2020高考物理一轮复习专题03牛顿运动定律-2020年高考考前再回首易错题(解析版)

1、考前再回首易错题之牛顿定律易错题清单易错点1:对力和运动的关系认识错误易错分析：根据牛顿第二定律F=ma,合外力决定加速度而不是速度， 力和速度没有必然的联系.加速度与合外力存在瞬时对应关系：加速度的方向 始终和合外力的方向相同，加速度的大小随合外力的增大（减小）而增大（减小）; 加速度和速度同向时物体做加速运动，反向时做减速运动.力和速度只有通过 加速度这个桥梁才能实现“对话”。如果让力和速度直接对话，就是死抱亚 里干多德的观点永不悔改的“顽固派”。【典例1】（多选）关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是 （）A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为零，则加

2、速度为零，所受的合外力也为零C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零【答案】CD.【解析】 物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误。易错点2 :不会处理瞬时问题易错分析：根据牛顿第二定律知，加速度与合外力的瞬时对应关系.所谓 瞬时对应关系是指物体受到外力作用后立即产生加速度，外力恒定，加速度 也恒定，外力变化，加速度立即发生变化，外力消失，加速度立即消失，在 分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳模型：轻 绳不能伸长，轻绳的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：弹力的大

3、小为F=kx , 其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量.弹力突变的特点：若释放未 连接物体，则轻弹簧的弹力可突变为零；若释放端仍连重物，则轻弹簧的弹 力不发生突变，释放的瞬间仍为原值。【典例2】如图2-9天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为A. ai=g a2=gB . ai=2g a 2=gC. ai=2g a 2=0D. ai=0 a 2=gAQ8 Q 图2-9【错解分析】错解：剪断细绳时，以 （A+B）为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g,所以A, B球的加速度为go故选Ao出现上述错解的原因

4、是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A, B球具有不同的加速度，不能做为整体研究。【正确解答】 分别以A, B为研究对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪 断前A, B静止。如图2-10 , A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受三个力，重力mg和弹簧拉力FA 球：T mg-F = 0 B 球：Fz mg = 0 由式，解得T=2mg , F=mg正方向(a)(b) M图 2-1Q图 Z-ll剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形米， 瞬间形状不可改变，弹力还存在。如图 2-11 , A球受重力mg、弹簧给的弹力F。同理 B球受重力mg和弹力F。A 球：mg

5、F = ma A B 球：Fmg = maB 由式解得aA=- 2g （方向向下）由式解得aB= 0故C选项正确。【名师点拨】（1）牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变，加速度不变。合外力瞬间改变，加速度瞬间改变。本题中A球剪断瞬间合外力变化， 加速度就由0变为2g ,而B球剪断瞬间合外力没变，加速度不变。弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧不计质量，弹性限度内k是常数。绳子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变不会瞬间改变，要有一段时间。当F二受吟3产时，物体力斜向下运动。cos 3 + si n n【些吟也臀时，物体以通向上运规c

6、os & - pc si n p易错点3:不理解超、失重的实质易错分析：要头透彻理解对超重和失 重的实质，超失重与物体的速度无关，只取决于加速度情况.物体具有竖直向 上的加速度或具有竖直向上的分加速度.失重时，物体具有竖直向下的加速度 或有竖直向下的分加速度.处于超重或失重状态的物体仍受重力，只是视重 (支持力或拉力)大于或小于重力，处于完全失重状态的物体，视重为零。(1) “单个物体”超、失重一一“加速度”和“受力”两个角度来理解。(2) “系统”超、失重一一系统中只要有一个物体是超、失重，则整个系统何以 认为是超、失重。(3)加速度“向上、斜向上”都是“向上”一一超重；(4)处于“完全失重

7、”状态的物体一一内部竖直方向上的自然压力(非外在人为 压力)处处为零。【典例3】(多选)“天宫二号”绕地球运动时，里面所有物体都处于完全失重状态， 则在其中可以完成下列哪个实验 ()A.水银温度计测量温度B.做托里拆利实验C.验证阿基米德原理D .用两个弹簧测力计验证牛顿第三定律【答案】AD【解析】物体处于完全失重状态，与重力有关的一切物理现象都消失了 .托里拆利实验用到了水银的压强，由于 p = p g点重力加速度g有关，故该实验不能完成；阿基 米德原理中的浮力 F= p gVb也与重力加速度g有关，故该实验也不能完成；水银温度 计测温度利用了液体的热胀冷缩原理，弹簧测力计测拉力与重力无关.

