高考物理牛顿运动定律易错剖析含解析

高考物理牛顿运动定律易错剖析含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为
1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静
止(
)2
10/g m s
=，求：
()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．
【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】
()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运
动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．
()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能
量守恒求热量． 【详解】
()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得
1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；
由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=
()2小物块减速过程中，有：
13mg ma μ=； 031m v v a t =-；
在整个过程中，由系统的能量守恒得
2012
Q mv = 联立解得40.5Q J =
【点睛】
本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
2．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：
(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.
【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】
(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有0
1012
v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1
包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5
(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B
包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-1
2
m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-1
2
m B v B 2 解得：△E =0.96J
(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零，
由动能定理可知-μ1m A gx A=0-1
2
m A v A2
解得x A=0.016m<L，包裹A在传送带上会再次向右运动.设包裹A再次离开传送带的速度为v A′
μ1m A gx A=1
2
m A v A′2
解得:v A′ =0.4m/s
设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A
-μ2m A gx A′=0-1
2
m A v A2
解得x A′=0.08m
x A′=<0.32m
包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.
3．某研究性学习小组利用图a所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系。

已知木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。

某次实验中，质量m=0.1kg的物块在平行于板面向上、F=0.6N的恒力作用下，得到加速度a 与斜面倾角的关系图线，如图b所示，已知图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。

（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）a0多大？倾角θ1多大？
（2）当倾角θ为30°时，物块在力F作用下由O点从静止开始运动，2s后撤去，求物块沿斜面运动的最大距离？
【答案】（1）6m/s2， 37°；（2）2.4m。

【解析】
【详解】
（1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为a0
由牛顿第二定律：F合=F=ma0
解得a0=6m/s2
由图象可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度a=0
即：F=mg sinθ1
解得θ1=37°
（2）当木板倾角为θ=30o时，对物块由牛顿第二定律得：
F-mg sinθ=ma1
解得a1=1m/s2
设木块2s末速度为v1，由v1=a1t
得 v 1=2m /s 2s 内物块位移s 1=
12
a 1t 2
=2m 撤去F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。

设加速度为a 2 ，对物块由牛顿第二定律得： mg sinθ=ma 2 a 2=g sin30°=5m/s 2
撤去F 后，物块继续向上运动的位移为2
122
0.4m 2v s a == 则物块沿斜面运动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m
4．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求： （1）物块运动的最大速度； （2）F 的大小；
（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功 【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】 【分析】
（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．
（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功． 【详解】
（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2
v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2
x v m s t ⨯=
== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=6
2
v
t
=
=3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N
（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12
mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．
5．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;
（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】
试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s
⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2
112
h gt =
t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2
h
v =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t
1＋t 2＝5s
⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0
根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma
根据匀变速直线运动规律有：a ＝2
2
02v h -＝－15m/s 2
解得：N ＝75N （2分）
根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用
6．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为
100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，
（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；
（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系1
2(),2
F t N =+
求A 、B 都仍能保持静止状态
的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力 图像．（规定向左为正方向）
【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）
.
【解析】
试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．
（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态 由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹
max 3A A f N f ∴=<方向向右；
对B 有：B F f =弹
max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立
（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=
0.1414B m g
x m cm k
μ∴='=
=
A 、
B 间距离： 011s l x cm '=-=
（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹 得：1
3()2
A f F F t N =-=
-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变
对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26s
作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示
7．如图甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与半径为R=0．6m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1kg 的滑块（大小不计），从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间动摩擦因数为0．25，与BC 间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s 2．求：
（1）滑块到达B 处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程中所需的时间；
（3）若滑块到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少． 【答案】（1）210/m s （28
35
s （3）5J 【解析】
试题分析： （1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得
F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝1
2
mv B 2得v B ＝10m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得
F 1－μmg ＝ma 且x 1＝
12
at 12
解得t 1＝
8
35
s ． （3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C
v R
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得
W －mg×2R ＝
12mv C 2－1
2
mv B 2 代入数值得W ＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J ．
考点：动能定理；牛顿第二定律
8．上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。

由地上121层主楼、5层裙楼和5层地下室组成.“上海之巅”是位于118层的游客观光平台，游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需55秒，运行的最大速度为18m/s 。

观景台上可以鸟瞰整个上海全景，曾经的上海第一高楼东方明珠塔，金茂大厦，上海环球金融中心等都在脚下，颇为壮观。

一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为0.5kg 的物体受到的竖直向上拉力为5.45 N ，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g 取10m/s 2）
求：（1）求电梯加速阶段的加速度及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度； 【答案】（1）20.9/m s 20s （2）540m 【解析】 【分析】
（1）在加速阶段，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解；
（2）电梯先做加速，后做匀速，在做减速，根据运动学公式或速度与时间关系图像即可求得； 【详解】
（1）设加速度为a ，对物体由牛顿第二定律得：F mg ma -= 解得：20.9/a m s =
由题可知电梯的最大速度为18/v m s =，则根据速度与时间关系0v v at =+ 代入数据可以得到：20t s =；
（2）由题可知：匀加速阶段位移为：2
111802
x at m =
= 由于加速阶段和减速阶段加速度大小相等，则减速阶段时间也为t ，则匀速阶段的时间为
552s t -
则匀速阶段位移为：()2
552270x v t m =-= 匀减速阶段位移为：2
301802v x m a
-==-
则电梯上行的高度为：123630x x x x m =++=。

【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，明确电梯的动过程，即先做加速，后做匀速，在做减速，即可求得。

9．如图，在竖直平面内有一个半径为R 的光滑圆弧轨道，半径OA 竖直、OC 水平，一个质量为m 的小球自C 点的正上方P 点由静止开始自由下落，从C 点沿切线进入轨道，小球沿轨道到达最高点A 时恰好对轨道没有压力．重力加速度为g ，不计一切摩擦和阻力．求：
（1）小球到达轨道最高点A 时的速度大小； （2）小球到达轨道最低点B 时对轨道的压力大小． 【答案】（1）A v gR 2）6mg
【解析】
试题分析：（1） 设小球在A 点速度大小为A v ，小球到达A 点由重力提供向心力得：
2
A v mg m R
=①………………………………………………2分 可得：A v gR ……………………………………………………2分
设小球在B 点速度大小为B v ，从B 到A 由机械能守恒得：
2211
(2)22
B A mv mv mg R =+⋅②………………………………………2分 在B 点由牛顿第二定律可得：2
B v F mg m R
-=③ ……………… 2分 由①②③计算可得：6F mg =……………………………………………1分
在B点，小球对轨道的压力为'F，由牛顿第三定律可得：
==④………………………………………1分
'6
F F mg
考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律
10．如图所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10 m的A、B两个小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取
g＝10 m/s2．求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．
【答案】2.5s
【解析】
试题分析：设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有：
1s
A球滑上斜坡后加速度m/s2
设此时A球向上运动的位移为，则m
此时A球速度m/s
B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以m/s
做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：s
则相遇时间s
考点：本题考查了运动学公式的应用。