/r ，故它将偏离原轨道做离心运动；当b 减速时，b 受到的万有引力F>mv 2
/r, 故它将偏离原轨道做向心运动。所以无论如何c 也追不上b ，b 也等不到c ，故C 选项错。对这一选项，不能用r GM V
/=来分析b 、c 轨道半径的变化情况。
对a 卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视为稳定运行，由r GM V
/=知，r 减小时V 逐渐增大，故D 正确。
典型错误之五：混淆连续物和卫星群
例5、根据观察，在土星外层有一个环，为了判断环是土星的连续物还是小卫星群。可测出环中各层的线速度V 与该层到土星中心的距离R 之间的关系。下列判断正确的是： A 、若V 与R 成正比，则环为连续物； B 、若V 2
与R 成正比，则环为小卫星群； C 、若V 与R 成反比，则环为连续物； D 、若V 2与R 成反比，则环为小卫星群。 错解：选BD 。
分析纠错：连续物是指和天体连在一起的物体，其角速度和天体相同，其线速度V 与r 成正比。而对卫星来讲，其线速度r GM V
/=，即V 与r 的平方根成反比。由上面分析可知，连续物线速度V 与r 成正
比；小卫星群V 2
与R 成反比。故选A 、D 。 典型错误之七：物理过程分析不全掉解。
例7、如图所示，M 为悬挂在竖直平面内某一点的木质小球，悬线长为L ，质量为m 的子弹以水平速度V 0射入球中而未射出，要使小球能在竖直平面内运动，且悬线不发生松驰，求子弹初速度V 0应满足的条件。
错解1:gL m M m V 50
+≥ 错解2:gL
m
M
m V 20+≤
分析纠错：子弹击中木球时，由动量守恒定律得：
mV 0=(m+M)V 1 下面分两种情况：
（1）若小球能做完整的圆周运动，则在最高点
满足：
L V M m g M m /)()(22+≤+
由机械能守定律得：
gL M m V M m V M m )(2)(2
1
)(212122+-+=+ 由以上各式解得：gL m
M
m V 50+≥
. (2)若木球不能做完整的圆周运动，则上升的最大高度为L 时满足
gL M m V M m )()(2
1
21+≤+ 解得：gL m
M
m V 20+≤
. 所以，要使小球在竖直平面内做悬线不松驰的运动，V 0应满足的条件是：
gL
m
M m V 50+≥
或gL
m
M m V 20
+≤
但是，审题时不少学生对上述的两个物理过程分析不全，不是把物理过程（1）丢掉，就是把物理过程（2）丢掉。
二、机械能警示易错试题
典型错误之一：错误认为“人做功的计算”与“某个具体力做功的计算”相同。
人做的功就是人体消耗化学能的量度，不少学生错误认为只是人对其它物体作用力所做的功。
例26、质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为V 1和V 2，位移分别为S 1和S 2，如图25所示。则这段时间内此人所做的功的大小等于：
A ．FS 2
B ．F(S 1+S 2)
C ．
211222)(2121V m m V m ++ D ．2222
1
V m 错解：人所做的功等于拉
力F 对物体m 2所做的功W=F ·S 2，由动能定理
可得：
22222
1
V m FS =
即AC 正确。 析纠错：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能。所以人做的功的大小等于
2112221)(2
1
21)(V m m mV S S F ++=
+ 即B 、D 两选项正确。
典型错误之二：混淆注意“相对位移”与“绝对位移”。
功的计算公式中，S 为力的作用点移动的位移，它是一个相对量，与参照物选取有关，通常都取地球为参照物，这一点也是学生常常忽视的，致使发生错误。 例27、小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上(如图所示) ，从地面上看，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，做功不为零； (D)不垂于接触面，做功不为零。
错解：斜面对小物块的作用力垂直于接触面，作用力与物体的位移垂直，故做功为零。即A 选项正
确。
分析纠错：小物块A 在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F 和F'，如图所示。如果把斜面B 固定在水平桌面上，物体A 的位移方向和弹力方向垂直，这时斜面对物块A 不做功。但此题告诉的条件是斜劈放在光滑的水平面上，可以自由滑动。此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块A 的位移方向却是从初位置指向终末位置。如图27所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对小物块A 做负功，即B 选项正确。
典型错误之三：混淆“杆的弹力方向”与“绳的弹力方向”。
绳的弹力是一定沿绳的方向的，而杆的弹力不一定沿杆的方向。所以当物体的速度与杆垂直时，杆的弹力可以对物体做功。 例28、如图所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 各固定一质量均为m 的小
球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。求当杆转
到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功?
错解：由于杆的弹力总垂直于小球的运动方向，所以轻杆对A 、B 两球均不做功。
分析纠错：设当杆转到竖直位置时，A 球和B 球的速度分别为V A 和V B 。如果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和小球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒。若取B 的最低点为零重力势能
参考平面，可得： 2mgL=
mgL mV mV B A 2
1
212122++ 又因A 球对B 球在各个时刻对应的角速度相同,故V B ＝2V A 由以上二式得：5
12,53gL
V gL V B A
==
.