8、故能完成的实验是 A、D.易错点4:找不到两物体间的运动联系而出错易错分析：动力学的中心 问题是研究运动和力的关系，除了对物体正确受力分析外，还必须正确分析 物体的运动情况.当所给的情境中涉及两个物体，并且物体间存在相对运动时， 找出这两物体之间的位移关系或速度关系尤其重要，特别注意物体的位移都 是相对地的位移，故物块的位移并不等于木板的长度.一般地，若两物体同向 运动，位移之差等于木板长；反向运动时，位移之和等于木板长。【典例4】如图所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一 个物体P处于静止。P的质量为12kg ,弹簧的劲度系数 k=800N/m 。现给P施加一 个竖直向上

9、的力F,使P从静止开始向上做匀加速运动。 已知在前0.2s内F是变化的， 在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？、电，、：【错解分析】错解：F 最大值即 N = 0 时，F = ma+mg=210(N)错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G = F+N ,不自觉的贯穿在解题中。【正确解答】解题的关键是要理解 0.2s前F是变力，0.2s后F是恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。以物体P为研究对象。物体 P静止时受重力G、称盘给的支持力 No因为物体静止，EF=0N = G = 0 N = kx 0 设物体向上匀加速运动加速度为a

10、。此时物体P受力如图2-31受重力G,拉力F和支持力N02-31据牛顿第二定律有F+N - G = ma 当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由 00.2s内物体的位移为X0。物体由静止开始运动，则%7将式，中解得的X0= 0.15m 代入式解得a = 7.5m/s 2F的最小值由式可以看出即为N最大时，即初始时刻N =N = kx 。代入式得Fmin = ma + mg -kx=12 X （7.5+10） -800 X 0.15=90（N）F 最大值即 N=0 时，F = ma+mg = 210（N）【名师点拨】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分

11、离时，弹簧的形变不为0, P物体的位移就不等于x。，而应等于Xo-x （其中x即称盘对弹簧的 压缩量）。举一反三，纠错训练1 .（多选）（2019 全国卷田）女画，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t = 4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力 f随时间t变化的关系如图（b） 所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略. 重 力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出（）012 5 4 5ISf（b）A .木板的质量为1 kg8. 24 s内，力F的大小为0.4

12、N9. 02 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案AB解析结合两图象可判断出02 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩 擦力为静摩擦力，此过程力 F等于f,故F在此过程中是变力，即 C错误；25 s内 木板与物块发生相对滑动， 摩擦力转变为滑动摩擦力， 对24 s和45 s列运动学方 程，可解出质量 m为1 kg , 24 s内的力F为0.4 N ,故A、B正确；由于不知道物 块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数科 ,故D错误.I r I10. （2018 全国卷I ）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上

13、的力 F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动.以 x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可 能正确的是（）答案A解析由牛顿运动定律，F - kx = ma , F = kx + ma.x为离开原平衡位置的位移， 对比题给的四个图象，可能正确的是A.11. （2019 海南卷）如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为 m、2m, 两者之间用水平轻绳连接.两物块与地面之间的动摩擦因数均为g重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的拉力 F,使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为A. F - 2 mg B.1F+ ,3,mgC-F- mg D. F 33

14、答案D解析根据牛顿第二定律，对PQ的整体：F 3mgWma ;对物体P： T- m mg1=ma ;解得T = 3F,故选D.4 .（多选）某人在地面上用体重计称得其体重为490 N ,他将体重计移至电梯内称其体重，卜至t3时间段内，体重计的示数如图所示，电梯运动的v-t图象可能是以下四个选项中的（取电梯向上运动的方向为正方向）（）【答案】AD【解析】由题图可知，在t。3阶段，体重计示数小于实际体重， 则处于失重状态,此时具有向下的加速度；在 tlt2阶段，体重计示数等于实际体重，说明电梯做匀速直线运动或处于静止状态；在t 2t 3阶段，体重计示数大于实际体重，则处于超重状态，具有向上的加速度

15、.故选项 A、D正确.5 . 一个同学站在体重计上称体重，当该同学静止时体重计示数为600 N ,现在该同学突然下蹲，则从开始下蹲到静止全过程中体重计的示数（）A. 一直大于600 NB . 一直小于600 NC.先是大于600 N ,后小于600 N ,最后等于600 ND ,先是小于600 N ,后大于600 N ,最后等于600 N【答案】D【解析】该同学下蹲全过程中，他先是加速向下后又减速向下运动，最后静止，故 他先是处于失重状态， 体重计示数小于重力 600 N ,后又处于超重状态， 体重计示数大于600 N ,最后处于平衡状态，体重计示数为600 N , D正确.6.力F作用于质量

16、为 m i的甲物体时产生的加速度为ai,此力作用于质量为m 2的乙物体时产生的加速度为 a2,若将甲、乙两个物体合在一起，仍受此力的作用，产生的加速度是（）a1 + a2A. 2|a i a? |B. 2a 1 a2C. ai + a2a1 + a2D.aa2【答案】C.【解析】力产作用于用时，4僦犹（D力户作用于乙时，4或注力f作用于用, N整体rt,人如+成）小联立得生=子，极选项C正磁, 31十a7 .如图所示，在倾角为a = 30的光滑固定斜面上，有两个质量均为 m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对 A施加一水平向右的恒力，使 A、B均静 止在斜面上，此时弹簧的长度为

