人教版高中物理复习易错题集

第一章质点的运动错题集

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、

加速度等根本概念，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

习中要留意精确理解位移、速度、加速度等根本概念，特殊应当理解

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、根本方法

本章中所涉及到的根本方法有：利用运动合成与分解的方法争辩平抛运动的问题，这

是将简洁的问题利用分解的方法将其划分为假设干个简洁问题的根本方法;利用物理量间的

函数关系图像争辩物体的运动规律的方法，这也是形象、直观的争辩物理问题的一种根本方

法。这些具体方法中所包含的思想，在整个物理学争辩问题中都是经常用到的。因此，在学

习过程中要特殊加以体会。

三、错解分析

在本章学问应用的过程中，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、负号的使用毁灭混乱：在未对物体运动〔特

殊是物体做减速运动）过程进展精确分析的状况下，盲目地套公式进

展运算等。

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,那么刹车后3秒钟内汽车所走的距离是多少？

【错解】由于汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速v°=10m/s加速度

【错解缘由】毁灭以上错误有两个缘由。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必需存在，而当a不存在时，求出的位移那么无意义。由

于第一点的不理解以致认为a永久地存在；由于其次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1T。设经时间q速度减为零。据匀减速直线运动

速度公式vi=v»-at那么有0=10-5t解得t=2S由于汽车在2S时

【评析】物理问题不是简洁的计算问题，当得出结果后，应思考是否与

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毁灭与实际不

符的问题。

此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

由此可知三角形v„Ot所包围的面积即为刹车3s内的位移。

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。

求物体刚脱离气球时气球的高度。（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。

所以物体刚脱离气球时，气球的高度为1445m。

【错解缘由】由于同学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vO=O。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，由于惯性物体连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】此题既可以用整体处理的方法也可以分段处理。

方法一：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。依据题意画出运动草图如图1—3

所示。规定向下方向为正，那么VcFTOm/sgnlOm/s。据h=vot+

，物体刚掉下时离地1275m„

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A-B-C段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为

由题意知如=17-2=15(sj

=1275Cm)

方法三：依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)。

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。

那么tspls依据竖直上抛的规律tc=2st曲尸17-1=16(s)

在△tuVntn中那么可求VD=160(m/s)

【评析】在解决运动学的问题过程中，画运动草图很重要。解题前应依据题意画出运

动草图。草图上确定要有规定的正方向，否那么矢量方程解决问题就会毁灭错误。如分析解

答方法一中不规定正方向，就会毁灭

例3经检测汽车A的制动性能：以标准速度20m/s在平直大路上行使时，制动后40s

停下来。现A在平直大路上以20m/s的速度行使觉察前方180m处有一货车B以6m/s的速度

同向匀速行使，司机马上制动，能否发生撞车事故？

【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

S?=v2t=6X40=240(m)

两车位移差为400-240=1601m)

由于两车刚开头相距180m>160m

所以两车不相撞。

【错解缘由】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推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，那么不相撞。而错解中的判据

条件错误导致错解。

【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=-/s，当A车减为与B车同速时是A车靠近B车距离最多的时刻，这

时假设能超过B车那么相撞，反之那么不能相撞。

(m)

△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L5,通过此图理解物理情

景。此题也可以借图像挂念理解图『6中。阴影区是A车比B车多通过的最多距离，这段距

离假设能大于两车初始时刻的距离那么两车必相撞。小于、等于那么不相撞。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。

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e,不计摩擦和轮的质量，那么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，那么V1即为船的水平速度VLV•cos0。

【错解缘由】上述错误的缘由是没有弄清船的运动状况。实际上船是在做平动，每一

时刻船上各点都有违反的水平速度。而A0绳上各点运动比较简洁，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垂直的法向速度以，即转动分速

度，A点的合速度VA即为两个分速度的合。vA=v/COS9

【分析解答】方法一：小船的运动为平动，而绳A0上各点的运动是平动+转动。以连

接船上的A点为争辩对象，如图1-9,A的平动速度为v,转动速度为V”，合速度VA即与船

的平动速度违反。那么由图可以看出VA=V/COS9。

【评析】方法二：我们可以把绳子和滑轮看作抱负机械。人对绳子做的功等于绳子对

船做的功。我们所争辩的绳子都是轻质绳，绳上的张力相等。对于绳上的C点来说即时功率

P人绳=F•Vo对于船上A点来说P绳船=FVA,cos

解答的方法一，或许同学不易理解绳上各点的运动。从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5一条宽为L的河流，河水流速为V1，船在静水中的速度为vz,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。

