【錯解原因】出現以上錯誤有兩個原因。一是對剎車的物理過程不清楚。當速度減為零時，車與地面無相對運動，滑動摩擦力變為零。二是對位移公式的物理意義理解不深刻。位移S對應時間t，這段時間內a必須存在，而當a不存在時，求出的位移則無意義。由于第一點的不理解以致認為a永遠地存在；由于第二點的不理解以致有思考a什么時候不存在。

【分析解答】依題意畫出運動草圖1-1。設經時間t₁速度減為零。據勻減速直線運動速度公式v₁=v₀-at則有0=10-5t解得t=2S由于汽車在2S時

【評析】物理問題不是簡單的計算問題，當得出結果后，應思考是否與

s=-30m的結果，這個結果是與實際不相符的。應思考在運用規律中是否出現與實際不符的問題。

本題還可以利用圖像求解。汽車剎車過程是勻減速直線運動。據v₀，a

由此可知三角形v₀Ot所包圍的面積即為剎車3s內的位移。

例2 氣球以10m/s的速度勻速豎直上升，從氣球上掉下一個物體，經17s到達地面。求物體剛脫離氣球時氣球的高度。（g=10m/s²）

【錯解】物體從氣球上掉下來到達地面這段距離即為物體脫離氣球時，氣球的高度。

所以物體剛脫離氣球時，氣球的高度為 1445m。

【錯解原因】由于學生對慣性定律理解不深刻，導致對題中的隱含條件即物體離開氣球時具有向上的初速度視而不見。誤認為v0=0。實際物體隨氣球勻速上升時，物體具有向上10m/s的速度當物體離開氣球時，由于慣性物體繼續向上運動一段距離，在重力作用下做勻變速直線運動。

【分析解答】本題既可以用整體處理的方法也可以分段處理。

方法一：可將物體的運動過程視為勻變速直線運動。根據題意畫出運動草圖如圖1－3所示。規定向下方向為正，則V₀=-10m/sg=10m/s²據h＝v₀t+

∴物體剛掉下時離地1275m。

方法二：如圖1－3將物體的運動過程分為A→B→C和C→D兩段來處理。A→B→C為豎直上拋運動，C→D為豎直下拋運動。

在A→B→C段，據豎直上拋規律可知此階段運動時間為

由題意知t_CD=17-2=15（s）

=1275（m）

方法三：根據題意作出物體脫離氣球到落地這段時間的V-t圖（如圖1－4所示）。

其中△v₀ot_B的面積為A→B的位移

△t_Bt_cv_c的面積大小為B→C的位移

梯形t_Ct_Dv_Dv_C的面積大小為C→D的位移即物體離開氣球時距地的高度。

則t_B=1s根據豎直上拋的規律tc=2s t_Bt_D=17-1=16（s）

在△t_Bv_Dt_D中則可求v_D＝160（m/s）

【評析】在解決運動學的問題過程中，畫運動草圖很重要。解題前應根據題意畫出運動草圖。草圖上一定要有規定的正方向，否則矢量方程解決問題就會出現錯誤。如分析解答方法一中不規定正方向，就會出現

例3 經檢測汽車A的制動性能：以標準速度20m/s在平直公路上行使時，制動后40s停下來�，FA在平直公路上以20m/s的速度行使發現前方180m處有一貨車B以6m/s的速度同向勻速行使，司機立即制動，能否發生撞車事故？

【錯解】 設汽車A制動后40s的位移為s₁，貨車B在這段時間內的位

S₂=v₂t=6×40=240（m）

兩車位移差為400-240=160（m）

因為兩車剛開始相距180m＞160m

所以兩車不相撞。

【錯解原因】這是典型的追擊問題。關鍵是要弄清不相撞的條件。汽車A與貨車B同速時，兩車位移差和初始時刻兩車距離關系是判斷兩車能否相撞的依據。當兩車同速時，兩車位移差大于初始時刻的距離時，兩車相撞；小于、等于時，則不相撞。而錯解中的判據條件錯誤導致錯解。

【分析解答】如圖1－5汽車A以v₀=20m/s的初速做勻減速直線運動經40s停下來。據加速度公式可求出a=-0.5m/s²當A車減為與B車同速時是A車逼近B車距離最多的時刻，這時若能超過B車則相撞，反之則不能相撞。

(m)

△S＝364-168＝196＞180（m）

所以兩車相撞。

【評析】分析追擊問題應把兩物體的位置關系圖畫好。如圖1.5，通過此圖理解物理情景。本題也可以借圖像幫助理解圖1-6中。陰影區是A車比B車多通過的最多距離，這段距離若能大于兩車初始時刻的距離則兩車必相撞。小于、等于則不相撞。從圖中也可以看出A車速度成為零時，不是A車比B車多走距離最多的時刻，因此不能作為臨界條件分析。

例4 如圖1－7所示，一人站在岸上，利用繩和定滑輪，拉船靠岸，在某一時刻繩的速度為v，繩AO段與水平面夾角為θ，不計摩擦和輪的質量，則此時小船的水平速度多大？

【錯解】將繩的速度按圖1－8所示的方法分解，則v₁即為船的水平速度v₁=v?cosθ。

【錯解原因】上述錯誤的原因是沒有弄清船的運動情況。實際上船是在做平動，每一時刻船上各點都有相同的水平速度。而AO繩上各點運動比較復雜，既有平動又有轉動。以連接船上的A點來說，它有沿繩的平動分速度v，也有與v垂直的法向速度v_n，即轉動分速度，A點的合速度v_A即為兩個分速度的合。v_A=v/cosθ

【分析解答】方法一：小船的運動為平動，而繩AO上各點的運動是平動+轉動。以連接船上的A點為研究對象，如圖1-9，A的平動速度為v，轉動速度為v_n，合速度v_A即與船的平動速度相同。則由圖可以看出v_A=v/cosθ。

【評析】方法二：我們可以把繩子和滑輪看作理想機械。人對繩子做的功等于繩子對船做的功。我們所研究的繩子都是輕質繩，繩上的張力相等。對于繩上的C點來說即時功率P_人繩=F?v。對于船上A點來說P_繩船=Fv_A?cos

解答的方法一，也許學生不易理解繩上各點的運動。從能量角度來講也可以得到同樣的結論。

還應指出的是要有實際力、實際加速度、實際速度才可分解。

例5  一條寬為L的河流，河水流速為v₁，船在靜水中的  速度為v₂，要使船劃到對岸時航程最短，船頭應指向什么方向？最短航程是多少？

【錯解】要使航程最短船頭應指向與岸垂直的方向。最短航程為L。

【錯解原因】上而錯解的原因是對運動的合成不理解。船在水中航行并不是船頭指向什么方向就向什么方向運動。它的運動方向是船在靜水中的速度方向與水流方向共同決定的。要使航程最短應是合速度垂直于岸。

【分析解答】題中沒有給出v₁與v₂的大小關系，所以應考慮以下可能情況。

此種情況下航程最短為L。

②當v₂＜v₁時，如圖1－11船頭斜向上游，與岸夾角為θ時，用三角形法則分析當它的方向與圓相切時，航程最短，設為S，由幾何關系可知此時v₂⊥v（合速度）（θ≠0）

③當v₂=v₁時，如圖1－12，θ越小航程越短。（θ≠ 0）

【評析】航程最短與時間最短是兩個不同概念。航程最短是指合位移最小。時間最短是指用最大垂直河岸的速度過河的時間。解決這類問題的依據就是合運動與分運動的等時性及兩個方向運動的獨立性。

例6 有一個物體在h高處，以水平初速度v₀拋出，落地時的速度為v₁，豎直分速度為v_y，下列公式能用來計算該物體在空中運動時間的是（  ）

故B正確。

【錯解原因】形成以上錯誤有兩個原因。第一是模型與規律配套。V_t=v₀+gt是勻加速直線運動的速度公式，而平拋運動是曲線運動，不能用此公式。第二不理解運動的合成與分解。平拋運動可分解為水平的勻速直線運動和豎直的自由落體運動。每個分運動都對應自身運動規律。

【分析解答】本題的正確選項為A，C，D。

平拋運動可分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體，分運動與合運動時間具有等時性。

水平方向：x=v₀t①

據式①～⑤知A，C，D正確。

【評析】選擇運動公式首先要判斷物體的運動性質。運動性質確定了，模型確定了，運動規律就確定了。判斷運動性要根據合外力和初速度的關系。當合外力與初速度共線時，物體做直線運動，當合外力與v不共線時，物體做曲線運動。當合外力與v₀垂直且恒定時，物體做平拋運動。當物體總與v垂直時，物體做圓運動。

例7  一個物體從塔頂落下，在到達地面前最后一秒內通過的位移為整個位移的9/25，求塔高（g=10m/s²）。

【錯解】因為物體從塔頂落下，做自由落體運動。

解得H=13.9m

【錯解原因】物體從塔頂落下時，對整個過程而言是初速為零的勻加速直線運動。而對部分最后一秒內物體的運動則不能視為初速為零的勻加速直線運動。因為最后一秒內的初始時刻物體具有一定的初速，由于對整體和部分的關系不清，導致物理規律用錯，形成錯解。

【分析解得】根據題意畫出運動草圖，如圖1－13所示。物體從塔頂落到地面所經歷時間為t，通過的位移為H物體在t―1秒內的位移為h。因為V₀=0

由①②③解得H=125m

【評析】解決勻變速直線運動問題時，對整體與局部，局部與局部過程相互關系的分析，是解題的重要環節。如本題初位置記為A位置，t―1秒時記為B位置，落地點為C位置（如圖1－13所示）。不難看出既可以把BC段看成整體過程AC與局部過程AB的差值，也可以把BC段看做是物體以初速度V_B和加速度g向下做為時1s的勻加速運動，而v_B可看成是局部過程AB的末速度。這樣分析就會發現其中一些隱含條件。使得求解方便。

另外值得一提的是勻變速直線運動的問題有很多題通過v－t圖求解既直觀又方便簡潔。如本題依題意可以做出v－t圖（如圖1－14），由題意

例8 正在與Rm高空水平勻速飛行的飛機，每隔1s釋放一個小球，先后共釋放5個，不計空氣阻力，則（  ）

A.這5個小球在空中排成一條直線

B.這5個小球在空中處在同一拋物線上

C.在空中，第1，2兩個球間的距離保持不變

D.相鄰兩球的落地間距相等

【錯解】因為5個球先后釋放，所以5個球在空中處在同一拋物線上，又因為小球都做自由落體運動，所以C選項正確。

【錯解原因】形成錯解的原因是只注意到球做平拋運動，但沒有理解小球做平拋的時間不同，所以它們在不同的拋物線上，小球在豎直方向做自由落體運動，但是先后不同。所以C選項不對。

【分析解答】釋放的每個小球都做平拋運動。水平方向的速度與飛機的飛行速度相等，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，只是開始的時刻不同。飛機和小球的位置如圖1－15可以看出A，D選項正確。

【評析】解這類題時，決不應是想當然，而應依據物理規律畫出運動草圖，這樣會有很大的幫助。如本題水平方向每隔1s過位移一樣，投小球水平間距相同，抓住特點畫出各個球的軌跡圖，這樣答案就呈現出來了。

例9  物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上的Q點，若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向轉動起來，使傳送帶隨之運動，如圖1－16所示，再把物塊放到P點自由滑下則（  ）

A.物塊將仍落在Q點

B.物塊將會落在Q點的左邊

C.物塊將會落在Q點的右邊

D.物塊有可能落不到地面上

【錯解】因為皮帶輪轉動起來以后，物塊在皮帶輪上的時間長，相對皮帶位移彎大，摩擦力做功將比皮帶輪不轉動時多，物塊在皮帶右端的速度將小于皮帶輪不動時，所以落在Q點左邊，應選B選項。

【錯解原因】學生的錯誤主要是對物體的運動過程中的受力分析不準確。實質上當皮帶輪逆時針轉動時，無論物塊以多大的速度滑下來，傳送帶給物塊施的摩擦力都是相同的，且與傳送帶靜止時一樣，由運動學公式知位移相同。從傳送帶上做平拋運動的初速相同。水平位移相同，落點相同。

【分析解答】物塊從斜面滑下來，當傳送帶靜止時，在水平方向受到與運動方向相反的摩擦力，物塊將做勻減速運動。離開傳送帶時做平拋運動。當傳送帶逆時針轉動時物體相對傳送帶都是向前運動，受到滑動摩擦力方向與運動方向相反。  物體做勻減速運動，離開傳送帶時，也做平拋運動，且與傳送帶不動時的拋出速度相同，故落在Q點，所以A選項正確。

【評析】若此題中傳送帶順時針轉動，物塊相對傳送帶的運動情況就應討論了。

（1）當v₀=v_B物塊滑到底的速度等于傳送帶速度，沒有摩擦力作用，物塊做勻速運動，離開傳送帶做平拋的初速度比傳送帶不動時的大，水平位移也大，所以落在Q點的右邊。

（2）當v₀＞v_B物塊滑到底速度小于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊始終做勻加速運動，二是物塊先做加速運動，當物塊速度等于傳送帶的速度時，物體做勻速運動。這兩種情況落點都在Q點右邊。

（3）v₀＜v_B當物塊滑上傳送帶的速度大于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊一直減速，二是先減速后勻速。第一種落在Q點，第二種落在Q點的右邊。

第二章 牛頓定律錯題集 

本章內容包括力的概念及其計算方法，重力、彈力、摩擦力的概念及其計算，牛頓運動定律，物體的平衡，失重和超重等概念和規律。其中重點內容重力、彈力和摩擦力在牛頓第二定律中的應用，這其中要求學生要能夠建立起正確的“運動和力的關系”。因此，深刻理解牛頓第一定律，則是本章中運用牛頓第二定律解決具體的物理問題的基礎。 

本章中所涉及到的基本方法有：力的分解與合成的平行四邊形法則，這是所有矢量進行加、減法運算過程的通用法則；運用牛頓第二定律解決具體實際問題時，常需要將某一個物體從眾多其他物體中隔離出來進行受力分析的“隔離法”，隔離法是分析物體受力情況的基礎，而對物體的受力情況進行分析又是應用牛頓第二定律的基礎。因此，這種從復雜的對象中隔離出某一孤立的物體進行研究的方法，在本章中便顯得十分重要。

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對物體受力情況不能進行正確的分析，其原因通常出現在對彈力和摩擦力的分析與計算方面，特別是對摩擦力（尤其是對靜摩擦力）的分析；對運動和力的關系不能準確地把握，如在運用牛頓第二定律和運動學公式解決問題時，常表現出用矢量公式計算時出現正、負號的錯誤，其本質原因就是對運動和力的關系沒能正確掌握，誤以為物體受到什么方向的合外力，則物體就向那個方向運動。

例1 甲、乙兩人手拉手玩拔河游戲，結果甲勝乙敗，那么甲乙兩人誰受拉力大？

【錯解】因為甲勝乙，所以甲對乙的拉力比乙對甲的拉力大。就像拔河一樣，甲方勝一定是甲方對乙方的拉力大。

【錯解原因】產生上述錯解原因是學生憑主觀想像，而不是按物理規律分析問題。按照物理規律我們知道物體的運動狀態不是由哪一個力決定的而是由合外力決定的。甲勝乙是因為甲受合外力對甲作用的結果。甲、乙兩人之間的拉力根據牛頓第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一樣大。

【分析解答】甲、乙兩人相互之間的拉力是相互作用力，根據牛頓第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙兩人身上。

【評析】生活中有一些感覺不總是正確的，不能把生活中的經驗，感覺當成規律來用，要運用物理規律來解決問題。

例2 如圖2－1所示，一木塊放在水平桌面上，在水平方向上共受三個力，F₁，F₂和摩擦力，處于靜止狀態。其中F₁=10N，F₂=2N。若撤去力F₁則木塊在水平方向受到的合外力為（   ）

