高考物理三轮复习考前冲刺易错题专题03 牛顿运动定律（含解析）

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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：①轻绳不能伸长，②轻绳的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F=kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量.②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．a1=g a2=g
B．a1=2g a2=g
C．a1=2g a2=0
D．a1=0 a2=g
【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g。故选A。
出现上述错解的原因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F′
A球：T－mg-F = 0 ①
B球：F′－mg = 0 ②
由式①，②解得T=2mg，F=mg
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－F = maA ③
B球：F′－mg = maB ④
由式③解得aA=－2g（方向向下）
由式④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。

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——“加速度”和“受力”两个角度来理解。
（2）“系统”超、失重——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”——超重；
（4）处于“完全失重”状态的物体——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＝ρgh与重力加速度g有关，故该实验不能完成；阿基米德原理中的浮力F＝ρgV排也与重力加速度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．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？
【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N。
因为物体静止，∑F=0
N = G = 0 ①
N = kx0②
设物体向上匀加速运动加速度为a。
此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′
据牛顿第二定律有
F+N′－G = ma ③
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0～0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则
将式①，②中解得的x0= 0.15m代入式③解得a = 7.5m/s2
F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N = kx。
代入式③得
Fmin= ma + mg－kx0
=12×(7.5+10)-800×0.15
=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物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-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Ⅲ)如图(a)，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( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 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0～2 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；2～5 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2～4 s和4～5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2～4 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μ，故D错误．
2．(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.
3．(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μ，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－2μmg B.eq \f(1,3)F＋μmg
C.eq \f(1,3)F－μmg D.eq \f(1,3)F
[答案] D
[解析] 根据牛顿第二定律，对PQ的整体：F－μ·3mg＝3ma；对物体P：T－μmg＝ma；解得T＝eq \f(1,3)F，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，t0 至t3时间段内，体重计的示数如图所示，电梯运动的v­t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)( )
A B
C D
【答案】AD
【解析】由题图可知，在t0～t1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t1～t2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t2～t3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．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 N
B．一直小于600 N
C．先是大于600 N，后小于600 N，最后等于600 N
D．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作用于质量为m1的甲物体时产生的加速度为a1，此力作用于质量为m2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( )
A.eq \f(a1＋a2,2)
B.eq \f(|a1－a2|,2)
C.eq \f(a1a2,a1＋a2)
D.eq \f(a1＋a2,a1a2)
【答案】C.
7．如图所示，在倾角为α＝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L，下列说法正确的是( )
A．弹簧的原长为L＋eq \f(mg,2k)
B．水平恒力大小为eq \f(\r(3),3)mg
C．撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为g
D．撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g
【答案】C.
【解析】 对小球B受力分析，由平衡条件得kx＝mgsin α，解得x＝eq \f(mg,2k)，则弹簧的原长为L－x＝L－eq \f(mg,2k)，选项A错误；对小球A受力分析，则Fcs α＝mgsin α＋kx，解得F＝eq \f(2 \r(3),3)mg，选项B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则B球的加速度为零，由mgsin α＋kx＝maA，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，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l0，小球静止时设橡皮筋伸长x1，由平衡条件有kx1＝mg，小球距离悬点高度h＝l0＋x1＝l0＋eq \f(mg,k)，加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sin θ＝mg，小球距离悬点高度h′＝(l0＋x2)sin θ＝l0sin θ＋eq \f(mg,k)，因此小球高度升高了．
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 kg，g取10 m/s2.则( )
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
C．t＝2 s时，演员B肩部所受压力大小为380 N
D．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先向下匀加速运动，然后向下匀减速运动，加速度方向先向下再向上，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4 s内A的加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝0.5 m/s2，对A演员，由牛顿第二定律mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝mg－ma1＝380 N，所以演员B肩部所受压力大小为FN＝Ff1＋m′g＝480 N，选项C错误；同理，后2 s内A的加速度a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝－1 m/s2，mg－Ff2＝ma2，F′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μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：
(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；
(2)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
μ1mg＝mam，am＝4 m/s2
对A、B整体F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)am，解得F＝25 N
(2)设F作用在B上时A、B的加速度分别为a1、a2，撤掉F时速度分别为v1、v2，撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度为v3，加速度为a3，
对于A：μ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
对于B：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去外力
a1′＝a1＝4 m/s，a2′＝eq \f(μ1mg＋μ2（M＋m）g,M)＝2.25 m/s2
经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2
解得t2＝0.2 s
共同速度v3＝v1＋a1′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L
L＝xB－xA＝eq \f(veq \\al(2,2),2a2)＋eq \f(veq \\al(2,3)－veq \\al(2,2),－2a2′)－eq \f(1,2)a1(t1＋t2)2＝0.75 m
A、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，
加速度a3＝μ2g＝1 m/s2
从v3至最终静止位移为x＝eq \f(veq \\al(2,3),2a3)＝11.52 m
所以A的总位移为xA总＝xA＋x＝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( )
A．物块的初速度大小为eq \f(v,3)
B．物块与传送带间的动摩擦因数为eq \f(7v2,8gL)
C．整个过程中物块与传动带间的相对位移为eq \f(4,7)L
D．物块从A运动到B的时间为eq \f(8L,7v)
[答案] BD
[解析] 设物块的初速度大小为v0.根据题意知eq \f(v0＋v,2)t∶vt＝3∶4，解得：v0＝eq \f(v,2)，故A错误；由L＝eq \f(v0＋v,2)·t＋vt，可得t＝eq \f(4L,7v)，t总＝2t＝eq \f(8L,7v)，故D正确；由运动学公式v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得v2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝2a×eq \f(3,7)L，解得：a＝eq \f(7v2,8L).由牛顿第二定律可得a＝eq \f(μmg,m)＝μg，所以μ＝eq \f(7v2,8gL)，故B正确；加速过程中物块的位移为eq \f(3,7)L＝eq \f(v0＋v,2)t＝eq \f(3,4)vt，传送带的位移为vt＝eq \f(4,3)×eq \f(3,7)L＝eq \f(4,7)L，相对位移为Δx＝eq \f(L,7)，故C错误．
12．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )
A．传送带的速率v0＝10 m/s
B．传送带的倾角θ＝30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25
D．0～2.0 s内物体相对地面的位移大小为16 m
[答案] AD
[解析] 由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为v0＝10 m/s，故A正确；在0～1.0 s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ，由图可得a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝10 m/s2，即有gsin θ＋μgcs θ＝10.在1.0～2.0 s，物体的加速度为a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝gsin θ－μgcs θ，由图可得：a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝2 m/s2，即有gsin θ－μgcs θ＝2.联立解得：μ＝0.5，θ＝arctan eq \f(3,4)，故B、C错误；根据“面积”表示位移，可知0～1.0 s物体相对于地的位移x1＝eq \f(1,2)×10×1 m＝5 m，1.0～2.0 s物体相对于地的位移x2＝eq \f(10＋12,2)×1 m＝11 m．所以0～2.0 s内物体相对地面的位移大小为16 m，故D正确．