高中物理-专题练习-牛顿运动定律易错题.docx
高考物理牛顿运动定律易错剖析
高考物理牛顿运动定律易错剖析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B ，现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量mA=2kg ，B 滑块的质量mB=4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：（1）t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小； （2）0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．【答案】(1)22121,0.5m ma a ss ==；(2)30J【解析】 【详解】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ， 由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——② B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a 由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；联立①②③解得：211m /s a =，220.5m /s a =；(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x1221122221212L x x x a t x a t ⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t =2秒时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：()12A Q f x x =+ 代入数据解得：30J Q =．2．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量． 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =3．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01012v 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 =0-12m 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 2-12m 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 =0-12m A v A 2 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 =12m 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 ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08mx 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.4．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．如图所示，传送带水平部分x ab =0.2m ，斜面部分x bc =5.5m ，bc 与水平方向夹角α=37°，一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，经b 点时速率不变．(取g =10m/s 2，sin37°=0.6)求：（1）物块从a 运动到b 的时间； （2）物块从b 运动到c 的时间．【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ． 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间． 【详解】（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：1mg ma μ=解得：21 2.5m/s a =A 与皮带共速需要发生位移：219 1.8m 0.2m 25v x m a ===>共故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：21112ab x a t =代入数据解得：10.4s t =（2）到达b 点的速度：111m/s 3m/s b v a t ==<由牛顿第二定律得：22sin 37mg f ma ︒+= 2cos37N mg =︒且22f N μ=代入数据解得：228m/s a =物块在斜面上与传送带共速的位移是：2222b v v s a -=共代入数据解得：0.5m 5.5m s =<共时间为：2231s 0.25s 8b v v t a --===因为22sin 376m/s cos372m/s g g μ︒=︒=＞，物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得：23sin 37mg f ma ︒-= 2cos37N mg =︒，且22f N μ=代入数据解得：234m/s a =设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2bc x s vt a t -=+共，得： 31s t =综上，物块从b 运动到c 的时间为：23 1.25s t t +=7．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编及答案
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编及答案一、选择题1．如图所示，A 、B 两物块质量均为m ，用一轻弹簧相连，将A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B 物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x ．现将悬绳剪断，则（ ）A ．悬绳剪断瞬间A 物块的加速度大小为2gB ．悬绳剪断瞬间A 物块的加速度大小为gC ．悬绳剪断瞬间B 物块的加速度大小为2gD ．悬绳剪断瞬间B 物块的加速度大小为g2．随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐运动．如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球，由于恒定的水平风力作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴，则（ ）A ．球被击出后做平抛运动B 2h gC ．球被击出后受到的水平风力大小为mgLhD ．球被击出时的初速度大小为2g h3．如图所示，弹簧测力计外壳质量为0m ，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物，现用一竖直向上的拉力F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为0F ，则拉力F 大小为（ ）A ．0mmmg m+ B ．00m mF m+ C ．00m mmg m + D ．000m mF m + 4．质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图所示.取g ＝10m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为( )A ．0.2,6NB ．0.1,6NC ．0.2,8ND ．0.1,8N5．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（ ） A ．物体处于超重状态时，其重力增加了 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化6．如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体。
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高考物理力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案