根据动能定理，可解出杆对A 、B 做的功。对于A 有
P
Q
W A +mgL/2=
22
1
A mV -O ， 所以W A =－2.0mgL.
对于B 有W B +mgL=02
12
-B mV ，所以W B =0.2mgL.
典型错误之四：混淆作用力做功与反作用力做功的不同。
作用力和反作用是两个分别作用在不同物体上的力，因此作用力的功和反作用力的功没有直接关系。作用力可以对物体做正功、负功或不做功，反作用力也同样可以对物体做正功、负功或不做功。 例29、下列是一些说法：
①一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同; ②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反;
③在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反; ④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号也不一定相反; 以上说法正确的是
A ．①②
B ．①③②
C ．②③
D ．②④
错解：认为“在同样的时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,但正负号一定相反”而错选B 。 分析纠错：说法○
1不正确，因为处于平衡状态时，两个力大小相等方向相反，在同一段时间内冲量大小相等，但方向相反。由恒力做功的知识可知，说法○
2正确。关于作用力和反作用力的功要认识到它们是作用在两个物体上，两个物体的位移可能不同，所以功可能不同，说法○3不正确，说法○4正确。正确选项是D 。 典型错误之五：忽视机械能的瞬时损失。 例30、一质量为m 的质点，系于长为R 的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。今把质点从O 点的正上方离O 点的距离为
R 9
8
的O 1点以水平的速度gR V 4
3
=
抛出，如图29所示。试求；
（1）轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为多少？ （2）当质点到达O 点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？
错解：很多同学求解这道题时，对全程进行整体思维，设质点到达O 点正下方时速度为V,根据能量守恒定
律可得：
2202
1
)98(21mV R R mg mV =++ R
V m
mg T 2
=-，解得：mg T 144
193
4
=. 根据向心力公式得：分析纠错：上述解法是错误的。这些同学对物理过程没有弄清楚，忽视了在绳被拉直瞬时过程中机械能的瞬时损失。其实质点的运动可分为
三个过程：
第一过程：质点做平抛运动。设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则θsin 0R t
V =，
θcos 98212R R gt -=，其中gR V 4
30=
联立解得g
R
t 34,2
=
=
π
θ
。
O
V
第二过程：绳绷直过程。绳棚直时，绳刚好水平，如图30所示.由于绳不可伸长，故绳绷直时，V 0损失，质点仅有速度V ⊥，且gR gt V 3
4
=
=⊥
。
第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动。设质点到达O 点正下方时，速度为V ′，根据机械能守恒守律有：
R mg mV mV ?+=⊥2
2/2
121 设此时绳对质点的拉力为T ，则R V m
mg T 2
/=-，联立解得：mg T 9
43=
。
三、动量警示易错试题
典型错误之一、忽视动量守恒定律的系统性
动量守恒定律描述的对象是由两个以上的物体构成的系统，研究的对象具有系统性，若在作用前后丢失任一部分，在解题时都会得出错误的结论。
例29、一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s 的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg ，现将一质量为m=25kg 的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s 与V 反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V /. 错解：根据动量守恒定律有： MV=MV /+m[─(u ─V /)],解得s m M
m mu
MV V
/5.19/
=++=
分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有： （M+m ）V=MV /+m[─(u ─V /)] 解得s m m
M mV
V V
/6.19/
=++
=
典型错误之二、忽视动量守恒定律的矢量性
动量守恒定律的表达式是矢量方程，对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题，应首先选定正方向，凡与正方向相同的动量取正，反之取负。对于方向未知的动量一般先假设为正，根据求得的结果再判断假设真伪。
例30、质量为m 的A 球以水平速度V 与静止在光滑的水平面上的质量为3m 的B 球正碰，A 球的速度变为原来的1/2，则碰后B 球的速度是（以V 的方向为正方向）. A.V/2, B.─V C.─V/2 D.V/2 错解：设B 球碰后速度为V /，由动量守恒定律得：/321mV mV mV
+=
,6
/V V =.
分析纠错：碰撞后A 球、B 球若同向运动，A 球速度小于B 球速度，显然答案中没有，因此，A 球碰撞后方向一定改变，A 球动量应m(─V/2). 由动量守恒定律得：/3)2
(mV V
m mV
+-=,V /=V/2.故D 正确。
典型错误之三、忽视动量守恒定律的相对性
动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系。因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。若题设条件中物体不是相对同一参考系的，
必须将它们转换成相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。 例31、某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪（不包含子弹）及船上固定靶的总质量为M ，子弹质量m ，枪口到靶的距离为L ，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V ，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n 颗子弹后，小船后退的距离多大？（不计水的阻力）
错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。
当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+（n-1）m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。
当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n 颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n 颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n 倍。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S ，子弹飞行的距离为L ，则由动量守恒定律有： mL ─[M+(n-1)m]S=0 解得：m
n M m L
S
)1(-+=
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n 颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=
m
n M nmL
)1(-+.
分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。 设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S ，根据题意知子弹飞行的距离为(L ─S),则由动量守恒定律有： m(L ─S)─[M+(n ─1)m]S=0 解得：S=
nm
M mL
+
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n 颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=
nm
M nmL
+.