A.10N向左   B.6N向右  C.2N向左   D.0

【錯解】木塊在三個力作用下保持靜止。當撤去F₁后，另外兩個力的合力與撤去力大小相等，方向相反。故A正確。

【錯解原因】造成上述錯解的原因是不加分析生搬硬套運用“物體在幾個力作用下處于平衡狀態，如果某時刻去掉一個力，則其他幾個力的合力大小等于去掉這個力的大小，方向與這個力的方向相反”的結論的結果。實際上這個規律成立要有一個前提條件，就是去掉其中一個力，而其他力不變。本題中去掉F₁后，由于摩擦力發生變化，所以結論不成立。

【分析解答】由于木塊原來處于靜止狀態，所以所受摩擦力為靜摩擦力。依據牛二定律有F₁-F₂-f=0此時靜摩擦力為8N方向向左。撤去F₁后，木塊水平方向受到向左2N的力，有向左的運動趨勢，由于F₂小于最大靜摩擦力，所以所受摩擦力仍為靜摩擦力。此時―F₂+f′=0即合力為零。故D選項正確。

【評析】摩擦力問題主要應用在分析物體運動趨勢和相對運動的情況，所謂運動趨勢，一般被解釋為物體要動還未動這樣的狀態。沒動是因為有靜摩擦力存在，阻礙相對運動產生，使物體間的相對運動表現為一種趨勢。由此可以確定運動趨勢的方向的方法是假設靜摩擦力不存在，判斷物體沿哪個方向產生相對運動，該相對運動方向就是運動趨勢的方向。如果去掉靜摩擦力無相對運動，也就無相對運動趨勢，靜摩擦力就不存在。

例3  如圖2－2所示水平放置的粗糙的長木板上放置一個物體m，當用于緩慢抬起一端時，木板受到的壓力和摩擦力將怎樣變化？

【錯解】以木板上的物體為研究對象。物體受重力、摩擦力、支持力。因為物體靜止，則根據牛頓第二定律有

錯解一：據式②知道θ增加，f增加。

錯解二：另有錯解認為據式②知θ增加，N減小則f=μN說明f減少。

【錯解原因】錯解一和錯解二都沒能把木板緩慢抬起的全過程認識透。只抓住一個側面，缺乏對物理情景的分析。若能從木塊相對木板靜止入手，分析出再抬高會相對滑動，就會避免錯解一的錯誤。若想到f=μN是滑動摩擦力的判據，就應考慮滑動之前怎樣，也就會避免錯解二。

【分析解答】以物體為研究對象，如圖2－3物體受重力、摩擦力、支持力。物體在緩慢抬起過程中先靜止后滑動。靜止時可以依據錯解一中的解法，可知θ增加，靜摩擦力增加。當物體在斜面上滑動時，可以同錯解二中的方法，據f=μN，分析N的變化，知f_滑的變化。θ增加，滑動摩擦力減小。在整個緩慢抬起過程中y方向的方程關系不變。依據錯解中式②知壓力一直減小。所以抬起木板的過程中，摩擦力的變化是先增加后減小。壓力一直減小。

【評析】物理問題中有一些變化過程，不是單調變化的。在平衡問題中可算是一類問題，這類問題應抓住研究變量與不變量的關系�？蓮氖芰Ψ治鋈胧�，列平衡方程找關系，也可以利用圖解，用矢量三角形法則解決問題。如此題物體在未滑動時，處于平衡狀態，加速度為零。所受三個力圍成一閉合三角形。如圖2－4。類似問題如圖2－5用繩將球掛在光滑的墻面上，繩子變短時，繩的拉力和球對墻的壓力將如何變化。從對應的矢量三角形圖2－6不難看出，當繩子變短時，θ角增大，N增大，T變大。圖2－7在AC繩上懸掛一重物G，在AC繩的中部O點系一繩BO，以水平力F牽動繩BO，保持AO方向不變，使BO繩沿虛線所示方向緩緩向上移動。在這過程中，力F和AO繩上的拉力變化情況怎樣？用矢量三角形（如圖2－8）可以看出T變小，F先變小后變大。這類題的特點是三個共點力平衡，通常其中一個力大小、方向均不變，另一個力方向不變，大小變，第三個力大小、方向均改變。還有時是一個力大小、方向不變，另一個力大小不變，方向變，第三個力大小、方向都改變。

例4 如圖2－9物體靜止在斜面上，現用水平外力F推物體，在外力F由零逐漸增加的過程中，物體始終保持靜止，物體所受摩擦力怎樣變化？

【錯解】錯解一：以斜面上的物體為研究對象，物體受力如圖2－10，物體受重力mg，推力F，支持力N，靜摩擦力f，由于推力F水平向右，所以物體有向上運動的趨勢，摩擦力f的方向沿斜面向下。根據牛頓第二定律列方程

f+mgsinθ=Fcosθ       ①

N-Fsinθ-mgcosθ=0 ②

由式①可知，F增加f也增加。所以在變化過程中摩擦力是增加的。

錯解二：有一些同學認為摩擦力的方向沿斜面向上，則有F增加摩擦力減少。

【錯解原因】上述錯解的原因是對靜摩擦力認識不清，因此不能分析出在外力變化過程中摩擦力的變化。

【分析解答】本題的關鍵在確定摩擦力方向。由于外力的變化物體在斜面上的運動趨勢有所變化，如圖2－10，當外力較小時（Fcosθ＜mgsinθ）物體有向下的運動趨勢，摩擦力的方向沿斜面向上。F增加，f減少。與錯解二的情況相同。如圖2－11，當外力較大時（Fcosθ＞mgsinθ）物體有向上的運動趨勢，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。當Fcosθ=mgsinθ時，摩擦力為零。所以在外力由零逐漸增加的過程中，摩擦力的變化是先減小后增加。

【評析】若斜面上物體沿斜面下滑，質量為m，物體與斜面間的摩擦因數為μ，我們可以考慮兩個問題鞏固前面的分析方法。

（1） F為怎樣的值時，物體會保持靜止。

（2）F為怎樣的值時，物體從靜止開始沿斜面以加速度a運動。

受前面問題的啟發，我們可以想到F的值應是一個范圍。

首先以物體為研究對象，當F較小時，如圖2－10物體受重力mg、支持力N、斜向上的摩擦力f和F。物體剛好靜止時，應是F的邊界值，此時的摩擦力為最大靜摩擦力，可近似看成f靜=μN（最大靜摩擦力）如圖建立坐標，據牛頓第二定律列方程

當F從此值開始增加時，靜摩擦力方向開始仍然斜向上，但大小減小，當F增加到FCOSθ=mgsinθ時，即F=mg?tgθ時，F再增加，摩擦力方向改為斜向下，仍可以根據受力分析圖2-11列出方程

隨著F增加，靜摩擦力增加，F最大值對應斜向下的最大靜摩擦力。

要使物體靜止F的值應為

關于第二個問題提醒讀者注意題中并未提出以加速度a向上還是向下運動，應考慮兩解，此處不詳解此，給出答案供參考。

例5  如圖2－12，m和M保持相對靜止，一起沿傾角為θ的光滑斜面下滑，則M和m間的摩擦力大小是多少？

【錯解】以m為研究對象，如圖2－13物體受重力mg、支持力N、摩擦力f，如圖建立坐標有

 再以m＋N為研究對象分析受力，如圖2－14，（m＋M）g?sinθ=（M＋m）a③

據式①，②，③解得f=0

所以m與M間無摩擦力。

【錯解原因】造成錯解主要是沒有好的解題習慣，只是盲目的模仿，似乎解題步驟不少，但思維沒有跟上。要分析摩擦力就要找接觸面，摩擦力方向一定與接觸面相切，這一步是堵住錯誤的起點。犯以上錯誤的客觀原因是思維定勢，一見斜面摩擦力就沿斜面方向。歸結還是對物理過程分析不清。

【分析解答】因為m和M保持相對靜止，所以可以將（m＋M）整體視為研究對象。受力，如圖2－14，受重力（M十m）g、支持力N′如圖建立坐標，根據牛頓第二定律列方程

x：(M+n)gsinθ=(M+m)a    ①

解得a=gsinθ

沿斜面向下。因為要求m和M間的相互作用力，再以m為研究對象，受力如圖2－15。

根據牛頓第二定律列方程

因為m，M的加速度是沿斜面方向。需將其分解為水平方向和豎直方向如圖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。

【評析】  此題可以視為連接件問題。連接件問題對在解題過程中選取研究對象很重要。有時以整體為研究對象，有時以單個物體為研究對象。整體作為研究對象可以將不知道的相互作用力去掉，單個物體作研究對象主要解決相互作用力。單個物體的選取應以它接觸的物體最少為最好。如m只和M接觸，而M和m還和斜面接觸。

另外需指出的是，在應用牛頓第二定律解題時，有時需要分解力，有時需要分解加速度，具體情況分析，不要形成只分解力的認識。

例6  如圖2-17物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A，B質量分別為m_A=6kg，m_B=2kg，A，B之間的動摩擦因數μ=0.2，開始時F=10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則

                                                                                                   [    ]

A．當拉力F＜12N時，兩物體均保持靜止狀態

B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動

C．兩物體間從受力開始就有相對運動

D．兩物體間始終沒有相對運動

【錯解】  因為靜摩擦力的最大值近似等于滑動摩擦力。f_max=μN=0.2×6=12（N）。所以當F＞12N時，A物體就相對B物體運動。F＜12N時，A相對B不運動。所以A，B選項正確。

【錯解分析】 產生上述錯誤的原因一致是對A選項的理解不正確，A中說兩物體均保持靜止狀態，是以地為參考物，顯然當有力F作用在A物體上，A，B兩物體對地來說是運動的。二是受物體在地面上運動情況的影響，而實際中物體在不固定物體上運動的情況是不同的。

【分析解答】 首先以A，B整體為研究對象。受力如圖2-18，在水平方向只受拉力F，根據牛頓第二定律列方程

F=(m_A+m_B)a    ①

再以B為研究對象，如圖2-19，B水平方向受摩擦力

f=m_Ba    ②

代入式①F=（6+2）×6=48N

由此可以看出當F＜48N時A，B間的摩擦力都達不到最大靜摩擦力，也就是說，A，B間不會發生相對運動。所以D選項正確。

【評析】 物理解題中必須非常嚴密，一點的疏忽都會導致錯誤。避免錯誤發生的最好方法就是按規范解題。每一步都要有依據。

例7 如圖2－20，用繩AC和 BC吊起一重物，繩與豎直方向夾角分別為30°和60°，AC繩能承受的最大的拉力為150N，而BC繩能承受的最大的拉力為100N，求物體最大重力不能超過多少？

【錯解】以重物為研究對象，重物受力如圖2－21。由于重物靜止，則有

T_ACsin30°=T_BCsin60°

T_ACcos30°+T_BCcos60°=G

將T_AC=150N，T_BC=100N代入式解得G=200N。

【錯解原因】以上錯解的原因是學生錯誤地認為當T_AC=150N時，T_BC=100N，而沒有認真分析力之間的關系。實際當T_BC=100N時，T_BC已經超過150N。

【分析解答】以重物為研究對象。重物受力如圖2-21，重物靜止，加速度為零。據牛頓第二定律列方程

T_ACsin30°-T_BCsin60°=0    ①

T_ACcos30°+T_BCcos60°-G=0    ②

而當T_AC=150N時，T_BC=86.6＜100N

將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過173.2N。

例8  如圖2－22質量為M，傾角為α的楔形物A放在水平地面上。質量為m的B物體從楔形物的光滑斜面上由靜止釋放，在B物體加速下滑過程中，A物體保持靜止。地面受到的壓力多大？

【錯解】以A，B整體為研究對象。受力如圖2－23，因為A物體靜止，所以N=G=（M＋m）g。

【錯解原因】由于A，B的加速度不同，所以不能將二者視為同一物體。忽視了這一點就會造成錯解。

【分析解答】分別以A，B物體為研究對象。A，B物體受力分別如圖2－24a，2－24b。根據牛頓第二定律列運動方程，A物體靜止，加速度為零。

x：N_lsinα-f=0    ①

y：N-Mg-N_lcosα=0    ②

B物體下滑的加速度為a，

x：mgsinα=ma    ③

y：N_l-mgcosα=0    ④

由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα

根據牛頓第三定律地面受到的壓力為Mg十mgcosα。

【評析】 在解決物體運動問題時，在選取研究對象時，若要將幾個物體視為一個整體做為研究對象，應該注意這幾個物體必須有相同的加速度。

例9  如圖2-25天花板上用細繩吊起兩個用輕彈簧相連的兩個質量相同的小球。兩小球均保持靜止。當突然剪斷細繩時，上面小球A與下面小球B的加速度為      [    ]

A．a₁=g  a₂=g

B．a₁=g  a₂=g

C．a₁=2g  a₂=0

D．a₁=0  a₂=g

【錯解】 剪斷細繩時，以(A+B)為研究對象，系統只受重力，所以加速度為g，所以A，B球的加速度為g。故選A。

【錯解原因】 出現上述錯解的原因是研究對象的選擇不正確。由于剪斷繩時，A，B球具有不同的加速度，不能做為整體研究。

【分析解答】 分別以A，B為研究對象，做剪斷前和剪斷時的受力分析。剪斷前A，B靜止。如圖2-26，A球受三個力，拉力T、重力mg和彈力F。B球受三個力，重力mg和彈簧拉力F′

A球：T-mg-F=0    ①

B球：F′-mg=0    ②

由式①，②解得T=2mg，F=mg

剪斷時，A球受兩個力，因為繩無彈性剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧有形米，瞬間形狀不可改變，彈力還存在。如圖2-27，A球受重力mg、彈簧給的彈力F。同理B球受重力mg和彈力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選項正確。

【評析】 （1）牛頓第二定律反映的是力與加速度的瞬時對應關系。合外力不變，加速度不變。合外力瞬間改變，加速度瞬間改變。本題中A球剪斷瞬間合外力變化，加速度就由0變為2g，而B球剪斷瞬間合外力沒變，加速度不變。

（2）彈簧和繩是兩個物理模型，特點不同。彈簧不計質量，彈性限度內k是常數。繩子不計質量但無彈性，瞬間就可以沒有。而彈簧因為有形變，不可瞬間發生變化，即形變不會瞬間改變，要有一段時間。

例10  如圖2－28，有一水平傳送帶以2m／s的速度勻速運動，現將一物體輕輕放在傳送帶上，若物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，則傳送帶將該物體傳送10m的距離所需時間為多少？

【錯解】由于物體輕放在傳送帶上，所以v₀=0，物體在豎直方向合外力為零，在水平方向受到滑動摩擦力（傳送帶施加），做v₀=0的勻加速運動，位移為10m。

據牛頓第二定律F=ma有f=μmg=ma，a=μg=5m/s²

【錯解原因】上述解法的錯誤出在對這一物理過程的認識。傳送帶上輕放的物體的運動有可能分為兩個過程。一是在滑動摩擦力作用下作勻加速直線運動；二是達到與傳送帶相同速度后，無相對運動，也無摩擦力，物體開始作勻速直線運動。關鍵問題應分析出什么時候達到傳送帶的速度，才好對問題進行解答。

【分析解答】以傳送帶上輕放物體為研究對象，如圖2－29在豎直方向受重力和支持力，在水平方向受滑動摩擦力，做v₀=0的勻加速運動。

據牛二定律F=ma

有水平方向：f=ma    ①

豎直方向：N-mg=0    ②

f=μN    ③

由式①，②，③解得a=5m／s²

設經時間t_l，物體速度達到傳送帶的速度，據勻加速直線運動的速度公式

v₀=v₀+at    ④

解得t₁=0.4s

物體位移為0.4m時，物體的速度與傳送帶的速度相同，物體0.4s后無摩擦力，開始做勻速運動

S₂=v₂t₂    ⑤

因為S₂=S-S₁=10―0.4=9.6（m），v₂=2m／s

代入式⑤得t₂=4.8s

則傳送10m所需時間為t=0.4＋4.8=5.2s。

【評析】本題是較為復雜的一個問題，涉及了兩個物理過程。這類問題應抓住物理情景，帶出解決方法，對于不能直接確定的問題可以采用試算的方法，如本題中錯解求出一直做勻加速直線運動經過10m用2s，可以拿來計算一下，2s末的速度是多少，計算結果v=5×2=10（m/s），已超過了傳送帶的速度，這是不可能的。當物體速度增加到2m/s時，摩擦力瞬間就不存在了。這樣就可以確定第2個物理過程。

