第一章質點的運動錯題集

一、主要內容

本章內容包括位移、路程、時間、時刻、平均速度、即時速度、線速度、角速度、加速度等

基本概念，以及勻變速直線運動的規律、平拋運動的規律及圓周運動的規律。在學習中要注意

準確理解位移、速度、加速度等基本概念，特別應該理解位移與距離（路程）、速度與速率、

時間與時刻、加速度與速度及速度變化量的不同。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法有：利用運動合成與分解的方法研究平拋運動的問題，這是將復雜

的問題利用分解的方法將其劃分為若干個簡單問題的基本方法;利用物理量間的函數關系圖像

研究物體的運動規律的方法，這也是形象、直觀的研究物理問題的一種基本方法。這些具體方

法中所包含的思想，在整個物理學研究問題中都是經常用到的。因此，在學習過程中要特別加

以體會。

三、錯解分析

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對要領理解不深刻，如加速度的大

小與速度大小、速度變化量的大小，加速度的方向與速度的方向之間常混淆不清；對位移、速

度、加速度這些矢量運算過程中正、負號的使用出現混亂：在未對物體運動（特別是物體做減

速運動）過程進行準確分析的情況下，盲目地套公式進行運算等。

例1汽車以10m/s的速度行使5分鐘后突然剎車。如剎車過程是做勻變速運動，加速度大小

為5m/s2,則剎車后3秒鐘內汽車所走的距離是多少？

【錯解】因為汽車剎車過程做勻減速直線運動，初速v0=10m/s加速度

a=5m/?￡S=vet-1^,位移S=IOX3-3X5X9=7.5（m）

【錯解原因】出現以上錯誤有兩個原因。一是對剎車的物理過程不清楚。當速度減為零時，車

與地面無相對運動，滑動摩擦力變為零。二是對位移公式的物理意義理解不深刻。位移S對

應時間3這段時間內a必須存在，而當a不存在時，求出的位移則無意義。由于第一點的不

理解以致認為a永遠地存在；由于第二點的不理解以致有思考a什么時候不存在。

【分析解答】依題意畫出運動草圖1-L設經時間tl速度減為零。據勻減速直線運動速度公式

vl=v0-at則有0=10-5t解得t=2S由于汽車在2S時

下耒.所=S'=v.tj3可=IQX2=x5X4=I。（m）

【評析】物理問題不是簡單的計算問題，當得出結果后，應思考是否與

翻I實際相符，若要求利車后&內的位移，據會求出

2s=-30m

的結果，這個結果是與實際不相符的。應思考在運用規律中是否出現與實際不符的問題。

本題還可以利用圖像求解。汽車剎車過程是勻減速直線運動。據vO,a

可作出一咽1-2.其中，其中1物=謝應的時刻.即汽車停下

群項索=區=2（■）

a

山此可知三角形vOOt所包圍的面積即為剎車3s內的位移。

2

v(j=lDm/?=5?/svj=0

例2氣球以lOm/s的速度勻速豎直上升，從氣球上掉下一個物體，經17s到達地面。求物體

剛脫離氣球時氣球的高度。（g=10m/s2）

【錯解】物體從氣球上掉下來到達地面這段距離即為物體脫離氣球時，氣球的高度。

所以物體剛脫離氣球時，氣球的高度為1445m。

【錯解原因】由于學生對慣性定律理解不深刻，導致對題中的隱含條件即物體離開氣球時具有

向上的初速度視而不見。誤認為vO=O。實際物體隨氣球勻速上升時，物體具有向上10m/s的

速度當物體離開氣球時，由于慣性物體繼續向上運動一段距離，在重力作用下做勻變速直線運

動。

【分析解答】本題既可以用整體處理的方法也可以分段處理。

方法一：可將物體的運動過程視為勻變速直線運動。根據題意畫出運動草圖如圖1—3所示。

規定向下方向為正，則V0=-1Om/sg=10m/s2據h=vOt+

融測有h=-10X174-1Xtox17a

工物體剛掉下時離地1275m。

vo

g

正

方

向

圖1-3

方法二：如圖1—3將物體的運動過程分為ATBTC和CTD兩段來處理。ATBTC為豎直

上拋運動，CTD為豎直下拋運動。

在A-BTC段，據豎直上拋規律可知此階段運動時間為

2X10

由題意知tCD=17-2=15(s)

據豎直碎酢，

=10Xl5+|xi0X

=1275(m)

方法三：根據題意作出物體脫離氣球到落地這段時間的V-t圖(如圖1—4所示)。

其中△vOotB的面積為A—B的位移

△tBtcvc的面積大小為B—C的位移

梯形tCtDvDvC的面積大小為C-D的位移即物體離開氣球時距地的高度。

=a=g=—

則tB=ls根據豎直上拋的規律tc=2stBtD=17-l=16(s)

在中則可求vD=160(m/s)

梯痂c3…(:的Eft*=朕空xg”)

【評析】在解決運動學的問題過程中，畫運動草圖很重要。解題前應根據題意畫出運動草圖。

草圖上一定要有規定的正方向，否則矢量方程解決問題就會出現錯誤。如分析解答方法一中不

規定正方向，就會出現

h=■』+J-=L0X17+1X10X17,=1615(m)

例3經檢測汽車A的制動性能：以標準速度20m/s在平直公路上行使時，制動后40s停下來。

現A在平直公路上以20m/s的速度行使發現前方180m處有一貨車B以6m/s的速度同向勻速

行使，司機立即制動，能否發生撞車事故？

【錯解】設汽車A制動后40s的位移為si,貨車B在這段時間內的位

移g.據》=安。人車做儂度金gS-A-

3^20X40-^XO.SX^=400Cm)

S2=v2t=6x40=240(m)

