高中物理易错题集

v|4].5【错解】F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)【错解原因】错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G=F+N不自觉的贯穿在解题中。【分析解答】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F的恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G称盘给的支持力No因为物体静止，刀F=0TOC\o"1-5"\h\zN=G=0①N=kxo②设物体向上匀加速运动加速度为ao此时物体P受力如图2-31受重力G,拉力F和支持力N'图2-图2-31据牛顿第二定律有F+N-G=ma③当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0〜0.2s内物体的位移为xoo物体由静止开始运动，则将式①，②中解得的xo=O.15m将式①，②中解得的xo=O.15m代入式③解得a=7.5m/sF的最小值由式③可以看出即为N'最大时，即初始时刻N'=N=kx,代入式③得Fmin=ma+mg-kx=12X(7.5+10)-800X0.15=90(N)F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)【评析】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0,P物体的位移就不等于x0,而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。第三章机械能错题集一、主要内容本章内容包括功、功率、动能、势能（包括重力势能和弹性势能）等基本概念，以动能定理、重力做功的特点、重力做功与重力势能变化的关系及机械能守恒定律等基本规律。其中对于功的计算、功率的理解、做功与物体能量变化关系的理解及机械能守恒定律的适用条件是本章的重点内容。、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：用矢量分解的方法处理恒力功的计算，这里既可以将力矢量沿平行于物体位移方向和垂直于物体位移方向进行分解，也可以将物体的位移沿平行于力的方向和垂直于力的方向进行分解，从而确定出恒力对物体的作用效果；对于重力势能这种相对物理量，可以通过巧妙的选取零势能面的方法，从而使有关重力势能的计算得以简化。三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：“先入为主”导致解决问题的思路过于僵化，如在计算功的问题中，一些学生一看到要计算功，就只想到W=Fscos0，而不能将思路打开，从W=Pt和W=AEt等多条思路进行考虑；不注意物理规律的适用条件，导致乱套机械能守恒定律。例1如图3-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力[]垂直于接触面，做功为零垂直于接触面，做功不为零不垂直于接触面，做功为零不垂直于接触面，做功不为零

【错解】斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，因为支持力总与接触面垂直，所以支持力不做功。故A选项正确。A。A。这反映【分析解答】根据功的定义W=Fscos0为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有水平向右的动量。由于m<M则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图3-2上关系可以确定支持力与物块位移夹角大于90°,则斜面对物块做负功。应选B。期3-2【评析】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义出发。二是可以用功能关系。如本题物块从斜面上滑下来时，减少的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物块的机械能减少了，说明有外力对它做功。所以支持力做功。例2以20m/s的初速度，从地面竖直向上势出一物体，它上升的最大高度是18m如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势能相等。(g=10m/s2)【错解】以物体为研究对象，画出运动草图3-3，设物体上升到h高处动能与重力势能相等-mv2=mgh26此过程中，重力阻力做功，据动能定量有-(mg+f)h物体上升的最大高度为H-(mg+f)H=--mvQ③k_i由式①，②，③解得h=9.5m由式①，②，③解得h=9.5m【错解原因】初看似乎任何问题都没有，仔细审题，问物全体离地面多高处，物体动能与重力势相等一般人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实际下落过程也有一处动能与重力势能相等。【分析解答】上升过程中的解同错解。设物体下落过程中经过距地面h'处动能等于重力势能，运动草图如3-4。=mgh"©2据动能定量(mg-f)(H-hf)=-mvf2⑤2(mg+f)H=⑥解得h'=8.5m【评析】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。例3如图3-5，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作研究对象，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中[]动量守恒，机械能守恒动量不守恒，机械能不守恒动量守恒，机械能不守恒动量不守恒，机械能守恒【错解】以子弹、木块和弹簧为研究对象。因为系统处在光滑水平桌面上，所以系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。又因系统只有弹力做功，系统机械能守恒。故A正确。【错解原因】错解原因有两个一是思维定势，一见光滑面就认为不受外力。二是规律适用条件不清。【分析解答】以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩是因为受到外力，所以系统水平方向动量不守恒。由于子弹射入木块过程，发生巨烈的摩擦，有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒，故B正确。例4如图3—6，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度vo射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f,且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D,则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？

