高考物理学习记忆方法大全方法15 高中物理模型盘点（五）轻杆、轻绳和轻弹簧模型

方法15高中物理模型盘点（五）轻杆、轻绳和轻弹簧模型目录物理模型盘点——轻杆、轻绳、轻弹簧模型 1瞬时问题中轻绳(杆)与轻弹簧的比较 5环杆模型 8物理模型盘点——轻杆、轻绳、轻弹簧模型1．三种模型的相同点(1)“轻”——不计质量，不受重力。(2)在任何情况下，沿绳、杆和弹簧伸缩方向的弹力处处相等。2．三种模型的不同点轻杆轻绳轻弹簧形变特点只能发生微小形变，不能弯曲只能发生微小形变，各处弹力大小相等，能弯曲发生明显形变，可伸长，也可压缩，不能弯曲方向特点不一定沿杆，可以是任意方向只能沿绳，指向绳收缩的方向一定沿弹簧轴线，与形变方向相反作用效果特点可提供拉力、推力只能提供拉力可以提供拉力、推力能否突变能发生突变能发生突变一般不能发生突变（2022·河北石家庄市高三下学期二模）如图，一倾斜轻杆的上端固定于天花板上的O点，另一端固定一定质量的小球A，小球A通过细线与另一小球B相连，整个装置在竖直面内处于静止状态。现对小球B施加水平向右的外力F，使它缓慢移动到绳子与杆在一条直线上的位置。对此过程下列说法正确的是（）A.绳子张力逐渐变小 B.水平外力F逐渐减小C.轻杆的弹力逐渐增大 D.绳子与轻杆共线时，杆对球A的弹力一定沿杆向上【答案】C【解析】AB．对小球B受力分析可知则随着θ角逐渐变大，则绳子张力T逐渐变大，水平外力F逐渐变大，选项AB错误；C．对AB的整体受力分析，则轻杆的弹力可知随着F的增大，轻杆的弹力逐渐增大，选项C正确；D．绳子与轻杆共线时，对球A受力分析可知，竖直向下的重力和绳子对A沿杆向下的拉力，则杆对球A的弹力方向沿着球A的重力与绳子对A的拉力的合力的反方向，可知杆对球A的弹力不是沿杆向上，选项D错误。故选C。如图所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12N，轻绳的拉力为10N，水平轻弹簧的拉力为9N，则轻杆对小球的作用力的大小及其方向与竖直方向夹角θ为()A．12N53° B．6N90°C．5N37° D．1N90°解析：本题考查轻绳、轻杆、轻弹簧中力的方向及大小的特点，解题时要结合题意及小球处于平衡状态的受力特点。以小球为研究对象，受力分析如图所示，小球受四个力的作用：重力、轻绳的拉力、轻弹簧的拉力、轻杆的作用力，其中轻杆的作用力的方向和大小不能确定，重力、弹簧的弹力二者的合力的大小为F＝eq\r(G2＋F\o\al(2,1))＝15N。设F与竖直方向夹角为α，sinα＝eq\f(F1,F)＝eq\f(3,5)，则α＝37°。所以杆对小球的作用力方向与F2方向相同，大小为F1－F2＝5N。故选项C正确。答案：C如图所示，一重为10N的球固定在支杆AB的上端，用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲。已知绳的拉力为7.5N，则AB杆对球的作用力()A．大小为7.5NB．大小为10NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方解析：对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力和绳子的拉力与小球的重力的合力等值反向，由平衡条件知：F＝eq\r(102＋7.52)N＝eq\r(156.25)N，故A、B均错。令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得tanα＝eq\f(G,F拉)＝eq\f(4,3)，α＝53°，方向斜向左上方，故C项错误，D项正确。答案：D【2017·江苏卷.修改题】如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（）