兩車位移差為400-240=160(m)

因為兩車剛開始相距180m>160m

所以兩車不相撞。

【錯解原因】這是典型的追擊問題。關鍵是要弄清不相撞的條件。汽車A與貨車B同速時，

兩車位移差和初始時刻兩車距離關系是判斷兩車能否相撞的依據。當兩車同速時，兩車位移差

大于初始時刻的距離時，兩車相撞；小于、等于時，則不相撞。而錯解中的判據條件錯誤導致

錯解。

【分析解答】如圖1—5汽車A以v0=20m/s的初速做勻減速直線運動經40s停下來。據加速

度公式可求出a=-0.5m/s2當A車減為與B車同速時是A車逼近B車距離最多的時刻，這時若

能超過B車則相撞，反之則不能相撞。

(m)

此8洞內疇位移為2=^1=6X28=168(m)(t=，=2&)

a

△S=364-168=196>180(m)

所以兩車相撞。

【評析】分析追擊問題應把兩物體的位置關系圖畫好。如圖15通過此圖理解物理情景。本

題也可以借圖像幫助理解圖1-6中。陰影區是A車比B車多通過的最多距離，這段距離若能

大于兩車初始時刻的距離則兩車必相撞。小于、等于則不相撞。從圖中也可以看出A車速度

成為零時，不是A車比B車多走距離最多的時刻，因此不能作為臨界條件分析。

B車年體瞳)同速

不相撞

圖1-5

v/m-一

例4如圖1—7所示，-人站在岸上，利用繩和定滑輪，拉船靠岸，在某?時刻繩的速度為v,

繩A0段與水平面夾角為。，不計摩擦和輪的質量，則此時小船的水平速度多大？

【錯解】將繩的速度按圖1—8所示的方法分解，則vl即為船的水平速度vl=vcos9。

【錯解原因】上述錯誤的原因是沒有弄清船的運動情況。實際上船是在做平動，每一時刻船上

各點都有相同的水平速度。而AO繩上各點運動比較復雜，既有平動又有轉動。以連接船上的

A點來說，它有沿繩的平動分速度v,也有與v垂直的法向速度vn,即轉動分速度，A點的合

速度vA即為兩個分速度的合。vA=v/cosO

【分析解答】方法一：小船的運動為平動，而繩AO上各點的運動是平動+轉動。以連接船上

的A點為研究對象，如圖1-9,A的平動速度為v,轉動速度為vn,合速度vA即與船的平動

速度相同。則山圖可以看出vA=v/cosO。

圖1-7

v

8

【評析】方法二：我們可以把繩子和滑輪看作理想機械。人對繩子做的功等于繩子對船做的功。

我們所研究的繩子都是輕質繩，繩上的張力相等。對于繩上的C點來說即時功率P人繩=F,。

對于船上A點來說P繩船=FvAcos

8PM=P.財融?￥=F*T,C?9）.解酊4=二,.本題#用分#f

fc

解答的方法一，也許學生不易理解繩上各點的運動。從能量角度來講也可以得到同樣的結論。

還應指出的是要有實際力、實際加速度、實際速度才可分解。

例5一條寬為L的河流，河水流速為vl,船在靜水中的速度為v2,要使船劃到對岸時航程

最短，船頭應指向什么方向？最短航程是多少？

【錯解】要使航程最短船頭應指向與岸垂直的方向。最短航程為L。

【錯解原因】上而錯解的原因是對運動的合成不理解。船在水中航行并不是船頭指向什么方向

就向什么方向運動。它的運動方向是船在靜水中的速度方向與水流方向共同決定的。要使航程

最短應是合速度垂直于岸。

【分析解答】題中沒有給出vl與v2的大小關系，所以應考慮以下可能情況。

①當叫Ar附，船勸晌1at與棘角為

此種情況下航程最短為L。

②當v2<vl時，如圖1—11船頭斜向上游，與岸夾角為0時，用三角形法則分析當它的方向

與圓相切時，航程最短，設為S,由幾何關系可知此時v2J_v（合速度）（舁0）

XT8=?-金由相似三角粽系Su/

③當v2=vl時，如圖1—12,0越小航程越短。（9r0）

圖1-12

圖1-10圖1-11

【評析】航程最短與時間最短是兩個不同概念。航程最短是指合位移最小。時間最短是指用最

大垂直河岸的速度過河的時間。解決這類問題的依據就是合運動與分運動的等時性及兩個方向

運動的獨立性。

例6有一個物體在h高處，以水平初速度vO拋出，落地時的速度為vl,豎直分速度為vy,

下列公式能用來計算該物體在空中運動時間的是（）

HfiM3=v.+gJWt=ZLZZ1

g

故B正確。

【錯解原因】形成以上錯誤有兩個原因。第一是模型與規律配套。Vt=vO+gt是勻加速直線運

動的速度公式，而平拋運動是曲線運動，不能用此公式。第二不理解運動的合成與分解。平拋

運動可分解為水平的勻速直線運動和豎直的自由落體運動。每個分運動都對應自身運動規律。

【分析解答】本題的正確選項為A,C,D?

平拋運動可分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體，分運動與合運動時間具有等時

性。

水平方向：x=vOt①

CU5向?h=>②

,t③

?■

-gt?

