2m，A、B的质量均为m。A、B与地面的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（ ）
A．A受到3个力的作用
B．静止时A对C的支持力为
C．A、B若能保持不动，应该满足
D．若C受到经过其轴线竖直向下的外力而缓慢下降到地面，该过程中摩擦力对A做的功
【答案】C
【详解】A．A受重力mg、C对A的压力FN、地面的支持力F地、地面的摩擦力f，共4个力的作用，如下图
故A错误；
B．对C受力分析，根据对称性，A、B对C支持力大小相等，设为FN，由平衡条件2FNcs60°＝2mg解得
FN＝2mg故B错误；
C．A受力平衡，有F地＝FNcs60°＋mg＝2mg；f＝FNsin60°＝mg；f≤μF地解得μ≥故C正确；
D． C缓慢下降的同时A、B也缓慢且对称地向左右分开，A受的摩擦力为滑动摩擦力f′。
对A，由受力平衡知F′地＝F′Ncs60°＋mg；f′＝F′Nsin60°＝μF′地解得f′＝由几何关系知：当C下降到地面时，A向左移动的水平距离为x＝R所以摩擦力的功W＝-f′x＝-故D错误。故选C。
11．如图所示，倾角为α的光滑斜劈放在粗糙水平面上，物体a放斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮挂在c点滑轮2下悬挂物体b，细线与竖直墙壁之间的夹角为θ，系统处于静止状态，点c可以沿墙壁向上或向右移动少许，则说法正确的是（ ）
A．点c向上移动，物体a的位置升高，θ不变
B．点c向上移动，物体a的位置不变，θ不变
C．点c向右移动，物体a的位置升高，θ变大
D．点c向右移动，物体a的位置升高，θ不变
【答案】BD
【详解】滑轮2两侧细线绷紧程度相等，故平衡时左右两侧线的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称，由下图可知，x为1、2两轮的水平投影长度，L为1与c点之间的细线总长度。由平衡条件可知
AB．点c向上移动，因为滑轮1和悬点c的水平距离x不变，由上面的分析可得细线与竖直方向的夹角θ不变，所以滑轮1和悬点c间细线总长度L不变，如下图，所以，所以物体a的位置不变，θ不变A错误，B正确；
CD．点c向右移动，则滑轮1到悬点间的水平距离变大，即滑轮1到悬点c间的细线的水平投影变大，假设物体a的位置不变，则细线与竖直方向的夹角变大，如下图，设细线拉力为T，对物体b有
所以细线拉力将变大，物体a的位置升高，最终稳定后，由于绳子拉力不变，故θ不变，D正确，C错误。
故选BD。
12．抖空竹是中国传统文化苑中一株灿烂的花朵．如图所示是表演抖空竹时的动作，假设空竹是光滑的，不考虑空竹的转动，某时刻表演者两手水平，则表演者在缓慢完成以下动作时，下列说法正确的是（ ）
A．左手不动，右手竖直向上移动一小段距离，绳子拉力大小不变
B．左手不动，右手水平向左移动一小段距离，绳子拉力大小变大
C．在同一水平面内，两手之间距离越大，绳子拉力越小
D．在同一水平面内，两手之间距离越小，绳子拉力越小
【答案】AD
【详解】两手水平时，对空竹受力分析如图所示
根据对称性，两绳与竖直方向夹角相等，设两只手在水平方向距离L，绳长为x，则有
此时根据平衡条件
A．若左手不动，右手竖直向上移动一小段距离，两只手之间的距离L保持不变，则θ不变，F不变，A正确；
B．若左手不动，右手水平向左移动一小段距离，两只手之间的距离减小，则θ变小，F变小，B错误；
CD．在同一水平面内，两手之间的距离越大，θ越大，F越大，两手之间的距离越小，θ越小，F越小，C错误，D正确。故选AD。
13．用三根细线a、b、c将两个小球连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为θ，细线b与竖直方向的夹角为2θ，细线c水平，下列说法正确的是（ ）
A．细线a的拉力一定大于细线b的拉力
B．细线a的拉力一定大于细线c的拉力
C．细线b的拉力大小等于小球1的重力
D．细线c的拉力一定小于小球2的重力
【答案】ABC
【详解】A．小球1平衡，对小球1进行受力分析，水平方向上的受力可知解得
由于，可知得，A正确；
B．小球2平衡，对小球2进行受力分析，水平方向上的受力可知因为，可知
可得则故B正确；
C．对小球1进行受力分析，竖直方向上的受力可知解得故C正确；
D．对小球2进行受力分析，竖直方向上的受力可知解得当，此时可得
故D错误；故选ABC。
