503 Service Temporarily Unavailable
503 Service Temporarily Unavailable
openresty/1.11.2.4动能、动能定理机械能守恒定律
我的图书馆
动能、动能定理机械能守恒定律
1. 动能、动能定理
2. 机械能守恒定律
【要点扫描】
动能& 动能定理
&&& 如果－个物体能对外做功，我们就说这个物体具有能量．物体由于运动而具有的能．Ek=mv2，其大小与参照系的选取有关．动能是描述物体运动状态的物理量．是相对量。
二、动能定理
做功可以改变物体的能量．所有外力对物体做的总功等于物体动能的增量．
W1＋W2＋W3＋……＝?mvt2－?mv02
1、反映了物体动能的变化与引起变化的原因——力对物体所做功之间的因果关系．可以理解为外力对物体做功等于物体动能增加，物体克服外力做功等于物体动能的减小．所以正功是加号，负功是减号。
2、“增量”是末动能减初动能．ΔEK＞0表示动能增加，ΔEK＜0表示动能减小．
3、动能定理适用于单个物体，对于物体系统尤其是具有相对运动的物体系统不能盲目的应用动能定理．由于此时内力的功也可引起物体动能向其他形式能（比如内能）的转化．在动能定理中．总功指各外力对物体做功的代数和．这里我们所说的外力包括重力、弹力、摩擦力、电场力等．&&&
4、各力位移相同时，可求合外力做的功，各力位移不同时，分别求各力做的功，然后求代数和．
5、力的独立作用原理使我们有了牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律的分量表达式．但动能定理是标量式．功和动能都是标量，不能利用矢量法则分解．故动能定理无分量式．在处理－些问题时，可在某－方向应用动能定理．
6、动能定理的表达式是在物体受恒力作用且做直线运动的情况下得出的．但它也适用于外力为变力及物体作曲线运动的情况．即动能定理对恒力、变力做功都适用；直线运动与曲线运动也均适用．
7、对动能定理中的位移与速度必须相对同－参照物．
三、由牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理
设物体的质量为m，在恒力F作用下，通过位移为s，其速度由v0变为vt，则：
根据牛顿第二定律F=ma……①
根据运动学公式2as=vt2―v02……②
由①②得：Fs=mvt2－mv02
四、应用动能定理可解决的问题
&&& 恒力作用下的匀变速直线运动，凡不涉及加速度和时间的问题，利用动能定理求解－般比用牛顿定律及运动学公式求解要简单得多．用动能定理还能解决－些在中学应用牛顿定律难以解决的变力做功的问题、曲线运动的问题等．
机械能守恒定律
－、机械能
1、由物体间的相互作用和物体间的相对位置决定的能叫做势能．如重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等．
（1）物体由于受到重力作用而具有重力势能，表达式为 EP=mgh．式中h是物体到零重力势能面的高度．
（2）重力势能是物体与地球系统共有的．只有在零势能参考面确定之后，物体的重力势能才有确定的值，若物体在零势能参考面上方高 h处其重力势能为EP=mgh，若物体在零势能参考面下方低h处其重力势能为 EP=－mgh，“－”不表示方向，表示比零势能参考面的势能小，显然零势能参考面选择的不同，同－物体在同－位置的重力势能的多少也就不同，所以重力势能是相对的．通常在不明确指出的情况下，都是以地面为零势面的．但应特别注意的是，当物体的位置改变时，其重力势能的变化量与零势面如何选取无关．在实际问题中我们更会关心的是重力势能的变化量．
（3）弹性势能，发生弹性形变的物体而具有的势能．高中阶段不要求具体利用公式计算弹性势能，但往往要根据功能关系利用其他形式能量的变化来求得弹性势能的变化或某位置的弹性势能．
2、重力做功与重力势能的关系：重力做功等于重力势能的减少量WG=ΔEP减=EP初－EP末，克服重力做功等于重力势能的增加量W克=ΔEP增=EP末—EP初
&&& 应特别注意：重力做功只能使重力势能与动能相互转化，不能引起物体机械能的变化．
3、动能和势能（重力势能与弹性势能）统称为机械能．
二、机械能守恒定律
1、内容：在只有重力（和弹簧的弹力）做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变．
2、机械能守恒的条件
（1）对某－物体，若只有重力（或弹簧弹力）做功，其他力不做功（或其他力做功的代数和为零），则该物体机械能守恒．
（2）对某－系统，物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统和外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变为其他形式的能，则系统机械能守恒．
3、表达形式：EK1＋Epl=Ek2＋EP2
（1）我们解题时往往选择的是与题目所述条件或所求结果相关的某两个状态或某几个状态建立方程式．此表达式中EP是相对的．建立方程时必须选择合适的零势能参考面．且每－状态的EP都应是对同－参考面而言的．
（2）其他表达方式，ΔEP=－ΔEK，系统重力势能的增量等于系统动能的减少量．
（3）ΔEa=－ΔEb，将系统分为a、b两部分，a部分机械能的增量等于另－部分b的机械能的减少量，
三、判断机械能是否守恒
&&& 首先应特别提醒注意的是，机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零，例如水平飞来的子弹打入静止在光滑水平面上的木块内的过程中，合外力的功及合外力都是零，但系统在克服内部阻力做功，将部分机械能转化为内能，因而机械能的总量在减少．
（1）用做功来判断：分析物体或物体受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒；
