PAGEPAGE2第3章牛頓運動定律(限時：40分鐘)易錯點1超重、失重、完全失重的理解易錯角度1.不理解超重、失重時，“視重〞和重力的關系.2.不理解超、失重與運動狀態(tài)的關系.3.不理解完全失重現(xiàn)象.1．如圖1所示，將物體A放在容器B中，以某一速度把容器B豎直上拋，不計空氣阻力，運動過程中容器B的底面始終保持水平，以下說法正確的選項是()圖1A．在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為0B．上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力C．下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力D．在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力A[以A、B整體為研究對象，在上升和下降過程中，A、B的加速度都為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，A對B的壓力為0.故A正確．]2．在電梯內的地板上，豎直放置一根輕質彈簧，彈簧上端固定一個質量為m的物體．當電梯靜止時，彈簧被壓縮了x；當電梯運動時，彈簧又被繼續(xù)壓縮了eq\f(x,10).那么電梯運動的情況可能是()【導學號：92492156】A．以大小為eq\f(11,10)g的加速度加速上升B．以大小為eq\f(1,10)g的加速度減速上升C．以大小為eq\f(1,10)g的加速度加速下降D．以大小為eq\f(1,10)g的加速度減速下降D[設彈簧的勁度系數(shù)為k，電梯靜止時，對物體由平衡條件得：kx－mg＝0，電梯運動時，對物體，由牛頓第二定律得：eq\f(11,10)kx－mg＝ma，二式聯(lián)立解得a＝eq\f(1,10)g，方向向上，故電梯以大小為eq\f(1,10)g的加速度加速上升或減速下降，D正確．]3．如圖2所示，質量為M的木楔ABC靜置于粗糙水平面上，在斜面頂端將一質量為m的物體，以一定的初速度從A點沿平行斜面的方向推出，物體m沿斜面向下做減速運動，在減速運動過程中，以下有關說法中正確的選項是()圖2A．地面對木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面對木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面對木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面對木楔的摩擦力為0A[由于物體m沿斜面向下做減速運動，那么物體的加速度方向與運動方向相反，即沿斜面向上，那么其沿豎直向上的方向有分量，故系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，所以可確定A正確，B、C錯誤；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，說明地面對木楔的摩擦力方向水平向右，故D錯誤．]易錯點2“滑塊、滑板〞模型問題易錯角度1.在分析滑塊、滑板所受的摩擦力時，出現(xiàn)失誤.2.在分析滑塊、滑板的運動過程時，出現(xiàn)失誤.4．質量為m0＝20kg、長為L＝5m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.15.將質量m＝10kg的小木塊(可視為質點)，以v0＝4m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上(如圖3所示)，小木塊與木板面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)．那么以下判斷中正確的選項是()圖3A．木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板B．木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板C．木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板D．木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板A[因μ2mg<μ1(m0＋m)g，故小木塊滑動過程中，木板不動，由veq\o\al(2,0)＝2μ2g·x可得，x＝2m<L，故小木塊不能滑出木板，A正確．]5．(2022·天水模擬)如圖4甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為常數(shù)．設物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質量相等，那么以下可以定性描述長木板B運動的v-t圖象是()【導學號：92492157】甲乙圖4B[當A、B相對靜止時，對整體分析，由牛頓第二定律得F＝kt＝2ma，a＝eq\f(kt,2m)，長木板B做加速度逐漸增大的加速運動，A相對B剛要滑動時，對B由牛頓第二定律得Ff＝ma，解得t＝eq\f(2Ff,k)，此后A、B相對滑動，物體B所受滑動摩擦力保持不變，加速度不變，B做勻加速直線運動，應選項B正確．]6．(多項選擇)如圖5甲所示，在水平地面上有一長木板B，其上疊放木塊A.假定木板與地面之間、木塊和木板之間的最大靜摩擦力都和滑動摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度與F的關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，那么以下說法中正確的選項是()甲乙圖5A．A的質量為0.5kgB．B的質量為1.5kgC．B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.2AC[當F≤3N時，A、B均靜止，說明B與地面間最大靜摩擦力為3N；當3N<F≤9N時，A、B一起以相同加速度運動，a＝eq\f(F－μ2mA＋mBg,mA＋mB)＝eq\f(1,mA＋mB)F－μ2g，由圖象斜率知mA＋mB＝1.5kg，又F＝3N時，a＝0，代入關系式得μ2＝0.2；當F>9N時，A的加速度為aA＝μ1g，根據(jù)圖象可知μ1＝0.4，B的加速度為aB＝eq\f(F－μ1mAg－μ2mA＋mBg,mB)，由圖象斜率知mB＝1kg，mA＝0.5kg，A、C對．]易錯點3傳送帶模型的分析易錯角度1.滑塊所受的摩擦力方向分析錯誤.2.滑塊的運動性質和運動過程不清楚.7．(多項選擇)如圖6所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ，那么圖中能客觀地反映小木塊的運動情況的是()圖6BD[小木塊剛放上之后的一段時間內所受摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律可得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，因傳送帶足夠長，且μ<tanθ，故當小木塊與傳送帶同速以后，小物塊受沿斜面向上的摩擦力，由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，有a1>a2，故B、D正確，A、C錯誤．]8．如圖7所示，傳送帶的水平局部長為L，傳動速率為v，在其左端無初速釋放一小木塊，假設木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，那么木塊從左端運動到右端的時間不可能是()【導學號：92492158】圖7A.eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg) B．eq\f(L,v)C.eq\r(\f(2L,μg)) D．eq\f(2L,v)B[因木塊運動到右端的過程不同，對應的時間也不同，假設一直勻加速至右端，那么L＝eq\f(1,2)μgt2，得：t＝eq\r(\f(2L,μg))，C可能；假設一直加速到右端時的速度恰好與傳送帶速度v相等，那么L＝eq\f(0＋v,2)t，有：t＝