例11  如圖2-30，一個彈簧臺秤的秤盤質量和彈簧質量都可以不計，盤內放一個物體P處于靜止。P的質量為12kg，彈簧的勁度系數k=800N/m。現給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速運動。已知在前0.2s內F是變化的，在0.2s以后F是恒力，則F的最小值是多少，最大值是多少？

【錯解】

F最大值即N=0時，F=ma+mg=210(N)

【錯解原因】錯解原因是對題所敘述的過程不理解。把平衡時的關系G=F+N，不自覺的貫穿在解題中。

【分析解答】解題的關鍵是要理解0.2s前F是變力，0.2s后F的恒力的隱含條件。即在0.2s前物體受力和0.2s以后受力有較大的變化。

以物體P為研究對象。物體P靜止時受重力G、稱盤給的支持力N。

因為物體靜止，∑F=0

N=G=0    ①

N=kx₀    ②

設物體向上勻加速運動加速度為a。

此時物體P受力如圖2-31受重力G，拉力F和支持力N′

據牛頓第二定律有

F+N′-G=ma    ③

當0.2s后物體所受拉力F為恒力，即為P與盤脫離，即彈簧無形變，由0～0.2s內物體的位移為x₀。物體由靜止開始運動，則

將式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可以看出即為N′最大時，即初始時刻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時，F=ma+mg=210（N）

【評析】本題若稱盤質量不可忽略，在分析中應注意P物體與稱盤分離時，彈簧的形變不為0，P物體的位移就不等于x0，而應等于x0-x（其中x即稱盤對彈簧的壓縮量）。

 第三章  機械能錯題集

本章內容包括功、功率、動能、勢能（包括重力勢能和彈性勢能）等基本概念，以動能定理、重力做功的特點、重力做功與重力勢能變化的關系及機械能守恒定律等基本規律。其中對于功的計算、功率的理解、做功與物體能量變化關系的理解及機械能守恒定律的適用條件是本章的重點內容。

本章中所涉及到的基本方法有：用矢量分解的方法處理恒力功的計算，這里既可以將力矢量沿平行于物體位移方向和垂直于物體位移方向進行分解，也可以將物體的位移沿平行于力的方向和垂直于力的方向進行分解，從而確定出恒力對物體的作用效果；對于重力勢能這種相對物理量，可以通過巧妙的選取零勢能面的方法，從而使有關重力勢能的計算得以簡化。

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：“先入為主”導致解決問題的思路過于僵化，如在計算功的問題中，一些學生一看到要計算功，就只想到W= Fscosθ，而不能將思路打開，從W=Pt和W=ΔEt等多條思路進行考慮；不注意物理規律的適用條件，導致亂套機械能守恒定律。

例1  如圖3-1，小物塊位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物塊沿斜面下滑的過程中，斜面對小物塊的作用力                                                       [    ]

A．垂直于接觸面，做功為零

B．垂直于接觸面，做功不為零

C．不垂直于接觸面，做功為零

D．不垂直于接觸面，做功不為零

【錯解】斜面對小物塊的作用力是支持力，應與斜面垂直，因為支持力總與接觸面垂直，所以支持力不做功。故A選項正確。

【錯解原因】斜面固定時，物體沿斜面下滑時，支持力做功為零。受此題影響，有些人不加思索選A。這反映出對力做功的本質不太理解，沒有從求功的根本方法來思考，是形成錯解的原因。

【分析解答】根據功的定義W=F?scosθ為了求斜面對小物塊的支持力所做的功，應找到小物塊的位移。由于地面光滑，物塊與斜面體構成的系統在水平方向不受外力，在水平方向系統動量守恒。初狀態系統水平方向動量為零，當物塊有水平向左的動量時，斜面體必有水平向右的動量。由于m＜M，則斜面體水平位移小于物塊水平位移。根據圖3-2上關系可以確定支持力與物塊位移夾角大于90°，則斜面對物塊做負功。應選B。

【評析】求解功的問題一般來說有兩條思路。一是可以從定義出發。二是可以用功能關系。如本題物塊從斜面上滑下來時，減少的重力勢能轉化為物塊的動能和斜面的動能，物塊的機械能減少了，說明有外力對它做功。所以支持力做功。

例2  以20m/s的初速度，從地面豎直向上勢出一物體，它上升的最大高度是18m。如果物體在運動過程中所受阻力的大小不變，則物體在離地面多高處，物體的動能與重力勢能相等。(g=10m/s²)

【錯解】以物體為研究對象，畫出運動草圖3-3，設物體上升到h高處動能與重力勢能相等

此過程中，重力阻力做功，據動能定量有

物體上升的最大高度為H

由式①，②，③解得h=9.5m

【錯解原因】初看似乎任何問題都沒有，仔細審題，問物全體離地面多高處，物體動能與重力勢相等一般人首先是將問題變形為上升過程中什么位置動能與重力勢能相等。而實際下落過程也有一處動能與重力勢能相等。

【分析解答】上升過程中的解同錯解。

設物體下落過程中經過距地面h′處動能等于重力勢能，運動草圖如3-4。

據動能定量

解得h′=8.5m

【評析】在此較復雜問題中，應注意不要出現漏解。比較好的方法就是逐段分析法。

例3  如圖3－5，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短�，F將子彈、木塊和彈簧合在一起作研究對象，則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程中                                               [    ]

A．動量守恒，機械能守恒

B．動量不守恒，機械能不守恒

C．動量守恒，機械能不守恒

D．動量不守恒，機械能守恒

【錯解】以子彈、木塊和彈簧為研究對象。因為系統處在光滑水平桌面上，所以系統水平方向不受外力，系統水平方向動量守恒。又因系統只有彈力做功，系統機械能守恒。故A正確。

【錯解原因】錯解原因有兩個一是思維定勢，一見光滑面就認為不受外力。二是規律適用條件不清。

【分析解答】以子彈、彈簧、木塊為研究對象，分析受力。在水平方向，彈簧被壓縮是因為受到外力，所以系統水平方向動量不守恒。由于子彈射入木塊過程，發生巨烈的摩擦，有摩擦力做功，系統機械能減少，也不守恒，故B正確。

例4  如圖3－6，質量為M的木塊放在光滑水平面上，現有一質量為m的子彈以速度v₀射入木塊中。設子彈在木塊中所受阻力不變，大小為f，且子彈未射穿木塊。若子彈射入木塊的深度為D，則木塊向前移動距離是多少？系統損失的機械能是多少？

【錯解】（1）以木塊和子彈組成的系統為研究對象。系統沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒。設子彈和木塊共同速度為v。據動量守恒有mv₀=（M＋m）v

解得v=mv₀

子彈射入木塊過程中，摩擦力對子彈做負功

（2）系統損失的機械能

即為子彈損失的功能

【錯解原因】錯解①中錯誤原因是對摩擦力對子彈做功的位移確定錯誤。子彈對地的位移并不是D，而D打入深度是相對位移。而求解功中的位移都要用對地位移。錯解②的錯誤是對這一物理過程中能量的轉換不清楚。子彈打入木塊過程中，子彈動能減少并不等于系統機械能減少量。因為子彈減少的功能有一部分轉移為木塊的動能，有一部轉化為焦耳熱。

【分析解答】以子彈、木塊組成系統為研究對象。畫出運算草圖，如圖3―7。系統水平方向不受外力，故水平方向動量守恒。據動量守恒定律有

mv₀=(M+m)v(設v₀方向為正)

子彈打入木塊到與木塊有相同速度過程中摩擦力做功：

由運動草圖可S_木=S_子-D                                 ③

【評析】子彈和木塊相互作用過程中，子彈的速度由V0減為V，同時木塊的速度由0增加到V。對于這樣的一個過程，因為其間的相互作用力為恒力，所以我們可以從牛頓運動定律（即f使子彈和木塊產生加速度，使它們速度發生變化）、能量觀點、或動量觀點三條不同的思路進行研究和分析。類似這樣的問題都可以采用同樣的思路。一般都要首先畫好運動草圖。例：如圖3-8在光滑水平面上靜止的長木板上，有一粗糙的小木塊以v₀沿木板滑行。情況與題中極其相似，只不過作用位置不同，但相互作用的物理過程完全一樣。

參考練習：如圖3-9一質量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M�，F以地面為參考系，給A和B以大小相同，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。求小木塊A向左運動到達最遠處（對地）離出發點的距離。

提示：注意分析物理過程。情景如圖3-10。其中隱含條件A剛好沒離B板，停在B板的左端，意為此時A，B無相對運動。A，B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先減為零，然后加速達到與B同速。

例5  下列說法正確的是(   )

A．合外力對質點做的功為零，則質點的動能、動量都不變

B．合外力對質點施的沖量不為零，則質點動量必將改變，動能也一定變

C．某質點受到合力不為零，其動量、動能都改變

D．某質點的動量、動能都改變，它所受到的合外力一定不為零。

【錯解】錯解一：因為合外力對質點做功為零，據功能定理有△E_A=0，因為動能不變，所以速度V不變，由此可知動量不變。故A正確。

錯解二：由于合外力對質點施的沖量不為零，則質點動量必將改變，V改變，動能也就改變。故B正確。

【錯解原因】形成上述錯解的主要原因是對速度和動量的矢量性不理解。對矢量的變化也就出現理解的偏差。矢量發生變化時，可以是大小改變，也可能是大小不改變，而方向改變。這時變化量都不為零。而動能則不同，動能是標量，變化就一定是大小改變。所以△E_k=0只能說明大小改變。而動量變化量不為零就有可能是大小改變，也有可能是方向改變。

【分析解答】本題正確選項為D。

因為合外力做功為零，據動能定理有△E_k=0，動能沒有變化，說明速率無變化，但不能確定速度方向是否變化，也就不能推斷出動量的變化量是否為零。故A錯。合外力對質點施沖量不為零，根據動量定理知動量一定變，這既可以是速度大小改變，也可能是速度方向改變。若是速度方向改變，則動能不變。故B錯。同理C選項中合外力不為零，即是動量發生變化，但動能不一定改變，C選項錯。D選項中動量、動能改變，根據動量定量，沖量一定不為零，即合外力不為零。故D正確。

【評析】對于全盤肯定或否定的判斷，只要找出一反例即可判斷。要證明它是正確的就要有充分的論據。

例6  物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時功率為(    )

【錯解】錯解一：因為斜面是光滑斜面，物體m受重力和支持。支持不

錯解二：物體沿斜面做v0=0的勻加速運動a=mgsina

故選B。

【錯解原因】錯解一中錯誤的原因是沒有注意到瞬時功率P=Fvcosθ。

只有Fv同向時，瞬時功率才能等于Fv，而此題中重力與瞬時速度V不是同方向，所以瞬時功率應注意乘上F，v夾角的余弦值。

錯解二中錯誤主要是對瞬時功率和平均功率的概念不清楚，將平均功率當成瞬時功率。

【分析解答】由于光滑斜面，物體m下滑過程中機械能守恒，滑至底端

F、v夾角θ為90°-α

故C選項正確。

【評析】求解功率問題首先應注意求解的是瞬時值還是平均值。如果求瞬時值應注意普遍式P=Fv?cosθ（θ為F，v的夾角）當F，v有夾角時，應注意從圖中標明。

例7  一列火車由機車牽引沿水平軌道行使，經過時間t，其速度由0增大到v。已知列車總質量為M，機車功率P保持不變，列車所受阻力f為恒力。求：這段時間內列車通過的路程。

【錯解】以列車為研究對象，水平方向受牽引力和阻力f。

據P=F?V可知牽引力

F=P／v                                                                       ①

設列車通過路程為s，據動能定理有

【錯解原因】以上錯解的原因是對P=F?v的公式不理解，在P一定的情況下，隨著v的變化，F是變化的。在中學階段用功的定義式求功要求F是恒力。

【分析解答】以列車為研究對象，列車水平方向受牽引力和阻力。設列車通過路程為s。據動能定理

【評析】發動機的輸出功率P恒定時，據P=F?V可知v變化，F就會發生變化。牽動ΣF，a變化。應對上述物理量隨時間變化的規律有個定性的認識。下面通過圖象給出定性規律。（見圖3-12所示）

例8  如圖3-13，質量分別為m和2m的兩個小球A和B，中間用輕質桿相連，在桿的中點O處有一固定轉動軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時針擺動到最低位置的過程中(   )

A．B球的重力勢能減少，動能增加，B球和地球組成的系統機械能守恒

B．A球的重力勢能增加，動能也增加，A球和地球組成的系統機械能不守恒。

C．A球、B球和地球組成的系統機械能守恒

D．A球、B球和地球組成的系統機械不守恒

【錯解】B球下擺過程中受重力、桿的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力勢能減少，動能增加，機械能守恒，A正確。

同樣道理A球機械能守恒，B錯誤，因為A，B系統外力只有重力做功，系統機械能守恒。故C選項正確。

【錯解原因】 B球擺到最低位置過程中，重力勢能減少動能確實增加，但不能由此確定機械能守恒。錯解中認為桿施的力沿桿方向，這是造成錯解的直接原因。桿施力的方向并不總指向沿桿的方向，本題中就是如此。桿對A，B球既有沿桿的法向力，也有與桿垂直的切向力。所以桿對A，B球施的力都做功，A球、B球的機械能都不守恒。但A+B整體機械能守恒。

【分析解答】B球從水平位置下擺到最低點過程中，受重力和桿的作用力，桿的作用力方向待定。下擺過程中重力勢能減少動能增加，但機械能是否守恒不確定。A球在B下擺過程中，重力勢能增加，動能增加，機械能增加。由于A+B系統只有重力做功，系統機械能守恒，A球機械能增加，B球機械能定減少。所以B，C選項正確。

【評析】有些問題中桿施力是沿桿方向的，但不能由此定結論，只要桿施力就沿桿方向。本題中A、B球繞O點轉動，桿施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如圖3-14所示，桿對B球施的力對B球的做負功。桿對A球做功為正值。A球機械能增加，B球機械能減少。

例9  質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上。平衡時，彈簧的壓縮量為x₀，如圖3-15所示。物塊從鋼板正對距離為3X0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動。已知物體質量也為m時，它們恰能回到O點，若物塊質量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度，求物塊向上運動到最高點與O點的距離。

【錯解】物塊m從A處自由落下，則機械能守恒

設鋼板初位置重力勢能為0，則

之后物塊與鋼板一起以v₀向下運動，然后返回O點，此時速度為0，運動過程中因為只有重力和彈簧彈力做功，故機械能守恒。

2m的物塊仍從A處落下到鋼板初位置應有相同的速度v₀，與鋼板一起向下運動又返回機械能也守恒。返回到O點速度不為零，設為V則：

因為m物塊與2m物塊在與鋼板接觸時，彈性勢能之比

2m物塊與鋼板一起過O點時，彈簧彈力為0，兩者有相同的加速度g。之后，鋼板由于被彈簧牽制，則加速度大于g，兩者分離，2m物塊從此位置以v為初速豎直上拋上升距離

【錯解原因】這是一道綜合性很強的題。錯解中由于沒有考慮物塊與鋼板碰撞之后速度改變這一過程，而導致錯誤。另外在分析物塊與鋼板接觸位置處，彈簧的彈性勢能時，也有相當多的人出錯，兩個錯誤都出時，會發現無解。這樣有些人就返回用兩次勢能相等的結果，但并未清楚相等的含義。

