高考物理易错题集锦详细解答及分析

高考物理易错题精选讲解1:质点的运动错题集

一、主要内容

本章内容包括位移、路程、时间、时刻、平均速度、即时速度、线速度、角速度、加速度等基本概念，以及匀变

速直线运动的规律、平抛运动的规律及圆周运动的规律。在学习中要注意准确理解位移、速度、加速度等基本概念，

特别应该理解位移与距离(路程)、速度与速率、时间与时刻、加速度与速度及速度变化量的不同。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法有：利用运动合成与分解的方法研究平抛运动的问题，这是将复杂的问题利用分解的

方法将其划分为若干个简单问题的基本方法；利用物理量间的函数关系图像研究物体的运动规律的方法，这也是形象、

直观的研究物理问题的一种基本方法。这些具体方法中所包含的思想，在整个物理学研究问题中都是经常用到的。因

此，在学习过程中要特别加以体会。

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：对要领理解不深刻，如加速度的大小与速度大小、速

度变化量的大小，加速度的方向与速度的方向之间常混淆不清；对位移、速度、加速度这些矢量运算过程中正、负号

的使用出现混乱：在未对物体运动(特别是物体做减速运动)过程进行准确分析的情况下，盲目地套公式进行运算等。

例1汽车以10m/s的速度行使5分钟后突然刹车。如刹车过程是做匀变速运动，加速度大小为5m/s2,则刹车后

3秒钟内汽车所走的距离是多少？

【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速vo=lOm/s加速度a=5m/s2,据S=%f-则位移

S=10x3——x5x9=7.5(m)。

2

【错解原因】出现以上错误有两个原因。一是对刹车的物理过程不清楚。当速度减为零时，车与地面无相对运动，

滑动摩擦力变为零。二是对位移公式的物理意义理解不深刻。位移S对应时间t,这段时间内a必须存在，而当a不存

在时，求出的位移则无意义。山于第一点的不理解以致认为a永远地存在；由于第二点的不理解以致有思考a什么时

候不存在。

【分析解答】依题意画出运动草图1-k设经时间力速度减为零。据匀减速直线运动速度公式V1=v0-at则有0=10-5t

解得t=2S由于汽车在2s时就停下来，所以则有$3=$2=%%-］必2=10x2-5x5x4=10(m)

【评析】物理问题不是简单的计算问题，当得出结果后，应思考是否与客观实际相符，如本题若要求刹车后6s

内的位移，据5=%/-会求出s=-30m的结果，这个结果是与实际不相符的。应思考在运用规律中是否出现与

实际不符的问题。

本题还可以利用图像求解。汽车刹车过程是匀减速直线运动。据V。，a可作出v-t图1-2。其中fga=a=幺，其

t

v„

中t为v=0对应的时刻，即汽车停下来的时间，=上=2(s).

a

由此可知三角形v°Ot所包围的面积即为刹车3s内的位移。

S=£.t=10m>

2.

•a=5«/s^=0

3j1

例2气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面。求物体刚脱高气球时气球的

高度。(g=10m/s2)

【错解】物体从气球上掉下来到达地面这段距离即为物体脱离气球时，气球的高度。以为物体离开气球做自由落

1,1、

体运动。据/?=—gL则有/?=—x10x17~=1445(m)

22

所以物体刚脱离气球时，气球的高度为1445m。

【错解原因】由于学生对惯性定律理解不深刻，导致对题中的隐含条件即物体离开气球时具有向上的初速度视而

不见。误认为v0=0。实际物体随气球匀速上升时，物体具有向上10m/s的速度当物体离开气球时，由于惯性物体继续

向上运动一段距离，在重力作用下做匀变速直线运动。

【分析解答】本题既可以用整体处理的方法也可以分段处理。

方法•：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。根据题意画出运动草图如图1—3所示。规定向下方向为正,

则V()=-10m/sg=10m/s2据h=v()t+ggf?,则有/?=-10xl7+-^xl0xl72

物体刚掉下时离地1275m。

图1-3

方法二：如图1一3将物体的运动过程分为A—B—C和C—D两段来处理。A—B—C为竖直上抛运动，C—D为

竖直下抛运动。

在ATBTC段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为

由题意知tcD=l7-2=15(s)

据竖直下抛规律％。=%f+；g产

=IOX15+^XIOX15I

=1275(m)

方法三：根据题意作出物体脱离气球到落地这段时间的V-t图(如图1—4所示)。

图1-4

其中△vootB的面积为A—B的位移

△tBtcvc的面积大小为B—C的位移

梯形tctDvDvc的面积大小为C-D的位移即物体离开气球时距地的高度。

tea=g=71

t.

