2023年人教版高中物理牛顿运动定律易错知识点归纳总结全面汇总归纳全面汇总归纳全面超详细知识汇总全面汇总归纳全面汇总归纳.pdf

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1、1 (每日一练)人教版 2022 年高中物理牛顿运动定律易错知识点总结 单选题 1、将倾角为 的足够长的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角为 ，如图所示，已知斜面体始终保持静止，重力加速度为g，若 =，则下列说法正确的是（）A小球、滑块的加速度为sin，斜面体的上表面粗糙 B小球、滑块的加速度为tan，斜面体的上表面光滑 C地面对斜面体的摩擦力水平向右 D地面对斜面体的摩擦力水平向左 答案：D 解析：AB小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力，合力平行斜面向下，满足=sin=可得

2、加速度=sin 2 故斜面一定是光滑的，故 AB错误；CD对整个系统，水平方向有向左的加速度，水平方向有向左的合外力，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，故 C错误，D正确。故选 D。2、如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当将质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为 6mg（g为重力加速度），已知两根弹簧与竖直方向的夹角为 30，则此时每根弹簧的伸长量为（）A3B4C5D2 3 答案：D 解析：物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有 Nmgma 其中N6mg，解得 a5g 再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析，整体受重力和两个拉力，根据牛顿第二

3、定律，在竖直方向满足 2Fcos 30 mgma 解得=23 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底3 根据胡克定律，有=2 3 故选 D。3、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

4、 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 =15N 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时

5、底4 故 ABC错误，D 正确。故选 D。4、研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（）A弹性绳原长为15mB当运动员下降10m时，处于超重状态 C当运动员下降15m时，运动到最低点 D当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上 答案：D 解析：A15m 时速度最大，此时加速度为零，所受合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，所以原长小于 15m，A错误；B当运动员下降 10m 时，速度向下并且逐渐增大，加

6、速度竖直向下，处于失重状态，B错误；C当运动员下降 15m 时，速度最大，运动员继续向下运动，没有运动到最低点，C错误；D当运动员下降 20m 时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D 正确。故选 D。5、如图甲所示，倾角为 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v010 m/s、质量为m1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g10 m/s2，则下列说法不正确的是（）向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力

7、力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底5 A0 5 s 内小木块做匀减速运动 B在t1 s 时刻，摩擦力反向 C斜面倾角 37 D小木块与斜面间的动摩擦因数为 0.5 答案：A 解析：Ax在 0 5m 内由匀变速直线运动的速度位移公式 202=2 再根据乙图，有 1=0 0221=10m/s2 又有 0=10m/s 则小木块做匀减速运动的时间为 =0 01=0 1010s=1s A错误，不符合题意；B在 0 1s内木块做向上的匀减速运动，1s 后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，

8、B正确，符合题意；向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底6 CD木块做反向匀加速运动时的加速度为 2=2022=322(13 5)m/s2=2m/s2 对上滑过程，有 sin+cos=1 下滑过程中，有 sin cos=2 联立解得=0.5，=37 CD正确，符合题意。故选 A。6、科学研究发现，在月球表面：没有空气；重力加速度约

9、为地球表面的16；没有磁场。若宇航员登上月球后，在空中同时释放氢气球和铅球，忽略地球和其他星球对月球的影响，以下说法正确的是（）A氢气球和铅球都处于超重状态 B氢气球将加速上升，铅球加速下落 C氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面 D氢气球和铅球都将下落，且同时落地 答案：D 解析：由于在月球表面没有空气，没有磁场，物体在月球表面只受重力作用，物体由静止释放，将做自由落体运动，位移h相同，运动的加速度g相同，运动的时间也一定相同，应该同时落地。自由落体运动处于完全失重状态。故选 D。向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向

