資源簡介

培優提升七　“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”模型
選擇題1～8題，每小題10分，共80分。
基礎對點練
題組一　“活結”與“死結”問題
1.手握輕桿，桿的另一端安裝有一個輕質小滑輪C，支持著一根懸掛重物的繩子，如圖所示。現保持滑輪C的位置不變，使桿向下轉動一個角度，則桿對滑輪C的作用力將(　　)
變大 不變
變小 無法確定
2.如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點，長為L＝2 m的輕繩一端固定于直桿P點，另一端固定于墻上O點正下方的Q點，OP長為d＝1.2 m，重為16 N的鉤碼由光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止狀態，則輕繩的彈力大小為(　　)
10 N 12 N
16 N 20 N
3.如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則(　　)
F1的豎直分力大于F2的豎直分力
F1的豎直分力等于F2的豎直分力
F1的水平分力大于F2的水平分力
F1的水平分力等于F2的水平分力
4.如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于(　　)
45° 55° 60° 70°
題組二　“動桿”與“定桿”問題
5.如圖所示，水平橫梁一端插在墻壁內，另一端裝一小滑輪B。一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛一質量m＝20 kg的重物，∠CBA＝30°，則滑輪受到繩子的作用力大小為(g取10 N/kg)(　　)
100 N 100 N
200 N 200 N
6.如圖所示，在水平天花板的A點處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個輕滑輪O。另一根細繩上端固定在該天花板的B點處，細繩跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體。BO段細繩與天花板的夾角為θ＝30°。系統保持靜止，不計一切摩擦，下列說法中正確的是(　　)
細繩BO對天花板的拉力大小是
a桿對滑輪的作用力大小是
a桿和細繩對滑輪的合力大小是G
a桿對滑輪的作用力大小是G
7.如圖為兩種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點轉動的輕桿，輕桿的重力不計，AB為纜繩，當它們吊起相同重物時，桿OA在圖(a)、(b)中的受力分別為Fa、 Fb，則下列關系正確的是(　　)
Fa＝Fb Fa>Fb
Fa綜合提升練
8.(多選)將砂桶P用細繩系在C點，如圖所示，在兩砂桶中裝上一定質量的砂子，砂桶(含砂子)P、Q的總質量分別為m1、m2，系統平衡時，∠ACB＝90°、∠CAB＝60°，忽略滑輪的大小以及摩擦。則下列說法正確的是(　　)
m1∶m2＝1∶1
m1∶m2＝2∶1
若在兩桶內增加相同質量的砂子，C點的位置上升
若在兩桶內增加相同質量的砂子，C點的位置保持不變
9.(10分)如圖所示，一重物被細繩a、b、c所懸掛，O′是三細繩的結點。細繩a跨過O點處的輕質定滑輪與輕質彈簧相連，輕質光滑定滑輪被輕質豎直硬桿固定在天花板上，整個裝置處于靜止狀態，此時b繩保持水平，a繩與c繩夾角為120°，彈簧與豎直方向夾角為30°，彈簧處于彈性限度內，重物質量為2 kg，彈簧的勁度系數為100 N/m，重力加速度g取10 N/kg。求：
(1)(5分)彈簧的伸長量；
(2)(5分)懸掛小滑輪的輕質桿對滑輪的作用力大小。