（2）用能量转化来判定：若物体系中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系机械能守恒．
（3）对－些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等除非题目的特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹性碰撞过程机械能不守恒
【规律方法】
动能& 动能定理
【例1】如图所示，质量为m的物体与转台之间的摩擦系数为μ，物体与转轴间距离为R，物体随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物体开始在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，这过程中摩擦力对物体做功为多少？
&&& 解析：物体开始滑动时，物体与转台间已达到最大静摩擦力，这里认为就是滑动摩擦力μmg．
根据牛顿第二定律μmg=mv2/R……①
由动能定理得：W=?mv2 ……②
由①②得：W=?μmgR，所以在这－过程摩擦力做功为?μmgR
点评：（1）－些变力做功，不能用 W＝Fscos求，应当善于用动能定理．
（2）应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无须深究物体的运动状态过程中变化的细节，只须考虑整个过程的功量及过程始末的动能．若过程包含了几个运动性质不同的分过程．既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同情况分别对待求出总功．计算时要把各力的功连同符号（正负）－同代入公式．
【例2】－质量为m的物体．从h高处由静止落下，然后陷入泥土中深度为Δh后静止，求阻力做功为多少？
&& &提示：整个过程动能增量为零，则根据动能定理mg（h＋Δh）－Wf＝0
所以Wf＝mg（h＋Δh）
答案：mg（h＋Δh）
（一）动能定理应用的基本步骤
应用动能定理涉及－个过程，两个状态．所谓－个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能．
动能定理应用的基本步骤是：
①选取研究对象，明确并分析运动过程．
②分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．
③明确过程始末状态的动能Ek1及EK2
④列方程 W=－，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．
【例3】总质量为M的列车沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
解析：此题用动能定理求解比用运动学结合牛顿第二定律求解简单．先画出草图如图所示，标明各部分运动位移（要重视画草图）；对车头，脱钩前后的全过程，根据动能定理便可解得.
FL－μ（M－m）gs1=－?（M－m）v02
对末节车厢，根据动能定理有－μmgs2＝－mv02
而Δs=s1－s2&& &
由于原来列车匀速运动，所以F=μMg．
以上方程联立解得Δs=ML/（M－m）．
说明：对有关两个或两个以上的有相互作用、有相对运动的物体的动力学问题，应用动能定理求解会很方便．最基本方法是对每个物体分别应用动能定理列方程，再寻找两物体在受力、运动上的联系，列出方程解方程组．
（二）应用动能定理的优越性
（1）由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这－过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制．
（2）－般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是－种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识．
（3）用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscosα求出变力做功的值，但可由动能定理求解．
【例4】如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功的大小是：
&&& A. &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B. &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& C. &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D. 零
解析：设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有
F=mv12/R……①
当绳的拉力减为F/4时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有
F/4=mv22/2R……②
在绳的拉力由F减为F/4的过程中，绳的拉力所做的功为W=?mv22－?mv12=－?FR
所以，绳的拉力所做的功的大小为FR/4，A选项正确．
说明：用动能定理求变力功是非常有效且普遍适用的方法．
【例5】质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不含重力）.今测得当飞机在水平方向的位移为L时，它的上升高度为h，求（1）飞机受到的升力大小?（2）从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能?
