模型01掛件模型

模型一、掛件模型【模型概述】該模型一般由輕繩(輕桿)和物塊模型組合而成，可分為靜態(tài)和動態(tài)兩類。常出現(xiàn)在選擇、計算題中?！灸Ｐ吞攸c】靜態(tài)模型的受力情況滿足共點力的平衡條件F

=

0動態(tài)模型則滿足牛頓第二定律F

=

ma【模型解題】解析兩種不同模型的關(guān)鍵是抓住物體的受力分析，然后結(jié)合平衡條件或牛頓定律。同時也要根據(jù)具體的題目具體分析，采用正交分解法，圖解法，三角形法則，極值法等不同方法。A、輕繩、輕桿、輕彈簧彈力比較1、輕繩拉力一定是沿繩子方向，指向繩子收縮的方向。輕繩拉力的大小可以突變。用輕繩連接的系統(tǒng)通過輕繩的碰撞、撞擊時，系統(tǒng)的機械能有損失。2、輕桿受力不一定沿輕桿方向。3、輕彈簧可以被壓縮或拉伸，其彈力的大小與彈簧的伸長量或縮短量有關(guān)。①輕彈簧各處受力相等，其方向與彈簧形變的方向相反；②彈力的大小為F

=

kx

(胡克定律)，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的伸長量或縮短量；③彈簧的彈力不會發(fā)生突變。B、滑輪模型與死結(jié)模型問題的分析1、跨過滑輪、光滑桿、光滑釘子的細繩兩端張力大小相等.2、死結(jié)模型：如幾個繩端有“結(jié)點”，即幾段繩子系在一起，謂之“死結(jié)”，那么這幾段繩中的張力不一定相等.3、同樣要注意輕質(zhì)固定桿的彈力方向不一定沿桿的方向，作用力的方向需要結(jié)合平衡方程或牛頓第二定律求得，而輕質(zhì)活動桿中的彈力方向一定沿桿的方向.【模型訓(xùn)練】【例1】如圖所示，在光滑水平面上有一小車，小車上固定一豎直桿，總質(zhì)量為M，桿頂系一長為l的輕繩，繩另一端系一質(zhì)量為m的小球，繩被水平拉直處于靜止狀態(tài)，小球處于最右端。將小球由靜止釋放，求：（1）小球擺到最低點時小球速度大?。唬?）小球擺到最低點時小車向右移動的距離；（3）小球擺到最低點時輕繩對小車的拉力。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）當小球到達最低點時其速度為v1，此時小車的速度為v2，設(shè)小球的速度方向為正方向。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得，（2）設(shè)當小球到達最低點時，小球向左移動的距離為s1，小車向右移動的距離為s2，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得由幾何關(guān)系可知s1+s2=l解得（3）小球運動到最低點，根據(jù)牛頓第二定律得解得小球擺到最低點時輕繩對小車的拉力變式1.1如圖所示，在光滑水平面上一個質(zhì)量M＝0.2kg的小車，小車上有一豎直桿，桿的上端有一長度為L＝0.6m的輕繩，細繩的另一端系著質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，初始時細繩水平且伸直?，F(xiàn)在從靜止釋放小球，求（1）從釋放小球到小球的速度達到最大過程中小車的位移（2）整個運動過程中小車的最大速度【答案】（1），方向水平向右；（2）【詳解】（1）小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，因此在水平方向上動量守恒，釋放小球后小球在水平方向的分速度一直增大，根據(jù)動量守恒可知小車速度也一直增大，當小球第一次到達最低點時小球和小車速度都達到最大，設(shè)該過程中小車的位移大小為x，則小球的位移大小為，取水平向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動量守恒可得解得方向為水平向右；（2）由（1）中分析可知小球在最低點時小球和小車速度都達到最大，設(shè)小車的最大速度為，小球的為，根據(jù)水平方向動量守恒可得根據(jù)機械能守恒可得聯(lián)合解得變式1.2如圖所示，一小車上有一個固定的水平橫桿，左邊有一輕桿與豎直方向成角并與橫桿固定，下端連接一小鐵球，橫桿右邊用一根細線連接一質(zhì)量相等的小鐵球。當小車做勻變速直線運動時，細線與豎直方向成角，若，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．輕桿對小鐵球的彈力方向與細線平行B．輕桿對小鐵球的彈力方向沿輕桿方向向上C．輕桿對小鐵球的彈力方向既不與細線平行也不沿著輕桿方向D．小車一定以加速度向右運動【答案】A【詳解】ABC．對右邊的小球分析，其受重力以及繩子的拉力，產(chǎn)生的加速度方向為水平向右，有解得因為左邊的小球與右邊的小球同在小車上，所以運動情況相同，即左邊的小球也在以加速度大小為，方向水平向右。對左邊小球受力分析，其受重力以及桿的彈力，左邊小球的重力與右邊小球的重力相同，所以左邊小球受到的桿對其的彈力應(yīng)該與右邊小球受到的拉力方向平行，大小相同，故A正確，BC錯誤；D．由之前的分析可知，小車的加速度方向為水平向右，大小為，所以小車可能向右做加速大小為的加速運動，也可能向左做加速度大小為的減速運動，故D項錯誤。故選A?！纠?】如圖所示，一光滑半圓形碗固定在水平面上，質(zhì)量為m1的小球用輕繩跨過碗口并連接質(zhì)量分別為m2和m3的物體，平衡時碗內(nèi)小球恰好與碗之間沒有彈力，兩繩與水平方向夾角分別為53°、37°，則m1：m2：m3的比值為（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）A．