第二篇核心素養(yǎng)提升專項一模型突破類模型一繩桿模型【模型解讀】1.繩桿模型的特點:模型形變情況施力與受力方向大小變化繩微小形變可忽略能施能受拉力始終沿繩可突變桿長度幾乎不變能壓能拉不一定沿桿可突變2.運動的合成與分解中的繩桿模型:無論是輕繩還是輕桿,都先要進行整體或局部的受力分析,然后結(jié)合運動的合成與分解知識求解即可。3.豎直面內(nèi)做圓周運動的繩桿模型:(1)通常豎直面內(nèi)的圓周運動只涉及最高點或最低點的分析,在這兩個點有F合=F向,由牛頓第二定律列出動力學方程即可求解。(2)研究臨界問題時,要牢記“繩模型”中最高點速度v≥,“桿模型”中最高點速度v≥0這兩個臨界條件?？枷蛞贿\動的合成與分解中的繩桿模型【典例1】(多選)(2017·烏魯木齊一模)如圖所示,為了將一尊雕像搬運到半雪坡的平臺上C處,牽引車通過定滑輪用鋼絲繩來牽引雕像運動。在搬運過程的某段時間內(nèi),牽引車向右做勻速運動,雕像受到的摩擦阻力不計,則(

)世紀金榜導學號49294088A.雕像的速度越來越大B.雕像的速度越來越小C.鋼絲繩的拉力越來越大D.鋼絲繩的拉力越來越小【解析】選A、C。如圖甲所示,繩子的速度,即為牽引車的速度,根據(jù)運動的合成與分解,則有v像cosβ=v車,因β在增大,且牽引車勻速,所以雕像在做加速運動。故A正確,B錯誤;對雕像進行受力分析,如圖乙,因為雕像做加速直線運動,設拉力與斜面方向的夾角為β,斜面與水平面之間的夾角為α,有:Fcosβ-mgsinα=ma,由于雕像做加速運動,由公式知,拉力F越來越大。故C正確,D錯誤?！咀兪接柧殹?.(多選)(2017·寧夏大學附中一模)如圖所示,物體A、B經(jīng)無摩擦的定滑輪用細繩連接在一起,A物體受水平向右的力F作用,此時B勻速上升,A水平向右運動。由此可知(

)A.物體A做勻速運動B.物體A做減速運動C.物體A所受的摩擦力逐漸增大D.物體A所受的摩擦力逐漸減小【解析】選B、C。設細繩與水平面夾角為θ,則vAsinθ=vB,A水平向右運動,θ變小,則物體A做減速運動,A錯,B對;物體A所受的滑動摩擦力Ff=μFN,FN=mAg-mBgsinθ,因此物體A所受的摩擦力逐漸增大,C對,D錯。2.(2017·肇慶二模)如圖所示,一個長直輕桿兩端分別固定一個小球A和B,兩球質(zhì)量均為m,兩球半徑忽略不計,桿的長度為l。先將桿AB豎直靠放在豎直墻上,輕輕振動小球B,使小球B在水平面上由靜止開始向右滑動,當小球A沿墻下滑距離為l時,下列說法正確的是(不計一切摩擦)

(

)A.小球A和B的速度都為B.小球A和B的速度都為C.小球A、B的速度分別為和D.小球A、B的速度分別為和【解析】選C。設小球A向下的速度為vA,小球B水平向右的速度為vB,則它們沿桿方向的分速度是相等的,即vAsin30°=vBcos30°,得vA=vB,則選項A、B均錯誤;又因為桿下滑時機械能守恒,故mgl=聯(lián)立兩式解得vB=,vA=,選項C正確,D錯誤?？枷蚨Q直面內(nèi)做圓周運動的繩桿模型【典例2】如圖所示,長為L的輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球,另一端有固定轉(zhuǎn)軸O?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動,P為圓周軌道的最高點。若小球通過圓周軌道最低點時的速度大小為則以下判斷正確的是(

)世紀金榜導學號49294089A.小球到達P點時的速度等于B.小球不能到達P點C.小球能到達P點,且在P點受到輕桿向上的彈力D.小球能到達P點,在P點受到輕桿的作用力為零【解析】選C。從最低點到最高點的過程中,由機械能守恒定律得-mg·2L+mv2=得vP=A、B錯誤;設小球在最高點時,桿對它的彈力方向向下,則mg+F=可得F=-mg,則輕桿對小球的彈力方向向上,C正確、D錯誤?！咀兪接柧殹?多選)(2017·吉林二模)如圖所示,在A、B兩處分別固定A、B兩枚釘子,A、B之間的距離為

l,A、B連線與水平方向的夾角為θ。A處的釘子系一根長為l的細線,細線的另一端系一個質(zhì)量為m的小球,將細線拉直,讓小球的初始位置與A點處于同一高度,小球由靜止釋放,細線與釘子B接觸后,小球繼續(xù)下降。取B點為參考平面,重力加速度為g,當小球運動到B點正下方的Q點時,下列說法正確的是(

)世紀金榜導學號49294090A.小球的速率為B.小球的動能為mgl(sinθ+1)C.重力對小球的功率為0D.小球?qū)K子的拉力為3mg【解析】選B、C。從P點到Q點,重力對小球做的功為

mgl(sinθ+1),根據(jù)動能定理得:mv2=mgl(sinθ+1),得v=故A錯誤。小球的動能為Ek=mv