高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律素养提升课四动力学中的三种典型物理模型检测含解析

PAGEPAGE3素养提升课（四）动力学中的三种典型物理模型(建议用时：25分钟)1.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是()A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：选B。由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，B正确。2．(2020·天津市六校联考期初检测)如图所示，光滑的水平面上静置质量为M＝8kg的平板小车，在小车左端加一个由零逐渐增大的水平推力F，一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块放在小车右端，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是()A．当F增加到4N时，m相对M开始运动B．当F＝10N时，M对m有向右的2N的摩擦力C．当F＝15N时，m对M有向左的4N的摩擦力D．当F＝30N时，M对m有向右的6N的摩擦力解析：选B。假设小车和小物块刚好相对静止，对小物块m，其最大摩擦力f提供最大的加速度，故f＝μmg＝ma所以a＝μg＝2m/s2对整体：F＝(M＋m)a＝(8＋2)×2N＝20N可知若要m相对于M开始运动，则推力满足F＞20N，故A错误；当F＝10N时，对整体：F＝(M＋m)a′，解得a′＝eq\f(F,M＋m)＝1m/s2，对m，受到的摩擦力提供加速度，有f′＝ma′＝2×1N＝2N，方向向右，故B正确；同理，当F＝15N时，a″＝1.5m/s2，m受到的摩擦力f′＝3N，方向向右，故C错误；当F＝30N时，两者相对滑动，m受到滑动摩擦力作用，f＝μmg＝4N，方向向右，故D错误。3．(2020·庐巢七校联盟第三次联考)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m＝2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10m/s2，求：(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。解析：(1)由v－t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v－t图线与t轴所围的面积，所以L＝eq\f(1,2)×1×10m＋eq\f(1,2)×(10＋12)×1m＝16m由平均速度的定义得＝eq\f(L,t)＝8m/s；(2)由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝10m/s，0～1s内物体的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s21～2s内的加速度a2＝2m/s2根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1mgsinθ－μmgcosθ＝ma2联立两式解得μ＝0.5。答案：(1)8m/s(2)0.54．(2020·云南省师大附中第五次月考)如图所示，长L＝2.0m平板小车静止在水平地面上。A、B为小车的两端点，小车的上表面距离地面的高度h＝1.25m。小车的质量M＝3.0kg。质量m＝1.0kg的小铁块P(可视为质点)静止在平板小车AB的正中央，现在对小车施加一个F＝14N的水平向右的恒力。铁块与小车开始发生相对滑动，并在铁块P滑离小车的瞬时撤掉F。已如铁块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.20，不计小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：(1)力F作用在小车上时，小车加速度的大小以及铁块在小车上运动的时间；(2)铁块落地时与平板小车的A端的水平距离。解析：(1)根据题意可知，力F作用在小车上时，铁块与小车发生相对滑动，对小车进行受力分析，由牛顿第二定律，得F－μmg＝Ma1代入数据得a1＝4.0m/s2对铁块，由牛顿第二定律得μmg＝ma2代入数据得a2＝2.0m/s2在铁块P滑离小车时撤掉F，设F作用过程小车和铁块的位移分别为x1和x2，对小车有x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)对铁块有x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)由位移关系x1－x2＝eq\f(L,2)联立方程，代入数据得t1＝1s。(2)在铁块P滑离小车时撤掉F，此后小车做匀速直线运动，铁块做平抛运动，铁块刚滑离小车时，小车的速度v1＝a1t1＝4.0m/s铁块速度v2＝a2t1＝2.0m/s铁块做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)x3＝v2t2得铁块落