10.(10分)繩OC與豎直方向成30°角，繩OB與水平方向成30°角，O為質量不計的光滑滑輪，已知物體B重1 000 N，物體A重400 N，物體A和B均靜止，求：
(1)(3分)OB繩的拉力為多大？
(2)(3分)物體B所受地面的摩擦力f和支持力N分別為多大？
(3)(4分)OC繩的拉力為多大？
培優提升七　“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”模型
1.B　[以小滑輪為研究對象，進行受力分析可知，小滑輪受到三個力的作用：兩繩的拉力和桿對小滑輪的作用力，由平衡條件可知，桿對滑輪C的作用力大小等于兩繩拉力的合力，由于兩繩的拉力不變，故桿對滑輪C的作用力不變，故B正確。]
2.A　[設掛鉤所在位置為N點，延長PN交墻于M點，如圖所示，同一條繩子拉力相等，根據對稱性可知兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，根據幾何關系可知NM＝NQ，由幾何關系知sin α＝＝＝＝，對鉤碼受力分析，根據平衡條件有2Tcos α＝mg，解得T＝10 N，故A正確。]
3.D　[對結點O受力分析可得，水平方向F1sin α＝F2sin β＝Fx，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項C錯誤，D正確；對結點O受力分析可得，豎直方向F1y＝F1cos α＝，F2y＝F2cos β＝，由于tan α＞tan β，所以F2y＞F1y，選項A、B錯誤。]
4.B　[O點受力如圖，因為甲、乙物體質量相等，所以F1與F2大小相等，合成的平行四邊形為菱形，α＝70°，則∠1＝∠2＝55°，且F1和F2的合力與F3等大反向，則β＝∠2＝55°，故B正確。]
5.C　[對與滑輪接觸的繩子受力分析，如圖所示，繩中拉力處處相等，有T1＝T2＝mg＝200 N，由幾何知識知，滑輪對繩子的支持力N＝200 N，則滑輪受到繩子的作用力大小為200 N，故C正確。]
6.D　[對物體受力分析，根據平衡條件，有T＝G，同一根繩子拉力大小處處相等，故繩子對天花板的拉力大小也等于G，故A錯誤；對滑輪受力分析，如圖所示，根據平衡條件，結合幾何關系，有a桿對滑輪的作用力F＝T＝G，故B錯誤，D正確；由于滑輪處于平衡狀態，所以a桿和細繩對滑輪的合力大小是零，故C錯誤。]
7.A　[對題圖(a)中的A點受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可得
Fa＝Fa′＝2mgcos 30°＝mg
對題圖(b)中的A點受力分析，如圖乙，由平衡條件及幾何關系可得tan 30°＝，則Fb＝Fb′＝mg，可得Fa＝Fb，故A正確，B、C、D錯誤。]
8.BC　[以結點C為研究對象，受力分析如圖所示，其中F＝m1g，FB＝m2g，由力的平衡條件可知FA＝Fcos 30°＝m1gcos 30°，由幾何關系可知FA＝，聯立解得m1∶m2＝2∶1，選項A錯誤，B正確；由以上分析可知當砂桶(含砂子)P、Q的總質量的比值為2時，AC與BC保持垂直狀態，C點的位置保持不變，而若在兩桶內增加相同質量的砂子，則兩砂桶(含砂子)質量的比值會小于2，則Q桶向下移動，C點的位置上升，選項C正確，D錯誤。]
9.(1)0.4 m　(2)40 N
解析　(1)以O′為研究對象，cO′繩張力大小等于重物的重力，根據三力平衡得a繩張力為
Fa＝＝40 N
則彈簧彈力F彈＝Fa＝40 N
根據胡克定律有F彈＝kx，可得彈簧的伸長量
x＝0.4 m。
(2)以小滑輪為研究對象，a繩和拉彈簧的繩子為同一根繩子，故張力大小相等，均為Fa，由幾何關系可知，兩繩夾角為90°，根據三力平衡得輕質桿對滑輪的作用力大小為
T桿＝F彈＝40 N。
10.(1)400 N　(2)200 N　800 N　(3)400 N
解析　(1)由于物體A靜止，故OB繩的拉力