5：4：3 B．4：3：5 C．3：4：5 D．5：3：4【答案】A【詳解】對碗內(nèi)的小球m1受力分析，受重力、兩個細線的兩個拉力，由于碗邊緣光滑，故相當于動滑輪，故細線對物體m2的拉力等于m2g，細線對物體m1的拉力等于m1g，根據(jù)共點力平衡條件，兩個拉力的合力與重力等值、反向、共線，有G2=G1cos37°，G3=G1sin37°，故m1：m2：m3=5：4：3選項A正確．變式2.1如圖所示，一光滑的半圓形碗固定在水平面上，質(zhì)量為m1的小球用輕繩跨過光滑碗連接質(zhì)量分別為m2和m3的物體，平衡時小球恰好與碗之間沒有彈力作用，兩繩與水平方向夾角分別為60°、30°．則m1、m2、m3的比值為（）A．1：2：3 B． C．2：1：1 D．【答案】B【詳解】對碗內(nèi)的小球m1受力分析，受重力、兩個細線的兩個拉力，由于碗邊緣光滑，故相當于動滑輪，故細線對物體m2的拉力等于m2g，細線對物體m3的拉力等于m3g，如圖根據(jù)共點力平衡條件，兩個拉力的合力與重力等值、反向、共線，有故故選B。變式2.2輕細繩兩端分別系上質(zhì)量為m1和m2的兩小球A和B，A在P處時兩球都靜止，如圖所示，O為球心，，碗對A的支持力為N，繩對A的拉力為T，則（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】球保持靜止狀態(tài)，對其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故繩子上的彈力對球進行受力分析如下根據(jù)共點力的平衡條件，方向得方向聯(lián)立以上幾式得AB．由于故故AB錯誤；C．由于故故C錯誤；D．由于故故D正確。故選D?！纠?】如圖所示，斜面傾角為=30°的光滑直角斜面體固定在水平地面上，斜面體頂端裝有光滑定滑輪。質(zhì)量均為1kg的物塊A、B用跨過滑輪的輕繩相連。物塊A和滑輪之間的輕繩與斜面平行，B自然下垂，不計滑輪的質(zhì)量，重力加速度g取10m/s2，同時由靜止釋放物塊A、B后的一小段時間內(nèi)，物塊A、B均未碰到滑輪和地面，則該過程中下列說法正確的是（）A．物塊B運動方向向上 B．物塊A的加速度大小為2.5m/s2C．物塊B的加速度大小為2m/s2 D．輕繩的拉力大小為10N【答案】B【詳解】對B受力分析，選豎直向下為正方向，由牛頓第二定律得對A由牛頓第二定律得聯(lián)立解得加速度大于零，可知物塊B運動方向向下，A、B加速度大小均為2.5m/s2，輕繩拉力大小為7.5N。故選B。變式3.1如圖甲所示，輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質(zhì)量為m1的物體，∠ACB＝30°；如圖乙所示的輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G被細繩EG拉住，EG與水平方向成30°角，輕桿的G點用細繩GF拉住一個質(zhì)量為m2的物體，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．圖甲中BC對滑輪的作用力大小為B．圖乙中HG桿受到繩的作用力為m2gC．細繩AC段的拉力TAC與細繩EG段的拉力TEG之比為1∶1D．細繩AC段的拉力TAC與細繩EG段的拉力TEG之比為m1∶2m2【答案】D【詳解】A．題圖甲中，兩段繩的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根據(jù)共點力平衡，BC桿對滑輪的作用力大小也是m1g（方向與豎直方向成60°角，斜向右上方），故A錯誤；B．題圖乙中，以G為研究對象，分析受力情況如圖，由平衡條件得THGtan30°＝m2g得THG＝m2g即HG桿受到繩的作用力為，故B錯誤；CD．題圖甲中繩AC段的拉力TAC＝m1g題圖乙中由于TEGsin30°＝m2g得TEG＝2m2g解得故C錯誤，D正確。故選D。變式3.2傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在斜面底端，另一端與質(zhì)量為m的物塊A連接，物塊A右端接一細線，細線平行于斜面繞過斜面頂端的光滑輕質(zhì)定滑輪與物塊B相連。開始時托住物塊B使細線恰好伸直且張力為0，然后由靜止釋放物塊B。當B的質(zhì)量也為m時，物塊A沿斜面向上經(jīng)過P點（圖中未標出）時速度最大。已知重力加速度為g，求：（1）彈簧第一次恢復(fù)原長時輕繩上張力的大?。唬?）如果B的質(zhì)量為，A沿斜面向上經(jīng)過P點時物塊B的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）彈簧第一次恢復(fù)原長時，二者加速度為a，張力為T，對B受力分析，由牛頓第二定律對A有解得，彈簧第一次恢復(fù)原長時輕繩上張力的大小為（2）托住物塊B時，彈簧型變量為解得經(jīng)過P點時速度最大，此時二者的加速度為0，對AB整體受力分析有解得當B的質(zhì)量變?yōu)?m時，從初始位置到P點的過程，由能量守恒定律解得，A沿斜面向上經(jīng)過P點時物塊B的速度大小為【例4】如圖所示，質(zhì)量為的物塊A置于傾角為的固定光滑斜面上，物塊A上連接的輕繩跨過兩個定滑輪后與質(zhì)量為的物塊B相連，連接A的繩子開始時與水平方向的夾角也為?，F(xiàn)將物塊A、B同時由靜止釋放，物塊A始終沒有離開斜面，物塊B未與斜面及滑輪碰撞，不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在物塊A沿斜面下滑到速度最大的過程中（