%⑤

據式①?⑤知A,C,D正確。

【評析】選擇運動公式首先要判斷物體的運動性質。運動性質確定了，模型確定了，運動規律

就確定了。判斷運動性要根據合外力和初速度的關系。當合外力與初速度共線時，物體做直線

運動，當合外力與v不共線時，物體做曲線運動。當合外力與vO垂直且恒定時，物體做平拋

運動。當物體總與v垂直時，物體做圓運動。

例7一個物體從塔頂落下，在到達地面前最后一秒內通過的位移為整個位移的9/25,求塔高

(g=10m/s2)o

【錯解】因為物體從塔頂落下，做自由落體運動。

^^忘口-》-^xioxi

解得H=13.9m

【錯解原因】物體從塔頂落下時，對整個過程而言是初速為零的勻加速直線運動。而對部分最

后一秒內物體的運動則不能視為初速為零的勻加速直線運動。因為最后一秒內的初始時刻物體

具有一定的初速，由于對整體和部分的關系不清，導致物理規律用錯，形成錯解。

【分析解得】根據題意畫出運動草圖，如圖1—13所示。物體從塔頂落到地面所經歷時間為3

通過的位移為H物體在t—1秒內的位移為ho因為V0=0

由①②③解得H=125m

【評析】解決勻變速直線運動問題時，對整體與局部，局部與局部過程相互關系的分析，是解

題的重要環節。如本題初位置記為A位置，t—1秒時記為B位置，落地點為C位置（如圖1

-13所示）。不難看出既可以把BC段看成整體過程AC與局部過程AB的差值，也可以把BC

段看做是物體以初速度VB和加速度g向下做為時1s的勻加速運動，而vB可看成是局部過程

AB的末速度。這樣分析就會發現其中一些隱含條件。使得求解方便。

另外值得一提的是勻變速直線運動的問題有很多題通過v-t圖求解既直觀又方便簡潔。如本

題依題意可以做出v—t圖（如圖1—14）,由題意

畋沁二要所以獸即落地炯為、

例8正在與Rm高空水平勻速飛行的飛機，每隔1s釋放一個小球，先后共釋放5個，不計空

氣阻力，則（）

A.這5個小球在空中排成一條直線

B.這5個小球在空中處在同一拋物線上

C.在空中，第1,2兩個球間的距離保持不變

D.相鄰兩球的落地間距相等

【錯解】因為5個球先后釋放，所以5個球在空中處在同一拋物線上，又因為小球都做自由落

體運動，所以C選項正確。

【錯解原因】形成錯解的原因是只注意到球做平拋運動，但沒有理解小球做平拋的時間不同,

所以它們在不同的拋物線上，小球在豎直方向做自由落體運動，但是先后不同。所以C選項

不對。

【分析解答】釋放的每個小球都做平拋運動。水平方向的速度與K機的飛行速度相等，在水平

方向做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，只是開始的時刻不同。飛機和小球的位

【評析】解這類題時，決不應是想當然，而應依據物理規律畫出運動草圖，這樣會有很大的幫

助。如本題水平方向每隔1s過位移一樣，投小球水平間距相同，抓住特點畫出各個球的軌跡

圖，這樣答案就呈現出來了。

例9物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上的Q點,

若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向轉動起來，使傳送帶隨之運動，如圖1—16所示，再把物塊放

到P點自由滑下則()

A.物塊將仍落在Q點

B.物塊將會落在Q點的左邊

C.物塊將會落在Q點的右邊

D.物塊有可能落不到地面上

【錯解】因為皮帶輪轉動起來以后，物塊在皮帶輪上的時間長，相對皮帶位移彎大，摩擦力做

功將比皮帶輪不轉動時多，物塊在皮帶右端的速度將小于皮帶輪不動時，所以落在Q點左邊,

應選B選項。

【錯解原因】學生的錯誤主要是對物體的運動過程中的受力分析不準確。實質上當皮帶輪逆時

針轉動時，無論物塊以多大的速度滑下來，傳送帶給物塊施的摩擦力都是相同的，且與傳送帶

靜止時一樣，山運動學公式知位移相同。從傳送帶上做平拋運動的初速相同。水平位移相同，

落點相同。

【分析解答】物塊從斜面滑下來，當傳送帶靜止時，在水平方向受到與運動方向相反的摩擦力，

物塊將做勻減速運動。離開傳送帶時做平拋運動。當傳送帶逆時針轉動時物體相對傳送帶都是

向前運動，受到滑動摩擦力方向與運動方向相反。物體做勻減速運動，離開傳送帶時，也做

平拋運動，且與傳送帶不動時的拋出速度相同，故落在Q點，所以A選項正確。

【評析】若此題中傳送帶順時針轉動，物塊相對傳送帶的運動情況就應討論了。

(1)當vO=vB物塊滑到底的速度等于傳送帶速度，沒有摩擦力作用，物塊做勻速運動，離開

傳送帶做平拋的初速度比傳送帶不動時的大，水平位移也大，所以落在Q點的右邊。

(2)當vO>vB物塊滑到底速度小于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊始終做勻加速運

動，二是物塊先做加速運動，當物塊速度等于傳送帶的速度時，物體做勻速運動。這兩種情況

落點都在Q點右邊。

(3)vO<vB當物塊滑上傳送帶的速度大于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊一直減速，

二是先減速后勻速。第種落在Q點，第二種落在Q點的右邊。

第二章牛頓定律錯題集

一、主要內容

本章內容包括力的概念及其計算方法，重力、彈力、摩擦力的概念及其計算，牛頓運動定律,

物體的平衡，失重和超重等概念和規律。其中重點內容重力、彈力和摩擦力在牛頓第二定律中

的應用，這其中要求學生要能夠建立起正確的“運動和力的關系因此，深刻理解牛頓第一定

律，則是本章中運用牛頓第二定律解決具體的物理問題的基礎。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法有：力的分解與合成的平行四邊形法則，這是所有矢量進行加、減

