高考物理學(xué)習(xí)記憶方法大全方法15 高中物理模型盤點（五）輕桿、輕繩和輕彈簧模型

方法15高中物理模型盤點（五）輕桿、輕繩和輕彈簧模型目錄物理模型盤點——輕桿、輕繩、輕彈簧模型 1瞬時問題中輕繩(桿)與輕彈簧的比較 5環(huán)桿模型 8物理模型盤點——輕桿、輕繩、輕彈簧模型1．三種模型的相同點(1)“輕”——不計質(zhì)量，不受重力。(2)在任何情況下，沿繩、桿和彈簧伸縮方向的彈力處處相等。2．三種模型的不同點輕桿輕繩輕彈簧形變特點只能發(fā)生微小形變，不能彎曲只能發(fā)生微小形變，各處彈力大小相等，能彎曲發(fā)生明顯形變，可伸長，也可壓縮，不能彎曲方向特點不一定沿桿，可以是任意方向只能沿繩，指向繩收縮的方向一定沿彈簧軸線，與形變方向相反作用效果特點可提供拉力、推力只能提供拉力可以提供拉力、推力能否突變能發(fā)生突變能發(fā)生突變一般不能發(fā)生突變（2022·河北石家莊市高三下學(xué)期二模）如圖，一傾斜輕桿的上端固定于天花板上的O點，另一端固定一定質(zhì)量的小球A，小球A通過細(xì)線與另一小球B相連，整個裝置在豎直面內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對小球B施加水平向右的外力F，使它緩慢移動到繩子與桿在一條直線上的位置。對此過程下列說法正確的是（）A.繩子張力逐漸變小 B.水平外力F逐漸減小C.輕桿的彈力逐漸增大 D.繩子與輕桿共線時，桿對球A的彈力一定沿桿向上【答案】C【解析】AB．對小球B受力分析可知則隨著θ角逐漸變大，則繩子張力T逐漸變大，水平外力F逐漸變大，選項AB錯誤；C．對AB的整體受力分析，則輕桿的彈力可知隨著F的增大，輕桿的彈力逐漸增大，選項C正確；D．繩子與輕桿共線時，對球A受力分析可知，豎直向下的重力和繩子對A沿桿向下的拉力，則桿對球A的彈力方向沿著球A的重力與繩子對A的拉力的合力的反方向，可知桿對球A的彈力不是沿桿向上，選項D錯誤。故選C。如圖所示，水平輕桿的一端固定在墻上，輕繩與豎直方向的夾角為37°，小球的重力為12N，輕繩的拉力為10N，水平輕彈簧的拉力為9N，則輕桿對小球的作用力的大小及其方向與豎直方向夾角θ為()A．12N53° B．6N90°C．5N37° D．1N90°解析：本題考查輕繩、輕桿、輕彈簧中力的方向及大小的特點，解題時要結(jié)合題意及小球處于平衡狀態(tài)的受力特點。以小球為研究對象，受力分析如圖所示，小球受四個力的作用：重力、輕繩的拉力、輕彈簧的拉力、輕桿的作用力，其中輕桿的作用力的方向和大小不能確定，重力、彈簧的彈力二者的合力的大小為F＝eq\r(G2＋F\o\al(2,1))＝15N。設(shè)F與豎直方向夾角為α，sinα＝eq\f(F1,F)＝eq\f(3,5)，則α＝37°。所以桿對小球的作用力方向與F2方向相同，大小為F1－F2＝5N。故選項C正確。答案：C如圖所示，一重為10N的球固定在支桿AB的上端，用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲。已知繩的拉力為7.5N，則AB桿對球的作用力()A．大小為7.5NB．大小為10NC．方向與水平方向成53°角斜向右下方D．方向與水平方向成53°角斜向左上方解析：對小球進(jìn)行受力分析可得，AB桿對球的作用力和繩子的拉力與小球的重力的合力等值反向，由平衡條件知：F＝eq\r(102＋7.52)N＝eq\r(156.25)N，故A、B均錯。令A(yù)B桿對小球的作用力與水平方向夾角為α，可得tanα＝eq\f(G,F拉)＝eq\f(4,3)，α＝53°，方向斜向左上方，故C項錯誤，D項正確。答案：D【2017·江蘇卷.修改題】如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L。B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長?，F(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°。A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中（）