高考物理力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案一、选择题1．荡秋千是一项娱乐，图示为某人荡秋千时的示意图，A点为最高位置，B点为最低位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在A点时，人所受的合力为零B．在B点时，人处于失重状态C．从A点运动到B点的过程中，人的角速度不变D．从A点运动到B点的过程中，人所受的向心力逐渐增大2．在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球（）A．可能落在A处B．一定落在B处C．可能落在C处D．以上都有可能3．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30N4．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则（）A ．升降机停止前在向下运动B ．10t -时间内小球处于失重状态，12t t -时间内小球处于超重状态C ．13t t -时间内小球向下运动，动能先增大后减小D ．34t t -时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量5．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．6．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0t =时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物块上，且F 的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a 、摩擦力f F 、速度v 随F 的变化图象正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．7．如图所示，有一根可绕端点B 在竖直平面内转动的光滑直杆AB ，一质量为m 的小圆环套在直杆上。
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编及解析
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编及解析一、选择题1．荡秋千是一项娱乐，图示为某人荡秋千时的示意图，A点为最高位置，B点为最低位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在A点时，人所受的合力为零B．在B点时，人处于失重状态C．从A点运动到B点的过程中，人的角速度不变D．从A点运动到B点的过程中，人所受的向心力逐渐增大2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30N3．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N4．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B．弹簧弹力不可能为34 mgC．小球可能受三个力作用D．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg5．如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的拉力F=20N的作用，则物体的加速度为（）A．0B．2m/s2，水平向右C．4m/s2，水平向右D．2m/s2，水平向左6．下列对教材中的四幅图分析正确的是A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用7．2018 年 11 月 6 日,第十二届珠海航展开幕．如图为某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为 200 米，速度约为300km/h．A．若飞机在空中定速巡航，则飞机的机械能保持不变．B．图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力和向心力的作用C．图中飞机经过最低点时，驾驶员处于失重状态．D．图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的 4.5 倍．8．如图所示，小球从高处落到竖直放置的轻弹簧上，则小球从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中（）A．小球的动能不断减少B．小球的机械能在不断减少C．弹簧的弹性势能先增大后减小D．小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力9．质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0同时到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f=kv（k>0），且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是（）A．甲球质量m1较小B．稳定速度与质量成正比C．释放瞬间甲球的加速度较大D．t0时间内两球下落的高度相等10．小明为了研究超重和失重现象，站在电梯内水平放置的体重秤上，小明质量为55kg，电梯由启动到停止的过程中，下列说法错误．．的是（）A．图1可知电梯此时处于静止或匀速运动状态B．图2可知该同学此时一定处于超重状态C．图2可知电梯此时一定处于加速上升状态D．图2可知电梯此时的加速度约为0.7m/s211．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则下列说法不正确的是（）A．开始时行李的加速度为2 m/s2B．行李到达B点时间为2 sC．传送带对行李做的功为0.4 JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m12．在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球（）A．可能落在A处B．一定落在B处C．可能落在C处D．以上都有可能13．一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大14．人用绳子通过动滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳，使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，以下说法正确的是（）A．A物体运动可分解成沿绳子方向的直线运动和沿竖直杆向上的运动B．A物体实际运动的速度是v0cosθC ．A 物体实际运动的速度是0cos v θD ．A 物体处于失重状态 15．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg ．若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg ，则在这段时间内（重力加速度为g ）（ ）A ．该同学所受的重力变小了B ．电梯一定在竖直向下运动C ．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力D ．电梯的加速度大小为0.2g ，方向一定竖直向下16．如图，某人在粗糙水平地面上用水平力F 推一购物车沿直线前进，已知推力大小是80N ，购物车的质量是20kg ，购物车与地面间的动摩擦因数，g 取，下列说法正确的是（ ）A ．购物车受到地面的支持力是40NB ．购物车受到地面的摩擦力大小是40NC ．购物车沿地面将做匀速直线运动D ．购物车将做加速度为的匀加速直线运动17．某同学研究物体的运动，让一个质量为2kg 的物体在水平恒力的作用下沿光滑水平而做直线运动，物体的x t t-图线如图所示，t 是从某时刻开始计时物体运动的时间，x 为物体在时间t 内的位移，由此可知A．物体受到的恒力大小为0.6NB．5s末物体的速度为4.5m/sC．0~10s内物体的速度变化量为3m/sD．0~5s内物体的位移为22.5m18．为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。
【物理】物理牛顿运动定律的应用易错剖析含解析.doc
【物理】物理牛顿运动定律的应用易错剖析含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1． 如图，光滑水平面上静置一长木板 A ，质量 M=4kg ，A 的最前端放一小物块 B （可视为质点），质量 m=1kg ， A 与 B 间动摩擦因数 μ=0.2．现对木板 A 施加一水平向右的拉力 F ， 取 g=10m/s 2．则：（1）若拉力 F 1=5N ， A 、B 一起加速运动，求 A 对 B 的静摩擦力 f 的大小和方向； （2）为保证 A 、 B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值 Fm （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（ 3）若拉力 F 2=14N ，在力 F 2 作用 t=ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度 L【答案】（ 1） f= 1N ，方向水平向右；（ 2） F m = 10N 。