法運算過程的通用法則；運用牛頓第二定律解決具體實際問題時，常需要將某一個物體從眾多

其他物體中隔離出來進行受力分析的“隔離法”，隔離法是分析物體受力情況的基礎，而對物體

的受力情況進行分析又是應用牛頓第二定律的基礎。因此，這種從復雜的對象中隔離出某一孤

立的物體進行研究的方法，在本章中便顯得十分重要。

三、錯解分析

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對物體受力情況不能進行正確的分

析，其原因通常出現在對彈力和摩擦力的分析與計算方面，特別是對摩擦力(尤其是對靜摩擦

力)的分析；對運動和力的關系不能準確地把握，如在運用牛頓第二定律和運動學公式解決問

題時，常表現出用矢量公式計算時出現正、負號的錯誤，其本質原因就是對運動和力的關系沒

能正確掌握，誤以為物體受到什么方向的合外力，則物體就向那個方向運動。

例1甲、乙兩人手拉手玩拔河游戲，結果甲勝乙敗，那么甲乙兩人誰受拉力大？

【錯解】因為甲勝乙，所以甲對乙的拉力比乙對甲的拉力大。就像拔河一樣，甲方勝一定是甲

方對乙方的拉力大。

【錯解原因】產生上述錯解原因是學生憑主觀想像，而不是按物理規律分析問題。按照物理規

律我們知道物體的運動狀態不是由哪一個力決定的而是由合外力決定的。甲勝乙是因為甲受合

外力對甲作用的結果。甲、乙兩人之間的拉力根據牛頓第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉

力一樣大。

【分析解答】甲、乙兩人相互之間的拉力是相互作用力，根據牛頓第三定律，大小相等，方向

相反，作用在甲、乙兩人身上。

【評析】生活中有一些感覺不總是正確的，不能把生活中的經驗，感覺當成規律來用，要運用

物理規律來解決問題。

例2如圖2—1所示，?木塊放在水平桌面匕在水平方向上共受三個力，Fl,F2和摩擦力，

處于靜止狀態。其中F1=1ON,F2=2N?若撤去力Fl則木塊在水平方向受到的合外力為（）

A.10N向左B.6N向右C.2N向左D.0

【錯解】木塊在三個力作用下保持靜止。當撤去FIB,另外兩個力的合力與撤去力大小相等,

方向相反。故A正確。

【錯解原因】造成上述錯解的原因是不加分析生搬硬套運用”物體在幾個力作用下處于平衡狀

態，如果某時刻去掉一個力，則其他幾個力的合力大小等于去掉這個力的大小，方向與這個力

的方向相反”的結論的結果。實際上這個規律成立要有一個前提條件，就是去掉其中一個力，

而其他力不變。本題中去掉F1后，由于摩擦力發生變化，所以結論不成立。

7777777777777777

圖2-1

【分析解答】山于木塊原來處于靜止狀態，所以所受摩擦力為靜摩擦力。依據牛二定律有

Fl-F2-f=0此時靜摩擦力為8N方向向左。撤去FIB,木塊水平方向受到向左2N的力，有向

左的運動趨勢，由于F2小于最大靜摩擦力，所以所受摩擦力仍為靜摩擦力。此時一F2+f=0

即合力為零。故D選項正確。

【評析】摩擦力問題主要應用在分析物體運動趨勢和相對運動的情況，所謂運動趨勢，一般被

解釋為物體要動還未動這樣的狀態。沒動是因為有靜摩擦力存在，阻礙相對運動產生，使物體

間的相對運動表現為一種趨勢。山此可以確定運動趨勢的方向的方法是假設靜摩擦力不存在,

判斷物體沿哪個方向產生相對運動，該相對運動方向就是運動趨勢的方向。如果去掉靜摩擦力

無相對運動，也就無相對運動趨勢，靜摩擦力就不存在。

例3如圖2—2所示水平放置的粗糙的長木板上放置?個物體m,當用于緩慢抬起一端時，

木板受到的壓力和摩擦力將怎樣變化？

【錯解】以木板上的物體為研究對象。物體受重力、摩擦力、支持力。因為物體靜止，則根據

牛頓第二定律有

mgdnG-f?ma,■0②

K-iqgcos6-ma1Ho③

{7

錯解一：據式②知道0增加，f增加。

錯解二：另有錯解認為據式②知e增加，N減小則UNN說明f減少。

【錯解原因】錯解一和錯解二都沒能把木板緩慢抬起的全過程認識透。只抓住一個側面，缺乏

對物理情景的分析。若能從木塊相對木板靜止入手，分析出再抬高會相對滑動，就會避免錯解

一的錯誤。若想到仁NN是滑動摩擦力的判據，就應考慮滑動之前怎樣，也就會避免錯解二。

【分析解答】以物體為研究對象，如圖2—3物體受重力、摩擦力、支持力。物體在緩慢抬起

過程中先靜止后滑動。靜止忖可以依據錯解一中的解法，可知0增加，靜摩擦力增加。當物體

在斜面上滑動時，可以同錯解二中的方法，據QpN,分析N的變化，知f滑的變化。。增加,

滑動摩擦力減小。在整個緩慢抬起過程中y方向的方程關系不變。依據錯解中式②知壓力一直

減小。所以抬起木板的過程中，摩擦力的變化是先增加后減小。壓力一直減小。

【評析】物理問題中有一些變化過程，不是單調變化的。在平衡問題中可算是一類問題，這類

問題應抓住研究變量與不變量的關系。可從受力分析入手，列平衡方程找關系，也可以利用圖

解，用矢量三角形法則解決問題。如此題物體在未滑動時，處于平衡狀態，加速度為零。所受

三個力圍成一閉合三角形。如圖2—4。類似問題如圖2—5用繩將球掛在光滑的墻面上，繩子

變短時，繩的拉力和球對墻的壓力將如何變化。從對應的矢量三角形圖2—6不難看出，當繩

子變短時，9角增大，N增大，T變大。圖2—7在AC繩上懸掛一重物G,在AC繩的中部0

點系一繩B0,以水平力F牽動繩B0,保持A0方向不變，使B0繩沿虛線所示方向緩緩向

上移動。在這過程中，力F和A0繩上的拉力變化情況怎樣？用矢量三角形（如圖2—8）可

以看出T變小，F先變小后變大。這類題的特點是三個共點力平衡，通常其中一個力大小、方

向均不變，另一個力方向不變，大小變，第三個力大小、方向均改變。還有時是一個力大小、

方向不變，另一個力大小不變，方向變，第三個力大小、方向都改變。

例4如圖2—9物體靜止在斜面上,現用水平外力F推物體，在外力F由零逐漸增加的過程中,

物體始終保持靜止,物體所受摩擦力怎樣變化?

