1.教學對數(shù)函數(shù)的圖象和性質：

① 定義：一般地，當a＞0且a≠1時，函數(shù)叫做對數(shù)函數(shù)(logarithmic function).

自變量是x； 函數(shù)的定義域是(0，+∞)

② 辨析： 對數(shù)函數(shù)定義與指數(shù)函數(shù)類似，都是形式定義，注意辨別，如：， 都不是對數(shù)函數(shù)，而只能稱其為對數(shù)型函數(shù)；對數(shù)函數(shù)對底數(shù)的限制 ，且．

③ 探究：你能類比前面討論指數(shù)函數(shù)性質的思路，提出研究對數(shù)函數(shù)性質的內容和方法嗎？

研究方法：畫出函數(shù)的圖象，結合圖象研究函數(shù)的性質．

研究內容：定義域、值域、特殊點、單調性、最大(小)值、奇偶性．

④ 練習：同一坐標系中畫出下列對數(shù)函數(shù)的圖象 ；

⑤ 討論：根據(jù)圖象，你能歸納出對數(shù)函數(shù)的哪些性質？

　 列表歸納：分類 → 圖象 → 由圖象觀察(定義域、值域、單調性、定點)

引申：圖象的分布規(guī)律？

2. 根據(jù)教材P₇₃例，用計算器可以完成下表：

　 討論：t與P的關系？(對每一個碳14的含量P的取值，通過對應關系，生物死亡年數(shù)t都有唯一的值與之對應，從而t是P的函數(shù))

1. 畫出、的圖像，并以這兩個函數(shù)為例，說說指數(shù)函數(shù)的性質.

4．水平彈簧振子的彈簧應為如圖6－3a或6－3b的樣子。當振子的位置在平衡位置兩側時，彈簧長度是不同的。所以選項D不對。

另外，符合題意條件的不一定非選最大位移處的兩點，也可以選其他的點分析，如圖6-4P，Q兩點，同樣可以得出正確結論。

所以此題的正確答案為A，C。

例5　 一個做簡諧運動的彈簧振子，周期為T，振幅為A，設振子

A．t₁＝t₂ B．t₁＜t₂

C．t₁＞t₂ D．無法判斷

度也大，因而時間短，所以t₁＞t₂，應選C。

錯解三：因為這是一個變加速運動問題，不能用勻速運動或勻變速運動規(guī)律求解，因而無法判斷t₁和t₂的大小關系，所以選D。

[錯解原因]　 主要是對簡諧運動的特殊運動規(guī)律不清楚，只記住了周期公式，沒注意分析簡諧運動的全過程，沒能深入地理解和掌握這種運動形式的特點。因而解題時錯誤地沿用了勻速或勻變速運動的規(guī)律，選擇A的同學就是用勻速運動規(guī)律去解，而選擇C的同學用了勻變速運動規(guī)律去解，因而錯了。事實上，簡諧運動的過程有其自身的許多規(guī)律，我們應該用它的特殊規(guī)律去求解問題，而不能用勻速或勻變速運動規(guī)律去求解。

[分析解答]　 方法一：用圖象法，畫出x-t圖象，從圖象上，我們可以很直觀地看出：t₁＜t₂，因而正確答案為：B。

方法二：從圖象為正弦曲線和數(shù)學知識可寫出位移隨時間的函數(shù)關系式，物理學上稱為振動方程，從平衡位置開始，振子的振動方程為：

[評析]　 以上兩種方法，第一種方法是定性分析，在選擇題練習時，是要重點掌握的。第二種方法可以進行定量計算，但由于要涉及振動方程，所以不做統(tǒng)一要求。

t'=nT+t₂。此處，為了題目簡明起見，題文中用了“第一次”和“最短時間”等字樣。否則就無法比較兩個過程所用時間的長短。

例6　 圖6-6中實線是一列簡諧波在某一時刻的波形圖線，虛線是0.2s后它的波形圖線。這列波可能的傳播速度是_______。

[錯解]　 從圖上可以看出波長λ=4m，而從兩次的波形圖可知：

v=5m/s．

[錯解原因]