17、L,下列说法正确的是（）mga.弹簧的原长为L+-r2kB .水平恒力大小为C.撤掉恒力的瞬间小球 A的加速度为gD.撤掉恒力的，瞬间小球B的加速度为g【答案】C.mg【解析】 对小球B受力分析，由平衡条件得 kx = mgsin a,解得x = j：,则弹 2k簧的原长为L x=L 得,选项A错误；又W、球 A受力分析，则Fcos a = mgsin a 2k+ kx ,解得F = 23mg，选项B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则 B球的加 3速度为零，由mgsin a Hkx =ma a,解得小球A的瞬时加速度为aA=g,选项C正确.8 .如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，

18、系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度 （橡皮筋在弹性限度内）.与稳定在竖直位置时相比，小球 的高度（）A. 一定升高B. 一定降低C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【答案】A.【解析】 本题考查了牛顿第二定律与受力分析.设橡皮筋原长为1。，小球静止时mg设橡皮筋伸长xi,由平衡条件有kxi=mg,小球距离悬点高度h = 1。+xi = 1。+：，加 k速时，设橡皮筋与水平方向夹角为e,此时橡皮筋伸长X2,小球在竖直方向上受力平衡，一、mg一有kx2sin 8 mg ,小球距离悬点高度 h = (

19、Io + X2)sin 0 losin 0因此小球高k度升高了.9.如图甲所示为杂技中的“顶杆”表演，地面上演员B肩部顶住一根长直杆，另一演员A爬至杆顶端完成各种动作.某次顶杆表演结束后，演员 A自杆顶由静止开始 下滑，滑到杆底时速度正好为零，其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示.演员 A 质量为40 kg ,杆质量为10 k g, g取10 m/s 2 .,则()甲乙A.演员A的加速度方向先向上再向下B.演员A所受摩擦力的方向保持不变17C . t = 2 s时，演员B肩部所受压力大小为 380 ND. t=5 s时，演员B肩部所受压力大小为 540 N【答案】BD.【解析】解析演员A先向

20、下匀加速运动，然后向下匀减速运动，加速度方向先向卜再向上，选项A错误；下滑过程受到的滑动摩擦力向上 (不变)，选项B正确；由图像知，前、 Amo4 s内A的加速度21 = 二=0.5 m/s ,对A演员，由牛顿第二定律 mgFf1解得Ff1 = mg ma 1 = 380 N，所以演员B肩部所受压力大小为Fn = F fi + mg= 480A也N,选项C错误；同理，后2 s内A的加速度a2 = -=- 1 2m/s 2, mg Ff2=ma 2F N=Ff2+m g= 540 N ,选项 D 正确.10.如图所示，质量m = 1 kg的物块A放在质量M=4 kg木板B的左端，起初A、B静止在

21、水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为由=0.4 ,地面与B之间的动摩擦因数为包=0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s 2,求:(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值;若F=30 N ,作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少.解析(1)对于A,最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即由 mg = ma m, am =4 m/s 2对 A、B 整体 F- (M + m)g=(M + m)a m ,解得 F = 25 N设F作用在B上时A、B的加速度分别为ai、a2,撤掉F时速度分别

22、为Vi、V2, 撤去外力F后加速度分别为a/、a? , A、B共同运动时速度为V3,加速度为a3,对于 A:田mg = ma1，得 a1二4 m/s 2, Vi = a1ti = 4 m/s对于 B : F (nmg (i2(M + m)g = Ma 2,得 a2=5.25 m/s 2, V2 = a2ti = 5.25 m/s撤去外力ai =ai = 4 m/s _2,一一十. m/s 2M经过t2时间后A、B速度相等vi+a/t2 = V2a2 t2解得 t2=0.2 s共同速度 V3 = Vi + a/t2 = 4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板最短的长度LV

23、2V2 v21L=xB-xA = 2a；+ 2ai(ti +12)2 = .75 mA、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动,加速度 a3 = g = 1 m/s 2从v3至最终静止位移为*=蒋=11.52 m所以A的总位移为*人总=*人+ * = 14.4 m.11.(多选)如图所示，由电动机带动的水平传送带两端A、B间的距离为L,传送带以速度v顺时针方向转动，一个质量为m的小物体以一定的初速度从 A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为3 ： 4,重力加速度为g,传送带速度大小不变.下列说法正确的是 （）vA.物块的初速度大小为-37V之B.物块与传送带间的动摩擦因数为 -8gL4C.整个过程中物块与传动带间的相对位移为7L8LD .物块从A运动到B的时间为 7v答案BDVo +VV解析设物块的初速度大小为 V0.根据题意知一2t ： vt=3 ： 4,解得：Vo = 3,故Vo + v4L8LA错误；由L=-2 t +vt,可得t = 7v, t总=2t =7v,故D正确；由运动学公式v2v0 = 2ax可得v2- v =2ax：L,解得：a =一.由牛顿第二定律可得 a=上工