10、左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底7 7、一个倾角为 =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 =0.25。若斜面足够长，已知 sin37=0.6，cos37=0.8，g取 10m/s2。小物块上滑的最大距离为（）A1.0 mB2.2 mC0.8 mD0.4 m 答案：A 解析：小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示 根据牛顿

11、第二定律有 sin+cos=解得=sin37+cos37=8m/s2 小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有 1202=2 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底8 解得 x=022=1.0m 故 A正确，BCD错误。故选 A。多选题 8、如图所示，足够长水平传送带以大小为0的速度顺时针匀速转动，将一质量为m的小

12、物块（可视为质点）静止放置在传送带的左端，同时对小物块施加竖直向上的力F，力的大小满足=，v为小物块的水平速度，小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列所画出的小物块的水平速度v随时间变化的图象（图中0=0，m=）可能正确的是（）AB CD 答案：BC 解析：D小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力、竖直向上的力F、支持力=、水平向右的滑动摩擦力=，若0 ，根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满

13、足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底9 =()可见随着速度v的增大，小物块做加速度逐渐减小的加速运动。故 D 错误；A当=0时，=00，所以图线在 点的切线应过点(0,0)。故 A错误；B当=m时，=0，对应速度m=，当m 0，小物块加速到0时，小物块与传送带共速，摩擦力为零，小物块随传送带一起向右做匀速运动。故 C正确。故选 BC。9、一木块静止在水平地面上，下列说法中正确的是（）A木块受到的重力和支持力是一对平衡力 B地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对平衡力 C木块受到的重力和支持力

14、是一对作用力与反作用力 D地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力 答案：AD 解析：AC木块受到重力和支持力作用而处于平衡状态，故重力和支持力是一对平衡力，A正确，C错误；BD地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D 正确。故选 AD。10、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为 2kg，现在滑块上施加一个F0.5t（N）的水平变力作用，从t 0 时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法正确的是（）向与竖

15、直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底10 A图乙中t224sB木板的最大加速度为 1m/s2 C滑块与木板间的动摩擦因数为 0.4D木板与地面间的动摩擦因数为 0.1 答案：ACD 解析：C根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为 8N，根据 1=1 可得滑块与木板间的动摩擦因数为 1=0.4 C正确；D在t1时刻木板相对地面

16、开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为 2=22=440=0.1 D 正确；AB在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有 1=对木板有 1 22=联立解得 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底11 =2m/s2=12

17、N 则木板的最大加速度为 2m/s2，根据=0.5 可求得 2=24s A正确，B错误。故选 ACD。填空题 11、如图所示，一根质量不计的轻弹簧上端固定在天花板上，下端与一重力为G的托盘连接，托盘中有一个质量为 2G的砝码。当托盘静止时，弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉，弹簧又伸长了L（未超过弹簧的弹性限度），然后使托盘由静止释放，则刚释放托盘时，砝码对托盘的作用力大小等于_。答案：4G 解析：1设弹簧劲度系数为k，设砝码质量为 2m，则托盘质量为m，托盘静止，弹簧伸长L时，以托盘及砝码整体为研究对象，受力平衡，有 kL=3mg 伸长 2L时，释放瞬间，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得 向

18、与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底12 2kL-3mg=3ma 解得 a=g 隔离砝码为研究对象，则 N-2mg=2ma 解得 N=4mg 据牛顿第三定律，砝码对托盘的作用力为 4mg，即 4G。12、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下

19、端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向_（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为 时，校车的加速度大小为_。答案：平行 gtan 解析：12由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为 时，受力分析如图 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底13 由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为 0，则有=tan 由牛顿第二定律知=解得=tan 向与竖直方向的夹角为如图所示已知斜面体始终保持静止重力加速度为若则下列说法正确的是小球滑块的加速度为斜力水平向左答案解析小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力力平行斜面向下满足可得加速度故斜面一定是光滑的故错选如图所示某竖直弹射装置由两根劲度系数为的轻弹簧以及质量不计的底盘构成当将质量为的物体竖直射向空中时底