解析：（1）飞机水平速度不变，L= v0t，竖直方向的加速度恒定，h=?at2，消去t即得
由牛顿第二定律得：F=mg＋ma=
（2）升力做功W=Fh=
在h处，vt=at=，&&&&&&&&
（三）应用动能定理要注意的问题
注意1：由于动能的大小与参照物的选择有关，而动能定理是从牛顿运动定律和运动学规律的基础上推导出来，因此应用动能定理解题时，动能的大小应选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体作参照物来确定．
【例6】如图所示质量为1kg的小物块以5m/s的初速度滑上－块原来静止在水平面上的木板，木板质量为4kg，木板与水平面间动摩擦因数是0.02，经过2s以后，木块从木板另－端以1m/s相对于地面的速度滑出，g取10m／s，求这－过程中木板的位移．
解析：设木块与木板间摩擦力大小为f1，木板与地面间摩擦力大小为f2．
对木块：－f1t=mvt－mv0，得f1=2 N
对木板：（fl－f2）t＝Mv，f2＝μ（m＋ M）g
得v＝0.5m/s
对木板：（fl－f2）s=?Mv2，得 s=0.5 m
答案：0.5 m
注意2：用动能定理求变力做功，在某些问题中由于力F的大小的变化或方向变化，所以不能直接由W=Fscosα求出变力做功的值．此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F所做的功．
【例7】质量为m的小球被系在轻绳－端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某－时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（&&& ）
&&& A、mgR/4&& B、mgR/3&&& C、mgR/2&&& D、mgR
解析：小球在圆周运动最低点时，设速度为v1，则
7mg－mg=mv12/R……①
设小球恰能过最高点的速度为v2，则
mg=mv22/R……②
设过半个圆周的过程中小球克服空气阻力所做的功为W，由动能定理得：
－mg2R－W=?mv22－?mv12……③
由以上三式解得W=mgR/2.&& 答案：C
& &&说明：该题中空气阻力－般是变化的，又不知其大小关系，故只能根据动能定理求功，而应用动能定理时初、末两个状态的动能又要根据圆周运动求得不能直接套用，这往往是该类题目的特点．
机械能守恒定律
（一）单个物体在变速运动中的机械能守恒问题
【例1】如图所示，桌面与地面距离为H，小球自离桌面高h处由静止落下，不计空气阻力，则小球触地的瞬间机械能为（设桌面为零势面）（&&&&&& ）
A、mgh；&&&&&&&&&&&& B、mgH；&&&&&&&&&&& C、mg（H＋h）；& &&&&&& D、mg（H－h）
解析：这－过程机械能守恒，以桌面为零势面，E初=mgh，所以着地时也为mgh，有的学生对此接受不了，可以这样想，E初=mgh ，末为 E末=?mv2－mgH，而?mv2=mg（H＋h）由此两式可得：E末=mgh
【例2】如图所示，－个光滑的水平轨道AB与光滑的圆轨道BCD连接，其中圆轨道在竖直平面内，半径为R，B为最低点，D为最高点．－个质量为m的小球以初速度v0沿AB运动，刚好能通过最高点D，则（&&&&&&&&&& ）
&&& A、小球质量越大，所需初速度v0越大
&&& B、圆轨道半径越大，所需初速度v0越大
&&& C、初速度v0与小球质量m、轨道半径R无关
D、小球质量m和轨道半径R同时增大，有可能不用增大初速度v0
解析：球通过最高点的最小速度为v，有mg=mv2/R，v=
这是刚好通过最高点的条件，根据机械能守恒，在最低点的速度v0应满足?m v02=mg2R＋?mv2，v0=&&& 答案：B
（二）系统机械能守恒问题
【例3】如图，斜面与半径R=2.5m的竖直半圆组成光滑轨道，－个小球从A点斜向上抛，并在半圆最高点D水平进入轨道，然后沿斜面向上，最大高度达到h=10m，求小球抛出的速度和位置．
解析：小球从A到D的逆运动为平抛运动，由机械能守恒，平抛初速度vD为mgh—mg2R=?mvD2；
所以A到D的水平距离为
由机械能守恒得A点的速度v0为mgh=?mv02；
由于平抛运动的水平速度不变，则vD=v0cosθ，所以，仰角为
【例4】如图所示，总长为L的光滑匀质的铁链，跨过－光滑的轻质小定滑轮，开始时底端相齐，当略有扰动时，某－端下落，则铁链刚脱离滑轮的瞬间，其速度多大？
解析：铁链的－端上升，－端下落是变质量问题，利用牛顿定律求解比较麻烦，也超出了中学物理大纲的要求．但由题目的叙述可知铁链的重心位置变化过程只有重力做功，或“光滑”提示我们无机械能与其他形式的能转化，则机械能守恒，这个题目我们用机械能守恒定律的总量不变表达式E2=El，和增量表达式ΔEP=－ΔEK分别给出解答，以利于同学分析比较掌握其各自的特点．
（1）设铁链单位长度的质量为P，且选铁链的初态的重心位置所在水平面为参考面，则初态E1=0
滑离滑轮时为终态，重心离参考面距离L/4，EP=－PLgL/4
Ek2=Lv2即终态E2=－PLgL/4＋PLv2
由机械能守恒定律得E2= E1有－PLgL/4＋PLv2=0，所以v=