典型错误之四、忽视动量守恒定律的同时性
动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量的速度都应该是互相作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
例32、平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M ，站立在船上的人手中拿一质量为m 的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V 0前进，当人相对于船以速度u 向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计）。
错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。
以船速V 0的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V ，物体对地的速度为（V 0─u ）.由动量守恒定律得：
（M+m ）V 0=MV+m(V 0-u) , 解得M
MV m V V
+=
.
分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V 0，而变成了V,即V 与u 是同一时刻，抛出后物对地速度是（V-u ）,而不是（V 0-u ）.
由动量守恒定律得：（M+m ）V 0=MV+m(V-u) 解得：m
M mu
V V
++
=0
典型错误之五、忽视动量定理的矢量性
例33、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s 。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s 2） 错解：将运动员看质量为m 的质点，从h 1高处下落，刚接触网时速度的大小 1
12gh V = （向下），
弹跳后到达的高度为h 2，刚离网时速度的大小
2
22gh V =（向上） ，以t ?表示接触时间， 接触过
程中运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg 。由动量定理得：（F-mg ）Δt=mV 2-mV 1， 由以上各式解得，t
gh gh m
mg F
?-+=1
222 ， 代入数值得：
N F 700= 。
分析纠错：错误原因是忽视了动量定理的矢量性。由动量定理得： （F-mg ）Δt=mV 2+mV 1，由以上各式解得，t
gh gh m
mg F ?++=1
222 。
代入数值得：
N F 1500= 。
典型错误之六、运用动量定理解题受力分析掉重力 对于例33还有如下一种常见错误：
错解：将运动员看质量为m 的质点，从h 1高处下落，刚接触网时速度的大小 1
12gh V = （向下），
弹跳后到达的高度为h 2，刚离网时速度的大小
222gh V =（向上） ，以t ?表示接触时间，由动量定理得：F Δt=mV 2+mV 1， 由以上各式解得，t
gh gh m
F
?+=1
222 ， 代入数值得：
N F 900= 。
分析纠错：错误原因是受力分析时掉重力。
四、机械振动和机械波警示易错试题
典型错误之一：因忽视周期性引起的多解而出错。 例28、如图所示，光滑的弧形槽的半径为R （R 远大于弧长MN ），A 为弧形槽
的最低点。小球B 放在A 点正上方离A 点的高度为h ，小球C 放在M 点。同时释放两球，使两球正好在A 点相碰，
则h 应为多大
错解 :对B 球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求C 球到达O 点的时间：g
R
T t C C
24π==
对B 球，它做自由落体运动，自h 高度下落至O 点g
h t B
2=
.
要求两球相碰，则应有t B =t C ,即
g
R
g h 22π=，解得：R h 82π=。分析纠错：上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为C 球在圆形轨道上自C 点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过T C /4时间可能与A 相碰外，经过t=T C /4+Nt C (N=0,1,2……)的时间都可以与A 相碰。正确答案是：
R n h 22)12(8
1
+=π (n=1,2,3,4……)
典型错误之二：因对波的叠加原理理解不深刻而出错。
例29、两列简谐波均沿x 轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿x 轴正方向传播，如图中实线所示。一列波沿x 负方向传播，如图32中虚线所示。这两列波的频率相等，振动方向均沿y 轴，则图中x=1,2,3,4,5,6,7,8各点中振幅最大的是x= 的点，振幅最小的是x= 的点。
错解：从图中可以看出：振幅最大的是x=2，
6的点，振幅最小的是x=4，8的点。 分析纠错：对于x=4、8的点，此时两列波引起的位移矢量和为零，但两列波引起的振动速度矢量和最大，故应是振动最强的点，即振幅最大的点。对于x=2和6的点，此时两列波引起的位移矢量和为零，两列波引起的
振动速度的矢量和也为零，故应是振动最弱的点，即振幅最小的点。 典型错误之三：因没有理解波的图像会随时间变化而出错
例30、 如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，从波传到x=5m 的M 点时开始计时，已知P 点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s ，下面说法中正确的是（ ）
A ．这列波的波长是4m
B ．这列波的传播速度是10m/s
C ．质点Q （x=9m ）经过0.5s 才第一次到达波峰
D ．M 点以后各质点开始振动时的方向都是向下
错解：由质点Q （x=9m ），经过0.4s 波传到它，又经过T/4（0.1s ）Q 点第一次到达波峰，所以C 对。 分析纠错 ：
（1）从图上可以看出波长为4m ，选A 。
