高中物理易错题最全汇总

高中物理易错题最全汇总

第一章 质点的运动错题集 一、主要内容 本章内容包括位移、路程、时间、时刻、平均速度、即时速度、线速度、角速度、加 速度等基本概念，以及匀变速直线运动的规律、平抛运动的规律及圆周运动的规律。在学习 中要注意准确理解位移、速度、加速度等基本概念，特别应该理解位移与距离（路程）、速 度与速率、时间与时刻、加速度与速度及速度变化量的不同。 二、基本方法 本章中所涉及到的基本方法有：利用运动合成与分解的方法研究平抛运动的问题，这 是将复杂的问题利用分解的方法将其划分为若干个简单问题的基本方法；利用物理量间的函 数关系图像研究物体的运动规律的方法，这也是形象、直观的研究物理问题的一种基本方法。 这些具体方法中所包含的思想，在整个物理学研究问题中都是经常用到的。因此，在学习过 程中要特别加以体会。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对要领理解不深刻，如加 速度的大小与速度大小、速度变化量的大小，加速度的方向与速度的方向之间常混淆不清； 对位移、速度、加速度这些矢量运算过程中正、负号的使用出现混乱：在未对物体运动（特 别是物体做减速运动）过程进行准确分析的情况下，盲目地套公式进行运算等。 例 1 汽车以 10 m/s 的速度行使 5 分钟后突然刹车。如刹车过程是做匀变速运动，加 速度大小为 5m/s2 ，则刹车后 3 秒钟内汽车所走的距离是多少？ 【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速 v0=10 m/s 加速度 【错解原因】出现以上错误有两个原因。一是对刹车的物理过程不清楚。当速度减为 零时，车与地面无相对运动，滑动摩擦力变为零。二是对位移公式的物理意义理解不深刻。 位移 S 对应时间 t，这段时间内 a 必须存在，而当 a 不存在时，求出的位移则无意义。由于 第一点的不理解以致认为 a 永远地存在；由于第二点的不理解以致有思考 a 什么时候不存 在。 【分析解答】依题意画出运动草图 1-1。设经时间 t1 速度减为零。据匀减速直线运动 速度公式 v1=v0-at 则有 0=10-5t 解得 t=2S 由于汽车在 2S 时 【评析】物理问题不是简单的计算问题，当得出结果后，应思考是否与 s=-30m 的结果，这个结果是与实际不相符的。应思考在运用规律中是否出现与实际不符的 问题。 本题还可以利用图像求解。汽车刹车过程是匀减速直线运动。据 v0，a 由此可知三角形 v0Ot 所包围的面积即为刹车 3s 内的位移。 例 2 气球以 10m/s 的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经 17s 到达地面。 求物体刚脱离气球时气球的高度。（g=10m/s2） 【错解】物体从气球上掉下来到达地面这段距离即为物体脱离气球时，气球的高度。 所以物体刚脱离气球时，气球的高度为 1445m。 【错解原因】由于学生对惯性定律理解不深刻，导致对题中的隐含条件即物体离开气 球时具有向上的初速度视而不见。误认为 v0=0。实际物体随气球匀速上升时，物体具有向 上 10m/s 的速度当物体离开气球时，由于惯性物体继续向上运动一段距离，在重力作用下 做匀变速直线运动。 【分析解答】本题既可以用整体处理的方法也可以分段处理。 方法一：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。根据题意画出运动草图如图 1－3 所示。规定向下方向为正，则 V0=-10m/sg=10m/s2 据 h＝v0t+ ∴物体刚掉下时离地 1275m。 方法二：如图 1－3 将物体的运动过程分为 A→B→C 和 C→D 两段来处理。A→B→C 为竖直上抛运动，C→D 为竖直下抛运动。 在 A→B→C 段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为 由题意知 tCD=17-2=15（s） =1275（m） 方法三：根据题意作出物体脱离气球到落地这段时间的 V-t 图（如图 1－4 所示）。 其中△v0otB 的面积为 A→B 的位移 △tBtcvc 的面积大小为 B→C 的位移 梯形 tCtDvDvC 的面积大小为 C→D 的位移即物体离开气球时距地的高度。 则 tB=1s 根据竖直上抛的规律 tc=2s tBtD=17-1=16（s） 在△tBvDtD 中则可求 vD＝160（m/s） 【评析】在解决运动学的问题过程中，画运动草图很重要。解题前应根据题意画出运 动草图。草图上一定要有规定的正方向，否则矢量方程解决问题就会出现错误。如分析解答 方法一中不规定正方向，就会出现 例 3 经检测汽车 A 的制动性能：以标准速度 20m/s 在平直公路上行使时，制动后 40s 停下来。现 A 在平直公路上以 20m/s 的速度行使发现前方 180m 处有一货车 B 以 6m/s 的速度同向匀速行使，司机立即制动，能否发生撞车事故？ 【错解】 设汽车 A 制动后 40s 的位移为 s1，货车 B 在这段时间内的位 S2=v2t=6×40=240（m） 两车位移差为 400-240=160（m） 因为两车刚开始相距 180m＞160m 所以两车不相撞。 【错解原因】这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞的条件。汽车 A 与货车 B 同 速时，两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两车同速时，两 车位移差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、等于时，则不相撞。而错解中的判据条 件错误导致错解。 【分析解答】如图 1－5 汽车 A 以 v0=20m/s 的初速做匀减速直线运动经 40s 停下来。 据加速度公式可求出 a=-0.5m/s2 当 A 车减为与 B 车同速时是 A 车逼近 B 车距离最多的时 刻，这时若能超过 B 车则相撞，反之则不能相撞。 (m) △S＝364-168＝196＞180（m） 所以两车相撞。 【评析】分析追击问题应把两物体的位置关系图画好。如图 1.5，通过此图理解物理情 景。本题也可以借图像帮助理解图 1-6 中。阴影区是 A 车比 B 车多通过的最多距离，这段 距离若能大于两车初始时刻的距离则两车必相撞。小于、等于则不相撞。从图中也可以看出 A 车速度成为零时，不是 A 车比 B 车多走距离最多的时刻，因此不能作为临界条件分析。 例 4 如图 1－7 所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮，拉船靠岸，在某一时刻绳的 速度为 v，绳 AO 段与水平面夹角为θ，不计摩擦和轮的质量，则此时小船的水平速度多大？ 【错解】将绳的速度按图 1－8 所示的方法分解，则 v1 即为船的水平速度 v1=v·cosθ。 【错解原因】上述错误的原因是没有弄清船的运动情况。实际上船是在做平动，每一 时刻船上各点都有相同的水平速度。而 AO 绳上各点运动比较复杂，既有平动又有转动。以 连接船上的 A 点来说，它有沿绳的平动分速度 v，也有与 v 垂直的法向速度 vn，即转动分 速度，A 点的合速度 vA 即为两个分速度的合。vA=v/cosθ 【分析解答】方法一：小船的运动为平动，而绳 AO 上各点的运动是平动+转动。以连 接船上的 A 点为研究对象，如图 1-9，A 的平动速度为 v，转动速度为 vn，合速度 vA 即与 船的平动速度相同。则由图可以看出 vA=v/cosθ。 【评析】方法二：我们可以把绳子和滑轮看作理想机械。人对绳子做的功等于绳子对 船做的功。我们所研究的绳子都是轻质绳，绳上的张力相等。对于绳上的 C 点来说即时功 率 P 人绳=F·v。对于船上 A 点来说 P 绳船=FvA·cos 解答的方法一，也许学生不易理解绳上各点的运动。从能量角度来讲也可以得到同样 的结论。 还应指出的是要有实际力、实际加速度、实际速度才可分解。 例 5 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。 例 6 有一个物体在 h 高处，以水平初速度 v0 抛出，落地时的速度为 v1，竖直分速度 为 vy，下列公式能用来计算该物体在空中运动时间的是（ ） 故 B 正确。 【错解原因】形成以上错误有两个原因。第一是模型与规律配套。Vt=v0+gt 是匀加速 直线运动的速度公式，而平抛运动是曲线运动，不能用此公式。第二不理解运动的合成与分 解。平抛运动可分解为水平的匀速直线运动和竖直的自由落体运动。每个分运动都对应自身 运动规律。 【分析解答】本题的正确选项为 A，C，D。 平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体，分运动与合运动时间 具有等时性。 水平方向：x=v0t① 据式①～⑤知 A，C，D 正确。 【评析】选择运动公式首先要判断物体的运动性质。运动性质确定了，模型确定了， 运动规律就确定了。判断运动性要根据合外力和初速度的关系。当合外力与初速度共线时， 物体做直线运动，当合外力与 v 不共线时，物体做曲线运动。当合外力与 v0 垂直且恒定时， 物体做平抛运动。当物体总与 v 垂直时，物体做圆运动。 例 7 一个物体从塔顶落下，在到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的 9/25， 求塔高（g=10m/s2）。 【错解】因为物体从塔顶落下，做自由落体运动。 解得 H=13.9m 【错解原因】物体从塔顶落下时，对整个过程而言是初速为零的匀加速直线运动。而 对部分最后一秒内物体的运动则不能视为初速为零的匀加速直线运动。因为最后一秒内的初 始时刻物体具有一定的初速，由于对整体和部分的关系不清，导致物理规律用错，形成错解。 【分析解得】根据题意画出运动草图，如图 1－13 所示。物体从塔顶落到地面所经历 时间为 t，通过的位移为 H 物体在 t—1 秒内的位移为 h。 因为 V0=0 由①②③解得 H=125m 【评析】解决匀变速直线运动问题时，对整体与局部，局部与局部过程相互关系的分 析，是解题的重要环节。如本题初位置记为 A 位置，t—1 秒时记为 B 位置，落地点为 C 位 置（如图 1－13 所示）。不难看出既可以把 BC 段看成整体过程 AC 与局部过程 AB 的差值， 也可以把 BC 段看做是物体以初速度 VB 和加速度 g 向下做为时 1s 的匀加速运动，而 vB 可 看成是局部过程 AB 的末速度。这样分析就会发现其中一些隐含条件。使得求解方便。 另外值得一提的是匀变速直线运动的问题有很多题通过 v－t 图求解既直观又方便简 洁。如本题依题意可以做出 v－t 图（如图 1－14），由题意 例 8 正在与 Rm 高空水平匀速飞行的飞机，每隔 1s 释放一个小球，先后共释放 5 个， 不计空气阻力，则（ ） A.这 5 个小球在空中排成一条直线 B.这 5 个小球在空中处在同一抛物线上 C.在空中，第 1，2 两个球间的距离保持不变 D.相邻两球的落地间距相等 【错解】因为 5 个球先后释放，所以 5 个球在空中处在同一抛物线上，又因为小球都 做自由落体运动，所以 C 选项正确。 【错解原因】形成错解的原因是只注意到球做平抛运动，但没有理解小球做平抛的时 间不同，所以它们在不同的抛物线上，小球在竖直方向做自由落体运动，但是先后不同。所 以 C 选项不对。 【分析解答】释放的每个小球都做平抛运动。水平方向的速度与飞机的飞行速度相等， 在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，只是开始的时刻不同。飞机和 小球的位置如图 1－15 可以看出 A，D 选项正确。 【评析】解这类题时，决不应是想当然，而应依据物理规律画出运动草图，这样会有 很大的帮助。如本题水平方向每隔 1s 过位移一样，投小球水平间距相同，抓住特点画出各 个球的轨迹图，这样答案就呈现出来了。 例 9 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。 第二章 牛顿定律错题集 一、主要内容 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。 二、基本方法 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。 三、错解分析 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 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 FCOS θ=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。 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。 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 mA=6kg，mB=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。fmax=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=(mA+mB)a ① 再以 B 为研究对象，如图 2-19，B 水平方向受摩擦力 f=mBa ② 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 TACsin30°=TBCsin60° TACcos30°+TBCcos60°=G 将 TAC=150N，TBC=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 TAC=150N 时，TBC=100N，而没 有认真分析力之间的关系。实际当 TBC=100N 时，TBC 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 TACsin30°-TBCsin60°=0 ① TACcos30°+TBCcos60°-G=0 ② 而当 TAC=150N 时，TBC=86.6＜100N 将 TAC=150N，TBC=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：Nlsinα-f=0 ① y：N-Mg-Nlcosα=0 ② B 物体下滑的加速度为 a， x：mgsinα=ma ③ y：Nl-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=maA ③ B 球：F′-mg=maB ④ 由式③解得 aA=-2g（方向向下） 由式④解得 aB=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 【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 tl，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 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 Fmin=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）。 第三章 机械能错题集 一、主要内容 本章内容包括功、功率、动能、势能（包括重力势能和弹性势能）等基本概念，以动 能定理、重力做功的特点、重力做功与重力势能变化的关系及机械能守恒定律等基本规律。 其中对于功的计算、功率的理解、做功与物体能量变化关系的理解及机械能守恒定律的适用 条件是本章的重点内容。 二、基本方法 本章中所涉及到的基本方法有：用矢量分解的方法处理恒力功的计算，这里既可以将 力矢量沿平行于物体位移方向和垂直于物体位移方向进行分解，也可以将物体的位移沿平行 于力的方向和垂直于力的方向进行分解，从而确定出恒力对物体的作用效果；对于重力势能 这种相对物理量，可以通过巧妙的选取零势能面的方法，从而使有关重力势能的计算得以简 化。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：“先入为主”导致解决问 题的思路过于僵化，如在计算功的问题中，一些学生一看到要计算功，就只想到 W= Fscos θ，而不能将思路打开，从 W=Pt 和 W=ΔEt 等多条思路进行考虑；不注意物理规律的适用 条件，导致乱套机械能守恒定律。 例 1 如图 3-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面 下滑的过程中，斜面对小物块的作用力 [ ] A．垂直于接触面，做功为零 B．垂直于接触面，做功不为零 C．不垂直于接触面，做功为零 D．不垂直于接触面，做功不为零 【错解】斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，因为支持力总与接触面垂 直，所以支持力不做功。故 A 选项正确。 【错解原因】斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些 人不加思索选 A。这反映出对力做功的本质不太理解，没有从求功的根本方法来思考，是形 成错解的原因。 【分析解答】根据功的定义 W=F·scosθ为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找 到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方 向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有 水平向右的动量。由于 m＜M，则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图 3-2 上关系 可以确定支持力与物块位移夹角大于 90°，则斜面对物块做负功。应选 B。 【评析】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义出发。二是可以用功能 关系。如本题物块从斜面上滑下来时，减少的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物 块的机械能减少了，说明有外力对它做功。所以支持力做功。 例 2 以 20m/s 的初速度，从地面竖直向上势出一物体，它上升的最大高度是 18m。 如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势 能相等。(g=10m/s2) 【错解】以物体为研究对象，画出运动草图 3-3，设物体上升到 h 高处动能与重力势 能相等 此过程中，重力阻力做功，据动能定量有 物体上升的最大高度为 H 由式①，②，③解得 h=9.5m 【错解原因】初看似乎任何问题都没有，仔细审题，问物全体离地面多高处，物体动 能与重力势相等一般人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实 际下落过程也有一处动能与重力势能相等。 【分析解答】上升过程中的解同错解。 设物体下落过程中经过距地面 h′处动能等于重力势能，运动草图如 3-4。 据动能定量 解得 h′=8.5m 【评析】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。 例 3 如图 3－5，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块 后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作研究对象，则此系统 在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中 [ ] A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【错解】以子弹、木块和弹簧为研究对象。因为系统处在光滑水平桌面上，所以系统 水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。又因系统只有弹力做功，系统机械能守恒。故 A 正确。 【错解原因】错解原因有两个一是思维定势，一见光滑面就认为不受外力。二是规律 适用条件不清。 【分析解答】以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩 是因为受到外力，所以系统水平方向动量不守恒。由于子弹射入木块过程，发生巨烈的摩擦， 有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒，故 B 正确。 例 4 如图 3－6，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】（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 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 【错解原因】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。 【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图 3—7。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 【评析】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 3-8 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。 参考练习：如图 3-9 一质量为 M、长为 l 的长方形木板 B 放在光滑的水平地面上，在 其右端放一质量为 m 的小木块 A，m＜M。现以地面为参考系，给 A 和 B 以大小相同，方 向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后 A 刚好没有滑离 B 板。求 小木块 A 向左运动到达最远处（对地）离出发点的距离。 提示：注意分析物理过程。情景如图 3-10。其中隐含条件 A 刚好没离 B 板，停在 B 板的左端，意为此时 A，B 无相对运动。A，B 作用力大小相等，但加速度不同，由于 A 的 加速度大，首先减为零，然后加速达到与 B 同速。 例 5 下列说法正确的是( ) A．合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变 B．合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变 C．某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变 D．某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。 【错解】错解一：因为合外力对质点做功为零，据功能定理有△EA=0，因为动能不变， 所以速度 V 不变，由此可知动量不变。故 A 正确。 错解二：由于合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，V 改变，动能也 就改变。故 B 正确。 【错解原因】形成上述错解的主要原因是对速度和动量的矢量性不理解。对矢量的变 化也就出现理解的偏差。矢量发生变化时，可以是大小改变，也可能是大小不改变，而方向 改变。这时变化量都不为零。而动能则不同，动能是标量，变化就一定是大小改变。所以△ Ek=0 只能说明大小改变。而动量变化量不为零就有可能是大小改变，也有可能是方向改变。 【分析解答】本题正确选项为 D。 因为合外力做功为零，据动能定理有△Ek=0，动能没有变化，说明速率无变化，但不 能确定速度方向是否变化，也就不能推断出动量的变化量是否为零。故 A 错。合外力对质 点施冲量不为零，根据动量定理知动量一定变，这既可以是速度大小改变，也可能是速度方 向改变。若是速度方向改变，则动能不变。故 B 错。同理 C 选项中合外力不为零，即是动 量发生变化，但动能不一定改变，C 选项错。D 选项中动量、动能改变，根据动量定量，冲 量一定不为零，即合外力不为零。故 D 正确。 【评析】对于全盘肯定或否定的判断，只要找出一反例即可判断。要证明它是正确的 就要有充分的论据。 例 6 物体 m 从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为 h，当物体滑至 斜面底端，重力做功的瞬时功率为( ) 【错解】错解一：因为斜面是光滑斜面，物体 m 受重力和支持。支持不 错解二：物体沿斜面做 v0=0 的匀加速运动 a=mgsina 故选 B。 【错解原因】错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功率 P=Fvcosθ。 只有 Fv 同向时，瞬时功率才能等于 Fv，而此题中重力与瞬时速度 V 不是同方向，所 以瞬时功率应注意乘上 F，v 夹角的余弦值。 错解二中错误主要是对瞬时功率和平均功率的概念不清楚，将平均功率当成瞬时功率。 【分析解答】由于光滑斜面，物体 m 下滑过程中机械能守恒，滑至底端 F、v 夹角θ为 90°-α 故 C 选项正确。 【评析】求解功率问题首先应注意求解的是瞬时值还是平均值。如果求瞬时值应注意 普遍式 P=Fv·cosθ（θ为 F，v 的夹角）当 F，v 有夹角时，应注意从图中标明。 例 7 一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，经过时间 t，其速度由 0 增大到 v。已知 列车总质量为 M，机车功率 P 保持不变，列车所受阻力 f 为恒力。求：这段时间内列车通 过的路程。 【错解】以列车为研究对象，水平方向受牵引力和阻力 f。 据 P=F·V 可知牵引力 F=P／v ① 设列车通过路程为 s，据动能定理有 【错解原因】以上错解的原因是对 P=F·v 的公式不理解，在 P 一定的情况下，随着 v 的变化，F 是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求 F 是恒力。 【分析解答】以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程为 s。 据动能定理 【评析】发动机的输出功率 P 恒定时，据 P=F·V 可知 v 变化，F 就会发生变化。牵动 ΣF，a 变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规 律。（见图 3-12 所示） 例 8 如图 3-13，质量分别为 m 和 2m 的两个小球 A 和 B，中间用轻质杆相连，在杆 的中点 O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在 B 球顺时针摆动到最低位置的 过程中( ) A．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒 B．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒。 C．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒 D．A 球、B 球和地球组成的系统机械不守恒 【错解】B 球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以 B 球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A 正确。 同样道理 A 球机械能守恒，B 错误，因为 A，B 系统外力只有重力做功，系统机械能 守恒。故 C 选项正确。 【错解原因】 B 球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确 定机械能守恒。错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原因。杆施力的方向并 不总指向沿杆的方向，本题中就是如此。杆对 A，B 球既有沿杆的法向力，也有与杆垂直的 切向力。所以杆对 A，B 球施的力都做功，A 球、B 球的机械能都不守恒。但 A+B 整体机 械能守恒。 【分析解答】B 球从水平位置下摆到最低点过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用 力方向待定。下摆过程中重力势能减少动能增加，但机械能是否守恒不确定。A 球在 B 下 摆过程中，重力势能增加，动能增加，机械能增加。由于 A+B 系统只有重力做功，系统机 械能守恒，A 球机械能增加，B 球机械能定减少。所以 B，C 选项正确。 【评析】有些问题中杆施力是沿杆方向的，但不能由此定结论，只要杆施力就沿杆方 向。本题中 A、B 球绕 O 点转动，杆施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如 图 3-14 所示，杆对 B 球施的力对 B 球的做负功。杆对 A 球做功为正值。A 球机械能增加， B 球机械能减少。 例 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。 参考练习：如图 3-16 所示劲度系数为 k1 的轻质弹簧分别与质量为 m1，m2 的物体 1， 2，栓接系数为 k2 的轻弹簧上端与物体 2 栓接，下端压在桌面上（不栓接）。整个系统处于 平衡状态，现施力将物体 1 缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此 过程中，物体 2 的重力势能增大了多少？物体 1 的重力势能增大了多少？ 提示：此题隐含的条件很多，挖掘隐含条件是解题的前提。但之后，必须有位置变化 的情景图如图 3-17。才能确定 1，2 上升的距离，请读者自行解答。 例 10 如图 3-18 所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从 高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中 A．重力先做正功，后做负功 B．弹力没有做正功 C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡 D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大。 【错解】金属块自由下落，接触弹簧后开始减速，当重力等于弹力时，金属块速度为 零。