【错解缘由】上而错解的缘由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打算

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VI与V2的大小关系，所以应考虑以下可能状况。

此种状况下航程最短为L。

②当vz<vi时，如图1—11船头斜向上游，与岸夹角为6时，用三角形法那么分析当

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，v〔合速度）（9W0）

③当vz=vi时，如图1—12,9越小航程越短。（9W0）

【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V”竖直分速度为

V”以下公式能用来计算该物体在空中运动时间的是（）

故B正确。

【错解缘由】形成以上错误有两个缘由。第一是模型与规律配套。Vt=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。其次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】此题的正确选项为A,C,D„

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

据式①〜⑤知A,C,D正确。

【评析】选择运动公式首先要推断物体的运动性质。运动性质确定了，模型确定了，

运动规律就确定了。推断运动性要依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，在到达地面前最终一秒内通过的位移为整个位移的9/25,

求塔高（g=10m/s2）o

【错解】由于物体从塔顶落下，做自由落体运动。

解得H=

【错解缘由】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

对局部最终一秒内物体的运动那么不能视为初速为零的匀加速直线运动。由于最终一秒内的

初始时刻物体具有确定的初速，由于对整体和局部的关系不清，导致物理规律用错，形成错

解。

【分析解得】依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受

时间为t,通过的位移为H物体在t—1秒内的位移为h。由于V°=0

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。如此题初位置记为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向下做为时1s的匀加速运动，而VB可看

成是局部过程AB的末速度。这样分析就会觉察其中一些隐含条件。使得求解便利。

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图求解既直观又便利简

洁。如此题依题意可以做出v—t图（如图1—14）,由题意

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，那么（）

C.在空中，第1,2两个球间的距离保持不变

【错解】由于5个球先后释放，所以5个球在空中处在同一抛物线上，又由于小球都

做自由落体运动，所以C选项正确。

【错解缘由】形成错解的缘由是只留意到球做平抛运动，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。

【分析解答】释放的每个小球都做平抛运动。水平方向的速度与飞机的飞行速度相等,

在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，只是开头的时刻不同。飞机和

小球的位置如图15可以看出A,D选项正确。

【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

很大的挂念。如此题水平方向每隔1s过位移一样，投小球水平间距违反，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，假设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点自由滑下那么（）

【错解】由于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。

【错解缘由】同学的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不精

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违反的，且与传送带静止时一样，由运动学公式知位移违反。

从传送带上做平抛运动的初速违反。水平位移违反，落点违反。

【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违反，故落在Q点，所以A选项

正确。

【评析】假设此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动状况就应争辩了。

(1)当V产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V°>VB物块滑到底速度小于传送带的速度，有两种状况，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

种状况落点都在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，有两种状况，一是物块始终

减速，二是先减速后匀速。第一种落在Q点，其次种落在Q点的右边。

其次章牛顿定律错题集

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

其次定律中的应用，这其中要求同学要能够建立起正确的“运动和力的关系〃。因此，深刻

理解牛顿第确定律，那么是本章中运用牛顿其次定律解决具体的物理问题的根底。

二、根本方法

本章中所涉及到的根本方法有：力的分解与合成的平行四边形法那么，这是全部矢量

进展加、减法运算过程的通用法那么；运用牛顿其次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展受力分析的“隔离法〃，隔离法是分析物体受力状

况的根底，而对物体的受力状况进展分析又是应用牛顿其次定律的根底。因此，这种从简洁

的对象中隔离出某一孤立的物体进展争辩的方法，在本章中便显得格外重要。

三、错解分析

在本章学问应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对物体受力状况不能进展

正确的分析，其缘由通常毁灭在对弹力和摩擦力的分析与计算方面，特殊是对摩擦力(尤其

是对静摩擦力)的分析；对运动和力的关系不能精确地把握，如在运

用牛顿其次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毁灭正、负号的错误,

其本质缘由就是对运动和力的关系没能正确把握，误以为物体受到什么方向的合外力，那么

物体就向那个方向运动。

例1甲、乙两人手拉手玩拔河玩耍，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大?