则tB=ls根据竖直上抛的规律tc=2stBtD=17-l=16(s)

在中则可求VD=160(m/s)

梯形27)%力的面积$=—y—x15=1275(/71)

【评析】在解决运动学的问题过程中，画运动草图很重要。解题前应根据题意画出运动草图。草图上一定要有规

定的正方向，否则矢量方程解决问题就会出现错误。如分析解答方法一中不规定正方向，就会出现

h=v.t+方"=10X17+^XlOX17^=1615(m)Aft%.

例3经检测汽车A的制动性能：以标准速度20m/s在平直公路上行使时，制动后40s停下来。现A在平直公路

上以20m/s的速度行使发现前方180m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行使，司机立即制动,能否发生撞车事故？

V-V

【错解】设汽车A制动后40s的位移为s”货车B在这段时间内的位移为S2。据。=」~^有A车的加速度为

t

a

St=20X40X0.5X40=400(m)

Sz=v2t=6x40=240(m)

两车位移差为400-240=160(m)

因为两车刚开始相距180m>160m

所以两车不相撞。

【错解原因】这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞的条件。汽车A与货车B同速时，两车位移差和初始时

刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两车同速时，两车位移差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、

等于时，则不相撞。而错解中的判据条件错误导致错解。

2

【分析解答】如图1-5汽车A以vo=2Om/s的初速做匀减速直线运动经40s停下来。据加速度公式可求出a=-0.5m/s

当A车减为与B车同速时是A车逼近B车距离最多的时刻，这时若能超过B车则相撞，反之则不能相撞。据

,,V2-v„2400-36

匕2_匕：=2as可求出A车减为与B车同速时的位移S1=」——==364(m)

'°12a2x0.5

此时间内B车的位移为$2=v2f=6x28=168(〃?)(Z="2f'。=28s)

a

△S=364-168=196>180(m)

所以两车相撞。

【评析】分析追击问题应把两物体的位置关系图画好。如图1.5,通过此图理解物理情景。本题也可以借图像帮

助理解图1-6中。阴影区是A车比B车多通过的最多距离，这段距离若能大于两车初始时刻的距离则两车必相撞。小

于、等于则不相撞。从图中也可以看出A车速度成为零时，不是A车比B车多走距离最多的时刻，因此不能作为临界

条件分析。

B至相撞)同速

不相撞

图1-5

例4如图1—7所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮，拉船靠岸，在某一时刻绳的速度为v,绳AO段与水平面