（ 3）木板的最小长度 L 是 0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对 AB 整体分析，由牛顿第二定律得： F 1=（M +m ） a 1对 B ，由牛顿第二定律得：f=ma 1 联立解得 f =1N ，方向水平向右；（2）对 AB 整体，由牛顿第二定律得： F m =（ M+m ）a 2 对 B ，有： μmg=ma 2 联立解得：F =10Nm（3）因为 F 2m22。
木板 A＞ F ，所以 AB 间发生了相对滑动，木块 B 加速度为： a =μg=2m/s加速度为 a 3 2 3 32。
，则： F -μmg =Ma 解得： a =3m/s1s 末 A 的速度为： v =a t=3m/sA 3B 的速度为： v =a t=2m/sB 21s 末 A 、B 相对位移为： △l 1=v Av Bt =0.5m 撤去 F 2 后， t ′s 后 A 、 B 共速2对 A ： -μmg=Ma 4 可得： a 4=-0.5m/s 2。
共速时有： v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得： t ′ =0s.4撤去 F 2 后 A 、B 相对位移为： △l 2=v A v Bt ' =0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：2L=△l 1+△l 2 =0.7m 。
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附解析
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附解析一、选择题1．某同学研究物体的运动，让一个质量为2kg 的物体在水平恒力的作用下沿光滑水平而做直线运动，物体的x t t-图线如图所示，t 是从某时刻开始计时物体运动的时间，x 为物体在时间t 内的位移，由此可知A ．物体受到的恒力大小为0.6NB ．5s 末物体的速度为4.5m/sC ．0~10s 内物体的速度变化量为3m/sD ．0~5s 内物体的位移为22.5m2．质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图所示.取g ＝10m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为( )A ．0.2,6NB ．0.1,6NC ．0.2,8ND ．0.1,8N3．如图是塔式吊车在把建筑部件从地面竖直吊起的a t -图，则在上升过程中（ ）A ．3s t =时，部件属于失重状态B ．4s t =至 4.5s t =时，部件的速度在减小C ．5s t =至11s t =时，部件的机械能守恒D ．13s t =时，部件所受拉力小于重力4．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内，两球下落的高度相等5．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB 段曲线可知，运动员在此过程中A ．做匀变速曲线运动B ．做变加速运动C ．所受力的合力不断增大D ．机械能守恒6．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0t =时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物块上，且F 的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a 、摩擦力f F 、速度v 随F 的变化图象正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．7．在光滑水平轨道上有两个小球A 和B （均可看做质点），质量分别为m 和2m ，当两球间的距离大于L 时，两球间无相互作用；当两球间的距离等于或小于L 时，两球间存在恒定斥力，若A 球从距离B 球足够远处以初速度0v 沿两球连线向原来静止的B 球运动，如图所示，结果两球恰好能接触，则该斥力的大小为（ ）A ．20mv LB ．202mv LC ．202mv LD ．203mv L8．质量为M 的人站在地面上，用绳通过光滑定滑轮将质量为m 的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a 下降（a g <），则人对地面的压力大小为（ ）A ．()M m g ma +-B ．()M g a ma --C ．()M m g ma -+D ．Mg ma -9．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则下列说法不正确的是（ ）A ．开始时行李的加速度为2 m/s 2B ．行李到达B 点时间为2 sC ．传送带对行李做的功为0.4 JD ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m10．如图所示，质量均为m 的物块P 、Q 放在倾角为θ的斜面上，P 与斜面之间无摩擦，Q 与斜面之间的动摩擦因数为μ。
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案解析
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案解析一、选择题1．如图，某人在粗糙水平地面上用水平力F推一购物车沿直线前进，已知推力大小是80N，购物车的质量是20kg，购物车与地面间的动摩擦因数，g取，下列说法正确的是（）A．购物车受到地面的支持力是40NB．购物车受到地面的摩擦力大小是40NC．购物车沿地面将做匀速直线运动D．购物车将做加速度为的匀加速直线运动2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30Nm，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量3．如图所示，弹簧测力计外壳质量为0为m的重物，现用一竖直向上的拉力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为0F，则拉力F大小为（）A ．0mm mg m+ B ．00m m F m + C ．00m mmg m + D ．000m m F m + 4．如图所示，质量为m 的小物块以初速度v 0冲上足够长的固定斜面，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，（规定沿斜面向上方向为速度v 和摩擦力f 的正方向）则图中表示该物块的速度v 和摩擦力f 随时间t 变化的图象正确的是（）A ．B ．C ．D ．5．下列对教材中的四幅图分析正确的是A ．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用6．如图所示，小球从高处落到竖直放置的轻弹簧上，则小球从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）A ．小球的动能不断减少B ．小球的机械能在不断减少C ．弹簧的弹性势能先增大后减小D ．小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力7．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M :m ；（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T【答案】（1）53F Mg mg =- （2）65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855T mg =或811T Mg =） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得53F Mg mg =- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得65M m = （3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC 方向的加速度大小为a ，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg –T =Ma 小球受AC 的拉力T ′=T 牛顿运动定律T ′–mg cos53°=ma解得85mMg T m M =+（）（4885511T mg T Mg ==或） 【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC 方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．2．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。