T＝GA＝400 N。
(2)對物體B受力分析，如圖甲所示，
根據平衡條件，有N＋Tsin 30°＝GB
Tcos 30°＝f
聯立解得N＝800 N，f＝200 N。
(3)對滑輪受力分析，受三個拉力，如圖乙所示，
根據平衡條件，有
TOC＝2Tcos 30°＝400 N。
　
甲　　　　　　　　　乙培優提升七　“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”模型
學習目標　1.知道“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”的特點，并能正確對結點受力分析。2.靈活運用合成法、分解法、正交分解法處理平衡問題。
提升1　“活結”與“死結”模型
類型1　“活結”模型
模型結構 模型解讀 模型特點
“活結”把繩子分為兩段，且可沿繩移動，“活結”一般由繩跨過滑輪或繩上掛一光滑掛鉤而形成，繩子因“活結”而彎曲，但實際為同一根繩 “活結”繩子上的張力大小處處相等
常見模型 力學關系和幾何關系 端點A上下移動 擋板MN左右移動
①T1＝T2＝ ②l1cos θ＋l2cos θ＝d (l1＋l2)cos θ＝d cos θ＝(l＝l1＋l2，為繩長) d和l都不變，根據cos θ＝可知θ也不變，則T1和T2也不變 因為MN左右移動時，d變化，而l不變，根據cos θ＝可知θ將變化，則T1和T2也變化
常見模型 力學關系和幾何關系 端點A左右移動 兩物體質量比變化
①角度：θ4＝2θ3＝2θ2＝4θ1 ②拉力：T＝MQg ③2MQcos θ2＝MP 兩物體質量比不變，左右移動輕繩端點角度都不變 角度變化，但仍保持原有倍數關系
例1 (多選)(2024·河北石家莊高一期末)如圖所示，光滑輕質掛鉤下端懸掛質量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時繩子固定在框架上等高的A、B兩點，與水平方向的夾角為θ，繩子的拉力為F。現保持繩長不變，將繩子右端從B點沿豎直方向緩慢移至C點，再從C點沿水平方向向左緩慢移至D點。關于繩子拉力的變化。下列說法正確的是(　　)
A.從B移至C的過程中，拉力F變小
B.從B移至C的過程中，拉力F不變
C.從C移至D的過程中，拉力F不變
D.從C移至D的過程中，拉力F變小
訓練1 水平橫桿上套有圓環A，圓環A通過輕繩與重物B相連，輕繩繞過固定在橫桿下光滑的定滑輪，輕繩通過光滑動滑輪掛著物體C，并在某一位置達到平衡，現將圓環A緩慢向右移動一段距離，系統仍保持靜止，則下列說法正確的是(　　)
A.物體C的高度上升
B.AC段繩與橫桿的夾角變小
C.橫桿對環的支持力變小
D.輕繩對圓環的拉力不變
類型2　“死結”模型
模型結構 模型解讀 模型特點
“死結”把繩子分為兩段，且不可沿繩子移動，“死結”兩側的繩因結而變成兩根獨立的繩 死結兩側的繩子張力不一定相等
例2 春節期間，大街上到處洋溢著節日的氣息，一盞盞大紅燈籠展現出節日的喜慶。如圖所示，三根輕繩a、b、c將甲、乙兩只燈籠懸掛起來并處于靜止狀態。輕繩a、c與豎直方向的夾角分別為37°和53°，輕繩b沿水平方向。已知甲燈籠的質量m甲＝1.2 kg，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)細繩a的拉力的大小F；
(2)乙燈籠的質量m乙。
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訓練2 (魯科版教材P110例題改編)如圖所示用繩子將鳥籠掛在一根水平橫梁上，繩子OA、OB和OC對結點O的拉力大小分別為FA、FB和FC，則下列判斷正確的是(　　)
A.FA最大 B.FB最大
C.FC最大 D.FC＝FA＋FB
提升2　“動桿”與“定桿”模型
