【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t_CD=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△v₀ot_B的面积为A→B的位移

△t_Bt_cv_c的面积大小为B→C的位移

梯形t_Ct_Dv_Dv_C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t_B=1s根据竖直上抛的规律tc=2s t_Bt_D=17-1=16（s）

在△t_Bv_Dt_D中则可求v_D＝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v_n，即转动分速度，A点的合速度v_A即为两个分速度的合。v_A=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v_n，合速度v_A即与船的平动速度相同。则由图可以看出v_A=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=Fv_A?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v_y，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。V_t=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V_B和加速度g向下做为时1s的匀加速运动，而v_B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=v_B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＞v_B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＜v_B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 

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。 

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。

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FCOSθ=mgsinθ时，即F=mg?tgθ时，F再增加，摩擦力方向改为斜向下，仍可以根据受力分析图2-11列出方程

随着F增加，静摩擦力增加，F最大值对应斜向下的最大静摩擦力。

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m_A=6kg，m_B=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则

                                                                                                   [    ]

A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动

C．两物体间从受力开始就有相对运动

D．两物体间始终没有相对运动

【错解】  因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力。f_max=μN=0.2×6=12（N）。所以当F＞12N时，A物体就相对B物体运动。F＜12N时，A相对B不运动。所以A，B选项正确。

【错解分析】 产生上述错误的原因一致是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止状态，是以地为参考物，显然当有力F作用在A物体上，A，B两物体对地来说是运动的。二是受物体在地面上运动情况的影响，而实际中物体在不固定物体上运动的情况是不同的。

【分析解答】 首先以A，B整体为研究对象。受力如图2-18，在水平方向只受拉力F，根据牛顿第二定律列方程

F=(m_A+m_B)a    ①

再以B为研究对象，如图2-19，B水平方向受摩擦力

f=m_Ba    ②

代入式①F=（6+2）×6=48N

由此可以看出当F＜48N时A，B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。

【评析】 物理解题中必须非常严密，一点的疏忽都会导致错误。避免错误发生的最好方法就是按规范解题。每一步都要有依据。

例7 如图2－20，用绳AC和 BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大的拉力为150N，而BC绳能承受的最大的拉力为100N，求物体最大重力不能超过多少？

【错解】以重物为研究对象，重物受力如图2－21。由于重物静止，则有

T_ACsin30°=T_BCsin60°

T_ACcos30°+T_BCcos60°=G

将T_AC=150N，T_BC=100N代入式解得G=200N。

【错解原因】以上错解的原因是学生错误地认为当T_AC=150N时，T_BC=100N，而没有认真分析力之间的关系。实际当T_BC=100N时，T_BC已经超过150N。

【分析解答】以重物为研究对象。重物受力如图2-21，重物静止，加速度为零。据牛顿第二定律列方程

T_ACsin30°-T_BCsin60°=0    ①

T_ACcos30°+T_BCcos60°-G=0    ②

而当T_AC=150N时，T_BC=86.6＜100N

将T_AC=150N，T_BC=86.6N代入式②解得G=173.32N。

所以重物的最大重力不能超过173.2N。

例8  如图2－22质量为M，倾角为α的楔形物A放在水平地面上。质量为m的B物体从楔形物的光滑斜面上由静止释放，在B物体加速下滑过程中，A物体保持静止。地面受到的压力多大？

【错解】以A，B整体为研究对象。受力如图2－23，因为A物体静止，所以N=G=（M＋m）g。

【错解原因】由于A，B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。

【分析解答】分别以A，B物体为研究对象。A，B物体受力分别如图2－24a，2－24b。根据牛顿第二定律列运动方程，A物体静止，加速度为零。

x：N_lsinα-f=0    ①

y：N-Mg-N_lcosα=0    ②

B物体下滑的加速度为a，

x：mgsinα=ma    ③

y：N_l-mgcosα=0    ④

由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα

根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcosα。

【评析】 在解决物体运动问题时，在选取研究对象时，若要将几个物体视为一个整体做为研究对象，应该注意这几个物体必须有相同的加速度。

例9  如图2-25天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为      [    ]