面的。實際上，只有當波向右(沿x正方向)傳播時，上述關系才成立。

[分析解答]　 從圖上可以看出λ=4m。

當波沿x正方向傳播時，兩次波形之間間隔的時間為：

此題的答案為：(20n+5)m/s和(20m+15)m/s，(n=0，1，2，…)

[評析]　 對于這種已知條件較為含糊的波的問題，要從波的傳播方向、時間和空間的周期性等方面進行全面周到的分析，這也是解決機械波問題時，初學者經(jīng)常忽略的問題。

例7　 一簡諧波的波源在坐標原點o處，經(jīng)過一段時間振動從o點向右傳播20cm到Q點，如圖6-7所示，P點離開o點的距離為30cm，試判斷P質點開始振動的方向。

傳到P點，所以畫出如圖6-8所示的波形圖。因為波源在原點，波沿x軸正方向傳播，所以可判定，P點開始振動的方向是沿y軸正方向(即向上)。

[錯解原因]　 主要原因是把機械波的圖象當成機械振動的圖象看

面的波形也變化了。

[分析解答]　 因為原圖中的波形經(jīng)歷了半個周期的波形如圖6-9所示，在此波形基礎上，向前延長半個波形即為P點開始振動時的波形圖，因為波源在原點處，所以介質中的每個質點都被其左側質點帶動，所以P點在剛開始時的振動方向沿y軸負方向(即向下)從另外一個角度來看，原圖中Q點開始振動時是向下的，因為所有質點開始振動時的情況均相同，所以P點開始振動的方向應是向下的。

[評析]　 本題中的錯解混淆了振動圖象與波的圖象，那么這兩個圖象有什么不同呢？(1)首先兩個圖象的坐標軸所表示的物理意義不同：振動圖象的橫坐標表示時間，而波動圖象的橫坐標表示介質中各振動質點的平衡位置。(2)兩個圖象所描述的對象不同：振動圖象描述的是一個質點的位移隨時間的變化情況，而波的圖象描述的是介質中的一群質點某一時刻各自振動所到達的位置情況。通俗地說：振動圖象相當于是在一般時間內一個質點運動的“錄像”，而波的圖象則是某一時刻一群質點振動的“照片”。(3)隨著時間的推移，振動圖象原來的形狀(即過去質點不同時刻所到達的位置不再發(fā)生變化，而波的圖象由于各質點總在不斷地振動，因此隨著時間的推移，原有的圖象將發(fā)生周期性變化。

例8　 圖6-10是某時刻一列橫波在空間傳播的波形圖線。已知波是沿x軸正方向傳播，波速為4m/s，試計算并畫出經(jīng)過此時之后1.25s的空間波形圖。

=62.5個波長，其波形如圖6-13。

[錯解原因]　 錯解一、錯解二沒有重視單位的一致性，在此題中波長從圖中只能得出λ=8cm，而波速給出的卻是國際單位4m/s。因此，求周期時，應先將波長的單位統(tǒng)一到國際單位制上來。

錯解三雖然計算對了，但是，在波向前(沿x軸正方向)傳播了62.5個波長時的波形，應是在原來的波形基礎上向x正方擴展62.5個波長。

播一個波長。經(jīng)過62.5個周期，波向前傳播了62.5個波長。據(jù)波的周期性，當經(jīng)過振動周期的整數(shù)倍時，波只是向前傳播了整數(shù)倍個波長，而

形，如圖6-14。再將此圖向前擴展62個波長即為題目要求，波形如圖6-15。

[評析]　 波形圖反映了波在傳播過程中某時刻在波的傳播方向上各質點離開平衡位置的位移情況，由于波只能以有限的速度向前傳播，所以離振源遠的質點總要滯后一段時間，滯后的時間與傳播的距離成正比，即滯后一個周期。兩個質點之間的平衡位置距離就是一個波長，經(jīng)過多少個周期，波就向前傳播了多少個波長，而振源就做了多少次全振動，這就是此類問題的關鍵所在。