桿模型 特點 作用力
與轉軸(鉸鏈)相連的輕桿 桿作用力的方向一定沿桿
插入墻中固定的輕桿 桿作用力的方向不一定 沿桿
例3 如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體(都處于靜止狀態)，重力加速度為g，求：
(1)細繩AC段的張力TAC與細繩EG的張力TEG之比；
(2)輕桿BC對C端的支持力；
(3)輕桿HG對G端的支持力。
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訓練3 (2024·福建泉州德化一中高一期末)如圖所示，輕桿AB的左端用鉸鏈與豎直墻壁連接，輕桿CD的左端固定在豎直墻上，圖甲中兩輕繩分別掛著質量為m1、m2的物體，另一端系于B點，圖乙中兩輕繩分別掛著質量為m3、m4的物體，另一端系于D點。四個物體均處于靜止狀態，圖中輕繩OB、O′D與豎直方向的夾角均為θ＝30°，下列說法一定正確的是(　　)
A.m1∶m2＝1∶1 B.m1∶m2＝2∶
C.m3∶m4＝1∶1 D.m3∶m4＝2∶
隨堂對點自測
1.(“死結”模型)如圖所示，質量為2 kg的重物與一小段繩子連接，該段繩子與繩子AO和繩子BO連接于O點，重物靜止。繩子AO與水平方向的夾角為30°，繩子BO水平，取重力加速度大小g＝10 m/s2，繩子均為理想輕繩，則繩子AO和繩子BO上的拉力大小分別為(　　)
A.40 N、20 N B.N、 N
C.10 N、10 N D.10 N、10 N
2.(“活結”模型)如圖所示，釘子A和小定滑輪B均固定在豎直墻面上，它們相隔一定距離且處于同一高度，細線的一端系有一小沙桶D，另一端跨過定滑輪B與動滑輪C后固定在釘子A上。質量為m的小球E與輕質動滑輪C固定連接。初始時整個系統處于靜止狀態，滑輪C兩側細線的夾角為74°。現緩慢地往沙桶添加細沙，當系統再次平衡時，滑輪C兩側細線的夾角為106°。不計一切摩擦，已知cos 37°＝0.8，cos 53°＝0.6，則此過程中往沙桶D中添加的細沙質量為(　　)
A.m B.m C.m D.m
3.(“動桿”與“定桿”模型)(多選)圖甲中輕桿OA的A端固定在豎直墻壁上，另一端O光滑，一端固定在豎直墻壁B點的細線跨過O端系一質量為m的重物，OB水平；圖乙中輕桿O′A′可繞A′點自由轉動，另一端O′光滑；一端固定在豎直墻壁B′點的細線跨過O′端系一質量也為m的重物。已知圖甲中∠BOA＝30°，以下說法正確的是(　　)
A.圖甲輕桿中彈力大小為mg
B.圖乙輕桿中彈力大小為mg
C.圖甲輕桿中彈力與細線OB中拉力的合力方向一定沿豎直方向
D.圖乙中∠B′O′A′不可能等于30°
培優提升七　“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”模型
提升1
例1 BD　[輕繩的右端從B點移到直桿最上端C過程中，設兩繩的夾角為2α，以滑輪為研究對象，根據平衡條件得2Fcos α＝mg，則繩子的拉力F＝，設繩子總長為L，兩直桿間的距離為s，由數學知識可得sin α＝，L、s不變，則α保持不變，所以在輕繩的右端從B點移到C的過程中，拉力F不變，故B正確，A錯誤；輕繩的右端從C點移到D點過程中，α變小，cos α變大，則F減小，故D正確，C錯誤。]
訓練1 D　[物體B保持靜止，受重力和拉力，根據平衡條件，輕繩拉力大小處處相同，等于B的重力，保持不變，輕繩對圓環的拉力不變，D正確；圓環A緩慢向右移動一段距離，重物C受重力和兩側繩子的拉力，始終平衡，拉力和重力大小都不變，根據平衡條件，動滑輪兩側繩子夾角保持不變，滑輪位置的變化情況如圖所示，所以重物C必定下降，重物B上升，連接A的輕繩與水平方向夾角不變，橫桿對環的支持力也一定不變，A、B、C錯誤。]
例2 (1)15 N　(2)0.675 kg
解析　對甲、乙燈籠受力分析，如圖所示。