【分析解答】物塊從3x₀位置自由落下，與地球構成的系統機械能守恒。則有

v₀為物塊與鋼板碰撞時的的速度。因為碰撞板短，內力遠大于外力，鋼板與物塊間動量守恒。設v₁為兩者碰撞后共同速

mv₀=2mv₁                                                     (2)

兩者以v_l向下運動恰返回O點，說明此位置速度為零。運動過程中機械能守恒。設接觸位置彈性勢能為E_p，則

同理2m物塊與m物塊有相同的物理過程

碰撞中動量守恒2mv₀=3mv₂                      (4)

所不同2m與鋼板碰撞返回O點速度不為零，設為v則

因為兩次碰撞時間極短，彈性形變未發生變化

E_p=E’_p                                                           (6)

由于2m物塊與鋼板過O點時彈力為零。兩者加速度相同為g，之后鋼板被彈簧牽制，則其加速度大于g，所以與物塊分離，物塊以v豎直上拋。

【評析】本題考查了機械能守恒、動量守恒、能量轉化的。守恒等多個知識點。是一個多運動過程的問題。關鍵問題是分清楚每一個過程。建立過程的物理模型，找到相應解決問題的規律。彈簧類問題，畫好位置草圖至關重要。

參考練習：如圖3-16所示勁度系數為k1的輕質彈簧分別與質量為m₁，m₂的物體1，2，栓接系數為k₂的輕彈簧上端與物體2栓接，下端壓在桌面上（不栓接）。整個系統處于平衡狀態，現施力將物體1緩慢地豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面，在此過程中，物體2的重力勢能增大了多少？物體1的重力勢能增大了多少？

提示：此題隱含的條件很多，挖掘隱含條件是解題的前提。但之后，必須有位置變化的情景圖如圖3-17。才能確定1，2上升的距離，請讀者自行解答。

例10  如圖3-18所示，輕質彈簧豎直放置在水平地面上，它的正上方有一金屬塊從高處自由下落，從金屬塊自由下落到第一次速度為零的過程中

A．重力先做正功，后做負功

B．彈力沒有做正功

C．金屬塊的動能最大時，彈力與重力相平衡

D．金屬塊的動能為零時，彈簧的彈性勢能最大。

【錯解】金屬塊自由下落，接觸彈簧后開始減速，當重力等于彈力時，金屬塊速度為零。所以從金屬塊自由下落到第一次速度為零的過程中重力一直做正功，故A錯。而彈力一直做負功所以B正確。因為金屬塊速度為零時，重力與彈力相平衡，所以C選項錯。金屬塊的動能為零時，彈力最大，所以形變最大，彈性勢能最大。故D正確。

【錯解原因】形成以上錯解的原因是對運動過程認識不清。對運動性質的判斷不正確。金屬塊做加速還是減速運動，要看合外力方向（即加速度方向）與速度方向的關系。

【分析解答】要確定金屬塊的動能最大位置和動能為零時的情況，就要分析它的運動全過程。為了弄清運動性質，做好受力分析�？梢詮膱D3-19看出運動過程中的情景。

從圖上可以看到在彈力N＜mg時，a的方向向下，v的方向向下，金屬塊做加速運動。當彈力N等于重力mg時，a=0加速停止，此時速度最大。所以C選項正確。彈力方向與位移方向始終反向，所以彈力沒有做正功，B選項正確。重力方向始終與位移同方向，重力做正功，沒有做負功，A選項錯。速度為零時，恰是彈簧形變最大時，所以此時彈簧彈性勢能最大，故D正確。

所以B，C，D為正確選項。

【評析】對于較為復雜的物理問題，認清物理過程，建立物情景是很重要的。做到這一點往往需畫出受力圖，運動草圖，這是應該具有的一種解決問題的能力。分析問題可以采用分析法和綜合法。一般在考試過程中分析法用的更多。如本題A，B只要審題細致就可以解決。而C，D就要用分析法。C選項中動能最大時，速率最大，速率最大就意味著它的變化率為零，即a=0，加速度為零，即合外力為零，由于合外力為mg-N，因此得mg=N，D選項中動能為零，即速率為零，單方向運動時位移最大，即彈簧形變最大，也就是彈性勢能最大。本題中金屬塊和彈簧在一定時間和范圍內做往復運動是一種簡運振動。從簡諧運動圖象可以看出位移變化中速度的變化，以及能量的關系。

第四章  圓周運動錯題集

本章內容包括圓周運動的動力學部分和物體做圓周運動的能量問題，其核心內容是牛頓第二定律、機械能守恒定律等知識在圓周運動中的具體應用。

本章中所涉及到的基本方法與第二章牛頓定律的方法基本相同，只是在具體應用知識的過程中要注意結合圓周運動的特點：物體所受外力在沿半徑指向圓心的合力才是物體做圓周運動的向心力，因此利用矢量合成的方法分析物體的受力情況同樣也是本章的基本方法；只有物體所受的合外力的方向沿半徑指向圓心，物體才做勻速圓周運動。根據牛頓第二定律合外力與加速度的瞬時關系可知，當物體在圓周上運動的某一瞬間的合外力指向圓心，我們仍可以用牛頓第二定律對這一時刻列出相應的牛頓定律的方程，如豎直圓周運動的最高點和最低點的問題。另外，由于在具體的圓周運動中，物體所受除重力以外的合外力總指向圓心，與物體的運動方向垂直，因此向心力對物體不做功，所以物體的機械能守恒。

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

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

A．根據公式v=ωr，可知衛星運動的線速度增大到原來的2倍。

D．根據上述選項B和C給出的公式，可知衛星運動的線速度將減

【錯解】選擇A，B，C

所以選擇A，B，C正確。

【錯解分析】A，B，C中的三個公式確實是正確的，但使用過程中A，

【分析解答】正確選項為C，D。

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

【評析】物理公式反映物理規律，不理解死記硬背經常會出錯。使用中應理解記憶。知道使用條件，且知道來攏去脈。

衛星繞地球運動近似看成圓周運動，萬有引力提供向心力，由此將

根據以上式子得出

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

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

B球在最高點時，圓管對它的作用力N₂為m₂的向心力，方向向下，則有

因為m₂由最高點到最低點機械能守恒，則有

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

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

據牛頓第二定律A球在圓管的最低點有

同理m₂在最高點有

m₂球由最高點到最低點機械能守恒

【評析】比較復雜的物理過程，如能依照題意畫出草圖，確定好研究對象，逐一分析就會變為簡單問題。找出其中的聯系就能很好地解決問題。

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

設A，B兩顆衛星的質量分別為m_A，m_B。

【錯解原因】這里錯在沒有考慮重力加速度與高度有關。根據萬有引力定律知道：

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

【分析解答】衛星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律有

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

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

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

從而得

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

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

【分析解答】以小球為研究對象。小球在軌道最高點時，受重力和軌道給的彈力。

小球在圓形軌道最高點A時滿足方程

根據機械能守恒，小球在圓形軌道最低點B時的速度滿足方程

解(1)，(2)方程組得

軌道的最高點A。

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

【錯解】在水平方向動量守恒，有

mv₁=Mv+mv₂                                  (1)

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

h為木塊所擺動的高度。解①，②聯立方程組得到

v=8(v/s)

h=3.2(m)

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

這時木塊的重力提供了木塊在B點做圓周運動所需要的向心力。解

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

兩者不相等。可見木塊升不到B點，一定是h＜3.2 m。

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

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

h′=l(1+cosθ)

如圖所示，根據機船能守恒定律有

木塊從C點開始以速度v_c做斜上拋運動所能達到的最大高度h″為

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

第六章  機械運動、機械波錯題集

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

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

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

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

A．1∶1                              B．1∶2

C．2∶1                              C．1∶4

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

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

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

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

例2  一個單擺，如果擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經過平

A．頻率不變，振幅不變                 B．頻率不變，振幅改變

C．頻率改變，振幅不變                 D．頻率改變，振幅改變

【錯解】  錯解一：因為單擺的周期（頻率）是由擺長l和當地重

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

而振幅與質量、速度無關（由上述理由可知）所以振幅不變，應選C。

錯解三：認為頻率要改變，理由同錯解二。而關于振幅的改變與否，除了錯解一中所示理由外，即總能量不變，而因為重力勢能E_P=mgh，E_P不變，m變為原來的4倍，h一定變小了，即上擺到最高點的高度下降了，所以振幅要改變，應選D。

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

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

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

【分析解答】  （1）實際上，通過實驗我們已經了解到，決定單

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

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

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

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

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

【錯解】  對B球，可視為單擺，延用單擺周期公式可求B球到達O點的時間：

對A球，它做自由落體運動，自h高度下落至O點

【錯解原因】  上述答案并沒有完全錯，分析過程中有一點沒有考慮，即是振動的周期性，因為B球在圓形軌道上自B點釋放后可以做往

上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多個解答中的一個。

對B球振動周期

到達O點的時間為

顯然，前面的解僅僅是當n=0時的其中一解而已。

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

例4  水平彈簧振子，每隔時間t，振子的位移總是大小和方向都相

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

B之間非A即B點，而這兩點距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等

所以振子的動能總是相同的，所以選C是對的。

同的，都等于振幅，所以D是對的。

綜上所述，應選B，C，D。

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

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

3．選擇C是對的。

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

【分析解答】  1．由題意可知，t=nt，n可以是1，2，3…，

選項A是正確的。

相反，且對稱于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。

3．同錯解3。

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

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

所以此題的正確答案為A，C。

例5  一個做簡諧運動的彈簧振子，周期為T，振幅為A，設振子

A．t₁＝t₂                                                B．t₁＜t₂

C．t₁＞t₂                                                D．無法判斷

度也大，因而時間短，所以t₁＞t₂，應選C。

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

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

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

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

【評析】  以上兩種方法，第一種方法是定性分析，在選擇題練習時，是要重點掌握的。第二種方法可以進行定量計算，但由于要涉及振動方程，所以不做統一要求。

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

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

【錯解】  從圖上可以看出波長λ=4m，而從兩次的波形圖可知：

v=5m/s．

【錯解原因】

面的。實際上，只有當波向右（沿x正方向）傳播時，上述關系才成立。

【分析解答】  從圖上可以看出λ=4m。

當波沿x正方向傳播時，兩次波形之間間隔的時間為：

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

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

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

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

【錯解原因】  主要原因是把機械波的圖象當成機械振動的圖象看

面的波形也變化了。

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

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

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

=62.5個波長，其波形如圖6-13。

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

播一個波長。經過62.5個周期，波向前傳播了62.5個波長。據波的周期性，當經過振動周期的整數倍時，波只是向前傳播了整數倍個波長，而

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

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

例9  如圖6-16所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，從波傳到x=5m的M點時開始計時，已知P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為0.4s，下面說法中正確的是      [    ]

A．這列波的波長是4m

B．這列波的傳播速度是10m/s

C．質點Q（x=9m）經過0.5s才第一次到達波峰

D．M點以后各質點開始振動時的方向都是向下

【錯解】  錯解一：由題中說P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為

錯解二：質點Q（x=9m），經過0.4s（此處用了正確的周期結果

所以C對。

錯解三：M點以后各質點的振動有的向上，有的向下，所以D不對。

【錯解原因】  錯解一對“相繼出現兩個波峰”理解有誤。

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

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

【分析解答】  （1）從圖6-16上可以看出波長為4m，選A。

（2）實際上“相繼出現兩個波峰”應理解為，出現第一波峰與出現第二個波峰之間的時間間隔。因為在一個周期內，質點完成一次全振動，而一次全振動應表現為“相繼出現兩個波峰”，即T=0.4s。則v=

（3）質點Q（x=9m）經過0.4s開始振動，而波是沿x軸正方向傳播，即介質中的每一個質點都被它左側的質點所帶動，從波向前傳播的波形圖6-17可以看出，0.4s波傳到Q時，其左側質點在它下方，所以Q點在0.5s時處于波谷。再經過0.2ss即總共經過0.7s才第一次到達波峰，所以選項C錯了。

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

此題正確答案為A，B，D。

【評析】

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

A.4.67m/s                             B.6m/s

C.10m/s                                D.4m/s

v=4.67m/s選擇A。

但此題可能多選，考慮到a，b之間滿足條件的情況還可

解得：v=10m/s  選擇C

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

【錯解原因】以上答案并沒有錯，但分析問題的過程出現了明顯的

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

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

其解為當n=0，N=0，1，2……

n=1，N=0，1，2……

n=2，N=0，1，2……

我們可以通過列表來看一看波速的各種可能值：

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

…

…

…

…

…

…

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

【評析】這是1996年一道高考題，當年不少考生考試時也選對了答案，但這些考生思考問題時有著明顯的片面性，只從n=N的情況去考慮問題，當n=N=0時，4.67m/s，當n=N=1時，v=10m/s，當n=N=2時v=11.5m/s……，把長度的周期性與時間的周期性混為一談。若此題的四個選項中變化一個為v=2m/s（即n=1，N=0時），上述思維片面的考生可能就會漏選，因此，一定要對題目進行全面周到的分析。

第七章  熱學錯題集

本章內容包括兩部分，一是微觀的分子動理論部分，一是宏觀的氣體狀態變化規律。其中分子動理論部分包括分子動理論的基本觀點、分子熱運動的動能、分子間相互作用的勢能和物體的內能等概念，及分子間相互作用力的變化規律、物體內能變化的規律、能量轉化和守恒定律等基本規律；氣體狀態變化規律中包括熱力學溫度、理想氣體和氣體狀態參量等有關的概念，以及理想氣體的等溫、等容、等壓過程的特點及規律（包括公式和圖象兩種描述方法）。

本章中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子動理論中將微觀分子的形狀視為理想的球體，這是通過阿伏伽德羅常數對微觀量進行估算的基礎；在氣體狀態變化規律中，將實際中的氣體視為分子沒有實際體積且不存在相互作用力的理想氣體，從而使氣體狀態變化的規律在誤差允許的范圍內得以大大的簡化。

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對較為抽象的分子熱運動的動能、分子相互作用的勢能及分子間相互作用力的變化規律理解不到位，導致這些微觀量及規律與宏觀的溫度、物體的體積之間關系不能建立起正確的關系。對于宏觀的氣體狀態的分析，學生的問題通常表現在對氣體壓強的分析與計算方面存在著困難，由此導致對氣體狀態規律應用出現錯誤；另外，本章中涉及到用圖象法描述氣體狀態變化規律，對于p―V，p―T，V―T圖的理解，一些學生只觀注圖象的形狀，不能很好地理解圖象上的點、線、斜率等的物理意義，因此造成從圖象上分析氣體溫度變化（內能變化）、體積變化（做功情況）時出現錯誤，從而導致利用圖像分析氣體內能變化等問題時的困難。

例1  設一氫氣球可以自由膨脹以保持球內外的壓強相等，則隨著氣球的不斷升高，因大氣壓強隨高度而減小，氣球將不斷膨脹。如果氫氣和大氣皆可視為理想氣體，大氣的溫度、平均摩爾質量以及重力和速度隨高度變化皆可忽略，則氫所球在上升過程中所受的浮力將______（填“變大”“變小”“不變”）

【錯解】錯解一：因為氣球上升時體積膨脹，所以浮力變大。

錯解二：因為高空空氣稀薄，所以浮力減小。

【錯解原因】因為浮力的大小等于氣球排開大氣所受的重力，F=p_空?g?V，當氣球升入高空時，密度p減小，體積V增大，錯解一和二都是分別單一地強調一方面的變化，沒有綜合考慮，因此導致錯解。