A．a₁=g  a₂=g

B．a₁=g  a₂=g

C．a₁=2g  a₂=0

D．a₁=0  a₂=g

【错解】 剪断细绳时，以(A+B)为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g，所以A，B球的加速度为g。故选A。

【错解原因】 出现上述错解的原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A，B球具有不同的加速度，不能做为整体研究。

【分析解答】 分别以A，B为研究对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前A，B静止。如图2-26，A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受三个力，重力mg和弹簧拉力F′

A球：T-mg-F=0    ①

B球：F′-mg=0    ②

由式①，②解得T=2mg，F=mg

剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形米，瞬间形状不可改变，弹力还存在。如图2-27，A球受重力mg、弹簧给的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。

A球：-mg-F=ma_A      ③

B球：F′-mg=ma_B    ④

由式③解得a_A=-2g（方向向下）

由式④解得a_B=0

故C选项正确。

【评析】 （1）牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变，加速度不变。合外力瞬间改变，加速度瞬间改变。本题中A球剪断瞬间合外力变化，加速度就由0变为2g，而B球剪断瞬间合外力没变，加速度不变。

（2）弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧不计质量，弹性限度内k是常数。绳子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变不会瞬间改变，要有一段时间。

例10  如图2－28，有一水平传送带以2m／s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10m的距离所需时间为多少？

【错解】由于物体轻放在传送带上，所以v₀=0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力（传送带施加），做v₀=0的匀加速运动，位移为10m。

据牛顿第二定律F=ma有f=μmg=ma，a=μg=5m/s²

【错解原因】上述解法的错误出在对这一物理过程的认识。传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程。一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答。

【分析解答】以传送带上轻放物体为研究对象，如图2－29在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v₀=0的匀加速运动。

据牛二定律F=ma

有水平方向：f=ma    ①

竖直方向：N-mg=0    ②

f=μN    ③

由式①，②，③解得a=5m／s²

设经时间t_l，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式

v₀=v₀+at    ④

解得t₁=0.4s

物体位移为0.4m时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4s后无摩擦力，开始做匀速运动

S₂=v₂t₂    ⑤

因为S₂=S-S₁=10―0.4=9.6（m），v₂=2m／s

代入式⑤得t₂=4.8s

则传送10m所需时间为t=0.4＋4.8=5.2s。

【评析】本题是较为复杂的一个问题，涉及了两个物理过程。这类问题应抓住物理情景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法，如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10m用2s，可以拿来计算一下，2s末的速度是多少，计算结果v=5×2=10（m/s），已超过了传送带的速度，这是不可能的。当物体速度增加到2m/s时，摩擦力瞬间就不存在了。这样就可以确定第2个物理过程。

例11  如图2-30，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？

【错解】

F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)

【错解原因】错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G=F+N，不自觉的贯穿在解题中。

【分析解答】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F的恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。

以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。

因为物体静止，∑F=0

N=G=0    ①

N=kx₀    ②

设物体向上匀加速运动加速度为a。

此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′

据牛顿第二定律有

F+N′-G=ma    ③

当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x₀。物体由静止开始运动，则

将式①，②中解得的x₀=0.15m代入式③解得a=7.5m/s²

F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N=kx。

代入式③得

F_min=ma+mg-kx₀

=12×(7.5+10)-800×0.15

=90(N)

F最大值即N=0时，F=ma+mg=210（N）

【评析】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。

 第三章  机械能错题集

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。

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。

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= Fscosθ，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△E_A=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△E_k=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△E_k=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v_l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E_p，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

E_p=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

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。

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。

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R_A∶R_B=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m_A，m_B。

【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g_A，g_B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v_A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，N_A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v_B。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v_B＜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v_B=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v_c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v_A=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为v_c，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v_c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

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。

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。

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E_P=mgh，E_P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，E_P=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E_K

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E_P=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

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）。

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。

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V_Ⅱ＞V_Ⅰ，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p_A，p_B，p_C的大小关系有：（    ）

A．p_C＞p_B＞p_C

B．p_A＜p_C＜p_B

C．p_C＞p_A＞p_B

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T_C＞T_A＞T_B，所以有p_C＞p_A＞p_B，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：V_A＞V_C＞V_B，所以户p_A＜p_C＜p_B，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：V_A'＞V_B'＞V_C'，所以可以得出结论：p_A'＜p_B'＜p_C’，而A与A'，B与B'，C与C分别在各自的等压线上，即p_A=p_A'，p_B=p_B'，p_C=p_C’，所以可以得出结论，即p_A＜p_B＜p_C，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?