A．A从最低点无法回到初始位置B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于C．小球A在上升过程中两个轻杆对小球的A做的功D．弹簧的弹性势能最大值为mgL【答案】BC【详解】A．小球A能在自己平衡位置上下振动，可知A能从最低点回到初始位置，选项A错误；B．A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得所以故选项B正确；CD．A从最低点上升的高度为小球A在上升过程中根据动能定理解得两个轻杆对小球的A做的功根据功能关系可知，弹簧的弹性势能全部转化为小球A的机械能，即弹簧的弹性势能最大值为故C正确，D错误。故选BC。【名师点睛】本题的重点是当A球的动能最大时，受合外力为零，在竖直方向整体加速度为零，选择整体为研究对象，分析AB两个选项；弹性势能最大对应A球下降至最低点，根据能量守恒定律，可求最大的弹性势能．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。【考点定位】共点力的平衡、动态平衡【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。反思总结解决三种模型问题时应注意的事项1轻杆、轻绳、轻弹簧都是忽略质量的理想化模型。2分析轻杆上的弹力时必须结合物体的运动状态。,3讨论轻弹簧上的弹力时应指明弹簧处于伸长还是压缩状态。瞬时问题中轻绳(杆)与轻弹簧的比较【模型解析】物体在某时刻的瞬时加速度由合力决定，当物体受力发生变化时，其加速度同时发生变化。这类问题常会遇到轻绳、轻杆、轻弹簧、橡皮条等模型。全面准确地理解它们的特点，可帮助我们灵活正确地分析问题。(1)它们的共同点是：质量忽略不计，都因发生弹性形变产生弹力，同时刻内部弹力处处相等且与运动状态无关。(2)它们的不同点是：弹力表现形式弹力方向弹力能否突变轻绳拉力沿绳收缩方向能轻杆拉力、支持力不确定能轻弹簧拉力、支持力沿弹簧轴线不能橡皮条拉力沿橡皮条收缩方向不能如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止。当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为(以向上为正方向)()A．a1＝ga2＝g B．a1＝2ga2＝0C．a1＝－2ga2＝0 D．a1＝0a2＝g[答案]C[解析]分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力。剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′A球：FT－mg－F＝0B球：F′－mg＝0F＝F′解得FT＝2mg，F＝mg剪断瞬间，A球受两个力，因为绳中弹力的突变，剪断瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变。如图，A球受重力mg、弹簧的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。A球：－mg－F＝ma1，B球：F′－mg＝ma2解得a1＝－2g，a2＝0[错因分析]本题易错选项及错误原因具体分析如下：易错选项错误原因A认为A球和B球为一个整体，都只受重力作用，具有相同的加速度，没有注意到弹簧对两个小球仍然有作用力。实际上弹簧对两个小球的作用力在细绳剪断的瞬间并没有发生变化B只注意到了弹簧对两个小球的作用力的大小，以及每个小球所受合力的大小，没有注意到加速度是矢量及正方向的规定D认为剪断细绳瞬间，绳的弹力不会突变而弹簧的弹力却突然变为0，正好与事实相反练习1、如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有()A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g答案：C提示：板被抽出瞬间哪些力发生了突变，哪些力保持不变？弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力未改变，木块2受到的支持力发生了突变。解析：在抽出木板的瞬时，木块1受重力和支持力，mg＝F，a1＝0，木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a2＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g，故C正确。练习2、如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A．0B．大小为g，方向竖直向下C．大小为eq\f(\r(3),3)g，方向水平向右D．大小为eq\f(2\r(3),3)g，方向垂直于木板向下[答案]D[解析]在未撤离木板时，小球受到重力mg、弹簧的弹力F和木板的弹力FN而静止，在撤离木板的瞬间，弹簧弹力的大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg和弹簧的弹力F两个力的作用，这两个力的合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故此时加速度的方向垂直于木板向下，进一步计算可知选项D正确。环杆模型模型要点：弹力是被动力，环杆模型中弹力和杆垂直，弹力方向要根据平衡分析其大小方向。如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=2mgq，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μo现使圆环以初速度vo向下运动，经时间to，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为A.环经过t02时间刚好到达最低点

B.环的最大加速度为am=g+μqv0Bm

【答案】BC

【解析】A.环来回运动性质不相对称，从而判定即可；B.依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力大小公式f=Bqv及左手定则，即可求解；C.根据动能定理，即可回到原点的机械能变化量；D.依据动能定理，结合初末速度，即可求解．

本题考查牛顿第二定律、动能定理的内容，掌握机械能损失与除重力以外的力做功有关，理解环在运动中受到洛伦兹力与速率的关系，及洛伦兹力的方向判定，注意环来回运动性质的不同，是解题的关键。【详解】A.由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F=qE=2mg，方向始终竖直向上；

假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：mg-qE+μqvB=ma，解得：a=-g+μqvBm，负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下