【错解】由于甲胜乙，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

确定是甲方对乙方的拉力大。

【错解缘由】产生上述错解缘由是同学凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。依

据物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力打算的而是由合外力打算的。甲胜乙是

由于甲受合外力对甲作用的结果。甲、乙两人之间的拉力依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，依据牛顿第三定律，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，不能把生活中的阅历，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”Fz和摩

擦力，处于静止状态。其中Fi=10N,F?=2N。假设撤去力件那么木块在水平方向受到的合外

力为〔)

【错解】木块在三个力作用下保持静止。当撤去储后，另外两个力的合力与撤去力大

小相等，方向相反。故A正确。

【错解缘由】造成上述错解的缘由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，假设某时刻去掉一个力，那么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。此题中去掉储后，由于摩擦力发生变化，所以结论不成立。

【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「Fz-f=O此时静摩擦力为8N方向向左。撤去以后，木块水平方向受到向左2N的力，

有向左的运动趋势，由于Fz小于最大静摩擦力，所以所受摩擦力仍为静摩擦力。此时

—艮+f'=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状况，所谓运动趋势,

一般被解释为物体要动还未动这样的状态。没动是由于有静摩擦力存在，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，推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。假设去

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？

【错解】以木板上的物体为争辩对象。物体受重力、摩擦力、支持力。由于物体静止,

那么依据牛顿其次定律有

错解一：据式②知道9增加，f增加。

错解二：另有错解认为据式②知9增加，N减小那么f=uN说明f削减。

【错解缘由】错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程生疏透。只抓住一个侧

面，缺乏对物理情景的分析。假设能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，

就会避开错解一的错误。假设想到f=BN是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也

就会避开错解二。

【分析解答】以物体为争辩对象，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9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f=uN,分析N的变化，知f渭的

变化。9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知压力始终减小。所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小。压力始

终减小。

【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一类问

题，这类问题应抓住争辩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，用矢量三角形法那么解决问题。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，9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0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绳上的拉力变化状况怎样？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

其中一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，大小变，第三个力大小、方向均转变。

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、方向都转变。

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由零渐渐增加的

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：以斜面上的物体为争辩对象，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的方向沿斜面对下。依据牛顿其次定律列方程

f+mgsin9=Fcos9①

N-Fsin9-mgcos。=0②

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对上，那么有F增加摩擦力削减。

【错解缘由】上述错解的缘由是对静摩擦力生疏不清，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】此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（Feos6<mgsin8）物体有向下的运动趋势，摩

擦力的方向沿斜面对上。F增加，f削减。与错解二的状况违反。如图2—11,当外力较大

时（Feos。>mgsin。）物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面对下，外力增加，摩

擦力增加。当Feos。=mgsin。时，摩擦力为零。所以在外力由零渐渐增加的过程中，摩擦

力的变化是先减小后增加。

【评析】假设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口，我

们可以考虑两个问题稳固前面的分析方法。

(1)F为怎样的值时，物体会保持静止。

(2)F为怎样的值时，物体从静止开头沿斜面以加速度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。

首先以物体为争辩对象，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£静=口N〔最大静摩擦力)如图建立坐标，据牛顿其次定律列方程