）A．物塊A的機械能守恒 B．繩子與斜面垂直時物塊B的機械能最大C．繩子對B的拉力一直做正功 D．物塊A、B組成的系統(tǒng)機械能一定守恒【答案】D【詳解】A．物塊A沿斜面下滑的過程中，重力做正功，支持力不做功，繩子的拉力先做正功后做負功，故物塊A的機械能不守恒，故A錯誤；BC．繩子與斜面垂直前，繩子對物塊B的拉力向上，物塊B向下運動，故這段過程中，繩子對B的拉力一直做負功；繩子與斜面垂直時，斜面與滑輪間的繩子最短，物塊B運動到最低點，之后物塊B上升，上升過程，繩子拉力對B做正功，所以繩子與斜面垂直時物塊B的機械能最小，故BC錯誤；D．以物塊A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)的外力中只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故D正確。故選D。變式4.1如圖所示，系在墻上的輕繩跨過兩個輕質(zhì)滑輪連接著物體P和物體Q，兩段連接動滑輪的輕繩始終水平。已知P、Q的質(zhì)量均為1kg，P與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小為，當對P施加水平向左的拉力F=30N時，Q向上加速運動。下列說法正確的是（）A．P、Q運動的加速度大小之比為B．P的加速度大小為C．輕繩的拉力大小為10ND．若保持Q的加速度不變，改變拉力F與水平方向的夾角，則力F的最小值為【答案】D【詳解】A．根據(jù)動滑輪的原理，物體Q移動的速度始終是物體P的兩倍，同時開始運動，速度變化量始終是兩倍關(guān)系，由公式可知，P、Q運動的加速度大小之比為，故A錯誤；BC．由牛頓第二定律，對物體Q分析對物體P分析聯(lián)立解得輕繩的拉力大小為P的加速度大小為故BC錯誤；D．若保持Q的加速度不變，則P的加速度也不變，則有，設(shè)拉力F與水平方向的夾角，則對物體P分析有化簡可得其中當力有最小值，且最小值為故D正確。故選D。變式4.2如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上，一輕繩繞過兩個輕質(zhì)滑輪連接著固定點P和物體B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，將A、B由靜止釋放，在B下降的過程中（物體A未碰到滑輪），斜面體靜止不動。下列說法正確的是（

）A．輕繩對P點的拉力大小為B．物體A的加速度大小為C．地面對斜面體的摩擦力大小為D．地面對斜面體的支持力大小為Mg＋2mg【答案】A【詳解】AB．由于相同時間內(nèi)物體B通過的位移是物體A通過的位移的兩倍，則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍；設(shè)物體A的加速度為a，則B的加速度為2a；設(shè)物體A、B釋放瞬間，輕繩的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得故A正確、故B錯誤；C．物體B下降過程中，對斜面體、A、B整體，水平方向根據(jù)牛頓第二定律得解得地面對斜面體的摩擦力為故C錯誤；D．物體B下降過程中，對斜面體、A、B整體，在豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得解得地面對斜面體的支持力為故D錯誤。故選A?！纠?】（多選）如圖在動摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個質(zhì)量m=1kg小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ=45°的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩瞬間（g=10m/s2），最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）A．小球受力個數(shù)改變B．小球?qū)⑾蜃筮\動，且a=8m/s2C．小球?qū)⑾蜃筮\動，且a=10m/s2D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a=10m/s2【答案】AB【詳解】A．在剪斷輕繩前，小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零；則小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力三個力處于平衡，根據(jù)共點力平衡得知彈簧的彈力為剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10N，小球此時受重力、彈簧的彈力、水平面的支持力和摩擦力四個力作用，小球的受力個數(shù)增大，故A正確；BC．剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力不變，小球受四個力作用，由牛頓第二定律得解得加速度方向向左，小球向左運動，故B正確，C錯誤；D．若剪斷的是彈簧，則在剪斷的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為0，則小球的加速度為0，故D錯誤。故選AB。變式5.1如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊分別與輕繩P和輕彈簧Q相連，其中輕繩P豎直，輕彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為