27版53高中同步新教材必修第一册人教物理练习册第四章易混易错练4

第四章运动和力的关系专题专项练易混易错练4易错点1对超重、失重的认识出错1.静止的电梯中有一盛水容器,水中浮着一木块,如图所示。当电梯向上做匀加速运动时,木块浸入水中

的深度变化情况为

()

A.变浅

B.变深

C.不变

D.无法判断

C

解析当电梯静止时,木块受到浮力、重力作用,设木块的质量为m,它排开水的体积为V排,由平衡条件

得F浮=ρ水gV排=mg,所以ρ水V排=m。当电梯匀加速上升时,木块仍受到浮力、重力作用,设此时木块排开水

的体积为V排',由牛顿第二定律得F浮'-mg=ma,又F浮'=ρ水(g+a)V排',所以ρ水V排'=m。综上,可知V排'=V排,即电梯

匀加速上升时木块浸入水中的深度不变,选C。错解分析

一些同学出现这样的错解:当电梯向上做匀加速运动时,木块处于超重状态,水对木块的浮力变大,木块

浸入水中的深度变深,错选B。解题时应根据平衡条件和牛顿第二定律,分别列出木块排开水的体积表

达式,再进行比较,就能得出木块浸入水中的深度变化。

易错点2忽略二级结论的成立条件出错2.[2026山东淄博期末]某玩具装置如图所示,竖直面内固定三根光滑直杆AO、BO、CO,其上端点分别

为A、B、C,B位于O的正上方,AB⊥BO,BC⊥CO。套在杆上的小圆环分别从A、B、C三点由静止沿

AO、BO、CO滑下,滑到下端O点的时间分别为tA、tB、tC,则

()

A.tA>tB>tC

B.tA=tB=tC

C.tB>tC=tA

D.tA>tB=tC

D

解析以OB为直径作辅助圆,交AO于D点,如图所示,由等时圆规律可知,圆环从B、C、D三点滑到O点

的时间相等,可知tA>tB=tC,D正确。

错解分析

本题如果不加思考,直接套用结论,就会落入“等时圆”的陷阱,误认为tA=tB=tC,错选B。忽略了A点不在

以OB为直径的等时圆上,因此直接套用结论是行不通的。应作出辅助圆,使B点成为最高点,这样便可

构造“等时圆”解决问题。巧妙运用物理模型,可以起到化繁为简的作用,这种分析问题的方法,可以

培养迁移创新、举一反三的能力。

易错点3对弹力突变问题分析出错3.[多选题][2026重庆期中]如图所示,竖直墙壁和水平地面均光滑,两个质量均为m的完全相同的小球A

和B通过轻质弹簧连接,在水平推力F的作用下处于静止状态。改变水平推力的大小,使小球A缓慢向左

移动,弹簧始终在弹性限度内且不会发生弯曲,当弹簧与水平方向夹角为45°时撤去推力F,重力加速度

为g,下列说法正确的是

()

A.小球A向左移动过程中,推力F一直增大B.撤去推力F前瞬间,F=mgC.撤去推力F的瞬间,小球A有大小为g、方向水平向右的加速度

BC

D.撤去推力F的瞬间,小球B有大小为g、方向竖直向下的加速度解析设弹簧与竖直方向的夹角为α,改变推力F,水平地面上小球A缓慢向左移动,则α减小,以B球为研

究对象,受力分析如图所示,

根据平衡条件得F弹=

,α减小,cosα增大,则F弹减小,弹簧变长,竖直墙壁对小球B的弹力N=mgtanα,对两球及弹簧组成的整体分析得F=N,可知F一直减小,由题意撤去推力F前瞬间α=45°,可知F=mg,A错误,B

正确。当α=45°时,弹簧弹力大小为F弹=

mg,撤去推力F的瞬间弹簧的弹力不变,则小球A有水平向右的加速度,大小为a=

=g,此时小球B所受合力不变,则加速度为零,C正确,D错误。错解分析

部分同学没有认识到撤去推力F瞬间,弹簧弹力不会突变,而地面、墙壁的弹力会发生突变,造成对A、B

加速度的方向和大小判断失误。注意撤去F前,小球A受重力、推力F、地面支持力、弹簧弹力,小球B

受重力、墙壁弹力、弹簧弹力。撤去F瞬间,弹簧弹力大小和方向不变,小球A的水平方向合力由弹簧

弹力的水平分量提供,小球B的竖直方向合力由弹簧弹力的竖直分量与重力的合力提供,若忽视弹簧弹

力的瞬间不变性,仅从重力或单一力分析,就会得出错误的加速度结论。

易错点4确定临界状态出错4.[2026辽宁大连第十一中学期末]如图所示,细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处,