【分析解答】以氫氣為研究對象，設地面附近和高空h處的壓強和體積分別為p₁，p₂，V₁，V₂。因為溫度不變，由玻-馬定律可知：p₁V₁=p₂V₂

以大氣為研究對象，在地面附近和高空h處的壓強和大氣密度分別為戶p₁，p₂（與氫氣對應相等）p₁，p₂因為大氣密度和壓強都與高度

設氫氣球在地面附近和高空h處的浮力分別為F₁，F₂則F₁=p₁?g?V₁F₂=p₂?gV₂

所以正確答案為浮力不變。

【評析】如上分析，解決變化問題，需要將各種變化因素一一考慮，而不能單獨只看到一面而忽略另一面。

此題也可以利用克拉珀龍方程求解：

在高度h處：對氫氣列克拉珀龍方程

對排開空氣列克拉珀龍方程

因為p，V，R，T均相同

所以聯立①②得：

我們知道，空氣、氫氣的摩爾質量是不變的，此題氣球中的氫氣質量也是一定的，所以排開空氣的質量不隨高度h而變，又因為重力加速度也不變（由題目知）所以，氣球所受浮力不變。

利用克拉珀龍方程處理浮力，求解質量問題常常比較方便。

例2  如圖7-1所示，已知一定質量的理想氣體，從狀態1變化到狀態2。問：氣體對外是否做功？

【錯解】錯解一：因為判斷不了氣體體積情況，所以無法確定。

錯解二：因為1狀態與2狀態在一條直線上．而p-T坐標上的等容線是直線．所以狀態1與狀態2的體積相等，氣體對外不做功。

【錯解原因】錯解一是不會應用等容線，不知道如何利用p-V圖比較兩個狀態的體積，因而感到無從下手。

錯解二是把等容線的概念弄錯了，雖然狀態1和狀態2在一條直線上，但并不是說p―T圖上的所有直線都是等容線。只有延長線過原點的直線才表示一個等容過程。而此題的狀態1與狀態2所在的直線就不是一條等容線。

【分析解答】如圖7-2所示，分別做出過1和2的等容線Ⅰ和Ⅱ，由圖可知，直線Ⅰ的斜率大于直線Ⅱ的斜率，則V_Ⅱ＞V_Ⅰ，即V₂＞V₁，所以，從狀態1變化到狀態2，氣體膨脹對外做功了。

【評析】從此題的解答可以看到，利用圖象幫助解決問題，有時是很方便的，但這種方法首先必須按圖象有一個清楚的了解，只有在“識別”圖象的基礎上，才能準確地“運用”圖像。

例3  一定質量的理想氣體的三個狀態在V-T圖上用A，B，C三個點表示，如圖7-3所示。試比較氣體在這三個狀態時的壓強p_A，p_B，p_C的大小關系有：（    ）

A．p_C＞p_B＞p_C

B．p_A＜p_C＜p_B

C．p_C＞p_A＞p_B

D．無法判斷。

【錯解】錯解一：因為一定質量的理想氣體壓強與溫度成正比，哪個狀態對應的溫度高，在哪個狀態時，氣體的壓強就大，即T_C＞T_A＞T_B，所以有p_C＞p_A＞p_B，應選C。

錯解二：因為一定質量的理想氣體的壓強與體積成反比，體積越大，壓強越小，從圖上可以看出：V_A＞V_C＞V_B，所以戶p_A＜p_C＜p_B，應選B。

【錯解原因】以上兩種錯解，從分析思路上講都錯了，都沒有了解到氣體狀態的三個參量（p，V，T）之間兩兩定量關系是有條件的。如壓強與溫度（當然應為熱力學溫度T）成正比的條件是體積不變，而壓強與體積成反比的條件應是溫度不變。如果不考慮第三個參量，而單純只講兩個參量之間的關系，顯然只能導致錯誤的結果，同時也培養了錯誤的思考問題方式，是不可取的。當第三個參量不是定量時，三者之

【分析解答】因為所給的是V-T圖，A，B，C三點的溫度體積都不一樣，要想比較三個狀態的壓強，可以利用V-T圖上的等壓線輔助分析。

在V-T圖上，等壓線是一條延長線過原點的直線，可以通過A，B，C三點做三條等壓線分別表示三個等壓過程，如圖7-4所示。一定質量的理想氣體在等壓過程中壓強保持不變，體積與溫度成正比，為了比較三個等壓線所代表的壓強的大小，可以做一條等溫線（亦可作一條等容線，方法大同小異，以下略），使一個等溫過程與三個等壓過程聯系起來，等溫線（溫度為T'）與等壓線分別交于A'，B'，C'，在等溫過程中，壓強與體積成反比（玻意耳定律），從圖上可以看出：V_A'＞V_B'＞V_C'，所以可以得出結論：p_A'＜p_B'＜p_C’，而A與A'，B與B'，C與C分別在各自的等壓線上，即p_A=p_A'，p_B=p_B'，p_C=p_C’，所以可以得出結論，即p_A＜p_B＜p_C，所以正確答案為A。

例4  如圖7-5，A，B是體積相同的氣缸，B內有一導熱的、可在氣缸內無摩擦滑動的、體積不計的活塞C，D為不導熱的閥門。起初，閥門關閉，A內裝有壓強p₁=2.0×10⁵a溫度T₁=300K的氮氣。B內裝有壓強P₂=1.0×10⁵Pa，溫度T₂=600K的氧氣。打開閥門D，活塞C向右移動，最后達到平衡，以V₁和V₂分別表示平衡后氮氣和氧氣的體積，則V₁∶V₂=______（假定氧氣和氮氣均為理想氣體，并與外界無熱交換，連接氣缸的管道體積可忽略）

【錯解】開始是平衡狀態，未態還是平衡狀態，由理想氣體狀態方

此題答案為1∶4。

【錯解原因】理想氣體狀態方程或氣體定律，針對的對象應為一定質量的理想氣體，而不能是兩種（或兩部分）氣體各自的狀態，必須是一定質量的理想氣體初、末兩種狀態之間滿足的關系，上述解法把兩部分氣體的p₁，p₂，T₁，T₂與一定質量的氣體前后兩種狀態的p₁，p'₁，T₁，T'₁混為一談，以致出現完全相反的結論。

【分析解答】對于A容器中的氮氣，其氣體狀態為：

p₁=2.0×10⁵pa     V₁=V     T₁＝300K

P'₁=P       V'₁=V₁（題目所設）     T'₁=T

由氣體狀態方程可知：

對于B容器中的氧氣，其氣體狀態為：

p₂=1.0×10⁵pa    V₂＝V    T₂=600K

p'₂=p     V'₂=V₂（題目所設）     T’₂=T

由氣態方程可知

聯立①②消去T，V可得：

此題的正確答案為V₁∶V₂=4∶1

 【評析】解決有關兩部分氣體相關聯的問題時，要注意兩方面的問題。首先，要把兩部分氣體分開看待，分別對每一部分氣體分析出初、未狀態的p，V，T情況，分別列出相應的方程（應用相應的定律、規律）切不可將兩部分氣體視為兩種狀態。

其次，要找出兩部分氣體之間的聯系，如總體積不變，平衡時壓強相等，等等。例如本題中，閥門關閉時兩邊氣體體積相等，閥門打開兩邊氣體壓強相等，溫度相等，利用這些關系，可以消去方程中的未知因素，否則，也解不出正確結果。

例5  如圖7-6所示，一個橫截面積為S的圓筒型容器豎直放置，金屬圓板A的上表面是水平的，下表面是傾斜的，下表面與水平面的夾角為θ，圓板的質量為M，不計圓板A與容器內壁之間的摩擦，若大氣壓強為P₀，則被圓板封閉在容器中氣體的壓強p等于（    ）

【錯解】錯解一：因為圓板下表面是傾斜的，重力產生的壓強等于

錯解三：大氣壓p₀可以向各個方向傳遞，所以氣體壓強里應包括p₀，

【錯解原因】重力產生的壓強，壓力都應該是垂直于接觸面方向，所以重力產生壓強應是重力的分力Mg/cosθ，而不是Mg，錯解一是對壓力這個概念理解不對。

錯解二雖然注意到重力的分力Mg/cosθ產生壓強，但沒有考慮到面

錯解三在分解重力時錯了，重力的一個分力應是Mg/cosθ而不是Mgcosθ，因為另一個分力一定要垂直斜板的豎直面，如圖7-7。所以重

【分析解答】以金屬圓板A為對象，分析其受力情況，從受力圖7-8可知，圓板A受豎直向下的力有重力Mg、大氣壓力p₀S，豎直向上的

正確答案應為D。

【評析】正如本題的“分析解答”中所做的那樣，確定被活塞封閉的氣體的壓強的一般方法是：以活塞為研究對象；分析活塞的受力情況；概括活塞的運動情況（通常為靜止狀態），列出活塞的受力方程（通常為受力平衡方程）；通過解這個方程便可確定出氣體的壓強。

例6  如圖7-9所示，在一個圓柱形導熱的氣缸中，用活塞封閉了一部分空氣，活塞與氣缸壁間是密封而光滑的，一彈簧秤掛在活塞上，將整個氣缸懸吊在天花板上。當外界氣溫升高（大氣壓不變）時，（    ）

A.彈簧秤示數變大

B.彈簧秤示數變小

C.彈簧秤示數不變

D.條件不足，無法判斷

【錯解】對活塞進行受力分析，如圖7-10由活塞平衡條件可知：

F=mg+p₀S-pS

當外界氣溫上升時，氣體壓強增大，所以彈簧秤的接力F將變小，所以答案應選B。

【錯解原因】主要是因為對氣體壓強變化的判斷，沒有認真細致地具體分析，而是憑直覺認為溫度升高，壓強增大。

【分析解答】對活塞受力分析如錯解，

F=mg+p₀S-pS

現在需要討論一下氣體壓強的變化。

以氣缸為對象受力分析，如圖7-11

因為M、S、P₀均為不變量，所以，在氣體溫度變化時，氣體的壓強不變。而氣體在此過程中作等壓膨脹。

由此而知，彈簧秤的示數不變，正確答案為C。

【評析】通過本題的分析可以看出，分析問題時，研究對象的選取對解決問題方向的作用是至關重要的。如本題要分析氣體壓強的變化情況，選取氣缸為研究對象比研究活塞要方便得多。另外如本題只是分析彈簧秤的示數變化，選整個氣缸和活塞為研究對象更為方便，因對氣缸加熱的過程中，氣缸、氣體及活塞所受重力不變，所以彈簧秤對它們的拉力就不會變化，因此彈簧秤的示數不變。

例7  如圖7-12所示，兩端封閉、粗細均勻的細玻璃管，中間用長為h的水銀柱將其分為兩部分，分別充有空氣，現將玻璃管豎直放置，兩段空氣柱長度分別為l₁，l₂，已知l₁＞l₂，如同時對它們均勻加熱，使之升高相同的溫度，這時出現的情況是：（    ）

A．水銀柱上升

B．水銀柱下降

C．水銀柱不動

D．無法確定

【錯解】假設兩段空氣柱的壓強p₁，p₂保持不變，它們的初溫為T

當溫度升高△T時，空氣柱1的體積由V₁增至V'₁；，增加的體積△V₁=V'₁-V₁，考慮到空氣柱的總長度不變，空氣柱2的體積從V₂增至V'₂，且△V₂=V'-V₂，

由蓋?呂薩克定律得：

在T，△T都同的情況下，因為V₁＞V₂，所以△V₁＞△V₂，所以，水銀柱應向下移動。選B。

【錯解原因】這道題因為初溫一樣，又升高相同的溫度，所以比較液柱移動，可能有兩種假設，一種為設壓強不變，另一種是設體積不變。而上述解法中假定壓強不變而導出水銀柱下降這本身就是自相矛盾的。水銀柱的移動情況是由水銀柱的受力情況決定的，而受力情況是由兩邊壓強的大小決定的，因此不能假設壓強不變。

【分析解答】假定兩段空氣柱的體積不變，即V₁，V₂不變，初始溫度為T，當溫度升高△T時，空氣柱1的壓強由p₁增至p'₁，△p₁=p'₁-p₁，空氣柱2的壓強由p₂增至p'₂，△p₂= p'₂-p₂。

由查理定律得：

因為p₂=p₁+h＞p₁，所以△p₁＜△p₂，即水銀柱應向上移動。所以正確答案應選A。

【評析】（1）這類題目只能按等容過程求解。因為水銀柱的移動是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改變又是兩段空氣柱壓強增量的不同造成的所而它的受力改變又是手。

（2）壓強的變化由壓強基數（即原來氣體的壓強）決定，壓強基數大，升高相同的溫度，壓強增量就大。同理，若兩段空氣柱同時降低相同的溫度，則壓強基數大的，壓強減少量大。就本題而言，水銀柱將向下移動。

例8  把一根兩端開口帶有活塞的直管的下端浸入水中，活塞開始時剛好與水面平齊，現將活塞緩慢地提升到離水面H=15m高處，如圖7-13所示，求在這過程中外力做功為多少？（已知活塞面積S=1.0dm²，大氣壓戶p₀=1.0×10⁵Pa，活塞的厚度和質量不計，取g=10m/s²）

【錯解】把活塞緩慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力勢能。

水柱的質量m=P?S?H，則水柱的重力勢能增加Ep=mgh=p?S?H?

E_p=1.1×10⁴J也就是說，外力需做功

W=E_p=1.1×10⁴J

【錯解原因】在大氣壓p₀=1.0×10⁵pa的情況下，水柱能上升的最

且應忽略水蒸氣氣壓的影響），而不是題目中提到的15m。

【分析解答】在把活塞提升最初的10m的過程中，外力做功等于水柱勢能的增加，即

在把活塞提升的后5m的過程中，外力做功就等于克服大氣壓力的做功，即：

W₂=p₀S(H-h,)

=5.0×10³(J)

則在全過程中外力做功為W=W₁+W₂=1.0×10⁴（J），即為正確答案。

【評析】解決物理問題的關鍵是要分析清楚題目所述的物理過程，這個“分析物理過程”就是所謂的審題。審題不應將注意力完全集中到已知數值上，而應重點分析問題描述的是怎樣一個過程。如本題中雖然給出了活塞上移15m，但結合大氣壓強的知識，要分析真實的物理過程是水并未隨之上升15m，而是只將水提升了10m。

例9  如圖7-14所示，A，B兩容器容積相同，用細長直導管相連，二者均封入壓強為戶，溫度為T的一定質量的理想氣體，現使A內氣體溫度升溫至T'，穩定后A容器的壓強為多少？

【錯解】因為A容器溫度升高，所以氣體膨脹，有一些會跑到B容器中去，假設有△V的氣體遷移至B容器，由氣態方程可知：

【錯解原因】主要是因為研究對象不清楚。我們知道，應用氣體定律（如玻-馬定律，查理定律或氣態方程等）時，研究對象應該是一定質量的氣體，而本題無論是對于A容器，還是B容器，氣體的質量都變化。若把△V做為遷移氣體，那么，它所對應的壓強、溫度參量，在兩個式子中應該是一致的，而上解式①中為（△V，p'T'），式②中為（△V，p，T），這顯然是矛盾的，是研究對象選擇不當造成的。

【分析解答】因為升溫前后，A，B容器內的氣體都發生了變化，是變質量問題，我們可以把變質量問題轉化為定質量問題。我們把升溫前整個氣體分為（V-△V）和（V+△V）兩部分（如圖7-15所示），以便升溫后，讓氣體（V-△V）充滿A容器，氣體（V+△V）壓縮進B容器，于是由氣態方程或氣體實驗定律有：

【評析】氣態方程及氣體實驗定律都只適用于質量一定的理想氣體，但對于質量變化的問題，我們只要巧妙地選取研究對象，便可將變質量問題轉化為定質量問題，這是一種處理問題的重要方法。

例10  一端封閉一端開口，內徑均勻的直玻璃管注入一段60mm的水銀柱，當管水平放置達到平衡時，閉端空氣柱長140mm，開口端空氣柱長140mm，如圖7-16所示。若將管輕輕倒轉后再豎直插入水銀槽內，達到平衡時，管中封閉端空氣柱A長133mm，如圖7-17所示（設大氣壓強為1.01325×10⁵Pa（760mmHg），溫度保持不變），求槽中水銀進入管中的長度H=？