所以从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中重力一直做正功，故 A 错。而弹力 一直做负功所以 B 正确。因为金属块速度为零时，重力与弹力相平衡，所以 C 选项错。金 属块的动能为零时，弹力最大，所以形变最大，弹性势能最大。故 D 正确。 【错解原因】形成以上错解的原因是对运动过程认识不清。对运动性质的判断不正确。 金属块做加速还是减速运动，要看合外力方向（即加速度方向）与速度方向的关系。 【分析解答】要确定金属块的动能最大位置和动能为零时的情况，就要分析它的运动 全过程。为了弄清运动性质，做好受力分析。可以从图 3-19 看出运动过程中的情景。 从图上可以看到在弹力 N＜mg 时，a 的方向向下，v 的方向向下，金属块做加速运动。 当弹力 N 等于重力 mg 时，a=0 加速停止，此时速度最大。所以 C 选项正确。弹力方向与 位移方向始终反向，所以弹力没有做正功，B 选项正确。重力方向始终与位移同方向，重力 做正功，没有做负功，A 选项错。速度为零时，恰是弹簧形变最大时，所以此时弹簧弹性势 能最大，故 D 正确。 所以 B，C，D 为正确选项。 【评析】对于较为复杂的物理问题，认清物理过程，建立物情景是很重要的。做到这 一点往往需画出受力图，运动草图，这是应该具有的一种解决问题的能力。分析问题可以采 用分析法和综合法。一般在考试过程中分析法用的更多。如本题 A，B 只要审题细致就可以 解决。而 C，D 就要用分析法。C 选项中动能最大时，速率最大，速率最大就意味着它的变 化率为零，即 a=0，加速度为零，即合外力为零，由于合外力为 mg-N，因此得 mg=N， D 选项中动能为零，即速率为零，单方向运动时位移最大，即弹簧形变最大，也就是弹性势 能最大。本题中金属块和弹簧在一定时间和范围内做往复运动是一种简运振动。从简谐运动 图象可以看出位移变化中速度的变化，以及能量的关系。 第四章 圆周运动错题集 一、主要内容 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。 二、基本方法 本章中所涉及到的基本方法与第二章牛顿定律的方法基本相同，只是在具体应用知识 的过程中要注意结合圆周运动的特点：物体所受外力在沿半径指向圆心的合力才是物体做圆 周运动的向心力，因此利用矢量合成的方法分析物体的受力情况同样也是本章的基本方法； 只有物体所受的合外力的方向沿半径指向圆心，物体才做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律 合外力与加速度的瞬时关系可知，当物体在圆周上运动的某一瞬间的合外力指向圆心，我们 仍可以用牛顿第二定律对这一时刻列出相应的牛顿定律的方程，如竖直圆周运动的最高点和 最低点的问题。另外，由于在具体的圆周运动中，物体所受除重力以外的合外力总指向圆心， 与物体的运动方向垂直，因此向心力对物体不做功，所以物体的机械能守恒。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对物体做圆周运动时的受 力情况不能做出正确的分析，特别是物体在水平面内做圆周运动，静摩擦力参与提供向心力 的情况；对牛顿运动定律、圆周运动的规律及机械能守恒定律等知识内容不能综合地灵活应 用，如对于被绳（或杆、轨道）束缚的物体在竖直面的圆周运动问题，由于涉及到多方面知 识的综合，表现出解答问题时顾此失彼。 例 1 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 例 2 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为 R（比细管的半径大得 多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A 球的质量为 m1， B 球 的质量为 m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为 v0。设 A 球运动到最 低点时，球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么 m1，m2，R 与 v0 应满足关系式是。 【错解】依题意可知在 A 球通过最低点时，圆管给 A 球向上的弹力 N1 为向心力，则 有 B 球在最高点时，圆管对它的作用力 N2 为 m2 的向心力，方向向下，则有 因为 m2 由最高点到最低点机械能守恒，则有 【错解原因】错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受 力分析，导致漏掉重力，表面上看分析出了 N1=N2，但实际并没有真正明白为什么圆管给 m2 向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。 【分析解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图 4-1 所示。A 球 在圆管最低点必受向上弹力 N1，此时两球对圆管的合力为零，m2 必受圆管向下的弹力 N2， 且 N1=N2。 据牛顿第二定律 A 球在圆管的最低点有 同理 m2 在最高点有 m2 球由最高点到最低点机械能守恒 【评析】比较复杂的物理过程，如能依照题意画出草图，确定好研究对象，逐一分析 就会变为简单问题。找出其中的联系就能很好地解决问题。 例 3 从地球上发射的两颗人造地球卫星 A 和 B，绕地球做匀速圆周运动的半径之比为 RA∶RB=4∶1，求它们的线速度之比和运动周期之比。 设 A，B 两颗卫星的质量分别为 mA，mB。 【错解原因】这里错在没有考虑重力加速度与高度有关。根据万有引力定律知道： 可见，在“错解”中把 A，B 两卫星的重力加速度 gA，gB 当作相同的 g 来处理是不对 的。 【分析解答】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律 有 【评析】我们在研究地球上的物体的运动时，地面附近物体的重力加速度近似看做是 恒量。但研究天体运动时，应注意不能将其认为是常量，随高度变化，g 值是改变的。 例 4 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。 例 5 用长 L=1.6m 的细绳，一端系着质量 M=1kg 的木块，另一端挂在固定点上。现 有一颗质量 m=20g 的子弹以 v1=500m／s 的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木 块后以 v2=100m／s 的速度前进。问木块能运动到多高？（取 g=10m／s2，空气阻力不计） 【错解】在水平方向动量守恒，有 mv1=Mv+mv2 (1) 式①中 v 为木块被子弹击中后的速度。木块被子弹击中后便以速度 v 开始摆动。由于 绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即 h 为木块所摆动的高度。解①，②联立方程组得到 v=8(v/s) h=3.2(m) 【错解原因】这个解法是错误的。h=3.2m，就是木块摆动到了 B 点。如图 4-3 所示。 则它在 B 点时的速度 vB。应满足方程 这时木块的重力提供了木块在 B 点做圆周运动所需要的向心力。解 如果 vB＜4 m/s，则木块不能升到 B 点，在到达 B 点之前的某一位置以某一速度开始 做斜向上抛运动。而木块在 B 点时的速度 vB=4m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在 B 点时的能量为(选 A 点为零势能点) 两者不相等。可见木块升不到 B 点，一定是 h＜3.2 m。 实际上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置 C 时， 如图 4－4 所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心 力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速 度 vc 作斜上抛运动。木块所能到达的高度就是 C 点的高度和从 C 点开始的斜上抛运动的最 大高度之和。 【分析解答】 如上分析，从式①求得 vA=v=8m/s。木块在临界位置 C 时的速度为 vc，高度为 h′=l(1+cosθ) 如图所示，根据机船能守恒定律有 木块从 C 点开始以速度 vc 做斜上抛运动所能达到的最大高度 h″为 【评析】 物体能否做圆运动，不是我们想象它怎样就怎样这里有一个需要的向心力 和提供向心力能否吻合的问题，当需要能从实际提供中找到时，就可以做圆运动。所谓需要 就是符合牛顿第二定律 F 向=ma 向的力，而提供则是实际中的力若两者不相等，则物体将做 向心运动或者离心运动。 第六章 机械运动、机械波错题集 一、主要内容 本章内容包括机械振动、回复力、振幅、周期、频率、简谐振动、受迫振动、共振、 机械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和衍射等基本概念，以及单摆振动的周期规律、 简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系等 规律。 二、基本方法 本章中所涉及到的基本方法有：由于振动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数 学知识的水平，因此对于这部分内容不可能像研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方 向出发描述和研究物体的运动，而是利用图象法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介媒 中的传播过程进行描述与研究。图像法具有形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信息， 在学习时同学们要注意加以体会；另外，在研究单摆振动的过程中，对于单摆所受的回复力 特点的分析，采取了小摆角的近似的处理，这是一种理想化物理过程的方法。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对于诸如机械振动、简谐 运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动等众多的有关振动的概念不能深刻的理解，从 而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波的图象的区别和联系，这主要是由于振动的图 象与波的图象形式上非常相似，一些学生只注意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示 的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。另外，由于一些学生对波的形成过程理解不够 深刻，导致对于波在传播过程中时间和空间的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍 射的发生条件、产生的现象较为抽象，所以一些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现 为抓不住现象的主要特征、产生的条件混淆不清。 例 1 一个弹簧振子，第一次被压缩 x 后释放做自由振动，周期为 T1，第二次被压缩 2x 后释放做自由振动，周期为 T2，则两次振动周期之比 T1∶T2 为 [ ] A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 C．1∶4 【错解】 压缩 x 时，振幅为 x，完成一次全振动的路程为 4x。压缩 2x 时，振幅即为 2x，完成一次全振动的路程为 8x。由于两种情况下全振动的路程的差异，第二次是第一次 的 2 倍。所以，第二次振动的周期一定也是第一次的 2 倍，所以选 B。 【错解原因】 上述解法之所以错误是因为把振子的运动看成是匀速运动或加速度恒 定的匀加速直线运动了。用了匀速或匀加速运动的规律。说明这些同学还是没有掌握振动的 特殊规律。 【分析解答】 事实上，只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹 簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量 m 和弹簧的劲度系数 k 决定的，而与形变大小、也 就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变（m，k 不变），周期就不会改变，所以正 确答案为 A。 【评析】 本题给出的错解是初学者中最常见的错误。产生这一错误的原因是习惯于 用旧的思维模式分析新问题，而不善于抓住新问题的具体特点，这反映了学习的一种思维定 势。只有善于接受新知识、新方法，并将其运用到实际问题中去，才能开阔我们分析、解决 问题的思路，防止思维定势。 例 2 一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平 A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变 C．频率改变，振幅不变 D．频率改变，振幅改变 【错解】 错解一：因为单摆的周期（频率）是由摆长 l 和当地重 变（指平衡位置动能也就是最大动能），由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅 也不变，应选 A。 而振幅与质量、速度无关（由上述理由可知）所以振幅不变，应选 C。 错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所 示理由外，即总能量不变，而因为重力势能 EP=mgh，EP 不变，m 变为原来的 4 倍，h 一 定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选 D。 【错解原因】 此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，而题中提 供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关 系，有什么关系，是应该弄清楚的。 而错解二和错解三中都认为频率不变，这是因为为不清楚决定单摆的因素是摆长 l 和当 地重力加速度 g，而与摆球质量及运动到最低点的速度无关。 错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句的结论上。判断只从能量 不变去看，当 E 总不变时，EP=mgh，m 变大了，h 一定变小。说明有些同学考虑问题还是 不够全面。 【分析解答】 （1）实际上，通过实验我们已经了解到，决定单 单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关， 所以不能选 C，D。 （2）决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析 我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能 EK 的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆 动过程了），势能 EP=mgh 不变，m 大了，h 就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因 此正确答案应选 B。 【评析】 本题的分析解答提醒我们，一是考虑要全面，本题中 m，v 两因素的变化对 确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论依 据，如本题中决定单摆振动的频率 例 3 如图 6-1 所示，光滑圆弧轨道的半径为 R，圆弧底部中点为 O，两个相同的小球 分别在 O 正上方 h 处的 A 点和离 O 很近的轨道 B 点，现同时释放两球，使两球正好在 O 点相碰。问 h 应为多高？ 【错解】 对 B 球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求 B 球到达 O 点的时间： 对 A 球，它做自由落体运动，自 h 高度下落至 O 点 【错解原因】 上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周 期性，因为 B 球在圆形轨道上自 B 点释放后可以做往 上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多个解答中的一个。 对 B 球振动周期 到达 O 点的时间为 显然，前面的解仅仅是当 n=0 时的其中一解而已。 【评析】 在解决与振动有关的问题时，要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有 周期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多个。 例 4 水平弹簧振子，每隔时间 t，振子的位移总是大小和方向都相 【错解】 1．首先排除 A，认为 A 是不可能的。理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可 简化为如图 6-2，O 为平衡位置，假设计时开始时，振子位于 A 点，每隔时间 t，振子的位 移总是大小和方向都相同，所以 t B 之间非 A 即 B 点，而这两点距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等 所以振子的动能总是相同的，所以选 C 是对的。 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。 3．选择 C 是对的。 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。 相反，且对称于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。 3．同错解 3。 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 A．t1＝t2 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．无法判断 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： 【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。 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： v=5m/s． 【错解原因】 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。 【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： 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。 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 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。 =62.5 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。 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 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 错解二：质点 Q（x=9m），经过 0.4s（此处用了正确的周期结果 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 v= （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 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 解得：v=10m/s 选择 C 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 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。 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： N n 0 1 2 3 … 0 4.67 2 1.27 0.933 1 23.3 10 6.36 4.67 2 42 18 11.5 8.4 3 60.7 26 16.6 12.1 … … … … … … 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。 【评析】这是 1996 年一道高考题，当年不少考生考试时也选对了答案，但这些考生 思考问题时有着明显的片面性，只从 n=N 的情况去考虑问题，当 n=N=0 时，4.67m/s， 当 n=N=1 时，v=10m/s，当 n=N=2 时 v=11.5m/s……，把长度的周期性与时间的周期 性混为一谈。若此题的四个选项中变化一个为 v=2m/s（即 n=1，N=0 时），上述思维片 面的考生可能就会漏选，因此，一定要对题目进行全面周到的分析。 第七章 热学错题集 一、主要内容 本章内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。 其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势 能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化 和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等 有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律（包括公式和图象两种描 述方法）。 二、基本方法 本章中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的 形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化 规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气 体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动 的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量 及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的 分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状 态规律应用出现错误；另外，本章中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于 p—V， p—T，V—T 图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜 率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化（内能变化）、体积变化（做功情况） 时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。 例 1 设一氢气球可以自由膨胀以保持球内外的压强相等，则随着气球的不断升高，因 大气压强随高度而减小，气球将不断膨胀。如果氢气和大气皆可视为理想气体，大气的温度、 平均摩尔质量以及重力和速度随高度变化皆可忽略，则氢所球在上升过程中所受的浮力将 ______（填“变大”“变小”“不变”） 【错解】错解一：因为气球上升时体积膨胀，所以浮力变大。 错解二：因为高空空气稀薄，所以浮力减小。 【错解原因】因为浮力的大小等于气球排开大气所受的重力，F=p 空·g·V，当气球升入 高空时，密度 p 减小，体积 V 增大，错解一和二都是分别单一地强调一方面的变化，没有 综合考虑，因此导致错解。 【分析解答】以氢气为研究对象，设地面附近和高空 h 处的压强和体积分别为 p1，p2， V1，V2。因为温度不变，由玻-马定律可知：p1V1=p2V2 以大气为研究对象，在地面附近和高空 h 处的压强和大气密度分别为户 p1，p2（与氢 气对应相等）p1，p2 因为大气密度和压强都与高度 设氢气球在地面附近和高空 h 处的浮力分别为 F1，F2 则 F1=p1·g·V1F2=p2·gV2 所以正确答案为浮力不变。 【评析】如上分析，解决变化问题，需要将各种变化因素一一考虑，而不能单独只看 到一面而忽略另一面。 此题也可以利用克拉珀龙方程求解： 在高度 h 处：对氢气列克拉珀龙方程 对排开空气列克拉珀龙方程 因为 p，V，R，T 均相同 所以联立①②得： 我们知道，空气、氢气的摩尔质量是不变的，此题气球中的氢气质量也是一定的，所 以排开空气的质量不随高度 h 而变，又因为重力加速度也不变（由题目知）所以，气球所 受浮力不变。 利用克拉珀龙方程处理浮力，求解质量问题常常比较方便。 例 2 如图 7-1 所示，已知一定质量的理想气体，从状态 1 变化到状态 2。问：气体对 外是否做功？ 【错解】错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。 错解二：因为 1 状态与 2 状态在一条直线上．而 p-T 坐标上的等容线是直线．所以状 态 1 与状态 2 的体积相等，气体对外不做功。 【错解原因】错解一是不会应用等容线，不知道如何利用 p-V 图比较两个状态的体积， 因而感到无从下手。 错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态 1 和状态 2 在一条直线上，但并不是说 p —T 图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的 状态 1 与状态 2 所在的直线就不是一条等容线。 【分析解答】如图 7-2 所示，分别做出过 1 和 2 的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ 的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则 VⅡ＞VⅠ，即 V2＞V1，所以，从状态 1 变化到状态 2，气体 膨胀对外做功了。 【评析】从此题的解答可以看到，利用图象帮助解决问题，有时是很方便的，但这种 方法首先必须按图象有一个清楚的了解，只有在“识别”图象的基础上，才能准确地“运用” 图像。 例 3 一定质量的理想气体的三个状态在 V-T 图上用 A，B，C 三个点表示，如图 7-3 所示。试比较气体在这三个状态时的压强 pA，pB，pC 的大小关系有：（ ） A．pC＞pB＞pC B．pA＜pC＜pB C．pC＞pA＞pB D．无法判断。 【错解】错解一：因为一定质量的理想气体压强与温度成正比，哪个状态对应的温度 高，在哪个状态时，气体的压强就大，即 TC＞TA＞TB，所以有 pC＞pA＞pB，应选 C。 错解二：因为一定质量的理想气体的压强与体积成反比，体积越大，压强越小，从图 上可以看出：VA＞VC＞VB，所以户 pA＜pC＜pB，应选 B。 【错解原因】以上两种错解，从分析思路上讲都错了，都没有了解到气体状态的三个 参量（p，V，T）之间两两定量关系是有条件的。如压强与温度（当然应为热力学温度 T） 成正比的条件是体积不变，而压强与体积成反比的条件应是温度不变。如果不考虑第三个参 量，而单纯只讲两个参量之间的关系，显然只能导致错误的结果，同时也培养了错误的思考 问题方式，是不可取的。当第三个参量不是定量时，三者之 【分析解答】因为所给的是 V-T 图，A，B，C 三点的温度体积都不一样，要想比较三 个状态的压强，可以利用 V-T 图上的等压线辅助分析。 在 V-T 图上，等压线是一条延长线过原点的直线，可以通过 A，B，C 三点做三条等压 线分别表示三个等压过程，如图 7-4 所示。一定质量的理想气体在等压过程中压强保持不 变，体积与温度成正比，为了比较三个等压线所代表的压强的大小，可以做一条等温线（亦 可作一条等容线，方法大同小异，以下略），使一个等温过程与三个等压过程联系起来，等 温线（温度为 T'）与等压线分别交于 A'，B'，C'，在等温过程中，压强与体积成反比（玻 意耳定律），从图上可以看出：VA'＞VB'＞VC'，所以可以得出结论：pA'＜pB'＜pC’，而 A 与 A'，B 与 B'，C 与 C 分别在各自的等压线上，即 pA=pA'，pB=pB'，pC=pC’，所以可以 得出结论，即 pA＜pB＜pC，所以正确答案为 A。 例 4 如图 7-5，A，B 是体积相同的气缸，B 内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动 的、体积不计的活塞 C，D 为不导热的阀门。起初，阀门关闭，A 内装有压强 p1=2.0×105a 温度 T1=300K 的氮气。B 内装有压强 P2=1.0×105Pa，温度 T2=600K 的氧气。打开阀门 D， 活塞 C 向右移动，最后达到平衡，以 V1 和 V2 分别表示平衡后氮气和氧气的体积，则 V1∶ V2=______（假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽 略） 【错解】开始是平衡状态，未态还是平衡状态，由理想气体状态方 此题答案为 1∶4。 【错解原因】理想气体状态方程或气体定律，针对的对象应为一定质量的理想气体， 而不能是两种（或两部分）气体各自的状态，必须是一定质量的理想气体初、末两种状态之 间满足的关系，上述解法把两部分气体的 p1，p2，T1，T2 与一定质量的气体前后两种状态 的 p1，p'1，T1，T'1 混为一谈，以致出现完全相反的结论。 【分析解答】对于 A 容器中的氮气，其气体状态为： p1=2.0×105pa V1=V T1＝300K P'1=P V'1=V1（题目所设） T'1=T 由气体状态方程可知： 对于 B 容器中的氧气，其气体状态为： p2=1.0×105pa V2＝V T2=600K p'2=p V'2=V2（题目所设） T’2=T 由气态方程可知 联立①②消去 T，V 可得： 此题的正确答案为 V1∶V2=4∶1 【评析】解决有关两部分气体相关联的问题时，要注意两方面的问题。