高考物理易错题查漏补缺力学

一 力学

PQ·OaPQ··OcPQ·Ob·图甲abc1.三个相同的支座上分别搁着质量和直径都相同的光滑圆球

P

Q

·Oa

P

Q

·

·Oc

P

Q

·O

·

图甲

a

b

c

A、 B、

C、 D、

图乙PQ·OaaPQ·Ob·b

图乙

P

Q

·Oa

a

P

Q

·O

·

b

P

Q

·

·Oc

c

错因：本题误解的主要原因是：（1）对弹力方向的判断模糊不清；（2）三力共点平衡时，认为三力作用线的交点一定是在重心上的。

弹力是发生形变的物体，对跟它接触并使它发生形变的另外一个物体产生的作用力，其方向与物体形变的方向相反，具体情况有以下三种： = 1 \* GB3 ①绳的弹力方向沿着绳子并指向绳子收缩的方向； = 2 \* GB3 ②平面与平面、曲面与平面、点与平面接触时，弹力方向垂直于平面指向受力物体； = 3 \* GB3 ③曲面与曲面、点与曲面接触时，弹力方向垂直于切面指向受力物体。

共点力是指力的作用线或作用线的延长线相交于一点，而不一定是力的作用点“共点”，更不是各力作用线都通过重心。

正解：这是一道共点力平衡条件与弹力概念相结合的题目，支点P对球弹力只能根据球所受的全部力和平衡条件求解。

三种情况下重心的位置虽然不同，但由于球光滑，支点对其只有弹力作用，且由于弹力方向与接触面相垂直，所以支点对球的弹力垂直于球与支点的接触面即球的切面，这样支点P、Q对球弹力的方向都指向球心．又由于三种情况下重力作用线都通过球心，所以三种情况下物体都受到交于球心的三个共点力的作用．重力大小相同，支点P、Q对球的弹力对称、且与竖直方向夹角相同．由共点力平衡条件知选项A正确．

AB

A

B

F

v

A．f=0 Q=Mg+mg B．f向左 Q<Mg+mg

C．f向右 Q<Mg+mg D．f向左 Q=Mg+mg

(M+m)gFQf[分析简析]先用隔离法，对A进行受力分析，如图，其中斜面对A的支持力N和滑动摩擦力f的合力方向，根据平衡条件判定向上偏左，根据牛顿第三定A

(M+m)g

F

Q

f

A

F

N

mg

f

本题应用整体法较为方便，即A、B为一整体，受力分析如图，因为整体平衡，所以必受水平向左的静摩擦力f ，即f=FcosQ，坚直方向：Q+FsinQ (M+m)g

所以：Q+(M+m)g－FsinQ <(M+m)g

[考查内容要求]共合力平衡的条件，摩擦力的分析，牛顿第三定律的应用。

[典型错误分析]

（1）缺乏正确的多角度的思路，在对物体受力分析，始终是各种性质力产生的可能性判定和运动状态对它们存在的必然性判定相结合的交叉思维，不少同学仅以某一角度去考察，有的思路又十分混乱，造成错判。

（2）错误理解摩擦力产生的条件及方向。

（3）错误理解合力的概念，把某些力的合力与该力重复考虑。

（4）错误理解牛顿第三定律，对作用力、反作用力的关系理解不清。

θF图甲3.如图甲所示，在倾角为的粗糙斜面上放一物体，重力为G，现在用与斜面底边平行的力推物体，物体恰能作匀速直线运动，则（1）物体与斜面之间的动摩擦因数是多少？（2）物体的运动方向与底边成多大的夹角？

θ

F

图甲

F图乙f2

F

图乙

f2

f1

F1

f

又由平衡条件得：，其中F1为沿斜面的下滑力，其大小为，而，所以，所以有：，解得

（2）物体运动方向沿推力F与F1合力的方向，即与底边成角向下。

图丙FF1fF045o

图丙

F

F1

f

F0

45o

正解：（1）物体在斜面内一共受三个力的作用，一是下滑力，二是推力，三是滑动摩擦力，因为和是相互垂直的，所以这两个力的合力为

，此力方向与底边成角向下，又因为、、三个力的合力为零，所以和的大小相等方向相反，如图丙所示。

而，，则，所以

（2）因为滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，所以物体运动方向与方向一致，即与底边成角向下。

4一条宽为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。

5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=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。

6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

7 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

轨道的最高点A。

8如图5所示，质量为m的木块A以速度v0在质量为2 m的木块B上从左端开始滑动，若开始时B处于静止状态，A、B之间、B与地之间动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=4μ2