【错解】(1)以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv)=(M+m)v解得v=mv)子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功-f•D=-mv2-①22°摩擦力对木块做正功f's②£将式②中求得f=严V代入式②解得片D解得片DM+2m(2)系统损失的机械能即为子弹损失的功能--mv3=-mvi-——y“2°2202Mtm1.ma丁z时F)2(M+m)3【错解原因】错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D,而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。3—3—7。系统水平方向不受外力，故水mv)=(M+m)v(设vo方向为正)子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功:

:ZZXX疾*尹卩—電、干n图3-7对子弹肿对子弹肿由运动草图可S木=S子-D由如②,③叫將①+②有|(M+m)va=-f(sT_»)1o1.-(M+m)vJ-—mv(=-fDJLaU即ED=^mvo22m坯

(M+m)2nw；m(M+m-1)nw；m(M+m-1)2(M+m)【评析】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V0减为V,同时木块的速度由0增加到V。对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似这样的问题都可以采用同样的思路。一般都要首先画好运动草图。例：如图3-8在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以V0沿木板滑行。情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。参考练习：如图3-9一质量为M长为I的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A,m<M>现以地面为参考系，给A和B以大小相同，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。求小木块A向左运动到达最远处（对地）离出发点的距离。D3-SD3-Sksks2-sH——1———>nh—、S3-10提示：注意分析物理过程。情景如图3-10。其中隐含条件A刚好没离B板，停在B板的左端，意为此时A,B无相对运动。A,B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先减为零，然后加速达到与B同速。口死S14M1例5下列说法正确的是（）合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。【错解】错解一：因为合外力对质点做功为零，据功能定理有4a=0，因为动能不变，所以速度V不变，由此可知动量不变。故A正确。错解二：由于合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，V改变，动能也就改变。故B正确。【错解原因】形成上述错解的主要原因是对速度和动量的矢量性不理解。对矢量的变化也就出现理解的偏差。矢量发生变化时，可以是大小改变，也可能是大小不改变，而方向改变。这时变化量都不为零。而动能则不同，动能是标量，变化就一定是大小改变。所以AEk=0只能说明大小改变。而动量变化量不为零就有可能是大小改变，也有可能是方向改变。【分析解答】本题正确选项为Do因为合外力做功为零，据动能定理有k=0，动能没有变化，说明速率无变化，但不能确定速度方向是否变化，也就不能推断出动量的变化量是否为零。故A错。合外力对质点施冲量不为零，根据动量定理知动量一定变，这既可以是速度大小改变，也可能是速度方向改变。若是速度方向改变，则动能不变。故B错。同理C选项中合外力不为零，即是动量发生变化，但动能不一定改变，C选项错。D选项中动量、动能改变，根据动量定量，冲量一定不为零，即合外力不为零。故D正确。【评析】对于全盘肯定或否定的判断，只要找出一反例即可判断。要证明它是正确的就要有充分的论据。h，当物体滑至斜面底端，重力做功例6物体m从倾角为a的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为的瞬时功率为h，当物体滑至斜面底端，重力做功C*mg*C*mg**sinaB.-mgsina*72ghDrmg*【错解】错解一：因为斜面是光滑斜面，物体m受重力和支持。支持不做功，只有重力做功，所有机械能守恒。设勲势能为零，则tmgh=|mv3物体滑至底端速度为"廊据瞬时功率p=E有P二盹农不故选A错解二：物体沿斜面做v0=0的匀加速运动a=mgsina设滑到底时间为由TL=—,则丄詁乳解得2匚可sinasmo2ugsmQ重力功为mgh功率^Jp=—=^mg*^ghanat/故选Bo【错解原因】错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功率P=FvcosBo只有Fv同向时，瞬时功率才能等于Fv,而此题中重力与瞬时速度V不是同方向，所以瞬时功率应注意乘上F,v夹角的余弦值。错解二中错误主要是对瞬时功率和平均功率的概念不清楚，将平均功率当成瞬时功率。【分析解答】由于光滑斜面，物体m下滑过程中机械能守恒，滑至底端吋的瞬吋谨度为y二农据瞬吋功率P=由图3-11可知,F、v夹角0为90°-a则有滑至底端瞬吋功率P=mgsin故c选项正确。P=Fv-cos0(0【评析】求解功率问题首先应注意求解的是瞬时值还是平均值。如果求瞬时值应注意普遍式为F,v的夹角）当F,vP=Fv-cos0(0S3-11S3-11例7一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，经过时间t，其速度由0增大到v。已知列车总质量为M机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力。求：这段时间内列车通过的路程。【错解】以列车为研究对象，水平方向受牵引力和阻力