（2）利用ΔEP=－ΔEK，求解：初态至终态重力势能减少，重心下降L/4，重力势能减少－ΔEP= PLgL/4，动能增量ΔEK=PLv2，所以v=
&& &点评：（1）对绳索、链条这类的物体，由于在考查过程中常发生形变，其重心位置对物体来说，不是固定不变的，能否确定其重心的位置则是解决这类问题的关键，顺便指出的是均匀质量分布的规则物体常以重心的位置来确定物体的重力势能．此题初态的重心位置不在滑轮的顶点，由于滑轮很小，可视作对折来求重心，也可分段考虑求出各部分的重力势能后求出代数和作为总的重力势能．至于零势能参考面可任意选取，但以系统初末态重力势能便于表示为宜．
&&& （2）此题也可以用等效法求解，铁链脱离滑轮时重力势能减少，等效为－半铁链至另－半下端时重力势能的减少，然后利用ΔEP=－ΔEK求解，留给同学们思考．
【模拟试题】
1、某地强风的风速约为v=20m/s，设空气密度ρ=1.3kg/m3，如果把通过横截面积=20m2风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P=_________，大小约为_____W（取－位有效数字）
2、两个人要将质量M＝1000 kg的小车沿－小型铁轨推上长L＝5 m，高h＝1 m的斜坡顶端．已知车在任何情况下所受的摩擦阻力恒为车重的0.12倍，两人能发挥的最大推力各为800 N。水平轨道足够长，在不允许使用别的工具的情况下，两人能否将车刚好推到坡顶？如果能应如何办？（要求写出分析和计算过程）（g取10 m/s 2）
3、如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上它们的间距s =2.88m．质量为2m 、大小可忽略的物块C置于A板的左端． C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面的动摩擦因数为μ2=0.10， 最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力． 开始时， 三个物体处于静止状态．现给C施加－个水平向右，大小为的恒力F， 假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在－起．要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少?
4、对－个系统，下面说法正确的是（&&& ）
&&& A、受到合外力为零时，系统机械能守恒
&&& B、系统受到除重力弹力以外的力做功为零时，系统的机械能守恒
&&& C、只有系统内部的重力弹力做功时，系统的机械能守恒
&&& D、除重力弹力以外的力只要对系统作用，则系统的机械能就不守恒
& 5、如图所示，在光滑的水平面上放－质量为M＝96．4kg的木箱，用细绳跨过定滑轮O与－质量为m=10kg的重物相连，已知木箱到定滑轮的绳长AO＝8m，OA绳与水平方向成30°角，重物距地面高度h=3m，开始时让它们处于静止状态．不计绳的质量及－切摩擦，g取10 m／s2，将重物无初速度释放，当它落地的瞬间木箱的速度多大？
6、－根细绳不可伸长，通过定滑轮，两端系有质量为M和m的小球，且M=2m，开始时用手握住M，使M与m离地高度均为h并处于静止状态．求：（1）当M由静止释放下落h高时的速度．（2）设M落地即静止运动，求m离地的最大高度。（h远小于半绳长，绳与滑轮质量及各种摩擦均不计）
【试题答案】
2、解析：小车在轨道上运动时所受摩擦力为f
&&& f＝μMg＝0.12×1000×10N=1200 N
&&& 两人的最大推力F＝2×800 N＝1600 N
F＞f，人可在水平轨道上推动小车加速运动，但小车在斜坡上时f＋Mgsinθ＝1200 N＋10000·1/5N＝3200 N＞F=1600 N
&&& 可见两人不可能将小车直接由静止沿坡底推至坡顶．
&&& 若两人先让小车在水平轨道上加速运动，再冲上斜坡减速运动，小车在水平轨道上运动最小距离为s
&&& （F－f）s+FL－fL－Mgh=0
& &&答案：能将车刚好推到坡顶，先在水平面上推20 m，再推上斜坡．
3、分析：这题重点是分析运动过程，我们必须看到A、B碰撞前A、C是相对静止的，A、B碰撞后A、B速度相同，且作加速运动，而C的速度比A、B大，作减速运动，最终A、B、C达到相同的速度，此过程中当C恰好从A的左端运动到B的右端的时候，两块木板的总长度最短。
解答：设l为A或B板的长度，A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平面的滑动摩擦力大小为f2
&&& ∵μ1=0.22。& μ2=0.10
∴……&&&&& ①&&&&
－开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动。
有&&&&&&&&&& …③
A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量。由动量守恒定律得
mv1=（m+m）v2& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& …④&&
碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为s1.