当F从今值开头增加时，静摩擦力方向开头照旧斜向上，但大小减小，当F增加到

FCOS6=mgsin0时，即F=mg•tg。时，F再增加，摩擦力方向改为斜向下，仍可以依据受

力分析图2T1列出方程

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。

要使物体静止F的值应为

关于其次个问题提示读者留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。

例5如图2—12,m和M保持相对静止，一起沿倾角为0的光滑斜面下滑，那么M

和m间的摩擦力大小是多少？

【错解】以m为争辩对象，如图2—13物体受重力mg、支持力N、摩擦力f,如图建立

坐标有

再以m+N为争辩对象分析受力，如图2—14,(m+M)g•sin9=(M+m)a③

据式①，②，③解得f=0

所以m与M间无摩擦力。

【错解缘由】造成错解主要是没有好的解题习惯，只是盲目的仿照，好像解题步骤不

少，但思维没有跟上。要分析摩擦力就要找接触面，摩擦力方向确定与接触面相切，这一步

是堵住错误的起点。犯以上错误的客观缘由是思维定势，一见斜面摩擦力就沿斜面方向。归

结还是对物理过程分析不清。

【分析解答】由于m和M保持相对静止，所以可以将(m+M)整体视为争辩对象。受

力，如图2—14,受重力(M十m)g、支持力N,如图建立坐标，依据牛顿其次定律列方程

x：(M+n)gsin6=(M+m)a①

解得a=gsin9

沿斜面对下。由于要求m和M间的相互作用力，再以m为争辩对象，受力如图2—15。

依据牛顿其次定律列方程

由于m,M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图2—16。

由式②，③，④，⑤解得f=mgsin。,cos9

方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。

【评析】此题可以视为连接件问题。连接件问题对在解题过程中选取争辩对象很重

要。有时以整体为争辩对象，有时以单个物体为争辩对象。整体作为争辩对象可以将不知道

的相互作用力去掉，单个物体作争辩对象主要解决相互作用力。单个物体的选取应以它接触

的物体最少为最好。如m只和M接触，而M和m还和斜面接触。

另外需指出的是，在应用牛顿其次定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速

度，具体状况分析，不要形成只分解力的生疏。

例6如图2-17物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上。A,B质量分别为mA=6kg,

mB=2kg,A,B之间的动摩擦因数P=0.2,开头时F=10N,此后渐渐增加，在增大到45N的过

程中，那么

A.当拉力FC12N时，两物体均保持静止状态

B.两物体开头没有相对运动，当拉力超过12N时，开头相对滑动

C.两物体间从受力开头就有相对运动

D.两物体间始终没有相对运动

【错解】由于静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力。f则=口X6=121N)。所以

当F>12N时，A物体就相对B物体运动。FV12N时，A相对B不运动。所以A,B选项正确。

【错解分析】产生上述错误的缘由全都是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保

持静止状态，是以地为参考物，明显当有力F作用在A物体上，A,B两物体对地来说是运

动的。二是受物体在地面上运动状况的影响，而实际中物体在不固定物体上运动的状况是不

同的。

【分析解答】首先以A,B整体为争辩对象。受力如图2-18,在水平方向只受拉力F,

依据牛顿其次定律列方程

F=(mfl+mB)a①

再以B为争辩对象，如图2-19,B水平方向受摩擦力

f=mBa

代入式①F=[6+2)X6=48N

由此可以看出当FV48N时A,B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A,B

间不会发生相对运动。所以D选项正确。

【评析】物理解题中必需格外严密，一点的疏忽都会导致错误。避开错误发生的最好

方法就是按标准解题。每一步都要有依据。

例7如图2—20,用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°,

AC绳能承受的最大的拉力为150N,而BC绳能承受的最大的拉力为100N,求物体最大重力

不能超过多少？

【错解】以重物为争辩对象，重物受力如图2—21。由于重物静止，那么有

TAcsin30°=TBcsin60°

TACCOS30°+TBCCOS60°=G

将TAC=150N,TBC=100N代入式解得G=200No

【错解缘由】以上错解的缘由是同学错误地认为当TAC=150N时，TBC=100N,而没有认真

分析力之间的关系。实际当TBC=100N时，TBC已经超过150N。

【分析解答】以重物为争辩对象。重物受力如图2-21,重物静止，加速度为零。据牛

顿其次定律列方程

TACsin30°-TBcsin60°=0①

TACCOS30°+TBCCOS60°-G=0②

而当TAC=150N时，TKF86.6<100N

将TAC=150N,TBC②解得G=173.32No

所以重物的最大重力不能超过173.2No

例8如图2—22质量为M,倾角为a的楔形物A放在水平地面上。质量为m的B物

体从楔形物的光滑斜面上由静止释放，在B物体加速下滑过程中，A物体保持静止。地面受

到的压力多大？

【错解】以A,B整体为争辩对象。受力如图2—23,由于A物体静止，所以N=G=(M

+m)go

【错解缘由】由于A,B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。无视了这一点

就会造成错解。

【分析解答】分别以A,B物体为争辩对象。A,B物体受力分别如图2—24a,2—24b。

依据牛顿其次定律列运动方程，A物体静止，加速度为零。

X：Nisina-f=0①

y：N-Mg-Nicosa=0②

B物体下滑的加速度为a,

x：mgsina=ma

y：Ni-mgcosa=0④

由式①，②，③，④解得N=Mg+mgcosa

依据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcosa。

【评析】在解决物体运动问题时，在选取争辩对象时，假设要将几个物体视为一个整

体做为争辩对象，应当留意这几个物体必需有违反的加速度。

例9如图2-25天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量违反的小球。两小

球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度

为[]

A.ai=ga2=g

B.ai=g&2=g

C.ai=2ga2=0

D.ai_0a2=g

【错解】剪断细绳时，以(A+B)为争辩对象，系统只受重力，所以加速度为g,所以A,

B球的加速度为g。应选A。

【错解缘由】毁灭上述错解的缘由是争辩对象的选择不正确。由于剪断绳时，A,B

球具有不同的加速度，不能做为整体争辩。

【分析解答】分别以A,B为争辩对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前A,B

静止。如图2-26,A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受三个力，重力mg和弹

簧拉力『

A球：T-mg-F=0①

B球：F'-mg=0②

由式①，②解得T=2mg,F=mg

剪断时，A球受两个力，由于绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形米，瞬间外形

不行转变，弹力还存在。如图2-27,A球受重力mg、弹簧给的弹力F。同理B球受重力mg

和弹力『。

A球：-mg-F=maA③

B球：F'-mg=maB(4)