(1)甲受力平衡，根據共點力平衡條件有
Fsin 37°＝Fb
Fcos 37°＝m甲g，解得F＝15 N，Fb＝9 N。
(2)對乙燈籠，根據共點力平衡條件有
Fcsin 53°＝Fb′＝Fb，Fccos 53°＝m乙g
解得m乙＝0.675 kg。
訓練2 C　[對結點受力分析，如圖所示，根據平衡條件有FA＝FCsin 60°＝FC，FB＝FCcos 60°＝FC，可知FA、FB都比FC小，且FA＋FB≠FC，故C正確。]
提升2
例3 (1)　(2)M1g，方向與水平方向成30°指向右上方　(3)M2g，方向水平向右
解析　題圖甲和乙中的兩個物體都處于平衡狀態，分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖(a)和圖(b)所示。
(1)由題知，圖(a)中，細繩AC段的拉力
TAC＝TCD＝M1g
圖(b)中由平衡條件得TEGsin 30°＝FGF＝M2g
可得TEG＝2M2g，所以＝。
(2)圖(a)中，TAC、NC、M1g三個力之間的夾角都為120°，根據平衡條件有NC＝TAC＝M1g
方向與水平方向成30°指向右上方。
(3)圖(b)中，根據平衡條件有
TEGsin 30°＝M2g，TEGcos 30°＝NG
所以NG＝＝M2g，方向水平向右。
訓練3 B　[圖甲中，OB繩的張力為T＝m1g，對B點受力分析，由平衡條件可得m2g＝Tcos θ＝m1gcos θ，則m1∶m2＝2∶，故A錯誤，B正確；CD桿固定在墻上，桿的彈力方向不確定，則m3、m4的比例不確定，故C、D錯誤。]
隨堂對點自測
1.A　[對O點受力分析，由共點力的平衡條件得FAOsin 30°＝mg，FAOcos 30°＝FBO，聯立解得FAO＝40 N，FBO＝20 N，故A正確，B、C、D錯誤。]
2.C　[設初始時沙桶和沙的質量為m1，再次平衡時沙桶和沙的質量為m2，則添加細沙前后根據平衡條件有m1gcos 37°＝mg，m2gcos 53°＝mg，解得m1＝m，m2＝m，則添加的細沙質量為Δm＝m2－m1＝m，C正確。]
3.AC　[由于圖甲中輕桿OA為“定桿”，其O端光滑，可以視為活結，則兩側細線中拉力大小相等，都等于mg，由力的平衡條件可知，圖甲輕桿中彈力為F甲＝2mgcos 45°＝mg，故A正確；圖乙中輕桿O′A′可繞A′點自由轉動，為“動桿”，另一端O′光滑，可以視為活結，O′兩側細線中拉力相等，“動桿”中彈力方向沿“動桿”方向，“動桿”O′A′中彈力大小等于O′兩側細線中拉力的合力大小，兩細線夾角不確定，輕桿中彈力無法確定，∠B′O′A′可能等于30°，故B、D錯誤；根據共點力的平衡條件，圖甲中輕桿彈力與細線OB中拉力的合力方向一定與豎直細繩的拉力方向相反，即豎直向上，故C正確。](共44張PPT)
培優提升七　“活結”與“死結”、“動桿”
與“定桿”模型
第4章　力與平衡
1.知道“活結”與“死結”、“動桿”與“定桿”的特點，并能正確對結點受力分析。
2.靈活運用合成法、分解法、正交分解法處理平衡問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
提升
1
提升2　“動桿”與“定桿”模型
提升1　“活結”與“死結”模型
提升1　“活結”與“死結”模型
類型1　“活結”模型
模型結構 模型解讀 模型特點
“活結”把繩子分為兩段，且可沿繩移動，“活結”一般由繩跨過滑輪或繩上掛一光滑掛鉤而形成，繩子因“活結”而彎曲，但實際為同一根繩 “活結”繩子上的張力大小處處相等
常見模型 力學關系和幾何關系 端點A上下移動 擋板MN左右移動
模型結構 模型解讀 模型特點
①T1＝T2＝ ②l1cos θ＋l2cos θ＝d (l1＋l2)cos θ＝d cos θ＝(l＝l1＋l2，為繩長) d和l都不變，根據cos θ＝可知θ也不變，則T1和T2也不變 因為MN左右移動時，d變化，而l不變，根據cos θ＝可知θ將變化，則T1和T2也變化
