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10 m/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
【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，则
V0=-10m/sg=10m/s2据h＝v0
t+
∴物体刚掉下时离地1275m。
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t CD=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△v0ot B的面积为A→B的位移
△t B t c v c的面积大小为B→C的位移
梯形t C t D v D v C的面积大小为C→D的位移
即物体离开气球时距地的高度。
则t B=1s根据竖直上抛的规律tc=2s
t B t D=17-1=16（s）
在△t B v D t D中则可求v D＝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 的初速做匀减速直线运动经40s停下来。据加速度公式可求出a=-0.5m/s2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。
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v n，即转动分速
度，A点的合速度v A即为两个分速度的合。
v A=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v n，合速度v A即与船
的平动速度相同。则由图可以看出v A=v/cos
θ。
【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=Fv A·
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。
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
v y，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。
【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 t=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。
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V B和加速度g向下做为时
1s的匀加速运动，而v B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
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。
【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。
【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=v B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＞v B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＜v B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=μN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=μN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=μN，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。
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=Fcosθ①
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。
【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（Fcos
θ＜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=μN（最大静摩擦力）如图建立坐
标，据牛顿第二定律列方程
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？
【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)a①
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
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·cos θ
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m A=6kg，m B=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 [ ]
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。f max=μN=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=(m A+m B)a①
再以B为研究对象，如图2-19，B水平
方向受摩擦力
f=m B a②
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
T AC sin30°=T BC sin60°
T AC cos30°+T BC cos60°=G
将T AC=150N，T BC=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T AC=150N时，T BC=100N，而没有认
真分析力之间的关系。实际当T BC=100N时，T BC
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
T AC sin30°-T BC sin60°=0①
T AC cos30°+T BC cos60°-G=0②
而当T AC=150N时，T BC=86.6＜100N