由式③解得ai=-2g1方向向下)

由式④解得aB=O

故C选项正确。

【评析】11)牛顿其次定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变，加

速度不变。合外力瞬间转变，加速度瞬间转变。此题中A球剪断瞬间合外力变化，加速度就

由。变为2g,而B球剪断瞬间合外力没变，加速度不变。

(2)弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧不计质量，弹性限度内k是常数。绳

子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有。而弹簧由于有形变，不行瞬间发生变化，即形变不

会瞬间转变，要有一段时间。

例10如图2—28,有一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在

传送带上，假设物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,那么传送带将该物体传送10m的距离

所需时间为多少？

【错解】由于物体轻放在传送带上，所以v0=0,物体在竖直方向合外力为零，在水平

方向受到滑动摩擦力〔传送带施加)，做v0=0的匀加速运动，位移为10m。

据牛顿其次定律F=ma有f=口mg=ma,a=口g=5m/s2

【错解缘由】上述解法的错误出在对这一物理过程的生疏。传送带上轻放的物体的运

动有可能分为两个过程。一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动；二是到达与传送带违

反速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开头作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时

候到达传送带的速度，才好对问题进展解答。

【分析解答】以传送带上轻放物体为争辩对象，如图2—29在竖直方向受重力和支持

力，在水平方向受滑动摩擦力，做Vo=O的匀加速运动。

据牛二定律F=ma

有水平方向：f=ma①

竖直方向：N-mg=0②

f=pN③

由式①，②，③解得a=5m/s2

设经时间匕，物体速度到达传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式

vo=vo+at④

解得如

物体位移为时，物体的速度与传送带的速度违反，物体0.4s后无摩擦力，开头做匀速

运动

S2=V2t2⑤

由于Sz=S-Si=10—0.4=9.6[m]，v2=2m/s

代入式⑤得t2

那么传送10m所需时间为t=0.4+4.8=5.2s。

【评析】此题是较为简洁的一个问题，涉及了两个物理过程。这类问题应抓住物理情

景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以承受试算的方法，如此题中错解求出始终

做匀加速直线运动经过10m用2s,可以拿来计算一下，2s末的速度是多少，计算结果

v=5X2=10(m/s),已超过了传送带的速度，这是不行能的。当物体速度增加到2m/s时，

摩擦力瞬间就不存在了。这样就可以确定第2个物理过程。

例11如图2-30,一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物

体P处于静止。P的质量为12kg,弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的

力F,使P从静止开头向上做匀加速运动。在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，

那么F的最小值是多少，最大值是多少？

【错解】

F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)

【错解缘由】错解缘由是对题所表达的过程不理解。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为争辩对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。

由于物体静止，EF=0

N=G=0①

N=kxo②

设物体向上匀加速运动加速度为a。

此时物体P受力如图2-31受重力G,拉力F和支持力N，

据牛顿其次定律有

F+N'-G=ma③

当。。物体由静止开头运动，那么

将式①，②中解得的x0=代入式③解得a=/s，

F的最小值由式③可以看出即为M最大时，即初始时刻N，=N=kx。

代入式③得

Fmin=ma+mg-kxo

=12X(7.5+10)-800X

=90(N)

F最大值即N=0时，F=ma+mg=2101N)

【评析】此题假设称盘质量不行无视，在分析中应留意P物体与称盘分别时，弹簧的

形变不为0,P物体的位移就不等于x0,而应等于xO-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)等根本概念，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根本规律。

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。

二、根本方法

本章中所涉及到的根本方法有：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展分解，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展分解，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，可以通过奇异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

在本章学问应用的过程中，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，一些同学一看到要计算功，就只想到「Fscos9,

而不能将思路翻开，从忙Pt和忙AEt等多条思路进展考虑；不留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3T,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

A.垂直于接触面，做功为零

B.垂直于接触面，做功不为零

C.不垂直于接触面，做功为零

D.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，由于支持力总与接触面垂

直，所以支持力不做功。故A选项正确。

【错解缘由】斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些

人不加思考选A。这反映出对力做功的本质不太理解，没有从求功的根本方法来思考，是形

成错解的缘由。

【分析解答】依据功的定义W=F・scosO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,那么斜面体水平位移小于物块水平位移。依据图3-2上关