模型結構 模型解讀 模型特點
常見模型 力學關系和幾何關系 端點A左右移動 兩物體質量比變化
①角度：θ4＝2θ3＝2θ2＝4θ1 ②拉力：T＝MQg ③2MQcos θ2＝MP 兩物體質量比不變，左右移動輕繩端點角度都不變 角度變化，但仍保持原有倍數關系
BD
例1 (多選)(2024·河北石家莊高一期末)如圖所示，光滑輕質掛鉤下端懸掛質量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時繩子固定在框架上等高的A、B兩點，與水平方向的夾角為θ，繩子的拉力為F。現保持繩長不變，將繩子右端從B點沿豎直方向緩慢移至C點，再從C點沿水平方向向左緩慢移至D點。關于繩子拉力的變化。下列說法正確的是(　　)
A.從B移至C的過程中，拉力F變小
B.從B移至C的過程中，拉力F不變
C.從C移至D的過程中，拉力F不變
D.從C移至D的過程中，拉力F變小
D
訓練1 水平橫桿上套有圓環A，圓環A通過輕繩與重物B相連，輕繩繞過固定在橫桿下光滑的定滑輪，輕繩通過光滑動滑輪掛著物體C，并在某一位置達到平衡，現將圓環A緩慢向右移動一段距離，系統仍保持靜止，則下列說法正確的是(　　)
A.物體C的高度上升
B.AC段繩與橫桿的夾角變小
C.橫桿對環的支持力變小
D.輕繩對圓環的拉力不變
解析　物體B保持靜止，受重力和拉力，根據平衡條件，輕繩拉力大小處處相同，等于B的重力，保持不變，輕繩對圓環的拉力不變，D正確；圓環A緩慢向右移動一段距離，重物C受重力和兩側繩子的拉力，始終平衡，拉力和重力大小都不變，根據平衡條件，動滑輪兩側繩子夾角保持不變，滑輪位置的變化情況如圖所示，所以重物C必定下降，重物B上升，連接A的輕繩與水平方向夾角不變，橫桿對環的支持力也一定不變，A、B、C錯誤。
類型2　“死結”模型
模型結構 模型解讀 模型特點
“死結”把繩子分為兩段，且不可沿繩子移動，“死結”兩側的繩因結而變成兩根獨立的繩 死結兩側的繩子張力不一定相等
例2 春節期間，大街上到處洋溢著節日的氣息，一盞盞大紅燈籠展現出節日的喜慶。如圖所示，三根輕繩a、b、c將甲、乙兩只燈籠懸掛起來并處于靜止狀態。輕繩a、c與豎直方向的夾角分別為37°和53°，輕繩b沿水平方向。已知甲燈籠的質量m甲＝1.2 kg，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)細繩a的拉力的大小F；
(2)乙燈籠的質量m乙。
解析　對甲、乙燈籠受力分析，如圖所示。
(1)甲受力平衡，根據共點力平衡條件有
Fsin 37°＝Fb
Fcos 37°＝m甲g，解得F＝15 N，Fb＝9 N。
(2)對乙燈籠，根據共點力平衡條件有
Fcsin 53°＝Fb′＝Fb，Fccos 53°＝m乙g
解得m乙＝0.675 kg。
答案　(1)15 N　(2)0.675 kg
C
訓練2 (魯科版教材P110例題改編)如圖所示用繩子將鳥籠掛在一根水平橫梁上，繩子OA、OB和OC對結點O的拉力大小分別為FA、FB和FC，則下列判斷正確的是(　　)
A.FA最大 B.FB最大
C.FC最大 D.FC＝FA＋FB
提升2　“動桿”與“定桿”模型
桿模型 特點 作用力
與轉軸(鉸鏈)相連的輕桿 桿作用力的方向一定沿桿
插入墻中固定的輕桿 桿作用力的方向不一定
沿桿
例3 如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體(都處于靜止狀態)，重力加速度為g，求：
(1)細繩AC段的張力TAC與細繩EG的張力TEG
之比；
(2)輕桿BC對C端的支持力；
(3)輕桿HG對G端的支持力。