首先，要把两 部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析出初、未状态的 p，V，T 情况，分别列出相 应的方程（应用相应的定律、规律）切不可将两部分气体视为两种状态。 其次，要找出两部分气体之间的联系，如总体积不变，平衡时压强相等，等等。例如 本题中，阀门关闭时两边气体体积相等，阀门打开两边气体压强相等，温度相等，利用这些 关系，可以消去方程中的未知因素，否则，也解不出正确结果。 例 5 如图 7-6 所示，一个横截面积为 S 的圆筒型容器竖直放置，金属圆板 A 的上表 面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为 M，不计圆板 A 与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为 P0，则被圆板封闭在容器中气体的压强 p 等于（ ） 【错解】错解一：因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于 错解三：大气压 p0 可以向各个方向传递，所以气体压强里应包括 p0， 【错解原因】重力产生的压强，压力都应该是垂直于接触面方向，所以重力产生压强 应是重力的分力 Mg/cosθ，而不是 Mg，错解一是对压力这个概念理解不对。 错解二虽然注意到重力的分力 Mg/cosθ产生压强，但没有考虑到面 错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是 Mg/cosθ而不是 Mgcosθ，因为另一 个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图 7-7。所以重 【分析解答】以金属圆板 A 为对象，分析其受力情况，从受力图 7-8 可知，圆板 A 受 竖直向下的力有重力 Mg、大气压力 p0S，竖直向上的 正确答案应为 D。 【评析】正如本题的“分析解答”中所做的那样，确定被活塞封闭的气体的压强的一 般方法是：以活塞为研究对象；分析活塞的受力情况；概括活塞的运动情况（通常为静止状 态），列出活塞的受力方程（通常为受力平衡方程）；通过解这个方程便可确定出气体的压 强。 例 6 如图 7-9 所示，在一个圆柱形导热的气缸中，用活塞封闭了一部分空气，活塞与 气缸壁间是密封而光滑的，一弹簧秤挂在活塞上，将整个气缸悬吊在天花板上。当外界气温 升高（大气压不变）时，（ ） A.弹簧秤示数变大 B.弹簧秤示数变小 C.弹簧秤示数不变 D.条件不足，无法判断 【错解】对活塞进行受力分析，如图 7-10 由活塞平衡条件可知： F=mg+p0S-pS 当外界气温上升时，气体压强增大，所以弹簧秤的接力 F 将变小，所以答案应选 B。 【错解原因】主要是因为对气体压强变化的判断，没有认真细致地具体分析，而是凭 直觉认为温度升高，压强增大。 【分析解答】对活塞受力分析如错解， F=mg+p0S-pS 现在需要讨论一下气体压强的变化。 以气缸为对象受力分析，如图 7-11 因为 M、S、P0 均为不变量，所以，在气体温度变化时，气体的压强不变。而气体在 此过程中作等压膨胀。 由此而知，弹簧秤的示数不变，正确答案为 C。 【评析】通过本题的分析可以看出，分析问题时，研究对象的选取对解决问题方向的 作用是至关重要的。如本题要分析气体压强的变化情况，选取气缸为研究对象比研究活塞要 方便得多。另外如本题只是分析弹簧秤的示数变化，选整个气缸和活塞为研究对象更为方便， 因对气缸加热的过程中，气缸、气体及活塞所受重力不变，所以弹簧秤对它们的拉力就不会 变化，因此弹簧秤的示数不变。 例 7 如图 7-12 所示，两端封闭、粗细均匀的细玻璃管，中间用长为 h 的水银柱将其 分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直放置，两段空气柱长度分别为 l1，l2，已知 l1 ＞l2，如同时对它们均匀加热，使之升高相同的温度，这时出现的情况是：（ ） A．水银柱上升 B．水银柱下降 C．水银柱不动 D．无法确定 【错解】假设两段空气柱的压强 p1，p2 保持不变，它们的初温为 T 当温度升高△T 时，空气柱 1 的体积由 V1 增至 V'1；，增加的体积△V1=V'1-V1，考虑 到空气柱的总长度不变，空气柱 2 的体积从 V2 增至 V'2，且△V2=V'-V2， 由盖·吕萨克定律得： 在 T，△T 都同的情况下，因为 V1＞V2，所以△V1＞△V2，所以，水银柱应向下移动。 选 B。 【错解原因】这道题因为初温一样，又升高相同的温度，所以比较液柱移动，可能有 两种假设，一种为设压强不变，另一种是设体积不变。而上述解法中假定压强不变而导出水 银柱下降这本身就是自相矛盾的。水银柱的移动情况是由水银柱的受力情况决定的，而受力 情况是由两边压强的大小决定的，因此不能假设压强不变。 【分析解答】假定两段空气柱的体积不变，即 V1，V2 不变，初始温度为 T，当温度升 高△T 时，空气柱 1 的压强由 p1 增至 p'1，△p1=p'1-p1，空气柱 2 的压强由 p2 增至 p'2，△ p2= p'2-p2。 由查理定律得： 因为 p2=p1+h＞p1，所以△p1＜△p2，即水银柱应向上移动。所以正确答案应选 A。 【评析】（1）这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而 引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的所而它的受力改变又是手。 （2）压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温 度，压强增量就大。同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少 量大。就本题而言，水银柱将向下移动。 例 8 把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐， 现将活塞缓慢地提升到离水面 H=15m 高处，如图 7-13 所示，求在这过程中外力做功为多 少？（已知活塞面积 S=1.0dm2，大气压户 p0=1.0×105Pa，活塞的厚度和质量不计，取 g=10m/s2） 【错解】把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。 水柱的质量 m=P·S·H，则水柱的重力势能增加 Ep=mgh=p·S·H· Ep=1.1×104J 也就是说，外力需做功 W=Ep=1.1×104J 【错解原因】在大气压 p0=1.0×105pa 的情况下，水柱能上升的最 且 应忽略水蒸气气压的影响），而不是题目中提到的 15m。 【分析解答】在把活塞提升最初的 10m 的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即 在把活塞提升的后 5m 的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即： W2=p0S(H-h,) =5.0×103(J) 则在全过程中外力做功为 W=W1+W2=1.0×104（J），即为正确答案。 【评析】解决物理问题的关键是要分析清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过 程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的 是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上移 15m，但结合大气压强的知识，要分析真 实的物理过程是水并未随之上升 15m，而是只将水提升了 10m。 例 9 如图 7-14 所示，A，B 两容器容积相同，用细长直导管相连，二者均封入压强 为户，温度为 T 的一定质量的理想气体，现使 A 内气体温度升温至 T'，稳定后 A 容器的压 强为多少？ 【错解】因为 A 容器温度升高，所以气体膨胀，有一些会跑到 B 容器中去，假设有△ V 的气体迁移至 B 容器，由气态方程可知： 【错解原因】主要是因为研究对象不清楚。我们知道，应用气体定律（如玻-马定律， 查理定律或气态方程等）时，研究对象应该是一定质量的气体，而本题无论是对于 A 容器， 还是 B 容器，气体的质量都变化。若把△V 做为迁移气体，那么，它所对应的压强、温度参 量，在两个式子中应该是一致的，而上解式①中为（△V，p'T'），式②中为（△V，p，T）， 这显然是矛盾的，是研究对象选择不当造成的。 【分析解答】因为升温前后，A，B 容器内的气体都发生了变化，是变质量问题，我们 可以把变质量问题转化为定质量问题。我们把升温前整个气体分为（V-△V）和（V+△V） 两部分（如图 7-15 所示），以便升温后，让气体（V-△V）充满 A 容器，气体（V+△V）压 缩进 B 容器，于是由气态方程或气体实验定律有： 【评析】气态方程及气体实验定律都只适用于质量一定的理想气体，但对于质量变化 的问题，我们只要巧妙地选取研究对象，便可将变质量问题转化为定质量问题，这是一种处 理问题的重要方法。 例 10 一端封闭一端开口，内径均匀的直玻璃管注入一段 60mm 的水银柱，当管水平 放置达到平衡时，闭端空气柱长 140mm，开口端空气柱长 140mm，如图 7-16 所示。若 将管轻轻倒转后再竖直插入水银槽内，达到平衡时，管中封闭端空气柱 A 长 133mm，如 图 7-17 所示（设大气压强为 1.01325×105Pa（760mmHg），温度保持不变），求槽中 水银进入管中的长度 H=？ 【错解】以水平放置作为初态，以竖直插入水银槽后作为末态，分别对 A，B 两部。 分气体应用玻意耳定律 对 A 气体：pAVA=p'A·V'A 对于 B 气体：pBVB=p'BV'B 因为 p'B=p'A+h=800+60=860(mmHg) 则进入玻璃管中的水银柱长 H=（lA+lB）-（l'A+l'B） H=[（140+140）-（133+123.72）]=23.28（mm） 【错解原因】初看上述解题过程似乎没有问题，实际上，认真分析解题的全过程不难 发现，在玻璃管竖直倒立的过程中，当其还未插入水银槽内时，水银受重力作用要下降，故 封闭端空气柱变长，开口端空气柱变短，说明开口端有空气溢出，即 B 部分气体质量减少 （不是定质量）。这部分研究对象的质量发生了变化，但如仍草率地认为初态水平，末态竖 直插入的这两个状态是质量不变，而应用玻马定律，固而造成上述失误。 【分析解答】把全过程分为两个过程看待。 第一个过程：从水平到竖直尚未插入 对 A 气体：pAVA=p'AV'A 对 B 气体：l'B=(140×2-152)=128(mm) p'B=p0=760(mm) 第二个过程：当玻璃管插入水银槽后 对 A 气体：pA·VA=p''AV''A 可以求得 p''B=（800+60）=860（mmHg） 对 B 气体；初态为竖直尚未插入，未态为已经插入后 p'BV'B=p''BV''B 所以，水银进入管中的水银长度为： H=(140×2-133-133)=34(mm) 【评析】本题与前面的第 8 题类似，都需要分析清楚问题所述情景的真实物理过程。 而有些同学在解题时，只关注已知数值，对某些微妙的变化混然不顾，因此导致思维失误， 以致产生错误解法和答案。 例 11 如图 7-18 所示，一根一端封闭的玻璃管，当 l=0.96m，内有一段长 h1=0.20m 的水银柱。当温度为 t1=27℃，开口端竖直向上时，封闭空气柱 h2=0.60m。问温度至少升 到多高时，水银柱才能从管中全部溢出？（外界大气压相当于 l0=0.76m 高的水银柱产生的 压强） 【错解】以封闭气体为研究对象，其初态：p1=(l0+h1)，V1=h2S 下；末态是水银刚好 完全溢出时的状态：p2=l0，V2=lS T2=？ 【错解原因】上述解答中有一个错误，就是存在“潜在假设”。即认为：水银柱在外 溢过程中，气体体积越大，对应温度越高，当气体充满整个玻璃管（即水银全部溢出）时， 所对应的温度是最高的。事实是： 越高。在水银末溢出前，p 不变，V 越大，T 越大。在水银溢出的过程中，p 减小，V 增大，p·V 的乘积并非一直增大。所以我们在解题的过程中，应找出在什么条件下，pV 的 乘积最大，由此确定相应的温度。 T 越高，假设管中还有长为 X 的水银柱尚未溢出时，pV 值最大，即（l0+x）（l-x）S 的值最大，这是一个数学求极值问题。因为（l0+x）+（l-x）=（l0+l）与 x 的大小无关， 所以由数学知识可知：两数之和为一常数，则当这两数相等时，其乘积最大。 所以：l0+x=l-x 即管内水银柱由 0.20m 溢出到还剩下 0.10m 的过程中，p·V 的乘积越来越大，这一过 程必须是升温的。此后，温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢， 直至完全溢出。由气态方程： 代入数据得：T2=385.2K。 例 12 如图 7-19 所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞 A 与 B 封 住一定质量的理想气体，A，B 都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A 的质量可不 计，B 的质量为 M，并与一劲度系数 k=5×103N/m 的较长的弹簧相连，已知大气压强 p0=1 ×105Pa，平衡时，两活塞问的距离 l0=0.6m，现用力压 A，使之缓慢向下移动一定距离后， 保持平衡，此时，用于压 A 的力 F=5×102N, 求活塞 A 向下移动的距离。（假定气体温度 保持不变） 【错解】设活塞 A 向下移动的距离为 l，对封闭气体列玻-马定律： 由胡克定律可知： F+Mg=kx ② 由于 B 的质量 M 没有给出具体数据，只能由①②两式联系解得一个数值，其中带有质 量 M。 【错解原因】这是一道力热综合题，应根据活塞的力学特征和气体的热学特征分别应 用力学规律和热学规律求解。上述题解对气体的分析是正确的，但对活塞的分析是错的。用 胡克定律表达式中 F=kx 中，x 若为压缩量，则 F 为受到的压力，x 若为增加的压缩量，则 F 为增加的压力，F 与 x 要相对应。 【分析解答】设活塞 A 向下移动 l，相应 B 向下移动 x，对气体分析：初态：p1=p0 V1=l0S 由玻-意耳定律：p1V1=p2V2 初态时，弹簧被压缩量为 x'，由胡克定律： Mg=kx'② 当活塞 A 受到压力 F 时，活塞 B 的受力情况如图 7-20 所示。F'为此时弹簧弹力 由平衡条件可知 p0S+F'=p0S+F+Mg③ 由胡克定律有： F'=k(x+x')④ 联立①②③④解得： l=0.3m。 例 13 内径均匀的 U 型细玻璃管一端封闭，如图 7-2 所示，AB 段长 30mm，BC 段 长 10mm，CD 段长 40mm，DE 段充满水银，DE=560mm，AD 段充满空气，外界大气 压 p0=1，01325×105Pa=760mmHg，现迅速从 E 向上截去 400mm，长玻璃管，平衡后 管内空气柱的长度多大？ 【错解】当从下面截去 400mm 后，空气柱的压强变了，压强增大，在等温条件下， 体积减小，根据玻意耳定律。 初态：p1=(760-560)=200mmHg V1=(300+100+400)S=800S(mm3) 末态：p2=(760-160)=600(mmHg) V2=？ 解得：l2=267mm 即空气柱的长度为 267mm。 【错解原因】上述解答看起来没有什么问题，实际上，稍微思考一下，就会发现，答 案不合理。因为解答结果认为空气柱的长度 267mm，而 AB 段的总长度为 300mm，这样 就意味着水银柱可能进入 AB 管，而如果水银进入横着的 BC 管，压强就不再是（760-160） =600mmHg，因此，答案就不对了。 【分析解答】首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。 （1）是否会停留在右侧竖直管内。 由前面的分析可知是不可能的。 （2）是否会有部分水银柱留在竖直 CE 管中，即如图 7-22 所示情况，由玻意耳定律 可知 200×800S=（760-x）[300+100-（160-x）]S 160000=（760-x）（240+x） 解得：x1=40cm x2=560mm 两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。 （3）是否会出现水银柱充满 BC 管的情况，如图 7-23 所示。 由玻意耳定律可知： 200×800S=（760+60）·l2·S 解得 l2=195mm 结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可 以知道 l2=240mm，可见这种情况是不可能的。 （4）设水银柱部分进入 BA 管，部分留在 BC 管中，如图 7-24 所示。 由玻意耳定律可知 200×800S=[760+（300-l2）]·l2S 因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为 182.3mm。 【评析】通过本题的分析解答可看出，对于一个具体的物理问题，不能仅观注已知的 数据，更要对题目所述的物理过程进行全面的分析，以确定出问题的真实物理过程。同时可 以看到，真实物理过程的判断，又是以具体的已知条件及相应的物理规律为基础的，而不是 “想当然”地捏造物理过程。 例 14 圆柱形气缸筒长 2l，截面积为 S，缸内有活塞，活塞可以沿缸壁无摩擦不漏气 的滑动，气缸置于水平面上，缸筒内有压强为 p0，温度为 T0 的理想气体，气体体积恰好占 缸筒容积的一半，如图 7－25 所示。此时大气压也是 p0，弹簧的劲度系数为 k，气缸与地 面的最大静摩擦力为 f，求： （1）当 kl＜f，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体温度是多少？ （2）当 kl＞f，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体的温度又是多少？ 【错解】（1）以整体为对象。∵kl＜f，所以在活塞移至缸口时（此时弹簧弹力为 kl）， 系统始终静止。 以活塞为对象，末态受力如图 7－26 所示。 由平衡条件可知：p2S=p0S+kl 以气体为对象，p1=p0 V1=ls T1=T0 （2）当 kl＞f 时，气缸要滑动 解法一：与（1）解法类似 对活塞受力分析如图 7－26 所示 其余解法与（1）相同，答案也与（1）相同，说明两种情况没有区别。 解法二：以活塞为对象受力分析如图 7－27 p2S+f=kl+p0S 【错解原因】此题第一问解法及答案均正确。错误主要发生在第二问：（1）没有详细 地分析 kl＞f 情况下气缸，活塞的运动，而是套用了第一问解题的思路，分不清 kl＜f 与 kl ＞f 在此题中的本质区别。（2）解法 2 对活塞受力分析出现了气缸受力 f，导致错误。 【分析解答】第一问如上所述，略。 第二问，当 kl＞f，就意味着弹簧压缩到一定程度，设压缩量为 x，即 kx=f 处，就不 继续压缩，这之后，气缸开始滑动，而气体则做等压升温膨胀。 气体的变化可以分为三种状态两个过程，如图 7－28 所示。 第一个过程：甲态→乙态，p，V，T 都变。 而丙态的压强与乙态相同， 第二个过程：从甲态→丙态应用气态方程 【评析】 例 15 如图 7-29 所示，左端封闭，右端开口的均匀 U 型管中用水银封有一段长 150mm 的空气柱。左臂总长为 250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求 空气柱的长度。（设大气压为 750mmHg） 【错解】此题是属于气体在等温情况下压强和体积的变化的题，可以利用玻意耳定律 求解。 初态：p1=（750+100）=850（mmHg） V1=150S（cm3） 设倒转后左臂空气柱长度增加 x，如图 7－30 所示， 则末态：p2=（750-100-2x）=（650-2x）（mmHg） V2=（150+x）S（cm3） 由玻意耳定律有：p1V1=p2V2 即：850×150S=（650-2x）（150+x）S 整理得：2x2-350x+30000=0 由数学知识可知，当△=b2-4ac=3502-4×2×3000＜0，方程无解。所以，这道题是一 道没有解的题。 【错解原因】在解题时，之所以出现这样的情况，是因为解题者的思维是势导致的错 误，上述解法是从空气柱仍在左臂的假设出发的，难道空气就不能进到右臂？显然，认为空 气柱仍在左臂的假设是需要重新考虑的。 【分析解答】在左臂原有空气柱长 150mm 的情况下，两管之间的水银柱的高度差与 U 型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能 进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？ 设初始左、右两臂水银面高度差为 h，倒转后空气柱仍在左臂（如图 7-31）则：由玻 意耳定律有： （750+h）×150S=（750-h-2x）（150+x）S 整理得：2x2+（h-450）x+300h=0 当△=b2-4ac≥0 时，方程有实数解，即 （h-450）2-4×2×300h≥0 解得：h≤62.5mm 也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于 62.5mm 时，倒转后空气柱才可能仍 留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为 100mm＞62.5mm，因此，U 型管倒转后空 气柱会进入右臂。 设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图 7－32 所示，末状态变为：V2= （250+y）S p2=（750-30）=450（mmHg） 根据玻意耳定律： 850×150S=450×（250+y）S 解得：y=33.3mm 则空气柱的长度为：l=（250+33.3）=283.3（cm）。 【评析】对于一道物理习题，应该从每个数值的物理意义去分析问题，而不能只单纯 从数学运算的角度去制定。 例 16 容积 V=201 的钢瓶充满氧气后，压强为 p=30 个大气压，打开钢瓶阀门，让 氧气分装到容积为 V'=51 的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶中的氧气压强 均为 P'=2 个大气压。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数 是： [ ] A．4 瓶 B．50 瓶 C．56 瓶 D．60 瓶 【错解】设可充气的瓶子数最多为 n，利用玻意耳定律得： pV=np'V' 所以答案应为 D。 【错解原因】上述解答中，认为钢瓶中的气体全部充入到小瓶中去了，事实上当钢瓶 中气体的压强随着充气过程的进展而下降，当钢瓶中的气体压强降至 2 个大气压时，已无 法使小瓶继续充气，达到 2 个大气压，即充最后一瓶后，钢瓶中还剩下一满瓶压强为 2 个 大气压的气体。 【分析解答】设最多可装的瓶子数为 n，由玻意耳定律得： pV=p'V+np'V' 解得：n=56（瓶） 所以本题的正确答案为 C。 【评析】解答物理问题时我们不仅要会用数学方法进行处理，同时还要考虑到物理问 题的实际情况。任何物理问题的数学结果都要接受物理事实的制约，因此在学习中切忌将物 理问题纯数学化。 例 17 一个绝热气缸，压缩活塞前容积为 V，内部气体的压强为 p， [ ] C．大于 6p D．小于 6p 【错解】因为气缸是绝热的，所以压缩过程为等温变化，由玻意耳 所以应该选 B。 【错解原因】错误主要是把绝热和等温等同起来，认为绝热就是温度不变，这是解决 热学问题中常见的错误。实际上改变内能的方式有两种，即热传递和做功，不能认为没有热 传递内能就不改变。 【分析解答】因为气缸绝热，所以热传递 Q=0，而现用力将活塞推进，使体积减小， 即外力对气体做功了，也就是气体的温度升高了，由气态方程可知 pV=cT，只有当 p'＞6p 时，pV 乘积才可能是增加的。 所以 B 不对。正确答案应选 C。 【评析】本题在分析清楚“推进活塞时气体做功→气体内能增加→气体温度升高”这 一关系的基础上，也可用气态方程做出判断：p1=p， 例 18 下列说法中正确的是 [ ] A．温度低的物体内能小 B．温度低的物体分子运动的平均速率小 C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加 【错解】错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选 A 而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选 B。 错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定， 随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式 【错解原因】错解一是没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能和势能的总和。温 度低只表示物体分子平均动能小，而不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的 总和不一定也小，所以选项 A 是错的。 实际上因为不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速度有关，也与分子质量有关， 单从一方面考虑问题是不够全面的，所以错解二选项 B 也是错的。 错解三的原因是混淆了微观分子无规则运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动能 只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子均参与物体的整体、有规 则的运动，这时物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则运动的剧烈情况就要 加剧。从本质上说，分子无规则运动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运动 情况无关。 【分析解答】由于物体内能的变化与两个因素有关，即做功和热传递两方面。内能是 否改变要从这两方面综合考虑。若做功转化为物体的内能等于或小于物体放出的热量，则物 体的内能不变或减少。即外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，选项 D 是正确的。 【评析】 例 19 如图 7-33 所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，密闭住一段理想气体，其 状态参量为 p0，V0，T0，在与外界无热交换的情况下，先压缩气体到 p1，V1，T1 状态，再 让气体膨胀到 p2，V2，T2 状态，若 V1＜V0＜V2， 则 [ ] A．T1＞T0＞T2 B．T1=T0=T2 C．T1＜T0＜T2 D．无法判断 关系。此题只提供了体积之间的关系，而没有压强 p1，p2，p3 的大小关系，从题目上 看，压强也不相等，所以无法判断，应选 D。 【错解原因】主要原因没有进一步挖掘题目给出的条件，即“与外界无热交换”这个 条件，若注意到这点，必有收获。 【分析解答】从题目给出的条件，V1＜V0＜V2 和“与外界无热交换”，根据热力学第 一定律，我们可以知道，从 V0→V1 的过程，气体体积减小，外界对气体做功，而系统吸放 热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度增加，所以 T1＞T0。从状态 1 经 过状态 0 到状态 2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以 T0＞T2， 结果为 T1＞T0＞T2。本题的正确答案为 A。 【评析】 例 20 将一装有压缩空气的金属瓶的瓶塞突然打开，使压缩空气迅速跑出，当瓶内气 体压强降至等于大气压 p0 时，立即盖紧瓶塞，过一段时间后，瓶内压强将：（设瓶外环境 温度不变） [ ] A．仍为 p0 B．大于 p0 C．小于 p0 D．无法确定 【错解】由于是在内外气压相等的情况下塞上瓶塞的，所以过一段时间后，内外压强 应该仍然相等，所以答案应该选 A。 【错解原因】上述解答中没有从热力学规律出发，不能把生活语言，如“突然”，“空 气迅速跑出”等词语，“翻译”成“物理语言”。上述表达的物理语言可表述为：压缩气体 对外做功，与外界来不及进行热交换，即所谓的绝热过程。另外就是“过一段时间”，这是 一个可能有热交换的过程，因为瓶子是金属的，金属一般都是热的良导体。上述错误正是因 为没有分析这两个热力学过程所致。 【分析解答】拔开瓶塞，瓶内空气急速膨胀跑出来，这是一个近似的绝热膨胀过程， 气体对外做功。根据热力学第一定律，气体的内能一定减少，即温度迅速降低。由于是在室 温下拔开瓶塞的，所以瓶内气体的温度一定低于室温。当瓶内外气体压强相等后，塞上瓶塞， 立刻又出现了一个新的热力学过程，由于瓶内气温低于室温，必将有热量从外界传向瓶内空 气，使瓶内空气的温度升高，瓶内空气的压强也就随着温度的升高而增大。所以，正确答案 应为 B。 【评析】解此类题时要注意把握住题设的关键词所反映的隐含条件，注意分析物理过 程，而只是根据自己的生活经验想当然一般是要出错的。 第八章 电场错题集 一、主要内容 本章内容包括电荷、电场、电场力、电场强度、电场线、电势、电势差、电场力功、 电容器、电容的定义和平行板电容器电容的决定条件等基本概念，以及库仑定律、静电感应、 电场强度与电势差的关系、带电粒子在电场中的运动规律等。 二、基本方法 本章涉及到的基本方法有，运用电场线、等势面几何方法形象化地描述电场的分布； 将运动学动力学的规律应用到电场中，分析解决带电粒子在电场中的运动问题、解决导体静 电平衡的问题。本章对能力的具体要求是概念准确，不乱套公式懂得规律的成立条件适用的 范围。从规律出发进行逻辑推理，把相关知识融会贯通灵活处理物理问题。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不善于运用电场线、等势 面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对静电平衡内容理 解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。 例 1 如图 8－1 所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电 场中的轨迹，若电荷是从 a 处运动到 b 处，以下判断正确的是： [ ] A．电荷从 a 到 b 加速度减小 B．b 处电势能大 C．