1、高中物理典型易錯試題分析萬有引力定律警示易錯試題典型錯誤之一：錯誤地認為做橢圓運動的衛星在近地點和遠地點的軌道曲率半徑不同例1、某衛星沿橢圓軌道繞行星運行, 離為b,若衛星在近地點的速率為近地點離行星中心的距離是a,遠地點離行星中心的距Va,則衛星在遠地點時的速率Vb多少?錯解：衛星運行所受的萬有引力提供向心力，在近地點時，有Va2m,在遠地點aMm時有Gr" b2Vb2 m b,上述兩式相比得V分析糾錯：以上錯誤在于認為做橢圓運動的衛星在近地點和遠地點的軌道曲率半徑不同。際做橢圓運動的衛星在近地點和遠地點的軌道曲率半徑相同，設都等于R。所以，在近地點Mm時有GI- a22VaMmV

2、bm, 在遠地點時有 Gm Rb RVab上述兩式相比得，故VbaVb 亙 Va。b典型錯誤之二：利用錯誤方法求衛星運動的加速度的大小例2、發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓軌道2運行，最后再次點火，將衛星送入同步圓軌道3,軌道o1,然后經點火，使其沿橢圓軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖 的是：A衛星在軌道 日衛星在軌道 C衛星在軌道 D衛星在軌道20所示。則在衛星分別在3上的速率大于在軌道13上的角速度小于在軌道1上經過2上經過錯解：因為GMm2- mrr1、2、3軌道上正常運行時，以下說法正確上的速率。1上的角速度。Q點時的加速度大于它在軌道 2上經過Q點時的加速度。

3、P點時的加速度等于它在軌道 3上經過P點時的加速度。V2 m r:GM，所以V=JGM 3- , r即B選項正確,A選項錯誤。因為衛星在軌道1上經過Q點時的速度等于它在軌道2上經過Q點時的速度，而在Q點軌道的曲率半徑r1<r2,所以a1V二a之立即C選項正確。GM 口gY-,即衛星的 r、動能增大;、半徑變大。分析糾錯：B選項正確，但 C選項錯誤。根據牛頓第二定律可得m加速度a只與衛星到地心的距離 r有關，所以C選項錯誤，D選項正確。 典型錯誤之三：錯誤認為衛星克服阻力做功后，衛星軌道半徑將變大。例3、一顆正在繞地球轉動的人造衛星，由于受到阻力作用則將會出現：A速度變小；C角速度變小;錯

4、解：當衛星受到阻力作用時，由于衛星克服阻力做功，故動能減小，速度變小，為了繼續小，可見應該選A、C環繞地球，由于衛星速度一，- V ,、V減小則半徑R必增大，又因 ，故3變r分析糾錯：當衛星受到阻力作用后，其總機械能要減小，衛星必定只能降至低軌道上飛行,故R減小。由VJGM 可知，V要增大，動能、角速度也要增大。可見只有B選項正確。典型錯誤之四：混淆穩定運動和變軌運動例4、如圖21所示，a、b、c是在地球大氣層外圓形軌道上運動的3顆衛星，下列說法正確的是：A. b、c的線速度大小相等，且大于 a的線速度；B. b、c的向心加速度大小相等，且大于 a的向心加速度；C. c加速可追上同一軌道上的b

5、, b減速可等候同一軌道上的 c;D. a衛星由于某原因，軌道半徑緩慢減小，其線速度將增大。圖21錯解：c加速可追上b,錯選 C 分析糾錯：因為b、c在同一軌道上運行，故其線速度大小、加速度大小均相等。又 b、c軌道半徑大于a的軌道半徑，由V JGM /r知,Vb=Vc<M,故A選項錯；由加速度 a=GM/r2可知ab=ac<aa,故B選項錯。當c加速時，c受到的萬有引力 F<mV/r ,故它將偏離原軌道做離心運動；當 b減速時，b受到的萬有引力 F>mV/r,故它將偏離原軌道做向心運動。所以無論如何c也追不上b, b也等不到c,故C選項錯。對這一選項，不能用 V JG

6、M /r來分析b、c軌道半徑的變化情況。對a衛星，當它的軌道半徑緩慢減小時，在轉動一段較短時間內， 可近似認為它的軌道半徑未變，視為穩定運行，由 V ,GM /r知，r減小時V逐漸增大，故D選項正確。典型錯誤之五：混淆連續物和衛星群例5、根據觀察，在土星外層有一個環，為了判斷環是土星的連續物還是小衛星群。可測出環中各層的線速度 V與該層到土星中心的距離 R之間的關系。下列判斷正確的是：A、若V與R成正比，則環為連續物；日 若V2與R成正比，則環為小衛星群；C若V與R成反比，則環為連續物；D若V2與R成反比，則環為小衛星群。錯解：選BD分析糾錯：連續物是指和天體連在一起的物體，其角速度和天體相同

