掛件模型（解析版）-2024年高考物理答題技巧與模板構建

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。

【模型特點】

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鍵是抓住物體的受力分析，然后結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。

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、死結模型：如幾個繩端有“結點”，即幾段繩子系在一起，謂之“死結”，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/的

輕繩，繩另一端系一質(zhì)量為機的小球，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?。?/p>

(2)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。

////////////////////

12Mgl/八ml-21nMg

【答案】(1)匕=(2)“=-----；(3)F=mg+---------

M+mM+mM+m

【詳解】(1)當小球到達最低點時其速度為V/,此時小車的速度為V2,設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

mvx-MV2=0

由能量守恒定律得

；

mgl=mvf+:Mvf

解得

_12Mgi_m_12Mgi

1\M+m2M\M+m

(2)設當小球到達最低點時，小球向左移動的距離為s/,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

m——M-=0

tt

由幾何關系可知

S]+S2=l

解得

ml

s=--------

2M+m

(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

2

77a,2mg

M

變式LI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￡=0.6m的輕繩，細繩的另一端系著質(zhì)量為〃?=O.lkg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)x=0.2m,方向水平向右；(2)vml=V^m/s

【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，設該過程中小車的位移大小為x,則小球的位移大小為L-x,取水平

向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動量守恒可得

,,xL-x_

Mm----=0

tt

解得

x=1nL=0.2m

M+m

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，設小車的最大速度為%1，小球

的為%，根據(jù)水平方向動量守恒可得

機%2="

根據(jù)機械能守恒可得

1212

mgL=-mv^+-Mvml

聯(lián)合解得

vml=V2m/s

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6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a角，若6<a,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gtana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

F合=mgtana=ma

解得

a=gtana

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

gtana,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gtana,所以小車可能向右做加速大

小為gtana的加速運動，也可能向左做加速度大小為gtana的減速運動，故D項錯誤。

故選Ao

【例2】如圖所示，一光滑半圓形碗固定在水平面上，質(zhì)量為?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

mi：m2：m3的比值為(已知sin53o=0.8,cos53°=0.6)()

【答案】A

【詳解】對碗內(nèi)的小球mi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mi的拉力等于mig,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=GICOS37。，G3=Gisin37°,故mi：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)量為加/的小球用輕繩跨過光滑碗連接質(zhì)量

分別為加2和加3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

mi、m2、加3的比值為()

【答案】B

【詳解】對碗內(nèi)的小球加/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,細線對物體加3的拉力等于加3g,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

G2=G]COS30。

G3=G]Sin30。

故

故選B。

變式2.2輕細繩兩端分別系上質(zhì)量為加/和加2的兩小球A和B,A在尸處時兩球都靜止，如圖所示，O

為球心，ZCOP=60°,碗對A的支持力為N,繩對A的拉力為T,貝!J()

A.N>TB.N<TC.N=m{gD.%二百叫

【答案】D

【詳解】生球保持靜止狀態(tài)，對其受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故繩子上的彈力

T=m2g

對叫球進行受力分析如下

OC

嗎g

根據(jù)共點力的平衡條件，X方向

Tcos600-Ncos60°=0

得

N=m2g

y方向

Tsin60°+Nsin60°-m^g=0

聯(lián)立以上幾式得

m2

AB.由于

T=m2g

N=m2g

故

N=T

故AB錯誤;

c.由于

N=m2g

生=百

m2

故

N=y[3m[g

故C錯誤;

D.由于

心=6

m2

故

叫=6性

故D正確。

故選D。

【例3】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/s2

C.物塊B的加速度大小為2m/s2D.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

mg—T=ma

對A由牛頓第二定律得

T—mgsin0=ma

聯(lián)立解得

1__.2

a=—g=2.5m/s

4

3

T=—mg=7.5N

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mi的物體，□/C8

=30°；如圖乙所示的輕桿HG一端用錢鏈固定在豎直墻上，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G尸拉住一個質(zhì)量為機2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等

B.圖乙中"G桿受到繩的作用力為加2g

C.細繩/C段的拉力TAC與細繩EG段的拉力TEG之比為W1

D.細繩AC段的拉力TAC與細繩EG段的拉力TEG之比為mi32m2

【答案】D

【詳解】A.題圖甲中，兩段繩的拉力大小都是川/g,互成120。角，因此合力大小是加/g,根據(jù)共點力

平衡，桿對滑輪的作用力大小也是"%g（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°

THG=6加2g

即"G桿受到繩的作用力為■巧g，故B錯誤;