将T AC=150N，T BC=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：N l sinα-f=0①
y：N-Mg-N l cosα=0②
B物体下滑的加速度为a，
x：mgsinα=ma③
y：N l-mgcosα=0④
由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcos
α
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 a2=g
B．a1=g a2=g
C．a1=2g a2=0
D．a1=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=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，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=ma A③
B球：F′-mg=ma B④
由式③解得a A=-2g（方向向下）
由式④解得a B=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=μmg=ma，a=μg=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。
【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=ma①
竖直方向：N-mg=0②
f=μN③
由式①，②，③解得a=5m／s2
设经时间t l，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+at④
解得t1
=0.4s
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=v2t2⑤
因为S2=S-S1=10—0.4=9.6（m），v2=2m
／s
代入式⑤得t2=4.8s
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。
因为物体静止，∑F=0
N=G=0①
N=kx0②
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=ma③
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/s2
F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
F min=ma+mg-kx0
=12×(7.5+10)-800×0.15
=90(N)
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= Fscos
θ，而不能将思路打开，从W=Pt和W=ΔEt等
多条思路进行考虑；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能相等。(g=10m/s2)
【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
【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
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。
【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
-D③
【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。
例5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、动量都不变
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△E A=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△
E k=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△
E k=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。
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
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ΣF，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）
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x 0，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。
【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v 0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v 0，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
【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3x 0位置自由落下，
与地球构成的系统机械能守恒。则有
v 0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v 1为两者碰撞后共同速
mv 0=2mv 1 (2)
两者以v l 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E p ，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
2mv 0=3mv 2 (4)
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
E p =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m 1，m 2的物体1，2，栓接系数为k 2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？
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。
【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。