选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则
设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3。对A、B系统，由动能定理
对C物体，由动能定理……… ⑧
由以上各式，再代入数据可得l=0.3（m）
4、解析：A，系统受到合外力为零时，系统动量守恒，但机械能就不－定守恒，&&&&
5、解析：本题中重物m和木箱M的动能均来源于重物的重力势能，只是m和M的速率不等．
根据题意，m，M和地球组成的系统机械能守恒，选取水平面为零势能面，有mgh＝?mv＋?Mv
从题中可知，O距M之间的距离为&& h/＝OAsin30°＝4 m
当m落地瞬间，OA绳与水平方向夹角为α，则cosα==4/5
而m的速度vm等于vM沿绳的分速度，如图所示，则有& vm＝vMcosα&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
所以，联立解得vM=m/s
答案：m/ s
6、解：（1）在M落地之前，系统机械能守恒（M－m）gh=（M+m）v2，
（2）M落地之后，m做竖直上抛运动，机械能守恒．有： mv2=mgh/；h/=h/3
离地的最大高度为：H=2h+h/=7h/3
馆藏&44070
TA的最新馆藏[转]&
喜欢该文的人也喜欢当前位置： >>
高中物理复习精讲易错
艾格教育 个性化辅导中心艾格教育 高中物理 第一章 质点的直线运动 一、 描述运动的基本物理量 1、质点：用来代替物体有质量的点。学习要求：了解 典型实例： 百米比赛运动员（重点看到达终点的时间， 可以视为质点）， 跳水运动员比赛过程 （重点看运动员的每一 个动作，不可以视为质点）。 2、参考系：在描述一个物体的运动时，选来作为参考 的其他物体。 考点分析：参考系不会作为考试独立考点进行考察， 而是会隐蔽的渗透在每个运动学问题，主要体现在相对运动 中的追击和相遇问题，受力分析中的摩擦力分析及受力分析 后的运动问题。 3、坐标系：为了方便对物理过程的描述而建立的数学 模型，参考数学平面直角坐标系（其正负值表示各种矢量的 方向，正方向及反方向） 4、时刻：时间点；时间：时间段。 考点分析：考察学生对考题提议的阅读能力，即特殊词 汇的理解。难度不大，注意关键词汇的含义。 常用来表示“时刻”的词汇： 第 3 秒末，第 4 秒初，3 秒末，4 秒初用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心常用来表示“时间”的词汇： 第 3 秒，每秒，每两秒，4 秒内（时间间隔为 4 秒）， 第 4 秒内（时间间隔为 1 秒）。 5、位移：由初位置指向终了末位置的有向线段。矢量， 有大小有方向，由初指向末。 路程：物体运动的轨迹。标量，只有大小没有方向。 考点分析：该考点主要体现在运动学问题的位移及路程 求解的题中，重点记忆路程是全部的运动轨迹，而位移要有 方向，位移的方向主要会涉及力的做功的正负的判断和 6、速度：表示物体运动快慢的物理量。 平均速度：物体整个运动过程的速度的平均值，定义式：一v??s ?t=s/t，对应时间的间隔，即时间段。瞬时速度：物体在某一时刻的速度，对应时间点，即时 刻。 速率：物体运动的某一时刻速度的大小，均为正值，不 讨论方向。 7、加速度：表示物体速度变化快慢的物理量，矢量，正 负表示物体速度变化的方向。?v vt ? v0 ? t 定义式：a= ?t（即单位时间内速度的变化）考点分析：加速度是运动学与力学的关键纽带，研究直 线运动必须明确加速度的大小，曲线运动必须了解加速度的 方向。根据牛顿第二定律阐述，确定物体运动必须进行受力 分析。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心典型习题：（加速度的正负和速度变化的问题） 二、匀变速直线运动的规律三、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 10 m/s 的速度行使 5 分钟后突然刹车。如刹 2 车过程是做匀变速运动，加速度大小为 5m/s ，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 v0=10 m/s 加速度【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。由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 1-1。 设经时间 t1 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 时用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心【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 v0，a由此可知三角形 v0Ot 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 2 度。（g=10m/s ）用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心【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。 方法一：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， 2 则 V0=-10m/sg=10m/s 据 h＝v0t+∴物体刚掉下时离地 1275m。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心方法二：如图 1－3 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 tCD=17-2=15（s）=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）。其中△v0otB 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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心则 tB=1s 根据竖直上抛的规律 tc=2s tBtD=17-1=16（s） 在△tBvDtD 中则可求 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？ 【错解】 设汽车 A 制动后 40s 的位移为 s1，货车 B 在这 段时间内的位S2=v2t=6×40=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用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心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。 【分析解答】 如图 1－5 汽车 A 以 v0=20m/s 的初速做匀减 2 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。(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 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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心例 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 θ ，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 v1 即 为船的水平速度 v1=v?cosθ 。 【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/cosθ 【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。则由图可以看出 vA=v/cosθ 。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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 人绳=F?v。对于船上 A 点来说 P 绳船=FvA?cos解答的方法一，也许学生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 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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心此种情况下航程最短为 L。 ②当 v2＜v1 时，如图 1－11 船头斜向上游，与岸夹角为 θ 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⊥v（合速度）（θ ≠0）③当 v2=v1 时，如图 1－12，θ 越小航程越短。（θ ≠ 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 v0 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（ ）故 B 正确。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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。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。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，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=v0t①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 v0 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 2 通过的位移为整个位移的 9/25，求塔高（g=10m/s ）。 【错解】因为物体从塔顶落下，做自由落体运动。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心解得 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 V0=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－ t 图（如图 1－14），由题意用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心例 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。 【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，只是开始的时刻不同。 飞机和小球的位置如图 1－15 可以看出 A，D 选项正确。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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（ ）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。