（2）实际上“相继出现两个波峰”应理解为，出现第一波峰与出现第二个波峰之间的时间间隔。因为在一个周期内，质点完成一次全振动，而一次全振动应表现为“相继出现两个波峰”，即T=0.4s 。则V=λ/T=10m/s,所以B 选项正确。
（3）质点Q （x=9m ）经过0.4s 开始振动，而波是沿x 轴正方向传播，即介质中的每一个质点都被它左侧的质点所带动，从波向前传播的波形图可以看出，0.4s 波传到Q 时，其左侧质点在它下方，所以Q 点在0.5s 时处于波谷。再经过0.2ss 即总共经过0.7s 才第一次到达波峰，所以选项C 错了。 （4）从波
的向前传播原理可以知道，M
以后的每个质点都
是先向下振动的。所以选项D 是对的。 此题正确答案为A ，B ，D 。
典型错误之四：因错误认为“双向波”是一列波而出错
例31、如图所示,S 为上下振动的波源， 振动频率为100Hz ，所产生的横波左右传播， 波速为80m/s ，已知P 、Q 两质点距波源S 的距离为SP=17．4m ，SQ=16．2m 。当S 通过平衡位置向上振动时，P 、Q 两质点的位置是：
A ．P 在波峰，Q 在波谷；
B ．都在波峰；
C ．都在波谷 ；
D ．P 在波峰，Q 在波峰。 错解：根据λ
=VT=0.8m,SP=17．4m=(21+3/4)
λ,SQ=16．2m=(20+1/4)λ,据此可作出波形图如图36所示，故可得到“P 在波峰，Q 在波峰”，而错选D 。
分析纠错：波源S 在振动的过程之中要形成分别向左右传播的两列
波，波形应如图所示，故可得到“P 在波峰，Q 在波谷”，而应选A 。 典型错误之五：因忽视各质点的振动方向与波源的起振方向相同而出错。。
例32、在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s ，如图甲所示。振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向竖直向上。经过时间t ，前13个质点第一次形成如图38乙所示的波形。关于这列波的周期和波速有如下说
法
A.这列波的周期T=2t/3 B 这列波的周期T=t/2 C.这列波的传播速度v=12s/T D.这列波的传播速度v=16s/T
错解：由图38可知：波长λ=8s,而在时间t 内波向前传了3λ/2,所以周期T=2t/3，传播速度v=12s/T ，即AC 正确。
分析纠错：上述解答错在没有理解题意，题说“经过时间t ，前13个质点第一次形成如图38乙所示的波形”，并不说波只传到前13个质点。如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾。所以在时间t 内波向前传了2λ,所以周期T=t/2，传播速度v=16s/T ，即BD 正确。
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高考物理知识归纳（一） ------------------基本的力和运动
Ⅰ。力的种类:（13个性质力） 这些性质力是受力分析不可少的“受力分析的基础”
重力： G = mg (g 随高度、纬度、不同星球上不同) 弹簧的弹力：F= Kx
滑动摩擦力：F 滑=
N
A
静摩擦力： O
≤ f 静≤ f m
万有引力： F
引
=G
2
2
1r
m m 电场力：
F 电=q E =q d
u
库仑力： F =K
2
21r q q (真空中、点电荷)
磁场力：(1)、安培力：磁场对电流的作用力。 公式： F= BIL （B ⊥I ） 方向:左手定则
(2)、洛仑兹力：磁场对运动电荷的作用力。公式： f=BqV (B ⊥V) 方向:左手定则
分子力：分子间的引力和斥力同时存在,都随距离的增大而减小,随距离的减小而增大,但斥力变化得快．。 核力：只有相邻的核子之间才有核力，是一种短程强力。
Ⅱ。运动分类：（各种运动产生的力学和运动学条件及运动规律．．．．．．．．．．．．．）是高中物理的重点、难点
①匀速直线运动 F 合=0 V 0≠0 ②匀变速直线运动：初速为零，初速不为零，
③匀变速直、曲线运动(决于F 合与V 0的方向关系) 但 F 合= 恒力
④只受重力作用下的几种运动：自由落体，竖直下抛，竖直上抛，平抛，斜抛等
⑤圆周运动：竖直平面内的圆周运动(最低点和最高点)；匀速圆周运动(关键搞清楚是向心力的来源) ⑥简谐运动：单摆运动，弹簧振子； ⑦波动及共振；分子热运动； ⑧类平抛运动;
⑨带电粒在电场力作用下的运动情况；带电粒子在f 洛作用下的匀速圆周运动
Ⅲ。物理解题的依据：（1）力的公式
（2） 各物理量的定义 （3）各种运动规律的公式
（4）物理中的定理、定律及数学几何关系
Ⅳ几类物理基础知识要点：
凡是性质力要知：施力物体和受力物体；
对于位移、速度、加速度、动量、动能要知参照物； 状态量要搞清那一个时刻（或那个位置）的物理量；
过程量要搞清那段时间或那个位侈或那个过程发生的；（如冲量、功等）
如何判断物体作直、曲线运动；如何判断加减速运动；如何判断超重、失重现象。 Ⅴ。知识分类举要
1．力的合成与分解：求F 1、F 2两个共点力的合力的公式：
Ｆ＝
θCOS F F F F 212
2212++
合力的方向与F 1成α角：
1
tanα=
F
F F
2
12
sin
cos
θ
θ+
注意：(1) 力的合成和分解都均遵从平行四边行法则。
(2) 两个力的合力范围：?F1－F2 ?≤F≤ F1 +F2
(3) 合力大小可以大于分力、也可以小于分力、也可以等于分力。
2.共点力作用下物体的平衡条件：静止或匀速直线运动的物体，所受合外力为零。
∑F=0 或∑F x=0 ∑F y=0
推论：[1]非平行的三个力作用于物体而平衡,则这三个力一定共点。按比例可平移为一个封闭的矢量三角形
[2]几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力(一个力)的合力一定等值反向三力平衡：F3=F1 +F2
摩擦力的公式：
(1 ) 滑动摩擦力：f= μN
说明：a、N为接触面间的弹力，可以大于G；也可以等于G;也可以小于G
b、μ为滑动摩擦系数，只与接触面材料和粗糙程度有关，与接触面积大小、接触面相对运动快慢以
及正压力N无关.
