1、易错点03 牛顿运动定律易错题【01】对弹力和摩擦力分析有误在本知识应用的过程中，常犯的错误主要表现在对物体的受力情况不能正确分析，其原因通常出现在对弹力和摩擦力的分析和计算方面，特别是对摩擦力的分析，对力和运动的关系不能准确把握。在运用牛顿第二定律时，利用矢量公式计算时正负出现错误。易错题【02】超重和失重的理解有误超重、失重和完全失重的比较超重失重完全失重注1现象视重大于实重视重小于实重视重等于产生条件物体的加速度向物体的加速度向物体的加速度等于运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以g加速下降或减速上升原理方程Fmgma FmgmamgFma FmgmamgFmgF01.不管物体的
2、加速度是否沿竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。2.发生超重、失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化，即视重发生了变化。易错题【03】整体法和隔离法不会运用整体法与隔离法1整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况。运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。2隔离法：当求系统内物体间相互作用力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。1整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及
3、系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。(2)运用整体法解题的基本步骤：2隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤：明确研究对象或过程、状态。将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。画出某状态下的受力图或运动过程示意图。选用适当的物理规律列方程求解。 01 对合力的方向分析出现错误1、如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。g取10 m/s2。下列各种情况中，体重计的示数最大的是()A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2B电
4、梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5 m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5 m/s2【警示】本题容易出错的主要原因是合力理解有误。【解析】 由题意可知，体重计的示数最大时，人应具有向上的最大加速度，处于超重状态，故A、D错误；由Fmgma，可得Fmgma，则当a1.5 m/s2时体重计的示数最大，故C正确，D错误。【答案】C【叮嘱】解题的关键要从物体的运动状态出发，最后确定合力的方向1（多选）如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两
5、段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是()ATa增大BTb增大CTa减小 DTb减小【答案】AD【解析】设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m，整体质量为M，整体的加速度a，对最左边的物体分析，Tbma，对最右边的物体分析，有FTama，解得TaFma。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确。2游乐场里有一种大型娱乐器械，可以让人体验超重和失重的感觉。其环形座舱套在竖直柱子上，先由升降机送至70多米高处，然后让座舱由静止无动力下落，落到离地面30米高的位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停止。假设舱中某人
6、用手托着一个重为50 N的铅球。下列说法正确的是()A当座舱落到离地面45米高的位置时，球对手的压力为0B当座舱落到离地面45米高的位置时，手对球有支持力C当座舱落到离地面20米高的位置时，球对手的压力为0D当座舱落到离地面20米高的位置时，手对球的支持力小于50 N【答案】A【解析】由题意可知，座舱在落到离地面30米高的位置前做自由落体运动，之后座舱做减速运动，当座舱落到离地面45米高的位置时，人和球均做自由落体运动，此时球对手的作用力为零，选项A正确，B错误；当座舱落到离地面20米高的位置时，球做减速运动，处于超重状态，球对手的作用力大于50 N，选项C、D错误。 02 对超重和失重理解有
7、误1、下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态()A高楼内正常运行的电梯中B沿固定于地面的光滑斜面滑行C固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动D不计空气阻力条件下的竖直上抛【错因】本题容易出错的主要原因是对电梯运动所受合力理解有误【解析】高楼内正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的且大小等于
8、g，总是处于完全失重状态，故选项D正确。【答案】D【叮嘱】超重和失重最终是对重力和支持力作比较。1如图所示，一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自由落下。A点为弹簧自然状态时上端点的位置，当物体到达B点时，物体速度恰好为零，然后被弹回。下列说法中正确的是()A物体从A点下降到B点的过程中，速率不断变小B物体在B点时，所受合力为零C物体在A点时处于超重状态D物体在B点时处于超重状态【答案】D【解析】物体从A点开始，所受合力先向下但不断减小，加速度不断减小，速度不断增大，在A、B间的某个位置弹力大小等于重力时，物体所受合力等于0，速度最大，再向下运动，所受合力反向且不断增大，物体
9、向下做减速运动，加速度向上，且不断增大，在B点具有最大的向上的加速度，故物体在A点处于失重状态，在B点处于超重状态，故D正确，A、B、C错误。2如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A电梯可能向上加速运动，加速度大小为12 m/s2B电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2C电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2【答案】C【解析】电梯做匀速直线运动时，
10、弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物的重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有mgFma，代入数据解得a2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。 03 整体法和隔离法不会受力分析1、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则()A此过程中物体C受五个力作用B当F逐渐增大
11、到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断D若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为【错因】本题容易出错的主要原因是受力分析有误。【问诊】对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。对整体分析，整体的加速度ag，隔离对AC分析，根据牛顿第二定律得，FT4mg4ma，计算得出FTF，当F1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。若水平面光滑，绳刚断时，对AC分析，加速度a，隔离对A分析，A受到的摩擦力Ffma，故D错误。【答案】C【叮嘱】正
12、确选定研究对象，对整体和单个物体进行受力分析。1(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为。为了增加轻线上的张力，可行的办法是()A减小A物块的质量B增大B物块的质量C增大倾角 D增大动摩擦因数【答案】AB【解析】选AB对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FTmBgsin mBgcos mBa。以上两式联立可解得：FT，由此可知，FT的大小与、无关，mB越大，mA越小，F
