2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)易錯(cuò)題型專項(xiàng)練習(xí)（2）牛頓運(yùn)動(dòng)定律

1、PAGE 11 -2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)易錯(cuò)題型專項(xiàng)練習(xí)（2）牛頓運(yùn)動(dòng)定律1.如圖所示，粗糙水平面上放置兩物體，A疊放在C上，的質(zhì)量分別為和，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為?，F(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng)，則( )A.此過程中物體C受五個(gè)力作用B.當(dāng)F逐漸增大到時(shí)，輕繩剛好被拉斷C.當(dāng)F逐漸增大到時(shí)，輕繩剛好被拉斷D.若水平面光滑，則繩剛斷時(shí)，間的摩擦力為2.如圖所示,表面光滑的斜面體固定在勻速上升的升降機(jī)上,質(zhì)量相等的兩物體用一輕質(zhì)彈簧連接,B的上端用一平行斜面的細(xì)線拴接在斜面頂端的固定裝置上，斜面的傾角為30,

2、當(dāng)升降機(jī)突然處于完全失重狀態(tài),則關(guān)于兩物體的瞬時(shí)加速度大小和方向,下列說法正確的是( )A.，方向沿斜面向下;,方向沿斜面向下B.C.，方向沿斜面向下D.，方向垂直斜面向下；,方向豎直向下3.如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A.木板B受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出木板B的加速度a，得到如圖乙所示的圖像，已知g取，則( )A.小滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1B.當(dāng)時(shí)，木板B的加速度為C.木板B的質(zhì)量為1.5 kgD.小滑塊A的質(zhì)量為4 kg4.如圖甲所示,是傾角為的傳送帶的兩個(gè)端點(diǎn),一個(gè)質(zhì)量的物塊(可看作質(zhì)點(diǎn)),以大小為4 m/s的初速度自M點(diǎn)

3、沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng).物塊運(yùn)動(dòng)過程中的圖像如圖乙所示,取,下列說法正確的是( )A.物塊最終從N點(diǎn)離開傳送帶B.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6C.物塊在第6 s時(shí)回到M點(diǎn)D.傳送帶的速度,方向沿逆時(shí)針方向5.如圖甲所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過程彈簧彈力F隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，則( )A.時(shí)間內(nèi)，小球速度先增大后減小B.時(shí)刻彈簧彈力等于小球重力C.時(shí)刻小球處于超重狀態(tài)D.時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)6.如

4、圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時(shí)刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)。在03 s時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則( )A.F的最大值為12 NB.01 s和23 s內(nèi)物體加速度的方向相反C.3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/sD.在01 s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，23 s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)7.如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物抉連接；兩物塊質(zhì)量均為，初始時(shí)均靜止。現(xiàn)用平行于斜面向上的力拉動(dòng)物塊，使做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的vt關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中圖線（時(shí)刻的

5、圖線相切，時(shí)刻對(duì)應(yīng)圖線的最高點(diǎn)），重力加速度為，則( )A.時(shí)刻，彈簧形變量為0B.時(shí)刻，彈簧形變量為C.從開始到時(shí)刻，拉力逐漸增大D.從開始到時(shí)刻，拉力的功率變大8.如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為的小物塊.現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左、大小為的初速度,下列說法正確的是( )A.最終小物塊和木箱都將靜止B.最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為C.木箱速度水平向左且大小為時(shí),小物塊的速度大小為D.木箱速度水平向右且大小為時(shí),小物塊的速度大小為9.如圖所示,傾角為的斜面放在地面上,一小滑塊從斜面底端A沖上斜面,到達(dá)最高點(diǎn)D速度減為零后又返回A點(diǎn)

6、,斜面始終保持靜止.已知滑塊上滑過程經(jīng)過的時(shí)間相等,且比長0.8 m,上滑時(shí)間為下滑時(shí)間的一半,下列說法正確的是( )A.斜面長為36 mB.滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為C.地面對(duì)斜面的摩擦力方向先向左后向右D.滑塊上滑和下滑過程中,地面受到的壓力都小于斜面和滑塊的總重力10.如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量的小物塊放在質(zhì)量的木板正中央位置，木板靜止在水平地面上，連接物塊的輕質(zhì)細(xì)繩伸直且與水平方向的夾角為37.現(xiàn)對(duì)木板施加水平向左的拉力，木板運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示，g取，則( )A.木板的長度為2 mB.木板的長度為1 mC.木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D.物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為11.在探究加