【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=ωr，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
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
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
【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
【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R A∶R B=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m A，m B。
【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：
可见，在“错解”中把A，B两卫星的重
力加速度g A，g B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
从而得
【错解原因】小球到达最高点A时的速
度v A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，N A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
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／s2，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v B。应满足方程
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v B＜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v B=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。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度v c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
v A=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为v c，高度为
h′=l(1+cosθ)
如图所示，根据机船能守恒定律有
木块从C点开始以速度v c做斜上抛运动
所能达到的最大高度h″为
【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F向=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。
第六章机械运动、机械波错题集
一、主要内容
本章内容包括机械振动、回复力、振幅、
周期、频率、简谐振动、受迫振动、共振、机
械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和
衍射等基本概念，以及单摆振动的周期规律、
简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规
律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系
等规律。
二、基本方法
本章中所涉及到的基本方法有：由于振
动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数
学知识的水平，因此对于这部分内容不可能像
研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方
向出发描述和研究物体的运动，而是利用图象
法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介
媒中的传播过程进行描述与研究。图像法具有
形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信
息，在学习时同学们要注意加以体会；另外，
在研究单摆振动的过程中，对于单摆所受的回
复力特点的分析，采取了小摆角的近似的处
理，这是一种理想化物理过程的方法。
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：对于诸如机械振动、简谐
运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动
等众多的有关振动的概念不能深刻的理解，从
而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波
的图象的区别和联系，这主要是由于振动的图
象与波的图象形式上非常相似，一些学生只注
意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示
的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。
另外，由于一些学生对波的形成过程理解不够
深刻，导致对于波在传播过程中时间和空间的
周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍
射的发生条件、产生的现象较为抽象，所以一
些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现
为抓不住现象的主要特征、产生的条件混淆不
清。
例1一个弹簧振子，第一次被压缩x
后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩
2x后释放做自由振动，周期为T2，则两次振
动周期之比T1∶T2为 [ ]
A．1：
1 B．1∶2
C．2∶
1 C．1∶4
【错解】压缩x时，振幅为x，完成
一次全振动的路程为4x。压缩2x时，振幅即
为2x，完成一次全振动的路程为8x。由于两
种情况下全振动的路程的差异，第二次是第一
次的2倍。所以，第二次振动的周期一定也是
第一次的2倍，所以选B。
【错解原因】上述解法之所以错误是
因为把振子的运动看成是匀速运动或加速度
恒定的匀加速直线运动了。用了匀速或匀加速
运动的规律。说明这些同学还是没有掌握振动
的特殊规律。
【分析解答】事实上，只要是自由振
动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹
簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量m和弹