7、，其線速度V與r成正比。而對衛星來講，其線速度 V 、'GM /r ,即V與r的平方根成反比。由上面分析可知， 連續物線速度 V與r成正比；小衛星群 V與R成反比。故選 A、D。典型錯誤之七：物理過程分析不全掉解。例7、如圖23所示，M為懸掛在豎直平面內某一點的木質小球，懸線長為 L,質量為m的子彈以水平速度 V0射入球中而未射出，要使小球能在豎直平面內運動，且懸線不發生松馳，求子彈初速度Vo應滿足的條件。錯解 1：V0 m M . 5gLm .錯解 2：V0 m M 2gLLm -分析糾錯：子彈擊中木球時，由動量守恒定律得：V0 1n OmVo=(m+M)V 1下面分兩種情況：圖23

8、(1)若小球能做完整的圓周運動，則在最高點滿足：(m M )g (m M)V22/L由機械能守定律得：1 2 12-(m M)V22 -(m M)V； 2(m M)gL由以上各式解得：V0 m M ,5gL. m(2)若木球不能做完整的圓周運動，則上升的最大高度為L時滿足1 2-(m M)V12 (m M)gL解得：Vo m M2gL. m所以，要使小球在豎直平面內做懸線不松馳的運動，Vo應滿足的條件是：m Mm M VoJ5gL 或 Vo42gLmm但是，審題時不少學生對上述的兩個物理過程分析不全，不是把物理過程(1)丟掉，就是把物理過程(2)丟掉。機械能警示易錯試題 典型錯誤之一：錯誤認為

9、“人做功的計算”與“某個具體力做功的計算”相同。人做的功就是人體消耗化學能的量度，不少學生錯誤認為只是人對其它物體作用力所做的功例26、質量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質量為 m的人站在m1上用恒力V1和V2,位移分別為Si和S2,如圖F拉繩子，經過一段時間后，兩物體的速度大小分別為 25所示。則這段時間內此人所做的功的大小等于：8. F(S1+S2)1 2D . 一 m2 V22A. FS21212錯解：人所做的功等于拉力C. 3 m2V2- (m m1)V1F對物體 m2所做的功 W=F - S2,由動能定理可得:1 2FS25 m2V2即AC正確。析糾錯：根據能量守恒可知

10、，人通過做功消耗的化學能將全部轉化為物體以及人的動能。所以人做的功的大小等于C C12 12F(S1 S2) -mV22 -(m m1)V12即B、D兩選項正確。典型錯誤之二：混淆注意“相對位移”與“絕對位移”。功的計算公式中，S為力的作用點移動的位移，它是一個相對量，與 參照物選取有關，通常都取地球為參照物，這一點也是學生常常忽視 的，致使發生錯誤。例27、小物塊位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上26所示)，從地面上看，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，做功不為零；(D)不垂于接觸面

11、，做功不為零。錯解：斜面對小物塊的作用力垂直于接觸面，作用力與物體的位移垂直，故做功為零。即 A選項正確。mi和m2的動能F',如圖27所示。如(如圖做功。但此題告訴的條件是斜劈放在光滑的水平面上,可以自由滑動。此時彈力方向仍然垂直于斜面，但是物塊 A的位移方向卻是從初位置指向終末位置。如圖 27所示, 方向不再垂直而是成一鈍角，所以彈力對小物塊A做負功，即B選項正確。彈力和位移典型錯誤之:混淆“桿的彈力方向”與“繩的彈力方向”。繩的彈力是一定沿繩的方向的，而桿的彈力不一定沿桿的方向。所以當物體的速度與桿垂直時, 桿的彈力可以對物體做功。例28、如圖28所示，在長為L的輕桿中點A和端點

12、B各固定一質量均為 m 的小球，桿可繞無摩擦的軸 O轉動，使桿從水平位置無初速釋放擺下。求當 桿轉到豎直位置時，輕桿對 A、B兩球分別做了多少功 ？Va :。錯解：由于桿的彈力總垂直于小球的運動方向，所以輕桿對 做功。A、B兩球均不.Vb, ；.分析糾錯：設當桿轉到豎直位置時，A球和B球的速度分別為 Va和Vb。如果把輕桿、地球、兩個小球構成的系統作為研究對象，那么由于桿和小球的圖28相互作用力做功總和等于零，故系統機械能守恒。若取 可得：B的最低點為零重力勢能參考平面,c ,12121 一 12mgL= mVA mVB mgL 222又因A球對B球在各個時刻對應的角速度相同，故Vb = 2V