7、速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中,如圖甲所示,將一端帶有滑輪的長木板放在水平桌面上,小車通過輕細(xì)繩跨過定滑輪與砂桶連接,小車與紙帶相連,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為,平衡摩擦力后,在保持實(shí)驗(yàn)小車質(zhì)量不變的情況下,打開電源,釋放小車,根據(jù)紙帶得到小車運(yùn)動(dòng)的加速度為a;多次改變砂桶和砂子的總質(zhì)量m,根據(jù)紙帶計(jì)算出對(duì)應(yīng)的加速度.(1)在驗(yàn)證“質(zhì)量一定,加速度a與合外力F的關(guān)系”時(shí),某學(xué)生根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出了如圖乙所示的圖像,其中圖線不過原點(diǎn)并在末端發(fā)生了彎曲,產(chǎn)生這兩種現(xiàn)象的原因可能有_.A.木板右端墊起的高度過大B.木板右端墊起的高度過小C.砂桶和砂子的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量MD.砂桶和砂子的總質(zhì)量m未

8、遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M(2)實(shí)驗(yàn)過程中打出的一條理想紙帶如圖丙所示,圖中為相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn),相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打出的點(diǎn)未畫出,則小車運(yùn)動(dòng)的加速度_(結(jié)果保留三位有效數(shù)字).(3)小車質(zhì)量M一定,改變砂桶中砂子的質(zhì)量,根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪出的小車加速度a與砂桶和砂子的總質(zhì)量m之間的關(guān)系圖像如圖丁所示,則小車的質(zhì)量_kg.(g取)12.如圖所示是小孩推滑塊游戲的裝置，此裝置由粗糙水平面、傾角為6的光滑斜面和平臺(tái)構(gòu)成.若質(zhì)量為1 kg的滑塊在大小為2 N的水平推力作用下，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，滑塊在水平面上滑行一段距離后撤去推力，滑塊繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)通過斜面到達(dá)平臺(tái).已知水平面長度為2 m，斜面長度為1 m，滑塊與

9、水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，滑塊可看成質(zhì)點(diǎn)且在B處的速度損失不計(jì).（1）求滑塊在推力作用下的加速度大??；（2）若推力作用距離為2 m，求滑塊剛到平臺(tái)時(shí)的速度大??；（3）若滑塊能夠到達(dá)平臺(tái)，求滑塊在斜面運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間.答案以及解析1.答案：C解析：對(duì)A受力分析，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A對(duì)C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對(duì)C的摩擦力以及地面的摩擦力六個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤。對(duì)整體分析，整體的加速度，隔離對(duì)分析，根據(jù)牛頓第二定律得，計(jì)算得出，當(dāng)時(shí)，輕繩剛好被拉斷，故B錯(cuò)誤，C正確。若水平面光滑，繩剛斷時(shí)，對(duì)分析，加速度；隔離對(duì)A分析，A受到的摩擦力，故D錯(cuò)

10、誤。2.答案：D解析：升降機(jī)處于完全失重狀態(tài)的瞬間,物體和斜面之間的作用力變?yōu)?,彈簧彈力不發(fā)生變化,故A物體只受重力和彈簧彈力作用,兩者合力與原來的支持力大小相等方向相反,故其加速度大小為,方向垂直斜面向下;B物體受到重力、彈簧彈力和細(xì)線拉力作用,處于完全失重狀態(tài)的瞬間,細(xì)線拉力發(fā)生突變,變?yōu)楹蛷椈傻睦Υ笮∠嗟?兩者合力為0,故B物體的加速度大小為,方向豎直向下,由以上分析可知,A、B、C錯(cuò)誤,D正確.3.答案：B解析：由題圖可知，時(shí)，小滑塊與木板相對(duì)靜止，當(dāng)時(shí)，加速度，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有，解得，當(dāng)F大于8 N時(shí)，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)B分析有，解得，由題圖可知，時(shí)，

11、圖線的斜率，解得，則，由題圖可知，解得，A、C、D錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，小滑塊A與木板B相對(duì)滑動(dòng)，B的加速度為，B正確.4.答案：C解析：從題圖乙可知,物塊速度減為零后沿斜面向上運(yùn)動(dòng),最終的速度大小為2 m/s,方向沿傳送帶向上,所以物塊最終從M點(diǎn)離開傳送帶,并且可以得出傳送帶沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng),速度大小為2 m/s,A、D錯(cuò)誤;圖像的斜率表示加速度,可知物塊沿傳送帶下滑時(shí)的加速度,根據(jù)牛頓第二定律可得,解得,B錯(cuò)誤;圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移,由題圖乙可知,時(shí),物塊的速度為0,之后物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng),所以物塊沿傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的位移到時(shí)間內(nèi),物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的位移,因?yàn)?所以物塊在第6 s時(shí)回到