据p=F・V可知牵引力F=P/v①设列车通过路程为S,据动能定理有£将①代入②解得2（F-fv）【错解原因】以上错解的原因是对P=F-v的公式不理解，在P一定的情况下，随着v的变化，F是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。【分析解答】以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程为s。据动能定理WF-Wf=|mv3-0①因为列车功率一定，据p=7可知牵引力的功率%=P•t1P•t-fs=-Mv2解得S=三o【评析】发动机的输出功率P恒定时，据【评析】发动机的输出功率P恒定时，据P=F-V可知v变化，F就会发生变化。牵动工F,a变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规律。（见图3-12物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规律。（见图3-12所示)Cc)Cc)例8如图3-13，质量分别为m和2m的两个小球A和B,中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中（）B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒。A球、B球和地球组成的系统机械能守恒A球、B球和地球组成的系统机械不守恒【错解】B球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。同样道理A球机械能守恒，B错误，因为A,B系统外力只有重力做功，系统机械能守恒。故C选项正确。【错解原因】B球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确定机械能守恒。错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原因。杆施力的方向并不总指向沿杆的方向，本题中就是如此。杆对A,B球既有沿杆的法向力，也有与杆垂直的切向力。所以杆对A,B球施的力都做功，A球、B球的机械能都不守恒。但A+B整体机械能守恒。【分析解答】B球从水平位置下摆到最低点过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用力方向待定。下摆过程中重力势能减少动能增加，但机械能是否守恒不确定。A球在B下摆过程中，重力势能增加，动能增加，机械能增加。由于A+B系统只有重力做功，系统机械能守恒，A球机械能增加，B球机械能定减少。所以B,C选项正确。图3-13图3-1斗【评析】有些问题中杆施力是沿杆方向的，但不能由此定结论，只要杆施力就沿杆方向。本题中A、B球绕0点转动，杆施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如图3-14所示，杆对B球施的力对B球的做负功。杆对A球做功为正值。A球机械能增加，B球机械能减少。例9质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为xo,如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物体质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m,仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。

【错解】物块m从A处自由落下，则机械能守恒设钢板初位置重力势能为o，则(1)之后物块与钢板一起以Vo向下运动，然后返回O点，此时速度为0，运动过程中因为只有重力和弹簧弹力做功,故机械能守恒。2m的物块仍从点速度不为零，设为Ep+|(2m)vo=2mgKc2m的物块仍从点速度不为零，设为A处落下到钢板初位置应有相同的速度vo,与钢板一起向下运动又返回机械能也守恒。返回到OV则：因为m因为m物块与2m物块在与钢板接触时，弹性势能之比(4)EJE；“(4)2m物块与钢板一起过O点时，弹簧弹力为0,两者有相同的加速度g。之后，钢板由于被弹簧牵制，则加速度大于g，两者分离，2m物块从此位置以v为初速竖直上抛上升距离V

h=2g由式①解得点入式⑤解得h=f【错解原因】这是一道综合性很强的题。错解中由于没有考虑物块与钢板碰撞之后速度改变这一过程，而导致错误。另外在分析物块与钢板接触位置处，弹簧的弹性势能时，也有相当多的人出错，两个错误都出时，会发现无解。这样有些人就返回用两次势能相等的结果，但并未清楚相等的含义。【分析解答】物块从3xo位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有