14．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的取值可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，则AC与水平方向的夹角为，结点C受力平衡，则受力分析如图所示
因此CD的拉力为，D点受绳子拉力大小等于，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的以及另一分力。
由几何关系可知，当与BD垂直时，最小，而的大小即为拉力大小，因此有
故BC正确，AD错误。故选BC。
15．两个小球A、B（均视为质点）固定在轻杆两端，静止在内壁光滑的半球形碗内，情形如图所示。以下说法正确的是（ ）
A．两球对杆作用力的方向都沿两球连线
B．杆对A球作用力的方向可能水平向左
C．碗对A球作用力的大小小于对B球作用力的大小
D．碗对A球作用力的大小可能等于对B球作用力的大小
【答案】AC
【详解】受力分析由一般到特殊的思想，题中未提到杆的形状，仅仅是题中画了出来，所以图中仅仅为一般情况，一般情况下的选项正确，那特殊情况也应满足：所以受力分析如下图所示，设杆与水平方向的夹角为，由几何关系可知，力与杆的夹角和与杆的夹角相等都设为：
AB．对可转动的杆，对物体的作用力沿杆方向，所以是沿着A、B球的连线方向，故A正确，B错误；
CD．由受力分析可知，和为同一杆上的力，故相等，即水平分力大小相等， 对A球由平衡可知，水平方向上有；可得出故C正确，D错误。
故选AC。
16．如图所示,质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上,滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数为两轻杆等长,且杆长为L,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接,杆与水平面间的夹角为在两杆铰合处悬挂一质量为的重物C,整个装置处于静止状态．重力加速度为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求:

(1)地面对物体A的静摩擦力大小；
(2)无论物块C的质量多大,都不能使物块A或B沿地面滑动,则至少要多大?
【答案】（1） （2）
【分析】先将C的重力按照作用效果分解，根据平行四边形定则求解轻杆受力；再隔离物体A受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解滑块与地面间的摩擦力和弹力．要使得A不会滑动，则满足，根据数学知识讨论．
【详解】（1）将C的重力按照作用效果分解，如图所示：
根据平行四边形定则，有： 对物体A水平方向：
（2）当A与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力时：
且 联立解得： ，当m→∞时，，可知无论物块C的质量多大，都不能使物块A或B沿地面滑动,则μ至少等于 ．
导练目标
导练内容
目标1
活结与死结绳模型
目标2
动杆和定杆模型
目标3
受力分析
模型结构
模型解读
模型特点
“活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳
“活结”绳子上的张力大小处处相等
常见模型
力学关系和几何关系
端点A上下移动
挡板MN左右移动
①
②
因为d和l都不变，所以根据可知θ也不变，则T1和T2也不变。
因为MN左右移动时，d变化，而l不变，根据可知θ将变化，则T1和T2也变。
常见模型
力学关系和几何关系
端点A左右移动
两物体质量比变
①角度：θ4=2θ3=2θ2=4θ1
②拉力：T=MQg
③2MQcsθ2=MP
两物体质量比不变，
左右移动轻绳端点，
角度都不变。
角度变，
但让保持原有倍数关系。
模型结构
模型解读
模型特点
“死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳
死结两侧的绳子张力不一定相等
模型结构
模型解读
模型特点
轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动
当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆
模型结构
模型解读
模型特点
轻杆被固定在接触面上，不发生转动
杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向