13、a由以上二式得：VA分析糾錯：小物塊A在下滑過程中和斜面之間有一對相互作用力 果把斜面B固定在水平桌面上，物體 A的位移方向和彈力方向垂直，這時斜面對物塊根據動能定理，可解出桿對A、B做的功。對于 A有WA+mgL/2= 1 mV； -O,所以 Wa= - 0.2 mgL.1 . .2 一 一對于 B 有 WB+mgL= mVB 0 ,所以 WB=0.2mgL. 2典型錯誤之四：混淆作用力做功與反作用力做功的不同。作用力和反作用是兩個分別作用在不同物體上的力，因此作用力的功和反作用力的功沒有直接關系。作用力可以對物體做正功、負功或不 做功，反作用力也同樣可以對物體做正功、負功或不做功例29、下

14、列是一些說法：一質點受兩個力作用且處于平衡狀態(靜止或勻速)，這兩個力在同一段時間內的沖量一定相同；一質點受兩個力作用且處于平衡狀態(靜止或勻速)，這兩個力在同一段時間內做的功或者都為零，或者大小相等符號相反 ；在同樣的時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負號一定相反；在同樣的時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負號也不一定相反；以上說法正確的是 A.B.C.D.錯解：認為“在同樣的時間內 ，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負號一定相反”而錯選Bo分析糾錯：說法G不正確，因為處于平衡狀態時，兩個力大小相等方向相反，在同一段時間內沖量大小相等，但方向相反。由恒力做

15、功的知識可知， 說法正確。關于作用力和反作用力的功要認識到它們是作用在兩個物體上，兩個物體的位移可能不同， 所以功可能不同， 說法。不正確，說法。4正確。正確選項是 D。 典型錯誤之五：忽視機械能的瞬時損失。例30、一質量為m的質點，系于長為 R的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的定繩是不可伸長的、柔軟且無彈性的。今把質點從O點的正上方離 。點的距離為3 點以水平的速度 V0 -JgR拋出，如圖29所示。試求；4(1)輕繩即將伸直時，繩與豎直方向的夾角為多少？(2)當質點到達 。點的正下方時，繩對質點的拉力為多大？。點的錯解：很多同學在求解這道題時，對全過程進行整體思維，設質點到達正下方時速度

16、為 V,根據能量守恒定律可得：12812根據向心力公式得：T mg2mV-,解得:R1934mg.144。點，假88R 的 Oi9RO.V0O圖29-mV0 mg(R - R) - mV分析糾錯：上述解法是錯誤的。 這些同學對物理過程沒有弄清楚，忽視了在繩被拉直瞬時過程中機械能的瞬時損失。其實質點的運動可分為三個過程：第一過程：質點做平拋運動。設繩即將伸直時，繩與豎直方向的夾角為,如圖30所示，則V0t Rsin1 .22 gt9RRcos ，其中 Vo 3JgR4聯立解得2,t第二過程：繩繃直過程。繩棚直時，繩剛好水平，如圖30所示.由于繩不可伸長，故繩繃直時，V0損失，質點僅有速度 V、且

17、V第三過程：小球在豎直平面內做圓周運動。機械能守恒守律有：1 /2 12mV mV mg R2 2gt 4/gR°3設質點到達O點正下方時，速度為 V',根據設此時繩對質點的拉力為 T,則T mg/2V/43m,聯立解得：T - mg。R9動量警示易錯試題典型錯誤之一、忽視動量守恒定律的系統性動量守恒定律描述的對象是由兩個以上的物體構成的系統，研究的對象具有系統性， 若在作用前后丟失任一部分，在解題時都會得出錯誤的結論。例29、一門舊式大炮在光滑的平直軌道上以V=5m/s的速度勻速前進，炮身質量為M=1000kg ,現將一質量為 m=25kg的炮彈，以相對炮身的速度大小 u=

18、600m/s與V反向水平 射出，求射出炮彈后炮身的速度V/.錯解：根據動量守恒定律有：/ MV muMV=MV /+m (u V/),解得 V 19.5m/sm M分析糾錯：以地面為參考系，設炮車原運動方向為正方向，根據動量定律有：(M+m ) V=MV /+m (u V/)解得 V/ V19.6m/sM m典型錯誤之二、忽視動量守恒定律的矢量性動量守恒定律的表達式是矢量方程，對于系統內各物體相互作用前后均在同一直線上運動的問題，應首先選定正方向，凡與正方向相同的動量取正，反之取負。對于方向未知的動量一般先假設為正，根據求得的結果再判斷假設真偽。例30、質量為m的A球以水平速度 V與靜止在光滑