【錯解】錯解一：以斜面上的物體為研究對象，物體受力如圖2—10,物體受重力mg,推力

F,支持力N,靜摩擦力f,由于推力F水平向右，所以物體有向上運動的趨勢，摩擦力f的

方向沿斜面向下。根據牛頓第二定律列方程

fl-mgsin0=Fcos0①

N-Fsin0-mgcos0=O②

由式①可知，F增加f也增加。所以在變化過程中摩擦力是增加的。

錯解二：有一些同學認為摩擦力的方向沿斜面向上，則有F增加摩擦力減少。

【錯解原因】上述錯解的原因是對靜摩擦力認識不清，因此不能分析出在外力變化過程中摩擦

力的變化。

【分析解答】本題的關鍵在確定摩擦力方向。由于外力的變化物體在斜面上的運動趨勢有所變

化，如圖2-10,當外力較小時(FcosOVmgsinO)物體有向下的運動趨勢，摩擦力的方向沿

斜面向上。F增加，f減少。與錯解二的情況相同。如圖2—11,當外力較大時(Fcos0>mgsin9)

物體有向上的運動趨勢，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。當FcosO=mgsinO

時，摩擦力為零。所以在外力由零逐漸增加的過程中，摩擦力的變化是先減小后增加。

圖2-9

【評析】若斜面上物體沿斜面下滑，質量為m,物體與斜面間的摩擦因數為“，我們可以考慮

兩個問題鞏固前面的分析方法。

(1)F為怎樣的值時，物體會保持靜止。

(2)F為怎樣的值時，物體從靜止開始沿斜面以加速度a運動。

受前面問題的啟發，我們可以想到F的值應是一個范圍。

首先以物體為研究對象，當F較小時，如圖2—10物體受重力mg、支持力N、斜向上的摩擦

力f和F。物體剛好靜止時，應是F的邊界值，此時的摩擦力為最大靜摩擦力，可近似看成f

靜=^^N(最大靜摩擦力)如圖建立坐標，據牛頓第二定律列方程

KimgiiiiO-E^-FCMS=0①

{力N-tqgcoa^-Fin8=0②

=UN③

cos61-UdnB

當F從此值開始增加時，靜摩擦力方向開始仍然斜向上，但大小減小，當F增加到

FCOS9=mgsin9時，即F=mg-tgO時，F再增加，摩擦力方向改為斜向下，仍可以根據受力分析

圖2-11列出方程

Kimgdntf-Fcos0-0?

{酊N-mgc<M0-F?0=0⑤

隨著F增加，靜摩擦力增加，F最大值對應斜向F的最大靜摩擦力。

■戲）幅?mg

cats

要使物體靜止F的值應為

suiff->cco?0上+尸

cos0*cos0-jcsintf

關于第二個問題提醒讀者注意題中并未提出以加速度a向上.還是向下運動，應考慮兩解，此處

不詳解此，給出答案供參考。

驕?上空粵W時，期以*向田.