簧的劲度系数k决定的，而与形变大小、也就
是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变
（m，k不变），周期就不会改变，所以正确
答案为A。
【评析】本题给出的错解是初学者中
最常见的错误。产生这一错误的原因是习惯于
用旧的思维模式分析新问题，而不善于抓住新
问题的具体特点，这反映了学习的一种思维定
势。只有善于接受新知识、新方法，并将其运
用到实际问题中去，才能开阔我们分析、解决
问题的思路，防止思维定势。
例2一个单摆，如果摆球的质量增加
为原来的4倍，摆球经过平
A．频率不变，振幅不
变 B．频率不变，振幅改变
C．频率改变，振幅不
变 D．频率改变，振幅改变
【错解】错解一：因为单摆的周期（频
率）是由摆长l和当地重
变（指平衡位置动能也就是最大动能），
由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅也
不变，应选A。
而振幅与质量、速度无关（由上述理由可知）所以振幅不变，应选C。
错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所示理由外，即总能量不变，而因为重力势能E P=mgh，E P 不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。
【错解原因】此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，而题中提供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关系，有什么关系，是应该弄清楚的。
而错解二和错解三中都认为频率不变，这是因为为不清楚决定单摆的因素是摆长l和当
地重力加速度g，而与摆球质量及运动到最低点的速度无关。
错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句的结论上。判断只从能量不变去看，当E总不变时，E P=mgh，m变大了，h一定变小。说明有些同学考虑问题还是不够全面。
【分析解答】（1）实际上，通过实验我们已经了解到，决定单
单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关，所以不能选C，D。
（2）决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能E K
的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能E P=mgh不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因此正确答案
应选B。
【评析】本题的分析解答提醒我们，
一是考虑要全面，本题中m，v两因素的变化
对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要
进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论
依据，如本题中决定单摆振动的频率
例3如图6-1所示，光滑圆弧轨道的
半径为R，圆弧底部中点为O，两个相同的小
球分别在O正上方h处的A点和离O很近的轨
道B点，现同时释放两球，使两球正好在O点
相碰。问h应为多高？
【错解】对B球，可视为单摆，延用
单摆周期公式可求B球到达O点的时间：
对A球，它做自由落体运动，自h高度
下落至O点
【错解原因】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B球在圆形轨道上自B点释放后可以
做往
上述解答漏掉一些解，即上述解答只是
多个解答中的一个。
对B球振动周期
到达O点的时间为
显然，前面的解仅仅是当n=0时的其中
一解而已。
【评析】在解决与振动有关的问题时，
要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有周
期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多
个。
例4水平弹簧振子，每隔时间t，振子
的位移总是大小和方向都相
【错解】 1．首先排除A，认为A是不
可能的。理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可
简化为如图6-2，O为平衡位置，假设计时开
始时，振子位于A点，每隔时间t，振子的位
移总是大小和方向都相同，所以
t
B之间非A即B点，而这两点距平衡位
置都等于振幅，所以加速度都等
所以振子的动能总是相同的，所以选C
是对的。
同的，都等于振幅，所以D是对的。
综上所述，应选B，C，D。
【错解原因】错解1是排除A，之所以产生错误，是因为在头脑中形成思维定势，认为在时间t内，振子只能在一个周期内振动。很多学生在解决振动和波的问题时，习惯上把所有问题都限定在一个周期内，而没有考虑到在时间t 内，振子可能已经完成多个全振动了。
错解2的产生主要是对加速度的矢量性认识不够或头脑中根本就没有这个概念，认为位置对称，加速度大小一样就是加速度相同。
3．选择C是对的。
4．对弹簧振子这样一个物理模型认识不全面，所谓水平弹簧振子的弹簧是哪段没弄清楚。
【分析解答】 1．由题意可知，t=nt，n 可以是1，2，3…，
选项A是正确的。
相反，且对称于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。
3．同错解3。
4．水平弹簧振子的弹簧应为如图6－3a
或6－3b的样子。当振子的位置在平衡位置两侧时，弹簧长度是不同的。所以选项D不对。
另外，符合题意条件的不一定非选最大位移处的两点，也可以选其他的点分析，如图6-4P，Q两点，同样可以得出正确结论。
所以此题的正确答案为A，C。
例5一个做简谐运动的弹簧振子，周
期为T，振幅为A，设振子
A．t1＝
t2B．t1＜t2
C．t1＞
t2D．无法判断
度也大，因而时间短，所以t1＞t2，应
选C。
错解三：因为这是一个变加速运动问题，
不能用匀速运动或匀变速运动规律求解，因而
无法判断t1和t2的大小关系，所以选D。
【错解原因】主要是对简谐运动的特
殊运动规律不清楚，只记住了周期公式，没注
意分析简谐运动的全过程，没能深入地理解和
掌握这种运动形式的特点。因而解题时错误地
沿用了匀速或匀变速运动的规律，选择A的同
学就是用匀速运动规律去解，而选择C的同学
用了匀变速运动规律去解，因而错了。事实上，
简谐运动的过程有其自身的许多规律，我们应
该用它的特殊规律去求解问题，而不能用匀速
或匀变速运动规律去求解。
【分析解答】方法一：用图象法，画
出x-t图象，从图象上，我们可以很直观地看
出：t1＜t2，因而正确答案为：B。
方法二：从图象为正弦曲线和数学知识