(2 ) 静摩擦力：由物体的平衡条件或牛顿第二定律求解,与正压力无关.
大小范围：O≤f静≤f m (f m为最大静摩擦力，与正压力有关)
说明：a 、摩擦力可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反，还可以与运动方向成一定夹角。
b、摩擦力可以作正功，也可以作负功，还可以不作功。
c、摩擦力的方向与物体间相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
d、静止的物体可以受滑动摩擦力的作用，运动的物体可以受静摩擦力的作用。
3.力的独立作用和运动的独立性
当物体受到几个力的作用时，每个力各自独立地使物体产生一个加速度，就象其它力不存在一样，这个性质叫做力的独立作用原理。
一个物体同时参与两个或两个以上的运动时，其中任何一个运动不因其它运动的存在而受影响，物体所做的合运动等于这些相互独立的分运动的叠加。
根据力的独立作用原理和运动的独立性原理，可以分解加速度，建立牛顿第二定律的分量式，常常能解决一些较复杂的问题。
VI.几种典型的运动模型：
1．匀变速直线运动：
两个基本公式(规律)：V t = V0 + a t S = v o t +1
2
a t2及几个重要推论：
(1)推论：V t2 －V02 = 2as（匀加速直线运动：a为正值匀减速直线运动：a为正值）
(2) A B段中间时刻的即时速度: V t/ 2 =V V
t
2
+
=
s
t
（若为匀变速运动）等于这段的平均速度
(3) AB段位移中点的即时速度: V s/2 = v v o t
22
2
+
V t/ 2 =V=V V
t
2
+
=
s
t
=
T
S
S
N
N
2
1
+
+= V N≤V
s/2
=
v v
o t
22
2
+
匀速：V t/2 =V s/2; 匀加速或匀减速直线运动：V t/2 (4) S 第t 秒 = S t -S t-1= (v o t +
12a t 2) －[v o ( t －1) +12a (t －1)2]= V 0 + a (t －12
) (5) 初速为零的匀加速直线运动规律
①在1s 末 、2s 末、3s 末……ns 末的速度比为1：2：3……n ； ②在1s 、2s 、3s ……ns 内的位移之比为12
：22
：32
……n 2；
③在第1s 内、第 2s 内、第3s 内……第ns 内的位移之比为1：3：5……(2n-1); ④从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1：()21-：32-)……(n n --1)
⑤通过连续相等位移末速度比为1：
2：3……n
(6) 匀减速直线运动至停可等效认为反方向初速为零的匀加速直线运动.(先考虑减速至停的时间).
实验规律：
(7) 通过打点计时器在纸带上打点(或照像法记录在底片上)来研究物体的运动规律：此方法称留迹法。
初速无论是否为零,只要是匀变速直线运动的质点,就具有下面两个很重要的特点：
在连续相邻相等时间间隔内的位移之差为一常数；?s = aT 2（判断物体是否作匀变速运动的依据）。 中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度 （运用V 可快速求位移）
注意：⑴是判断物体是否作匀变速直线运动的方法。?s = aT 2
⑵求的方法 V N =V =
s t =T S S N
N 21++ 2T
s s t s 2v v v v n 1n t 0
t/2+==+==+平
⑶求a 方法： ① ?s = a T 2
②3+N S 一N S =3 a T 2
③ S m 一S n =( m-n) a T 2
④画出图线根据各计数点的速度,图线的斜率等于a ；
识图方法:一轴、二线、三斜率、四面积、五截距、六交点
探究匀变速直线运动实验:
右图为打点计时器打下的纸带。选点迹清楚的一条，舍掉开始比较密集的点迹，从便于测量
的地方取一个开始点O ，然后每5个点取一个计数点A 、B 、C 、D …。（或相邻两计数点间
有四个点未画出）测出相邻计数点间的距离s 1、s 2、s 3 … （
利用打下的纸带可以：
⑴求任一计数点对应的即时速度v ：如T
s s v c 23
2+=
(其中记数周期：T =5×0.02s=0.1s ） ⑵利用上图中任意相邻的两段位移求a ：如2
23T s s a -=
⑶利用“逐差法”求a ：()()23216549T
s s s s s s a ++-++=
⑷利用v -t 图象求a ：求出A 、B 、C 、D 、E 、F 各点的即时速度，画出如图的v-t 图线，图线的斜率就是加速度a 。
注意： 点 a. 打点计时器打的点还是人为选取的计数点
距离 b. 纸带的记录方式，相邻记数间的距离还是各点距第一个记数点的距离。
纸带上选定的各点分别对应的米尺上的刻度值，
周期 c. 时间间隔与选计数点的方式有关
(50Hz,打点周期0.02s,常以打点的5个间隔作为一个记时单位)即区分打点周期和记数周期。 d. 注意单位。一般为cm
例：试通过计算出的刹车距离s 的表达式说明公路旁书写“严禁超载、超速及酒后驾车”以及“雨天路滑车辆减速行驶”的原理。
解：（1）、设在反应时间内，汽车匀速行驶的位移大小为1s ；刹车后汽车做匀减
速直线运动的位移大小为2s ，加速度大小为a 。由牛顿第二定律及运动学公式有：
????