高中物理牛顿运动定律易错剖析
高中物理牛顿运动定律易错剖析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。
木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。
t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。
运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。
已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。
求： (1)t=0时刻木板的速度； (2)木板的长度。
【答案】（1）05/v m s =（2）163l m = 【解析】 【详解】（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+ 令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+ 代入数据求得：0=5m/s v（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ=对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112vx t =对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++= 对木板，经历时间t ，发生位移x 2221312x v t a t =-木板长度12l x x =+代入数据，16=m 3l2．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大；（2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？ 【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】 【详解】解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =解得：213m/s a =对木板：122F f f Ma --=解得：225m/s a =滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t =滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =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。
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g Fa M M Mμμμμ--+--+==+乙图知114M = 12()94mg M m g M μμ--+=-解得M = 4 kg μ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则111s v t a == 位移21011112m 2x v t a t =-=M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m ga Mμμ--+==方向向左， M 的位移大小22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++= 对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为 2222243()()1223a t a t x m a a ∆=-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 1282.673x x x m m ∆=∆-∆== 点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为m=2kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．5．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
高考物理牛顿运动定律易错剖析
高考物理牛顿运动定律易错剖析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度．(2)小物块离开传送带时的速度大小．【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o ，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有： cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a= 解得：1 1.25x m =，12L x <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m = 小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t =联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ；（2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 解得：255/v m s = 20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小；(2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ；(3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ．【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ．【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2，解得：a 2= 3m/s 2．小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+'解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．3．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ；(2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （3）55 s 【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ．（2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ，代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．4．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点．（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（00sin 370.6,cos370.8==）【答案】（1）2;amg F ma mg v k =+=（2）343C mg m g a ≥- 【解析】【分析】【详解】（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mg x k =． 根据22v ax =解得：22amg v ax k ==对物体A:F T ma -=;对物体B:T=mg ，解得F=ma+mg ；（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中1T kx mg =≤；竖直方向：sin C F m g θ≤；联立解得 343C mg m g a≥-5．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1可得系统的加速度a 1=1m/s 2；由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1)解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W6．