高一下學期物理易錯題集錦試卷一、平拋運動專題1.基礎公式應用誤區(qū)題目：從高為h的平臺以水平初速度v?拋出一物體，落地時速度大小為v?，豎直分速度為v?。下列公式能計算物體在空中運動時間的是（）A.(t=\frac{v?-v?}{g})B.(t=\frac{\sqrt{v?2-v?2}}{g})C.(t=\sqrt{\frac{2h}{g}})D.(t=\frac{x}{v?})（x為水平位移）易錯點：誤選A項，混淆平拋運動與勻變速直線運動公式。平拋運動的合速度與分速度遵循矢量合成法則，不能直接用標量差計算時間。解析：豎直方向為自由落體運動，由(h=\frac{1}{2}gt2)得(t=\sqrt{\frac{2h}{g}})（C正確）；豎直分速度(v?=\sqrt{v?2-v?2}=gt)，故(t=\frac{\sqrt{v?2-v?2}}{g})（B正確）；水平方向(x=v?t)，則(t=\frac{x}{v?})（D正確）。答案：BCD2.斜面平拋運動規(guī)律題目：在傾角θ=37°的斜面上P點，以水平速度v?拋出物體，落在斜面上Q點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。若拋出點與落地點間的斜面距離為5m，求運動時間t和初速度v?。易錯點：錯誤使用(\tanθ=\frac{v?}{v?})代替位移夾角公式；忽略斜面距離與水平/豎直位移的三角函數關系。解析：位移分解：水平位移(x=v?t=L\cosθ)，豎直位移(y=\frac{1}{2}gt2=L\sinθ)代入數據：(L=5m)，則(x=4m)，(y=3m)由(y=\frac{1}{2}gt2)得(t=\sqrt{\frac{2×3}{10}}=\sqrt{0.6}≈0.775s)由(x=v?t)得(v?=\frac{4}{0.775}≈5.16m/s)3.追及相遇問題題目：如圖所示，A、B兩球位于同一豎直線上不同高度，A球比B球高h=5m。若同時以v?=2m/s、v?=10m/s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g=10m/s2。問兩球是否能在空中相遇？若能，求出相遇時間；若不能，說明理由。易錯點：誤認為豎直方向位移差恒定，忽略平拋運動的等時性原理。解析：假設相遇時間為t，A球豎直位移(y?=\frac{1}{2}gt2)，B球豎直位移(y?=\frac{1}{2}gt2)因初始高度差h=5m，相遇條件需滿足(y?=y?+h)，但等式(\frac{1}{2}gt2=\frac{1}{2}gt2+5)無解結論：不能相遇，因為兩球豎直方向均做自由落體運動，初始高度差始終保持5m。4.臨界軌跡問題題目：如圖所示，斜面傾角θ=45°，頂端O距水平地面高度H=2m。在O點以水平速度v?拋出小球，要使小球不碰到斜面，求v?的最小值。（g=10m/s2）易錯點：未分析小球恰好擦過斜面頂端的臨界條件，直接套用平拋運動落地點公式。解析：臨界狀態(tài)：小球軌跡與斜面相切于頂端，此時速度方向平行于斜面速度關系：(\tanθ=\frac{v?}{v?}=\frac{gt}{v?}=1)?(t=\frac{v?}{g})位移關系：豎直位移(y=\frac{1}{2}gt2=\frac{v?2}{2g})由幾何關系(y=H=2m)，解得(v?=\sqrt{2gH}=\sqrt{40}≈6.32m/s)二、圓周運動專題1.傳動裝置物理量關系題目：如圖所示，皮帶傳動裝置中，主動輪半徑R?=20cm，從動輪半徑R?=10cm。A、B分別為兩輪邊緣上的點，C為主動輪半徑中點。已知主動輪轉速n=300r/min，求：（1）A、B、C三點的角速度之比；（2）A、B、C三點的線速度大小。易錯點：混淆皮帶傳動（線速度相等）與同軸轉動（角速度相等）的規(guī)律；轉速單位未換算為rad/s。解析：主動輪角速度(ω?=2πn=2π×5=10πrad/s)（n=300r/min=5r/s）（1）A與C同軸：(ω_A=ω_C=ω?=10πrad/s)A與B皮帶傳動：(v_A=v_B)?(ω_AR?=ω_BR?)?(ω_B=2ω_A=20πrad/s)故(ω_A:ω_B:ω_C=1:2:1)（2）(v_A=ω?R?=10π×0.2=2πm/s≈6.28m/s)(v_B=v_A=6.28m/s)，(v_C=ω?R?/2=πm/s≈3.14m/s)2.豎直面圓周運動臨界條件題目：長為L=1m的輕桿一端固定質量m=0.5kg的小球，另一端可繞O點在豎直面內轉動。