高中物理高考 专题03牛顿运动定律 2020年高考考前再回首易错题（解析版）

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.F＋μmg C.F－μmg D.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＝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. B. C. D. 【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＋ B．水平恒力大小为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＝，则弹簧的原长为L－x＝L－，选项A错误；对小球A受力分析，则Fcos α＝mgsin α＋kx，解得F＝mg，选项B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，则B球的加