可写出位移随时间的函数关系式，物理学上称
为振动方程，从平衡位置开始，振子的振动方
程为：
【评析】以上两种方法，第一种方法
是定性分析，在选择题练习时，是要重点掌握
的。第二种方法可以进行定量计算，但由于要
涉及振动方程，所以不做统一要求。
t'=nT+t2。此处，为了题目简明起见，
题文中用了“第一次”和“最短时间”等字样。
否则就无法比较两个过程所用时间的长短。
例6图6-6中实线是一列简谐波在某
一时刻的波形图线，虚线是0.2s后它的波形
图线。这列波可能的传播速度是_______。
【错解】从图上可以看出波长λ=4m，
而从两次的波形图可知：
v=5m/s．
【错解原因】
面的。实际上，只有当波向右（沿x正
方向）传播时，上述关系才成立。
【分析解答】从图上可以看出λ=4m。
当波沿x正方向传播时，两次波形之间间隔的时间为：
此题的答案为：（20n+5）m/s和（20m+15）m/s，（n=0，1，2，…）
【评析】对于这种已知条件较为含糊的波的问题，要从波的传播方向、时间和空间的周期性等方面进行全面周到的分析，这也是解决机械波问题时，初学者经常忽略的问题。
例7一简谐波的波源在坐标原点o处，经过一段时间振动从o点向右传播20cm到Q点，如图6-7所示，P点离开o点的距离为30cm，试判断P质点开始振动的方向。
传到P点，所以画出如图6-8所示的波形图。因为波源在原点，波沿x轴正方向传播，所以可判定，P点开始振动的方向是沿y轴正方向（即向上）。
【错解原因】主要原因是把机械波的
图象当成机械振动的图象看
面的波形也变化了。
【分析解答】因为原图中的波形经历
了半个周期的波形如图6-9所示，在此波形基
础上，向前延长半个波形即为P点开始振动时
的波形图，因为波源在原点处，所以介质中的
每个质点都被其左侧质点带动，所以P点在刚
开始时的振动方向沿y轴负方向（即向下）从
另外一个角度来看，原图中Q点开始振动时是
向下的，因为所有质点开始振动时的情况均相
同，所以P点开始振动的方向应是向下的。
【评析】本题中的错解混淆了振动图
象与波的图象，那么这两个图象有什么不同
呢？（1）首先两个图象的坐标轴所表示的物
理意义不同：振动图象的横坐标表示时间，而
波动图象的横坐标表示介质中各振动质点的
平衡位置。（2）两个图象所描述的对象不同：
振动图象描述的是一个质点的位移随时间的
变化情况，而波的图象描述的是介质中的一群
质点某一时刻各自振动所到达的位置情况。通
俗地说：振动图象相当于是在一般时间内一个
质点运动的“录像”，而波的图象则是某一时
刻一群质点振动的“照片”。（3）随着时间
的推移，振动图象原来的形状（即过去质点不
同时刻所到达的位置不再发生变化，而波的图
象由于各质点总在不断地振动，因此随着时间
的推移，原有的图象将发生周期性变化。
例8图6-10是某时刻一列横波在空间
传播的波形图线。已知波是沿x轴正方向传
播，波速为4m/s，试计算并画出经过此时之
后1.25s的空间波形图。
=62.5个波长，其波形如图6-13。
【错解原因】错解一、错解二没有重
视单位的一致性，在此题中波长从图中只能得
出λ=8cm，而波速给出的却是国际单位4m/s。
因此，求周期时，应先将波长的单位统一到国
际单位制上来。
错解三虽然计算对了，但是，在波向前
（沿x轴正方向）传播了62.5个波长时的波
形，应是在原来的波形基础上向x正方扩展
62.5个波长。
播一个波长。经过62.5个周期，波向前
传播了62.5个波长。据波的周期性，当经过
振动周期的整数倍时，波只是向前传播了整数
倍个波长，而
形，如图6-14。再将此图向前扩展62
个波长即为题目要求，波形如图6-15。
【评析】波形图反映了波在传播过程
中某时刻在波的传播方向上各质点离开平衡
位置的位移情况，由于波只能以有限的速度向
前传播，所以离振源远的质点总要滞后一段时
间，滞后的时间与传播的距离成正比，即滞后
一个周期。两个质点之间的平衡位置距离就是
一个波长，经过多少个周期，波就向前传播了
多少个波长，而振源就做了多少次全振动，这
就是此类问题的关键所在。
例9如图6-16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】错解一：由题中说P点相继出现两个波峰的时间间隔为
错解二：质点Q（x=9m），经过0.4s（此处用了正确的周期结果
所以C对。
错解三：M点以后各质点的振动有的向上，有的向下，所以D不对。
【错解原因】错解一对“相继出现两个波峰”理解有误。
错解二对质点Q（x=9m）处，当波传到它以后，该点应如何振动不会分析，实际上也就是对波的传播原理不明白。不知道波的传播是机械振动在介质中传递的过程，质点要依次被带动形成波。
同理，错解三对M点以后各点运动情况
分析有误，实际上M点以后各点运动情况向上
还是向下取决于波的传播方向。
【分析解答】（1）从图6-16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=
（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6-17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。
【评析】
例10如图6－18所示，一根张紧的水
平弹性长绳上的a，b两点，相距14.0m，b点
在a点的右方，当一列简谐横波沿此长绳向右
传播时，若a点的位移达到正最大时，b点的
位移恰为零且向下运动。经过1.00s后a点的
位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到
负最大，则这简谐波的波速可能等
于
[ ]
A.4.67m/s
B.6m/s
C.10m/s
D.4m/s
v=4.67m/s选择A。
但此题可能多选，考虑到a，b之间满足
条件的情况还可
解得：v=10m/s选择
C
解得：v=11.5m/s显然不符合题目中的
选项，且通过分析可知v=14m/s也是不对的，
所以正确答案为A，C。
【错解原因】以上答案并没有错，但分
析问题的过程出现了明显的
漏了不少结论。而此题做为选择题，学
生能用错误的思维方式得出符合答案的结果，
纯属偶然。
波长λ有一系列数据，周期T也有一系
列数据，从波的概念出发，两者并无一一对应，
因而波速应为
其解为当n=0，N=0，1，2……
n=1，N=0，1，2……
n=2，N=0，1，2……
我们可以通过列表来看一看波速的各种可能值：
从表中可以看出，4.67m/s及10m/s即为
正确答案。所以正确答案应选A，C。
【评析】这是1996年一道高考题，当年不
少考生考试时也选对了答案，但这些考生思考问
题时有着明显的片面性，只从n=N的情况去考虑
问题，当n=N=0时，4.67m/s，当n=N=1时，
v=10m/s，当n=N=2时v=11.5m/s……，把长度
的周期性与时间的周期性混为一谈。若此题的四
