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。

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=Fcosθ　　　 ①

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(Fcosθ＜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

解得

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。

依据式④式①解得：

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。

当时，物体以a斜向下运动。

当时，物体以a斜向上运动。

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)a　　 ①

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·cosθ

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)a　　 ①

再以B为研究对象，如图2-19，B水平方向受摩擦力

f=m_Ba　 　②

当f为最大静摩擦力时，式①②得(m/s²)

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_ACsin30°=T_BCsin60°

T_ACcos30°+T_BCcos60°=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_ACsin30°-T_BCsin60°=0　　 ①

T_ACcos30°+T_BCcos60°-G=0　　 ②

由式①可知，当时，,AC将断。

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_lsinα-f=0　　 ①

y：N-Mg-N_lcosα=0　　 ②

B物体下滑的加速度为a，

x：mgsinα=ma　　 ③

y：N_l-mgcosα=0　　 ④

由式①，②，③，④解得N=Mg+mgcosα

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=0　　 ①

B球：F′-mg=0　　 ②

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_A　　　 ③

B球：F′-mg=ma_B　　 ④

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

据初速为零的匀加速直线运动位移公式可知，

[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=ma　　 ①

竖直方向：N-mg=0　　 ②

f=μN　　 ③

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+at　　 ④

解得t₁=0.4s

时间t₁内物体的位移＜10(m)

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=v₂t₂ ⑤

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=0　　 ①

N=kx₀ ②

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=ma　　 ③

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)。

版权所有：()

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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。

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。　

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，设振子第一次从平衡位置运动到处所经最短时间为t₁，第一次从最大正位移处运动到所经最短时间为t₂，关于t₁与t₂，以下说法正确的是：

A．t₁＝t₂ B．t₁＜t₂　　　　 C．t₁＞t₂D．无法判断

[错解]　错解一：因为周期为T，那么，从平衡位置到处，正好是振幅的一半，所以时间为，同理，，所以选A。

错解二：振子从平衡位置向处移动，因为回复力小，所以加速度也小，而从最大位移处(即X=A)向处移动时，回复力大，加速度也大，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：

，当，最短时间t₁，即：

解得：

而振子从最大位移处运动到处最短时间为t₂，即

_­

解得：。可以得出结论t₁＜t₂，选B。

[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。

另外，由于振动具有周期性。从平衡位置计时，振子到达处的时间可以表达为，从最大位移处到达处的时间可以表达为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：

，所以T=0.8s

由波速公式：，代入数据

v=5m/s．

[错解原因]

(1)在没有分析出此波的传播方向前，就认定，是不全面的。实际上，只有当波向右(沿x正方向)传播时，上述关系才成立。

(2)没有考虑到波的传播过程的周期性。也就是说，不仅后的波形如虚线所示。，……后的波形均与后的波形相同。

[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：

，，……

而　　

由波速公式：，代入数据

解得：(n=0，1，2……)

当波沿x正方向传播时，两次波形之间间隔的时间为：

，，……

而　　

由波速公式：，代入数据

解得：(n=0，1，2……)

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。

[错解]从图6-7看，P点距Q点相差，则波再向前传播就传到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待。而薄的形成是质点依次带动的结果，在波向前传播的同时，前面的波形也变化了。

[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。

　　 [错解]错解一：由图可以看出，波长，由可知T=2s。经过1.25s，波向右传播了个波长，波长如图6-11。

错解二：波长，经过1.25s，波向左传播了个波长，波长如图6-12。

错解三：由，经过1.25s，波向右传播了个波长，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。

[分析解答]由波形图已知，由经过t=1.25s，即相等于经过个周期，而每经过一个周期，波就向前传播一个波长。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，而原有的波形不会发生变化，就本题而言，可以先画出经过周期后的波形，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0.4s，所以间隔一个波峰的时间为，即0.2s，所以T=0.2s，由波速公式=，所以B不对。

错解二：质点Q(x=9m)，经过0.4s(此处用了正确的周期结果即B选项做对了)波传到它，又经过(0.1s)Q点第一次到达波峰，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=10(m/s)，所以选项B 是对的。

(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

[错解]由对题目的分析可以知道，a，b之间间隔，所以

=14.0m　　

而=1.00s　　 T=4.00s

由波速公式代入数据解得

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以为，……而第一状态与第二状态之间间隔时间为或1

即当 =14.0m，

而1=1.00s，

则波速

解得：v=10m/s　 选择C

当 =14.0m，

而2=1.00s，

则波速

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错误，即把a，b之间存在，，……与两种状态之间的时间间隔，1，2……着两个没有必然联系的事件用意一一对应的关系联系起来，认为当a，b之间为时，必有间隔，而a，b之间为1时，必有间隔时间为1……结果导致在计算过程中，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。

[分析解答]依题意，a，b之间为，，……+，或者为(n=0，1，2，3……)。而两个时刻之间的时间间隔为，1，2……+NT

(N=0，1，2，3……)

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。

3．同错解3。

2. 因为加速度是矢量，由题意可知，每隔的时间，振子的动量方向相反，且对称于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。

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。

3．选择C是对的。

4.因为每隔的时间，振子的位置非A即B，所以弹簧的长度总是相同的，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。