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ；(2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ：水平方向：N 1F F =竖直方向：A A A m g f m a -=且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =对B 由位移公式得：212B B x a t = 由位移关系得：B A x h x =-由速度公式得B 的速度：B B v a t =对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -=恒力F 2的功率：2B P F v =联立解得：P ＝50W7．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）6026N【解析】【分析】（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力；（3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求．【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1，得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3解得a 2＝2 m/s 2F 阻＝Ma 2＝9000 N.(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1F ＝()()221mg ma +得F ＝6026 N.8．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编及答案解析
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编及答案解析一、选择题1．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s，某行李箱的质量为5 kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10 m/s2，则下列说法不正确的是（）A．开始时行李的加速度为2 m/s2B．行李到达B点时间为2 sC．传送带对行李做的功为0.4 JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。
质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。
某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30N3．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N4．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为∆x1和∆x2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（ ）A ．a 1=gB ．a 1=3gC ．∆x 1=3∆x 2D ． ∆x 1=∆x 25．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内，两球下落的高度相等6．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m 的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止， 并以此时为零时刻，在后面一段时间内传 感器显示弹簧弹力F 随时间t 变化的图象 如图乙所示，g 为重力加速度，则（ ）A ．升降机停止前在向下运动B ．10t -时间内小球处于失重状态，12t t -时间内小球处于超重状态C ．13t t -时间内小球向下运动，动能先增大后减小D ．34t t -时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量7．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB段曲线可知，运动员在此过程中A．做匀变速曲线运动B．做变加速运动C．所受力的合力不断增大D．机械能守恒8．2018 年 11 月 6 日,第十二届珠海航展开幕．如图为某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为 200 米，速度约为300km/h．A．若飞机在空中定速巡航，则飞机的机械能保持不变．B．图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力和向心力的作用C．图中飞机经过最低点时，驾驶员处于失重状态．D．图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的 4.5 倍．9．如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B 由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取210m/s）（）A．0B．2.5N C．5N D．3.75N10．质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0同时到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f=kv（k>0），且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是（）A ．甲球质量m 1较小B ．稳定速度与质量成正比C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内两球下落的高度相等11．质量为M 的人站在地面上，用绳通过光滑定滑轮将质量为m 的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a 下降（a g <），则人对地面的压力大小为（ ）A ．()M m g ma +-B ．()M g a ma --C ．()M m g ma -+D ．Mg ma - 12．起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是( ) A ．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力 B ．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小 C ．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小D ．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力13．小华用手握住水杯保持静止状态，下列说法正确的是（ ）A ．杯子受到的重力与摩擦力是一对平衡力B ．杯子受到的压力是杯子形变产生的C ．杯子和手之间没有相对运动趋势D ．手给杯子的压力越大，杯子受到的摩擦力越大14．水平面上一质量为m 的物体，在水平恒力F 作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t 后撤去外力，又经时间2t 物体停下，则物体受到的阻力应为A ． 3FB ．4FC ．2FD ．23F15．如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s16．灯笼，又称彩灯，是一种古老的中国传统工艺品．每年的农历正月十五元宵节前后，人们都挂起红灯笼，来营造一种喜庆的氛围．如图是某节日挂出的一只灯笼，轻绳a、b将灯笼悬挂于O点绳a与水平方向的夹角为，绳b水平．灯笼保持静止，所受重力为G，绳a、b对O点拉力分別为F1、F2，下列说法正确的是（）A．B．C．F1和F2的合力与灯笼对地球的引力是一对平衡力D．灯笼只有重心位置处受重力作用，其他位置不受重力17．体重为50kg的小明蹲在电梯中的体重计上，启动电梯。
高中物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析).docx
高中物理易错题专题三物理牛顿运动定律( 含解析 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量M=0． 4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离 L=0． 5m，某时刻另一质量 m=0． 1kg 的小滑块 (可视为质点 )以 v0=2m／ s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。
已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0． 2，重力加速度g=10m／ s2，小滑块始终未脱离长木板。
求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。