夹角为0,不计摩擦和轮的质量，则此时小船的水平速度多大？

【错解】将绳的速度按图1—8所示的方法分解，则V,即为船的水平速度VLVCOS。。

【错解原因】上述错误的原因是没有弄清船的运动情况。实际上船是在做平动，每一时刻船上各点都有相同的水

平速度。而AO绳上各点运动比较复杂，既有平动又有转动。以连接船上的A点来说，它有沿绳的平动分速度v,也

有与V垂直的法向速度Vn，即转动分速度，A点的合速度VA即为两个分速度的合。VA=V/COS。

【分析解答】方法一：小船的运动为平动，而绳AO上各点的运动是平动+转动。以连接船上的A点为研究对象,

如图1-9,A的平动速度为v,转动速度为Vn，合速度VA即与船的平动速度相同。则山图可以看出VA=V/COSO。

【评析】方法二：我们可以把绳子和滑轮看作理想机械。人对绳子做的功等于绳子对船做的功。我们所研究的绳

子都是轻质绳，绳上的张力相等。对于绳上的C点来说即时功率P人贮F”对于船上A点来说P«M=FVA-COS敞船=联船，

V

则有F・v=F・v・cos6。解得：=——o本题采用分析解答的方法一，也许学生不易理解绳上各点的运动。从

COS0

能量角度来讲也可以得到同样的结论。

还应指出的是要有实际力、实际加速度、实际速度才可分解。

例5•条宽为L的河流，河水流速为打,船在静水中的速度为V2,要使船划到对岸时航程最短，船头应指向

什么方向？最短航程是多少？

【错解】要使航程最短船头应指向与岸垂直的方向。最短航程为L。

【错解原因】上而错解的原因是对运动的合成不理解。船在水中航行并不是船头指向什么方向就向什么方向运动。

它的运动方向是船在静水中的速度方向与水流方向共同决定的。要使航程最短应是合速度垂直于岸。

【分析解答】题中没有给出V1与V2的大小关系，所以应考虑以下可能情况。

①当匕〉匕时，船头斜向上游,与岸夹角6如图1-10

V.V.

cos0--,0-arccos—

丫2匕

此种情况下航程最短为L。

②当V2〈V1时，如图1一11船头斜向上游，与岸夹角为8时，用三角形法则分析当它的方向与圆相切时，航程最

短，设为S,由几何关系可知此时V2_J_V（合速度）（舁0）

cos0--,0-arccos—,有相似三角形关系S=上・乙

匕匕匕

③当V2=V1时，如图1—12,。越小航程越短。（舁0）

【评析】航程最短与时间最短是两个不同概念。航程最短是指合位移最小。时间最短是指用最大垂直河岸的速度

过河的时间。解决这类问题的依据就是合运动与分运动的等时性及两个方向运动的独立性。

例6有一个物体在h高处，以水平初速度V。抛出，落地时的速度为V1,竖直分速度为Vy,下列公式能用来计算

该物体在空中运动时间的是（）

【错解】因为平抛运动时a=g的匀变速运动，据匕=Vo+gf,则有『=上二组，故B正确。

g

【错解原因】形成以上错误有两个原因。第一是模型与规律配套。V,=v0+gt是匀加速直线运动的速度公式，而平

抛运动是曲线运动，不能用此公式。第二不理解运动的合成与分解。平抛运动可分解为水平的匀速直线运动和竖直的

自由落体运动。每个分运动都对应自身运动规律。

【分析解答】本题的正确选项为A,C,Do

平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体，分运动与合运动时间具有等时性。

水平方向：X=Vot①

1_

竖直方向：h=—gt"0②

2

h-vyt一学,t

据式①〜⑤知A,C,D正确。

【评析】选择运动公式首先要判断物体的运动性质。运动性质确定了，模型确定了，运动规律就确定了。判断运

动性要根据合外力和初速度的关系。当合外力与初速度共线时，物体做直线运动，当合外力与v不共线时，物体做曲

线运动。当合外力与V。垂直且恒定时,物体做平抛运动。当物体总与v垂直时，物体做圆运动。

例7一个物体从塔顶落下，在到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的9/25,求塔高（g=10m/s2）。