个选项中变化一个为v=2m/s（即n=1，N=0时），
上述思维片面的考生可能就会漏选，因此，一定
要对题目进行全面周到的分析。
第七章热学错题集
一、主要内容
本章内容包括两部分，一是微观的分子动
理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。其中
分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分
子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体
的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规
律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律
等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温
度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以
及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规
律（包括公式和图象两种描述方法）。
二、基本方法
本章中所涉及到的基本方法是理想化的模
型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状
视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微
观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，
将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存
在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变
化的规律在误差允许的范围内得以大大的简
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：对较为抽象的分子热运动
的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作
用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量
及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不
能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的
分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分
析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状
态规律应用出现错误；另外，本章中涉及到用
图象法描述气体状态变化规律，对于p—V，p
—T，V—T图的理解，一些学生只观注图象的
形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率
等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温
度变化（内能变化）、体积变化（做功情况）
时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能
变化等问题时的困难。
例1设一氢气球可以自由膨胀以保持
球内外的压强相等，则随着气球的不断升高，
因大气压强随高度而减小，气球将不断膨胀。
如果氢气和大气皆可视为理想气体，大气的温
度、平均摩尔质量以及重力和速度随高度变化
皆可忽略，则氢所球在上升过程中所受的浮力
将______（填“变大”“变小”“不变”）
【错解】错解一：因为气球上升时体积
膨胀，所以浮力变大。
错解二：因为高空空气稀薄，所以浮力
减小。
【错解原因】因为浮力的大小等于气球
排开大气所受的重力，F=p空·g·V，当气球
升入高空时，密度p减小，体积V增大，错解
一和二都是分别单一地强调一方面的变化，没
有综合考虑，因此导致错解。
【分析解答】以氢气为研究对象，设地
面附近和高空h处的压强和体积分别为p1，p2，
V1，V2。因为温度不变，由玻-马定律可知：
p1V1=p2V2
以大气为研究对象，在地面附近和高空
h处的压强和大气密度分别为户p1，p2（与氢
气对应相等）p1，p2因为大气密度和压强都与
高度
设氢气球在地面附近和高空h处的浮力
分别为F1，F2则F1=p1·g·V1F2=p2·gV2
所以正确答案为浮力不变。
【评析】如上分析，解决变化问题，需
要将各种变化因素一一考虑，而不能单独只看
到一面而忽略另一面。
此题也可以利用克拉珀龙方程求解：
在高度h处：对氢气列克拉珀龙方程
对排开空气列克拉珀龙方程
因为p，V，R，T均相同
所以联立①②得：
我们知道，空气、氢气的摩尔质量是不
变的，此题气球中的氢气质量也是一定的，所
以排开空气的质量不随高度h而变，又因为重
力加速度也不变（由题目知）所以，气球所受
浮力不变。
利用克拉珀龙方程处理浮力，求解质量
问题常常比较方便。
例2如图7-1所示，已知一定质量的
理想气体，从状态1变化到状态2。问：气体
对外是否做功？
【错解】错解一：因为判断不了气体体
积情况，所以无法确定。
错解二：因为1状态与2状态在一条直
线上．而p-T坐标上的等容线是直线．所以状
态1与状态2的体积相等，气体对外不做功。
【错解原因】错解一是不会应用等容线，
不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，
因而感到无从下手。
错解二是把等容线的概念弄错了，虽然
状态1和状态2在一条直线上，但并不是说p
—T图上的所有直线都是等容线。只有延长线
过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的
状态1与状态2所在的直线就不是一条等容
线。
【分析解答】如图7-2所示，分别做出
过1和2的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ
的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则VⅡ＞VⅠ，即V2
＞V1，所以，从状态1变化到状态2，气体膨
胀对外做功了。
【评析】从此题的解答可以看到，利用
图象帮助解决问题，有时是很方便的，但这种
方法首先必须按图象有一个清楚的了解，只有
在“识别”图象的基础上，才能准确地“运用”
图像。
例3一定质量的理想气体的三个状态在V-T图上用A，B，C三个点表示，如图7-3所示。试比较气体在这三个状态时的压强p A，p B，p C的大小关系有：（）