b 处电势高 D．电荷在 b 处速度小 【错解】 由图 8－1 可知，由 a→b，速度变小，所以，加速度变小，选 A。因为检验电荷带负 电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以 b 处电势高于 a 点，选 C。 【错解原因】 选 A 的同学属于加速度与速度的关系不清；选 C 的同学属于功能关系不清。 【分析解答】由图 8－1 可知 b 处的电场线比 a 处的电场线密，说明 b 处的场强大于 a 处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在 b 处的加速度大于在 a 处的加速度，A 选项错。 由图 8－1 可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即 Fe≠0，且 Fe 的方 向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电 场线方向为电势降低最快的方向”判断 a，b 处电势高低关系是 Ua＞Ub，C 选项不正确。 根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于 90°，可知电场力对检验电荷做负功。 功是能量变化的量度，可判断由 a→b 电势能增加，B 选项正确；又因电场力做功与路径无 关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D 选项正确。 【评析】理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现 高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度 与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功（重力功）与电势能（重力势能）变化 的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件， 鉴别似是而非的说法。 例 2 将一电量为 q=2×106C 的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功 4 ×10-5J，求 A 点的电势。 【错解】 【错解原因】 错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式 W=qU 中，U 系 指电场中两点间的电势差而不是某点电势。 【分析解答】 解法一：设场外一点 P 电势为 UP 所以 UP=0，从 P→A，电场力的功 W=qUPA，所以 W=q（UP-UA）， 即 4×10-5=2×10-6（0-UA） UA=－20V 解法二：设 A 与场外一点的电势差为 U，由 W=qU， 因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所以 UA= －20V 【评析】 公式 W=qU 有两种用法：（1）当电荷由 A→B 时，写为 W=qUAB=q(UA-UB)，强调 带符号用，此时 W 的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；（2）W，q， U 三者都取绝对值运算，如“解法二”，但所得 W 或 U 得正负号需另做判断。建议初学者 采用这种方法。 例 3 点电荷 A 和 B，分别带正电和负电，电量分别为 4Q 和 Q，在 AB 连线上，如图 8－2，电场强度为零的地方在 [ ] A．A 和 B 之间 B．A 右侧 C．B 左侧 D．A 的右侧及 B 的左侧 【错解】 错解一：认为 A，B 间一点离 A，B 距离分别是 2r 和 r，则 A，B 错解二：认为在 A 的右侧和 B 的左侧，由电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能 抵消，选 D。 【错解原因】 错解一忽略了 A，B 间 EA 和 EB 方向都向左，不可能抵消。 错解二认为在 A 的右侧和 B 的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能 抵消，却没注意到 A 的右侧 EA 总大于 EB，根本无法抵消。 【分析解答】 因为 A 带正电，B 带负电，所以只有 A 右侧和 B 左侧电场强度方向相反，因为 QA＞ QB，所以只有 B 左侧，才有可能 EA 与 EB 等量反向，因而才可能有 EA 和 EB 矢量和为零的情 况。 【评析】 解这类题需要的基本知识有三点：（1）点电荷场强计算公式 点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。 例 4 如图 8-3 所示，QA=3×10-8C，QB=-3×10-8C，A，B 两球相距 5cm，在水平方 向外电场作用下，A，B 保持静止，悬线竖直，求 A，B 连线中点场强。（两带电小球可看 作质点） 【错解】 以 A 为研究对象，B 对 A 的库仑力和外电场对 A 的电场力相等，所 AB 中点总场强 E 总=E+EA+EB=E 外=1.8×105（N/C），方向向左。 【错解原因】 在中学阶段一般不将 QB 的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场 做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向， 【分析解答】 以 A 为研究对象，B 对 A 的库仑力和外电场对 A 的电场力平衡， E 外方向与 A 受到的 B 的库仑力方向相反，方向向左。在 AB 的连线中点处 EA，EB 的 方向均向右，设向右为正方向。则有 E 总=EA+EB-E 外。 【评析】 本题检查考生的空间想象能力。对于大多数同学来说，最可靠的办法是：按照题意作 出 A，B 的受力图。从 A，B 的电性判断点电荷 A，B 的场强方向，从 A 或 B 的受力判断外 加匀强电场的方向。在求合场强的方向时，在 A，B 的连线中点处画出每一个场强的方向， 最后再计算。这样做恰恰是在按照物理规律解决问题。 例 5 在电场中有一条电场线，其上两点 a 和 b，如图 8－4 所示，比较 a，b 两点电 势高低和电场强度的大小。如规定无穷远处电势为零，则 a，b 处电势是大于零还是小于零， 为什么？ 【错解】 顺电场线方向电势降低，∴Ua＞Ub，因为无穷远处电势为零，顺电场线方向电势降低， ∴Ua＞Ub＞0。 【错解原因】 由于把所给电场看成由正点电荷形成的电场，认为从正电荷出发，顺电场线电势逐渐 减小到零，从而得出 Ua，Ub 均大于零。 【分析解答】 顺电场线方向电势降低，∴Ua＞Ub，由于只有一条电力线，无法看出电场线疏密，也 就无法判定场强大小。同样无法判定当无穷远处电势为零时，a，b 的电势是大于零还是小 于零。若是由正电荷形成的场，则 Ea＞Eb，Ua＞Ub＞0，若是由负电荷形成的场，则 Ea＜ Eb，0＞Ua＞Ub。 【评析】 只有一条电场线，可以判定各点电势高低，但无法判定场强大小及电势是否大于零。 例 6 如图 8－5 所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应， 在 a，b 端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是： A．闭合 K1，有电子从枕型导体流向地 B．闭合 K2，有电子从枕型导体流向地 C．闭合 K1，有电子从地流向枕型导体 D．闭合 K2，没有电子通过 K2 【错解】枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过 K2。选 D。 【错解原因】 由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒 的，便错选答案 D。 【分析解答】 在 K1，K2 都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b 出现的负、正电荷等量。 当闭合 K1，K2 中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此， 导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a 端仍 为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭 K1 还是 K2，都是有电子从地流向导体， 应选答案 C。 【评析】 在解决此类静电平衡问题时，对电荷守恒的理解应为： 电荷守恒定律有相对性，一个物理过程中，某个物体或某些物体的电荷并不守恒，有 增或有减，而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增，其中的增量和减量必定相等， 满足全范围内的守恒。即电荷是否守恒要看是相对于哪一个研究对象而言。 电荷守恒是永恒的，是不需要条件的。电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一。 在应用这个定律时，只要能够全面地考察参与电荷转移的物体，就有了正确地解决问题的基 础。 例 7 如图 8-6 所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 与 b，其壳层的厚度 和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为 l，为球半径的 3 倍。若使 它们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为 Q，那么，a、b 两球之间的万有引力 F 引 库仑力 F 库分别为： 【错解】 （1）因为 a，b 两带电球壳质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也 可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选 A。 （2）依题意，a，b 两球中心间的距离只有球半径的 3 倍，它们不能看作质点，也不 能看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也不能用库仑定律 计算它们之间的静电力，故其正确答案应选 B。 【错解原因】 由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生了上述两种典 型错解，因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体，而本题中由于 a，b 两球所带异种电 荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因 两球心间的距离 l 只有其半径 r 的 3 倍，不满足 l＞＞r 的要求，故不能将两带电球壳看成点 电荷，所以不能应用库仑定律。 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离 l 只有其半径 r 的 3 倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可 以应用万有引力定律。 综上所述，对于 a，b 两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑 定律的适用条件，故只有选项 D 正确。 【评析】 用数学公式表述的物理规律，有它的成立条件和适用范围。也可以说物理公式是对应 着一定的物理模型的。应用物理公式前，一定要看一看能不能在此条件下使用该公式。 例 8 如图 8-7 中接地的金属球 A 的半径为 R，A 点电荷的电量 Q，到球心距离为 r， 该点电荷的电场在球心 O 处的场强等于： [ ] 【错解】 根据静电平衡时的导体内部场强处处为零的特点，Q 在 O 处场强为零，选 C。 【错解原因】 有些学生将“处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零”误认为是指 Q 电荷电场 在球体内部处处为零。实际上，静电平衡时 O 处场强 相等，方向相反，合场强为零。 【分析解答】 静电感应的过程，是导体 A（含大地）中自由电荷在电荷 Q 所形成的外电场下重新分 布的过程，当处于静电平衡状态时，在导体内部电荷 Q 所形成的外电场 E 与感应电荷产生 的“附加电场 E'”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强 E 与附加电场的 场强 E'大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零。即 E 内=0。 【评析】 还应深入追究出现本题错解的原因：只记住了静电平衡的结论，对静电平衡的全过程 不清楚。要弄清楚“导体进入电场，在电场力的作用下自由电子定向移动，出现感应电荷的 聚集，进而形成附加电场”开始，直到“附加电场与外电场平衡，使得导体内部的场强叠加 为零，移动自由电子电场力为零。”为止的全过程。 例 9 如图 8-8 所示，当带正电的绝缘空腔导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接时，问验电器是否带电？ 【错解】 因为静电平衡时，净电荷只分布在空腔导体的外表面，内部无静电荷，所以，导体 A 内部通过导线与验电器小球连接时，验电器不带电。 【错解原因】 关键是对“导体的外表面”含义不清，结构变化将要引起“外表面”的变化，这一点 要分析清楚。错解没有分析出空腔导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接后，验电 器的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构。A 和 B 形成一个整体，净电 荷要重新分布。 【分析解答】 当导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接时，导体 A 和验电器已合为一个整体， 整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，必有净电荷从 A 移向 B，所以验电器 带正电。 【评析】 一部分同学做错这道题还有一个原因，就是知识迁移的负面效应。他们曾经做过一道 与本题类似的题：“先用绝缘金属小球接触带正电的绝缘空腔导体 A 的内部，然后将绝缘 金属小球移出空腔导体 A 与验电器的小球 B 接触，验电器的金箔不张开。”他们见到本题 就不假思索地选择了不带电的结论。“差异就是矛盾，”学习中要善于比较，找出两个问题 的区别才方能抓住问题的关键。这两道题的差异就在于：一个是先接触内壁，后接触验电器 小球；另一个是正电的绝缘空腔导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接。进而分析 这种差异带来的什么样的变化。生搬硬套是不行的。 例 10 三个绝缘的不带电的相同的金属球 A，B，C 靠在一起，如图 8-9 所示，再将 一个带正电的物体从左边靠近 A 球，并固定好，再依次拿走 C 球、B 球、A 球，问：这三 个金属球各带什么电？并比较它们带电量的多少。 【错解】 将带正电的物体靠近 A 球，A 球带负电，C 球带正电，B 球不带电。将 C，B，A 三球 依次拿走，C 球带正电，B 球不带电，A 球带负电，QA=QC。 【错解原因】 认为将 C 球拿走后，A，B 球上所带电量不改变。其实，当 C 球拿走后，A，B 球原来 的静电平衡已被破坏，电荷将要重新运动，达到新的静电平衡。 【分析解答】 将带正电的物体靠近 A，静电平衡后，A，B，C 三球达到静电平衡，C 球带正电，A 球带负电，B 球不带电。当将带正电的 C 球移走后，A，B 两球上的静电平衡被打破，B 球 右端电子在左端正电的物体的电场的作用下向 A 运动，形成新的附加电场，直到与外电场 重新平衡时为止。此时 B 球带正电，A 球所带负电将比 C 球移走前多。依次将 C，B，A 移 走，C 球带正电，B 球带少量正电，A 球带负电，且 A 球带电量比 C 球带电量多。 |QA|=|QB|+|QC| 【评析】 在学习牛顿第二定律时，当外力发生变化时，加速度就要发生变化。这种分析方法不 仅适用于力学知识，而且也适用于电学知识，本题中移去 C 球，电场发生了变化，电场力 相应的发生了变化，要重新对物理过程进行分析，而不能照搬原来的结论。 例 11 如图 8-10 所示，当带电体 A 靠近一个绝缘导体 B 时，由于静电感应，B 两端 感应出等量异种电荷。将 B 的左端接地，绝缘导体 B 带何种电荷？ 【错解】 对于绝缘体 B，由于静电感应左端带负电，右端带正电。左端接地，左端电荷被导走， 导体 B 带正电。 【错解原因】 将导体 B 孤立考虑，左端带负电，右端带正电，左端接地后左边电势比地电势低，所 以负电荷将从电势低处移到电势高处。即绝缘体 B 上负电荷被导走。 【分析解答】 因为导体 B 处于正电荷所形成的电场中，而正电荷所形成的电场电势处处为正，所以 导体 B 的电势是正的，UB＞U 地；而负电荷在电场力的作用下总是从低电势向高电势运动， B 左端接地，使地球中的负电荷（电子）沿电场线反方向进入高电势 B 导体的右端与正电荷 中和，所以 B 导体将带负电荷。 例 12 如图 8－11 所示，质量为 m，带电量为 q 的粒子，以初速度 v0，从 A 点竖直 向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中 B 点时，速率 vB=2v0，方向 与电场的方向一致，则 A，B 两点的电势差为： 【错解】 带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，根据动能定理，电场力所做的 功等于带电粒子动能的增量，电势差等于动能增量与电量 Q 的比值，应选 D。 【错解原因】 带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，则粒子在竖直方向将保持有速 度 v0，粒子通过 B 点时不可能有与电场方向一致的 2v0，根据粒子有沿场强方向的速度 2v0， 则必是重力作用使竖直向上的速度变为零。如一定不考虑粒子重力，这只有在电场无限大， 带电粒子受电场力的作用，在电场方向上的速度相比可忽略不计的极限状态，且速度沿电场 方向才能成立。而本题中 v0 与 vB 相比不能忽略不计，因此本题应考虑带电粒子的重力。 【分析解答】 在竖直方向做匀减速直线运动 2gh=v02① 根据动能定理 【评析】 根据初、末速度或者运动轨迹判断物体的受力情况是解决与运动关系问题的基本功。 即使在电学中，带电粒子的运动同样也要应用这个基本功。通过这样一些题目的训练，多积 累这方面的经验，非常必要。 例 13 在边长为 30cm 的正三角形的两个顶点 A，B 上各放一个带电小球，其中 Q1=4 ×10-6 Q2=-4×10-6C，求它们在三角形另一顶点 C 处所产生的电场强度。 【错解】 C 点的电场强度为 Q1，Q2 各自产生的场强之和，由点电荷的场强公式， ∴E=E1+E2=0 【错解原因】 认为 C 点处的场强是 Q1，Q2 两点电荷分别在 C 点的场强的代数和。 【分析解答】 计算电场强度时，应先计算它的数值，电量的正负号不要代入公式中，然后根据电场 源的电性判断场强的方向，用平行四边形法求得合矢量，就可以得出答案。 由场强公式得： C 点的场强为 E1，E2 的矢量和，由图 8－12 可知，E，E1，E2 组成一个等边三角形， 大小相同，∴E2=4×105（N／C）方向与 AB 边平行。 例 14 置于真空中的两块带电的金属板，相距 1cm，面积均为 10cm2，带电量分别为 Q1=2×10-8C，Q2=-2×10-8C，若在两板之间的中点放一个电量 q=5×10-9C 的点电荷，求 金属板对点电荷的作用力是多大？ 【错解】 点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由 【错解原因】 库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近， 不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。 【正确解答】 两个平行带电板相距很近，其间形成匀强电场，电场中的点电荷受到电场力的作用。 【评析】 如果以为把物理解题当作算算术，只要代入公式就完事大吉。那就走入了学习物理的 误区。 例 15 如图 8－14，光滑平面上固定金属小球 A，用长 l0 的绝缘弹簧将 A 与另一个金 属小球 B 连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为 x1，若两球电量各漏掉一半，弹 簧伸长量变为 x2，则有：（ ） 【错解】 故选 B 【错解原因】 错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。 【分析解答】 由题意画示意图，B 球先后平衡，于是有 【评析】 r 常指弹簧形变后的总长度（两电荷间距离）。 例 16 有两个带电量相等的平行板电容器 A 和 B，它们的正对面积之比 SA∶SB=3∶1， 板长之比∶lA∶lB=2∶1，两板距离之比 dA∶dB=4∶1，两个电子以相同的初速度沿与场强垂 直的方向分别射入两电容器的匀强电场中，并顺利穿过电场，求两电子穿越电场的偏移距离 之比。 【错解】 【错解原因】 把电容器的电压看成是由充电电量和两板正对面积决定而忽视了板间距离对电压的影 响，所以电压比和偏离比都搞错了。 【分析解答】 【评析】 高考中本题只能作为一道选择题（或填空题）出现在试卷上。很多考生为了腾出时间 做大题，急急忙忙不做公式推导，直接用数字计算导致思考问题不全面，以至会做的题目得 不到分。同时按部就班解题，养成比较好的解题习惯，考试时就会处变不惊，稳中求准，稳 中求快。 例 17 如图 8－15 所示，长为 l 的绝缘细线，一端悬于 O 点，另一端连接一质量为 m 的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在 O 点 向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子 O′在竖直平面内作 圆周运动，求 OO′长度。 【错解】 摆球从 A 落下经 B 到 C 的过程中受到重力 G，绳子的拉力 T 和电场力 F 电三个力的作 用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理 摆球到达最低点时，摆线碰到钉子 O′后，若要小球刚好绕钉子 O′在竖直平面内做圆周 运动，如图 8－16。则在最高点 D 应满足： 从 C 到 D 的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律 【错解原因】 考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题 思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。小球同时受到重 力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点 的思维定势的影响，没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向 上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点。而本题中，“最高点”则是重力与 电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。 【正确解答】 本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与 路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图 8－17 所示， ∴θ=60°。 开始时，摆球在合力 F 的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从 A 点运动到 B 点， 由图 8－17 可知，△AOB 为等边三角形，则摆球从 A 到 B，在等效力场中，由能量守恒定 律得： 在 B 点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分 量 v2 变为零，切向分量 接着摆球以 v1 为初速度沿圆弧 BC 做变速圆周运动，碰到钉子 O′后，在竖直平面内做 圆周运动，在等效力场中，过点 O′做合力 F 的平行线与圆的交点为 Q，即为摆球绕 O′点做 圆周运动的“最高点”，在 Q 点应满足 过 O 点做 OP⊥AB 取 OP 为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得： 【评析】 用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学 习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压（电流） 等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路 径无关。 例 18 在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度 v 垂直电场线射入电场， 在穿越电场的过程中，粒子的动能由 Ek 增加到 2Ek，若这个带电粒子以速度 2v 垂直进入该 电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？ 【错解】 设粒子的的质量 m，带电量为 q，初速度 v；匀强电场为 E，在 y 方向的位移为 y，如 图 8—18 所示。 【错解原因】 认为两次射入的在 Y 轴上的偏移量相同。实际上，由于水平速度增大带电粒子在电场 中的运动时间变短。在 Y 轴上的偏移量变小。 【分析解答】 建立直角坐标系，初速度方向为 x 轴方向，垂直于速度方向为 y 轴方向。设粒子的的 质量 m，带电量为 q，初速度 v；匀强电场为 E，在 y 方向的位移为 y。速度为 2v 时通过 匀强电场的偏移量为 y′，平行板板长为 l。 由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动。 两次入射带电粒子的偏移量之比为 【评析】 当初始条件发生变化时，应该按照正确的解题步骤，从头再分析一遍。而不是想当然 地把上一问的结论照搬到下一问来。由此可见，严格地按照解题的基本步骤进行操作，能保 证解题的准确性，提高效率。其原因是操作步骤是从应用规律的需要归纳出来的。 例 19 A，B 两块平行带电金属板，A 板带负电，B 板带正电，并与大地相连接，P 为 两板间一点。若将一块玻璃板插入 A，B 两板间，则 P 点电势将怎样变化。 【错解】 UpB=Up-UB=Ed 电常数ε增大，电场强度减小，导致 Up 下降。 【错解原因】 没有按照题意画出示意图，对题意的理解有误。没有按照电势差的定义来判断 PB 两点 间电势差的正负。 【分析解答】 按照题意作出示意图，画出电场线，图 8－19 所示。 我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以 UpB=Up-UB ＜0，B 板接地 UB=0 UBp=UB-Up=0-Up Up=-Ed 常数ε增大，电场强度减小，导致 Up 上升。 【评析】 如何理解 PB 间的电势差减小，P 点的电势反倒升高呢？请注意，B 板接地 Up＜0，PB 间的电势差减小意味着 Up 比零电势降落得少了。其电势反倒升高了。 例 20 如图 8－20 电路中，电键 K1，K2，K3，K4 均闭合，在平行板电容器 C 的极板 间悬浮着一带电油滴 P， （1）若断开 K1，则 P 将__________； （2）若断开 K2，则 P 将________； （3）若断开 K3，则 P 将_________； （4）若断开 K4，则 P 将_______。 【常见错解】 (1）若断开 K1，由于 R1 被断开，R2 上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则 P 将向下加速运动。 （2）若断开 K2，由于 R3 被断开，R2 上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则 P 将向下加速运动。 （3）若断开 K3，由于电源被断开，R2 上的电压将不变，使得电容器两端电压不变， 则 P 将继续悬浮不动。 （4）若断开 K4，由于电源被断开，R2 上的电压将变为零，使得电容器两端电压下降， 则 P 将加速下降。 【错解原因】 上述四个答案都不对的原因是对电容器充放电的物理过程不清楚。尤其是充电完毕后， 电路有哪些特点不清楚。 【分析解答】 电容器充电完毕后，电容器所在支路的电流为零。电容器两端的电压与它所并联的两 点的电压相等。本题中四个开关都闭合时，有 R1，R2 两端的电压为零，即 R1，R2 两端等势。 电容器两端的电压与 R3 两端电压相等。 （1）若断开 K1，虽然 R1 被断开，但是 R2 两端电压仍为零，电容器两端电压保持不 变，则 P 将继续悬浮不动 （2）若断开 K2，由于 R3 被断开，电路再次达到稳定时，电容器两端电压将升高至路 端电压 R2 上的电压仍为零，使得电容器两端电压升高，则 P 将向上加速运动。 （3）若断开 K3，由于电源被断开，电容器两端电压存在一个回路，电容器将放电至 极板两端电压为零，P 将加速下降。 （4）K4 断开，电容器两端断开，电量不变，电压不变，场强不变，P 将继续悬浮不动。 【评析】 在解决电容器与直流电路相结合的题目时，要弄清楚电路的结构，还要会用静电场电 势的观点分析电路，寻找等势点简化电路。 例 21 一个质量为 m，带有电荷-q 的小物块，可在水平轨道 Ox 上运动，O 端有一与 轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为 E，方向沿 Ox 轴正方向，如图 8－ 21 所示，小物体以初速 v0 从 x0 沿 Ox 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力 f 作用，且 f＜qE。设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。求它在停止运动前所通过的总 路程 s。 【错解】 错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有 错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有 W 合=△Ek，得 【错解原因】 错误的要害在于没有领会题中所给的条件 f＞Eq 的含义。