cof0+/csui9

F.我更誓安巴時，也體％4恫上運視

cos0"^sin9

例5如圖2—12,m和M保持相對靜止，一起沿傾角為0的光滑斜面下滑，則M和m間的

摩擦力大小是多少？

【錯解】以m為研究對象，如圖2—13物體受重力mg、支持力N、摩擦力f,如圖建立坐標

有

Kimgdntf"f"ma①

{y?Na-mgcM0=0②

再以m+N為研究對象分析受力，如圖2—14,(m+M)g-sinO=(M+m)a③

據式①，②，③解得f=0

所以m與M間無摩擦力。

【錯解原因】造成錯解主要是沒有好的解題習慣，只是盲目的模仿，似乎解題步驟不少，但思

維沒有跟上。要分析摩擦力就要找接觸面，摩擦力方向一定與接觸面相切，這一步是堵住錯誤

的起點。犯以上錯誤的客觀原因是思維定勢，一見斜面摩擦力就沿斜面方向。歸結還是對物理

過程分析不清。

【分析解答】因為m和M保持相對靜止，所以可以將(m+M)整體視為研究對象。受力，

如圖2—14,受重力(M十m)g、支持力N，如圖建立坐標，根據牛頓第二定律列方程

x：(M+n)gsin0=(M+m)a①

解得a=gsinO

沿斜面向下。因為要求m和M間的相互作用力，再以m為研究對象，受力如圖2—15。

根據牛頓第二定律列方程

sif-m,②

因為m,M的加速度是沿斜面方向。需將其分解為水平方向和豎直方向如圖2—16。

81K"acostf④

8T-asin6⑤

由式②,③，④，⑤解得f=mgsin&cosO

方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。

【評析】此題可以視為連接件問題。連接件問題對在解題過程中選取研究對象很重要。有時

以整體為研究對象，有時以單個物體為研究對象。整體作為研究對象可以將不知道的相互作用

力去掉，單個物體作研究對象主要解決相互作用力。單個物體的選取應以它接觸的物體最少為

最好。如m只和M接觸，而M和m還和斜面接觸。

另外需指出的是，在應用牛頓第二定律解題時，有時需要分解力，有時需要分解加速度，具體

情況分析，不要形成只分解力的認識。

例6如圖2-17物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A,B質量分別為mA=6kg,

mB=2kg,A,B之間的動摩擦因數產0.2,開始時F=10N,此后逐漸增加，在增大到45N的

過程中，則

A.當拉力FV12N時，兩物體均保持靜止狀態

B.兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動

C.兩物體間從受力開始就有相對運動

D.兩物體間始終沒有相對運動

【錯解】因為靜摩擦力的最大值近似等于滑動摩擦力。fmax=nN=0.2x6=12(N)。所以當F

>12N時;A物體就相對B物體運動。FV12N時，A相對B不運動。所以A,B選項正確。

【錯解分析】產生上述錯誤的原因一致是對A選項的理解不正確，A中說兩物體均保持靜止

狀態，是以地為參考物，顯然當有力F作用在A物體上，A,B兩物體對地來說是運動的。二

是受物體在地面上運動情況的影響，而實際中物體在不固定物體上運動的情況是不同的。

【分析解答】首先以A,B整體為研究對象。受力如圖2-18,在水平方向只受拉力F,根據

牛頓第二定律列方程

F=(mA+mB)a①

再以B為研究對象，如圖2-19,B水平方向受摩擦力

f=mBa②

當巾最Hg力此彌3潮跟?}/?4)

代入式①F=(6+2)x6=48N

由此可以看出當FV48N時A,B間的摩擦力都達不到最大靜摩擦力，也就是說，A,B間不

會發生相對運動。所以D選項正確。

【評析】物理解題中必須非常嚴密，?點的疏忽都會導致錯誤。避免錯誤發生的最好方法就

是按規范解題。每一步都要有依據。

4*—B?—

BF°

\\\\\\\^x\\^

圖2-17陰2-18圖2-19

例7如圖2—20,用繩AC和BC吊起一重物，繩與豎直方向夾角分別為30。和60。，AC繩能

承受的最大的拉力為150N,而BC繩能承受的最大的拉力為100N,求物體最大重力不能超過

多少？

【錯解】以重物為研究對象，重物受力如圖2—21。由于重物靜止，則有

TACsin300=TBCsin600

TACcos30°+TBCcos600=G

將TAC=150N,TBC=100N代入式解得G=200N。

【錯解原因】以上錯解的原因是學生錯誤地認為當TAC=150N時，TBC=100N,而沒有認真分

析力之間的關系。實際當TBC=100N時，TBC已經超過150N。

【分析解答】以重物為研究對象。重物受力如圖2-21,重物靜止，加速度為零。據牛頓第二

定律列方程

TACsin300-TBCsin60°=0①

TACcos30°+TBCcos600-G=0②

由式①可知TAC=0r.c當1?100加九-173KACftf-

而當TAC=150N時，TBC=86.6<100N

將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過173.2N。

例8如圖2—22質量為M,傾角為a的楔形物A放在水平地面上。質量為m的B物體從楔

形物的光滑斜面上山靜止釋放，在B物體加速下滑過程中，A物體保持靜止。地面受到的壓

力多大？

【錯解】以A,B整體為研究對象。受力如圖2—23,因為A物體靜止，所以N=G=(M+m)

g。

【錯解原因】由于A,B的加速度不同，所以不能將二者視為同一物體。忽視了這一點就會造

成錯解。

【分析解答】分別以A,B物體為研究對象。A,B物體受力分別如圖2—24a,2—24b。根據

牛頓第二定律列運動方程，A物體靜止，加速度為零。

x：Nlsina-f=0①

y：N-Mg-Nlcosa=0②

B物體下滑的加速度為a,

x：mgsina=ma(3)

y：Nl-mgcosa=0④

由式①，②，③，④解得N=Mg+mgcosa

根據牛頓第三定律地面受到的壓力為Mg十mgcosa?

?2-22092-23

y

(a)總

<?)(b)

ffl2-24

【評析】在解決物體運動問題時，在選取研究對象時，若要將幾個物體視為一個整體做為研

究對象，應該注意這幾個物體必須有相同的加速度。

832-25

例9如圖2-25天花板上用細繩吊起兩個用輕彈簧相連的兩個質量相同的小球。兩小球均保持

靜止。當突然剪斷細繩時，上面小球A與下面小球B的加速度為

A.al=ga2=g

B.al=ga2=g

C.al=2ga2=0

D.a1=0a2=g

【錯解】剪斷細繩時，以(A+B)為研究對象，系統只受重力，所以加速度為g,所以A,B球

的加速度為g。故選A。

【錯解原因】出現上述錯解的原因是研究對■象的選擇不正確。由于剪斷繩時，A,B球具有

不同的加速度，不能做為整體研究。

【分析解答】分別以A,B為研究對象，做剪斷前和剪斷時的受力分析。剪斷前A,B靜止。

如圖2-26,A球受三個力，拉力T、重力mg和彈力F。B球受三個力，重力mg和彈簧拉力F

A球：T-mg-F=0①

B球：F,-mg=0②

由式①，②解得T=2mg,F=mg

剪斷時，A球受兩個力，因為繩無彈性剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧有形米，瞬間形狀不可改