【錯解】以水平放置作為初態，以豎直插入水銀槽后作為末態，分別對A，B兩部。分氣體應用玻意耳定律

對A氣體：p_AV_A=p'_A?V'_A

對于B氣體：p_BV_B=p'_BV'_B 因為p'_B=p'_A+h=800+60=860(mmHg)

則進入玻璃管中的水銀柱長H=（l_A+l_B）-（l'_A+l'_B）

H=[（140+140）-（133+123.72）]=23.28（mm）

【錯解原因】初看上述解題過程似乎沒有問題，實際上，認真分析解題的全過程不難發現，在玻璃管豎直倒立的過程中，當其還未插入水銀槽內時，水銀受重力作用要下降，故封閉端空氣柱變長，開口端空氣柱變短，說明開口端有空氣溢出，即B部分氣體質量減少（不是定質量）。這部分研究對象的質量發生了變化，但如仍草率地認為初態水平，末態豎直插入的這兩個狀態是質量不變，而應用玻馬定律，固而造成上述失誤。

【分析解答】把全過程分為兩個過程看待。

第一個過程：從水平到豎直尚未插入

對A氣體：p_AV_A=p'_AV'_A

對B氣體：l'_B=(140×2-152)=128(mm)

p'_B=p0=760(mm)

第二個過程：當玻璃管插入水銀槽后

對A氣體：p_A?V_A=p''_AV''_A

可以求得p''B=（800+60）=860（mmHg）

對B氣體；初態為豎直尚未插入，未態為已經插入后

p'_BV'_B=p''_BV''_B

所以，水銀進入管中的水銀長度為：

H=(140×2-133-133)=34(mm)

【評析】本題與前面的第8題類似，都需要分析清楚問題所述情景的真實物理過程。而有些同學在解題時，只關注已知數值，對某些微妙的變化混然不顧，因此導致思維失誤，以致產生錯誤解法和答案。

例11  如圖7-18所示，一根一端封閉的玻璃管，當l=0.96m，內有一段長h₁=0.20m的水銀柱。當溫度為t₁=27℃，開口端豎直向上時，封閉空氣柱h₂=0.60m。問溫度至少升到多高時，水銀柱才能從管中全部溢出？（外界大氣壓相當于l₀=0.76m高的水銀柱產生的壓強）

【錯解】以封閉氣體為研究對象，其初態：p₁=(l₀+h₁)，V₁=h₂S下；末態是水銀剛好完全溢出時的狀態：p₂=l₀，V₂=lS

T₂=？

【錯解原因】上述解答中有一個錯誤，就是存在“潛在假設”。即認為：水銀柱在外溢過程中，氣體體積越大，對應溫度越高，當氣體充滿整個玻璃管（即水銀全部溢出）時，所對應的溫度是最高的。事實是：

越高。在水銀末溢出前，p不變，V越大，T越大。在水銀溢出的過程中，p減小，V增大，p?V的乘積并非一直增大。所以我們在解題的過程中，應找出在什么條件下，pV的乘積最大，由此確定相應的溫度。

T越高，假設管中還有長為X的水銀柱尚未溢出時，pV值最大，即（l₀+x）（l-x）S的值最大，這是一個數學求極值問題。因為（l₀+x）+（l-x）=（l₀+l）與x的大小無關，所以由數學知識可知：兩數之和為一常數，則當這兩數相等時，其乘積最大。

所以：l₀+x=l-x

即管內水銀柱由0.20m溢出到還剩下0.10m的過程中，p?V的乘積越來越大，這一過程必須是升溫的。此后，溫度不必再升高（但要繼續給氣體加熱），水銀柱也將繼續外溢，直至完全溢出。由氣態方程：

代入數據得：T₂=385.2K。

例12  如圖7-19所示，一個上下都與大氣相通的直圓筒，中間用兩個活塞A與B封住一定質量的理想氣體，A，B都可沿圓筒無摩擦地上、下滑動，但不漏氣。A的質量可不計，B的質量為M，并與一勁度系數k=5×10³N/m的較長的彈簧相連，已知大氣壓強p₀=1×10⁵Pa，平衡時，兩活塞問的距離l₀=0.6m，現用力壓A，使之緩慢向下移動一定距離后，保持平衡，此時，用于壓A的力F=5×10²N, 求活塞A向下移動的距離。（假定氣體溫度保持不變）

【錯解】設活塞A向下移動的距離為l，對封閉氣體列玻-馬定律：

由胡克定律可知：

F+Mg=kx  ②

由于B的質量M沒有給出具體數據，只能由①②兩式聯系解得一個數值，其中帶有質量M。

【錯解原因】這是一道力熱綜合題，應根據活塞的力學特征和氣體的熱學特征分別應用力學規律和熱學規律求解。上述題解對氣體的分析是正確的，但對活塞的分析是錯的。用胡克定律表達式中F=kx中，x若為壓縮量，則F為受到的壓力，x若為增加的壓縮量，則F為增加的壓力，F與x要相對應。

【分析解答】設活塞A向下移動l，相應B向下移動x，對氣體分析：初態：p₁=p₀  V₁=l₀S

由玻-意耳定律：p₁V₁=p₂V₂

初態時，彈簧被壓縮量為x'，由胡克定律：

Mg=kx'②

當活塞A受到壓力F時，活塞B的受力情況如圖7-20所示。F'為此時彈簧彈力

由平衡條件可知

p₀S+F'=p₀S+F+Mg③

由胡克定律有：

F'=k(x+x')④

聯立①②③④解得：

l=0.3m。

例13  內徑均勻的U型細玻璃管一端封閉，如圖7-2所示，AB段長30mm，BC段長10mm，CD段長40mm，DE段充滿水銀，DE=560mm，AD段充滿空氣，外界大氣壓p₀=1，01325×10⁵Pa=760mmHg，現迅速從E向上截去400mm，長玻璃管，平衡后管內空氣柱的長度多大？

【錯解】當從下面截去400mm后，空氣柱的壓強變了，壓強增大，在等溫條件下，體積減小，根據玻意耳定律。

初態：p₁=(760-560)=200mmHg  V₁=(300+100+400)S=800S(mm3)

末態：p₂=(760-160)=600(mmHg)  V₂=？

解得：l₂=267mm   即空氣柱的長度為267mm。

【錯解原因】上述解答看起來沒有什么問題，實際上，稍微思考一下，就會發現，答案不合理。因為解答結果認為空氣柱的長度267mm，而AB段的總長度為300mm，這樣就意味著水銀柱可能進入AB管，而如果水銀進入橫著的BC管，壓強就不再是（760-160）=600mmHg，因此，答案就不對了。

【分析解答】首先需要判斷一下水銀柱截去后剩余的水銀柱會停留在什么地方。

（1）是否會停留在右側豎直管內。

由前面的分析可知是不可能的。

（2）是否會有部分水銀柱留在豎直CE管中，即如圖7-22所示情況，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

兩個答案均與所設不符，所以這種情況也是不可能的。

（3）是否會出現水銀柱充滿BC管的情況，如圖7-23所示。

由玻意耳定律可知：

200×800S=（760+60）?l₂?S

解得l₂=195mm結果明顯與實際不符，若真能出現上述情況，從幾何關系很容易就可以知道l₂=240mm，可見這種情況是不可能的。

（4）設水銀柱部分進入BA管，部分留在BC管中，如圖7-24所示。

由玻意耳定律可知

200×800S=[760+（300-l₂）]?l₂S

因此，本題的正確答案是：平衡后管內空氣柱的長度為182.3mm。

【評析】通過本題的分析解答可看出，對于一個具體的物理問題，不能僅觀注已知的數據，更要對題目所述的物理過程進行全面的分析，以確定出問題的真實物理過程。同時可以看到，真實物理過程的判斷，又是以具體的已知條件及相應的物理規律為基礎的，而不是“想當然”地捏造物理過程。

例14  圓柱形氣缸筒長2l，截面積為S，缸內有活塞，活塞可以沿缸壁無摩擦不漏氣的滑動，氣缸置于水平面上，缸筒內有壓強為p₀，溫度為T₀的理想氣體，氣體體積恰好占缸筒容積的一半，如圖7－25所示。此時大氣壓也是p₀，彈簧的勁度系數為k，氣缸與地面的最大靜摩擦力為f，求：

（1）當kl＜f，對氣缸緩慢加熱到活塞移至缸筒口時，氣缸內氣體溫度是多少？

（2）當kl＞f，對氣缸緩慢加熱到活塞移至缸筒口時，氣缸內氣體的溫度又是多少？

【錯解】（1）以整體為對象�！遦l＜f，所以在活塞移至缸口時（此時彈簧彈力為kl），系統始終靜止。

以活塞為對象，末態受力如圖7－26所示。

由平衡條件可知：p₂S=p₀S+kl

以氣體為對象，p₁=p₀  V₁=ls  T₁=T₀

（2）當kl＞f時，氣缸要滑動

解法一：與（1）解法類似

對活塞受力分析如圖7－26所示

其余解法與（1）相同，答案也與（1）相同，說明兩種情況沒有區別。

解法二：以活塞為對象受力分析如圖7－27

p₂S+f=kl+p₀S

【錯解原因】此題第一問解法及答案均正確。錯誤主要發生在第二問：（1）沒有詳細地分析kl＞f情況下氣缸，活塞的運動，而是套用了第一問解題的思路，分不清kl＜f與kl＞f在此題中的本質區別。（2）解法2對活塞受力分析出現了氣缸受力f，導致錯誤。

【分析解答】第一問如上所述，略。

第二問，當kl＞f，就意味著彈簧壓縮到一定程度，設壓縮量為x，即kx=f處，就不繼續壓縮，這之后，氣缸開始滑動，而氣體則做等壓升溫膨脹。

氣體的變化可以分為三種狀態兩個過程，如圖7－28所示。

第一個過程：甲態→乙態，p，V，T都變。

而丙態的壓強與乙態相同，

第二個過程：從甲態→丙態應用氣態方程

【評析】

例15  如圖7-29所示，左端封閉，右端開口的均勻U型管中用水銀封有一段長150mm的空氣柱。左臂總長為250mm，右臂足夠長。如果將管的開口變為豎直向下，求空氣柱的長度。（設大氣壓為750mmHg）

【錯解】此題是屬于氣體在等溫情況下壓強和體積的變化的題，可以利用玻意耳定律求解。

初態：p₁=（750+100）=850（mmHg）

V₁=150S（cm³）

設倒轉后左臂空氣柱長度增加x，如圖7－30所示，

則末態：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

由數學知識可知，當△=b²-4ac=350²-4×2×3000＜0，方程無解。所以，這道題是一道沒有解的題。

【錯解原因】在解題時，之所以出現這樣的情況，是因為解題者的思維是勢導致的錯誤，上述解法是從空氣柱仍在左臂的假設出發的，難道空氣就不能進到右臂？顯然，認為空氣柱仍在左臂的假設是需要重新考慮的。

【分析解答】在左臂原有空氣柱長150mm的情況下，兩管之間的水銀柱的高度差與U型管倒轉后空氣柱是否進入右管有關，高度差越大，水銀越重，倒轉后，空氣柱越有可能進入右管。那么，兩臂水銀面高度差為多大，才能讓空氣柱仍留在左臂呢？

設初始左、右兩臂水銀面高度差為h，倒轉后空氣柱仍在左臂（如圖7-31）則：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

當△=b²-4ac≥0時，方程有實數解，即

（h-450）²-4×2×300h≥0

解得：h≤62.5mm

也就是說，只有當兩臂水銀面高度差小于或等于62.5mm時，倒轉后空氣柱才可能仍留在左臂。而本文給出開始時水銀面高度差為100mm＞62.5mm，因此，U型管倒轉后空氣柱會進入右臂。

設右臂足夠長，倒轉后，水銀柱已全部進入右臂如圖7－32所示，末狀態變為：V₂=（250+y）S   p₂=（750-30）=450（mmHg）

根據玻意耳定律：

850×150S=450×（250+y）S

解得：y=33.3mm

則空氣柱的長度為：l=（250+33.3）=283.3（cm）。

【評析】對于一道物理習題，應該從每個數值的物理意義去分析問題，而不能只單純從數學運算的角度去制定。

例16  容積V=201的鋼瓶充滿氧氣后，壓強為p=30個大氣壓，打開鋼瓶閥門，讓氧氣分裝到容積為V'=51的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分裝到小瓶中的氧氣壓強均為P'=2個大氣壓。在分裝過程中無漏氣現象，且溫度保持不變，那么最多可能裝的瓶數是：     [    ]

A．4瓶              B．50瓶

C．56瓶            D．60瓶

【錯解】設可充氣的瓶子數最多為n，利用玻意耳定律得：

pV=np'V'

所以答案應為D。

【錯解原因】上述解答中，認為鋼瓶中的氣體全部充入到小瓶中去了，事實上當鋼瓶中氣體的壓強隨著充氣過程的進展而下降，當鋼瓶中的氣體壓強降至2個大氣壓時，已無法使小瓶繼續充氣，達到2個大氣壓，即充最后一瓶后，鋼瓶中還剩下一滿瓶壓強為2個大氣壓的氣體。

【分析解答】設最多可裝的瓶子數為n，由玻意耳定律得：

pV=p'V+np'V'

解得：n=56（瓶）

所以本題的正確答案為C。

【評析】解答物理問題時我們不僅要會用數學方法進行處理，同時還要考慮到物理問題的實際情況。任何物理問題的數學結果都要接受物理事實的制約，因此在學習中切忌將物理問題純數學化。

例17  一個絕熱氣缸，壓縮活塞前容積為V，內部氣體的壓強為p，

                                                                                                              [    ]

C．大于6p  D．小于6p

【錯解】因為氣缸是絕熱的，所以壓縮過程為等溫變化，由玻意耳

所以應該選B。

【錯解原因】錯誤主要是把絕熱和等溫等同起來，認為絕熱就是溫度不變，這是解決熱學問題中常見的錯誤。實際上改變內能的方式有兩種，即熱傳遞和做功，不能認為沒有熱傳遞內能就不改變。

【分析解答】因為氣缸絕熱，所以熱傳遞Q=0，而現用力將活塞推進，使體積減小，即外力對氣體做功了，也就是氣體的溫度升高了，由氣態方程可知pV=cT，只有當p'＞6p時，pV乘積才可能是增加的。

所以B不對。正確答案應選C。

【評析】本題在分析清楚“推進活塞時氣體做功→氣體內能增加→氣體溫度升高”這一關系的基礎上，也可用氣態方程做出判斷：p₁=p，

例18  下列說法中正確的是                                                     [    ]

A．溫度低的物體內能小

B．溫度低的物體分子運動的平均速率小

C．做加速運動的物體，由于速度越來越大，因此物體分子的平均動能越來越大

D．外界對物體做功時，物體的內能不一定增加

【錯解】錯解一：因為溫度低，動能就小，所以內能就小，所以應選A

而溫度低的物體分子平均動能小，所以速率也小。所以應選B。

錯解三：由加速運動的規律我們了解到，物體的速度大小由初速和加速度與時間決定，隨著時間的推移，速度肯定越來越快再由動能公式

【錯解原因】錯解一是沒有全面考慮內能是物體內所有分子的動能和勢能的總和。溫度低只表示物體分子平均動能小，而不表示勢能一定也小，也就是所有分子的動能和勢能的總和不一定也小，所以選項A是錯的。

實際上因為不同物質的分子質量不同，而動能不僅與速度有關，也與分子質量有關，單從一方面考慮問題是不夠全面的，所以錯解二選項B也是錯的。

錯解三的原因是混淆了微觀分子無規則運動與宏觀物體運動的差別。分子的平均動能只是分子無規則運動的動能，而物體加速運動時，物體內所有分子均參與物體的整體、有規則的運動，這時物體整體運動雖然越來越快，但并不能說明分子無規則運動的劇烈情況就要加劇。從本質上說，分子無規則運動的劇烈程度只與物體的溫度有關，而與物體的宏觀運動情況無關。