12、M點(diǎn),C正確.5.答案：A解析：由圖可知時(shí)間內(nèi)，小球從最低點(diǎn)上升直到離開彈簧，受到的彈力一直減小，合力先減小后反向增大，由牛頓第二定律可知，加速度先減小后反向增大，小球的速度先增大后減小，故A正確；時(shí)刻小球在最低點(diǎn)，此時(shí)彈簧彈力大于小球重力，故B錯(cuò)誤；時(shí)刻小球與彈簧脫離，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；時(shí)間內(nèi)，小球從剛與彈簧接觸到壓縮彈簧至最短，故小球向下運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。6.答案：C解析：12 s內(nèi)物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據(jù)牛頓第二定律知合外力為12 N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12 N，故A錯(cuò)誤；物體在力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故

13、物體在前3 s內(nèi)始終做加速運(yùn)動(dòng)，第3 s內(nèi)加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)槲矬w速度始終增加，故3 s末物體的速度最大，再根據(jù)知速度的增加量等于加速度與時(shí)間的乘積，在圖像上即圖像與時(shí)間軸所圍圖形的面積，物體由靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度為8 m/s，所以C正確；第2 s內(nèi)物體的加速度恒定，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在01 s內(nèi)物體做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，23 s內(nèi)物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。7.答案：BD解析：A根據(jù)圖像可知時(shí)刻的加速度為0，此時(shí)所受合外力為0：彈簧壓縮量為：，A錯(cuò)誤；B時(shí)刻，兩物體分離，對(duì)物體應(yīng)用牛頓第二定律：彈簧的形變量：，B正確；C從

14、開始到時(shí)刻，作為整體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：彈簧彈力減小，增大；到時(shí)間內(nèi)，B物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：恒定，所以從開始到時(shí)刻，先增大，后不變，C錯(cuò)誤；D拉力的瞬時(shí)功率：從開始到時(shí)刻拉力變大，速度變大，功率變大，D正確。故選BD。8.答案：BC解析：系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,初狀態(tài)木箱有向左的動(dòng)量,小物塊的動(dòng)量為零,故系統(tǒng)總動(dòng)量向左,系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力,阻礙兩物體間的相對(duì)滑動(dòng),最終小物塊和木箱相對(duì)靜止,因?yàn)橄到y(tǒng)的總動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律知,最終小物塊和木箱以相同的速度一起向左運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;規(guī)定向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得,則最終系統(tǒng)的速度,方向向左,最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能

15、,B正確;木箱速度水平向左且大小為時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有,解得,故C正確;由題意可知,木箱速度不可能水平向右,故D錯(cuò)誤.9.答案：BD解析：滑塊上滑時(shí)經(jīng)過的時(shí)間相等,且比長0.8 m,設(shè)長度為L,由逆向思維可知,所以,解得,斜面長,故A錯(cuò)誤;設(shè)滑塊上滑過程的加速度大小為,下滑過程的加速度大小為,上滑過程可以逆向分析,則,解得,根據(jù)牛頓第二定律可得,聯(lián)立解得，故B正確；減速上滑和加速下滑過程中,滑塊的加速度都是沿斜面向下,加速度在水平方向的分加速度都是水平向左,即斜面對(duì)滑塊水平方向的作用力水平向左,滑塊對(duì)斜面水平方向的作用力水平向右，斜面始終保持靜止,則地面對(duì)斜面的摩擦力方向始終水平向左,故C錯(cuò)誤；滑塊上滑和下滑過程中,加速度在豎直方向的分加速度均豎直向下,處于失重狀態(tài),地面受到的壓力都小于斜面和滑塊的總重力,故D正確.10.答案：ACD解析：從題圖乙可知，木板運(yùn)動(dòng)2 s離開小物塊，在02 s內(nèi)，由圖像可知，所以木板的長度，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在23 s內(nèi)，由圖像知長木板的加速度，由牛頓第二定律得，解得，C正確；在02 s內(nèi)，對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析，豎直方向，水平方向，又知，長木板的加速度，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得，由牛頓第三定律得，聯(lián)立解得，D正確.11