(1)Vo为物块与钢板碰撞时的的速度。因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒。设Vi为两者碰撞后共同速mv=2mv⑵两者以vi向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹性势能为Ep，则同理2m物块与m物块有相同的物理过程碰撞中动量守恒2mv=3mv；所不同2m与钢板碰撞返回O点速度不为零，设为v则E亡E亡（加）十隔+*3m”(5)因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化&=E'p由于2m物块与钢板过O点时弹力为零。两者加速度相同为g,之后钢板被弹簧牵制，则其加速度大于g,所以与物块分离，物块以v竖直上抛。据运动学公式-vj=2as则由0-v2=-2gh得h=二（7）【评析】本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一个多运动过程的问题。关键问题是分清楚每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决问题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。参考练习：如图3-16所示劲度系数为k1的轻质弹簧分别与质量为m，m的物体1,2，栓接系数为k2的轻弹簧上端与物体2栓接，下端压在桌面上（不栓接）。整个系统处于平衡状态，现施力将物体1缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，物体2的重力势能增大了多少？物体1的重力势能增大了多少？

ff厅孑h##閨3-16ff厅孑h##閨3-16團3-173-17。才提示：此题隐含的条件很多，挖掘隐含条件是解题的前提。但之后，必须有位置变化的情景图如图能确定1，23-17。才例10如图3-18所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中重力先做正功，后做负功弹力没有做正功金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大。【错解】金属块自由下落，接触弹簧后开始减速，当重力等于弹力时，金属块速度为零。所以从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中重力一直做正功，故A错。而弹力一直做负功所以B正确。因为金属块速度为零时，重力与弹力相平衡，所以C选项错。金属块的动能为零时，弹力最大，所以形变最大，弹性势能最大。故D正确。【错解原因】形成以上错解的原因是对运动过程认识不清。对运动性质的判断不正确。金属块做加速还是减速运动，要看合外力方向（即加速度方向）与速度方向的关系。就要分析它的运动全过程。为了弄清运动性【分析解答】要确定金属块的动能最大位置和动能为零时的情况，质，做好受力分析。可以从图3-19看出运动过程中的情景。就要分析它的运动全过程。为了弄清运动性(b)(dj(b)(dj从图上可以看到在弹力N<mg时，a的方向向下，v的方向向下，金属块做加速运动。当弹力N等于重力mg时，a=0加速停止，此时速度最大。所以C选项正确。弹力方向与位移方向始终反向，所以弹力没有做正功，B选项正确。重力方向始终与位移同方向，重力做正功，没有做负功，A选项错。速度为零时，恰是弹簧形变最大时，所以此时弹簧弹性势能最大，故D正确。所以B,C,D为正确选项。【评析】对于较为复杂的物理问题，认清物理过程，建立物情景是很重要的。做到这一点往往需画出受力图，运动草图，这是应该具有的一种解决问题的能力。分析问题可以采用分析法和综合法。一般在考试过程中分析法用的更多。如本题A,B只要审题细致就可以解决。而C，D就要用分析法。C选项中动能最大时，速率最大，速率最大就意味着它的变化率为零，即a=0，加速度为零，即合外力为零，由于合外力为mg-N因此得mg=ND选项中动能为零，即速率为零，单方向运动时位移最大，即弹簧形变最大，也就是弹性势能最大。本题中金属块和弹簧在一定时间和范围内做往复运动是一种简运振动。从简谐运动图象可以看出位移变化中速度的变化，以及能量的关系。第四章圆周运动错题集、主要内容本章内容包括圆周运动的动力学部分和物体做圆周运动的能量问题，其核心内容是牛顿第二定律、机械能守恒定律等知识在圆周运动中的具体应用。二、基本方法本章中所涉及到的基本方法与第二章牛顿定律的方法基本相同，只是在具体应用知识的过程中要注意结合圆周运动的特点：物体所受外力在沿半径指向圆心的合力才是物体做圆周运动的向心力，因此利用矢量合成的方法分析物体的受力情况同样也是本章的基本方法；只有物体所受的合外力的方向沿半径指向圆心，物体才做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律合外力与加速度的瞬时关系可知，当物体在圆周上运动的某一瞬间的合外力指向圆心，我们仍可以用牛顿第二定律对这一时刻列出相应的牛顿定律的方程，如竖直圆周运动的最高点和最低点的问题。