【错误】：忽视守恒条件

错解：设A刚到达B的右端时A、B的共同速度为，根据动量守恒定律得：

mv0=（m+2m）v

v=v0

ΔEk=mv02- (m+2m)v2

=mv02-·3m(v02) =mv02

分析：上述错解的原因是没有弄清水平面与B之间存在着摩擦，而A和B之间又不是作用时间极短的问题，所以系统在这一运动过程中，不满足动量守恒的条件，不能用动量守恒定律求解。正确的解法为：

设A从B的左端滑至右端时A、B的共同速度为v，滑行所用的时间为t，以v0的方向为方向，运用动量定理：

对A:-μ1mgt=mv－mv0 ①

对B: μ1mgt－μ2（m+2m）gt=2mv ②

解①②两式得v=v0

所以该过程中损失的动能为：

ΔΕk=mv02- （m+2m）v2=mv02-?3m（1/9v0）2=mv02

【错题四：能量】质量为M的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为 m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，若木块与水平面间的动摩擦因数为μ，则木块在水平面上滑行的距离大小为多少？

【错误】过程混淆不清

错解：设子弹击中木块后的共同速度为v，由于打击的作用时间极短，系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v ①

设木块滑行的距离为s，根据能量守恒得：

μ（m+M）gs=mv02－（m+M）v2 ②

解①②两式得：

s=

分析：上述错误在于建立能量议程时没有分清本题所牵涉的两个过程——打击过程和滑行过程，把子弹打击木块时的能量损失与木块在水平面上滑行时的能量损失相混淆，等式左边反映的是滑行过程中木块和子弹系统克服摩擦力所做的功，它等于滑行过程（从子弹刚相对木块静止开始直至木块停止滑动）的动能损失，即

μ（m+M）gs=（m+M）v2

而等式右边则反映的是子弹打击木块过程中系统的动能损失，即

fd=mv02－（m+M）v2

其中f为子弹与木块之间的摩擦力，d为子弹射入木块的深度，上述两式显然是不能混同的。

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。

【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

【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)

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。

10总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？

【错解】? 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：

Mv0=(M-m)v

【错解原因】? 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)

【分析解答】? 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：

My0=mv＋(M-m)v

解得：v=v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。

11如图3－10，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？

　　【错解分析】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/(M+m)

　　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。

　　【正确解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图3—11。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

　　【小结】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3-12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。

12 如图5-15所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？

【错解】? 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M，箱子的质量为m，开始时他们的速率为v0，为了不与乙相碰。

错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：（M+m）v0=0+mv

错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv-Mv0=0

【错解原因】? 在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v'，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：

（M+m）v0=Mv'+mv

解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。

【分析解答】? 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。

对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：

（M+m）v0=mv+Mv1? ①

对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：

mv-Mv0=（m+M）v2? ②

刚好不相撞的条件是：

v1=v? ③

联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

【评析】? 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。

13.用长为L细线悬挂一个质量为M的木块, 木块处于静止.现有一个质量为m的子弹自左方以水平速度vo射入此木块并留在其中.求

（1）子弹打进木块瞬间绳中张力；（2）木块能上升的最大高度；

［错误解法］：子弹与木块组成的系统动量守恒：mvo=(m+M)vt

故绳中张力T= (m+M)vt2/L

［原因分析］：首先，对做匀速圆周运动的物体由合外力提供向心力这一知识点没有深刻的认识；其次，没有养成良好的受力分析习惯。当然，本题中子弹和木块这一整体并非做匀速圆周运动，但在最底点整体所受向心力仍由合外力提供。

［正确解法］：子弹与木块组成的系统动量守恒：mvo=(m+M)vt

对整体受力分析，由F合= (m+M)vt2/L 可知T=(m+M)g+ (m+M)vt2/L

［错误解法］：因绳子拉力不做功，故系统机械能守恒：mvo2 = (m+M)g h 得最大高度h。

［原因分析］：对非弹性碰撞过程中的动能损失缺乏深刻认识，不注意运用机械能守恒定律时的过程选取。

［正确解法］：子弹和木块结为一个整体，获得共同速度vt后，系统机械能守恒：

故有： (m+M)vt2= (m+M)g h 解得最大高度h。

14.如图所示是演示沙摆振动图象的实验装置和在木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看作是简谐运动。若用力F向外拉木板做匀速运动，速度大小是0.20m/s。右图所示的一段木板长度是0.60m，那么实验所用的沙摆摆长为 cm.

［错误解法］：由图可知，2λ=0.60m，故波长λ=0.30m又：波速v=0.20m/s， 周期T=λ/v =1.5s

再由T=2π 求出=56.25cm..

［原因分析］：对沙摆模型没有真正理解，对振动图

象和波的图象的区别缺乏认识。另外，对题中所给物理情景不作深入 分析，盲目套用熟悉知识解决问题。

［正确解法］：观察木板上的图线可知：沙摆完成两个全振动,共需时间t=3s， 振动周期T=1.5s。

　 再由T=2π 求出=56.25cm.