例9　 如圖6-16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(xiàn)兩個波峰的時間間隔為0.4s，下面說法中正確的是　　　 [　　 ]

A．這列波的波長是4m

B．這列波的傳播速度是10m/s

C．質點Q(x=9m)經(jīng)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]　 錯解一：由題中說P點相繼出現(xiàn)兩個波峰的時間間隔為

錯解二：質點Q(x=9m)，經(jīng)過0.4s(此處用了正確的周期結果

所以C對。

錯解三：M點以后各質點的振動有的向上，有的向下，所以D不對。

[錯解原因]　 錯解一對“相繼出現(xiàn)兩個波峰”理解有誤。

錯解二對質點Q(x=9m)處，當波傳到它以后，該點應如何振動不會分析，實際上也就是對波的傳播原理不明白。不知道波的傳播是機械振動在介質中傳遞的過程，質點要依次被帶動形成波。

同理，錯解三對M點以后各點運動情況分析有誤，實際上M點以后各點運動情況向上還是向下取決于波的傳播方向。

[分析解答]　 (1)從圖6-16上可以看出波長為4m，選A。

(2)實際上“相繼出現(xiàn)兩個波峰”應理解為，出現(xiàn)第一波峰與出現(xiàn)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(xiàn)為“相繼出現(xiàn)兩個波峰”，即T=0.4s。則v=

(3)質點Q(x=9m)經(jīng)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都被它左側的質點所帶動，從波向前傳播的波形圖6-17可以看出，0.4s波傳到Q時，其左側質點在它下方，所以Q點在0.5s時處于波谷。再經(jīng)過0.2ss即總共經(jīng)過0.7s才第一次到達波峰，所以選項C錯了。

(4)從波的向前傳播原理可以知道，M以后的每個質點都是先向下振動的。所以選項D是對的。

此題正確答案為A，B，D。

[評析]

例10　 如圖6－18所示，一根張緊的水平彈性長繩上的a，b兩點，相距14.0m，b點在a點的右方，當一列簡諧橫波沿此長繩向右傳播時，若a點的位移達到正最大時，b點的位移恰為零且向下運動。經(jīng)過1.00s后a點的位移為零，且向下運動，而b點的位移恰達到負最大，則這簡諧波的波速可能等于　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [　　 ]