19、的水平面上的質量為3m的B球正碰，A球的速度變為原來的 1/2,則碰后B球的速度是(以 V的方向為正方向).A.V/2,B. VC. V/2D.V/21 , V錯斛：設B球碰后速度為 V/,由動重寸恒te律得：mV mV 3mV ,V .2 6分析糾錯：碰撞后 A球、B球若同向運動，A球速度小于B球速度，顯然答案中沒有，因此，A球碰撞后方向一定改變，A球動量應m( V/2).由動量守恒定律得：mV m(，)BmVlv和Vk.故D正確。典型錯誤之三、忽視動量守恒定律的相對性動量守恒定律表達式中各速度必須是相對同一參考系。因為動量中的速度有相對性，在應用動量守恒定律列方程時，應注意各物體的速度必須

20、是相對同一參考系的速度。若題設條件中物體不是相對同一參考系的，必須將它們轉換成相對同一參考系的，必須將它們轉換成相對同一參考系的速度。一般以地面為參考系。例31、某人在一只靜止的小船上練習射擊，船、人和槍(不包含子彈)及船上固定靶的總 質量為M,子彈質量 m,槍口到靶的距離為 L,子彈射出槍口時相對于槍口的速率恒為V,當前一顆子彈陷入靶中時，隨即發射后一顆子彈，則在發射完全部 n顆子彈后，小船后退的 距離多大？(不計水的阻力)錯解：選船、人、槍上固定靶和子彈組成的系統為研究對象，開始時整個系統處于靜止，系 統所受合外力為0,當子彈射向靶的過程中，系統動量守恒，船將向相反的方向移動。當第一顆子彈

21、射向靶的過程中，船向相反的方向運動， 此時與船同時運動的物體的總質量為M+ (n-1) m,當第一顆子彈射入靶中后，根據動量守恒，船會停止運動，系統與初始狀態完 全相同。當第二顆子彈射向靶的過程中，子彈與船重復剛才的運動，直到n顆子彈全部射入靶中， 所以在發射完全部n顆子彈的過程中，小船后退的距離應是發射第一顆子彈的過程中小船后退 距離的n倍。設子彈運動方向為正方向，在發射第一顆子彈的過程中小船后退的距離S,子彈飛行的距離為L,則由動量守恒定律有：mL M+(n-1)mS=0解得：S mLn顆子彈全部射入的過程,M (n 1)m每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都必須是相同，因此 小船后退

22、的我總距離為 nS= M (n 1)m分析糾錯：沒有把所有的速度變換成相對于同一參考系的速度。 由于船的速度是相對于地面 的，而子彈的速度是相對于船的， 導致船的位移是相對于地面的， 而子彈的位移是相對于船 的，所以解答錯誤。設子彈運動方向為正方向，在發射第一顆子彈的過程中小船后退的距離為 S,根據題意知子 彈飛行的距離為(L S),則由動量守恒定律有：m(L S) M+(n1)mS=0解得：S= mJM nm因此n顆子彈全部射入的過程，小船后每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都相同,退的總距離為nS= nmL .M nm典型錯誤之四、忽視動量守恒定律的同時性動量守恒定律方程兩邊的動量分別

23、是系統在初、末態的總動量，初態動量的速度都應該是互相作用前同一時刻的瞬時速度，末態動量中的速度都必須是相互作用后同一時刻的瞬時速度。例32、平靜的水面上有一載人小船，船和人共同質量為M,站立在船上的人手中拿一質量為m的物體。起初人相對船靜止，船、人、物體以共同速度Vo前進，當人相對于船以速度u向相反方向將物體拋出時，人和船的速度為多大？（水的阻力不計）。錯解：取人、船、物組成的系統為研究對象，由于水的阻力不計，系統的動量守恒。以船速V0的方向為正方向，設拋出物體后人和船的速度為V,物體對地的速度為（V0 u）.mV MVo由動量守恒定律得：(M+m) Vo=MV+m(V o-u),解得 V分析

24、糾錯：錯誤在于沒有注意同時性，應明確物體被拋出的同時，船速已發生變化，不再是原來的Vo,而變成了 V,即V與u是同一時刻，拋出后物對地速度是 （V-u），而不是（Vo-u）.由動量守恒定律得：（M+m） Vo=MV+m（V-u）解得：V VomuM m典型錯誤之五、忽視動量定理的矢量性例33、蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2s。若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。（g=10m/s2）錯解：將運