【答案】（ 1） 1.65m （ 2） 0.928m【解析】【详解】解： (1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得：(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：2．如图甲所示，一倾角为37°L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC ，长相连，斜面与圆轨道相切于 B 处， C为圆弧轨道的最高点。
t=0 时刻有一质量m=1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t 图象如图乙所示。
已知圆轨道的半径R=0.5 m。
（取g=10 m/s 2， sin 37 =0.°6， cos 37 =0°.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达 C 点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从 A 点滑上轨道，通过 C 点后恰好能落在 A 点。
如果能，请计算出物块从 A 点滑出的初速度；如不能请说明理由。
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:0～6 s内物体位移为:则0～6 s内物体相对于皮带的位移为0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126 J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。
2．如图甲所示，m 1 =5 kg 的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m 1下滑前将m 2 = 3 kg 的滑块停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B 点运动到C 点的v -t 图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s 2．(1)求A 、B 的高度差h ；(2)求滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC ； (3)滑块m 2到达C 点时速度恰好减到3 m/s ，求滑块m 2的传送时间； (4)求系统因摩擦产生的热量．【答案】（1）0.8m （2）26m （3）6.5s （4）16J 【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m 1 的速度v 1=1 m/s ，m 2的速度v 2 =5 m/s ，设碰撞前瞬间m 1的速度为v 0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m 1v 0= m 1v 1+ m 2v 2 解得：v 0 = 4 m/sm 1下滑的过程机械能守恒：211012m gh m v = 解得：h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5va t∆==∆m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m (3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为24/2v vv m s +== 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BCL t s v== (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移21011182x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小413v a t '∆'=='∆m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．3．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
高中物理牛顿运动定律重点易错题
高中物理牛顿运动定律重点易错题单选题1、如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。
小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。
图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。
现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。
在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（）A．小环C机械能最大的位置在S点下方B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零C．小环C的最大动能为M2gℎM+mcos2θg−g|D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为|Mmcosθ答案：C解析：A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。
到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。
经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。
因此，小环C的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B错误；C．环在Q时动能最大。
环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。
Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故v Q cosθ=v A故A与环的动能之比为E kA E k Q =12mv A212Mv Q2=mMcos2θ对小环和A的系统Mgℎ=E kA+E k Q 联立可得小环C的最大动能E kQ=M2gℎM+mcos2θ故C正确；D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案一、选择题1．质量为m的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为f，加速度为a＝13g，则f的大小是()A．f＝13mg B．f＝23mgC．f＝mg D．f＝43 mg2．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（）A．物体处于超重状态时，其重力增加了B．物体处于完全失重状态时，其重力为零C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化3．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小4．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A．B．C ．D ．5．如图所示，小球从高处落到竖直放置的轻弹簧上，则小球从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）A ．小球的动能不断减少B ．小球的机械能在不断减少C ．弹簧的弹性势能先增大后减小D ．小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力6．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。
该物体所受合力的大小为（ ）A ．2NB ．4NC ．6ND ．8N7．跳水运动员从10m 高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有（ ）A ．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B ．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C ．上升过程和下落过程均处于超重状态D ．上升过程和下落过程均处于完全失重状态8．如图所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动，现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则运动时间为（ ）A ．1sB ．2sC ．3sD ．4s9．如图所示，在水平地面上有一辆小车，小车内底面水平且光滑，侧面竖直且光滑。