A.4.67m/s　　　　　　　　　　　　　　 B.6m/s

C.10m/s　　　　　　　　　　　　　　　　 D.4m/s

v=4.67m/s選擇A。

但此題可能多選，考慮到a，b之間滿足條件的情況還可

解得：v=10m/s　 選擇C

解得：v=11.5m/s顯然不符合題目中的選項，且通過分析可知v=14m/s也是不對的，所以正確答案為A，C。

[錯解原因]以上答案并沒有錯，但分析問題的過程出現(xiàn)了明顯的

漏了不少結論。而此題做為選擇題，學生能用錯誤的思維方式得出符合答案的結果，純屬偶然。

波長λ有一系列數(shù)據(jù)，周期T也有一系列數(shù)據(jù)，從波的概念出發(fā)，兩者并無一一對應，因而波速應為

其解為當n=0，N=0，1，2……

n=1，N=0，1，2……

n=2，N=0，1，2……

我們可以通過列表來看一看波速的各種可能值：

從表中可以看出，4.67m/s及10m/s即為正確答案。所以正確答案應選A，C。

3．同錯解3。

4．對彈簧振子這樣一個物理模型認識不全面，所謂水平彈簧振子的彈簧是哪段沒弄清楚。

[分析解答]　 1．由題意可知，t=nt，n可以是1，2，3…，

選項A是正確的。

相反，且對稱于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：對于諸如機械振動、簡諧運動、受迫振動、共振、阻尼振動、等幅振動等眾多的有關振動的概念不能深刻的理解，從而造成混淆；不能從本質上把握振動圖象和波的圖象的區(qū)別和聯(lián)系，這主要是由于振動的圖象與波的圖象形式上非常相似，一些學生只注意圖象的形狀，而忽略了圖象中坐標軸所表示的物理意義，因此造成了將兩個圖象相混淆。另外，由于一些學生對波的形成過程理解不夠深刻，導致對于波在傳播過程中時間和空間的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的發(fā)生條件、產生的現(xiàn)象較為抽象，所以一些學生不能準確地把握相關的知識內容，表現(xiàn)為抓不住現(xiàn)象的主要特征、產生的條件混淆不清。

例1　 一個彈簧振子，第一次被壓縮x后釋放做自由振動，周期為T₁，第二次被壓縮2x后釋放做自由振動，周期為T₂，則兩次振動周期之比T₁∶T₂為　　　　　　 [　　 ]

A．1∶1　　　　　　　　　　　　　　　 B．1∶2

C．2∶1　　　　　　　　　　　　　　　 C．1∶4

[錯解]　 壓縮x時，振幅為x，完成一次全振動的路程為4x。壓縮2x時，振幅即為2x，完成一次全振動的路程為8x。由于兩種情況下全振動的路程的差異，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振動的周期一定也是第一次的2倍，所以選B。

[錯解原因]　 上述解法之所以錯誤是因為把振子的運動看成是勻速運動或加速度恒定的勻加速直線運動了。用了勻速或勻加速運動的規(guī)律。說明這些同學還是沒有掌握振動的特殊規(guī)律。

[分析解答]　 事實上，只要是自由振動，其振動的周期只由自身因素決定，對于彈簧振子而言，就是只由彈簧振子的質量m和彈簧的勁度系數(shù)k決定的，而與形變大小、也就是振幅無關。所以只要彈簧振子這個系統(tǒng)不變(m，k不變)，周期就不會改變，所以正確答案為A。

[評析]　 本題給出的錯解是初學者中最常見的錯誤。產生這一錯誤的原因是習慣于用舊的思維模式分析新問題，而不善于抓住新問題的具體特點，這反映了學習的一種思維定勢。只有善于接受新知識、新方法，并將其運用到實際問題中去，才能開闊我們分析、解決問題的思路，防止思維定勢。

例2　 一個單擺，如果擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經(jīng)過平

A．頻率不變，振幅不變　　　　　　　　 B．頻率不變，振幅改變

C．頻率改變，振幅不變　　　　　　　　 D．頻率改變，振幅改變

[錯解]　 錯解一：因為單擺的周期(頻率)是由擺長l和當?shù)刂?/p>

變(指平衡位置動能也就是最大動能)，由機械能守恒可知，勢能也不變。所以振幅也不變，應選A。

而振幅與質量、速度無關(由上述理由可知)所以振幅不變，應選C。

錯解三：認為頻率要改變，理由同錯解二。而關于振幅的改變與否，除了錯解一中所示理由外，即總能量不變，而因為重力勢能E_P=mgh，E_P不變，m變?yōu)樵瓉淼?倍，h一定變小了，即上擺到最高點的高度下降了，所以振幅要改變，應選D。

[錯解原因]　 此題主要考查決定單擺頻率(周期)和振幅的是什么因素，而題中提供了兩個變化因素，即質量和最大速度，到底頻率和振幅與這兩個因素有沒有關系。若有關系，有什么關系，是應該弄清楚的。

而錯解二和錯解三中都認為頻率不變，這是因為為不清楚決定單擺的因素是擺長l和當?shù)刂亓铀俣萭，而與擺球質量及運動到最低點的速度無關。

錯解二中關于頻率不變的判斷是正確的，錯誤出現(xiàn)在后半句的結論上。判斷只從能量不變去看，當E_總不變時，E_P=mgh，m變大了，h一定變小。說明有些同學考慮問題還是不夠全面。