A．p C＞p B＞p C
B．p A＜p C＜p B
C．p C＞p A＞p B
D．无法判断。
【错解】错解一：因为一定质量的理想气体压强与温度成正比，哪个状态对应的温度高，在哪个状态时，气体的压强就大，即T C＞T A＞T B，所以有p C＞p A＞p B，应选C。
错解二：因为一定质量的理想气体的压强与体积成反比，体积越大，压强越小，从图上可以看出：V A＞V C＞V B，所以户p A＜p C＜p B，应选B。
【错解原因】以上两种错解，从分析思路上讲都错了，都没有了解到气体状态的三个参量（p，V，T）之间两两定量关系是有条件的。如压强与温度（当然应为热力学温度T）成正比的条件是体积不变，而压强与体积成反比的条件应是温度不变。如果不考虑第三个参量，而单纯只讲两个参量之间的关系，显然只能导致错误的结果，同时也培养了错误的思考问题方式，是不可取的。当第三个参量不是定量时，三者之
【分析解答】因为所给的是V-T图，A，B，C三点的温度体积都不一样，要想比较三个状态的压强，可以利用V-T图上的等压线辅助分析。
在V-T图上，等压线是一条延长线过原点的直线，可以通过A，B，C三点做三条等压线分别表示三个等压过程，如图7-4所示。一定质量的理想气体在等压过程中压强保持不变，体积与温度成正比，为了比较三个等压线所代表的压强的大小，可以做一条等温线（亦可作一条等容
线，方法大同小异，以下略），使一个等温过
程与三个等压过程联系起来，等温线（温度为
T'）与等压线分别交于A'，B'，C'，在等温
过程中，压强与体积成反比（玻意耳定律），
从图上可以看出：V A'＞V B'＞V C'，所以可以得出
结论：p A'＜p B'＜p C’，而A与A'，B与B'，C
与C分别在各自的等压线上，即p A=p A'，p B=p B'，
p C=p C’，所以可以得出结论，即p A＜p B＜p C，所
以正确答案为A。
例4如图7-5，A，B是体积相同的气
缸，B内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动
的、体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。
起初，阀门关闭，A内装有压强p1=2.0×105a
温度T1=300K的氮气。B内装有压强P2=1.0×
105Pa，温度T2=600K的氧气。打开阀门D，活
塞C向右移动，最后达到平衡，以V1和V2分
别表示平衡后氮气和氧气的体积，则V1∶
V2=______（假定氧气和氮气均为理想气体，
并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽
略）
【错解】开始是平衡状态，未态还是平
衡状态，由理想气体状态方
此题答案为1∶4。
【错解原因】理想气体状态方程或气体
定律，针对的对象应为一定质量的理想气体，
而不能是两种（或两部分）气体各自的状态，
必须是一定质量的理想气体初、末两种状态之
间满足的关系，上述解法把两部分气体的p1，
p2，T1，T2与一定质量的气体前后两种状态的
p1，p'1，T1，T'1混为一谈，以致出现完全相反
的结论。
【分析解答】对于A容器中的氮气，其
气体状态为：
p1=2.0×105pa V1=V T1＝300K
P'1=P V'1=V1（题目所
设） T'1=T
由气体状态方程可知：
对于B容器中的氧气，其气体状态为：
p2=1.0×105pa V2＝V T2=600K
p'2=p V'2=V2（题目所设） T’
2=T
由气态方程可知
联立①②消去T，V可得：
此题的正确答案为V1∶V2=4∶1
【评析】解决有关两部分气体相关联的
问题时，要注意两方面的问题。首先，要把两
部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析
出初、未状态的p，V，T情况，分别列出相应
的方程（应用相应的定律、规律）切不可将两
部分气体视为两种状态。
其次，要找出两部分气体之间的联系，
如总体积不变，平衡时压强相等，等等。例如
本题中，阀门关闭时两边气体体积相等，阀门
打开两边气体压强相等，温度相等，利用这些
关系，可以消去方程中的未知因素，否则，也
解不出正确结果。
例5如图7-6所示，一个横截面积为S
的圆筒型容器竖直放置，金属圆板A的上表面
是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面
的夹角为θ，圆板的质量为M，不计圆板A与
容器内壁之间的摩擦，若大气压强为P0，则被
圆板封闭在容器中气体的压强p等于（）
【错解】错解一：因为圆板下表面是倾
斜的，重力产生的压强等于
错解三：大气压p0可以向各个方向传递，
所以气体压强里应包括p0，
【错解原因】重力产生的压强，压力都应该是垂直于接触面方向，所以重力产生压强应是重力的分力Mg/cosθ，而不是Mg，错解一是对压力这个概念理解不对。
错解二虽然注意到重力的分力Mg/cosθ产生压强，但没有考虑到面
错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是Mg/cosθ而不是Mgcosθ，因为另一个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图7-7。所以重
【分析解答】以金属圆板A为对象，分析其受力情况，从受力图7-8可知，圆板A受竖直向下的力有重力Mg、大气压力p0S，竖直向上的
正确答案应为D。
【评析】正如本题的“分析解答”中所
做的那样，确定被活塞封闭的气体的压强的一
般方法是：以活塞为研究对象；分析活塞的受
力情况；概括活塞的运动情况（通常为静止状
态），列出活塞的受力方程（通常为受力平衡
方程）；通过解这个方程便可确定出气体的压
强。
例6如图7-9所示，在一个圆柱形导
热的气缸中，用活塞封闭了一部分空气，活塞
与气缸壁间是密封而光滑的，一弹簧秤挂在活
塞上，将整个气缸悬吊在天花板上。当外界气
温升高（大气压不变）时，（）
A.弹簧秤示数变大
B.弹簧秤示数变小
C.弹簧秤示数不变
D.条件不足，无法判断
【错解】对活塞进行受力分析，如图
7-10由活塞平衡条件可知：
F=mg+p0
S-pS
当外界气温上升时，气体压强增大，所
以弹簧秤的接力F将变小，所以答案应选B。
【错解原因】主要是因为对气体压强变
化的判断，没有认真细致地具体分析，而是凭
直觉认为温度升高，压强增大。
【分析解答】对活塞受力分析如错解，
F=mg+p0S-pS
现在需要讨论一下气体压强的变化。
以气缸为对象受力分析，如图
7-11
因为M、S、P0均为不变量，所以，在气
体温度变化时，气体的压强不变。而气体在此
过程中作等压膨胀。
由此而知，弹簧秤的示数不变，正确答
案为C。
【评析】通过本题的分析可以看出，分
析问题时，研究对象的选取对解决问题方向的
作用是至关重要的。如本题要分析气体压强的