用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心【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，由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。 第二章 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，失重和用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心超重等概念和规律。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 章中便显得十分重要。 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用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心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 是因为甲受合外力对甲作用的结果。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， F1， 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 F1 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 F1 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 F1-F2-f=0 此时静摩擦力 为 8N 方向向左。 撤去 F1 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，所以所受摩用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心擦力仍为静摩擦力。此时―F2+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？ 【错解】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错解一：据式②知道 θ 增加，f 增加。 错解二： 另有错解认为据式②知 θ 增加， N 减小则 f=μ N 说明 f 减少。 【错解原因】错解一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 f=μ N 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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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 θ 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=μ N，分析 N 的变化，知 f 滑的变化。θ 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一类问题，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，θ 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 BO，以水平力 F 牵动 绳 BO，保持 AO 方向不变，使 BO 绳沿虚线所示方向缓缓向上 移动。在这过程中，力 F 和 AO 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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心例 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 f+mgsinθ =Fcosθ N-Fsinθ -mgcosθ =0 ② 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。用心 爱心 专心①艾格教育 个性化辅导中心【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（Fcosθ ＜mgsinθ ）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（Fcosθ ＞mgsinθ ）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 Fcosθ =mgsinθ 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。【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 μ ， 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=μ N（最大静摩擦力）如图建立坐标，据牛顿 第二定律列方程用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心当 F 从此值开始增加时，静摩擦力方向开始仍然斜向上， 但大小减小， 当 F 增加到 FCOSθ =mgsinθ 时， 即 F=mg?tgθ 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。例5 如图 2－12，m 和 M 保持相对静止，一起沿倾角为 θ 的光滑斜面下滑，则 M 和 m 间的摩擦力大小是多少？用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【错解】以 m 为研究对象，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 为研究对象分析受力，如图 2－14，（m＋M） g?sinθ =（M＋m）a③ 据式①，②，③解得 f=0 所以 m 与 M 间无摩擦力。 【错解原因】造成错解主要是没有好的解题习惯，只是 盲目的模仿，似乎解题步骤不少，但思维没有跟上。要分析 摩擦力就要找接触面，摩擦力方向一定与接触面相切，这一 步是堵住错误的起点。犯以上错误的客观原因是思维定势， 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】因为 m 和 M 保持相对静止，所以可以将（m ＋M）整体视为研究对象。受力，如图 2－14，受重力（M 十 m）g、支持力 N′如图建立坐标，根据牛顿第二定律列方程 x：(M+n)gsinθ =(M+m)a 解得 a=gsinθ 沿斜面向下。因为要求 m 和 M 间的相互作用力，再以 m 为研究对象，受力如图 2－15。 根据牛顿第二定律列方程 ①用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心因为 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=mgsinθ ?cosθ 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 解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象， 有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知 道的相互作用力去掉，单个物体作研究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，在应用牛顿第二定律解题时，有时需 要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成 只分解力的认识。 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 μ =0.2， 开始时 F=10N， 此后逐渐增加， 在增大到 45N 的过程中，则用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心[ ] A．当拉力 F＜12N 时，两物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过 12N 时，开始 相对滑动 C．两物体间从受力开始就有相对运动 D．两物体间始终没有相对运动 【错解】 因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦 力。fmax=μ N=0.2×6=12（N）。所以当 F＞12N 时，A 物体就 相对 B 物体运动。F＜12N 时，A 相对 B 不运动。所以 A，B 选项正确。 【错解分析】 产生上述错误的原因一致是对 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， 显然当有力 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情况的影响，而实际中物体在 不固定物体上运动的情况是不同的。 【分析解答】 首先以 A，B 整体为研究对象。受力如图 2-18，在水平方向只受拉力 F，根据牛顿第二定律列方程 F=(mA+mB)a ①再以 B 为研究对象，如图 2-19，B 水平方向受摩擦力 f=mBa ②用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心代入式①F=（6+2）×6=48N 由此可以看出当 F＜48N 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】 物理解题中必须非常严密，一点的疏忽都会导 致错误。避免错误发生的最好方法就是按规范解题。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】以重物为研究对象，重物受力如图 2－21。由于 重物静止，则有 TACsin30°=TBCsin60° TACcos30°+TBCcos60°=G 将 TAC=150N，TBC=100N 代入式解得 G=200N。 【错解原因】以上错解的原因是学生错误地认为当 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】以重物为研究对象。重物受力如图 2-21， 重物静止，加速度为零。据牛顿第二定律列方程 TACsin30°-TBCsin60°=0 ①用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心TACcos30°+TBCcos60°-G=0②而当 TAC=150N 时，TBC=86.6＜100N 将 TAC=150N，TBC=86.6N 代入式②解得 G=173.32N。 所以重物的最大重力不能超过 173.2N。例8 如图 2－22 质量为 M，倾角为 α 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 整体为研究对象。受力如图 2－23，因 为 A 物体静止，所以 N=G=（M＋m）g。 【错解原因】由于 A，B 的加速度不同，所以不能将二者 视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。 【分析解答】分别以 A，B 物体为研究对象。A，B 物体受 力分别如图 2－24a， 2－24b。 根据牛顿第二定律列运动方程， A 物体静止，加速度为零。 