【分析解答】由于物體內能的變化與兩個因素有關，即做功和熱傳遞兩方面。內能是否改變要從這兩方面綜合考慮。若做功轉化為物體的內能等于或小于物體放出的熱量，則物體的內能不變或減少。即外界對物體做功時，物體的內能不一定增加，選項D是正確的。

【評析】

例19  如圖7-33所示，一端開口的圓筒中插入光滑活塞，密閉住一段理想氣體，其狀態參量為p₀，V₀，T₀，在與外界無熱交換的情況下，先壓縮氣體到p₁，V₁，T₁狀態，再讓氣體膨脹到p₂，V₂，T₂狀態，若V₁＜V₀＜V₂，則                                                             [    ]

A．T₁＞T₀＞T₂                   B．T₁=T₀=T₂

C．T₁＜T₀＜T₂                   D．無法判斷

關系。此題只提供了體積之間的關系，而沒有壓強p₁，p₂，p₃的大小關系，從題目上看，壓強也不相等，所以無法判斷，應選D。

【錯解原因】主要原因沒有進一步挖掘題目給出的條件，即“與外界無熱交換”這個條件，若注意到這點，必有收獲。

【分析解答】從題目給出的條件，V₁＜V₀＜V₂和“與外界無熱交換”，根據熱力學第一定律，我們可以知道，從V₀→V₁的過程，氣體體積減小，外界對氣體做功，而系統吸放熱為零，則內能一定增加，理想氣體內能增加意味著溫度增加，所以T₁＞T₀。從狀態1經過狀態0到狀態2，氣體體積膨脹，氣體對外做功，內能減少，溫度降低，所以T₀＞T₂，結果為T₁＞T₀＞T₂。本題的正確答案為A。

【評析】

例20  將一裝有壓縮空氣的金屬瓶的瓶塞突然打開，使壓縮空氣迅速跑出，當瓶內氣體壓強降至等于大氣壓p₀時，立即蓋緊瓶塞，過一段時間后，瓶內壓強將：（設瓶外環境溫度不變）  [    ]

A．仍為p₀                   B．大于p₀

C．小于p₀                   D．無法確定

【錯解】由于是在內外氣壓相等的情況下塞上瓶塞的，所以過一段時間后，內外壓強應該仍然相等，所以答案應該選A。

【錯解原因】上述解答中沒有從熱力學規律出發，不能把生活語言，如“突然”，“空氣迅速跑出”等詞語，“翻譯”成“物理語言”。上述表達的物理語言可表述為：壓縮氣體對外做功，與外界來不及進行熱交換，即所謂的絕熱過程。另外就是“過一段時間”，這是一個可能有熱交換的過程，因為瓶子是金屬的，金屬一般都是熱的良導體。上述錯誤正是因為沒有分析這兩個熱力學過程所致。

【分析解答】拔開瓶塞，瓶內空氣急速膨脹跑出來，這是一個近似的絕熱膨脹過程，氣體對外做功。根據熱力學第一定律，氣體的內能一定減少，即溫度迅速降低。由于是在室溫下拔開瓶塞的，所以瓶內氣體的溫度一定低于室溫。當瓶內外氣體壓強相等后，塞上瓶塞，立刻又出現了一個新的熱力學過程，由于瓶內氣溫低于室溫，必將有熱量從外界傳向瓶內空氣，使瓶內空氣的溫度升高，瓶內空氣的壓強也就隨著溫度的升高而增大。所以，正確答案應為B。

【評析】解此類題時要注意把握住題設的關鍵詞所反映的隱含條件，注意分析物理過程，而只是根據自己的生活經驗想當然一般是要出錯的。

第八章  電場錯題集

本章內容包括電荷、電場、電場力、電場強度、電場線、電勢、電勢差、電場力功、電容器、電容的定義和平行板電容器電容的決定條件等基本概念，以及庫侖定律、靜電感應、電場強度與電勢差的關系、帶電粒子在電場中的運動規律等。

本章涉及到的基本方法有，運用電場線、等勢面幾何方法形象化地描述電場的分布；將運動學動力學的規律應用到電場中，分析解決帶電粒子在電場中的運動問題、解決導體靜電平衡的問題。本章對能力的具體要求是概念準確，不亂套公式懂得規律的成立條件適用的范圍。從規律出發進行邏輯推理，把相關知識融會貫通靈活處理物理問題。

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不善于運用電場線、等勢面為工具，將抽象的電場形象化后再對電場的場強、電勢進行具體分析；對靜電平衡內容理解有偏差；在運用力學規律解決電場問題時操作不規范等。

例1  如圖8－1所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢驗電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是：              [    ]

A．電荷從a到b加速度減小

B．b處電勢能大

C．b處電勢高

D．電荷在b處速度小

【錯解】

由圖8－1可知，由a→b，速度變小，所以，加速度變小，選A。因為檢驗電荷帶負電，所以電荷運動方向為電勢升高方向，所以b處電勢高于a點，選C。

【錯解原因】

選A的同學屬于加速度與速度的關系不清；選C的同學屬于功能關系不清。

【分析解答】由圖8－1可知b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。

由圖8－1可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向應指向運動軌跡的凹向。因為檢驗電荷帶負電，所以電場線指向是從疏到密。再利用“電場線方向為電勢降低最快的方向”判斷a，b處電勢高低關系是U_a＞U_b，C選項不正確。

根據檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關，系統的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。

【評析】理解能力應包括對基本概念的透徹理解、對基本規律準確把握。本題就體現高考在這方面的意圖。這道小題檢查了電場線的概念、牛頓第二定律、做曲線運動物體速度與加速度的關系、電場線與等勢面的關系、電場力功（重力功）與電勢能（重力勢能）變化的關系。能量守恒定律等基本概念和規律。要求考生理解概念規律的確切含義、適用條件，鑒別似是而非的說法。

例2  將一電量為q=2×10⁶C的點電荷從電場外一點移至電場中某點，電場力做功4×10^-5J，求A點的電勢。

【錯解】

【錯解原因】

錯誤混淆了電勢與電勢差兩個概念間的區別。在電場力的功的計算式W=qU中，U系指電場中兩點間的電勢差而不是某點電勢。

【分析解答】

解法一：設場外一點P電勢為U_P所以U_P=0，從P→A，電場力的功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：設A與場外一點的電勢差為U，由W=qU，

因為電場力對正電荷做正功，必由高電勢移向低電勢，所以U_A= －20V

【評析】

公式W=qU有兩種用法：（1）當電荷由A→B時，寫為W=qU_AB=q(U_A-U_B)，強調帶符號用，此時W的正、負直接與電場力做正功、負功對應，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取絕對值運算，如“解法二”，但所得W或U得正負號需另做判斷。建議初學者采用這種方法。

例3  點電荷A和B，分別帶正電和負電，電量分別為4Q和Q，在AB連線上，如圖8－2，電場強度為零的地方在                                                                          [    ]

A．A和B之間                 B．A右側

C．B左側                          D．A的右側及B的左側

【錯解】

錯解一：認為A，B間一點離A，B距離分別是2r和r，則A，B

錯解二：認為在A的右側和B的左側，由電荷產生的電場方向總相反，因而都有可能抵消，選D。

【錯解原因】

錯解一忽略了A，B間E_A和E_B方向都向左，不可能抵消。

錯解二認為在A的右側和B的左側，由兩電荷產生的電場方向總相反，因而都有可能抵消，卻沒注意到A的右側E_A總大于E_B，根本無法抵消。

【分析解答】

因為A帶正電，B帶負電，所以只有A右側和B左側電場強度方向相反，因為Q_A＞Q_B，所以只有B左側，才有可能E_A與E_B等量反向，因而才可能有E_A和E_B矢量和為零的情況。

【評析】

解這類題需要的基本知識有三點：（1）點電荷場強計算公式

點電荷而來；（3）某點合場強為各場源在該點場強的矢量和。

例4  如圖8-3所示，Q_A=3×10^-8C，Q_B=-3×10^-8C，A，B兩球相距5cm，在水平方向外電場作用下，A，B保持靜止，懸線豎直，求A，B連線中點場強。（兩帶電小球可看作質點）

【錯解】

以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力相等，所

AB中點總場強E_總=E+E_A+E_B=E_外=1.8×10⁵（N/C），方向向左。

【錯解原因】

在中學階段一般不將Q_B的電性符號代入公式中計算。在求合場強時，應該對每一個場做方向分析，然后用矢量疊加來判定合場強方向，

【分析解答】

以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力平衡，

E_外方向與A受到的B的庫侖力方向相反，方向向左。在AB的連線中點處E_A，E_B的方向均向右，設向右為正方向。則有E_總=E_A+E_B-E_外。

【評析】

本題檢查考生的空間想象能力。對于大多數同學來說，最可靠的辦法是：按照題意作出A，B的受力圖。從A，B的電性判斷點電荷A，B的場強方向，從A或B的受力判斷外加勻強電場的方向。在求合場強的方向時，在A，B的連線中點處畫出每一個場強的方向，最后再計算。這樣做恰恰是在按照物理規律解決問題。

例5  在電場中有一條電場線，其上兩點a和b，如圖8－4所示，比較a，b兩點電勢高低和電場強度的大小。如規定無窮遠處電勢為零，則a，b處電勢是大于零還是小于零，為什么？

【錯解】

順電場線方向電勢降低，∴U_a＞U_b，因為無窮遠處電勢為零，順電場線方向電勢降低，∴U_a＞U_b＞0。

【錯解原因】

由于把所給電場看成由正點電荷形成的電場，認為從正電荷出發，順電場線電勢逐漸減小到零，從而得出U_a，U_b均大于零。

【分析解答】

順電場線方向電勢降低，∴U_a＞U_b，由于只有一條電力線，無法看出電場線疏密，也就無法判定場強大小。同樣無法判定當無窮遠處電勢為零時，a，b的電勢是大于零還是小于零。若是由正電荷形成的場，則E_a＞E_b，U_a＞U_b＞0，若是由負電荷形成的場，則E_a＜E_b，0＞U_a＞U_b。

【評析】

只有一條電場線，可以判定各點電勢高低，但無法判定場強大小及電勢是否大于零。

例6  如圖8－5所示，把一個不帶電的枕型導體靠近帶正電的小球，由于靜電感應，在a，b端分別出現負、正電荷，則以下說法正確的是：

A．閉合K₁，有電子從枕型導體流向地

B．閉合K₂，有電子從枕型導體流向地

C．閉合K₁，有電子從地流向枕型導體

D．閉合K₂，沒有電子通過K₂

【錯解】枕型導體電荷總是守恒的，沒有電子流過K₂。選D。

【錯解原因】

由于對沒有正確理解電荷守恒的相對性，所以在本題中認為枕型導體的電荷總是守恒的，便錯選答案D。

【分析解答】

在K₁，K₂都閉合前，對于枕型導體它的電荷是守恒的，a，b出現的負、正電荷等量。當閉合K₁，K₂中的任何一個以后，便把導體與大地連通，使大地也參與了電荷轉移。因此，導體本身的電荷不再守恒，而是導體與大地構成的系統中電荷守恒。由于靜電感應，a端仍為負電荷，大地遠處感應出等量正電荷，因此無論閉K₁還是K₂，都是有電子從地流向導體，應選答案C。

【評析】

在解決此類靜電平衡問題時，對電荷守恒的理解應為：

電荷守恒定律有相對性，一個物理過程中，某個物體或某些物體的電荷并不守恒，有增或有減，而這一過程中必有另一些物體的電荷有減或有增，其中的增量和減量必定相等，滿足全范圍內的守恒。即電荷是否守恒要看是相對于哪一個研究對象而言。

電荷守恒是永恒的，是不需要條件的。電荷守恒定律也是自然界最基本的規律之一。在應用這個定律時，只要能夠全面地考察參與電荷轉移的物體，就有了正確地解決問題的基礎。

例7  如圖8-6所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為l，為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，使其電量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F_引庫侖力F_庫分別為：

【錯解】

（1）因為a，b兩帶電球殼質量分布均勻，可將它們看作質量集中在球心的質點，也可看作點電荷，因此，萬有引力定律和庫侖定律對它們都適用，故其正確答案應選A。

（2）依題意，a，b兩球中心間的距離只有球半徑的3倍，它們不能看作質點，也不能看作點電荷，因此，既不能用萬有引力定律計算它們之間的萬有引力，也不能用庫侖定律計算它們之間的靜電力，故其正確答案應選B。

【錯解原因】

由于一些同學對萬有引力定律和庫侖定律的適用條件理解不深刻，產生了上述兩種典型錯解，因庫侖定律只適用于可看作點電荷的帶電體，而本題中由于a，b兩球所帶異種電荷的相互吸引，使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離l只有其半徑r的3倍，不滿足l＞＞r的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以不能應用庫侖定律。

萬有引力定律適用于兩個可看成質點的物體，雖然兩球心間的距離l只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看作質量集中于球心的質點。因此，可以應用萬有引力定律。

綜上所述，對于a，b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確。

【評析】

用數學公式表述的物理規律，有它的成立條件和適用范圍。也可以說物理公式是對應著一定的物理模型的。應用物理公式前，一定要看一看能不能在此條件下使用該公式。

例8  如圖8-7中接地的金屬球A的半徑為R，A點電荷的電量Q，到球心距離為r，該點電荷的電場在球心O處的場強等于：                                                     [    ]

【錯解】

根據靜電平衡時的導體內部場強處處為零的特點，Q在O處場強為零，選C。

【錯解原因】

有些學生將“處于靜電平衡狀態的導體，內部場強處處為零”誤認為是指Q電荷電場在球體內部處處為零。實際上，靜電平衡時O處場強

相等，方向相反，合場強為零。

【分析解答】

靜電感應的過程，是導體A（含大地）中自由電荷在電荷Q所形成的外電場下重新分布的過程，當處于靜電平衡狀態時，在導體內部電荷Q所形成的外電場E與感應電荷產生的“附加電場E'”同時存在的，且在導體內部任何一點，外電場電場場強E與附加電場的場強E'大小相等，方向相反，這兩個電場疊加的結果使內部的合場強處處為零。即E_內=0。

【評析】

還應深入追究出現本題錯解的原因：只記住了靜電平衡的結論，對靜電平衡的全過程不清楚。要弄清楚“導體進入電場，在電場力的作用下自由電子定向移動，出現感應電荷的聚集，進而形成附加電場”開始，直到“附加電場與外電場平衡，使得導體內部的場強疊加為零，移動自由電子電場力為零�！睘橹沟娜�過程。

例9  如圖8-8所示，當帶正電的絕緣空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接時，問驗電器是否帶電？

【錯解】

因為靜電平衡時，凈電荷只分布在空腔導體的外表面，內部無靜電荷，所以，導體A內部通過導線與驗電器小球連接時，驗電器不帶電。

【錯解原因】

關鍵是對“導體的外表面”含義不清，結構變化將要引起“外表面”的變化，這一點要分析清楚。錯解沒有分析出空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接后，驗電器的金箔成了導體的外表面的一部分，改變了原來導體結構。A和B形成一個整體，凈電荷要重新分布。

【分析解答】

當導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接時，導體A和驗電器已合為一個整體，整個導體為等勢體，同性電荷相斥，電荷重新分布，必有凈電荷從A移向B，所以驗電器帶正電。

【評析】

一部分同學做錯這道題還有一個原因，就是知識遷移的負面效應。他們曾經做過一道與本題類似的題：“先用絕緣金屬小球接觸帶正電的絕緣空腔導體A的內部，然后將絕緣金屬小球移出空腔導體A與驗電器的小球B接觸，驗電器的金箔不張開。”他們見到本題就不假思索地選擇了不帶電的結論。“差異就是矛盾，”學習中要善于比較，找出兩個問題的區別才方能抓住問題的關鍵。這兩道題的差異就在于：一個是先接觸內壁，后接觸驗電器小球；另一個是正電的絕緣空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接。進而分析這種差異帶來的什么樣的變化。生搬硬套是不行的。