[分析解答]　 (1)實際上，通過實驗我們已經(jīng)了解到，決定單

單擺的周期與質量無關，與單擺的運動速度也無關。當然，頻率也與質量和速度無關，所以不能選C，D。

(2)決定振幅的是外來因素。反映在單擺的運動中，可以從能量去觀察，從上面分析我們知道，在平衡位置(即最低點)時的動能E_K

的重力勢能也不變。但是由于第二次擺的質量增大了(實際上單擺已經(jīng)變成另一個擺動過程了)，勢能E_P=mgh不變，m大了，h就一定變小了，也就是說，振幅減小了。因此正確答案應選B。

[評析]　 本題的分析解答提醒我們，一是考慮要全面，本題中m，v兩因素的變化對確定的單擺振動究竟會產生怎樣的影響，要進行全面分析；二是分析問題要有充分的理論依據(jù)，如本題中決定單擺振動的頻率

例3　 如圖6-1所示，光滑圓弧軌道的半徑為R，圓弧底部中點為O，兩個相同的小球分別在O正上方h處的A點和離O很近的軌道B點，現(xiàn)同時釋放兩球，使兩球正好在O點相碰。問h應為多高？

[錯解]　 對B球，可視為單擺，延用單擺周期公式可求B球到達O點的時間：

對A球，它做自由落體運動，自h高度下落至O點

[錯解原因]　 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B球在圓形軌道上自B點釋放后可以做往

上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多個解答中的一個。

對B球振動周期

到達O點的時間為

顯然，前面的解僅僅是當n=0時的其中一解而已。

[評析]　 在解決與振動有關的問題時，要充分考慮到振動的周期性，由于振動具有周期性，所以此類問題往往答案不是一個而是多個。

例4　 水平彈簧振子，每隔時間t，振子的位移總是大小和方向都相

[錯解]　 1．首先排除A，認為A是不可能的。理由是：水平彈簧振子的運動軌跡可簡化為如圖6-2，O為平衡位置，假設計時開始時，振子位于A點，每隔時間t，振子的位移總是大小和方向都相同，所以t

B之間非A即B點，而這兩點距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等

所以振子的動能總是相同的，所以選C是對的。

同的，都等于振幅，所以D是對的。

綜上所述，應選B，C，D。

[錯解原因]　 錯解1是排除A，之所以產生錯誤，是因為在頭腦中形成思維定勢，認為在時間t內，振子只能在一個周期內振動。很多學生在解決振動和波的問題時，習慣上把所有問題都限定在一個周期內，而沒有考慮到在時間t內，振子可能已經(jīng)完成多個全振動了。

錯解2的產生主要是對加速度的矢量性認識不夠或頭腦中根本就沒有這個概念，認為位置對稱，加速度大小一樣就是加速度相同。

3．選擇C是對的。

本章中所涉及到的基本方法有：由于振動和波動的運動規(guī)律較為復雜，且限于中學數(shù)學知識的水平，因此對于這部分內容不可能像研究直線運動、平拋、圓周運動那樣從運動方向出發(fā)描述和研究物體的運動，而是利用圖象法對物體做簡諧運動的運動規(guī)律及振動在介媒中的傳播過程進行描述與研究。圖像法具有形象、直觀等優(yōu)點，其中包含有豐富的物理信息，在學習時同學們要注意加以體會；另外，在研究單擺振動的過程中，對于單擺所受的回復力特點的分析，采取了小擺角的近似的處理，這是一種理想化物理過程的方法。

本章內容包括機械振動、回復力、振幅、周期、頻率、簡諧振動、受迫振動、共振、機械波、波長、波速、橫波、縱波、波的干涉和衍射等基本概念，以及單擺振動的周期規(guī)律、簡諧運動的圖像、簡諧運動中的能量轉化規(guī)律、波的圖像、波長和頻率與波速之間的關系等規(guī)律。