????
??????????><+=><=><+=><=4...............3...............22..........1..................
21220001s s s as v m m g F a t v s μ 由以上四式可得出：>
<++
=5..........)(
220
0g m
F
v t v s μ
①超载（即m 增大），车的惯性大，由><5式，在其他物理量不变的情况下刹车距离就会增
长，遇紧急情况不能及时刹车、停车，危险性就会增加；
②同理超速(0v 增大)、酒后驾车(0t 变长)也会使刹车距离就越长，容易发生事故；
③雨天道路较滑，动摩擦因数μ将减小，由<五>式，在其他物理量不变的情况下刹车距离就越长，汽车较难停下来。
因此为了提醒司机朋友在公路上行车安全，在公路旁设置“严禁超载、超速及酒后驾车”以及“雨天路滑车辆减速行驶”的警示牌是非常有必要的。
思维方法篇
1．平均速度的求解及其方法应用
① 用定义式：t
s ??=
一
v
普遍适用于各种运动；②
v =
V V t
02
+只适用于加速度恒定的匀变速直线运动
2．巧选参考系求解运动学问题
3．追及和相遇或避免碰撞的问题的求解方法：
关键：在于掌握两个物体的位置坐标及相对速度的特殊关系。
基本思路：分别对两个物体研究，画出运动过程示意图，列出方程，找出时间、速度、位移的关系。解出结果，必要时进行讨论。
追及条件：追者和被追者v 相等是能否追上、两者间的距离有极值、能否避免碰撞的临界条件。 讨论：
1.匀减速运动物体追匀速直线运动物体。
①两者v 相等时，S 追
②若S 追
③若位移相等时，V 追>V 被追则还有一次被追上的机会，其间速度相等时，两者距离有一个极大值
2.初速为零匀加速直线运动物体追同向匀速直线运动物体
①两者速度相等时有最大的间距 ②位移相等时即被追上
4．利用运动的对称性解题 5．逆向思维法解题 6．应用运动学图象解题 7．用比例法解题
8．巧用匀变速直线运动的推论解题
①某段时间内的平均速度 = 这段时间中时刻的即时速度 ②连续相等时间间隔内的位移差为一个恒量 ③位移=平均速度?时间
解题常规方法：公式法(包括数学推导)、图象法、比例法、极值法、逆向转变法
2．竖直上抛运动：(速度和时间的对称)
分过程：上升过程匀减速直线运动,下落过程初速为0的匀加速直线运动. 全过程：是初速度为V 0加速度为-g 的匀减速直线运动。
(1)上升最大高度:H =
V g
o
2
2
(2)上升的时间:t=
V g
o
(3)上升、下落经过同一位置时的加速度相同，而速度等值反向 (4)上升、下落经过同一段位移的时间相等。 (5)从抛出到落回原位置的时间:t =2
g
V o
(6)适用全过程S = V o t －12
g t 2
; V t = V o －g t ; V t 2－V o 2 = －2gS (S 、V t 的正、负号的理解)
3.匀速圆周运动
线速度: V=
t
s =2πR
T =ωR=2πf R 角速度：ω=φππt T f =
=22
追及问题：ωA t A =ωB t B +n 2π
向心加速度： a =v R R T
R 22
2244===ωππ2 f 2 R 向心力： F= ma = m v R m 2=ω2
R= m 422πT
R =m42πn 2 R 注意：(1)匀速圆周运动的物体的向心力就是物体所受的合外力，总是指向圆心. (2)卫星绕地球、行星绕太阳作匀速圆周运动的向心力由万有引力提供。
(3)氢原子核外电子绕原子核作匀速圆周运动的向心力由原子核对核外电子的库仑力提供。
4.平抛运动：匀速直线运动和初速度为零的匀加速直线运动的合运动
（1）运动特点：a 、只受重力；b 、初速度与重力垂直．尽管其速度大小和方向时刻在改变，但其运动
的加速度却恒为重力加速度g ，因而平抛运动是一个匀变速曲线运动。在任意相等时间内速度变化相等。
（2）平抛运动的处理方法：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性．
（3）平抛运动的规律：以物体的出发点为原点，沿水平和竖直方向建成立坐标。
a x =0……①
a y =0……④
水平方向 v x =v 0 ……② 竖直方向 v y =gt ……⑤
x=v 0t ……③ y=?gt 2……⑥
x
y v gt
v v tan =
=
β V y = V o tg θ V o =V y ctg β
V =
V V o y 2
2+ V o = Vcos θ V y = Vsin β
在V o 、V y 、V 、X 、y 、t 、θ七个物理量中,如果 已知其中任意两个,可根据以上公式求出其它五个物理量。
证明：做平抛运动的物体，任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平总位移的中点。 证：平抛运动示意如图
设初速度为V 0，某时刻运动到A 点，位置坐标为(x,y ),所用时间为t.