当物块初速度向右时，先减 速到零，由于 f＜Eq 物块不可能静止，它将向左加速运动，撞墙后又向右运动，如此往复直 到最终停止在轨道的 O 端。初速度向左也是如此。 【分析解答】 设小物块从开始运动到停止在 O 处的往复运动过程中位移为 x0，往返路程为 s。根据 动能定理有 【评析】 在高考试卷所检查的能力中，最基本的能力是理解能力。读懂题目的文字并不困难， 难的是要抓住关键词语或词句，准确地在头脑中再现题目所叙述的实际物理过程。常见的关 键词语有：“光滑平面、缓慢提升（移动）、伸长、伸长到、轻弹簧、恰好通过最高点等” 这个工作需要同学们平时多积累。并且在做新情境（陌生题）题时有意识地从基本分析方法 入手，按照解题的规范一步一步做，找出解题的关键点来。提高自己的应变能力。 例 22 1000eV 的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电场方向竖直向上， 它的初速度与水平方向夹角为 30°，如图 8－22。为了使电子不打到上面的金属板上，应该 在两金属板上加多大电压 U？ 【错解】 电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，设进入电场时初速度为 v0， 因为电子流在电场中受到竖直向下电场力作用，动能减少。欲使电子刚好打不到金属 板上有 Vr=0，此时电子流动能 【错解原因】 电子流在电场中受到电场力作用，电场力对电子做功 We=Fes=eEs 其中 s 必是力的方 向上位移，即 d／2，所以 We=eU，U 是对应沿 d 方向电势降落。则电子从 C 到 A，应对 应 We=eUAC，故上面解法是错误的。 【分析解答】 电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，欲使电子刚好不打金属板上，则必须使电子在 d ／2 内竖直方向分速度减小到零，设此时加在两板间的电压为 U，在电子流由 C 到 A 途中， 电场力做功 We=EUAC，由动能定理 至少应加 500V 电压，电子才打不到上面金属板上。 【评析】 动能定理是标量关系式。不能把应用牛顿定律解题方法与运用动能定理解题方法混为 一谈。 例 23 如图 8－23，一个电子以速度 v0=6.0×106m／s 和仰角α=45°从带电平行板电 容器的下板边缘向上板飞行。两板间场强 E=2.0×104V／m，方向自下向上。若板间距离 d=2.0×10-2m，板长 L=10cm，问此电子能否从下板射至上板？它将击中极板的什么地方？ 【错解】 规定平行极板方向为 x 轴方向；垂直极板方向为 y 轴方向，将电子的运动分解到坐标 轴方向上。由于重力远小于电场力可忽略不计，则 y 方向上电子在电场力作用下做匀减速运 动，速度最后减小到零。 ∵vt2-v02=2as y=d=s vt=0 即电子刚好击中上板，击中点离出发点的水平位移为 3.99×10-2（m）。 【错解原因】 为 d，（击中了上板）再求 y 为多少，就犯了循环论证的错误，修改了原题的已知条 件。 【分析解答】 应先计算 y 方向的实际最大位移，再与 d 进行比较判断。 由于 ym＜d，所以电子不能射至上板。 【评析】因此电子将做一种抛物线运动，最后落在下板上，落点与出发点相距 1.03cm。 斜抛问题一般不要求考生掌握用运动学方法求解。用运动的合成分解的思想解此题， 也不是多么困难的事，只要按照运动的实际情况把斜抛分解为垂直于电场方向上的的匀速直 线运动，沿电场方向上的坚直上抛运动两个分运动。就可以解决问题。 第九章 稳恒电流错题集 一、主要内容 本章内容包括电流、产生持续电流的条件、电阻、电压、电动势、内电阻、路端电压、 电功、电功率等基本概念，以及电阻串并联的特点、欧姆定律、电阻定律、闭合电路的欧姆 定律、焦耳定律、串联电路的分压作用、并联电路的分流作用等规律。 二、基本方法 本章涉及到的基本方法有运用电路分析法画出等效电路图，掌握电路在不同连接方式 下结构特点，进而分析能量分配关系是最重要的方法；注意理想化模型与非理想化模型的区 别与联系；熟练运用逻辑推理方法，分析局部电路与整体电路的关系 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不对电路进行分析就照搬 旧的解题套路乱套公式；逻辑推理时没有逐步展开，企图走“捷径”；造成思维“短路”； 对含有电容器的问题忽略了动态变化过程的分析。 例 1 如图 9－1 所示电路，已知电源电动势ε=6.3V，内电阻 r=0.5Ω，固定电阻 R1=2 Ω，R2=3Ω，R3 是阻值为 5Ω的滑动变阻器。按下电键 K，调节滑动变阻器的触点，求通 过电源的电流范围。 【错解】 将滑动触头滑至左端，R3 与 R1 串联再与 R2 并联，外电阻 再将滑动触头滑至右端 R3 与 R2 串联再与 R1 并联，外电阻 【错解原因】 由于平时实验，常常用滑动变阻器作限流用（滑动变阻器与用电器串联）当滑动头移 到两头时，通过用电器的电流将最大或最小。以至给人以一种思维定势：不分具体电路，只 要电路中有滑动变阻器，滑动头在它的两头，通过的电流是最大或最小。 【分析解答】 将图 9—1 化简成图 9－2。外电路的结构是 R′与 R2 串联、（R3-R′）与 R1 串联，然后 这两串电阻并联。要使通过电路中电流最大，外电阻应当最小，要使通过电源的电流最小， 外电阻应当最大。设 R3 中与 R2 串联的那部分电阻为 R′，外电阻 R 为 因为，两数和为定值，两数相等时其积最大，两数差值越大其积越小。 当 R2+R′=R1+R3-R′时，R 最大，解得 因为 R1=2Ω＜R2=3Ω，所以当变阻器滑动到靠近 R1 端点时两部分电阻差值最大。此 时刻外电阻 R 最小。 通过电源的电流范围是 2.1A 到 3A。 【评析】 不同的电路结构对应着不同的能量分配状态。电路分析的重要性有如力学中的受力分 析。画出不同状态下的电路图，运用电阻串并联的规律求出总电阻的阻值或阻值变化表达式 是解电路的首要工作。 例 2 在如图 9－3 所示电路中，R1=390Ω,R2=230Ω，电源内电阻 r=50Ω，当 K 合 在 1 时，电压表的读数为 80V；当 K 合在 2 时，电压表的读数为 U1=72V，电流表的读数 为 I1=0.18A，求：（1）电源的电动势（2）当 K 合在 3 时，两电表的读数。 【错解】 （1）因为外电路开路时，电源的路端电压等于电源的电动势，所以ε=U 断=80V； 【错解原因】 上述解答有一个错误的“替代假设”：电路中的电流表、电压表都是理想的电表。事 实上，问题并非如此简单。如果进一步分析 K 合在 2 时的情况就会发现矛盾：I1R1=0.18× 390=70.2（V）≠80V，这就表明，电路中的电流表和电压表并非理想的电表。 【分析解答】 （1）由题意无法判断电压表、电流表是理想电表。设 RA、Rv 分别为电压表、电流表 的内阻，R′为电流表与电阻器 R1 串联后的电阻，R″为电流表与电阻器 R2 串联的电阻。则 K 合在 2 时： 由上述两式解得：R1=400Ωε=90V 【评析】 本题告诉我们，有些题目的已知条件隐藏得很深。仅从文字的表面是看不出来的。只 好通过试算的方法判断。判断无误再继续进行解题。 例 3 如图 9－4 所示，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板电容器的两板距离 d=1cm，当电键 K 接通时极板中的一个质量 m=4×10-3g，电量为 q=1.0×10-7C 的带电微 粒恰好处于静止状态。求：（1）K 断开后，微粒向什么方向运动，加速度多大？（2）若 电容为 1000pF，K 断开后，有多少电量的电荷流过 R2？ 【错解】 当电键 K 接通电路稳定时、电源ε1 和ε2 都给电容器极板充电，所以充电电压 U=ε1+ε2。 带电粒子处于平衡状态，则所受合力为零， F-mg=0 ε2=U-ε1=1(v) 当电键 K 断开后，电容器上只有电源 给它充电，U′=ε2。 即带电粒子将以 7.5m/s2 的加速度向下做匀加速运动。 又 Q1=CU=103×10-12×4=4×10－9C Q′=CU′＝103×10-12×1＝1×10-9C △Q=Q-Q′=3×10-9C 极板上电量减少 3×10-9C，也即 K 断开后，有电量为 3×10-9C 的电荷从 R2 由下至上 流过。 【错解原因】 在直流电路中，如果串联或并联了电容器应该注意，在与电容器串联的电路中没有电 流，所以电阻不起降低电压作用(如 R2)，但电池、电容两端可能出现电势差，如果电容器与 电路并联，电路中有电流通过。电容器两端的充电电压不是电源电动势ε，而是路端电压 U。 【分析解答】 (1)当 K 接通电路稳定时，等效电路图如图 9－5 所示。 ε1、r1 和 R1 形成闭合回路，A，B 两点间的电压为： 电容器中带电粒子处于平衡状态，则所受合力为零， F-mg＝0 在 B，R2，ε2，C，A 支路中没有电流，R2 两端等势将其简化，U＋ε2=UAB，ε 2=U-UAB=1.25V 当 K 断开电路再次达到稳定后，回路中无电流电路结构为图 9－6 所示。电容器两端 电压 U′=ε2=1.25V 即带电粒子将以 6.875m／s2 的加速度向下做匀加速运动。 (2)K 接通时，电容器带电量为 Q=CU=4×1O-9C K 断开时，电容器带电量为 Q′=CU′=1.2×10-9(C) △Q＝Q—Q′=2.75×10-9C 有总量为 2.75×10-9(C)的电子从 R2 由下至上流过。 【评析】 本题考查学生对电容器充放电物理过程定性了解程度，以及对充电完毕后电容所在支 路的电流电压状态是否清楚。学生应该知道电容器充电时，随着电容器内部电场的建立，充 电电流会越来越小，电容器两极板间电压(电势差)越来越大。当电容器两端电压与电容器所 并联支路电压相等时充电过程结束，此时电容器所在的支路电流为零。 根据这个特点学生应该会用等势的方法将两端等势的电阻简化，画出等效电路图，如 本题中的图 9－5，图 9－6，进而用电路知识解决问题。 例 4 如图 9－7 所示，电源电动势ε=9V，内电阻 r=0.5Ω，电阻 R1=5.0Ω、R2=3.5 Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，电容 C=2.0μF。当电键 K 由 a 与接触到与 b 接触通过 R3 的电量 是多少？ 【错解】 K 接 a 时，由图 9-8 可知 流过 R3 的电量为△Q=QC-Q′C =3×10－6(C) 【错解原因】 没有对电容器的充电放电过程做深入分析。图 9－8 图中电容器的上极板的电势高，图 9－9 中电容器的下极板的电势高。电容器经历了先放电后充电的过程。经过 R3 的电量应是 两次充电电量之和。 【分析解答】 K 接 a 时，由图 9－8 可知 此时电容器带电量 QC=CU1=I×10-5(C) K 接 b 时，由图 9－9 可知 此时电容器带电量 Q′C=CU1=0.7×10-5(C) 流过 R3 的电量为△Q=QC＋Q′C=1.7×10－5(C) 【评析】 对于电容电量变化的问题，还要注意极板电性的正负。要分析清电容器两端的电势高 低，分析全过程电势变化。 例 5 在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加 一倍，下列措施可行的是 ( ) A、剪去一半的电阻丝 B、并联一根相同的电阻丝 C、串联一根相同的电阻丝 D、使电热器两端的电压增大一任 【错解】 为原来的一半，所以选 A、B。 【错解原因】 忽略了每根电阻丝都有一定的额定功率这一隐含条件。 【分析解答】 将电阻丝剪去一半后，其额定功率减小一半，虽然这样做在理论上满足使热量增加一 倍的要求，但由于此时电阻丝实际功率远远大于额定功率，因此电阻丝将被烧坏。故只能选 B。 【评析】 考试题与生产、生活问题相结合是今后考试题的出题方向。本题除了需要满足电流、 电压条件之外，还必须满足功率条件：不能超过用电器的额定功率。 例 6 如图 9－10 所示的电路中已知电源电动势ε=36V，内电阻 r=2Ω，R1=20Ω，每 盏灯额定功率都是 2W，额定电压也相同。当 K 闭合调到 R2=14Ω时，两灯都正常发光；当 K 断开后为使 L2 仍正常发光，求 R2 应调到何值？ 【错解】 设所求电阻 R′2，当灯 L1 和 L2 都正常发光时，即通过灯的电流达额定电流 I。 【错解原因】 分析电路时应注意哪些是恒量，哪些是变量。图 9－10 电路中电源电动势ε是恒量，灯 L1 和 L2 正常发光时，加在灯两端电压和通过每个灯的电流是额定的。错解中对电键 K 闭合 和断开两种情况，电路结构差异没有具体分析，此时随灯所在支路电流强度不变，两种情况 干路电流强度是不同的，错误地将干路电流强度认为不变，导致了错误的结果。 【分析解答】 解法一：设所求阻值 R′2，当灯 L1 和 L2 正常发光时，加在灯两端电压力额定电压 UL。 当 K 闭合时，ε1=UL+I1(R1+r+R2) 当 K 断开时，ε2=UL+I2(R1+r+R′2)， 又 ∵ε1=ε2=ε I1=2I2=2I，(I 为额定电流) 得ε= UL＋2I(R1＋r＋R2) ① ε=USL＋I(R1＋r＋R′2) ② ①-②I(R1＋r＋2R2-R2′)=0 但 I≠0，∴R1+r＋2R2=R′2 即 R′2=20+2+2×14=50Ω 解法二：设所求阻值 R′2，当灯 L1 和 L2 正常发光时，加在灯两端电压为额定电压 UL， 由串联电路电压分析可得： 【评析】 电路中的局部电路(开关的通断、变阻器的阻值变化等)发生变化必然会引起干路电流的 变化，进而引起局部电流电压的变化。应当牢记当电路发生变化后要对电路重新进行分析。 例 7 如图 9－11 所示，电源电压保持不变，变阻器 R1 的最大值大于 R2 的阻值，在 滑片 P 自右向左滑动过程中，R1 的电功率如何变化？ 【错解】 采用“端值法”，当 P 移至最左端时，R1＝0，则 Rl 消耗的电功率变为 0，由此可知， 当滑片 P 自右向左滑动过程中，R1 的电功率是变小的。 【错解原因】 由于题中 R1＞R2，所以用端值法只假设 R1=0 是不够的。 【分析解答】 因此，在这两种情况时，R1 的电功率都是 P1＜U2/4R，且不难看出，Rl 与 R2 差值越大， P1 越小于 U2／4R。 综上所述，本题答案应是滑片 P 自右向左移动时，Rl 的电功率逐渐变大；当 R1=R2 时 R1 的电功率最大；继续沿此方向移动 P 时，R1 的电功率逐渐变小。 【评析】 电路中某电阻消耗的功率，不止是由本身电阻决定，还应由电路的结构和描述电路的 各个物理量决定。求功率的公式中出现二次函数，二次函数的变化不一定单调变化的，所以 在求解这一类问题时，千万要作定量计算或者运用图像进行分析。 例 8 如图 9－12 所示电路，当电键 K 依次接 a 和 b 的位置时，在(1)R1＞R2(2) Rl=R2(3) R1＜R2 三种情况时，R1、R2 上消耗的电功率哪个大？ 【错解】 (l)根据 P=I2R 可知，当 R1＞R2 时，P1＞P2；当 R1=R2 时，P1=P2；当 Rl＜R2 时，P1 ＞P2。 当 R1＞R2 时，P1＜P2；当 R1=R2 时，P1=P2；当 R1＜R2 时，P1＞P2。 【错解原因】 错误在于认为电路改变时其路端电压保持不变，U1=U2，应该分析当电键 K 接不同位 置时，电路的结构不同，电路结构改变但ε，r 不变。 【分析解答】 当电键 K 接不同位置时，电路的结构不同。 (l)当 R1＜R2 时，若 r2=R1R2 P1-P2=0 所以 P1=P2；若 r2＜R1R2 P1-P2＜0 所以 P1 ＜P2；若 r2＞ RlR2 P1-P2＞0 所以 P1＞P2 (2)当 R1＞R2 时，若 r2=R1R2 P1-P2=0，所以 P1=P2；若 r2＜R1R2P1-P2＞0 所以 P1 ＞P2；若 r2＞ R1R2 【评析】 解决电路问题先审题，审题过后有的同学头脑中出现许多公式，他从中选择合适的公 式，有的同学则从头脑中搜寻以前做过的题目，看有没有与本题相似的题目，如果有相似的 题目，就把那道题的解题方法照搬过来。这些方法不一定错，但是一旦问题比较复杂，或者 题目叙述的是一个陌生的物理情境，这些方法就不好用了。所以，规范化的解题步骤是必不 可少的。 例 9 如图 9－13 所示电路中，r 是电源的内阻，R1 和 R2 是外电路中的电阻，如果用 Pr，P1 和 P2 分别表示电阻 r，R1，R2 上所消耗的功率，当 R1=R2=r 时，Pr∶P1∶P2 等于 [ ] A、1∶l∶1 B、2∶1∶1 C、1∶4∶4 D、4∶l∶1 【错解】 因为 R1=R2=r，r 与 R1，R2 并联，它们电压相同， 【错解原因】 认为电源的两端就是外电路的两端，所以内外电阻是并联关系，即认为 r 与 R1，R2 并 联，Ur=U1-U2，这一看法是错误的，Ur 不等于 U1，Ur=ε-U1。 【分析解答】 在图 9-13 电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串 联关系，(不能认为内电阻与外电阻并联)但 R1 与 R2 是并联的，因 R1=R2，则 I1=I2=I， Ir=I1+I2=2I。 Pr∶P1∶P2=Ir2r∶I12R1∶I22R2∶=4∶1∶1。，所以是正确的。 【评析】 单凭直觉就对电路的串并联关系下结论，太草率了。还是要通过电流的分合，或电势 的高低变化来做电路分析。 例 10 如图 9－14 所示， 已知电源电动势ε=20V，内阻 r=1Ω，当接入固定电阻 R=4Ω时，电路中标有“3V 4.5W” 的灯泡 L 和内阻 r′=0.5Ω的小型直流电动机恰能正常工作，求(1)电路中的电流强度？(2)电 动机的额定工作电压？(3)电源的总功率？ 【错解】 由灯泡的额定电压和额定功率可求得灯泡的电阻 串联电路中电路中的电流强度 电动机额定工作电压 U=I′r=2.7×0.5=l.35(V) 电源总功率 P=Iε=2.7×20=54(W) 【错解原因】 此电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律ε=IR 总不适用，所以电 【分析解答】 (1)串联电路中灯 L 正常发光，电动机正常工作，所以电路中电流强度为灯 L 的额定电 流。 电路中电流强度 I＝1.5A。 (2)电路中的电动机是非纯电阻电路。根据能量守恒，电路中 ε=UR+UL+Ur+Um Um=ε-UR-UL-Ur＝ε-I(R+RL+r)=20-1.5×(2＋4＋1)=9.5 (3)电源总功率 P 总=Iε=1.5×20=30(W)。 【评析】 要从能量转化与守恒的高度来认识电路的作用。一个闭合电路中，电源将非静电能转 化为电能，内外电路又将电能转化为其他形式的能。ε=U 内+U 外则是反映了这个过程中的 能量守恒的关系。 例 11 电动机 M 和电灯 L 并联之后接在直流电源上，电动机内阻 r′=1Ω，电灯灯丝电 阻 R=10Ω，电源电动势ε=12V，内阻 r=1Q，当电压表读数为 10V 时，求电动机对外输出 的机械功率。 【错解】 流与其电 阻成反比， 【错解原因】 上述错解过程中有两处致命的错误：一是将电动机视为纯电阻处理了，电动机不属于 纯电阻，而是将电能转化为机械能，错解中利用了并联电路中支路电流与电阻成反比的结论 是不恰当的，因为该结论只适用于纯电阻电路，二是不明确电动机的输入功率 PM 入与输出 功率 PM 出的区别，IM2r′是电动机内阻发热功率。三者的关系是：PM 入=PM 出+IM2r′。 【分析解答】 根据题意画出电路图，如图 9－15 所示。由全电路欧姆定律ε= U+Ir 得出干路电流 由已知条件可知：流过灯泡的电流 电动机的输出功率的另一种求法：以全电路为研究对象，从能量转化和守恒的观点出 发 P 源=P 路。本题中电路中消耗电能的有：内电阻、灯泡和电动机，电动机消耗的电能又可 分为电动机输出的机械能和电动机自身消耗的内能。即 Iε=I2r+IL2R+PM 出+IM2r′。 PM 出＝Iε-(I2r+IL2R++IM2r′)=9(W) 【评析】 站在能量转化与守恒的高度看电路各个部分的作用。就可以从全局的角度把握一道题 的解题思路，就能比较清醒地分清公式规律的适用范围和条件。 例 12 如图 9－16，外电路由一个可变电阻 R 和一个固定电阻 R0 串联构成，电源电 动势为ε，电源内阻为 r， 问：R 调到什么时候，R0 上将得到最大功率。 【错解】 把可变电阻 R 看成电源内阻的一部分，即电源内阻 r′=r+R。利用电源输出功率最大的 条件是 R＝r′得 R0=R＋r，即 R=R0-r，所以把可变电阻调到 R=R2-r 时，电路中 R0 上得到 最大功率，其大小为 【错解】 可变电阻 R 上得到的功率，决定于可变电阻的电流和电压，也可以用电源输出功率最 大时的条件，内外电阻相同时电源有最大输出功率来计算。但是题目要求讨论定值电阻 R0 上的输出功率，则不能生搬硬套。定值电阻 R0 上的功率，决定于流过电阻 R0 的电流强，这 与讨论可变电阻 R 上的功率不同。 【分析解答】 电流经过电阻 R0，电流能转换成内能，R0 上功率决定于电流强度大小和电阻值，即 P=I2R0，所以当电流强度最大时，R0 上得到最大功率。由纯电阻的闭合电路欧姆定律，有 固定电阻 R0 上有最大输出功率，其大小为 【评析】 在讨论物理问题时选择研究对象是重要的一环。研究对象选错了，就要犯张冠李戴的 错误。明明题目中要我们计算定值电阻的功率，有人却套用滑动变阻器的结论。所以认真审 题找出研究对象，也是提高理解能力的具体操作步骤。 例 13 输电线的电阻共计 10Ω，输送的电功率是 100kw，用 400V 的低压送电，输电 线上发热损失的功率是多少 kw？改用 10kV 的高压送电，发热功率损失又是多少 kw？ 【错解】 【错解原因】 错解一是对欧姆定律使用不当，输送电压是加在输电线电阻和负载上的，如果把它考 虑成输电线上的电压求电流强度当然就错了。错解二注意到了负载的作用，所求出的损失功 率 P1 是正确的，然而在高压送电电路中，负载都是使用了变压器而错解二把它当作纯电阻 使 P2 解错。 【分析解答】 输送电功率 100kw，用 400V 低压送电，输电线上电流 输电线上损失功率 若用 10kV 高压送电输电线上电流 输电线上损失功率 P2=I22r=102×1=0.1(kw) 【评析】 一道很简单的题目做错了，有些人将错解原因归结为：粗心、看错了题目。其实真正 的原因是解题不规范。如果老老实实地画出电路图标出各个物理量，按图索骥就可以避免所 谓的“粗心”的错误。 例 14 把一个“10V 2.0W”的用电器 A(纯电阻)接到某一电动势和内阻都不变的电源 上，用电器 A 实际消耗的功率是 2.0W，换上另一个“ 10V 5.0W”的用电器 B(纯电阻)接 到这一电源上，用电器 B 实际消耗的电功率有没有可能反而小于2.0W？你如果认为不可能， 试说明理由，如果认为可能，试求出用电器 B 实际消耗的电功率小于 2.0W 的条件(设电阻 不随温度改变) 【错解】 将“ 10V 2.0W”的用电器与电源连接，用电器正常工作说明用电器两端电压为 10V， 现将“ 10V 5.0W”的用电器 B 与电源连接，用电器两端电压是 10V，B 也能正常工作， 实际功率是 5.0W，所以用电器的实际功率不会小于 2.0W。 【错解原因】 把路端电压与电源电动势混为一谈，认为路端电压是恒定的，不随外电路改变而改变。 【分析解答】 越大，U 也越大，所以与ε不同，U 不是恒定的。 以当 B 连入时，用电器两端的电压将小于 10V，它消耗的实际功率将小 述条件时，B 的实际功率小于 2.0W。 【评析】 根据电源最大输出功率的条件做出输出功率与外电阻图(P－R 图如图 9－17 所示)做定 性分析，也可以得到同样的结果。由题意可知 RA 接入电路时，若电源的输出功率达到最大 输出功率，则 RB 接入电路时，电源的输出功率肯定小于最大输出功率 2W。若电源的输出 功率没有达到最大输出功率，RB 接入电路时，电源的输出功率有可能小于 RA 接入电路时输 出功率 2W。 例 15 有四个电源，电动势均为 8V，内阻分别为 1Ω、2Ω、4Ω、8Ω，今要对 R=2 Ω的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使 R 上获得的功率最大？ A、1Ω B、2Ω C、4Ω D、 8Ω 【错解】 依“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”可知，应选内阻 2Ω的 电源对 R 供电，故选 B。 【错解分析】 上述错解的根源在于滥用结论。事实上，确定的电源有最大的输出功率和确定的外电 路上获得最大功率的条件是不同的。“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最 大值”只适用于电源确定而外电阻可选择的此形，而本题实属外电阻确定而电源可选的情况， 两者意义不同，不可混为一谈。 【分析解答】 P 是 r 的单调减函数，所以就题设条件而言，r 取 1Ω时 P 有最大值，应选 A。 【评析】 物理学的任何规律结论的成立都是有条件的，都有其适用范围。有的同学做题比较多， 习惯于套用一些熟悉题目的解题路子。这种方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。 关键是要掌握好“条件和范围”。 例 16 图 9－18 所示，为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需要的器材实物图， 器材规格如下：(1)待测电阻 RX(约 100Ω)(2)直流毫安表(量程 0～10mA，内阻 50Ω)(3)直 流电压表(量程 0～3V，内阻 5kΩ)(4)直流电源(输出电压 4V，允许最大电流 1A)(5)滑动变 阻器(阻值范围 0～15Ω，允许最大电流 1A)(6)电键一个，导线若干条。根据器材的规格和 实验要求，在本题的实物图上连线。 【错解】 错解一：如图 9－19 所示，此种连法错在变阻器的右下接线柱和电源的负极之间少连 了一条线，即使变阻器取最大值，通过电路的电流也超过了 10mA，大于毫安表的量程。 错解二：如图 9－20 所示有两处不妥：①电压调节范围小；②电流过大。这种连法实 际上与图 9-19 的错误是一样的。 错解三：如图 9-21 所示，此种连法是用伏安法测量，电路与变阻器由滑动触头并联， 无论变阻器的阻值怎样变化，流过毫安表的电流 始终超过毫安表的量程，而且当滑动触头滑到最左端时，电源还有被短路的可能，故 连接错误。 错解四：如图 9－22 所示，可见这种连法实际上与图 9-21(变阻器取最大值时)的错误 是一样的。 错解五：如图 9－23 所示，显然可见，当电键闭合时电源被短路，这是不允许的，连 接错误。 错解六：如图 9-24 所示，电键闭合后电源被短路，滑到最右端时，电流超过毫安表的 最大量程，故连接错误。 错解七：如图 9－25，无论电键是否闭合，电源、变阻器回路始终是接通的，电键的 位置连接错了。 连接上的原因是：在高中学习伏安法测电阻时，接触的多是将变阻器连接一个上接线 柱和一个下接线柱，串连在电路中分压限流，因而在做此题时，采用了习惯连法，没有对器 材的规格要求进行计算、分析。 (2)将毫安表内接错误，错误的症结是不了解系统误差产生的原因，也是没有对器材的 规格进行具体分析。 (3)出现同时连接变阻器的两个上接线柱；电表的“+”、“-”接反；不在接线柱上连 线，而是在连线上连线等，说明学生缺乏实验操作的规范化训练，或缺乏亲自动手做实验。 【分析解答】 用伏安法测电阻，首先要判明电流表应该内接还是外接，由题目所给器材规格来看， 显然不满足 RA＜＜Rx 条件，而是满足 Rv＞＞Rx 条件，所以应采用外接法。若图 9－26 电 路，当滑动触头 P 处于最左端，滑动变阻器为最大值时，由题设条件流过电流表的电流 超过安培表的量程。因此变阻器既应分压又应分流。 正确的连接图为图 9－27 所示。画图的关键是：毫安表需外接，变阻器接成分压电路。 实验开始前将滑动变阻器的滑动触头滑至分压为零的位置。 【评析】 在设计实验过程时，要根据具体实验条件，灵活应用实验原理，改变实验方法。善于 从习题中或所学的物理定律的推论中得出实验原理和方法。基本原则是不能是电表超过量 程，测量误差尽可能小；不能使用电器超过其额定功率，结构上不能出现短路断路现象。 例 17 如图 9－28 所示电路的三根导线中有一根是断的。电源电阻器 R1·R2 及另外两 根导线都是好的。为了查出断导线，某学生想先用万用表的红表笔连接在电源的正极 a,再将 黑表笔分别连接在电阻器 Rl 的 b 端和 R2 的 c 端，并观察万用表指针的示数。在下列选挡中， 符合操作规程的是： [ ] A．直流 10V 挡 B．直流 0.5A 挡 C．直流 2.5V 挡 D．欧姆挡 【错解】 如果电路连接正常，电路中的电流 测量的最大电压为 U1=IR1=2V。可选 A、C。 用欧姆挡可以直接测量回路中的电阻是否等于 15Ω或者等于 10Ω。 【错解原因】 选 B 的同学没有考虑 R1 与 R2 之间的导线断开的情况。选 C 的同学没有考虑到无论哪 根导线断开，测得的电压都等于 6V，大于 2.5V。如选 D 的同学没有考虑到如果被测回路 中有电源，欧姆表就可能被毁坏或读数不准。 【分析解答】 设万用表各挡都理想，忽略电源的内阻。选用不同功能档时，应画出电路图，至少在 头脑中想清楚。 用电压挡测量时，由于电路断开(无论是从 ab 间断开，还是从 R1 与 R2 之间断开)电路 中无电流，黑表笔与电源负极等电势。直流电压挡测量的数值是电源电动势ε=6V。所以 A 选项可行，C 选项不行。 用电流挡测量时，假设 ab 间导线完好，而 R1 与 R2 之间导线断开， B 选项。 被测回路中有电源，欧姆表不能适用，排除 D 选项。 【评析】 本题考查学生的实验能力。还考察学生的逻辑思维能力。逻辑思维的基础是对电路结 构的理解。养成正确的电路分析的习惯，处处受益。 第十章 磁场错题集 一、主要内容 本章内容包括磁感应强度、磁感线、磁通量、电流的磁场、安培力、洛仑兹力等基本 概念，以及磁现象的电本质、安培定则、左手定则等规律。 二、基本方法 本章涉及到的基本方法有，运用空间想象力和磁感线将磁场的空间分布形象化是解决 磁场问题的关键。运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力 情况是将力学知识与磁场问题相结合的切入点。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能准确地再现题目中所 叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹：运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载 流导线、运动的带电粒子受力情况时出错；运用几何知识时出现错误；不善于分析多过程的 物理问题。 例 1 如图 10-1 所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入， 则该电子在螺线管内将做： A．