解析　題圖甲和乙中的兩個物體都處于平衡狀態，分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖(a)和圖(b)所示。
(1)由題知，圖(a)中，細繩AC段的拉力
TAC＝TCD＝M1g
圖(b)中由平衡條件得TEGsin 30°＝FGF＝M2g
(2)圖(a)中，TAC、NC、M1g三個力之間的夾角都為120°，根據平衡條件有
NC＝TAC＝M1g
方向與水平方向成30°指向右上方。
(3)圖(b)中，根據平衡條件有
TEGsin 30°＝M2g，TEGcos 30°＝NG
訓練3 (2024·福建泉州德化一中高一期末)如圖所示，輕桿AB的左端用鉸鏈與豎直墻壁連接，輕桿CD的左端固定在豎直墻上，圖甲中兩輕繩分別掛著質量為m1、m2的物體，另一端系于B點，圖乙中兩輕繩分別掛著質量為m3、m4的物體，另一端系于D點。四個物體均處于靜止狀態，圖中輕繩OB、O′D與豎直方向的夾角均為θ＝30°，下列說法一定正確的是(　　)
B
隨堂對點自測
2
A
1.(“死結”模型)如圖所示，質量為2 kg的重物與一小段繩子連接，該段繩子與繩子AO和繩子BO連接于O點，重物靜止。繩子AO與水平方向的夾角為30°，繩子BO水平，取重力加速度大小g＝10 m/s2，繩子均為理想輕繩，則繩子AO和繩子BO上的拉力大小分別為(　　)
C
2.(“活結”模型)如圖所示，釘子A和小定滑輪B均固定在豎直墻面上，它們相隔一定距離且處于同一高度，細線的一端系有一小沙桶D，另一端跨過定滑輪B與動滑輪C后固定在釘子A上。質量為m的小球E與輕質動滑輪C固定連接。初始時整個系統處于靜止狀態，滑輪C兩側細線的夾角為74°。現緩慢地往沙桶添加細沙，當系統再次平衡時，滑輪C兩側細線的夾角為106°。不計一切摩擦，已知cos 37°＝0.8，cos 53°＝0.6，則此過程中往沙桶D中添加的細沙質量為(　　)
AC
3.(“動桿”與“定桿”模型)(多選)圖甲中輕桿OA的A端固定在豎直墻壁上，另一端O光滑，一端固定在豎直墻壁B點的細線跨過O端系一質量為m的重物，OB水平；圖乙中輕桿O′A′可繞A′點自由轉動，另一端O′光滑；一端固定在豎直墻壁B′點的細線跨過O′端系一質量也為m的重物。已知圖甲中∠BOA＝30°，以下說法正確的是(　　)
課后鞏固訓練
3
B
題組一　“活結”與“死結”問題
1.手握輕桿，桿的另一端安裝有一個輕質小滑輪C，支持著一根懸掛重物的繩子，如圖所示。現保持滑輪C的位置不變，使桿向下轉動一個角度，則桿對滑輪C的作用力將(　　)
基礎對點練
A.變大 B.不變 C.變小 D.無法確定
解析　以小滑輪為研究對象，進行受力分析可知，小滑輪受到三個力的作用：兩繩的拉力和桿對小滑輪的作用力，由平衡條件可知，桿對滑輪C的作用力大小等于兩繩拉力的合力，由于兩繩的拉力不變，故桿對滑輪C的作用力不變，故B正確。
A
2.如圖所示，水平直桿OP右端固定于豎直墻上的O點，長為L＝2 m的輕繩一端固定于直桿P點，另一端固定于墻上O點正下方的Q點，OP長為d＝1.2 m，重為16 N的鉤碼由光滑掛鉤掛在輕繩上處于靜止狀態，則輕繩的彈力大小為(　　)
A.10 N B.12 N C.16 N D.20 N
解析　設掛鉤所在位置為N點，延長PN交墻于M點，如圖所示，
D
3.如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則(　　)
A.F1的豎直分力大于F2的豎直分力
B.F1的豎直分力等于F2的豎直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
B
4.如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于(　　)
A.45° B.55° C.60° D.70°