此时速度与水平方向的夹角为β,速度的反向延长线与水平轴的交点为'x , 位移与水平方向夹角为α.依平抛规律有: 速度： V x = V 0
V y =gt
2
2y
x v v v +=
'
0x
y v gt v v tan x
x y
-==
=
β ① 位移: S x = V o t 2y gt 2
1s =
22y
x
s s s += 0
02
gt 21t gt tan 21v v x y ===α ② 由①②得： βαtan 21tan =
即 )
(21'x x y
x y -= ③ 所以: x x 2
1
'=
④ ④式说明：做平抛运动的物体，任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水总位移的中点。
5.竖直平面内的圆周运动
态。(圆周运动实例) ①火车转弯 ②汽车过拱桥、凹桥 3
③飞机做俯冲运动时，飞行员对座位的压力。
④物体在水平面内的圆周运动（汽车在水平公路转弯，水平转盘上的物体，绳拴着的物体在光滑水平面上绕绳的一端旋转）和物体在竖直平面内的圆周运动（翻滚过山车、水流星、杂技节目中的飞车走壁等）。 ⑤万有引力——卫星的运动、库仑力——电子绕核旋转、洛仑兹力——带电粒子在匀强磁场中的偏转、重力与弹力的合力——锥摆、（关健要搞清楚向心力怎样提供的）
（1）火车转弯：设火车弯道处内外轨高度差为h ，内外轨间距L ，转弯半径R 。由于外轨略高于内轨，使得火车所受重力和支持力的合力F 合提供向心力。
为转弯时规定速度）
（得由合002
sin tan v L
Rgh
v R v m L h
mg mg mg F ===≈=θθ R g v ?=θtan 0
(是内外轨对火车都无摩擦力的临界条件)
①当火车行驶速率V 等于V 0时，F 合=F 向，内外轨道对轮缘都没有侧压力 ②当火车行驶V 大于V 0时，F 合+N=R
m
2
v
③当火车行驶速率V 小于V 0时，F 合>F 向，内轨道对轮缘有侧压力，F 合
-N'=R
m
2
v
即当火车转弯时行驶速率不等于V 0时，其向心力的变化可由内外轨道对轮缘侧压力自行调节，但调节程度不宜过大，以免损坏轨道。
（2）无支承的小球，在竖直平面内作圆周运动过最高点情况：
①临界条件：由mg+T=mv 2
/L 知，小球速度越小，绳拉力或环压力T 越小，但T 的最小值只能为零，此时小球以重力提供作向心力，恰能通过最高点。即mg=R
m
2临
v
结论：绳子和轨道对小球没有力的作用（可理解为恰好通过或恰好通不过的速度），只有重力提供作向心力，临界速度V 临=
gR
②能过最高点条件：V ≥V 临（当V ≥V 临时，绳、轨道对球分别产生拉力、压力） ③不能过最高点条件：Vm
2高
v (临界条件T 1=0, 临界速度V 临=
gR , V ≥V 临才能通过)
最低点状态: T 2- mg = L
2m 低v
高到低过程机械能守恒:
mg2L m m 22
122
1+=高低v v T 2- T 1=6mg (g 可看为等效加速度)
半圆：mgR=
2
2
1
mv T-mg=R
2v m
? T=3mg
（3）有支承的小球，在竖直平面作圆周运动过最高点情况：
①临界条件：杆和环对小球有支持力的作用知）
（由R
U m N mg 2
=- 当V=0时，N=mg （可理解为小球恰好转过或恰好转不过最高点）
圆心。
增大而增大，方向指向随即拉力向下时，当④时，当③增大而减小，且向上且随时，支持力当②v N gR v N gR v N mg v N gR v )(0
00>==>><<
作用时，小球受到杆的拉力＞，速度当小球运动到最高点时时，杆对小球无作用力，速度当小球运动到最高点时长短表示）
（力的大小用有向线段，但（支持）时，受到杆的作用力，速度当小球运动到最高点时N gR v N gR v mg N N gR v 0==<<
恰好过最高点时，此时从高到低过程 mg2R=
22
1
mv 低点：T-mg=mv 2/R ? T=5mg
注意物理圆与几何圆的最高点、最低点的区别 (以上规律适用于物理圆,不过最高点,最低点, g 都应看成等效的)
2．解决匀速圆周运动问题的一般方法
（1）明确研究对象，必要时将它从转动系统中隔离出来。 （2）找出物体圆周运动的轨道平面，从中找出圆心和半径。 （3）分析物体受力情况，千万别臆想出一个向心力来。
（4）建立直角坐标系（以指向圆心方向为x 轴正方向）将力正交分解。
（5）??