细线的另一端拴一质量为m的小球,静止时细线与斜面平行,已知重力加速度为g。则下列判断正确的

是

()

A.当滑块向左匀加速运动时,小球刚好不脱离斜面的条件是加速度大小为

gB.当滑块向左匀加速运动且加速度大小为2g时,细线的拉力大小为3mgC.当滑块向右匀加速运动时,小球对滑块压力可能为0

D

D.当滑块向右匀加速运动且加速度大小为g时,细线的拉力为0解析滑块向左匀加速运动,当滑块对小球的支持力恰好为零时,小球恰好不脱离斜面,小球受力如图

甲所示,对小球由牛顿第二定律得

=ma临1,解得a临1=

g,A错误;滑块向左匀加速运动且a=2g时,a>

a临1,则小球离开滑块,对小球,竖直方向有Fy=mg,水平方向有Fx=ma,细线拉力大小T=

=

mg,B错误;滑块向右匀加速运动时,滑块对小球支持力的水平分力向右,滑块对小球一定有支持力,小球对滑块

的压力不可能为0,C错误;滑块向右匀加速运动,当细线的拉力恰好为零时,小球恰好不相对滑块上滑,小

球受力如图乙所示,对小球由牛顿第二定律得mgtan30°=ma临2,解得a临2=

g,滑块向右的加速度大小a=g>a临2,细线松弛,细线的拉力为零,D正确。错解分析

随着向左的加速度增大,斜面对小球的支持力减小,当滑块向左匀加速运动的加速度大小达到

g时,斜面对小球的支持力刚好减为零,此时是小球即将与斜面分离的临界状态;当滑块向左匀加速运动的加速

度大小为2g(2g>

g)时,小球已经离开斜面。有的同学没有分析临界状态,没有得出临界条件,求解细线拉力时,依然按小球未脱离斜面的思路,就会出现错误。

易错点5运动过程分析不清楚出错5.[2026河南南阳期末]如图所示,水平地面上每间隔d=50cm铺设有宽度s=30cm的矩形减速带(图中阴

影区域表示减速带),倾角θ=30°的斜面底部与水平地面上一减速带的左边缘平滑相接,质量为m、可视

为质点的物块(图中未画出)从斜面顶端由静止滑下。已知斜面的高度h=

m,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=

,物块与减速带间的动摩擦因数μ2=0.5,物块与水平地面上非减速带区域间的摩擦不计,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物块滑至斜面底部时的速度大小v0;(2)物块停止时到斜面底部的距离;(3)物块从斜面底部运动到静止所经历的总时间t(结果可用分式、根号表示)。答案

(1)3m/s

(2)1.3m

(3)

s解析

(1)对物块在斜面上由牛顿第二定律可得mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1可得a1=2m/s2由运动学公式可得

=2a1

解得v0=3m/s(2)设物块在减速带上加速度大小为a2,由牛顿第二定律得μ2mg=ma2可得a2=5m/s2物块在水平面上先减速再匀速,再接着减速、匀速,一直到停下来,在减速带上的运动可视为连续的匀

减速运动,由

=2a2x可得物块在减速带上运动的总位移为x=0.9m可知物块恰好停在第3块减速带右边缘故物块停止时到斜面底部的距离d'=2d+s=1.3m(3)设物块在第1块减速带上运动的末速度(即在第2块减速带上运动的初速度)、在第2块减速带上运动

的末速度(即在第3块减速带上运动的初速度)分别为v1、v2则有

-

=-2a2s,

-

=-2a2s解得v1=

m/s,v2=

m/s物块在第1个光滑区运动时间t1=

=

s在第2个光滑区运动时间t2=

=

s在减速带上运动的总时间t3=

=

s总时间t=t1+t2+t3=

s错解分析

随着物块从斜面滑下,在水平面上交替经过减速带和光滑区,部分同学没有正确分析