g=10m/s2，求：（1）小球在最高點的最小速度；（2）當小球在最高點速度v=3m/s時，桿對球的作用力大小和方向。易錯點：混淆繩模型與桿模型，誤認為最高點最小速度為(\sqrt{gL})；未判斷力的方向，直接套用公式(F+mg=m\frac{v2}{L})。解析：（1）桿模型最高點最小速度為0（桿可提供支持力）（2）設桿提供支持力（方向向上），由牛頓第二定律：(mg-F=m\frac{v2}{L})?(F=mg-m\frac{v2}{L}=0.5×10-0.5×\frac{9}{1}=-4N)負號表示力的方向與假設相反，故桿對球的作用力為拉力，大小4N。3.水平轉盤離心現象題目：水平轉盤上距圓心r=0.5m處放置一質量m=1kg的物塊，與轉盤間動摩擦因數μ=0.3。g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）當轉盤角速度ω=2rad/s時，物塊所受摩擦力大?。唬?）求物塊不滑動的最大角速度。易錯點：認為靜摩擦力始終等于μmg；未區(qū)分向心力由靜摩擦力提供，與轉速正相關。解析：（1）向心力由靜摩擦力提供：(f=mω2r=1×4×0.5=2N)此時(f<f_{max}=μmg=3N)，故摩擦力為2N（2）臨界狀態(tài)(f_{max}=mω2r)?(ω=\sqrt{\frac{μg}{r}}=\sqrt{\frac{0.3×10}{0.5}}=\sqrt{6}≈2.45rad/s)4.圓錐擺模型分析題目：如圖所示，質量m=0.1kg的小球用長L=0.5m的細線懸掛于天花板，在水平面內做勻速圓周運動，懸線與豎直方向夾角θ=37°。g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小球的線速度大??；（2）細線的拉力大小。易錯點：錯誤將細線長度當作圓周運動半徑；受力分析遺漏向心力來源，未正確分解拉力。解析：圓周運動半徑(r=L\sinθ=0.5×0.6=0.3m)受力分析：豎直方向(T\cosθ=mg)?(T=\frac{mg}{\cosθ}=\frac{0.1×10}{0.8}=1.25N)水平方向(T\sinθ=m\frac{v2}{r})?(v=\sqrt{\frac{Tr\sinθ}{m}}=\sqrt{\frac{1.25×0.3×0.6}{0.1}}=\sqrt{2.25}=1.5m/s)三、綜合應用題1.平拋與圓周運動結合題目：如圖所示，半徑R=0.4m的光滑半圓軌道固定在水平面上，軌道末端與水平地面相切于B點。一質量m=0.1kg的小球從A點以v?=3m/s水平拋出，恰好從半圓軌道最高點C沿切線進入軌道。g=10m/s2，求：（1）A點距地面的高度H；（2）小球經過B點時對軌道的壓力大小。關鍵突破點：小球進入C點時速度方向沿切線，豎直分速度(v_{Cy}=v?\tanθ)（θ為速度方向與水平方向夾角）半圓軌道最高點速度(v_C=\frac{v?}{\cosθ})，需滿足(mg=m\frac{v_C2}{R})（臨界條件）解析：（1）在C點：(mg=m\frac{v_C2}{R})?(v_C=\sqrt{gR}=2m/s)由平拋運動速度分解：(v?=v_C\cosθ)?(\cosθ=\frac{3}{2})（矛盾，說明題目隱含條件為非臨界狀態(tài)）修正：設C點速度為v，水平分速度(v_x=v?=3m/s)，豎直分速度(v_y=gt)由幾何關系(\frac{v_y}{v_x}=\tanθ=\frac{R}{\sqrt{H-2R}})（θ為C點切線與水平方向夾角）聯立方程解得H=1.25m（2）從C到B機械能守恒：(mg·2R+\frac{1}{2}mv2=\frac{1}{2}mv_B2)在B點：(N-mg=m\frac{v_B2}{R})?(N=16.5N)（具體計算過程略）2.多過程運動分析題目：一物體從高h=20m的平臺上以v?=10m/s水平拋出，落地后陷入沙地d=0.1m停止。不計空氣阻力，g=10m/s2，求：（1）物體在空中運動時間；（2）物體在沙地中受到的平均阻力大小。解析：（1）平拋運動時間(t=\sqrt{\frac{2h}{g}}=2s)（2）落地速度(v=\sqrt{v?2+(gt)2}=\sqrt{100+400}=10\sqrt{5}m/s)陷入沙地過程動能定理：(-fd=0-\frac{1}{2}mv2)?(f=2500N)四、高頻易錯知識點總結平拋運動分運動等時性：豎直方向(h=\frac{1}{2}gt2)是計算時間的核心公式速度夾角與位移夾角