解析　O點受力如圖，因為甲、乙物體質量相等，所以F1與F2大小相等，合成的平行四邊形為菱形，α＝70°，則∠1＝∠2＝55°，且F1和F2的合力與F3等大反向，則β＝∠2＝55°，故B正確。
C
題組二　“動桿”與“定桿”問題
5.如圖所示，水平橫梁一端插在墻壁內，另一端裝一小滑輪B。一輕繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛一質量m＝20 kg的重物，∠CBA＝30°，則滑輪受到繩子的作用力大小為(g取10 N/kg)(　　)
解析　對與滑輪接觸的繩子受力分析，如圖所示，繩中拉力處處相等，有T1＝T2＝mg＝200 N，由幾何知識知，滑輪對繩子的支持力N＝200 N，則滑輪受到繩子的作用力大小為200 N，故C正確。
D
6.如圖所示，在水平天花板的A點處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個輕滑輪O。另一根細繩上端固定在該天花板的B點處，細繩跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體。BO段細繩與天花板的夾角為θ＝30°。系統保持靜止，不計一切摩擦，下列說法中正確的是(　　)
解析　對物體受力分析，根據平衡條件，有T＝G，同一根繩子拉力大小處處相等，故繩子對天花板的拉力大小也等于G，故A錯誤；對滑輪受力分析，如圖所示，根據平衡條件，結合幾何關系，有a桿對滑輪的作用力F＝T＝G，故B錯誤，D正確；由于滑輪處于平衡狀態，所以a桿和細繩對滑輪的合力大小是零，故C錯誤。
A
7.如圖為兩種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點轉動的輕桿，輕桿的重力不計，AB為纜繩，當它們吊起相同重物時，桿OA在圖(a)、(b)中的受力分別為Fa、 Fb，則下列關系正確的是(　　)
A. Fa＝Fb B. Fa>Fb
C. FaBC
8.(多選)將砂桶P用細繩系在C點，如圖所示，在兩砂桶中裝上一定質量的砂子，砂桶(含砂子)P、Q的總質量分別為m1、m2，系統平衡時，∠ACB＝90°、∠CAB＝60°，忽略滑輪的大小以及摩擦。則下列說法正確的是(　　)
綜合提升練
A.m1∶m2＝1∶1
B.m1∶m2＝2∶1
C.若在兩桶內增加相同質量的砂子，C點的位置上升
D.若在兩桶內增加相同質量的砂子，C點的位置保持不變
9.如圖所示，一重物被細繩a、b、c所懸掛，O′是三細繩的結點。細繩a跨過O點處的輕質定滑輪與輕質彈簧相連，輕質光滑定滑輪被輕質豎直硬桿固定在天花板上，整個裝置處于靜止狀態，此時b繩保持水平，a繩與c繩夾角為120°，彈簧與豎直方向夾角為30°，彈簧處于彈性限度內，重物質量為2 kg，彈簧的勁度系數為100 N/m，重力加速度g取10 N/kg。求：
綜合提升練
(1)彈簧的伸長量；
(2)懸掛小滑輪的輕質桿對滑輪的作用力大小。
解析　(1)以O′為研究對象，cO′繩張力大小等于重物的重力，根據三力平衡得a繩張力為
則彈簧彈力F彈＝Fa＝40 N
根據胡克定律有F彈＝kx，可得彈簧的伸長量
x＝0.4 m。
10.繩OC與豎直方向成30°角，繩OB與水平方向成30°角，O為質量不計的光滑滑輪，已知物體B重1 000 N，物體A重400 N，物體A和B均靜止，求：
(1)OB繩的拉力為多大？
(2)物體B所受地面的摩擦力f和支持力N分別為多大？
(3)OC繩的拉力為多大？
解析　(1)由于物體A靜止，故OB繩的拉力
T＝GA＝400 N。
(2)對物體B受力分析，如圖甲所示，
甲
根據平衡條件，有N＋Tsin 30°＝GB
Tcos 30°＝f
(3)對滑輪受力分析，受三個拉力，如圖乙所示，
乙
根據平衡條件，有

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