通用版高中物理牛顿运动定律易混淆知识点.pdf

1 (每日一练每日一练)通用版高中物理牛顿运动定律易混淆知识点通用版高中物理牛顿运动定律易混淆知识点 单选题 1、质量为 3kg 的物体，在 0 4s 内受水平力F的作用，在 4 10s 内因受摩擦力作用而停止，其v-t图像如图所示。在 0 4s 内物体所受的拉力为（）A5 NB12 NC10 ND15 N 答案：D 解析：在 0 4 s 内，由牛顿第二定律 =1 在 4 10s 内，物体因受摩擦力作用减速到零，由牛顿第二定律 =2 v-t图像的斜率表示加速度，则前后两个阶段的加速度分别为 1=12 04 0m/s2=3m/s2 2=0 1210 4m/s2=2m/s2 联立以上各式可得 2 =15N 故 ABC 错误，D 正确。故选 D。2、如图所示，倾角为=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=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/s2 B小物块向上运动的时间为 1.2s C小物块向上滑行的最远距离为 4m D小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 答案：C 解析：ABD由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律 mgsin+mgcos=ma1 代入数据解得 a1=10m/s2 方向沿斜面向下。3 设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有 1=1 21=0.6 由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有 mgsin-mgcos=ma2 代入数据解得：a2=2m/s2 方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为 2=12=1s 故小物块向上运动的时间为 1.6s。故 ABD 错误。C小物块向上滑行的最远距离为 =1+221+122=2+82 0.6+22 1m=4 故 C 正确。故选 C。3、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为1，当电梯以12的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为2，重力加速度为g，则（）4 A1:2=3:1B1:2=3:2 C1:2=4:3D1:2=5:4 答案：A 解析：设斜面对物体的弹力为N，N与竖直方向的夹角为，对于加速上升过程，竖直方向 N1cos =12 水平方向 N1sin=1 解得 1=32tan 对于减速上升过程，竖直方向 N2cos=12 水平方向 N2sin=2 解得 2=12tan 因此 1=32 故 BCD 错误 A 正确。故选 A。5 4、一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在0时刻撤去力F，其 图像如下图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则力F的大小为（）AB2mgC3mgD4 答案：C 解析：设加速阶段加速度大小为a1，减速阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得 =1=2 由图像可知 1=22 则 =3 故选 C。5、如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与 A 物体相连接，将 B 物体放置在 A 物体的上面，A、B 的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体 B 上，使物体 B 开始向上做匀加速运动，拉力F与物体 B 的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）6 A物体 B 位移为 4cm 时，弹簧处于原长状态 B物体 B 的加速度大小为 5m/s2 C物体 A 的质量为 4kg D弹簧的劲度系数为 5N/cm 答案：C 解析：A当物体 B 位移为 4cm 时，物体 A、B 仍有向上的加速度，此时弹簧产生的向上的弹力大于物体 A 的重力，所以弹簧处于压缩状态，选项 A 错误；BC设力F未作用时弹簧的压缩量为x0，则有 kx02mg 设物体 A、B 的共同加速度大小为a，则当 FF120N 时，由牛顿第二定律得 F1kx02mg2ma 当 FF250N 时，物体 A、B 刚好分离，对物体 B 有 7 F2mgma 以上各式联立可解得 a2.5m/s2，m4kg 选项 B 错误，C 正确；D当物体 A、B 刚好分离时，对物体 A 有 k（x0 x）mgma 将x0.04m 代入解得 k7.5N/cm 选项 D 错误。故选 C。6、如图所示，有 A、B 两物体，mA2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（）A它们的加速度agsin B它们的加速度agsin C细绳的张力FT0 D细绳的张力T=13sin 答案：A 解析：ABA、B 整体由牛顿第二定律可得 8 (mA+mB)gsin(mA+mB)a 解得 agsin A 正确，B 错误；B对 B 受力分析，由牛顿第二定律可得 Bsin+=B 解得 =0 故细绳的张力为零，CD 错误。故选 A。7、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，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2+cos2 9 D小环 C 到达位置Q时，物体 A 的加速度大小为|cos|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 cos=A 故 A 与环的动能之比为 kAk=12A2122=cos2 对小环和 A 的系统 =kA+k 联立可得小环 C 的最大动能=2+cos2 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。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有 10 Tcos=Mg 对 A 有 T-mg-F=ma 对 B 有 F=mg 联立可得为 =cos 2 故 D 错误。故选 C。小提示：8、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，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（）11 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2+cos2 D小环 C 到达位置Q时，物体 A 的加速度大小为|cos|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 cos=A 故 A 与环的动能之比为 kAk=12A2122=cos2 对小环和 A 的系统 =kA+k 联立可得小环 C 的最大动能=2+cos2 12 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。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有 Tcos=Mg 对 A 有 T-mg-F=ma 对 B 有 F=mg 联立可得为 =cos 2 故 D 错误。故选 C。小提示：