變，彈力還存在。如圖2-27,A球受重力mg、彈簧給的彈力F。同理B球受重力mg和彈力

A球：-mg-F=maA③

B球：F,-mg=maB④

由式③解得aA=-2g（方向向下）

由式④解得aB=O

故C選項正確。

【評析】（1）牛頓第二定律反映的是力與加速度的瞬時對應關系。合外力不變，加速度不變。

合外力瞬間改變，加速度瞬間改變。本題中A球剪斷瞬間合外力變化，加速度就由0變為2g,

而B球剪斷瞬間合外力沒變，加速度不變。

（2）彈簧和繩是兩個物理模型，特點不同。彈簧不計質量，彈性限度內k是常數。繩子不計

質量但無彈性，瞬間就可以沒有。而彈簧因為有形變，不可瞬間發生變化，即形變不會瞬間改

變，要有一段時間。

例10如圖2—28,有一水平傳送帶以2m/s的速度勻速運動，現將-物體輕輕放在傳送帶匕

若物體與傳送帶間的動摩擦因數為05則傳送帶將該物體傳送10m的距離所需時間為多少？

【錯解】由于物體輕放在傳送帶上，所以v0=0,物體在豎直方向合外力為零，在水平方向受

到滑動摩擦力（傳送帶施加），做v0=0的勻加速運動，位移為10m。

據牛頓第二定律F=ma有f=pmg=ma,a=|ig=5m/s2

掘睡為零的與噴直第祕位移公本=*可燦t-

?■

【錯解原因】上述解法的錯誤出在對這一物理過程的認識。傳送帶上輕放的物體的運動有可能

分為兩個過程。一是在滑動摩擦力作用下作勻加速直線運動；二是達到與傳送帶相同速度后,

無相對運動，也無摩擦力，物體開始作勻速直線運動。關鍵問題應分析出什么時候達到傳送帶

的速度，才好對問題進行解答。

892-28圖2-29

【分析解答】以傳送帶上輕放物體為研究對象，如圖2—29在豎直方向受重力和支持力，在水

平方向受滑動摩擦力，做v0=0的勻加速運動。

據牛二定律F=ma

有水平方向：f=ma①

豎直方向：N-mg=0②

f=|iN③

由式①，②，③解得a=5m/s2

設經時間tl,物體速度達到傳送帶的速度，據勻加速直線運動的速度公式

v0=v0+at④

解得tl=0.4s

物體位移為0.4m時，物體的速度與傳送帶的速度相同，物體0.4s后無摩擦力，開始做勻速運

動

S2=v2t2⑤

因為S2=S-S1=1O―0.4=9.6(m),v2=2m/s

代入式⑤得t2=4.8s

則傳送10m所需時間為t=0.4+4.8=5.2so

【評析】本題是較為復雜的一個問題，涉及了兩個物理過程。這類問題應抓住物理情景，帶出

解決方法，對于不能直接確定的問題可以采用試算的方法，如本題中錯解求出一直做勻加速直

線運動經過10m用2s,可以拿來計算一下，2s末的速度是多少，計算結果v=5x2=10(m/s),

已超過了傳送帶的速度，這是不可能的。當物體速度增加到2m/s時，摩擦力瞬間就不存在了。

這樣就可以確定第2個物理過程。

例11如圖2-30,一個彈簧臺秤的秤盤質量和彈簧質量都可以不計，盤內放一個物體P處于

靜止。P的質量為12kg,彈簧的勁度系數k=800N/m。現給P施加個豎直向上的力F,使P

從靜止開始向上做勻加速運動。已知在前0.2s內F是變化的，在0.2s以后F是恒力，則F的

最小毋值是多少，最大值是多少？

?2-30

【錯解】

F最大值即N=0時，F=ma+mg=210(N)

【錯解原因】錯解原因是對題所敘述的過程不理解。把平衡時的關系G=F+N,不自覺的貫穿

在解題中。

【分析解答】解題的關鍵是要理解0.2s前F是變力，0.2s后F的恒力的隱含條件。即在0.2s

前物體受力和0.2s以后受力有較大的變化。

以物體P為研究對象。物體P靜止時受重力G、稱盤給的支持力N。

因為物體靜止，gF=0

N=G=0①

N=kx0②

設物體向上勻加速運動加速度為a。

此時物體P受力如圖2-31受重力G,拉力F和支持力Nr

a

a

02-31

據牛頓第二定律有

F+N,-G=ma③

當0.2s后物體所受拉力F為恒力，即為P與盤脫離，即彈簧無形變，山0?0.2s內物體的位移

為x0。物體由靜止開始運動，則

?J-②

將式①，②中解得的xO=O.15m代入式③解得a=7.5m/s2

F的最小值由式③可以看出即為N，最大時，即初始時刻N,=N=kx?

代入式③得

Fmin=ma+mg-kxO

=12x(7.5+10)-800x0.15

=90(N)

F最大值即N=0時，F=ma+mg=210(N)

【評析】本題若稱盤質量不可忽略，在分析中應注意P物體與稱盤分離時，彈簧的形變不為0,

P物體的位移就不等于x0,而應等于xO-x(其中x即稱盤對彈簧的壓縮量)。

第三章機械能錯題集

一、主要內容

本章內容包括功、功率、動能、勢能(包括重力勢能和彈性勢能)等基本概念，以動能定理、

重力做功的特點、重力做功與重力勢能變化的關系及機械能守恒定律等基本規律。其中對于功

的計算、功率的理解、做功與物體能量變化關系的理解及機械能守恒定律的適用條件是本章的

重點內容。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法有：用矢量分解的方法處理恒力功的計算，這里既可以將力矢量沿