A．A從最低點無法回到初始位置B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于C．小球A在上升過程中兩個輕桿對小球的A做的功D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL【答案】BC【詳解】A．小球A能在自己平衡位置上下振動，可知A能從最低點回到初始位置，選項A錯誤；B．A的動能最大時，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得所以故選項B正確；CD．A從最低點上升的高度為小球A在上升過程中根據(jù)動能定理解得兩個輕桿對小球的A做的功根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為小球A的機(jī)械能，即彈簧的彈性勢能最大值為故C正確，D錯誤。故選BC?！久麕燑c睛】本題的重點是當(dāng)A球的動能最大時，受合外力為零，在豎直方向整體加速度為零，選擇整體為研究對象，分析AB兩個選項；彈性勢能最大對應(yīng)A球下降至最低點，根據(jù)能量守恒定律，可求最大的彈性勢能．【2017·新課標(biāo)Ⅰ卷】如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為（）。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小【答案】AD【解析】以重物為研究對象，受重力mg，OM繩上拉力F2，MN上拉力F1，由題意知，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以AD正確，BC錯誤。【考點定位】共點力的平衡、動態(tài)平衡【名師點睛】本題考查動態(tài)平衡，注意重物受三個力中只有重力恒定不變，且要求OM、MN兩力的夾角不變，兩力的大小、方向都在變。三力合力為零，能構(gòu)成封閉的三角形，再借助圓，同一圓弧對應(yīng)圓周角不變，難度較大。反思總結(jié)解決三種模型問題時應(yīng)注意的事項1輕桿、輕繩、輕彈簧都是忽略質(zhì)量的理想化模型。2分析輕桿上的彈力時必須結(jié)合物體的運(yùn)動狀態(tài)。,3討論輕彈簧上的彈力時應(yīng)指明彈簧處于伸長還是壓縮狀態(tài)。瞬時問題中輕繩(桿)與輕彈簧的比較【模型解析】物體在某時刻的瞬時加速度由合力決定，當(dāng)物體受力發(fā)生變化時，其加速度同時發(fā)生變化。這類問題常會遇到輕繩、輕桿、輕彈簧、橡皮條等模型。全面準(zhǔn)確地理解它們的特點，可幫助我們靈活正確地分析問題。(1)它們的共同點是：質(zhì)量忽略不計，都因發(fā)生彈性形變產(chǎn)生彈力，同時刻內(nèi)部彈力處處相等且與運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)。(2)它們的不同點是：彈力表現(xiàn)形式彈力方向彈力能否突變輕繩拉力沿繩收縮方向能輕桿拉力、支持力不確定能輕彈簧拉力、支持力沿彈簧軸線不能橡皮條拉力沿橡皮條收縮方向不能如圖所示，天花板上用細(xì)繩吊起兩個用輕彈簧相連的質(zhì)量相同的小球，兩小球均保持靜止。當(dāng)突然剪斷細(xì)繩的瞬間，上面小球A與下面小球B的加速度分別為(以向上為正方向)()A．a(chǎn)1＝ga2＝g B．a(chǎn)1＝2ga2＝0C．a(chǎn)1＝－2ga2＝0 D．a(chǎn)1＝0a2＝g[答案]C[解析]分別以A、B為研究對象，分析剪斷前和剪斷時的受力。剪斷前A、B靜止，A球受三個力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F，B球受兩個力：重力mg和彈簧彈力F′A球：FT－mg－F＝0B球：F′－mg＝0F＝F′解得FT＝2mg，F(xiàn)＝mg剪斷瞬間，A球受兩個力，因為繩中彈力的突變，剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧瞬間形狀不可改變，彈力不變。如圖，A球受重力mg、彈簧的彈力F。同理B球受重力mg和彈力F′。A球：－mg－F＝ma1，B球：F′－mg＝ma2解得a1＝－2g，a2＝0[錯因分析]本題易錯選項及錯誤原因具體分析如下：易錯選項錯誤原因A認(rèn)為A球和B球為一個整體，都只受重力作用，具有相同的加速度，沒有注意到彈簧對兩個小球仍然有作用力。實際上彈簧對兩個小球的作用力在細(xì)繩剪斷的瞬間并沒有發(fā)生變化B只注意到了彈簧對兩個小球的作用力的大小，以及每個小球所受合力的大小，沒有注意到加速度是矢量及正方向的規(guī)定D認(rèn)為剪斷細(xì)繩瞬間，繩的彈力不會突變而彈簧的彈力卻突然變?yōu)?，正好與事實相反練習(xí)1、如圖所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A．a(chǎn)1＝0，a2＝gB．a(chǎn)1＝g，a2＝gC．a(chǎn)1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g答案：C提示：板被抽出瞬間哪些力發(fā)生了突變，哪些力保持不變？彈簧對木塊1的支持力和對木塊2的壓力未改變，木塊2受到的支持力發(fā)生了突變。解析：在抽出木板的瞬時，木塊1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0，木塊2受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律a2＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g，故C正確。練習(xí)2、如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為()A．0B．大小為g，方向豎直向下C．大小為eq\f(\r(3),3)g，方向水平向右D．大小為eq\f(2\r(3),3)g，方向垂直于木板向下[答案]D[解析]在未撤離木板時，小球受到重力mg、彈簧的彈力F和木板的彈力FN而靜止，在撤離木板的瞬間，彈簧彈力的大小和方向均沒有發(fā)生變化，而小球的重力是恒力，故此時小球受到重力mg和彈簧的彈力F兩個力的作用，這兩個力的合力與木板提供的彈力大小相等，方向相反，故此時加速度的方向垂直于木板向下，進(jìn)一步計算可知選項D正確。環(huán)桿模型模型要點：彈力是被動力，環(huán)桿模型中彈力和桿垂直，彈力方向要根據(jù)平衡分析其大小方向。如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度大小為E=2mgq，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μo現(xiàn)使圓環(huán)以初速度vo向下運(yùn)動，經(jīng)時間to，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運(yùn)動，不計空氣阻力，重力加速度為A.環(huán)經(jīng)過t02時間剛好到達(dá)最低點

B.環(huán)的最大加速度為am=g+μqv0Bm

【答案】BC

【解析】A.環(huán)來回運(yùn)動性質(zhì)不相對稱，從而判定即可；B.依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力大小公式f=Bqv及左手定則，即可求解；C.根據(jù)動能定理，即可回到原點的機(jī)械能變化量；D.依據(jù)動能定理，結(jié)合初末速度，即可求解．

本題考查牛頓第二定律、動能定理的內(nèi)容，掌握機(jī)械能損失與除重力以外的力做功有關(guān)，理解環(huán)在運(yùn)動中受到洛倫茲力與速率的關(guān)系，及洛倫茲力的方向判定，注意環(huán)來回運(yùn)動性質(zhì)的不同，是解題的關(guān)鍵。【詳解】A.由題意可知，環(huán)在運(yùn)動的過程中，受到的電場力大小為F=qE=2mg，方向始終豎直向上；

假設(shè)豎直向下為正方向，則當(dāng)環(huán)下滑的過程中，受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-qE+μqvB=ma，解得：a=-g+μqvBm，負(fù)號代表該加速度與運(yùn)動方向相反，故物體在下