加速直线运动 B．匀速直线运动 C．匀速圆周运动 D．简谐运动 【错解】 错解一：螺线管两端加上交流电压，螺线管内有磁场，电子在磁场中要受到磁场力的 作用，故选 A。 错解二：螺线管两端加上了交流电压，螺线管内部有磁场，磁场方向周期性发生变化， 电子在周期性变化的磁场中受到的力也发生周期性变化，而做往复运动。故选 D。 【错解原因】 错解一、二的根本原因有二：一是对螺线管两端加上交流电压后，螺线管内部磁场大 小和方向发生周期性变化的具体情况分析不清；二是没有搞清洛仑兹力 f=Bqv 的适用条件， 而乱套公式。洛仑兹力的大小为 f=Bqv 的条件是运动电荷垂直射入磁场，当运动方向与 B 有夹角时，洛仑兹力 f=Bqv sinθ，；当θ=0°或θ=180°时，运动电荷不受洛仑兹力作用。 【分析解答】 螺线管两端加上交流电压后，螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化，但始终与 螺线管平行，沿着螺线管轴线方向射入的电子其运动方向与磁感线平行。沿轴线飞入的电子 始终不受洛仑兹力而做匀速直线运动。 例 2 如图 10-2，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线， 导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是： A．磁铁对桌面的压力减小 B．磁铁对桌面的压力增大 C．磁铁对桌面的压力不变 D．以上说法都不可能 【常见错解】 磁铁吸引导线而使磁铁导线对桌面有压力，选 B。 【错解原因】 错解在选择研究对象做受力分析上出现问题，也没有用牛顿第三定律来分析导线对磁 铁的反作用力作用到哪里。 【分析解答】 通电导线置于条形磁铁上方使通电导线置于磁场中如图 10-3 所示，由左手定则判断通 电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电 导线有向下作用的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图 10-4。 对磁铁做受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N=mg，有通电导线后 N+F′=mg， N=mg-F′，磁铁对桌面压力减小，选 A。 例 3 如图 10-5 所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线 框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的 磁通量的变化是： A．先减小后增大 B．始终减小 C．始终增大 D．先增大后减小 【错解】 条形磁铁的磁性两极强，故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到 强，由磁通量计算公式可知Φ=B·S，线框面积不变，Φ与 B 成正比例变化，所以选 A。 【错解分析】 做题时没有真正搞清磁通量的概念，脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的 模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算公式Φ=B·S，由条形磁铁两极的磁感应强度 B 大于中间部分的磁感应强度，得出线框在两极正上方所穿过的磁通量Φ大于中间正上方所穿 过的磁通量。 【分析解答】 规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图，如图 10-6 所示。利用Φ=B·S 定性判 断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选 D。 【评析】 Φ=B·S 计算公式使用时是有条件的，B 是匀强磁场且要求 B 垂直 S，所以磁感应强度 大的位置磁通量不一定大，而本题的两极上方的磁场不是匀强磁场，磁场与正上方线框平面 所成的角度又未知，难以定量加以计算，编写此题的目的就是想提醒同学们对磁场的形象化 给予足够的重视。 例 4 质量为 m 的通电导体棒 ab 置于倾角为θ的导轨上，如图 10-7 所示。已知导体 与导轨间的动摩擦因数为μ，在图 10-8 所加各种磁场中，导体均静止，则导体与导轨间摩 擦力为零的可能情况是： 【错解】 根据 f=μN，题目中μ≠0，要使 f=0 必有 N=0。为此需要安培力 FB 与导体重力 G 平 衡，由左手定则可判定图 10-8 中 B 项有此可能，故选 B。 【错解原因】 上述分析受到题目中“动摩擦因数为μ”的干扰，误用滑动摩擦力的计算式 f=μN 来讨 论静摩擦力的问题。从而导致错选、漏选。 【分析解答】 要使静摩擦力为零，如果 N=0，必有 f=0。图 10-8B 选项中安培力的方向竖直向上与 重力的方向相反可能使 N=0，B 是正确的；如果 N≠0，则导体除受静摩擦力 f 以外的其他 力的合力只要为零，那么 f=0。在图 10-8A 选项中，导体所受到的重力 G、支持力 N 及安 培力 F 安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零。图 10-8 的 C．D 选项中，从 导体所受到的重力 G、支持力 N 及安培力 F 安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体 所受静摩擦力不可能为零。故正确的选项应为 A．B。 【评析】 本题是一道概念性极强的题，又是一道力学与电学知识交叉的综合试题。摩擦力有静 摩擦力与滑动摩擦力两种。判断它们区别的前提是两个相互接触的物体有没有相对运动。力 学中的概念的准确与否影响电学的学习成绩。 例 5 有一自由的矩形导体线圈，通以电流 I′。将其移入通以恒定电流 I 的长直导线的 右侧。其 ab 与 cd 边跟长直导体 AB 在同一平面内且互相平行，如图 10-9 所示。试判断将 该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。（不计重力） 【错解】 借助磁极的相互作用来判断。由于长直导线电流产生的磁场在矩形线圈所在处的磁感 线方向为垂直纸面向里，它等效于条形磁铁的 N 极正对矩形线圈向里。因为通电线圈相当 于环形电流，其磁极由右手螺旋定则判定为 S 极向外，它将受到等效 N 极的吸引，于是通 电矩形线圈将垂直纸面向外加速。 【错解原因】 错误的根源就在于将直线电流的磁场与条形磁铁的磁极磁场等效看待。我们知道直线 电流磁场的磁感线是一簇以直导线上各点为圆心的同心圆，它并不存在 N 极和 S 极，可称 为无极场，不能与条形磁铁的有极场等效。 【分析解答】 利用左手定则判断。先画出直线电流的磁场在矩形线圈所在处的磁感线分布，由右手 螺旋定则确定其磁感线的方向垂直纸面向里，如图 10-10 所示。线圈的四条边所受安培力 的方向由左手定则判定。其中 F1 与 F3 相互平衡，因 ab 边所在处的磁场比 cd 边所在处的强， 故 F4＞F2。由此可知矩形线圈 abcd 所受安培力的合力的方向向左，它将加速向左运动而与 导体 AB 靠拢。 【评析】 用等效的思想处理问题是有条件的，磁场的等效，应该是磁场的分布有相似之处。 例如条形磁铁与通电直螺线管的磁场大致相同，可以等效。所以应该老老实实地将两 个磁场画出来，经过比较看是否满足等效的条件。本题中直线电流的磁场就不能等效为匀强 磁场。 例 6 如图 10-11 所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向 右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流 I，试判断环形导体的运动情况。 【错解】 已知匀强磁场的磁感线与导体环面垂直向右，它等效于条形磁铁 N 极正对环形导体圆 面的左侧，而通电环形导体，即环形电流的磁场 N 极向左（根据右手定则来判定），它将 受到等效 N 极的排斥作用，环形导体开始向右加速运动。 【错解原因】 误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。 【分析解答】 利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段，每小段通电导体所受安培力均指向 圆心。由对称性可知，这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。 【评析】 对于直线电流的磁场和匀强磁场都应将其看作无极场。在这种磁场中分析通电线圈受 力的问题时，不能用等效磁极的办法，因为它不符合实际情况。而必须运用左手定则分析出 安培力合力的方向后，再行确定其运动状态变化情况。 例 7 设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图 10-12 所示， 已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运动，到达 B 点 时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是： [ ] A．这离子必带正电荷 B．A 点和 B 点位于同一高度 C．离子在 C 点时速度最大 D．离子到达 B 点时，将沿原曲线返回 A 点 【错解】 根据振动的往复性，离子到达 B 点后，将沿原曲线返回 A 点，选 D。 【错解原因】 选 D 不正确，某些考生可能受“振动”现象的影响，误认为根据振动的往复性，离子 到达 B 点后，将沿原曲线返回 A 点，实际上离子从 B 点开始运动后的受力情况与从 A 点运 动后的受力情况相同，并不存在一个向振动那样有一个指向 BCA 弧内侧的回复力，使离子 返回 A 点，而是如图 10-13 所示由 B 经 C′点到 B′点。 【分析解答】 （1）平行板间电场方向向下，离子由 A 点静止释放后在电场力的作用下是向下运动， 可见电场力一定向下，所以离子必带正电荷，选 A。 （2）离子具有速度后，它就在向下的电场力 F 及总与速度心垂直并不断改变方向的洛 仑兹力 f 作用下沿 ACB 曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离 子到达 B 点时的速度为零，所以从 A 到 B 电场力所做正功与负功加起来为零。这说明离子 在电场中的 B 点与 A 点的电势能相等，即 B 点与 A 点位于同一高度，选 B。 （3）因 C 点为轨道最低点，离子从 A 运动到 C 电场力做功最多，C 点具有的动能最 多，所以离子在 C 点速度最大，选 C。 （4）只要将离子在 B 点的状态与 A 点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零， 电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在 B 之右侧重 现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回 A 点的。 故选 A，B，C 为正确答案。 【评析】 初速度和加速度决定物体的运动情况。在力学部分绝大部分的习题所涉及的外力是恒 力。加速度大小方向都不变。只要判断初始时刻加速度与初速度的关系，就可以判断物体以 后的运动。本题中由于洛仑兹力的方向总垂直于速度方向，使得洛仑兹力与电场力的矢量和 总在变化。所以只做一次分析就武断地下结论，必然会把原来力学中的结论照搬到这里，出 现生搬硬套的错误。 例 8 摆长为ι的单摆在匀强磁场中摆动，摆动平面与磁场方向垂直，如图 10-14 所示。 摆动中摆线始终绷紧，若摆球带正电，电量为 q，质量为 m，磁感应强度为 B，当球从最高 处摆到最低处时，摆线上的拉力 T 多大？ 【错解】 T，f 始终垂直于速度 v，根据机械能守恒定律： 在 C 处，f 洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有 【错解原因】 考虑问题不全面，认为题目中“从最高点到最低处”是指 AC 的过程，忽略了球可以 从左右两方经过最低点。 【分析解答】 球从左右两方经过最低点，因速度方向不同，引起 f 洛不同，受力分析如图 10-15 所 示。由于摆动时 f 洛和 F 拉都不做功，机械能守恒，小球无论向左、向右摆动过 C 点时的速 度大小相同，方向相反。 摆球从最高点到达最低点 C 的过程满足机械能守恒： 当摆球在 C 的速度向右，根据左手定则，f 洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有 当摆球在 C 的速度向左，f 洛竖直向下，根据牛顿第二定律则有 所以摆到最低处时，摆线上的拉力 【评析】 要避免本题错解的失误，就要对题目所叙述的各个状态认真画出速度方向，用左手定 则判断洛仑兹力的方向。其余的工作就是运用牛顿第二定律和机械能守恒定律解题。 例 9 如图 10-16 所示，带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场 时速度偏离原方向 60°角，已知带电粒子质量 m=3×10-20kg，电量 q=10-13C，速度 v0=105m/s，磁场区域的半径 R=3×10-1m，不计重力，求磁场的磁感应强度。 【错解】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 【错解原因】 没有依据题意画出带电粒子的运动轨迹图，误将圆形磁场的半径当作粒子运动的半径， 说明对公式中有关物理量的物理意义不明白。 【分析解答】 画进、出磁场速度的垂线得交点 O′，O′点即为粒子作圆周运动的圆心，据此作出运动 轨迹 AB，如图 10-17 所示。此圆半径记为 r。 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 【错析】 由于洛伦兹力总是垂直于速度方向，若已知带电粒子的任意两个速度方向，就可以通 过作出两速度的垂线，找出两垂线的交点即为带电粒子做圆周运动的圆心。 例 10 如图 10-18 所示，带电粒子在真空环境中的匀强磁场里按图示径迹运动。径迹 为互相衔接的两段半径不等的半圆弧，中间是一块薄金属片，粒子穿过时有动能损失。试判 断粒子在上、下两段半圆径迹中哪段所需时间较长？（粒子重力不计） 【错解】 的回旋周期与回旋半径成正比，因为上半部分径迹的半径较大，所以所需时间较长。 【错解原因】 错误地认为带电粒子在磁场中做圆周运动的速度不变，由周期公式 【分析解答】 首先根据洛仑兹力方向，（指向圆心），磁场方向以及动能损耗情况，判定粒子带正 电，沿 abcde 方向运动。 再求通过上、下两段圆弧所需时间：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 子速度 v，回旋半径 R 无关。因此上、下两半圆弧粒子通过所需时间相等。动能的损 耗导致粒子的速度的减小，结果使得回旋半径按比例减小，周期并不改变。 【评析】 回旋加速器的过程恰好与本题所述过程相反。回旋加速器中粒子不断地被加速，但是 粒子在磁场中的圆周运动周期不变。 例 11 如图 10-19 所示，空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场， 质量为 m，带电量为+q 的滑块沿水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数 为μ，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时，去掉了电场，恰好也做匀速直线运 动，求原来电场强度的大小。 【错解】 碰撞前，粒子做匀速运动，Eq=μ（mg＋Bqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动， 水平方向无外力，竖直方向 N=Bgv＋mg。因为水平方向无摩擦，可知 N=0，Bqv=-mg。 解得 E=0。 【错解原因】 错解中有两个错误：返回时，速度反向，洛仑兹力也应该改变方向。返回时速度大小 应为原速度的一半。 【分析解答】 碰撞前，粒子做匀速运动， Eq=μ（mg＋Bqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动， 水平方向无外力，摩擦力 f=0，所以 N=0 竖直方向上有 Bgv 【评析】 实践证明，急于列式解题而忽略过程分析必然要犯经验主义的错误。分析好大有益。 例 12 如图 10-20 所示，一块铜块左右两面接入电路中。有电流 I 自左向右流过铜块， 当一磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直前表面穿入铜块，从后表面垂直穿出时，在铜块上、 下两面之间产生电势差，若铜块前、后两面间距为 d，上、下两面间距为 l。铜块单位体积 内的自由电子数为 n，电子电量为 e，求铜板上、下两面之间的电势差 U 为多少？并说明哪 个面的电势高。 【错解】 电流自左向右，用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向，正电荷受力方 向向上，所以正电荷聚集在上极板。 随着正负电荷在上、下极板的聚集，在上、下极板之间形成一个电场，这个电场对正 电荷产生作用力，作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度 增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一 个稳定的电势差 U。研究电流中的某一个正电荷，其带电量为 q，根据牛顿第二定律有 由电流的微观表达式 I=nqSv 由几何关系可知 S=dl 【错解原因】 上述解法错在对金属导电的物理过程理解上。金属导体中的载流子是自由电子。当电 流形成时，导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。在磁场中受到洛仑兹力作用的是 自由电子。 【分析解答】 铜块的电流的方向向右，铜块内的自由电子的定向移动的方向向左。用左手定则判断： 四指指向电子运动的反方向，磁感线穿过手心，大拇指所指的方向为自由电子的受力方向。 图 10-21 为自由电子受力的示意图。 随着自由电子在上极板的聚集，在上、下极板之间形成一个“下正上负”的电场，这 个电场对自由电子产生作用力，作用力方向与自由电子刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相 反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，自由电子不再向上表面移动。在铜块的 上、下表面形成一个稳定的电势差 U。研究电流中的某一个自由电子，其带电量为 e，根据 牛顿第二定律有 由电流的微观表达式 I=neSv=nedlv。 【评析】 本题的特点是物理模型隐蔽。按照一部分同学的理解，这就是一道安培力的题目，以 为伸手就可以判断安培力的方向。仔细分析电荷在上、下两个表面的聚集的原因，才发现是 定向移动的电荷受到洛仑兹力的结果。因此，深入分析题目中所叙述的物理过程，挖出隐含 条件，方能有正确的思路。 例 13 如图 10-22 所示。在 x 轴上有垂直于 xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B；在 x 轴下方有沿 y 铀负方向的匀强电场，场强为 E。一质最为 m，电荷量为 q 的粒子从 坐标原点。沿着 y 轴正方向射出。射出之后，第 3 次到达 X 轴时，它与点 O 的距离为 L， 求此粒子射出时的速度 v 和运动的总路程 s，（重力不计）。 【常见错解】 粒子射出后第三次到达 x 轴，如图 10-23 所示 在电场中粒子的磁场中每一次的位移是 l。 第 3 次到达 x 轴时，粒子运动的总路程为一个半圆周和六个位移的长度之和。 【错解原因】 错解是由于审题出现错误。他们把题中所说的“射出之后，第 3 次到达 x 轴”这段话 理解为“粒子在磁场中运动通过 x 轴的次数”没有计算粒子从电场进入磁场的次数。也就是 物理过程没有搞清就下手解题，必然出错。 【分析解答】 粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动，在电场中的运动为匀变速直线运动。画出粒子 运动的过程草图 10-24。根据这张图可知粒子在磁场中运动半个周期后第一次通过 x 轴进入 电场，做匀减速运动至速度为零，再反方向做匀加速直线运动，以原来的速度大小反方向进 入磁场。这就是第二次进入磁场，接着粒子在磁场中做圆周运动，半个周期后第三次通过 x 轴。 Bqv=mv2／R 在电场中：粒子在电场中每一次的位移是 l 第 3 次到达 x 轴时，粒子运动的总路程为一个圆周和两个位移的长度之和。 【评析】 把对问题所涉及到的物理图景和物理过程的正确分析是解物理题的前提条件，这往往 比动手对题目进行计算还要重要，因为它反映了你对题目的正确理解。高考试卷中有一些题 目要求考生对题中所涉及到的物理图景理解得非常清楚，对所发生的物理过程有正确的认 识。这种工作不一定特别难，而是要求考生有一个端正的科学态度，认真地依照题意画出过 程草图建立物理情景进行分析。 例 14 一个负离子的质量为 m，电量大小为 q，以速度 v0 垂直于屏 S 经过小孔 O 射 入存在着匀强磁场的真空室中，如图 10-25 所示。磁感应强度 B 方向与离子的初速度方向 垂直，并垂直于纸面向里。如果离子进入磁场后经过时间 t 到这位置 P，证明：直线 OP 与 离子入射方向之间的夹角θ跟 t 【错解】 根据牛顿第二定律和向心加速度公式 【错解原因】 高中阶段，我们在应用牛顿第二定律解题时，F 应为恒力或平均力，本题中洛仑兹力 是方向不断变化的力。不能直接代入公式求解。 【分析解答】 如图 10－26，当离子到达位置 P 时圆心角为 【评析】 时时要注意公式的适用条件范围，稍不注意就会出现张冠李戴的错误。 如果想用平均力的牛顿第二定律求解，则要先求平均加速度 例 15 图 10－27 为方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。电场强度为 E，磁感强 度为 B，复合场的水平宽度为 d，竖直方向足够长。现有一束电量为+q、质量为 m 初速度 各不相同的粒子沿电场方向进入场区，求能逸出场区的粒子的动能增量ΔEk。 【错解】 当这束初速度不同、电量为+q、质量为 m 的带电粒子流射入电场中，由于带电粒子 在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的，粒子将发生不同程度的偏转。有些粒子虽 发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区；有些粒子则留在场区内运动。 从粒子射入左边界到从右边界逸出，电场力做功使粒子的动能发生变化。根据动能定 理有： Eqd=ΔEk 【错解原因】 错解的答案不错，但是不全面。没有考虑仍从左边界逸出的情况。 【分析解答】 由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的。它只能使速度方向发 生变。粒子速度越大，方向变化越快。因此当一束初速度不同、电量为+q、质量为 m 的带 电粒子射入电场中，将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对 面逸出场区（同错解答案）；有些粒子将留在场区内运动；有些粒子将折回入射面并从入射 面逸出场区。由于洛仑兹力不会使粒子速度大小发生变化，故逸出场区的粒子的动能增量等 于电场力功。对于那些折回入射面的粒子电场力功为零，其动能不变，动能增量ΔEk=0。 【评析】 本题考查带电粒子在磁场中的运动和能量变化。这道题计算量很小，要求对动能定理、 电场力、磁场力等基本概念、基本规律有比较深入的理解，而且能够与题目所给的带电粒子 的运动相结合才能求得解答。在结合题意分析时，特别要注意对关键词语的分析。本题中： “逸出场区”的准确含义是从任何一个边界逸出场区均可。 例 16 初速度为零的离子经过电势差为 U 的电场加速后，从离子枪 T 中水平射出，与 离子枪相距 d 处有两平行金属板 MN 和 PQ，整个空间存在一磁感强度为 B 的匀强磁场如 图 10－28 所示。不考虑重力的作用，荷质比 q／m（q，m 分别为离子的带电量与质量）， 应在什么范围内，离子才能打到金属板上？ 【错解】 离子在离子枪内加速，出射速度为 由牛顿第二定律离子在磁场中离子的加速度为 离子在磁场中做平抛运动 【错解原因】 离子在离子枪中的的加速过程分析正确，离子进入磁场的过程分析错误。做平抛运动 物体的加速度为一恒量，仅与初速度垂直。而洛仑兹力总与速度方向垂直，洛仑兹力大小不 变、方向变化，它是个变力。离子在磁场中应做匀速圆周运动。 【分析解答】 设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘 M，则其偏转半 若离子正好打到金属板的远侧边缘 N，则其偏转半径满足关系 即 因离子从离子枪射出的速度 v 由离子枪内的加速电场决定 即 代入式④即得 讨论：由以上方程组可知 【评析】 本题考查的能力要求体现在通过对边界条件的分析，将复杂的问题分解为若干个简单 问题；把未知的问题转化为已知条件。并且通过几何关系找出大小两个半径来。从错解中还 可以看出，熟练掌握基本的物理模型的特点（加速度与初速度的关系或加速度与位移之间的 关系等）对正确选择解题思路的重要性。 第十一章 电磁感应错题集 一、主要内容 本章内容包括电磁感应现象、自感现象、感应电动势、磁通量的变化率等基本概念， 以及法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则等规律。 二、基本方法 本章涉及到的基本方法，要求能够从空间想象的角度理解法拉第电磁感应定律。用画 图的方法将题目中所叙述的电磁感应现象表示出来。能够将电磁感应现象的实际问题抽象成 直流电路的问题；能够用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题；会用图象表示电磁 感应的物理过程，也能够识别电磁感应问题的图像。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：概念理解不准确；空间想 象出现错误；运用楞次定量和法拉第电磁感应定律时，操作步骤不规范；不会运用图像法来 研究处理，综合运用电路知识时将等效电路图画错。 例 1 长为 a 宽为 b 的矩形线圈，在磁感强度为 B 的匀强磁场中垂直于磁场的 OO′轴 以恒定的角速度ω旋转，设 t= 0 时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量 的变化率分别 是 [ ] 【错解】t=0 时，线圈平面与磁场平行、磁通量为零，对应的磁通量的变化率也为零， 选 A。 【错解原因】 磁通量Φ=BS⊥BS（S⊥是线圈垂直磁场的面积），磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1，两者的 物理意义截然不同，不能理解为磁通量为零，磁通量的变化率也为零。 【分析解答】 实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势 e=εmcosω t=Babωcosωt。当 t=0 时，cosωt=1，虽然磁通量 可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即 【评析】 弄清概念之间的联系和区别，是正确解题的前提条件。在电磁感应中要弄清磁通量Φ、 磁通量的变化ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦ/Δt 之间的联系和区别。 例 2 在图 11－1 中，CDEF 为闭合线圈，AB 为电阻丝。当滑动变阻器的滑动头向下 滑动时，线圈 CDEF 中的感应电流在 G 处产生的磁感强度的方向是“·”时，电源的哪一端 是正极？ 【错解】 当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝 AB 因被短路而无电流通过。由此可知，滑动 头下移时，流过 AB 中的电流是增加的。当线圈 CDEF 中的电流在 G 处产生的磁感强度的 方向是“·”时，由楞次定律可知 AB 中逐渐增加的电流在 G 处产生的磁感强度的方向是“×”， 再由右手定则可知，AB 中的电流方向是从 A 流向 B，从而判定电源的上端为正极。 【错解原因】 楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁 通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的 内部。 【分析解答】 当线圈 CDEF 中的感应电流在 G 处产生的磁感强度的方向是“·”时，它在线圈内部产 生磁感强度方向应是“×”，AB 中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“·”，所 以，AB 中电流的方向是由 B 流向 A，故电源的下端为正极。 【评析】 同学们往往认为力学中有确定研究对象的问题，忽略了电学中也有选择研究对象的问 题。学习中应该注意这些研究方法上的共同点。 例 3 一个共有 10 匝的闭合矩形线圈，总电阻为 10Ω、面积为 0.04m2，置于水平面 上。若线框内的磁感强度在 0.02s 内，由垂直纸面向里，从 1.6T 均匀减少到零，再反向均 匀增加到 2.4T。则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为______A，从上向下俯视， 线圈中电流的方向为______时针方向。 【错解】 由于磁感强度均匀变化，使得闭合线卷中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律， 感应电动势 根据楞次定律，开始时原磁场方向垂直纸面向里，而且是均匀减少的。那么感应电流 产生的磁场的方向应该与原磁场方向相同，仍然向里。再根据安培定则判断感应电流的方向 为顺时针方向。同理，既然原磁场均匀减少产生的感应电流的方向为顺时针方向。那么，原 磁场均匀增加时，产生的感应电流的方向必然是逆时针方向。 【错解分析】 由于磁场的变化，而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律 矢量差。在 0.02s 内磁场的方向发生了一次反向。设垂直纸面向里为正方向，ΔB=B2- （-B1）=B2+Bl 【分析解答】 根据法拉第电磁感应定律 根据楞次定律，磁感强度 B 从 B1 开始均匀减少到零的过程中，感应电流的磁场阻碍原 磁通的减少，与原磁通的方向同向，感应电流的方向是顺时针的。