【错解】因为物体从塔顶落下，做自由落体运动。

最后1秒内的位移根据”=；8产

91

则有一〃=/广2xlOxl

2

解得H=13.9m

【错解原因】物体从塔顶落下时，对整个过程而言是初速为零的匀加速直线运动。而对部分最后一秒内物体的运

动则不能视为初速为零的匀加速直线运动。因为最后一秒内的初始时刻物体具有一定的初速，由于对整体和部分的关

系不清，导致物理规律用错，形成错解。

【分析解得】根据题意画出运动草图,如图1—13所示。物体从塔顶落到地面所经历时间为t,通过的位移为H

物体在t—1秒内的位移为h,,因为Vo=O

则有〃=Lg/①

1,

H=-g[t-Y)2②

H-h9„

-----=—③

H25

由①②③解得H=125m

【评析】解决匀变速直线运动问题时,对整体与局部，局部与局部过程相互关系的分析，是解题的重要环节。如

本题初位置记为A位置，t—1秒时记为B位置，落地点为C位置（如图1—13所示）。不难看出既可以把BC段看成

整体过程AC与局部过程AB的差值，也可以把BC段看做是物体以初速度VB和加速度g向卜做为时1s的匀加速运动，

而VB可看成是局部过程AB的末速度。这样分析就会发现其中一些隐含条件。使得求解方便。

另外值得一提的是匀变速直线运动的问题有很多题通过v-t图求解既直观又方便简洁。如本题依题意可以做出v

S16nA4

-t图（如图1-14）,由题意可知◎^DBC—,所以"=?,即落地时间为5s。

^S^OAD250D5

A然)=0

图1-13图1-14

例8正在与Rm高空水平匀速飞行的飞机，每隔1s释放一个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则（）

A.这5个小球在空中排成一条直线

B.这5个小球在空中处在同一抛物线上

C.在空中，第1,2两个球间的距离保持不变

D.相邻两球的落地间距相等

【错解】因为5个球先后释放，所以5个球在空中处在同一抛物线上，又因为小球都做自由落体运动，所以C选

项正确。

【错解原因】形成错解的原因是只注意到球做平抛运动，但没有理解小球做平抛的时间不同，所以它们在不同的

抛物线上，小球在竖直方向做自由落体运动，但是先后不同。所以C选项不对。

【评析】解这类题时，决不应是想当然，而应依据物理规律画出运动草图，这样会有很大的帮助。如本题水平方

向每隔1S过位移一样，投小球水平间距相同，抓住特点画出各个球的轨迹图，这样答案就呈现出来了。

例9物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带

轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图1—16所示，再把物块放到P点自由滑下则()

图1-16

A.物块将仍落在Q点

B.物块将会落在Q点的左边

C.物块将会落在Q点的右边

D.物块有可能落不到地面上

【错解】因为皮带轮转动起来以后，物块在皮带轮上的时间长，相对皮带位移弯大，摩擦力做功将比皮带轮不转

动时多，物块在皮带右端的速度将小于皮带轮不动时，所以落在Q点左边，应选B选项。

【错解原因】学生的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不准确。实质上当皮带轮逆时针转动时，无论物

块以多大的速度滑下来，传送带给物块施的摩擦力都是相同的，且与传送带静止时一样，山运动学公式知位移相同。

从传送带上做平抛运动的初速相同。水平位移相同，落点相同。

【分析解答】物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速

运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动

方向相反。物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，

所以A选项正确。

【评析】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动情况就应讨论了。

(1)当V0=VB物块滑到底的速度等于传送带速度，没有摩擦力作用，物块做匀速运动，离开传送带做平抛的初速

度比传送带不动时的大，水平位移也大，所以落在Q点的右边。

(2)当V0>VB物块滑到底速度小于传送带的速度，有两种情况，一是物块始终做匀加速运动，二是物块先做加

速运动，当物块速度等于传送带的速度时，物体做匀速运动。这两种情况落点都在Q点右边。

(3)V0<VB当物块滑上传送带的速度大于传送带的速度，有两种情况，一是物块一直减速，二是先

减速后匀速。第一种落在Q点，第二种落在Q点的右边。

高考物理易错题精选讲解2：圆周运动错题集

一、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。

例1假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2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。

v21

B.根据公式尸=机上，可知卫星所需的向心力将减小到原来的上。

r2

C.根据公式尸=G粤，可知地球提供的向心力将减小到原来的工。

r4

5

D.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—。

2

【错解】选择A,B,C

因为A,B,C中的三个公式都是正确的，将2r代入公式v'=2v,F'=-F,

2

所以选择A,B,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,B用错了。A中的v=w,在。一定时,

vocr,B中的R=ML是在V一定是尸oc』，而此问题中r的变化将引起啰，v的变化。因此就不存在3Voe尸或Roc2

rrr

的结论。所以A,B是错误的。

【分析解答】正确选项为C,Do

A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，F8是在V一定时，但此时v变化，故B选项错。而C选项中G,M,m都是恒量，所以4•,即尸=2r

r

2I

时，F'^-F,C正确。B,C结合得=G与，可以得出y=如，V-X,所以/=卫丫，D正确。

4rrr2

【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

%f--f丫

t»aR

根据以上式子得出

TQCA/R7

然京

例2—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m2。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mi，m2,R与V。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N2为m2的向心力，方向向下，则有

zrR

因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有

+-5ma，：

由式①②③解得％=gR

【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

面上一看分析出了N尸用，但实际并没有真正明白为什么圆管给m2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。