???=∑===∑02222y x F R T m R m R v m F ）（建立方程组πω 3．离心运动
在向心力公式F n =mv 2
/R 中，F n 是物体所受合外力所能提供的向心力，mv 2
/R 是物体作圆周运动所需要的向心力。当提供的向心力等于所需要的向心力时，物体将作圆周运动；若提供的向心力消失或小于所需要的向心力时，物体将做逐渐远离圆心的运动，即离心运动。其中提供的向心力消失时，物体将沿切线飞去，离圆心越来越远；提供的向心力小于所需要的向心力时，物体不会沿切线飞去，但沿切线和圆周之间的某条曲线运动，逐渐远离圆心。
牛顿第二定律：F 合 = ma （是矢量式） 或者 ∑F x = m a x ∑F y = m a y
理解：(1)矢量性 (2)瞬时性 (3)独立性 (4)同体性 (5)同系性 (6)同单位制
●力和运动的关系
①物体受合外力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态； ②物体所受合外力不为零时，产生加速度，物体做变速运动．
③若合外力恒定，则加速度大小、方向都保持不变，物体做匀变速运动，匀变速运动的轨迹可以是直线，也可以是曲线．
④物体所受恒力与速度方向处于同一直线时，物体做匀变速直线运动．
⑤根据力与速度同向或反向，可以进一步判定物体是做匀加速直线运动或匀减速直线运动； ⑥若物体所受恒力与速度方向成角度，物体做匀变速曲线运动．
⑦物体受到一个大小不变，方向始终与速度方向垂直的外力作用时，物体做匀速圆周运动．此时，外力仅改变速度的方向，不改变速度的大小．
⑧物体受到一个与位移方向相反的周期性外力作用时，物体做机械振动．
表1给出了几种典型的运动形式的力学和运动学特征．
综上所述：判断一个物体做什么运动，一看受什么样的力，二看初速度与合外力方向的关系．
力与运动的关系是基础，在此基础上，还要从功和能、冲量和动量的角度，进一步讨论运动规律．
6.万有引力及应用：与牛二及运动学公式
1思路和方法:①卫星或天体的运动看成匀速圆周运动, ② F 心=F 万 (类似原子模型)
2公式：G 2r
Mm =ma n ，又a n =r )T 2(r r v 22
2π=ω=，则v=
r GM ，3r GM =ω，T=GM r 23π 3求中心天体的质量M 和密度ρ
由G 2r Mm =m r )T 2(2π 可得M=2
3
2GT r 4π，
ρ=2333
T GR r 3R 3
4M
π=π 当r=R ，即近地卫星绕中心天体运行时，ρ=2GT 3π=
轨道上正常转：
题目中常隐含：(地球表面重力加速度为g)；这时可能要用到上式与其它方程联立来求解。
轨道上正常转【讨论】(v 或E K )与r 关系，r 最小时为地球半径时，v 第一宇宙=7.9km/s (最大的运行速度、最小的发射速度)；
T 最小=84.8min=1.4h
（M=ρV 球=ρ
π3
4
r 3） s 球面=4πr 2 s=πr 2 (光的垂直有效面接收，球体推进辐射) s 球冠
=2πRh
3 理解近地卫星：来历、意义 万有引力≈重力=向心力、 r 最小时为地球半径、 最大的运行速度=v
第一宇宙
=7.9km/s (最小的发射速度)；T 最小=84.8min=1.4h
4 同步卫星几个一定：三颗可实现全球通讯(南北极仍有盲区)
轨道为赤道平面 T=24h=86400s 离地高h=3.56ｘ104km(为地球半径的5.6倍) V 同步=3.08km/s ﹤V 第一宇宙=7.9km/s ω=15o
/h (地理上时区) a =0.23m/s 2
5 运行速度与发射速度的区别
6卫星的能量:r 增?v 减小(E K 减小应该熟记常识：地球公转周期1年, 自转周期1天=24小时=86400s, 地球表面半径6.4ｘ103km 表面
重力加速度g=9.8 m/s 2 月球公转周期30天
力学助计图
有a
v 会变化
受力
高中物理知识归纳（二）
----------------------------力学模型及方法
1．连接体模型是指运动中几个物体叠放在一起、或并排在一起、或用细绳、细杆联系在一
起的物体组。解决这类问题的基本方法是整体法和
隔离法。
整体法是指连接体内的物体间无相对运动时,可以把物体组作为整体，对整体用牛二定律列方程 隔离法是指在需要求连接体内各部分间的相互作用(如求相互间的压力或相互间的摩擦力等)时，把某物体从连接体中隔离出来进行分析的方法。
压力为零的临界条件）
2斜面模型 （搞清物体对斜面斜面固定：物体在斜面上情况由倾角和摩擦因素决定
μ=tg θ物体沿斜面匀速下滑或静止 μ> tg θ物体静止于斜面 μ< tg θ物体沿斜面加速下滑a=g(sin θ一μcos θ)
3．轻绳、杆模型
结果 原因
原因