接着磁感强度 B 从零开 始反方向均均匀增加到 B2，这个过程中，穿过闭合线圈的磁通量反方向增加，感应电流的 磁场要阻碍原磁场的增加，其方向是垂直纸面向里，再根据安培定则判断感应电流的方向仍 然是顺时针的。 【评析】 应用楞次定律时，特别要注意感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化。 不能把“阻碍变化”简单地理解为原磁场均匀减少，电流就是顺时针，原磁场均匀增加，感 应电流就是逆时针。应用楞次定律解题要先判断原磁通的方向及其变化趋势，再用“阻碍变 化”的原则来判断感应电流的磁场的方向，最后用右手定则来判断感应电流的方向。 例 4 如图 11－2 所示，以边长为 50cm 的正方形导线框，放置在 B=0.40T 的身强磁 场中。已知磁场方向与水平方向成 37°角，线框电阻为 0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向 转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。 【错解】 线框在水平位置时穿过线框的磁通量 Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb 线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb） 这个过程中的平均电动势 通过导线横截面的电量 【错解原因】 磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。若θ＜90° 时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，所以磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面与 B 方 向平行时，电流方向有一个转变过程。错解就是忽略了磁通量的正负而导致错误。 【分析解答】 设线框在水平位置时法线（图 11－2 中 n）方向向上，穿过线框的磁通量 Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb 当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=143°，穿过 线框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb 通过导线横截面的电量 【评析】 通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能避免 出现错误。 例 5 如图 11-3 所示，直角三角形导线框 ABC，处于磁感强度为 B 的匀强磁场中，线 框在纸面上绕 B 点以匀角速度ω作顺时针方向转动，∠B=60°，∠C=90°，AB=l，求 A，C 两端的电势 UAC。 【错解】 把 AC 投影到 AB 上，有效长度 AC′，根据几何关系（如图 11－4）， 【错解原因】 此解错误的原因是：忽略 BC，在垂直于 AB 方向上的投影 BC′也切割磁感线产生了电 动势，如图 11-4 所示。 【分析解答】 该题等效电路 ABC，如图 11－5 所示，根据法拉第电磁感应定律，穿过回路 ABC 的 磁通量没有发生变化，所以整个回路的 ε总=0 ① 设 AB，BC，AC 导体产生的电动势分别为ε1、ε2、ε3，电路等效于图 11-5，故有 ε总=ε1+ε2+ε3 ② 【评析】 注意虽然回路中的电流为零，但是 AB 两端有电势差。它相当于两根金属棒并联起来， 做切割磁感线运动产生感应电动势而无感应电流。 例 6 如图 11－6 所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线 MON， ∠MON=α。在它上面搁置另一根与 ON 垂直的导线 PQ，PQ 紧贴 MO，ON 并以平行于 ON 的速度 V，从顶角 O 开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为 R0，磁感强度为 B，求回路中的感应电流。 【错解】 设 PQ 从顶角 O 开始向右运动的时间为Δt， Ob=v·Δt， ab=v·Δ·tgα， 【错解原因】 不是我们要求的电动势的瞬时值。因为电阻（1＋cosα＋sinα） 由于两者不对应，结果就不可能正确。 【分析解答】 设 PQ 从顶角 O 开始向右运动的时间为Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ 回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。回路中感应电流 时间增大，产生的感应电动势不是恒量。避免出错的办法是先判断感应电动势的特征， 根据具体情况决定用瞬时值的表达式求解。 例 7 如图 11－7 所示装置，导体棒 AB，CD 在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各 朝相反方向以 0.lm／s 的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度 B=4T，导体棒 有效长度都是 L=0.5m，电阻 R=0.5Ω，导轨上接有一只 R′=1Ω的电阻和平行板电容器，它 的两板间距相距 1cm，试求：（l）电容器及板间的电场强度的大小和方向；（2）外力 F 的大小。 【常见错解】 错解一： 导体棒 CD 在外力作用下，会做切割磁感线运动，产生感应电动势。对导体棒 AB 在力 F 的作用下将向右做切割磁感线运动，根据右手定则可以判断出感应电动势方向向上，同理 可分析出导体棒 CD 产生的感生 ，Uab=0，所以电容器两极板 ab 上无电压，极板间电场强度为零。 错解二： 求出电容器的电压是求电容器板间的电场强度大小的关键。由图 11－7 看出电容器的 b 板，接在 CD 的 C 端导体 CD 在切割磁感线产生感应电动势，C 端相当于电源的正极，电 容器的 a 接在 AB 的 A 端。导体棒 AB 在切割磁感线产生感应电动势，A 端相当于电源的负 极。导体棒 AB，CD 产生的电动势大小又相同，故有电容器的电压等于一根导体棒产生的 感应电动势大小。 UC＝Blv＝4×0.5×0.l=0.2（V） 根据匀强电场场强与电势差的关系 由于 b 端为正极，a 端为负极，所以电场强度的方向为 b→a。 【错解原因】 错解一：根据右手定则，导体棒 AB 产生的感应电动势方向向下，导体棒 CD 产生的感 应电动势方向向上。这个分析是对的，但是它们对整个导体回路来说作用是相同的，都使回 路产生顺时针的电流，其作用是两个电动势和内阻都相同的电池串联，所以电路中总电动势 不能相减，而是应该相加，等效电路图如图 11－8 所示。 错解二：虽然电容器 a 板与导体 AB 的 A 端是等势点，电容器 b 板与导体 CD 的 C 端 是等电势点。但是 a 板与 b 板的电势差不等于一根导体棒切割磁感线产生的电动势。a 板与 b 板的电势差应为 R′两端的电压。 【分析解答】 导体 AB、CD 在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流。 电容器两端电压等于 R′两端电压 UC=UR′=IR′0.2×1=0.2（V） 回路电流流向 D→C→R′→A→B→D。所以，电容器 b 极电势高于 a 极电势，故电场 强度方向 b→a。 【评析】 从得数上看，两种计算的结果相同，但是错解二的思路是错误的，错在电路分析上。 避免错误的方法是在解题之前，画 出该物理过程的等效电路图，然后用电磁感应求感应电 动势，用恒定电流知识求电流、电压和电场知识求场强，最终解决问题。 例 8 如图 11－9 所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距 0.2m，金属导体 ab 可 在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为 0.4Ω，导轨电阻不计，导轨 ab 的质量为 0.2g， 垂直纸面向里的匀强磁场的磁应强度为 0.2T，且磁场区域足够大，当 ab 导体自由下落 0.4s 时，突然接通电键 K，则：（1）试说出 K 接通后，ab 导体的运动情况。（2）ab 导体匀 速下落的速度是多少？（g 取 10m／s2） 【错误】 （1）K 闭合后，ab 受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用。合力竖直向下， ab 仍处于竖直向下的加速运动状态。随着向下速度的增大，安培力增大，ab 受竖直向下的 合力减小，直至减为 0 时，ab 处于匀速竖直下落状态。 （2）略。 【错解原因】 上述对（l）的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速 度之间的关系做认真的分析。不善于采用定量计算的方法分析问题。 【分析解答】 （1）闭合 K 之前导体自由下落的末速度为 v0=gt=4（m／s） K 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流。ab 立即受到一个竖直向上 的安培力。 此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速 所以，ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动。当速度减小至 F 安=mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动。 【评析】 本题的最大的特点是电磁学知识与力学知识相结合。这类的综合题本质上是一道力学 题，只不过在受力上多了一个感应电流受到的安培力。分析问题的基本思路还是力学解题的 那些规矩。在运用牛顿第二定律与运动学结合解题时，分析加速度与初速度的关系是解题的 最关键的第一步。因为加速度与初速度的关系决定了物体的运动。 例 9 如图 11－10 所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属棒 ab 和 cd 的电阻多别为 Rab 和 Rcd，且 Rab＞Rcd，处于匀强磁场中。金属棒 cd 在力 F 的作用下向右匀速运动。ab 在外 力作用下处于静止状态，下面说法正确的 是 [ ] A．Uab＞Ucd B．Uab=Ucd C．Uab＜Ucd D．无法判断 【错误】 因导轨的电阻不计，金属棒 ah 和 cd 可以等效为两个电阻串联，而串联电路中，电压 的分配跟电阻成正比。因为 Rab＞Red，所以 Uab＞Ucd，故选 A。 【错解原因】 cd 金属棒在 F 的作用下，做切割磁感线运动，应视为电源。Ucd 为电源的端电压，而 不是内电压。所以 Ucd≠IRcd，Ucd=ε-IRcd，不能将 abcd 等效为两个外电阻的串联。 【分析解答】 金属棒在力 F 的作用下向右作切割磁感线的运动应视为电源，而 c、d 分别等效为这个 电源的正、负极，Ucd 是电源两极的路端电压，不是内电压。又因为导轨的电阻忽略不计， 因此金属棒 ab 两端的电压 Uab 也等于路端电压，即 Ucd=Uab，所以正确的答案应选 B。 【评析】 电源是将非静电能转换成电能的装置。本题中是通过电磁感应将机械能转化成为电能。 cd 的作用是电源。ab 则是外电路中的电阻。画出等效电路图，如图 11-11 所示。然后再 运用恒定电流的知识进行计算。电磁感应的问题中经常用到这样的化简为直流电路的等效方 法。 例 10 如图 11－12 所示，长为 6m 的导体 AB 在磁感强度 B=0.IT 的匀强磁场中，以 AB 上的一点 O 为轴，沿着顺时针方向旋转。角速度ω=5rad／s，O 点距 A 端为 2m，求 AB 的电势差。 【错解】 根据法拉第电磁感应定律 ε=Blv v=ωl ε=Bl2ω 断路时导体端电压等于电动势 【错解原因】 法拉第电磁感应定律的导出公式ε=Blv 是有条件的。它适用于导体平动且速度方向垂 直于磁感线方向的特殊情况。不符合本题的转动情况，本题用错了公式。另外判断感应电动 势方向上也出现了问题。 【分析解答】 由于法拉第电磁感应定律ε=Blv 适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊 情况。将转动问题转化为平动作等效处理。因为 v=ωl，可以用导体中点的速度的平动产生 的电动势等效于 OB 转动切割磁感线产生的感应电动势。 UBO=UB-UO=εBO=4(V) UAO=UA-UO=εAO=1(V) UAB=UA-UB=(UA-UO)-(UB-UO) =UAO-UBO=1-4=-3(V) 【评析】 本题中的等效是指产生的感应电动势相同。其基础是线速度与角速度和半径成正比。 例 11 如图 11－13 所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于 O 点，将圆环拉离平衡位 置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B 为该磁场的竖直边界，若 不计空气阻力， 则 [ ] A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度。 B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流 C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大 D．圆环最终将静止在平衡位置。 【错解】 如图 11－13 所示，当圆环从 1 位置开始下落，进入磁场和摆出磁场时（即 2 位置和 3 位置），由于有磁通量变化，圆环上产生感应电流，选项 B 正确。由于金属圆环自身存在 内阻，所以必然有热量产生（既有能量损失）。因此，圆环不会再摆到 4 位置。选项 A 错。 当圆环进入磁场后，穿过环内的磁通量不再发生变化，无感应电流产生。选项 C 错误。由 于每次通过磁场都有能量损失，所以圆环最终将静止在平衡位置，D 选项正确。 【错解原因】 物体有惯性，人的思维也有惯性。这个同学对 ABC 选项的判断是正确的。只有 D 选项 选错了。在圆环穿过磁场时，要发生电磁感应现象造成机械能转化为电能，电能再进一步转 化为内能。但是，这位同学忘记分析当圆环仅在匀强磁场内摆动时，穿过圆环内的磁通量还 变化呢？导致了选择错误。 【分析解答】 如图 11－13 所示，当圆环从 1 位置开始下落，进入磁场时（即 2 和 3 位置），由于 圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的 转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到 4 位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少 圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，如图 11－14 所示。圆环内无磁 通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉 力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环将在 AB 间 来回摆动。 【评析】 电磁感应现象产生的条件是穿过线圈所包围的平面内的磁通量发生 只有回路中有ΔΦ≠0，即当面积 S 一定时，ΔB≠0，才会有感应电动势，才有感应电流 的存在。可见，在分析物理问题时，要严格按照物理规律成立的条件办事。 例 12 如图 11－15 所示，在磁感强度 B= 2T 的匀强磁场中，有一个半径 r=0.5m 的 金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直。OA 是一个金属棒，它沿着顺时针方向以 20rad ／s 的角速度绕圆心 O 匀速转动。A 端始终与圆环相接触 OA 棒的电阻 R=0.1Ω，图中定值 电阻 R1=100Ω，R2=4.gΩ，电容器的电容 C=100pF。圆环和连接导线的电阻忽略不计， 求： （1）电容器的带电量。哪个极板带正电。 （2）电路中消耗的电功率是多少？ 【错解】 （1）由于电容器两板间分别接在做切割磁感线导体棒的两端，电容器两端的电压就等 于导体 OA 上产生的感应电动势。 根据右手定则，感应电流的方向由 O→A，故电容器下板由于与 O 相接为正，上极板 与 A 相接为负。 （2）根据闭合电路欧姆定律 电路中消耗的电功率 P 消=I2R=4.9(W) 【错解分析】 （1）电容器两板虽然与切割磁感线的导体相连，但两板间并不等于导体棒 OA 产生的 感应电动势。因为导体棒有电阻。所以电容器的电压应等于整个回路的端电压。 （2）电路中消耗的功率由于导体棒有电阻，即相当于电源有内阻，所以电路中消耗的 功率不仅在外电阻 R2 上，而且还消耗在内阻 R 上。P 消=I2(R+R2)或根据能量守恒 P 源=Iε。 【分析解答】 （l）画出等效电路图，图 11－16 所示。导体棒 OA 产生感应电动势 根据右手定则，感应电流的方向由 O→A，但导体棒切割磁感线相当于电源，在电源 内部电流从电势低处流向电势高处。故 A 点电势高于 O 点电势。又由于电容器上板与 A 点 相接即为正极，同理电容器下板由于与 O 相接为负极。 （2）电路中消耗的电功率 P 消=I2(R+R2)=5(W)，或 P 消=Iε=5(W) 例 13 用均匀导线弯成正方形闭合金属线框 abcd，线框每边长 80cm，每边的电阻为 0.01Ω。把线框放在磁感强度 B=0.05T 的匀强磁场中，并使它绕轴 OO′以ω=100rad／s 的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图 （1）每条边产生的感应山动势大小； （2）线框内感应电流的大小； （3）e，f 分别是 ab 和 cd 的中点，ef 两点间的电势差。 【错解】 线圈在转动时，只有 ab 边和 cd 边作切割磁感线运动，产生感应电动势。 （2）由右手定则可知，线框在图示位置时，ab 中感应电动势方向向上，而 cd 中感应 电势的方向向下。 （3）观察 fcbe 电路 【错解原因】 本题解共有 4 处错误。第一，由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出，即缺 少εad 和εbc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的的倍数关系与每一部分 占总长的几分之几表述不正确。第三，ab 边和 cd 边的感应电动势的方向分别向上、向下。 但是它们的关系是电源的串联，都使电路中产生顺时针方向的电流，闭合回路的总电动势应 为。εcd+εab，而不是相减。第四，求 Uef 时，研究电路 fcbe，应用闭合电路欧姆定律，内 电路中产生电动势的边长只剩下一半，感应电动势也只能是εcd/2。 【分析解答】 （1）线框转动时，ab 边和 cd 边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0。 （3）观察 fcbe 电路 【评析】 没有规矩不能成方圆。解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：（1）通过多角度的视 图，把磁场的空间分布弄清楚。（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电 动势，选择合适的公式解题。（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求 解。 例 14 如图 11－18 所示，A，B 是两个完全相同的灯泡，L 是自感系数较大的线圈， 其直流电阻忽略不计。当电键 K 闭合时，下列说法正确的是 [ ] A．A 比 B 先亮，然后 A 熄灭 B．B 比 A 先亮，然后 B 逐渐变暗，A 逐渐变亮 C．AB 一齐亮，然后 A 熄灭 D．A、人一齐亮．然后八逐渐变亮．D 的亮度不变 【错解】 当电键闭合时．A 灯与线圈 L 串联，B 灯与 R 串联后分别并联于电源两端。虽然 K 闭 合瞬间线圈会产生自感，即阻碍通过线圈支路电流的的增加。但 A 灯与 L 串联后并联接在 电源上。电源两端有电压，就会有电流，所以 AB 都应该同时亮起来。只是闭合 K 的瞬间 A 灯不能达到应有的电流而亮度发暗。K 闭合一段时间后两灯达到同样的亮度。所以 A 灯逐 渐变亮，B 灯亮度不发生变化，选 D。 【错解原因】 选择 D 选项时对自感现象理解不够。在 K 闭合的瞬间，通过每盏灯的电流到底怎样变 化不清楚。 【分析解答】 电键闭合的瞬间，线圈由于自感产生自感电动势，其作用相当于一个电源。这样对整 个回路而言相当于两个电源共同作用在同一个回路中。两个电源各自独立产生电流，实际上 等于两个电流的叠加。根据上述原理可在电路中标出两个电源各自独立产生的电流的方向。 图 11-19a、b 是两电源独立产生电流的流向图，C 图是合并在一起的电流流向图。由 图可知、在 A 灯处原电流与感应电流反向，故 A 灯不能立刻亮起来。在 B 灯处原电流与感 应电流同向，实际电流为两者之和，大于原电流。故 B 灯比正常发光亮（因正常发光时电 流就是原电流）。随着自感的减弱，感应电流减弱，A 灯的实际电流增大，B 灯实际电流减 少，A 变亮，B 灯变暗，直到自感现象消失，两灯以原电流正常发光。应选 B。 例 15 如图 11－20 所示光滑平行金属轨道 abcd，轨道的水平部分 bcd 处于竖直向 上的匀强磁场中，bc 部分平行导轨宽度是 cd 部分的 2 倍，轨道足够长。将质量相同的金 属棒 P 和 Q 分别置于轨道的 ab 段和 cd 段。P 棒位于距水平轨道高为 h 的地方，放开 P 棒， 使其自由下滑，求 P 棒和 Q 棒的最终速度。 【错解】 设 P，Q 棒的质量为 m，长度分别为 2l 和 l，磁感强度为 B，P 棒进入水平轨道的速度 为 v0，对于 P 棒，运用机械能守恒定律得 当 P 棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流。P 棒受到安培力作用而减速，Q 棒受到安培力而加速，Q 棒运动后也将产生感应电动势，与 P 棒感应电动势反向，因此回 路中的电流将减小。最终达到匀速运动时，回路的电流为零，所以 εP=εQ 即 2BlvP=BlvQ 2vp=vQ 对于 P，Q 棒，运用动量守恒定律得到 mv0=mvp+mvQ 【错解原因】 错解中对 P，Q 的运动过程分析是正确的，但在最后求速度时运用动量守恒定律出现 错误。因为当 P，Q 在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零。FP=2Bll FQ=Bll（设 I 为回路中的电流），因此 P，Q 组成的系统动量不守恒。 【分析解答】 设 P 棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为△t，P，Q 对 PQ 分别应用动量定理得 【评析】 运用动量守恒定律和机械能守恒定律之前，要判断题目所给的过程是否满足守恒的条 件。动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零，或者是在某一方向上所受的合外力为零， 则系统在该方向上动量的分量守恒。 例 16 在如图 11－21 所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀 强磁场，磁感强度 B，导轨左端的间距为 L1=4l0，右端间距为 l2=l0。今在导轨上放置 ACDE 两根导体棒，质量分别为 m1=2m0，m2=m0，电阻 R1=4R0，R2=R0。若 AC 棒以初速度 V0 向右运动，求 AC 棒运动的过程中产生的总焦耳热 QAC，以及通过它们的总电量 q。 【常见错解】 AC 棒在磁场力的作用下，做变速运动。运动过程复杂，应从功能关系的角度来分析。 由于没有摩擦，最后稳定的状态应为两棒做匀速运动。根据动量守恒定律 m1v0=（m1＋m2） v′ 整个回路产生的焦耳热 因为 R1=4R0，R2=R0。所以 AC 棒在运动过程中产生的焦耳热 对 AC 棒应用动量定理-Bll·△t=m1v′1-m1v0 【错解原因】 AC 棒在磁场力的作用下做变速运动，最后达到运动稳定，两棒都做匀速运动的分析是 正确的。但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的。如果两棒的速度相同则回路中还 有磁通量的变化，还会存在感应电动势，感应电流还会受到安培力的作用，AC，DE 不可能 做匀速运动。 【分析解答】 由于棒 l1 向右运动，回路中产生电流，ll 受安培力的作用后减速，l2 受安培力加速使回 路中的电流逐渐减小。只需 v1，v2 满足一定关系， 两棒做匀速运动。 两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有 Bllv1=Bl2v2 再对 DE 棒应用动量定理 B l2·△t=m2v2 【评析】 以前我们做过类似的题。那道题中的平行轨道间距都是一样的。有一些同学不假思索， 把那道题的结论照搬到本题中来，犯了生搬硬套的错误。差异就是矛盾。两道题的差别就在 平行导轨的宽度不一样上。如何分析它们之间的差别呢？还是要从基本原理出发。平行轨道 间距一样的情况两根导体棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的变化为零。本题中如果两 根导轨的速度一样，由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零，仍然会有感应电流 产生，两根导体棒还会受到安培力的作用，其中的一根继续减速，另一根继续加速，直到回 路中的磁通量的变化为零，才使得两根导体棒做匀速运动。抓住了两道题的差异之所在，问 题就会迎刃而解。 例 17 如图 11－22 所示，一个 U 形导体框架，其宽度 l=1m，框架所在平面与水平 面的夹用α=30°。其电阻可忽略不计。设匀强磁场与 U 形框架的平面垂直。匀强磁场的磁 感强度 B＝0.2T。今有一条形导体 ab，其质量为 m＝0.5kg，有效电阻 R=0.1Ω，跨接在 U 形框架上，并且能无摩擦地滑动，求 （1）由静止释放导体，导体 ab 下滑的最大速度 vm； （2）在最大速度 vm 时，在 ab 上释放的电功率。（g=10m／s2）。 【常见错解】 错解一： （1）ab 导体下滑过程中受到重力 G 和框架的支持力 N，如图 11－23。 根据牛顿第二定律ΣF=ma mgsinα=ma a=gslnα 导体的初速度为 V0=0，导体做匀加速直线运动，由运动学公式 v＝v0c＋at=5t 随着 t 的增大，导体的速度 v 增大 vm→∞ 由ε=Blv 可知 当 vm→∞，电功率 P→∞ 错解二： 当导体所受合力为零时，导体速度达到最大值。 （1）导体 ab 受 G 和框架的支持力 N，而做加速运动 由牛顿第二定律 mgsin30°=ma a=gsin30° 但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电 流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为 FA。 随着速度 v 的增加，加速度 a 逐渐减小。当 a＝0 时，速度 v 有最大值 【错解原因】 分析导体 ab 下滑过程中物理量变化的因果关系是求 ab 导体下滑最大速度的关键。 错解一：正是由于对电磁现象规律和力与运动的关系理解不够，错误地分析出 ab 导体 在下滑过程中做匀加速运动。实际上，导体 ab 只要有速度，就会产生感应电动势，感应电 流在磁场中受到安培力的作用。安培力随速度的增加而增大，且安培力的方向与速度方向相 反，导体做加速度逐渐减小的变加速直线运动。 错解二：的分析过程是正确的，但是把导体下滑时产生的电动势写错了公式，ε =Blvsin30°中 30°是错误的。ε=Blvsinθ中的θ角应为磁感强度 B 与速度 v 的夹角。本题中θ =90°。 【分析解答】 （1）导体 ab 受 G 和框架的支持力 N，而做加速运动由牛顿第二定律 mgsin30°=ma a=gsin30°=5（m／s2） 但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电 流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为 FA 随着速度 v 的增加，加速度 a 逐渐减小。当 a=0 时，速度 v 有最大值 （2）在导体 ab 的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率 【评析】：物理解题训练同学们的思维能力。本题要求同学从多角度来看问题。从加 速度产生的角度看问题。由于导体运动切割磁感线发生电磁感应产生感应电流，感应电流的 受力使得导体所受的合力发生改变，进而使导体的加速度发生变化，直到加速度为零。从能 量转化和守恒的角度看：当重力做功使导体的动能增加的同时，导体又要切割磁感线发生电 磁感应将动能转化为内能。直至重力做功全部转化为回路的内能。 例 18 共有 100 匝的矩形线圈，在磁感强度为 0.1T 的匀强磁场中以角速度ω=10rad ／s 绕线圈的中心轴旋转。已知线圈的长边 a=20cm，短边 b=ocm，线圈总电阻为 2Ω。 求（1）线圈平面转到什么位置时，线圈受到的电磁力矩最大？最大力矩有多大？（2）线 圈平面转到与磁场方向夹角 60°时，线圈受到的电磁力矩。 【错解】 （l）当线圈平面与磁场方向平行时电磁力矩最大。如图 ll－24 所示。 磁场对线圈一条边的作用力 F=BIb=0.01N 线圈受到的电磁力矩 （2）若θ=60°时，如图 11-25 ε′=NBabωsin60°=1.73V 磁场对线圈一条边的作用力 F′=BI′=0.00866N 此时线圈受到的电磁力矩 【错解原因】 第一问解法是正确的。但第二问出了两点错：公式ε=Blvsinθ中的θ应该是 B 与 v 的夹 角。错解中把线圈平面与磁场的夹角当作θ。另一 【分析解答】 磁场对线圈一边的作用力 F′=BI′b=0.005N 此时的力矩 【评析】 依据题意准确地作出线圈在磁场中的速度方向和受力方向是解题的前提。这就是说， 逻辑思维是要借助形象来帮忙。 第十二章 交流电、电磁振荡、电磁波错题集 一、主要内容 本章内容包括交流电、正弦交流电的图象、最大值、有效值、周期与频率、振荡电路， 电磁振荡、电磁场，电磁波，电磁波的速度等基本概念，以及交流发电机及其产生正弦交流 电的原理，变压器的原理，电能的输送方法、C 电路产生的电磁振荡的周期和频率等。 二、基本方法 本章涉及到的基本方法有利用空间想象的各种方法理解正弦交流电的产生原因和电磁 振荡的物理过程，运用图象法理解并运用它来解决交流电和电磁振荡的判断、计算问题。从 能量转化的观点出发来理解交流电的有效值问题和电磁振荡问题。