变化情况，选取气缸为研究对象比研究活塞要
方便得多。另外如本题只是分析弹簧秤的示数
变化，选整个气缸和活塞为研究对象更为方
便，因对气缸加热的过程中，气缸、气体及活
塞所受重力不变，所以弹簧秤对它们的拉力就
不会变化，因此弹簧秤的示数不变。
例7如图7-12所示，两端封闭、粗细
均匀的细玻璃管，中间用长为h的水银柱将其
分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直
放置，两段空气柱长度分别为l1，l2，已知l1
＞l2，如同时对它们均匀加热，使之升高相同
的温度，这时出现的情况是：（）
A．水银柱上升
B．水银柱下降
C．水银柱不动
D．无法确定
【错解】假设两段空气柱的压强p1，p2
保持不变，它们的初温为T
当温度升高△T时，空气柱1的体积由
V1增至V'1；，增加的体积△V1=V'1-V1，考虑到
空气柱的总长度不变，空气柱2的体积从V2
增至V'2，且△V2=V'-V2，
由盖·吕萨克定律得：
在T，△T都同的情况下，因为V1＞V2，
所以△V1＞△V2，所以，水银柱应向下移动。
选B。
【错解原因】这道题因为初温一样，又
升高相同的温度，所以比较液柱移动，可能有
两种假设，一种为设压强不变，另一种是设体
积不变。而上述解法中假定压强不变而导出水
银柱下降这本身就是自相矛盾的。水银柱的移
动情况是由水银柱的受力情况决定的，而受力
情况是由两边压强的大小决定的，因此不能假设压强不变。
【分析解答】假定两段空气柱的体积不变，即V1，V2不变，初始温度为T，当温度升高△T 时，空气柱1的压强由p1增至p'1，△p1=p'1-p1，空气柱2的压强由p2增至p'2，△p2= p'2-p2。
由查理定律得：
因为p2=p1+h＞p1，所以△p1＜△p2，即水银柱应向上移动。所以正确答案应选A。
【评析】（1）这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的所而它的受力改变又是手。
（2）压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就大。同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。就本题而言，水银柱将向下移动。
例8把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图
7-13所示，求在这过程中外力做功为多少？（已知活塞面积S=1.0dm2，大气压户p0=1.0×105Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s2）
【错解】把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。
水柱的质量m=P·S·H，则水柱的重力势能增加Ep=mgh=p·S·H·
E p=1.1×104J也就是说，外力需做功
W=E p=1.1×104J
【错解原因】在大气压p0=1.0×105pa
的情况下，水柱能上升的最
且应忽略水蒸气气压的影响），而不是题目中
提到的15m。
【分析解答】在把活塞提升最初的10m
的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即
在把活塞提升的后5m的过程中，外力做
功就等于克服大气压力的做功，即：
W2=p0S(H-h,)
=5.0×103(J)
则在全过程中外力做功为W=W1+W2=1.0
×104（J），即为正确答案。
【评析】解决物理问题的关键是要分析
清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过
程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全
集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的
是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上
移15m，但结合大气压强的知识，要分析真实
的物理过程是水并未随之上升15m，而是只将
水提升了10m。
例9如图7-14所示，A，B两容器容积
相同，用细长直导管相连，二者均封入压强为
户，温度为T的一定质量的理想气体，现使A
内气体温度升温至T'，稳定后A容器的压强
为多少？
【错解】因为A容器温度升高，所以气
体膨胀，有一些会跑到B容器中去，假设有△
V的气体迁移至B容器，由气态方程可知：
【错解原因】主要是因为研究对象不清
楚。我们知道，应用气体定律（如玻-马定律，
查理定律或气态方程等）时，研究对象应该是
一定质量的气体，而本题无论是对于A容器，
还是B容器，气体的质量都变化。若把△V做
为迁移气体，那么，它所对应的压强、温度参
量，在两个式子中应该是一致的，而上解式①
中为（△V，p'T'），式②中为（△V，p，T），
这显然是矛盾的，是研究对象选择不当造成
的。
【分析解答】因为升温前后，A，B容器
内的气体都发生了变化，是变质量问题，我们
可以把变质量问题转化为定质量问题。我们把
升温前整个气体分为（V-△V）和（V+△V）两
部分（如图7-15所示），以便升温后，让气
体（V-△V）充满A容器，气体（V+△V）压缩
进B容器，于是由气态方程或气体实验定律
有：
【评析】气态方程及气体实验定律都只
适用于质量一定的理想气体，但对于质量变化
的问题，我们只要巧妙地选取研究对象，便可
将变质量问题转化为定质量问题，这是一种处
理问题的重要方法。
例10一端封闭一端开口，内径均匀的
直玻璃管注入一段60mm的水银柱，当管水平
放置达到平衡时，闭端空气柱长140mm，开口
端空气柱长140mm，如图7-16所示。若将管
轻轻倒转后再竖直插入水银槽内，达到平衡
时，管中封闭端空气柱A长133mm，如图7-17
所示（设大气压强为1.01325×105Pa
（760mmHg），温度保持不变），求槽中水银
进入管中的长度H=？
【错解】以水平放置作为初态，以竖直
插入水银槽后作为末态，分别对A，B两部。
分气体应用玻意耳定律
对A气体：p A V A=p'A·V'A
对于B气体：p B V B=p'B V'B因为
p'B=p'A
+h=800+60=860(mmHg)
则进入玻璃管中的水银柱长H=（l A+l B）
-（l'A+l'B）
H=[（140+140）-（133+123.72）]=23.28（mm）
【错解原因】初看上述解题过程似乎没
有问题，实际上，认真分析解题的全过程不难
发现，在玻璃管竖直倒立的过程中，当其还未
插入水银槽内时，水银受重力作用要下降，故
封闭端空气柱变长，开口端空气柱变短，说明
开口端有空气溢出，即B部分气体质量减少
（不是定质量）。这部分研究对象的质量发生
了变化，但如仍草率地认为初态水平，末态竖