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律易错题汇编附答案一、选择题1．如图所示，用平行于光滑斜面的力F拉着小车向上做匀速直线运动。
若之后力F逐渐减小，则对物体在向上继续运动的过程中的描述正确的是（）A．物体的加速度减小B．物体的加速度增加C．物体的速度可能不变D．物体的速度增加2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N3．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B．弹簧弹力不可能为34 mgC．小球可能受三个力作用D．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg4．如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的拉力F=20N的作用，则物体的加速度为（）A ．0B ．2m/s 2，水平向右C ．4m/s 2，水平向右D ．2m/s 2，水平向左5．2018 年 11 月 6 日,第十二届珠海航展开幕．如图为某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为 200 米，速度约为 300km/h ．A ．若飞机在空中定速巡航，则飞机的机械能保持不变．B ．图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力和向心力的作用C ．图中飞机经过最低点时，驾驶员处于失重状态．D ．图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的 4.5 倍．6．质量分别为m 1、m 2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t 0同时到达稳定速度v 1、v 2，已知空气阻力大小f 与小球的下落速率v 成正比，即f =kv （k >0），且两球的比例常数k 完全相同，两球下落的v -t 关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．甲球质量m 1较小B ．稳定速度与质量成正比C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内两球下落的高度相等7．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。
(文末附答案)高中物理牛顿运动定律易错题集锦
(文末附答案)高中物理牛顿运动定律易错题集锦单选题1、如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自已的弹跳力。
运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。
某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。
若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。
则下列说法中正确的是（）A．运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态B．起跳过程中运动员对地面的压力为1425NC．运动员起跳时地面弹力做功不为零D．运动员起跳时地面弹力的冲量为零2、如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示（取g＝10 m/s2），则下列说法正确的是（）A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.43、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（）A．物体通过O点时所受的合外力为零B．物体将做阻尼振动C．物体最终只能停止在O点D．物体停止运动后所受的摩擦力为μmg4、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。
将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。
已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2B．小物块向上运动的时间为1. 2sC．小物块向上滑行的最远距离为4mD．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动5、物体质量为m＝5Kg放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3，则外力F为（）A．20NB．15NC．25ND．10N6、下列说法正确的是（）A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B．根据表达式F=G m1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C．在由开普勒第三定律得出的表达式r 3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力7、一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25。
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牛顿运动定律易错题1．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量m0的秤盘，盘中有一质量为m 的物体，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘使再伸长ΔL后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度之内，则刚松手时盘对物体的支持力等于A ． (1+ L/L)mgB ． (1+ L/L)(m+m0)gC． ( L/L)mg D ． (L/L)(m+m0)g答案： A2．如右上图所示， A 、 B 两个带异种电荷的小球，分别被两根绝缘细线系在木盒内的一竖直线上，静止时，木盒对地的压力为F N，细线对 B 的拉力为F，若将系 B 的细绳断开，下列说法中正确的是A ．刚断开时，木盒对地压力仍为F N B．刚断开时，木盒对地压力为（F N+F）C．刚断开时，木盒对地压力为（F N－ F）D．在B 上升过程中，木盒对地压力逐渐变大答案： BD3．如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为300的光滑斜面，m现将一个重4N 的物体放在斜面上，让它自由滑下，那么测力计因4N30物体的存在，而增加的读数是A ．4N B．2 3N C． 0N D． 3N答案： D4．如图所示，两轻质弹簧和质量均为m 的外壳组成甲、乙两个弹簧测力计。
将挂有质量为M 的重物的乙秤倒钩在甲的挂钩上，某人手提甲的提环，向下做加速度a＝ 0.25g 的匀减速运动，则下列说法正确的是A ．甲的示数为 1.25（ M+m ）g甲B．甲的示数为0.75（ M+m ） gC．乙的示数为 1.25Mg乙vD．乙的示数为 0.75Mg M答案： A 5．如图所示，一水平传送带以v=3m/s 的恒定速度向右运动，将一小物块轻放于其左端，它运动到右端所需的时间为8s，则传送带左端到右端的长度可能是A ．4mB ． 12m C． 20m D ． 25m答案： ABC6．倾角为 30°的长斜坡上有C、 O、 B 三点， CO=OB=10m ，在 O 点竖直的固定一长10m 的直杆 AO 。
A 端与 C 点、坡底 B 点间各连有一光滑的钢绳，且各穿有一钢球（视为质点），将两球从 A 点由静止开始、同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端，如右图所示，则小球在钢绳上滑行的时间t AC和 t AB分别为（取g=10m/s2）A ．2s 和 2sB ．2s 和2s C．2s 和4s D． 4s 和2s答案 ;A7．如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平面上，下端固定。
在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩。
当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。