CD.題圖甲中繩/C段的拉力

TAc=m；g

題圖乙中由于

TEGsin30°="2g

TEG=2加2g

解得

故C錯誤，D正確。

m這

故選D。

變式3.2傾角為30。的光滑斜面固定在水平地面上，勁度系數(shù)為左的輕彈簧一端固定在斜面底端，另一

端與質(zhì)量為〃?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)過尸點（圖中未標出）時速度最大。已知重力加速度為g,求：

（1）彈簧第一次恢復原長時輕繩上張力的大??；

（2）如果B的質(zhì)量為2相，A沿斜面向上經(jīng)過尸點時物塊B的速度大小。

【答案】（1）（2）gj/

【詳解】（1）彈簧第一次恢復原長時，二者加速度為。，張力為T,對B受力分析，由牛頓第二定律

mg-T=ma

對A有

T-mgsin30°=ma

解得，彈簧第一次恢復原長時輕繩上張力的大小為

T3

T=-mg

（2）托住物塊B時，彈簧型變量為飛

kxQ=mgsin30°

解得

%一2k

經(jīng)過尸點時速度最大，此時二者的加速度為0,對AB整體受力分析有

mg—mgsin30°—kx'=0

解得

當B的質(zhì)量變?yōu)?加時，從初始位置到P點的過程，由能量守恒定律

2根g(%'+%0)=mg(x'+%0)sin3O°+^-x3mv2

解得，A沿斜面向上經(jīng)過尸點時物塊B的速度大小為

【例4】如圖所示，質(zhì)量為明的物塊A置于傾角為30。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)量為叫的物塊B相連，連接A的繩子開始時與水平方向的夾角也為30?！，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g=10m/s2,

當對P施加水平向左的拉力尸=30N時，Q向上加速運動。下列說法正確的是（）

F

A.P、Q運動的加速度大小之比為2:1

B.P的加速度大小為2m/s?

C.輕繩的拉力大小為ION

D.若保持Q的加速度不變，改變拉力廠與水平方向的夾角，則力尸的最小值為12百N

【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

量始終是兩倍關系，由公式

Av

a——

△t

可知，P、Q運動的加速度大小之比為1:2,故A錯誤；

BC.由牛頓第二定律，對物體Q分析

T—mg=m-2a

對物體P分析

F—2T—Rmg=ma

聯(lián)立解得輕繩的拉力大小為

T=12N

P的加速度大小為

a=lm/s2

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

T=12N,a=lm/s2

設拉力廠與水平方向的夾角。，則對物體P分析有

Feos0-2T—"(mg—Fsin6)=ma

化簡可得

F=N

sin(6+0)

其中

1

sin(p=-------

A/W

當

sin（6+夕）=1

力P有最小值，且最小值為

On=12石N

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

固定點尸和物體B,兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體A、B的質(zhì)量分別為加、2m,A與斜面間的

動摩擦因數(shù)為B，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（）

2

A.輕繩對P點的拉力大小為

3

B.物體A的加速度大小為二g

C.地面對斜面體的摩擦力大小為日mg

D.地面對斜面體的支持力大小為崛+2wg

【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；設物體A的加速度為a,則B的加速度為2a；設物體A、B釋放瞬間，輕繩的拉

力為T,根據(jù)牛頓第二定律得

2T—mgsin30°—"mgcos30°=ma

2mg—T=2m?2a

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得

F2

T=~mg

1

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

Tcos30°-f=macos30°

解得地面對斜面體的摩擦力為

出

—mg

o

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

（M+3m）g——Tsin30°=2m-2a—masin30°

解得地面對斜面體的支持力為

FN+|”

故D錯誤。

故選Ao

【例5】（多選）如圖在動摩擦因數(shù)〃=0.2的水平面上有一個質(zhì)量機=lkg小球，小球與水平輕彈簧及與

豎直方向成0=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/s2

C.小球?qū)⑾蜃筮\動，且a=10m/s2

D.若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小“=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

F=mgtan45°=ION

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

F—jumg=ma

解得

F-/jmg10—0.2x1x10

a=m/s2=8m/s2

m1

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