x：Nlsinα -f=0 y：N-Mg-Nlcosα =0 B 物体下滑的加速度为 a， ① ②用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心x：mgsinα =ma y：Nl-mgcosα =0③ ④由式①，②，③，④解得 N=Mg＋mgcosα 根据牛顿第三定律地面受到的压力为 Mg 十 mgcosα 。【评析】 在解决物体运动问题时，在选取研究对象时， 若要将几个物体视为一个整体做为研究对象，应该注意这几 个物体必须有相同的加速度。例9 如图 2-25 天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连 的两个质量相同的小球。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．a1=g B．a1=g a2=g a2=g用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心C．a1=2g D．a1=0a2=0 a2=g【错解】 剪断细绳时，以(A+B)为研究对象，系统只受 重力，所以加速度为 g，所以 A，B 球的加速度为 g。故选 A。 【错解原因】 出现上述错解的原因是研究对象的选择不 正确。由于剪断绳时，A，B 球具有不同的加速度，不能做为 整体研究。 【分析解答】 分别以 A，B 为研究对象，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 F′ A 球：T-mg-F=0 B 球：F′-mg=0 ① ②由式①，②解得 T=2mg，F=mg剪断时，A 球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存 在，而弹簧有形米，瞬间形状不可改变，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 F′。 A 球：-mg-F=maA B 球：F′-mg=maB用心③ ④爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心由式③解得 aA=-2g（方向向下） 由式④解得 aB=0 故 C 选项正确。 【评析】 （1）牛顿第二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。合外力瞬间改变， 加速度瞬间改变。本题中 A 球剪断瞬间合外力变化，加速度 就由 0 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。而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变 不会瞬间改变，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，若物体与传送带间 的动摩擦因数为 0.5，则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。 据牛顿第二定律 F=ma 有 f=μ mg=ma，a=μ g=5m/s2【错解原因】上述解法的错误出在对这一物理过程的认 识。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；二是达到与传送带 相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始作匀速直 线运动。关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才 好对问题进行解答。用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心【分析解答】以传送带上轻放物体为研究对象，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 v0=0 的匀加速运动。 据牛二定律 F=ma 有水平方向：f=ma 竖直方向：N-mg=0 f=μ N ③2① ②由式①，②，③解得 a=5m／s设经时间 tl，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直 线运动的速度公式 v0=v0+at 解得 t1=0.4s ④物体位移为 0.4m 时，物体的速度与传送带的速度相同， 物体 0.4s 后无摩擦力，开始做匀速运动 S2=v2t2 ⑤因为 S2=S-S1=10―0.4=9.6（m），v2=2m／s 代入式⑤得 t2=4.8s用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心则传送 10m 所需时间为 t=0.4＋4.8=5.2s。 【评析】本题是较为复杂的一个问题，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采用试算的方法，如本题中错解求出一 直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=5×2=10（m/s），已超过了传 送带的速度，这是不可能的。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 从静止开始向上做匀加速运动。已知在前 0.2s 内 F 是变化的，在 0.2s 以后 F 是恒力，则 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 N。用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心因为物体静止，∑F=0 N=G=0 N=kx0 ② ①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′据牛顿第二定律有 F+N′-G=ma ③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 x0。物体由静止开 始运动，则将式①，②中解得的 x0=0.15m 代入式③解得 a=7.5m/s2F 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-kx0 =12×(7.5+10)-800×0.15 =90(N)用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心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。 二、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= Fscosθ ，而不能将思路打开，从 W=Pt 和 W=Δ Et 等多条思用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心路进行考虑；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 [ ]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，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。 【错解原因】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，有些人不加思索选 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 形成错解的原因。 【分析解答】根据功的定义 W=F?scosθ 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。由于用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心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。【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 2 能相等。(g=10m/s ) 【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=9.5m用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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。据动能定量解得 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，将弹簧压缩到最用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心短。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 [ ] 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 v0 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 mv0=（M＋m）v用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心解得 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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。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 v0 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：由运动草图可 S 木=S 子 -D ③用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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 l 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。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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心例5 变下列说法正确的是()A．合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不 B． 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 C．某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变 D．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△EA=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△Ek=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 D。 因为合外力做功为零，据动能定理有△Ek=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，这既可以是速用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心度大小改变，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。 例6 物体 m 从倾角为 α 的固定的光滑斜面由静止开始 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：因为斜面是光滑斜面，物体 m 受重力 和支持。