系可以确定支持力与物块位移夹角大于90°,那么斜面对物块做负功。应选B。

【评析】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义动身。二是可以用功能

关系。如此题物块从斜面上滑下来时，削减的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物

块的机械能削减了，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。

假设物体在运动过程中所受阻力的大小不变，那么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】以物体为争辩对象，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

此过程中，重力阻力做功，据动能定量有

物体上升的最大高度为H

由式①，②，③解得h=

【错解缘由】初看好像任何问题都没有，认真审题，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。

据动能定量

解得h，=

【评析】在此较简洁问题中，应留意不要毁灭漏解。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争辩对象，那么此系

统在从子弹开头射入木块到弹簧压缩到最短的过程

中

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量不守恒，机械能不守恒

C.动量守恒，机械能不守恒

D.动量不守恒，机械能守恒

【错解】以子弹、木块和弹簧为争辩对象。由于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。

【错解缘由】错解缘由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、木块为争辩对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩

是由于受到外力，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，系统机械能削减，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

V。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。假设子弹射

入木块的深度为D,那么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争辩对象。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产（M+m）v

解得v=mv0

子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功

（2）系统损失的机械能

即为子弹损失的功能

【错解缘由】错解①中错误缘由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，子弹动能削减并不等于系

统机械能削减量。由于子弹削减的功能有一局部转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。

【分析解答】以子弹、木块组成系统为争辩对象。画出运算草图，如图3—7。系统水

平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有

mv0=（M+m）v（设vo方向为正）

子弹打入木块到与木块有违反速度过程中摩擦力做功：

由运动草图可S木=$于

-D

【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，由于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

不同的思路进展争辩和分析。类似这样的问题都可以承受同样的思路。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V。沿木板滑

行。状况与题中极其相像，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1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<Mo现以地面为参考系，给A和B以大小违反，方向相反

的初速度，使A开头向左运动，B开头向右运动，但最终A刚好没有滑离B板。求小木块A

向左运动到达最远处1对地）离动身点的距离。

提示：留意分析物理过程。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，然后加速到达与B同速。

例5以下说法正确的选项是（）

A.合外力对质点做的功为零，那么质点的动能、动量都不变

B.合外力对质点施的冲量不为零，那么质点动量必将转变，动能也确定变

C.某质点受到合力不为零，其动量、动能都转变

D.某质点的动量、动能都转变，它所受到的合外力确定不为零。

【错解】错解一：由于合外力对质点做功为零，据功能定理有△&=（）,由于动能不变,

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，那么质点动量必将转变，V转变，动能也

就转变。故B正确。

【错解缘由】形成上述错解的主要缘由是对速度和动量的矢量性不理解。对矢量的变

化也就毁灭理解的偏差。矢量发生变化时，可以是大小转变，也可能是大小不转变，而方向

转变。这时变化量都不为零。而动能那么不同，动能是标量，变化就确定是大小转变。所以

△Ek=0只能说明大小转变。而动量变化量不为零就有可能是大小转变,也有可能是方向转变。

【分析解答】此题正确选项为D。

由于合外力做功为零，据动能定理有△Ell=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，依据动量定理知动量确定变，这既可以是速度大小转变，也可能是速度方向转

变。假设是速度方向转变，那么动能不变。故B错。同理C选项中合外力不为零，即是动量

发生变化，但动能不愿定转变，C选项错。D选项中动量、动能转变，依据动量定量，冲量

确定不为零，即合外力不为零。故D正确。

【评析】对于全盘确定或否认的推断，只要找出一反例即可推断。要证明它是正确的

就要有充分的论据。

例6物体m从倾角为a的固定的光滑斜面由静止开头下滑，斜面高为h,当物体滑

至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）

【错解】错解一：由于斜面是光滑斜面，物体m受重力和支持。支持不

错解二：物体沿斜面做vO=O的匀加速运动a=mgsina

应选B。

【错解缘由】错解一中错误的缘由是没有留意到瞬时功率P=Fvcos。。

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

瞬时功率应留意乘上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

F、v夹角6为90°-a

故C选项正确。

【评析】求解功率问题首先应留意求解的是瞬时值还是平均值。假设求瞬时值应留意

普遍式P=Fv・cos。（0为F,v的夹角）当F,v有夹角时，应留意从图中标明。

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。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】以列车为争辩对象，水平方向受牵引力和阻力f。

据P=F•V