25、動員看質量為 m的質點，從hi高處下落，剛接觸網時速度的大小V12ghi（向下）， 彈跳后到達的高度為 h2,剛離網時速度的大小 V2 %；2gh2 （向上），以t表示接觸時間，接觸過程中運動員受到向上的彈力F和向下的重力 mg。由動量定理得:(F-mg) A t=mV 2-mV i,由以上各式解得,F mg m2gh2、2ghi代入數值得：F 700N。分析糾錯：錯誤原因是忽視了動量定理的矢量性。由動量定理得：2gh；“2ghi（F-mg） At=mV2+mVi,由以上各式解得，F mg m-代入數值得：F i500N 。典型錯誤之六、運用動量定理解題受力分析掉重力對于例33還有如下一種常見

26、錯誤：錯解：將運動員看質量為 m的質點，從hi高處下落，剛接觸網時速度的大小Vi V2ghi（向下）， 彈跳后到達的高度為 h2,剛離網時速度的大小 V2 42gh2 （向上），以t表示接觸時間，由動量定理得：F A t=mV 2+mVi , 由以上各式解得，2gh2% 2ghiF m-2一， 代入數值得：F 900N。分析糾錯：錯誤原因是受力分析時掉重力。機械振動和機械波警示易錯試題典型錯誤之一：因忽視周期性引起的多解而出錯。例28、如圖31所示，光滑的弧形槽的半徑為 R (R遠大于弧長 MN) , A為 弧形槽的最低點。小球 B放在A點正上方離A點的高度為h,小球C放在M 點。同時釋放兩球

27、，使兩球正好在 A點相碰，則h應為多大錯解：對B球，可視為單擺，延用單擺周期公式可求C球到達O點的時間：tcTc圖31對B球，它做自由落體運動，自h高度下落至。點tB2hgrr 2hR要求兩球相碰，則應有 tB=tc,即 一 解得:g g 2Tg2h R。分析糾錯:8上述答案并沒有完全錯，分析過程中有一點沒有考慮，即是振動的周期性，因為C球在圓形軌道上自 C點釋放后可以做往復的周期性運動，除了經過Tc/4時間可能與A相碰外，經過t=TC4+Nt c(N=0,1,2)的時間都可以與 A相碰。正確答案是：122h (2n 1) R (n=1,2,3,4)8典型錯誤之二：因對波的疊加原理理解不深刻而

28、出錯。例29、兩列簡諧波均沿 x軸傳播，傳播速度的大小相等，其中一列沿x軸正方向傳播，如圖32中實線所示。一列波沿 x負方向傳播，如圖32中虛線所示。這兩列波的頻率相等，振動方向均沿y軸，則圖中x=1,2,3,4,5,6,7,8各點中振幅最大的是 x=的點，振幅 最小的是x=的點。錯解：從圖中可以看出：振幅最大的是x=2, 6的點，振幅最小的是x=4, 8的點。分析糾錯：對于 x=4、8的點，此時兩列波引起的位移 的矢量和為零，但兩列波引起的振動速度的矢量和最大， 故應是振動最強的點，即振幅最大的點。對于 x=2和6 的點，此時兩列波引起的位移矢量和為零，兩列波引起 的振動速度的矢量和也為零，

29、故應是振動最弱的點，即 振幅最小的點。典型錯誤之三：因沒有理解波的圖像會隨時間變化而出錯例30、如圖33所示，一列簡諧橫波沿 x軸正方向傳播，從波傳到 x=5m的M點時開始計時，已知 P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為 0.4s ,下面說法中正確的是()圖32圖33A.這列波的波長是4mB.這列波的傳播速度是 10m/sC.質點Q (x=9m)經過0.5s才第一次到達波峰D.M點以后各質點開始振動時的方向都是向下錯解：由質點Q (x=9nj),經過 所以C對。分析糾錯：(1)從圖33上可以看出波長為(2)實際上“相繼出現兩個波峰”0.4s波傳到它，又經過 T/4 (0.1s ) Q點第一次到達波峰,4 m,選 Ao應理解為，出現第一波峰與出現第二個波峰之間的時間間隔。因為在一個周期內，質點完成一次全振動，而一次全振動應表現為“相繼出現兩個波峰"，即T=0.4s。貝U V=X /T=10m/s,所以B選項正確。(3)質點Q (x=9m)經過0.4s開始振動，而波是沿 x軸正方 向傳播，即介質中的每一個質點