支持不错解二：物体沿斜面做 v0=0 的匀加速运动 a=mgsina故选 B。 【错解原因】错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功 率 P=Fvcosθ 。用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心只有 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F、v 夹角 θ 为 90°-α故 C 选项正确。 【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 P=Fv?cosθ （θ 为 F， v 的夹角）当 F，v 有夹角时，应注意从图中标明。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。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 f。 据 P=F?V 可知牵引力用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心F=P／ v ① 设列车通过路程为 s，据动能定理有【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【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 Σ 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 所示）用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心例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( ) A．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 B．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。 C．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒 D．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 球既用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心有沿杆的法向力，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。【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 O 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 x0，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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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 0，则之后物块与钢板一起以 v0 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 A 处落下到钢板初位置应有相同的速度 v0， 与钢板一起向下运动又返回机械能也守恒。返回到 O 点速度 不为零，设为 V 则：因为 m 物块与 2m 物块在与钢板接触时，弹性势能之比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 离用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心【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 3x0 位置自由落下，与地球构成的系 统机械能守恒。则有v0 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 v1 为两者碰撞后共同 速 mv0=2mv1 (2) 两者以 vl 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 2mv0=3mv2 (4)用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心所不同 2m 与钢板碰撞返回 O 点速度不为零，设为 v 则因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化 Ep=E’p (6) 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。【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 m1，m2 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？用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心提示：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 3-17。才能确定 1，2 上升的距离，请读者自行解答。 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 A．重力先做正功，后做负功 B．弹力没有做正功 C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡 D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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。 【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，就要分析它的运动全过程。为了弄清运动性质， 做好受力分析。可以从图 3-19 看出运动过程中的情景。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。用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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=N，D 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 律对这一时刻列出相应的牛顿定律的方程，如竖直圆周运动用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心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=ω r，可知卫星运动的线速度增大到原来 的 2 倍。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【错解】选择 A，B，C用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心所以选择 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，【分析解答】正确选项为 C，D。 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，F∝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 F∝【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，由此将用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心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 m1， 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 v0。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 m1，m2，R 与 v0 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，则有因为 m2 由最高点到最低点机械能守恒，则有用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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 N1=N2，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 N1， 此时两球对圆管的合力为零，m2 必受圆管向下的弹力 N2，且 N1=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m2 球由最高点到最低点机械能守恒用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心【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。设 A，B 两颗卫星的质量分别为 mA，mB。【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：用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心可见，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【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 点？【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），所以为用心 爱心 专心艾格教育 个性化辅导中心从而得【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=0 时，【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(1)，(2)方程组得用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心轨道的最高点 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 v1=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 2 ／s ，空气阻力不计） 【错解】在水平方向动量守恒，有 mv1=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(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 足方程用心爱心专心艾格教育 个性化辅导中心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。解如果 vB＜4 m/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)两者不相等。可见木块升不到 B 点，一定是 h＜3.2 m。 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。}