13、T越大，故A、B均正确。2如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。细线中的拉力大小为()AMg BM(ga)C(m1m2)a Dm1a m1g【答案】C【解析】以C为研究对象，有MgTMa，解得TMgMa，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T(m1m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，故D错误。1. 一质量为m的人站在电梯中，电梯减速上升，加速大小为13g，g为重力加速度人对电梯底部的压力为
14、()A. 23mgB. 2mgC. mgD. 43mg2. 一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度加速上升h高度，在此过程中()A. 磅秤的示数等于mgB. 磅秤的示数等于0.1mgC. 人的动能增加了0.9mghD. 人的机械能增加了1.1mgh3. 关于运动员所处的状态，下列说法正确的是()A. 游泳运动员仰卧在平静水面不动时处于失重状态B. 蹦床运动员离开蹦床时在空中上升和下落过程中都处于失重状态C. 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态D. 举重运动员举起杠铃后不动的一段时间内处于超重状态4、质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m
15、的小球且Mm。用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成角，细线的拉力大小为F1，如图甲所示。若用一力F水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力大小为F1，如图乙所示。下列判断正确的是()Aaa，F1F1 Baa，F1F1Caa，F1F1 Daa，F1F15、如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是()AB和A刚分离时，弹簧长度等于原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速
16、直线运动6、如图所示，光滑长方体物块质量为M，静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为m1和m2的两物体，连接m1的细绳水平、m2恰好与M的侧壁相接触。不考虑一切摩擦，现对M施加水平向右的推力F，使得三物体不存在相对运动，则F的大小为()A.g B.gC.g D.g7、(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当Fmg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，
17、B的加速度不会超过g8(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是()A当0Fmg时，绳中拉力为0B当mgF2mg时，绳中拉力大小为FmgC当F2mg时，绳中拉力大小为9、如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v010 m/s沿木板向上运动，随着的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。
18、(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。10、粗糙的地面上放着一个质量M1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数0.2，倾角37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a1 m/s2做匀加速运动。已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2。(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。答案和解析1.A由于电梯减速上升，故加速度向下，对人受力分析，受到重力m
19、g，地面支持力N，由牛顿第二定律：mg-N=ma即：mg-N=m13g解得：N=23mg根据牛顿第三定律，则人对电梯底部的压力为23mg；2.D解：AB、根据牛顿第二定律得：F-mg=ma解得：F=mg+ma=1.1mg，即磅秤的示数等于1.1mg，故AB错误；C、根据动能定理得：EK=W合=mah=0.1mgh，故C错误；D、人上升h，则重力做功为-mgh，可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，故D正确。3.BA、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于平衡状态；故不处于失重状态；故A错误；B、运动员离开蹦床时，不论向上还是向下，均只有重力有向下的加速度，故处于
20、失重状态；故B正确；C、体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于平衡状态；故C错误；D、举重运动员在举起杠铃后不动，杠铃静止不动，处于平衡状态；故D错误。4.选D先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有F(Mm)a，再隔离题图甲中的小球受力分析，如图(a)所示。根据牛顿第二定律，有FF1sin ma，F1cos mg0，联立以上三式解得F1，a。再隔离题图乙中小球受力分析，如图(b)所示。由几何关系得F合mgtan ，F1，由牛顿第二定律，得agtan ，由于Mm，故aa，F1F1，故D正确。5.答案CA、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹簧弹力是
21、变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB0，对B：Fmgma，对A：kxmgma。即Fkx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由Fmg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mgkx0，hx0x，解以上各式得k，综上所述，只有C项正确。6.选A对整体水平方向有F(Mm1m2)a，对m1水平方向有Tm1a，对m2竖直方向有Tm2g，联立解得Fg，故A正确。7.答案BCDA、B间的最大静摩擦力为2mg，B和地面之间的最大静摩擦力为mg，对A、B整体，只要Fmg，整体就会相对地面运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的
22、最大值满足2mgmgmamax，B运动的最大加速度amaxg，选项D正确；对A、B整体，有Fmg3mamax，得F3mg，则F3mg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当Fmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足Fmg3ma，解得ag，选项B正确。8.选ABC当0Fmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当mgF2mg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即mg，所以绳中拉力大小为Fmg，故B正确；当F2mg时，对整体：a，对B：a，联立解得绳中拉力大小为F，故C正确；由以上的分析可知，当mgF2mg时绳中拉力
23、大小为Fmg，绳中拉力大小可能等于F，故D错误。9.解析(1)当30时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin Ff，Ffmgcos 联立解得：。(2)当变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则mgsin mgcos ma，由0v022ax得x，令cos ，sin ，即tan ，则x，当90时x最小，即60，所以x最小值为xmin m m。10.解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s。(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式，可得：F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应F最小时的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N。
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