平行于物體位移方向和垂直于物體位移方向進行分解，也可以將物體的位移沿平行于力的方向

和垂直于力的方向進行分解，從而確定出恒力對物體的作用效果；對于重力勢能這種相對物理

量，可以通過巧妙的選取零勢能面的方法，從而使有關重力勢能的計算得以簡化。

三、錯解分析

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：“先入為主”導致解決問題的思路過

于僵化，如在計算功的問題中，一些學生一看到要計算功，就只想到W=FscosO,而不能將思

路打開，從亞=叫和W=AEt等多條思路進行考慮；不注意物理規律的適用條件，導致亂套機

械能守恒定律。

圖3-1

例1如圖3-1,小物塊位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物塊沿斜面下滑的

過程中，斜面對小物塊的作用力

A.垂直于接觸面，做功為零

B.垂直于接觸面，做功不為零

C.不垂直于接觸面，做功為零

D.不垂直于接觸面，做功不為零

【錯解】斜面對小物塊的作用力是支持力，應與斜面垂直，因為支持力總與接觸面垂直，所以

支持力不做功。故A選項正確。

【錯解原因】斜面固定時，物體沿斜面下滑時，支持力做功為零。受此題影響，有些人不加思

索選A。這反映出對力做功的本質不太理解，沒有從求功的根本方法來思考，是形成錯解的原

因。

【分析解答】根據功的定義W=Fscose為了求斜面對小物塊的支持力所做的功，應找到小物

塊的位移。由于地面光滑，物塊與斜面體構成的系統在水平方向不受外力，在水平方向系統動

量守恒。初狀態系統水平方向動量為零，當物塊有水平向左的動量時，斜面體必有水平向右的

動量。由于ni<M,則斜面體水平位移小于物塊水平位移。根據圖3-2上關系可以確定支持力

與物塊位移夾角大于90。，則斜面對物塊做負功。應選B。

【評析】求解功的問題一般來說有兩條思路。一是可以從定義出發。二是可以用功能關系。如

本題物塊從斜面上滑下來時，減少的重力勢能轉化為物塊的動能和斜面的動能，物塊的機械能

減少了，說明有外力對它做功。所以支持力做功。

例2以20m/s的初速度，從地面豎直向上勢出?物體，它上升的最大高度是18m。如果物體

在運動過程中所受阻力的大小不變，則物體在離地面多高處，物體的動能與重力勢能相等。

(g=10m/s2)

【錯解】以物體為研究對象，畫出運動草圖3?3,設物體上升到h高處動能與重力勢能相等

—mv1"mgh①

2

此過程中，重力阻力做功，據動能定量有

物體上升的最大高度為H

一(mg+f)H--'nW：③

由式①，②，③解得h=9.5m

【錯解原因】初看似乎任何問題都沒有，仔細審題，問物全體離地面多高處，物體動能與重力

勢相等一般人首先是將問題變形為上升過程中什么位置動能與重力勢能相等。而實際下落過程

也有一處動能與重力勢能相等。

【分析解答】上升過程中的解同錯解。

設物體下落過程中經過距地面Y處動能等于重力勢能，運動草圖如3-4。

據動能定量

(ing-fXH-h9--nir⑤

(mg*f)H-g*

解得h'=8.5m

【評析】在此較復雜問題中，應注意不要出現漏解。比較好的方法就是逐段分析法。

圖3-5

例3如圖3—5,木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在

木塊內，將彈簧壓縮到最短。現將子彈、木塊和彈簧合在一起作研究對象，則此系統在從子彈

開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程中

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量不守恒，機械能不守恒

C.動量守恒，機械能不守恒

D.動量不守恒，機械能守恒

【錯解】以子彈、木塊和彈簧為研究對象。因為系統處在光滑水平桌面匕所以系統水平方向

不受外力，系統水平方向動量守恒。又因系統只有彈力做功，系統機械能守恒。故A正確。

【錯解原因】錯解原因有兩個?是思維定勢，一見光滑面就認為不受外力。二是規律適用條件

不清。

【分析解答】以子彈、彈簧、木塊為研究對象，分析受力。在水平方向，彈簧被壓縮是因為受

到外力，所以系統水平方向動量不守恒。由于子彈射入木塊過程，發生巨烈的摩擦，有摩擦力

做功，系統機械能減少，也不守恒，故B正確。

例4如圖3-6,質量為M的木塊放在光滑水平面上，現有一質量為m的子彈以速度vO射入

木塊中。設子彈在木塊中所受阻力不變，大小為f，且子彈未射穿木塊。若子彈射入木塊的深

度為D,則木塊向前移動距離是多少？系統損失的機械能是多少？

【錯解】（1）以木塊和子彈組成的系統為研究對象。系統沿水平方向不受外力，所以沿水平方

向動量守恒。設子彈和木塊共同速度為V。據動量守恒有mvO=（M+m）v

解得v=mvO

子彈射入木塊過程中，摩擦力對子彈做負功

_￡?D-gm.：①

②

將式②中求微=2-/一代入式②

-D

（2）系統損失的機械能

即為子彈損失的功能

俎.那“-1冷

SCM+IIL）,-

(

(=>M

/77/2//ZV///

圖3-6

【錯解原因】錯解①中錯誤原因是對摩擦力對子彈做功的位移確定錯誤。子彈對地的位移并不

是D,而D打入深度是相對位移。而求解功中的位移都要用對地位移。錯解②的錯誤是對這

一物理過程中能量的轉換不清楚。子彈打入木塊過程中，子彈動能減少并不等于系統機械能減

少量。因為子彈減少的功能有一部分轉移為木塊的動能，有一部轉化為焦耳熱。

【分析解答】以子彈、木塊組成系統為研究對象。畫出運算草圖，如圖3-7o系統水平方向

不受外力，故水平方向動量守恒。據動量守恒定律有

mvO=(M+m)v(設vO方向為正)

m

M+m.,

子彈打入木塊到與木塊有相同速度過程中摩擦力做功：

對刊-Jnw：①

oI二二二A

二/"4，，/二為二1/

木川＜一*

*—§干—~~H

圖3-7

由運動草圖可S木=$子-D③

由機額廂s*=￡

*M+m

①+m)va-^nwj--f(i千-$4)

4a

--fD

W￡D-|nwJ

△Efc-r(M+m)?八：

2°2(M+my

I