另外，由于在具体的圆周运动中，物体所受除重力以外的合外力总指向圆心，与物体的运动方向垂直，因此向心力对物体不做功，所以物体的机械能守恒。三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对物体做圆周运动时的受力情况不能做出正确的分析，特别是物体在水平面内做圆周运动，静摩擦力参与提供向心力的情况；对牛顿运动定律、圆周运动的规律及机械能守恒定律等知识内容不能综合地灵活应用，如对于被绳（或杆、轨道）束缚的物体在竖直面的圆周运动问题，由于涉及到多方面知识的综合，表现出解答问题时顾此失彼。2倍，仍做圆周运动，则（例12倍，仍做圆周运动，则（A.根据公式v=3r，可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍。根据公式Fp二可知卫赣需的向心力将应卜到原来的1/2r根据公曲二G竿可知地球提供的向心力将澎卜到原来的】/4r根据上述选项B和C给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的电/2【错解】选择A,B,C因为化B,C中的三个公式都是正确的"将2r代入公式F—F4所以选择AB,C正确。【错解分析】A,B,C中的三个公式确实是正确的，但使用过程中A,*A中的v=®r（在定吋|vOCr,B中的F二ml是在lr定时Fee—耐匕问题中i■的变化将弓起①，啲变化。因此就不存在和r氏厂和Fa1的结论。所以A,B是错误的克r【分析解答】正确选项为C,DbA选项中线速度与半径成正比是在角速度一定的情况下。而r变化时，角速度也变。所以此选项不正确。同理B选项也是如此，Fx是在v一定时，但此时v变化，故B选项错。而C选项中G,Mm都是恒量，所以F*亠〉即r'=2时，F丄F,CSE确。B,腊合得m==G習，可以得岀宀广4rrGM1比"V2〒边—p所以vQ—rpD正确【评析】物理公式反映物理规律，不理解死记硬背经常会出错。使用中应理解记忆。知道使用条件，且知道来拢去脉。卫星绕地球运动近似看成圆周运动，万有引力提供向心力，由此将根据以上式子得出例2一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m,B球的质量为mi。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为V。。设A球运动到最低点时，球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m，m，R与vo应满足关系式是。【错解】依题意可知在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力N1为向心力，则有B球在最高点时，圆管对它的作用力Ni为m的向心力，方向向下，则有因为m由最高点到最低点机械能守恒，则有【错解原因】错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受力分析，导致漏掉重力，表面上看分析出了N=N2，但实际并没有真正明白为什么圆管给册向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。£图4-1【分析解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图4-1所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N,此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力Nb,且N=Nz。据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有TOC\o"1-5"\h\z=寸(1)同理m2在最高点有Vi叫g+N厂叫丘⑵m2球由最高点到最低点机械能守恒131am2g2R+-m2v1=(3)又N】=N2(4)由式①〜©解得比二』(5叫+疔叫【评析】比较复杂的物理过程，如能依照题意画出草图，确定好研究对象，逐一分析就会变为简单问题。找出其中的联系就能很好地解决问题。例3从地球上发射的两颗人造地球卫星A和B,绕地球做匀速圆周运动的半径之比为RA:Rf4：1,求它们的线速度之比和运动周期之比。【错解】卫星绕地球作匀速圆周运动所需的向心力F向二吨二尬；设A,B两颗卫星的质量分别为nA,mB。贝！履=mA^(1)由式⑴、⑵硝佥42O又v・GRava1..—=——=4X-=2TeRJ叫2【错解原因】这里错在没有考虑重力加速度与高度有关。根据万有引力定律知道:*mA严皿曲•垃B=G————由⑶/⑷得,匹丄gB16可见，在“错解”中把A,B两卫星的重力加速度gA，gB当作相同的g来处理是不对的。【分析解答】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有A匸白曲tn止加%冋=G%bF—G专丁（帖⑹的，片VA(5).VA_%£■■■"■VBRa2