【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零，012必受圆管向下的弹力N2，且N|=N2。

据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有

同理m2在最高点有

nh球由最高点到最低点机械能守恒

…I1I2

01ag2R+-m^1--ncijTo

由式①〜④解得％=J(5〃?2+M)gR

Nm2-mx

【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：RB=4：1，求它们的

线速度之比和运动周期之比。

V

【错解】卫星绕地球作匀速圆周运动所需的向心力£同=mg=%元

设A,B两颗卫星的质量分别为mA，mB„

(D

-MB'S—Q)

由数》e畤堂.土■更干a

【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:

由所诲4裳

■•«*.■,jgSi

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.&向-G------'冢

M.1nBvl

（》+何的，粤R

12XRA2xR,

--*TB

可知孰I

Ti%ii

【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高

图4-2

【错解】如图4-2所示，根据机械能守恒，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时的动

能(以B点作为零势能位置)，所以为

mg*2R-1m»J

从而得一

【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A点之前就离开了圆形轨道。要使小

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

吨+9优

式中，NA为圆形轨道对小球的弹力。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

身的重力共同提供。当NA=O时，巳最小，巳=胸。这就是说，要使小球达到A点，则应该使小球在A点具有的

速度VA>y[gR。

【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

0+N*./(D

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

解⑴,(2)方程组得

,，•鬲亭T

当NA=0忖，vB为最小，vB=y)5gR。

所以在B点应使小球至少具有以=J频的速度，才能使它到达圆形轨道的最高点A。

例5用长L=1.6m的细绳，一端系着质量M=lkg的木块，另一端挂在固定点上。现有一颗质量m=20g的子弹以

v,=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=100m/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+mv2(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(m/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

B

C"

J

图4—3

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=y[gl=4(m/s)

如果VB<4m/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)

木块在A点时的能量为

1,1,

-Mv2=-xlx82=32(7)

22

两者不相等。可见木块升不到B点，一定是h<3.2m。

实际匕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”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时的速度为外,高度为

h-l(l+cosO)

如图所示，根据机船能守恒定律有

即％2=1?—2g/(l+cosd)③

又-^―,即2

Mgcos0=Mvc=glcos0④

从式③和式④得

Av-l2

cos0=---------=—

3gl3

^=arccos-

3

所以/z'=/(l+cos6)=*

木块从C点开始以速度V。做斜上抛运动所能达到的最大高度h”为

.„v2sin20glcos^(1-cos20)

h=--c----------=-------------------------

2g2g

所以木块能达到的最大高度h为

力=〃+/?"=9/2+2/=应/=2.96(机)

32727

【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Fgi=ma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。

高中物理易错题精选讲解3：牛顿定律错题集

一、主要内容

本章内容包括力的概念及其计算方法，重力、弹力、摩擦力的概念及其计算，牛顿运动定律，物体的平衡，失重

和超重等概念和规律。其中重点内容重力、弹力和摩擦力在牛顿第二定律中的应用，这其中要求学生要能够建立起正

确的“运动和力的关系因此，深刻理解牛顿第一定律，则是本章中运用牛顿第二定律解决具体的物理问题的基础。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法有：力的分解与合成的平行四边形法则，这是所有矢量进行加、减法运算过程的通用

