2021_2022学年新教材高中物理第四章牛顿运动定律单元提升专练含解析粤教版必修第一册

单元提升专练

第四章

易错点1　对摩擦力和弹簧的受力分析不准确

1．质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则(　　)

A.物块b可能受3个力

B．细线中的拉力小于2 mg

C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g

D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g

【解析】选D。对ab整体分析可知，整体受重力和细线的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度为2g，故D正确。

易错点2　对物体速度与合外力的关系分析混乱

2．如图所示，质量分别为m和2m的A，B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　)

A.撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g

B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g

C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大

D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大

【解析】选C。撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。

易错点3　对超重与失重现象的原理不清晰

3．(多选)某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v­t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(向上为正方向)。根据图像提供的信息，可以判断下列说法正确的是(　　)

A．在0～5 s内，观光电梯加速上升，该同学处于失重状态

B．在10～20 s内，观光电梯加速下降，该同学处于失重状态

C．在20～25 s内，观光电梯加速下降，该同学处于失重状态

D．当人处于失重状态时，人仍然受到重力

【解析】选C、D。在0～5 s内，从速度时间图像可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；在10～20 s内，从速度时间图像可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，速度为正，电梯减速上升，此时人处于失重状态，故B错误；在 20～25 s内，从速度时间图像可知，此时的加速度为负，电梯的加速度向下，速度为负，则电梯加速下降，此时人处于失重状态，故C正确；人处于失重状态时，人仍然受到重力，故D正确。

一、牛顿运动定律基本思维方法

1．(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则(　　)

A．细线拉力为m1g cos θ

B．车厢的加速度为g tan θ

C．底板对物体2的支持力为m2g－

D．底板对物体2的摩擦力为零

【解析】选B、C。以物体1为研究对象，水平方向有FTsin θ＝m1a，竖直方向有FTcos θ＝m1g，解得a＝g tan θ，FT＝，选项A错误，B正确；以物体2为研究对象，水平方向有Ff＝m2a，竖直方向有FT＋FN＝m2g，解得Ff＝m2gtan θ，FN＝m2g－，选项C正确，D错误。

二、处理连接体的基本思维方法

2．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙所示放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　)

A．轻绳的拉力等于Mg

B．轻绳的拉力等于mg

C．M运动的加速度大小为g

D．M运动的加速度大小为g

【解析】选B、C、D。互换位置前，M静止在斜面上，则有Mg sin α＝mg

互换位置后，对M有Mg－T＝Ma

对m有T′－mg sin α＝ma

又T＝T′

联立解得a＝g＝g

T＝mg

故选B、C、D。

三、处理板块问题的思维方法

3．如图所示，将小物体(可视为质点)置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同。若纸板的质量m1＝0.1 kg，小物体的质量m2＝0.4 kg，小物体与桌面右边缘的距离d＝0.15 m。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。

(1)当小物体与纸板一起运动时，求桌面对纸板的摩擦力大小。

(2)拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动？

(3)若拉力作用0.3 s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上。

【解析】(1)当小物体与纸板一起运动时，桌面对纸板间的滑动摩擦力

f1＝μ(m1＋m2)g＝1 N。

(2)随F增大，小物体和纸板共同运动的加速度增大，小物体受到的静摩擦力增大，直到达到最大静摩擦力f2＝μm2g，此时两者一起运动的最大加速度a＝＝μg，

根据牛顿第二定律有Fmin－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，

解得Fmin＝2 N，即F>2 N时小物体与纸板发生相对滑动。

(3)纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度a＝2 m/s2，经0.3 s离开纸板时小物体通过的距离x1＝at2＝0.09 m，速度v＝at＝0.6 m/s

纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力作用做匀减速运动，加速度大小也为a

小物体减速运动的最大可能位移x2＝＝0.09 m

则小物体在桌面上可能运动的总位移x＝x1＋x2＝0.18 m>d，故小物体不会留在桌面上

答案：(1)1 N　(2)F>2 N　(3)小物体不会留在桌面上，计算过程见解析

1．(2020·广东合格考)为探究超重、失重现象，小明同学将一台电子秤搬到一楼的电梯间，他平稳站在电子秤上。在电梯启动前、启动时和刚到二楼停止前，他观察到电子秤中自身体重的示数分别为G0、G1和G2，下列说法正确的是(　　)

A．G1＞G0　　　　　　　　B．G1＜G0

C．G1＜G2    D．G0＝G1＝G2

【解析】选A。启动时电梯向上加速，处于超重状态，则G1＞G0，故A正确，B错误；刚到二楼停止前电梯向上做减速运动，处于失重状态，则G2＜G0，因此有 G1＞G2，故C、D错误。

2．(2020·内蒙古合格考)下列关于超重和失重的说法中，正确的是(　　)

A．物体向上做匀加速运动时，物体处于失重状态

B．物体处于完全失重状态时，其重力为零

C．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化

D．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了

【解析】选C。当物体向上加速运动时，物体加速度向上，故物体一定处于超重状态，故A错误；物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化，只是对外界的拉力或压力发生了变化，故B错误，C正确；惯性是物体的固有属性，并不会随物体的运动状态而改变，故D错误。

3．(2020·山东合格考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，甲、乙两物体通过轻弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知甲的质量是乙质量的2倍，轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。现剪断轻绳，设剪断轻绳的瞬间甲和乙的加速度大小分别为a甲、a乙，则有(　　)

A.a甲＝a乙＝    B．a甲＝g，a乙＝0

C．a甲＝0，a乙＝g    D．a甲＝0，a乙＝

【解析】选C。剪断轻绳前，对整体分析知绳子对乙物体的弹力大小为F＝3mg sin θ；剪断轻绳后瞬间，因弹簧弹力不能突变，而轻绳的弹力突然消失，所以剪断轻绳瞬间，甲物体所受合力为零，加速度为零；剪断轻绳后瞬间，乙物体所受合力为3mg sin θ，加速度为a乙＝＝3g sin θ＝g，故C正确，A、B、D错误。

4．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)

A．F　　　　B．　　　　C．　　　　D．

【解析】选C。设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为f，把第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F－(40－2)×f＝(40－2)×ma

解得：F＝38×(f＋ma)

把最后两节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：

F′－2f＝2ma

解得：F′＝2×(f＋ma)

联立解得倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F′＝，故C正确，A、B、D错误。

5．(2020·山东等级考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)

A．0～t1时间内，v增大，FN>mg

B．t1～t2 时间内，v减小，FN<mg

C．t2～t3 时间内，v增大，FN<mg

D．t2～t3时间内，v减小，FN>mg

【解析】选D。由于s­t图像的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，根据牛顿第二定律得：mg－FN＝ma，解得：FN＝mg－ma，则FN＜mg，处于失重状态，故A错误；在t1～t2时间内，s­t图像的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，故B错误；在t2～t3时间内，s­t图像的斜率变小，所以速度减小，即乘客减速下降，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝ma，解得：FN＝mg＋ma，则FN＞mg，处于超重状态，故C错误，D正确。

6．(多选)(2020·海南高考)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　　)

A．两物块一起运动的加速度大小为a＝

B．弹簧的弹力大小为T＝F

C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

【解析】选B、C。对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝－g sin θ，故A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2g sin θ＝m2a，解得T＝F，故B正确；根据T＝F＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力T变大，根据胡克定律可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据T＝F，可知T与θ无关，只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。