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能从能的转化的角度理 解有效值，致使出现乱套公式的问题；由于初始条件不清，对电磁振荡物理过程判断失误； 不善于运用两个图象对一个物理过程进行动态分析。 例 1 如图 12－1 所示，矩形线圈在外力的作用下，在匀强磁场中以。ω=200πrad／ s 的角速度匀速转动，线圈的面积为 100cm2，匝数 n=500 匝，负载电阻 R=30Ω，磁场的 磁感强度 B=0.2T。交流电压表的示 磁力矩的大小。 【错解】 错解一： 错解二： 解得 M=8.66 N·m 【错解原因】 错解一中用电流的有效值计算某一瞬间线圈的电磁力矩是错误的。 解法二中没有注意到另一个隐含条件“线圈平面与磁感线垂直时开始计时”而导致上 当。 【分析解答］ 本题有三个隐含条件：一为“瞬时”。二为线圈平而与磁感线垂直时开始计时，三为 电路是纯电阻对电路。 M＝nBISsinωt 解得：M=SN·m 【评析】 审题时要注意关键词的物理意义。并且能在头脑中把文字叙述的物 以及线圈在此位置的受力情况，力臂情况标在图上。这样解题，就会言之有物，言之 有据。 例 2 图 12－2 中，降压变压器的变压系数是 3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之 比是 3。初级线圈的输入电压是 660V，次级线圈的电阻为 0.2Ω，这台变压器供给 100 盏 220V，60W 的电灯用电。 求： （l）空载时次级线圈的端电压和输出功率； （2）接通时次级线圈的端电压； （3）每盏灯的实际功率 【错解】 （2）接通时，次级线圈的端电压仍为 220V。 【错解原因】 （1）变压器空载时，电路的电流为零，无能量的转化，不能用 P= （2）接通后次级线圈有电阻要消耗电能，由于次级线圈内部存在电压降，所以次级线 圈的端电压不再是 220V，而应以次级线圈为研究对象应用闭合电路欧姆定律去求次级线圈 的端电压。 （3）由于次级线圈的端电压达不到灯泡的额定电压，灯泡的实际功率要小于每盏灯的 额定功率。 【分析解答】 （1）将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的端电压为 U2。 因为空载，次级线圈的负载电阻 R2→∞，次级线圈中的电流为零 I2=0，P=I2U2=0 次级线圈的端电压 U′2=I2R 外=214.68（V） 【评析】 理解能力的高低表现在把握文字的物理意义上。题文中说“次级线圈的电阻为 0.2Ω”。 可见文中所述的变压器有内耗，不是理想变压器。这是课本上没有介绍过的新情况。类比直 流电路的知识，可从两条路去求路端电压，U=ε-Ir（电源电动势减去内电压），或者用部 分欧姆定律 U=IR。 例 3 收音机的变压器的初级线圈有 1210 匝，接在 U1=220V 的交流电源上，变压器 有两个次级线圈。次级线圈Ⅱ的匝数为 35 匝，次级线圈Ⅲ的匝数是 1925 匝。如果不计变 压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是 0.3A 时，初级线圈的电流 I1=0.114A。求线圈Ⅲ中电流和输出电压（电流的计算结果保留 3 位有效数字） 【错解】 【错解原因】 能量守恒定律，从输入功率等于输出功率入手求解。 【分析解答】： 不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律 P1＝P2＋P3 I1U1=I2U2+I3U3 【评析】 守恒定律 P1=P2，I1U1=I2U2 才有这个形式。不能死记硬背，不顾条件乱套公式。 例 4 如图 12－3 所示，矩形线圈 abcd 在磁感强度 B=2T 的匀强磁场中绕轴 OO′， 以角速度ω=10πrad／s 匀速转动，线圈共 10 匝， ab=0. 3m，bc= 0. 6m，负载电阻 R= 45Ω。求（l）电阻 R 在 0.05s 内所发出的热量；（2）0.05s 内流过的电量（设线圈从垂直 中性面开始转动） 【错解】 错解一： 第一步，求电流的有效值，用有效值来计算热量。 电动势的最大值为 εm=2nBlv=nBSε=10×2×0.3×0.6×10π=113.1（V） 电流的有效值 所以 0.05s 内 R 上发出的热量 Q=I2Rt=5.76（J） 第二步，根据有效值求通过 R 上的电量，由题意 0.05s 内通过 R 的电流方向不变 q＝It＝1．6×0.05＝0.08（C） 错解二： 第一步求平均电流，用平均电流计算热量。 第二步，由平均电流求电量 【错解原因】 交流电的有效值是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效；交 流电的平均值是从电流通过导线横截面的电量相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效， 两个概念的出发点不同。 【分析解答】 电动势的最大值为εm= 2nBlv=nBSε=10×20.3×0.6×10π=113．1（V） 所以 0.05s 内 R 上发出的热量 Q=I2Rt=5.76（J） 例 5 图 12－4 表示一交流电的电流随时间而变化的自烟，此交流电的有效值是：（ ） 【错解】 平均值， 【错解原因】 有效值才有这样的数量关系。本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形，故该 公式不适用此交流电。第二，交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值。 【分析解答】 交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发， 使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为 I， 所以该交流电的有效值为 所以应选 D。 【评析】 上两道题【评析】等效是有条件的。请注意每一种等效方法的成立条件和适用范围。 第十三章 光学错题集 一、主要内容 本章内容包括光的直线传播、棱镜、光的色散、光的反射、光的折射、法线、折射率、 全反射、临界角、透镜（凸、凹）的焦点及焦距、光的干涉、光的衍射、光谱、红外线、紫 外线、X 射线、y 射线、电磁波谱、光电子、光子、光电效应、等基本概念，以及反射定律、 折射定律、透镜成像公式、放大率计算式，光的波粒二象性等基本规律，还有光本性学说的 发展简史。 二、基本方法 本章涉及到的方法有：运用光路作图法理解平面镜、凸透镜、凹透镜等的成像原理， 并能运用作图法解题；根据透镜成像规律，运用逻辑推理的方法判断物象变化情况。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：解题操作过程不规范导致 计算错误；将几何光学与物理光学综合时概念不准确；不善于用光路图对动态过程作分析。 例 1 波长为 0.65μm 的红光，从空气射入水中，水相对空气的折射率为 1.33。求该 光在水中的波长，并判断在水中该光的颜色。 【错解】 得波长 0.49μm 的光是蓝色。 【错解原因】 上述求得光在水中的波长为 0.49μm 是正确的，但用光谱表查得光的颜色却错了。人 眼对光的色觉决定于光的频率而不是波长。 【分析解答】 当光从一种媒质进入另一种媒质时，波长变化了，波速也相应变化了，但它的频率却 不变。所以在水中该光仍是红色。 【评析】 物理规律的因果关系是有条件的，记忆规律时应该首先弄清规律成立的条件。凡是波， 无论是机械波还是电磁波，只要振源的频率不变，波的频率就不变。 例 2 一束白光从玻璃里射入稀薄空气中，已知玻璃的折射率为 1.53，求入射角为下 列两种情况时，光线的折射角各为多少？ （1）入射角为 50” （2）入射角为 30° 【错解】 r=30°3′ r=19°4′ 【错解原因】 此解法中没有先分析判断光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是从光密媒质进入光疏 媒质，会不会发生全反射。而是死套公式，引起错误。 【分析解答】 光线由玻璃里射入空气中，是由光密媒质射入光疏媒质，其临界角为 由已知条件知，当 i=50°时，i＞A，所以光线将发生全反射，不能进入空气中。当 i=30° 时，i＜A，光进入空气中发生折射现象。 sinr=n·sini=1.53×sin30°=0.765 r= 49°54′ 【评析】 解光的折射现象的题目时，首先应做出判断：光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是 光线是从光密媒质进入光疏媒质。如是前者则 i＞r，如是后者则 i＜r。其次，如果是从光密 媒质进入光疏媒质中，还有可能发生全反射现象，应再判断入射角是否大于临界角，明确有 无折射现象。 例3 光从玻璃射入空气里时传播方向如图13－l所示，请在图中标出入射角和折射角。 【错解】 如图 13－2 所示，α为入射角，β为折射角。 【错解原因】 错解原因一是受思维定势的影响，不加分析地认定玻璃与空气总是上下接触的；二是 对光的折射及其规律未吃透，将题设文字条件与图形条件结合起来的分析能力差。根据光的 折射规律，光从水或玻璃等透明物质射入空气里时，折射角大于入射角，题设文字条件是“从 玻璃射入空气”，因此折射角大于入射角，再结合题设所给图形，可知 CD 为界面，AB 为 法线。 【分析解答】 如图 13－3 所示， α′为入射角， β′折射角（CD 左面为玻璃，右面为空气）。 【评析】 解光的折射现象的题目，首先应对光线是从光疏媒质进入光密媒质呢？还是光线是从 光密媒质进入光疏媒质作出判断。为了保证你每次做题时，能够不忘判断，建议同学们做光 的折射题时，先画出光路图，标出入射光线和出射光线的方向，在界面处标出哪一个是光密 媒质，哪一个是光疏媒质。然后再解题。 例 4 如图 13－4 所示，放在空气中折射率为 n 的平行玻璃砖，表面 M 和 N 平行，P， Q 两个面相互平行且与 M，N 垂直。一束光射到表面 M 上（光束不与 M 平行），则： A．如果入射角大于临界角，光在表面 M 发生全反射。 B．无论入射角多大，光在表面 M 都不会发生全反射。 C．光可能在表面 N 发生全反射。 D．由于 M 与 N 平行，光只要通过 M 就不可能在表面 N 发生全反射。 【错解】 光束从空气中射到玻璃砖表面 M 上，是由光疏媒质到光密媒质，不可能发生全反射， 而从表面 N 射出空气，是由光密媒质到光疏媒质，光可能发生全反射，故选 B，C。 【错解原因】 机械地记住光从光密媒质到光疏媒质，可能发生全反射，而不具体分析光通过表面 M 后射到 N 表面光线的入射角的大小是否大于临界角，而错选 C。 【分析解答】 如图 13-5 所示，光射到表面 M 的入射角为 i(i≠90°)折射角为 r， 面 N，因 M∥N，故其入射角 i′=r＜C。即光只要通过 M 即不可能在表面 N 发生折射。 若光通过 M 先射到 MN 面再射到 P 面（如图 13－6），同样可以证明经 P 面发生反 射，反射光线射至 N 面时，由几何关系可以证明入射角 i′=r，根据折射定律折射角 r′=i， 同样不可能发生全反射。故应选 B，D。 【评析】 同一个初始条件可能有若干个不同结果。这是对考生思维能力的考查。本题中，当光 线射到 M 上，发生折射。以 A 为分界点，入射点在 AC 之间，光线先要到达 P 界面，所以 一定先要讨论光线在 P 界面上的行为。光线在 P 界面一定会发生反射现象，是否发生折射 要看入射角是否大于临界角。由于此问题与本题无关所以可以不讨论它。如果试题提出光线 在 P 界面的行为时，就要认真讨论。结论是：入射到 M 面光线的入 例 5：如图 13－7 所示，有一长方形的玻璃砖，内有一个凸型空气泡，某学生用这个 玻璃砖来做光学实验。当一平行光束通过玻璃砖时，光在空气泡中发生的现象是： A．这一平行光束在空气泡中将不改变原来的方向。 B．这一平行光束在空气泡中将发生会聚。 C．这一平行光束在空气泡中将发生发散。 D．无法确定。 【错解】 不少学生看里面是一个凸型气泡，认为光线经过的是凸透镜，故最终成为一束会聚光 线，应选 B。 【错解原因】 对透镜的作用不清楚，而是简单地由镜子的形状来判断它对光线的作用种类，认为凸 型空气泡与平时用的玻璃凸透镜形状一样．便认为空气泡透镜对光线的作用与玻璃透镜的作 用效果相同。 【分析解答】 设想在图 13－7 中，沿 AB 方向把玻璃砖等分为二，即成为图 13－8 中情形，显然该 束光经过的是一凹透镜。由光学知识可知，凹透镜对光线有发散作用，则平行光束在空气泡 中将发生发散，故应选 C。 【评析】 更基本的方法是画一条入射光线到空气透镜的前表面，用作图法来判断光线经过透镜 之后的行为。光线从玻璃进入空气，由光密媒质进入光疏媒质，折射角大于入射角，折射光 线远离法线，出射光线是发散的。可见“凸透镜对光线的作用是会聚的”这个结论是有条件 的。条件是透镜材料的折射率大于周围环境的折射率。 例 6：如图 13-9，P 为发光点，MN 为平面镜，那么在 MN 与 P 之间放上不透明挡板 Q 后，像的亮度变化情况是__________(填“变亮”或“变暗”或“不变”)。 【错解】 在 MN 与 P 之间放上不透明挡板 Q 后，必然会使从 P 点发出的光被挡板挡住部分， 所以像的亮度会变暗。 【错解原因】 选错的同学是将此类问题与在发光点 S 与透镜之间放一挡板的情况混为一谈了。若是 凸透镜，如图 13－10，发光点 S 发出并且到达凸透镜上的那部分光线，经折射后必然全部 相交于实像点 S1，而当如图 13-11 所示的凸透镜下半部分(或其上任何一部分)放上挡板 B 后，S 发出并且到达挡板 B 的光线就会被反射和吸收不能透过凸透镜经折射到达实像点 S2， 使得相交于 S2 像点的光线大大减少了，显然由于放上了 B，S2 点变暗了，而平面镜则不同 了。 【分析解答】 所不同的是，图 13-12 中发光点 P 在平面镜中所成的是虚像点 P＇。眼睛之所以能看 到 P＇，是因为 P 发出的光线，在平面镜 MN 上发生反射并且进入人眼睛。人按照平时形 成的观察习惯，逆着进入眼睛的这些反射光线看到镜后的虚像点 P＇，P＇就是进入人眼睛 的光线反向延长线的相交点，显然 P＇像点的亮度取决于眼睛的某一位置观察时进入其中的 光线多少与强弱。 如图(13-12)所示，无放挡板时，眼睛在 M1N1 与 M1＇N1′所包围的空间区域内均可看 到 P′点。放上挡板后，在图中的阴影部分 A 或 B 区域内(即在 M1Nl 和 M2N2 与 M1′N1′和 M2′N2′所包围的区域)，进入眼睛的光线多少强弱与未放入挡板时相比保持不变。因为在没 有放上挡板时，通过挡板所在位置的那部分光线经平面镜后，同样不能进入处于 A，B 区域 内的眼睛，这样对进入 A，B 区域内的光线多少与强弱并不能做出贡献。也就是说，挡板放 上后，对在 A，B 区域内眼睛，能否看到像及看像的亮度都不会产生任何影响。当然此时 A， B 区域外再也看不到 P 的像点 P′了。 因此，在发光点与平面镜之间放上不透明挡板后，观察到的像的亮度是不变的，变化 的是像的观察范围，而且是明显变小了。 【评析】 几何光学把光理想化为光线，用几何的方法研究光在介质中的行为。总结出光的直进、 反射和折射三大规律。所以用几何光学规律解决实际问题，应先画光路图再做具体分析。这 不仅是按照规律办事的的起码要求，也是保证做题正确的手段。 例 7 用一个放大镜观察细小的物体，若物体距镜 2cm 远时，将看到一个放大 3 倍的 像，求此放大镜的焦距是多少？ 【错解】 v= mu=3×2＝6(cm) 【错解原因】 对题目中给的条件分析不够，题目中“通过放大镜看到一个像”这句话属于隐蔽的已 知条件，暗示了像和物在同侧．说明成虚像即像距为负值。而此解法恰好没有注意到这一点， 而是不加分析地当作实像处理，简单代入公式求解，出现了问题。 【分析解答】 由于像与物在放大镜的同一侧。因此，是一个虚像，v 为负值。 【评析】 胸有成竹说的是没画之前，画家的头脑里就有了一幅活生生的情境。理解题意也和画 画的道理相同，看到一个物理问题，先要将文字叙述的物理情境想象出来，然后再进一步解 题。本题如果先依据题意画一幅光路图就对像距的虚实一目了然。 例 8 高 9cm 的物体在凸透镜前某一位置时，在屏上得到高 3cm 的像。将此物向透镜 移近 50cm 时，则得放大率是 3 的正像。求此凸透镜的焦距？ 【错解】 设此凸透镜焦距为 f，第一次成像物距为 u1，像距为 vl。两次成像的放大率各为 K1 和 K2。由成像公式 【错解原因】 上述解法不加分析地把两次成像都当作实像处理，得出了错误的结果。 【分析解答】 由透镜成像公式 第一次成像为实像 第二次成像为虚像 【评析】 应用透镜成像公式时，一定要注意判断像的性质，若像距 v＞0，为实像；若像距 v＜0， 为虚像。要想避免出现本题类似的错误。得在审题上狠下功夫。得在理解词语的物理意义上 动脑筋。本题文中说：“在屏上得到高 3cm 的像”则这个像一定是实像。题文中又说：“将 此物向透镜移近 50cm 时，则得放大率是 3 的正像”这段话中，像的前面有定语“正”字， 其物理意义是“成虚像”，像距应取负值。 一般常见的描述像的性质的定语、状语有： 像的定语：实像、虚像、正像、倒像、放大的像、缩小的像、放大的倒立的像、放大 的正立的像、缩小的正立像、缩小的倒立像等。 像的状语：像与物同侧、像与物异侧，成像在焦点以外、成像在焦点以内等。 把这些修饰词的物理含义准确地再现出来可以正确地理解题意，避免犯一些“没看清 楚题意”之类的低级错误。 例 9 用凸透镜成像时，当物体从极远处沿着主轴移向透镜时，像朝什么方向移动？像 移动的速度比物体移动的速度怎样？ 【错解】 由凸透镜成像实验知道，物体从极远处沿着镜轴移向透镜时，像从透镜向远离透镜方 向移动，移动速度与物体速度相同。 【错解原因】 上述解法错在对成像过程只有表面局部认识，想当然地得出了结论。 【分析解答】 凸透镜成像的讨论中，透镜焦点和二倍焦距处是转折点，应仔细观察实验结果，认真 进行分析，切忌片面。像移动速度与物体移动速度的比较，决定于像移动距离和物体应移动 的距离之比。 由实验知道，物体由极远处沿着镜轴移向透镜时，应分三个阶段讨论： (1)物体从极远移向凸透镜二倍焦距地方，像从透镜另一侧焦点处移向二倍焦距地方， 在此区间像移动速度小于物体移动速度。 (2)物体从凸透镜二倍焦距处移动向焦点时，像从透镜另一侧二倍焦距处移向极远，在 此区间像移动速度大于物体移动速度。 (3)物体从凸透镜焦点处移向透镜光心时，像和物同侧，是放大虚像，像移动的速度大 于物体移动速度。 例 10 一焦距为 f 的凸透镜，主轴和水平的 X 轴重合，X 轴上有一光点位于透镜的左 侧，光点到透镜的距离大于 f 而小于 2f，若将此透镜沿 X 轴向右平移 2f 的距离，则在此过 程中，光点经透镜所成的像点将 A．一直向右运动。 B．一直向左运动。 C．先向左运动，接着向右运动。 D．先向右运动，接着向左运动。 【错解】 由于透镜沿 X 轴向右平移，使物距增大，由于凸透镜是确定的，故焦距一定，而物距 增大，像距必然减小，透镜向右移，可等效为镜不动而物向左移，物像应同方向移动，所以 像也应向左移，所以选 B。 【错解原因】 物像同方向移动的规律仅适用于镜不动而物移动或像移动的问题。此题是物不动而镜 移动。再用常规解题就会出现问题。 【分析解答］ 用物体间距变化的规律去分析，该题马上由难转易，根据题设条件，在透镜向右移动 2f 距离的过程中，物点到透镜的距离由大于 f 而小于 2f 增大到 2f，再增大到大于 2f，则 物像间距应先减小后增大，由于物点静止不动，像点应先向左移动，接着向右移动，得正确 答案 C。 【评析】 此题告诉我们，不管适用条件照搬以前做过的题的解法，“以不变应万变”是要误事 的。要全面分析问题，应用物像间的变化规律去分析在透镜成实像的情况下，当物距 u 由∞ →2f 的过程中，由于 m＜1，像的速度小于物体移动的速度，物像间距变小；当物距 u 由 2f→f 过程中，由于 m＞1，像的速度大于物体的速度，物像间距变大；在 u=2f 时，v=2f， 物像间距具有最小值 4f。掌握上述规律不但进一步加深了对透镜成像规律的理解，而且还 可以更方便地求解一些光学问题。 例 11 如图 13－13 所示，一线状发光物体 AB，其 A 端恰在焦距为 f 的薄凸透镜前主 光轴上 2 倍焦距处，AB 与主光轴成α角，AB 经透镜成像，A′B′与主光轴成β角，则β，α的 大小关系： A． β＞α B． β＜α C． P＝α D．无法确定。 【错解】 根据凸透镜成像规律，当物距 u=2f 时，则像距 v=2f。若物距 u＞2f，则像距为 f＜v ＜2f，并成缩小的像，所以 A 发光点在 2f 上，则通过透镜后必过主光轴上距透镜 2f 的 A′ 点，发光体的 B 点在 2f 之外，则经过透镜后，像点 B′应变得离主光轴近了，并且离镜 2f －f 之间。像 A′B′与主光轴所成的夹角β与 AB 与主光轴所成的夹角α由于几何关系不清，无 法判断。故选 D。 【错解原因】 只是将凸透镜成像的规律记住了，机械性使用。而对凸透镜成像原理不清楚所造成的， 不能灵活地去分析和正确地画出成像图，这是造成错解的原因。 【分析解答】 我们利用一条特殊光线来进行巧解。众所周知，凸透镜成像，当物距 u=2f 时，对应 的像距 v=2f，因此，从凸透镜主光轴上的发光点 A(A 距透镜 2f)发出的一条光线 AC(AC 与 BA 在同一条直线上)，经过透镜后的光线 CC′必过主光轴上距透镜 2f 的 A′点。显然，从 发光点 B 发出的光线 BC 经透镜后的光线必为 CC′，且 B 点对应的像点 B’点在 CC′上，因 为 CC′既过 A′点，又过 B′点，所以 CC′与 B′A′必在同一条直线上，如图 13－14 所示。在直 角三角形 COA′与直角三角形 COA 中，CO 为公共边，OA′=OA。因此，这两个直角三角 形全等。 设∠OAC=θ ∴β=θ＝α。 顺便指出，本题中 B，O，B′必在同一条直线上。 例 12 (1989 年高考题)把一个点光源放在焦距为 f 的凸透镜的焦点上，在透镜的另一 侧 2 倍焦距处放一个垂直于主轴的光屏，在光屏上看到一个半径为 R 的光亮的圆。现保持 透镜和光屏不动，而在主轴上移 位置上？ 【错解】 【错解原因】 亮斑，如图 13－15 所示。亮斑的位置和物距不满足透镜成像公式。 【分析解答】 因为处在焦点的点光源发出的光线，经透镜折射后平行于主轴。所 像前(图 13－15)，或者会聚成像后形成的(图 13-16)，所以，由图 13-15 的几何关系 可知 v=4f，再由透镜成像公式可求得： 【评析】 画出光路图，才能正确求解几何光学题。 例13 (1993 年高考题)某人透过焦距为10cm、直径为4.ocm 的薄凸透镜观看方格纸， 每个方格的边长均为 0.30cm，它使透镜的主轴与方格纸垂直，透镜与纸面相距 10cm，眼 睛位于透镜主轴上离透镜 5.ocm 处，问他至多能看到同一行上几个完整的方格？ 【错解】 不少人认为，和主轴垂直且处在焦点的方格纸，经过透镜不能成像，或者说像成在无 穷远处，从而得出位于主轴上离透镜 5.ocm 处的人眼看不到方格纸，或者此题无解的错误 答案。 【错解原因】 处在焦点的方格纸不能成像，或者说成像在无穷远的结论是正确的。但由此绝不能推 出人眼看不到方格纸，或者此题无解的结论。人眼也是个光学器件。平行光通过眼睛的晶状 体在视网膜上成像为一个点。比如人们戴上老花镜(即薄凸透镜)，完全能够清楚地看到处在 老花镜焦点上的物体。 【分析解答】 把“人眼通过透镜能看到方格纸”这句生活语言，转化成物理语言应为“从方格纸射 出的光线，经过透镜折射后能进入人眼”。根据光路可逆原理，我们再把“从方格纸射出的 光线，经过透镜折射后，能进入人眼”转化成“从人眼所在处的点光源发出的光线，经过透 镜折射后，能在方格纸上形成亮斑”，亮斑的大小取决于透镜的大小、像距、屏的位置，如 图 13－17 所示，其中像距可由透镜成像公式求得，即： 由图中的几何关系可得，亮斑的直径为： 进而可求得亮斑的直径上的完整方格数为： 也就是说，人眼透过透镜至多能看到同一行的方格数为 26。 【评析】 理解题意比解题还重要。当年不少的考生就因为读不懂题而失分。读不懂题的原因在 于没有将题目所叙述的具体问题转化为一种物理模型。 例 14 如图 13-18 所示，在焦距为 10cm 的凸透镜的焦点上有点光源 S。若使透镜以 垂直于主光轴并过光心的直线为轴转过 37°角。求此点光源到它的像之间的距离(sin37° =0.6，cos37°=0.8)。 【错解】 透镜转动后，发光点到透镜距离： u=f·cosθ=8(cm) 由透镜成像公式： 得 所以像物间距离 对透镜成像公式中的物理量，物距 u、像距 v、焦距 f，这些概念理解不够。u，v，f 应均是物垂直于透镜的距离，而不是到透镜光心的距离。 【分析解答】 在透镜成像公式中，u，v，f 均是物垂直于透镜的距离，而不是到透镜光心的距离。透 镜转过后，所得的像距是相对于新的透镜位置的垂直距离。由透镜成像规律知该像仍在原主 光轴 MN 上。如图 13-19 所示，离光心的距离： 所以像物问距离： L＝v′-u=40(cm) 【评析】 从本题的正误比较中，我们发现基本概念必须准确。我们还发现主轴的作用。物距、 像距都可以先把物点、像点投影到主轴上，投影点到光心的距离就是物距、像距。如果在转 动透镜的同时也转动主轴，并将发光点投影到新的主轴上，如图所示 M′N′。新的物距在一 倍焦距之内，可用几何关系求出新的物距。完成了对新的物理情境的调查研究，解决问题的 方法也就有了。 例 15 (1981 年高考题)一光电管的阴极用极限波长λ0=5000Å 的钠制成。用波长λ =3000Å的紫外线照射阴极，光电管阳极 A 和阴极 K 之间的电势差 u=2.1V，光电流的饱和 值 I=0.56mA。 (l)求每秒内由 K 极发射的电子数。 (2)求电子到达 A 极时的最大动能。 (3)如果电势差 U 不变，而照射光的强度增到原值的 3 倍，此时电子到达 A 极时的最 大动能是多少？(普朗克恒量 h=6.63×10-34J·s，电子的电量 e=1.6×10-19C)。 【错解】 (1)由于 Q=It，所以 t=1 秒内发射电子数为 (2)根据爱因斯坦光电效应方程可知，在阴极 K 逸出电子的最大动能为 (3)当光强度增到原值的三倍时，电子到达 A 极时的最大动能也变为原来的三倍。 【错解原因】 对于这道考题，不少考生只求出了阴极 K 逸出电子的最大动能，没有按题意要求进而 计算出到达 A 极的动能。在计算中，埃是长度单位，应化成国际单位进行计算。根据光电 效应现象的特点，逸出光电子的动能只与入射光的频率有关；与入射光强度无关，所以第三 问的最大动能不变。 【分析解答】 (1)每秒内由 K 极发射的电子数 (2)由爱因斯坦光电效应方程得 再由动能定理，在阴极 K 逸出的电子经过电势差为 u 的电场加速，到达 A 极时的最大 动能为 (3)当光强度增到原值三倍时，电子到达 A 极时的最大动能不变。 【评析】 本题的第一问是力学与爱因斯坦光电效应方程相结合的综合题。在做题之前一定要掌 握光电效应的全过程，只有理解了光电效应实验现象发生的全过程，即大于极限频率的光照 射在阴极上，光子激发出光电子，光电子在电源形成的电场的作用下加速(或减速)打在光电 管的阳极上。形成回路中的光电流。才可能理解题目之所求。进而加上电场加速的那一步计 算过程。 第十回章 原子原子核错题集 一、主要内容 本章内容包括α粒子散射、能级、天然放射性现象、α射线、β射线、γ射线、核子、中 子、质子、原子核、核能、质量亏损、裂变、链式反应、聚变等，以及原子核式结构模、半 衰期、核反应方程、爱因斯坦的质能方程等规律。 二、基本方法 本章所涉及的基本方法，由于知识点相对分散要加强物理现象的本质的理解。运用逻 辑推理的方法，根据已有的规律和事实、条件作出新的判断。核能的计算对有效数字的要求 很高。 三、错解分析 在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：各个概念、现象混淆；对 多种可能性的问题分析浅尝则止；计算不过硬。 例 1 关于半衰期，以下说法正确的是： A．同种放射性元素在化合物中的半衰期比单质中长。 B．升高温度可以使半衰期缩短。 C．氡的半衰期为 3.8 天，若有四个氡原子核，经过 7.6 天就只剩下一个。 D．氡的半衰期为 3.8 天，4 克氡原子核，经过 7.6 天就只剩下 1 克。 【错解】 每经过 3.8 天就有半数的氡核发生衰变，经过两个半衰期即 7.6 天后，只剩下四分之 一的氡，故选 C，D。 【错解原因】 放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间是一种统计规律，半衰期对某一个 或某几个原子核来说，是无意义的。“上述”解法忽视了这一事实，故错选了 C。 【分析解答】 考虑到放射性元素衰变的快慢是跟原子所处的物理状态或化学状态无关，又考虑到半 衰期是一种统计规律，即给定的四个氡核是否马上衰变会受到各种偶然因素的支配。因此， 正确答案只有 D。 (1)求电子在基态轨道上运动时的动能。 (2)有一群氢原子处于量子数 n=3 的激发态。画一能级图，在图 14－1 上用箭头标明 这些氢原子能发出哪几条光谱线。 (3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长。(其中静电力恒量 K=9.0× 109N·m2/C2，电子电量 e=1.6×10-19C，普朗克恒量 h=6.63×10-34J·s，真空中光速 c=3.0 ×108m/s)。 【错解】 (1)电子在基态轨道中运动时量子数 n=1，其动能为 由于动能不为负值 (2)作能级图如图，可能发出两条光谱线。 (3)由于能级差最小的两能级间跃迁产生的光谱线波长越短，所以(E3-E2)时所产生的光 谱线为所求，其中 【错解原因】 (1)动能的计算错误主要是不理解能级的能量值的物理意义，因而把 道上的能量，它包括电势能 EP1 和动能 EK1。计算表明 EP1=-2EK1，所以 E1=EP1＋ EK1=-EK1，EK1=-E1=l3.6eV。虽然错解中数值表明正确，但理解是错误的。 (2)错解中的图对能级图的基本要求不清楚。 (3)不少学生把能级图上表示能级间能量差的长度线看成与谱线波长成正比了。 【分析解答】 (l)设电子的质量为 m，电子在基态轨道上的速率为 v1，根据牛顿第 (2)当氢原子从量子数 n=3 的能级跃迁到较低能级时，可以得到 3 条光谱线。如图 14-2 所示。 (3)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为 E3-E1。 例 3 钍 232 经过 6 次α衰变和 4 次β衰变后变成一种稳定的元素。这种元素是什么？ 它的原子量是多少？它的原子序数是多少？ 【错解】 最后生成元素的原子量是 208，原子序数是 82，由查表知这是铅 208， 【错解原因】 何况反应的次序也不是先进行 6 次α衰变，再进行 4 次β衰变，所以此解法是错误的。 【分析解答】 6 次α衰变和 4 次β衰变总的效果使原子量和原子序数变化为 原子量=232-6×4=208 原子序数=90-2×6-4×(-1)=82