法则；运用牛顿第二定律解决具体实际问题时，常需要将某一个物体从众多其他物体中隔离出来进行受力分析的“隔离

法”，隔离法是分析物体受力情况的基础，而对物体的受力情况进行分析又是应用牛顿第二定律的基础。因此，这种从

复杂的对象中隔离出某一孤立的物体进行研究的方法，在本章中便显得卜分重要。

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：对物体受力情况不能进行正确的分析，其原因通常出

现在对弹力和摩擦力的分析与计算方面，特别是对摩擦力（尤其是对静摩擦力）的分析；对运动和力的关系不能准确

地把握，如在运用牛顿第二定律和运动学公式解决问题时，常表现出用矢量公式计算时出现正、负号的错误，其本质

原因就是对运动和力的关系没能正确掌握，误以为物体受到什么方向的合外力，则物体就向那个方向运动。

例1甲、乙两人手拉手玩拔河游戏，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大？

【错解】因为甲胜乙，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大。

【错解原因】产生上述错解原因是学生凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。按照物理规律我们知道物体的

运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。甲胜乙是因为甲受合外力为甲作用的结果。甲、乙两人之间的

拉力根据牛顿第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一样大。

【分析解答】甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、

乙两人身上。

【评析】生活中有一些感觉不总是正确的，不能把生活中的经验，感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问

题。

例2如图2—1所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受三个力，F”F2和摩擦力，处于静止状态。其

中F1=10N,F2=2N»若撤去力F1则木块在水平方向受到的合外力为

A.10N向左B.6N向右C.2N向左D.0

【错解】木块在三个力作用下保持静止。当撤去以后，另外两个力的合力与撤去力大小相等，方向相反。故A

正确。

【错解原因】造成上述错解的原因是不加分析生搬硬套运用”物体在几个力作用下处于平衡状态，如果某时刻去掉

一个力，则其他几个力的合力大小等于去掉这个力的大小，方向与这个力的方向相反''的结论的结果。实际上这个规律

成立要有一个前提条件，就是去掉其中一个力，而其他力不变。本题中去掉B后，由于摩擦力发生变化，所以结论不

成立。

~~

图2-1

【分析解答】由于木块原来处于静止状态，所以所受摩擦力为静摩擦力。依据牛二定律有F「F2-fM）此时静摩擦力

为8N方向向左。撤去Fi后，木块水平方向受到向左2N的力，有向左的运动趋势，由于F2小于最大静摩擦力，所以

所受摩擦力仍为静摩擦力。此时一F2+P=0即合力为零。故D选项正确。

【评析】摩擦力问题主要应用在分析物体运动趋势和相对运动的情况，所谓运动趋势，一般被解释为物体要动还

未动这样的状态。没动是因为有静摩擦力存在，阻碍相对运动产生，使物体间的相对运动表现为一种趋势。由此可以

确定运动趋势的方向的方法是假设静摩擦力不存在，判断物体沿哪个方向产生相对运动，该相对运动方向就是运动趋

势的方向。如果去掉静摩擦力无相对运动，也就无相对运动趋势，静摩擦力就不存在。

例3如图2—2所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体m,当用于缓慢抬起一端时，木板受到的压力和摩

擦力将怎样变化？

【籍解】以木板上的物体为研究对象。物体受重力、摩擦力、支持力。因为物体静止，则根据牛顿第二定律有

mgsin8_F.n3aB.0（^）

N"-ingcos8■maT・O③

错解一：据式②知道0增加，f增加。

错解二：另有错解认为据式②知e增加，N减小则说明f减少。

【错解原因】错解•和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识透。只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析。

若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误。若想到是滑动摩擦力的判据,

就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二。

【分析解答】以物体为研究对象，如图2—3物体受重力、摩擦力、支持力。物体在缓慢抬起过程中先静止后滑

动。静止时可以依据错解一中的解法，可知o增加，静摩擦力增加。当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法,

据分析N的变化，知f泊的变化。0增加，滑动摩擦力减小。在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变。依

据错解中式②知压力一直减小。所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小。压力一直减小。

【评析】物理问题中有一些变化过程，不是单调变化的。在平衡问题中可算是•类问题，这类问题应抓住研究变

量与不变量的关系。可从受力分析入手，列平衡方程找关系，也可以利用图解，用矢量三角形法则解决问题。如此题

物体在未滑动时，处于平衡状态，加速度为零。所受三个力围成一闭合三角形。如图2—4。类似问题如图2—5用绳将

球挂在光滑的墙面上，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化。从对应的矢量三角形图2-6不难看出，当