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：對物體做圓周運動時的受力情況不能做出正確的分析，特別是物體在水平面內做圓周運動，靜摩擦力參與提供向心力的情況；對牛頓運動定律、圓周運動的規(guī)律及機械能守恒定律等知識內容不能綜合地靈活應用，如對于被繩(或桿、軌道)束縛的物體在豎直面的圓周運動問題，由于涉及到多方面知識的綜合，表現(xiàn)出解答問題時顧此失彼。

例1　 假如一做圓周運動的人造地球衛(wèi)星的軌道半徑增大到原來的2倍，仍做圓周運動，則(　　 )

A．根據(jù)公式v=ωr，可知衛(wèi)星運動的線速度增大到原來的2倍。

D．根據(jù)上述選項B和C給出的公式，可知衛(wèi)星運動的線速度將減

[錯解]選擇A，B，C

所以選擇A，B，C正確。

[錯解分析]A，B，C中的三個公式確實是正確的，但使用過程中A，

[分析解答]正確選項為C，D。

A選項中線速度與半徑成正比是在角速度一定的情況下。而r變化時，角速度也變。所以此選項不正確。同理B選項也是如此，F(xiàn)∝是在v一定時，但此時v變化，故B選項錯。而C選項中G，M，m都是恒量，所以F∝

[評析]物理公式反映物理規(guī)律，不理解死記硬背經(jīng)常會出錯。使用中應理解記憶。知道使用條件，且知道來攏去脈。

衛(wèi)星繞地球運動近似看成圓周運動，萬有引力提供向心力，由此將

根據(jù)以上式子得出

例2　 一內壁光滑的環(huán)形細圓管，位于豎直平面內，環(huán)的半徑為R(比細管的半徑大得多)，圓管中有兩個直徑與細管內徑相同的小球(可視為質點)。A球的質量為m₁， B球的質量為m₂。它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經(jīng)過最低點時的速度都為v₀。設A球運動到最低點時，球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m₁，m₂，R與v₀應滿足關系式是。

[錯解]依題意可知在A球通過最低點時，圓管給A球向上的彈力N1為向心力，則有

B球在最高點時，圓管對它的作用力N₂為m₂的向心力，方向向下，則有

因為m₂由最高點到最低點機械能守恒，則有

[錯解原因]錯解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏規(guī)范的解題過程。沒有做受力分析，導致漏掉重力，表面上看分析出了N₁=N₂，但實際并沒有真正明白為什么圓管給m₂向下的力。總之從根本上看還是解決力學問題的基本功受力分析不過關。

[分析解答]首先畫出小球運動達到最高點和最低點的受力圖，如圖4-1所示。A球在圓管最低點必受向上彈力N₁，此時兩球對圓管的合力為零，m₂必受圓管向下的彈力N₂，且N₁=N₂。