根据taTb【评析】我们在研究地球上的物体的运动时，地面附近物体的重力加速度近似看做是恒量。但研究天体运动时,应注意不能将其认为是常量，随高度变化，g值是改变的。例4使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最咼点？图4-2小球在圆形轨道最高点A小球在圆形轨道最高点A时的势能等于它在圆形轨道最低点B时的【错解】如图4-2所示，根据机械能守恒,动能(以B点作为零势能位置)，所以为mg42R=从而得【错解原因】小球到达最高点A【错解原因】小球到达最高点A时的速度va不能为零，否则小球早在到达小球到达A点(自然不脱离圆形轨道)，则小球在A点的速度必须满足A点之前就离开了圆形轨道。要使式中，NA式中，NA为圆形轨道对小球的弹力。身的重力共同提供。当NA=0时，解(1)，(2)方程组得上式表示小球在A点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本叫最小，％二極。这就是说，要使水球到这丸点，则应该使小球在A点貝有的谨度原。【分析解答】以小球为研究对象。小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力。小球在圆形轨道最高点A时满足方程mg+NA=my(1)根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B时的速度满足方程当％=0晒％为最小，vb=75^o所以在E点应使水球至少具有农二殛的速度，才能使它到这圆形轨道的最高点A。例5用长L=1.6m的细绳，一端系着质量M=1kg的木块，另一端挂在固定点上。现有一颗质量m=20g的子弹以vi=500m/s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以V2=ioom/s的速度前进。问木块能运动到多高？(取g=10m/s2,空气阻力不计)【错解】在水平方向动量守恒，有mv=Mv+mv(1)式①中v为木块被子弹击中后的速度。木块被子弹击中后便以速度v开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即h为木块所摆动的高度。解①，②联立方程组得到v=8(v/s)h=3.2(m)【错解原因】这个解法是错误的。h=3.2m，就是木块摆动到了B点。如图4-3所示。则它在B点时的速度vb。应满足方程mg=M—这时木块的重力提供了木块在B点做圆周运动所需要的向心力。解上述方程得vB=A(tn/s)如果vbV4m/s，则木块不能升到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动。而木块在B点时的速度vB=4m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在B点时的能量为(选A点为零势能点)mgh+扣唱-1X10X32+|xiX42木块在査点时的能量为

两者不相等。可见木块升不到B点，两者不相等。可见木块升不到B点，心曰疋疋hv3.2m。实际上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置C时，如图4-4所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度vc作斜上抛运动。木块所能到达的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。【分析解答】如上分析，从式①求得VA=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为Vc,高度为h'=l(1+cos0)如图所示，根据机船能守恒定律有从式③和式④得-2gZ_23卄vCOST=—血从式③和式④得-2gZ_23卄vCOST=—血2d=arccos—3所以h7=/(I+cos®木块从C点开始以速度Vc做斜上抛运动所能达到的最大高度h〃为cos2g..sindg-eg*8)h审2g所以木块能达到的最大高度h为h=hy+h“=—h+—32750