从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块加速度大小 a 随下降位移大小x 变化的图象，可能是下图中的答案： D8．质量为 0.3kg 的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度—时间图像，则下列说法中正确的是（BD ）A ．物体不受水平拉力时的速度图像一定是bB ．物体受水平拉力时的速度图像可能是aC．摩擦力一定等于0.2ND ．水平拉力一定等于0.1N9．如图所示，斜面体 A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体 B 在外力 F（方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止，则下列说法中正确的是(AB)A ．若撤去力F，物体B 将沿斜面向下加速运动B．若撤去力F， A 所受地面的摩擦力方向向左C．若撤去力F， A 所受地面的摩擦力可能为零D．若撤去力F， A 所受地面的摩擦力方向可能向右10．弹簧秤上放一质量为 M ，内壁光滑的碗，将一质量为 m 的小球从 A 点由静止释放，设在释放 m 的瞬间弹簧秤示数为 F1，当 m 滑到最低点 B 时，弹簧秤示数为 F2，则说法正确的是 (B)B．物块仍以加速度 a 匀加速下滑C．物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑D．物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑15.如图所示，滑轮 A 可沿与水平面成θ角的光滑轨道滑下，滑轮下用轻绳悬挂一个重为G 的物体 B，下滑时物体 B 相对于 A 静止．则在下滑过程中，以下说法正确的是( C )A ． F1=Mg ，F2=(M+m)g B． F1=Mg ， F2>(M+m)gC． F1>Mg ，F2>(M+m)g D ．F1<Mg ， F2<(M+m)g11．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为物体相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是(BC )A ．当θ一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当 a 一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D．当 a 一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小12．如图所示，传送带与地面倾角为θ＝370， AB 的长度为 16m，传送带以 10m／ s 的速度转动，在传送带上端 A 无初速度地放一个质量为 0．5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0．5，则B物体从 A 运动到 B 所用的时间可能为。
(sin37 °=0． 6，cos37°=0． 8，g=10m ／ s)(BD)A ． 2.1s B. 2.0s C.1.8s D.4.0S13．质量分别为10kg 和 20kg 的物体 A 和 B ，叠放在水平面上，a，如图所示在A37A ．B 的加速度为gcos θ B ．绳的拉力为Gsin θC．绳的拉力为Gcos θD．绳沿竖直方向16．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M＞ m.现用一力 F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度 a 向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′则.( BC )A ．a′＝a B． a′＞ a，C. T′＝T D. T′＞ T17.如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和 m2的物体 A 和 B.若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对 A 和 B 的拉力大小分别为T1和 T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( B )如图， AB 间的最大静摩擦力为 10N，B 与水平面间的摩擦系数μ=0.5，以力 F 作用于 B 使 AB 一同加速运动，则力 F 满足： 150N< F≤ 180N_ （ g=10m/s2）。
14.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( C )A ．物块可能匀速下滑m＋ 4m1 m2g A．T1＝m＋ 4 m1＋m2m＋ 4m2 m1g B．T1＝m＋ 2 m1＋ m2 C．T1＝m＋ 2m1m2gm＋ 4 m1＋m2m＋ 2m2 m1g D．T1＝m＋ 2 m1＋m218.蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起，腾空并做空中动作如图甲所示．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网的压力，并在计算机上做出压力—时间图象，假如做出的图象如图乙所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度为(g 取 10 m/s2)答案：5m19．一个劲度系数为 k＝ 600N/m 的轻弹簧，两端分别连接着质量均为 m=15kg 的物体 A 、 B，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图所示，现加一竖直向上的外力 F 在物体 A 上，使物体 A 开始向上做匀加速运动，经0.5s，B 物体刚离开地面（设整个加速过程弹簧都处于弹性限度内，且g=10m/s2）。
求此过程中所加外力的最大和最小值。
答案： 60N ,360N20．一平板车，质量 M=100kg ，停在光滑水平路面上，车身离地面的高h=1.25m ，一质量 m=50kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.0m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图所示，今对平板车施一水平方向的恒力，使车向右行驶。
结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离S0=2.0m 。
求（ 1）物块在平板上滑动时的加速度大小及方向。
b（2）物块落地时，落地点到车尾的水平距离S.h答案 ;1.625m21.（ 8 分）如图所示，用固定挡板P 将质量为m 的小球挡在光滑斜面上处于静止状态．已知斜面体的质量为M，倾角为θ，斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.问至少以多大的水平恒力 F 向右拉动斜面体时，小球才能做自由落体运动到地面？【解析】设小球自由落体运动到地面上下落的高度为h，则斜面体至少水平向右运动的位移x＝hcot θ对小球： h＝1gt2212对斜面体： x＝ at2联立解得： a＝gcot θ以斜面体为研究对象，有：F－μMg＝ Ma所以 F ＝μMg＋Mgcot θ＝ (μ＋ cot θ)Mg.【答案】 (μ＋ cot θ)Mg22.如图所示，一质量为 M ＝ 4 kg，长为 L ＝2 m 的木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为 0.1，在此木板的右端上还有一质量为m＝ 1 kg 的铁块，且视小铁块为质点，木板厚度不计．今对木板突然施加一个水平向右的拉力．(1) 若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为 6 N ，则小铁块经多长时间将离开木板？(2) 若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，要使小铁块对地面的总位移不超过 1.5 m，则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件？(g＝ 10 m/s2)答案： (1)4 s(2)大于或等于 47 N[解析 ] (1) 对木板受力分析，由牛顿第二定律得：F－μ (M＋ m)g ＝Ma由运动学公式，得12L ＝2at解得： t＝ 4 s.(2)铁块在木板上时：μ1mg＝ma1 ，铁块在地面上时：μ2mg＝ ma2，对木板： F－μmg－μ(M ＋ m)g＝ Ma123设铁块从木板上滑下时的速度为v1，铁块在木板上和地面上的位移分别为x1、 x2，则：2a1x1＝ v122a2x2＝ v12并且满足x1＋ x2≤ 1.5 m设铁块在木板上滑行时间为t 1，则1 21 x1＝ 2a 1t121木板对地面的位移x ＝ 2a 3tx ＝ x 1＋ L联立解得 F ≥47 N.23．如图所示，平板 A 长 L=5cm ，质量为 M=5kg ，放在水面上，板右端与桌边相齐，在 A 上距其右端 s=3m 处放一个质量m=2kg 的小物块 B 已知 A 与 B 之间的动摩擦因数 μ 1=0.1，A 、 B两物体与桌面间的动摩擦因数均为 μ 2=0.2 ，最初系统静止。