據(jù)牛頓第二定律A球在圓管的最低點有

同理m₂在最高點有

m₂球由最高點到最低點機械能守恒

[評析]比較復雜的物理過程，如能依照題意畫出草圖，確定好研究對象，逐一分析就會變?yōu)楹唵螁栴}。找出其中的聯(lián)系就能很好地解決問題。

例3　 從地球上發(fā)射的兩顆人造地球衛(wèi)星A和B，繞地球做勻速圓周運動的半徑之比為R_A∶R_B=4∶1，求它們的線速度之比和運動周期之比。

設A，B兩顆衛(wèi)星的質量分別為m_A，m_B。

[錯解原因]這里錯在沒有考慮重力加速度與高度有關。根據(jù)萬有引力定律知道：

可見，在“錯解”中把A，B兩衛(wèi)星的重力加速度g_A，g_B當作相同的g來處理是不對的。

[分析解答]衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

[評析]我們在研究地球上的物體的運動時，地面附近物體的重力加速度近似看做是恒量。但研究天體運動時，應注意不能將其認為是常量，隨高度變化，g值是改變的。

例4　 使一小球沿半徑為R的圓形軌道從最低點上升，那么需給它最小速度為多大時，才能使它達到軌道的最高點？

[錯解]如圖4-2所示，根據(jù)機械能守恒，小球在圓形軌道最高點A時的勢能等于它在圓形軌道最低點B時的動能(以B點作為零勢能位置)，所以為

從而得

[錯解原因]小球到達最高點A時的速度v_A不能為零，否則小球早在到達A點之前就離開了圓形軌道。要使小球到達A點(自然不脫離圓形軌道)，則小球在A點的速度必須滿足

式中，N_A為圓形軌道對小球的彈力。上式表示小球在A點作圓周運動所需要的向心力由軌道對它的彈力和它本身的重力共同提供。當NA=0時，

[分析解答]以小球為研究對象。小球在軌道最高點時，受重力和軌道給的彈力。

小球在圓形軌道最高點A時滿足方程

根據(jù)機械能守恒，小球在圓形軌道最低點B時的速度滿足方程

解(1)，(2)方程組得

軌道的最高點A。

例5　 用長L=1.6m的細繩，一端系著質量M=1kg的木塊，另一端掛在固定點上�，F(xiàn)有一顆質量m=20g的子彈以v₁=500m／s的水平速度向木塊中心射擊，結果子彈穿出木塊后以v₂=100m／s的速度前進。問木塊能運動到多高？(取g=10m／s²，空氣阻力不計)

[錯解]在水平方向動量守恒，有

mv₁=Mv+mv₂　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)

式①中v為木塊被子彈擊中后的速度。木塊被子彈擊中后便以速度v開始擺動。由于繩子對木塊的拉力跟木塊的位移垂直，對木塊不做功，所以木塊的機械能守恒，即

h為木塊所擺動的高度。解①，②聯(lián)立方程組得到

v=8(v/s)

h=3.2(m)

[錯解原因]這個解法是錯誤的。h=3.2m，就是木塊擺動到了B點。如圖4-3所示。則它在B點時的速度v_B。應滿足方程

這時木塊的重力提供了木塊在B點做圓周運動所需要的向心力。解

如果v_B＜4 m/s，則木塊不能升到B點，在到達B點之前的某一位置以某一速度開始做斜向上拋運動。而木塊在B點時的速度v_B=4m/s，是不符合機械能守恒定律的，木塊在 B點時的能量為(選A點為零勢能點)

兩者不相等�？梢娔緣K升不到B點，一定是h＜3.2 m。

實際上，在木塊向上運動的過程中，速度逐漸減小。當木塊運動到某一臨界位置C時，如圖4－4所示，木塊所受的重力在繩子方向的分力恰好等于木塊做圓周運動所需要的向心力。此時繩子的拉力為零，繩子便開始松弛了。木塊就從這個位置開始，以此刻所具有的速度v_c作斜上拋運動。木塊所能到達的高度就是C點的高度和從C點開始的斜上拋運動的最大高度之和。

[分析解答]　 如上分析，從式①求得v_A=v=8m/s。木塊在臨界位置C時的速度為v_c，高度為

h′=l(1+cosθ)

如圖所示，根據(jù)機船能守恒定律有

木塊從C點開始以速度v_c做斜上拋運動所能達到的最大高度h″為

[評析]　 物體能否做圓運動，不是我們想象它怎樣就怎樣這里有一個需要的向心力和提供向心力能否吻合的問題，當需要能從實際提供中找到時，就可以做圓運動。所謂需要就是符合牛頓第二定律F_向=ma_向的力，而提供則是實際中的力若兩者不相等，則物體將做向心運動或者離心運動。

第六章　 機械運動、機械波錯題集