=—I27=2.96(m)【评析】物体能否做圆运动，不是我们想象它怎样就怎样这里有一个需要的向心力和提供向心力能否吻合的问题，当需要能从实际提供中找到时，就可以做圆运动。所谓需要就是符合牛顿第二定律F向訓3向的力，而提供则是实际中的力若两者不相等，则物体将做向心运动或者离心运动。第六章机械运动、机械波错题集、主要内容本章内容包括机械振动、回复力、振幅、周期、频率、简谐振动、受迫振动、共振、机械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和衍射等基本概念，以及单摆振动的周期规律、简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系等规律。、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：由于振动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数学知识的水平，因此对于这部分内容不可能像研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方向出发描述和研究物体的运动，而是利用图象法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介媒中的传播过程进行描述与研究。图像法具有形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信息，在学习时同学们要注意加以体会；另外，在研究单摆振动的过程中，对于单摆所受的回复力特点的分析，采取了小摆角的近似的处理，这是一种理想化物理过程的方法。三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对于诸如机械振动、简谐运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动等众多的有关振动的概念不能深刻的理解，从而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波的图象的区别和联系，这主要是由于振动的图象与波的图象形式上非常相似，一些学生只注意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。另外，由于一些学生对波的形成过程理解不够深刻，导致对于波在传播过程中时间和空间的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的发生条件、产生的现象较为抽象，所以一些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现为抓不住现象的主要特征、产生的条件混淆不清。例1一个弹簧振子，第一次被压缩x后释放做自由振动，周期为T1,第二次被压缩2x后释放做自由振动,周期为T2,则两次振动周期之比Ti:T2为[]A.1:1C.2:1【错解】压缩x时，振幅为x,完成一次全振动的路程为4x。压缩2x时，振幅即为2x,完成一次全振动的路程为8x。由于两种情况下全振动的路程的差异，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振动的周期一定也是第一次的2倍，所以选B。【错解原因】上述解法之所以错误是因为把振子的运动看成是匀速运动或加速度恒定的匀加速直线运动了。用了匀速或匀加速运动的规律。说明这些同学还是没有掌握振动的特殊规律。【分析解答】事实上，只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量m和弹簧的劲度系数k决定的，而与形变大小、也就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变（mk不变），周期就不会改变，所以正确答案为A。【评析】本题给出的错解是初学者中最常见的错误。产生这一错误的原因是习惯于用旧的思维模式分析新问题，而不善于抓住新问题的具体特点，这反映了学习的一种思维定势。只有善于接受新知识、新方法，并将其运用到实际问题中去，才能开阔我们分析、解决问题的思路，防止思维定势。例2一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衝隹置町的速度减为原来的，则单摆的[]A.频率不变，振幅不变B•频率不变，振幅改变C.频率改变，振幅不变D•频率改变，振幅改变【错解】错解一：因为单摆的周期（频率）是由摆长I和当地重力加速度g决定的，所以频率是不变的，而从动能公式上看：Ek二;尬代质量变为原来的4倍，速度变为原来的》结杲动能不变，既然动能不变（指平衡位置动能也就是最大动能），由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅也不变，应选A。错解二认为速度减为原来的，即运动得慢了，所以频率要变，而振幅与质量、速度无关（由上述理由可知）所以振幅不变，应选Co错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所示理由外，即总能量不变,而因为重力势能B=mghEp不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。【错解原因】此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，而题中提供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关系，有什么关系，是应该弄清楚的。