E_p=1.1×10⁴J也就是说，外力需做功

W=E_p=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：p_AV_A=p'_A?V'_A

对于B气体：p_BV_B=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=（l_A+l_B）-（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：p_AV_A=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：p_A?V_A=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

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。

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。

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U_a＞U_b，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U_P所以U_P=0，从P→A，电场力的功W=qU_PA，所以W=q（U_P-U_A），

即4×10^-5=2×10^-6（0-U_A）   U_A=－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U_A= －20V

【评析】

公式W=qU有两种用法：（1）当电荷由A→B时，写为W=qU_AB=q(U_A-U_B)，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E_A和E_B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E_A总大于E_B，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Q_A＞Q_B，所以只有B左侧，才有可能E_A与E_B等量反向，因而才可能有E_A和E_B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，Q_A=3×10^-8C，Q_B=-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+E_A+E_B=E_外=1.8×10⁵（N/C），方向向左。

【错解原因】

在中学阶段一般不将Q_B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E_A，E_B的方向均向右，设向右为正方向。则有E_总=E_A+E_B-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，∴U_a＞U_b，因为无穷远处电势为零，顺电场线方向电势降低，∴U_a＞U_b＞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U_a，U_b均大于零。

【分析解答】

顺电场线方向电势降低，∴U_a＞U_b，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E_a＞E_b，U_a＞U_b＞0，若是由负电荷形成的场，则E_a＜E_b，0＞U_a＞U_b。

【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，Q_A=Q_C。

【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。

|Q_A|=|Q_B|+|Q_C|

【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，U_B＞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v_B=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v_B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S_A∶S_B=3∶1，板长之比∶l_A∶l_B=2∶1，两板距离之比d_A∶d_B=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E_k增加到2E_k，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】

U_pB=U_p-U_B=E_d

电常数ε增大，电场强度减小，导致U_p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U_pB=U_p-U_B＜0，B板接地U_B=0

U_Bp=U_B-U_p=0-U_p

U_p=-E_d

常数ε增大，电场强度减小，导致U_p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U_p＜0，PB间的电势差减小意味着U_p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=△E_k，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V_r=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W_e=F_es=eEs其中s必是力的方向上位移，即d／2，所以W_e=_eU，U是对应沿d方向电势降落。则电子从C到A，应对应W_e=eU_AC，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W_e=EU_AC，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。

∵v_t²-v₀²=2as

y=d=s  v_t=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y_m＜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

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。

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

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=2Ω，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R_A、R_v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=U_AB，ε₂=U-U_AB=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=3.5Ω、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Q_C=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=Q_C＋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U_L。

当K闭合时，ε₁=U_L+I₁(R₁+r+R₂)

当K断开时，ε₂=U_L+I₂(R₁+r+R′₂)，

又 ∵ε₁=ε₂=ε  I₁=2I₂=2I，(I为额定电流)

得ε= U_L＋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U_L，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R_l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，R_l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，R_l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) R_l=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R_l＜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＜P_2；若r²＞ R_lR₂  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P_r，P₁和P₂分别表示电阻r，R₁，R₂上所消耗的功率，当R₁=R₂=r时，P_r∶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，U_r=U₁-U₂，这一看法是错误的，U_r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，

I_r=I₁+I₂=2I。

P_r∶P₁∶P₂=I_r²r∶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=U_R+U_L+U_r+U_m

U_m=ε-U_R-U_L-U_r＝ε-I(R+R_L+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P_M入与输出功率P_M出的区别，I_M²r′是电动机内阻发热功率。三者的关系是：P_M入=P_M出+I_M²r′。

【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+I_L²R+P_M出+I_M²r′。

P_M出＝Iε-(I²r+I_L²R++I_M²r′)=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R_A接入电路时，若电源的输出功率达到最大输出功率，则R_B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，R_B接入电路时，电源的输出功率有可能小于R_A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=2Ω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R_X(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R_A＜＜R_x条件，而是满足R_v＞＞R_x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R_l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，