绳子变短时，。角增大，N增大，T变大。图2—7在AC绳上悬挂一重物G,在AC绳的中部O点系一绳B0,以水平

力F牵动绳B0,保持A0方向不变，使B0绳沿虚线所示方向缓缓向上移动。在这过程中，力F和A0绳上的拉力变

化情况怎样？用矢量三角形(如图2—8)可以看出T变小，F先变小后变大。这类题的特点是三个共点力平衡，通常

其中--个力大小、方向均不变，另一-个力方向不变，大小变，第三个力大小、方向均改变。还有时是一个力大小、方

向不变，另一个力大小不变，方向变，第三个力大小、方向都改变。

图2-6

例4如图2—9物体静止在斜面上，现用水平外力F推物体，在外力F由零逐渐增加的过程中，物体始终保持静

止，物体所受摩擦力怎样变化？

【错解】错解一：以斜面上的物体为研究对象，物体受力如图2—10,物体受重力mg,推力F,支持力N,静摩

擦力f,由于推力F水平向右，所以物体有向上运动的趋势，摩擦力f的方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律列方程

RmgsinO=FcosO①

N-Fsin0-mgcos0=O②

由式①可知，F增加f也增加。所以在变化过程中摩擦力是增加的。

错解二：有一些同学认为摩擦力的方向沿斜面向上，则有F增加摩擦力减少。

【错解原因】上述错解的原因是对静摩擦力认识不清，因此不能分析出在外力变化过程中摩擦力的变化。

【分析解答】本题的关键在确定摩擦力方向。由于外力的变化物体在斜面上的运动趋势有所变化，如图2—10,

当外力较小时(Fcos8<mgsin0)物体有向下的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向上。F增加，f减少。与错解二的情况

相同。如图2—11,当外力较大时(Fcos6>mgsin0)物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，

摩擦力增加。当FcosgmgsinO时，摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中，摩擦力的变化是先减小后增加。

图2-9

【评析】若斜面上物体沿斜面下滑，质量为m,物体与斜面间的摩擦因数为由我们可以考虑两个问题巩固前面

的分析方法。

(1)F为怎样的值时，物体会保持静止。

(2)F为怎样的值时，物体从静止开始沿斜面以加速度a运动。

受前面问题的启发，我们可以想到F的值应是一个范围。

首先以物体为研究对象，当F较小时，如图2—10物体受重力mg、支持力N、斜向上的摩擦力f和F。物体刚好

静止时，应是F的边界值，此时的摩擦力为最大静摩擦力，可近似看成f静寸N(最大静摩擦力)如图建立坐标，据牛

顿第二定律列方程

KimgiinO-Fco<e=0①

{yiN-ngcos6-Fan8=0②

a*砥工sin6一〃cos。

解得F=-------------•mg

cos6+//sin。

当F从此值开始增加时，静摩擦力方向开始仍然斜向匕但大小减小，当F增力口至ljFcosO=mgsin。时，即F=mg-tgO

时，F再增加，摩擦力方向改为斜向下，仍可以根据受力分析图2-11列出方程

Kimgsin0*,?-Fco«fl-0©

71N-mgcos0-Fdntf-0@

随着F增加，静摩擦力增加，F最大值对应斜向下的最大静摩擦力。

口lsin6+〃cos。

依据式④式①解得：F=-------------•mg

cos。一〃sin。

要使物体静止F的值应为

■in。一尸」)疝10+先

关于第二个问题提醒读者注意题中并未提出以加速度a向上还是向下运动，应考虑两解，此处不详解此，给出答

案供参考。

当八艺纲纪竺典幽时，物体以a斜向下运动。

cos6+〃sin。

、“­〃吆(sin6+4cos。)+用。,,,,

当尸=--------------------时,物体以a斜A向上三动。

cos。一〃sin。

例5如图2—12,m