I和当地重力加速度gI和当地重力加速度g,而与错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句的结论上。判断只从能量不变去看，当E总不变时,Ep=mghm变大了，h一定变小。说明有些同学考虑问题还是不够全面。【分析解答】（1）实际上，通过实验我们已经了解到，决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，并逬一步找到周期公式；T二列］单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关，所以不能选C,D。（2）决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能Ekf二01汽当01増为原来的4倍，速度减为原来［时。动能不变，最高点，势能Ep=mgh的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了）不变，m大了，h，势能Ep=mgh【评析】本题的分析解答提醒我们，一是考虑要全面，本题中mv两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率的礙由卿绒十蟲沁耐lywim的煨揃畐例3如图6-1所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为0,两个相同的小球分别在0正上方h处的A点和离0很近的轨道B点，现同时释放两球，使两球正好在0点相碰。问h应为多高？BB【错解】对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求B球到达0点的时间:对A球，它做自由落体运动，自h高度下落至0点要求两球相並则应有t厂挣要求两球相並则应有t厂挣B球在圆形【错解原因】B球在圆形轨道上自B点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过芋时间可能与A相矽卜，经过fT+442441TTTl-T+-"\!Pn-+-Cn=O,L2…）的时间都可以与A相碰。所以上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多个解答中的一个。【分析解答】对£球的分析与解答同前tA=对B球振动周期要求两球相殛，则tA=tB即2bJT解律h二甞L/rc，］,2,…)■J显然，前面的解仅仅是当n=0时的其中一解而已。正确答^>=^ilL%2RCn=0ib2,3…)U【评析】在解决与振动有关的问题时，要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有周期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多个。例4水平弹簧振子，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，每隔-的时间，振子的渤量总是大小相等，方向相反，则有［A.弹簧振子的周期可能小于㊁mgl(l-cosCl)=,v=cosCl)匕毎隔F的时间，振子的动能总是相同的D每隔亍的州弗弹簧的长度总是相同的6-2，t【错解】1•首先排除A,认为A是不可能的。理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可简化为如图平衡位置，假设计时开始时，振子位于A点，每隔时间6-2，t就是一个周期，所以，据子的周期不可能小于*每隔寸的时间，振子的动量总是大小相笔方向相瓦即在A,B之间非A即B点，而这两点距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等于最大加速度am=-—A,所以B是对的om嗽海隔护晒振子的动量大水相笔又因赫子质量-定，所以振子的动能总是相同的，所以选c是对的。因为每隔判可,振子位置非A即B所以弹簣的长度总是相同的，都等于振幅，所以D是对的。综上所述，应选B,C,Db【错解原因】错解1是排除A之所以产生错误，是因为在头脑中形成思维定势，认为在时间t内，振子只能在一个周期内振动。很多学生在解决振动和波的问题时，习惯上把所有问题都限定在一个周期内，而没有考虑到在时间t内，振子可能已经完成多个全振动了。错解2的产生主要是对加速度的矢量性认识不够或头脑中根本就没有这个概念，认为位置对称，加速度大小一样就是加速度相同。3.选择C是对的。4•对弹簧振子这样一个物理模型认识不全面，所谓水平弹簧振子的弹簧是哪段没弄清楚。【分析解答】1•由题意可知，t=nt,n可以是1,2,3…，当n二时T=t(当！)二2时，T*当心吋,丁二*<?所以选项A是正确的。因为加速度是矢量，由题意可知，每隔，时间，振子的动量方向相反，且对称于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。同错解3。4•水平弹簧振子的弹簧应为如图6-3a或6-3b的样子。当振子的位置在平衡位置两侧时，弹簧长度是不同的。所以选项D不对。€孑L--」<]/(a)(b)

6-4P，Q6-4P，Q两点，同样可以0P0QA••■••Sb-<所以此题的正确答案为A,Co例5一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T,振幅为A,设振子第一次从平衝位置运动議二|处所经最短时间为t]f第一次从最大正位移A处运励到"于所经最短时间为切关于t占5以下说法正确的是：[]A.11=12B.tiV12C.ti>t2D.无法判断【错解】错解一：因为周期为T,那么，从平衡位置鉞*处，TT正好是扼幅的一半，所以吋间应为h二扌，同理,t2=p所以选九错解二振子从平衡位置向W处移魂因为回复力小所以加速A度也卜，而从最大位移处〔即沪A）向蛊二亍处移动时，回复力大，