例10  三個絕緣的不帶電的相同的金屬球A，B，C靠在一起，如圖8-9所示，再將一個帶正電的物體從左邊靠近A球，并固定好，再依次拿走C球、B球、A球，問：這三個金屬球各帶什么電？并比較它們帶電量的多少。

【錯解】

將帶正電的物體靠近A球，A球帶負電，C球帶正電，B球不帶電。將C，B，A三球依次拿走，C球帶正電，B球不帶電，A球帶負電，Q_A=Q_C。

【錯解原因】

認為將C球拿走后，A，B球上所帶電量不改變。其實，當C球拿走后，A，B球原來的靜電平衡已被破壞，電荷將要重新運動，達到新的靜電平衡。

【分析解答】

將帶正電的物體靠近A，靜電平衡后，A，B，C三球達到靜電平衡，C球帶正電，A球帶負電，B球不帶電。當將帶正電的C球移走后，A，B兩球上的靜電平衡被打破，B球右端電子在左端正電的物體的電場的作用下向A運動，形成新的附加電場，直到與外電場重新平衡時為止。此時B球帶正電，A球所帶負電將比C球移走前多。依次將C，B，A移走，C球帶正電，B球帶少量正電，A球帶負電，且A球帶電量比C球帶電量多。

|Q_A|=|Q_B|+|Q_C|

【評析】

在學習牛頓第二定律時，當外力發生變化時，加速度就要發生變化。這種分析方法不僅適用于力學知識，而且也適用于電學知識，本題中移去C球，電場發生了變化，電場力相應的發生了變化，要重新對物理過程進行分析，而不能照搬原來的結論。

例11  如圖8-10所示，當帶電體A靠近一個絕緣導體B時，由于靜電感應，B兩端感應出等量異種電荷。將B的左端接地，絕緣導體B帶何種電荷？

【錯解】

對于絕緣體B，由于靜電感應左端帶負電，右端帶正電。左端接地，左端電荷被導走，導體B帶正電。

【錯解原因】

將導體B孤立考慮，左端帶負電，右端帶正電，左端接地后左邊電勢比地電勢低，所以負電荷將從電勢低處移到電勢高處。即絕緣體B上負電荷被導走。

【分析解答】

因為導體B處于正電荷所形成的電場中，而正電荷所形成的電場電勢處處為正，所以導體B的電勢是正的，U_B＞U_地；而負電荷在電場力的作用下總是從低電勢向高電勢運動，B左端接地，使地球中的負電荷（電子）沿電場線反方向進入高電勢B導體的右端與正電荷中和，所以B導體將帶負電荷。

例12  如圖8－11所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v₀，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率v_B=2v₀，方向與電場的方向一致，則A，B兩點的電勢差為：

【錯解】

帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，根據動能定理，電場力所做的功等于帶電粒子動能的增量，電勢差等于動能增量與電量Q的比值，應選D。

【錯解原因】

帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，則粒子在豎直方向將保持有速度v₀，粒子通過B點時不可能有與電場方向一致的2v₀，根據粒子有沿場強方向的速度2v0，則必是重力作用使豎直向上的速度變為零。如一定不考慮粒子重力，這只有在電場無限大，帶電粒子受電場力的作用，在電場方向上的速度相比可忽略不計的極限狀態，且速度沿電場方向才能成立。而本題中v₀與v_B相比不能忽略不計，因此本題應考慮帶電粒子的重力。

【分析解答】

在豎直方向做勻減速直線運動2gh=v₀²①

根據動能定理

【評析】

根據初、末速度或者運動軌跡判斷物體的受力情況是解決與運動關系問題的基本功。即使在電學中，帶電粒子的運動同樣也要應用這個基本功。通過這樣一些題目的訓練，多積累這方面的經驗，非常必要。

例13  在邊長為30cm的正三角形的兩個頂點A，B上各放一個帶電小球，其中Q₁=4×10^-6 Q₂=-4×10^-6C，求它們在三角形另一頂點C處所產生的電場強度。

【錯解】

C點的電場強度為Q₁，Q₂各自產生的場強之和，由點電荷的場強公式，

∴E=E₁+E₂=0

【錯解原因】

認為C點處的場強是Q₁，Q₂兩點電荷分別在C點的場強的代數和。

【分析解答】

計算電場強度時，應先計算它的數值，電量的正負號不要代入公式中，然后根據電場源的電性判斷場強的方向，用平行四邊形法求得合矢量，就可以得出答案。

由場強公式得：

C點的場強為E₁，E₂的矢量和，由圖8－12可知，E，E₁，E₂組成一個等邊三角形，大小相同，∴E₂=4×10⁵（N／C）方向與AB邊平行。

例14  置于真空中的兩塊帶電的金屬板，相距1cm，面積均為10cm²，帶電量分別為Q₁=2×10^-8C，Q₂=-2×10^-8C，若在兩板之間的中點放一個電量q=5×10^-9C的點電荷，求金屬板對點電荷的作用力是多大？

【錯解】

點電荷受到兩板帶電荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由

【錯解原因】

庫侖定律只適用于點電荷間相互作用，本題中兩個帶電金屬板面積較大，相距較近，不能再看作是點電荷，應用庫侖定律求解就錯了。

【正確解答】

兩個平行帶電板相距很近，其間形成勻強電場，電場中的點電荷受到電場力的作用。

【評析】

如果以為把物理解題當作算算術，只要代入公式就完事大吉。那就走入了學習物理的誤區。

例15  如圖8－14，光滑平面上固定金屬小球A，用長l₀的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x₁，若兩球電量各漏掉一半，彈簧伸長量變為x₂，則有：（    ）

【錯解】

 故選B

【錯解原因】

錯解只注意到電荷電量改變，忽略了兩者距離也隨之變化，導致錯誤。

【分析解答】

由題意畫示意圖，B球先后平衡，于是有

【評析】

r常指彈簧形變后的總長度（兩電荷間距離）。

例16  有兩個帶電量相等的平行板電容器A和B，它們的正對面積之比S_A∶S_B=3∶1，板長之比∶l_A∶l_B=2∶1，兩板距離之比d_A∶d_B=4∶1，兩個電子以相同的初速度沿與場強垂直的方向分別射入兩電容器的勻強電場中，并順利穿過電場，求兩電子穿越電場的偏移距離之比。

【錯解】

【錯解原因】

把電容器的電壓看成是由充電電量和兩板正對面積決定而忽視了板間距離對電壓的影響，所以電壓比和偏離比都搞錯了。

【分析解答】

【評析】

高考中本題只能作為一道選擇題（或填空題）出現在試卷上。很多考生為了騰出時間做大題，急急忙忙不做公式推導，直接用數字計算導致思考問題不全面，以至會做的題目得不到分。同時按部就班解題，養成比較好的解題習慣，考試時就會處變不驚，穩中求準，穩中求快。

例17  如圖8－15所示，長為l的絕緣細線，一端懸于O點，另一端連接一質量為m的帶負電小球，置于水平向右的勻強電場中，在O點

向右水平拉直后從靜止釋放，細線碰到釘子后要使小球剛好饒釘子O′在豎直平面內作圓周運動，求OO′長度。

【錯解】

擺球從A落下經B到C的過程中受到重力G，繩子的拉力T和電場力F_電三個力的作用，并且重力和電場力做功，拉力不做功，由動能定理

擺球到達最低點時，擺線碰到釘子O′后，若要小球剛好繞釘子O′在豎直平面內做圓周運動，如圖8－16。則在最高點D應滿足：

從C到D的過程中，只有重力做功（負功），由機械能守恒定律

【錯解原因】

考生以前做過不少“在重力場中釋放擺球。擺球沿圓弧線運動的習題”。受到這道題思維定勢的影響，沒能分析出本題的擺球是在重力場和電場疊加場中運動。小球同時受到重力和電場力的作用，這兩個力對擺球運動軌跡都有影響。受“最高點”就是幾何上的最高點的思維定勢的影響，沒能分析清楚物理意義上的“最高點”含義。在重力場中應是重力方向上物體運動軌跡的最高點，恰好是幾何意義上的最高點。而本題中，“最高點”則是重力與電場力的合力方向上擺球運動的軌跡的最高點。

【正確解答】

本題是一個擺在重力場和電場的疊加場中的運動問題，由于重力場和電場力做功都與路徑無關，因此可以把兩個場疊加起來看成一個等效力場來處理，如圖8－17所示，

∴θ=60°。

開始時，擺球在合力F的作用下沿力的方向作勻加速直線運動，從A點運動到B點，由圖8－17可知，△AOB為等邊三角形，則擺球從A到B，在等效力場中，由能量守恒定律得：

在B點處，由于在極短的時間內細線被拉緊，擺球受到細線拉力的沖量作用，法向分量v₂變為零，切向分量

接著擺球以v₁為初速度沿圓弧BC做變速圓周運動，碰到釘子O′后，在豎直平面內做圓周運動，在等效力場中，過點O′做合力F的平行線與圓的交點為Q，即為擺球繞O′點做圓周運動的“最高點”，在Q點應滿足

過O點做OP⊥AB取OP為等勢面，在等效力場中，根據能量守恒定律得：

【評析】

用等效的觀點解決陌生的問題，能收到事半功倍的效果。然而等效是有條件的。在學習交流電的有效值與最大值的關系時，我們在有發熱相同的條件將一個直流電的電壓（電流）等效于一個交流電。本題中，把兩個場疊加成一個等效的場，前提條件是兩個力做功都與路徑無關。

例18  在平行板電容器之間有勻強電場，一帶電粒子以速度v垂直電場線射入電場，在穿越電場的過程中，粒子的動能由E_k增加到2E_k，若這個帶電粒子以速度2v垂直進入該電場，則粒子穿出電場時的動能為多少？

【錯解】

設粒子的的質量m，帶電量為q，初速度v；勻強電場為E，在y方向的位移為y，如圖8―18所示。

【錯解原因】

認為兩次射入的在Y軸上的偏移量相同。實際上，由于水平速度增大帶電粒子在電場中的運動時間變短。在Y軸上的偏移量變小。

【分析解答】

建立直角坐標系，初速度方向為x軸方向，垂直于速度方向為y軸方向。設粒子的的質量m，帶電量為q，初速度v；勻強電場為E，在y方向的位移為y。速度為2v時通過勻強電場的偏移量為y′，平行板板長為l。

由于帶電粒子垂直于勻強電場射入，粒子做類似平拋運動。

兩次入射帶電粒子的偏移量之比為

【評析】

當初始條件發生變化時，應該按照正確的解題步驟，從頭再分析一遍。而不是想當然地把上一問的結論照搬到下一問來。由此可見，嚴格地按照解題的基本步驟進行操作，能保證解題的準確性，提高效率。其原因是操作步驟是從應用規律的需要歸納出來的。

例19  A，B兩塊平行帶電金屬板，A板帶負電，B板帶正電，并與大地相連接，P為兩板間一點。若將一塊玻璃板插入A，B兩板間，則P點電勢將怎樣變化。

【錯解】

U_pB=U_p-U_B=E_d

電常數ε增大，電場強度減小，導致U_p下降。

【錯解原因】

沒有按照題意畫出示意圖，對題意的理解有誤。沒有按照電勢差的定義來判斷PB兩點間電勢差的正負。

【分析解答】

按照題意作出示意圖，畫出電場線，圖8－19所示。

我們知道電場線與等勢面間的關系：“電勢沿著電場線的方向降落”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

常數ε增大，電場強度減小，導致U_p上升。

【評析】

如何理解PB間的電勢差減小，P點的電勢反倒升高呢？請注意，B板接地U_p＜0，PB間的電勢差減小意味著U_p比零電勢降落得少了。其電勢反倒升高了。

例20  如圖8－20電路中，電鍵K₁，K₂，K₃，K₄均閉合，在平行板電容器C的極板間懸浮著一帶電油滴P，

（1）若斷開K₁，則P將__________；

（2）若斷開K₂，則P將________；

（3）若斷開K₃，則P將_________；

（4）若斷開K₄，則P將_______。

【常見錯解】

(1）若斷開K₁，由于R₁被斷開，R₂上的電壓將增高，使得電容器兩端電壓下降，則P將向下加速運動。

（2）若斷開K₂，由于R₃被斷開，R₂上的電壓將增高，使得電容器兩端電壓下降，則P將向下加速運動。

（3）若斷開K₃，由于電源被斷開，R₂上的電壓將不變，使得電容器兩端電壓不變，則P將繼續懸浮不動。

（4）若斷開K₄，由于電源被斷開，R₂上的電壓將變為零，使得電容器兩端電壓下降，則P將加速下降。

【錯解原因】

上述四個答案都不對的原因是對電容器充放電的物理過程不清楚。尤其是充電完畢后，電路有哪些特點不清楚。

【分析解答】

電容器充電完畢后，電容器所在支路的電流為零。電容器兩端的電壓與它所并聯的兩點的電壓相等。本題中四個開關都閉合時，有R₁，R₂兩端的電壓為零，即R₁，R₂兩端等勢。電容器兩端的電壓與R₃兩端電壓相等。

（1）若斷開K₁，雖然R₁被斷開，但是R₂兩端電壓仍為零，電容器兩端電壓保持不變，則P將繼續懸浮不動

（2）若斷開K₂，由于R₃被斷開，電路再次達到穩定時，電容器兩端電壓將升高至路端電壓R₂上的電壓仍為零，使得電容器兩端電壓升高，則P將向上加速運動。

（3）若斷開K₃，由于電源被斷開，電容器兩端電壓存在一個回路，電容器將放電至極板兩端電壓為零，P將加速下降。

（4）K₄斷開，電容器兩端斷開，電量不變，電壓不變，場強不變，P將繼續懸浮不動。

【評析】

在解決電容器與直流電路相結合的題目時，要弄清楚電路的結構，還要會用靜電場電勢的觀點分析電路，尋找等勢點簡化電路。

例21  一個質量為m，帶有電荷-q的小物塊，可在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處于勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox軸正方向，如圖8－21所示，小物體以初速v₀從x₀沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力f作用，且f＜qE。設小物體與墻碰撞時不損失機械能且電量保持不變。求它在停止運動前所通過的總路程s。

【錯解】

錯解一：物塊向右做勻減速運動到停止，有

錯解二：小物塊向左運動與墻壁碰撞后返回直到停止，有W_合=△E_k，得

【錯解原因】

錯誤的要害在于沒有領會題中所給的條件f＞Eq的含義。當物塊初速度向右時，先減速到零，由于f＜Eq物塊不可能靜止，它將向左加速運動，撞墻后又向右運動，如此往復直到最終停止在軌道的O端。初速度向左也是如此。

【分析解答】

設小物塊從開始運動到停止在O處的往復運動過程中位移為x₀，往返路程為s。根據動能定理有

【評析】

在高考試卷所檢查的能力中，最基本的能力是理解能力。讀懂題目的文字并不困難，難的是要抓住關鍵詞語或詞句，準確地在頭腦中再現題目所敘述的實際物理過程。常見的關鍵詞語有：“光滑平面、緩慢提升（移動）、伸長、伸長到、輕彈簧、恰好通過最高點等”這個工作需要同學們平時多積累。并且在做新情境（陌生題）題時有意識地從基本分析方法入手，按照解題的規范一步一步做，找出解題的關鍵點來。提高自己的應變能力。

例22  1000eV的電子流在兩極板中央斜向上方進入勻強電場，電場方向豎直向上，它的初速度與水平方向夾角為30°，如圖8－22。為了使電子不打到上面的金屬板上，應該在兩金屬板上加多大電壓U？

【錯解】

電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，設進入電場時初速度為v₀，

因為電子流在電場中受到豎直向下電場力作用，動能減少。欲使電子剛好打不到金屬板上有V_r=0，此時電子流動能

【錯解原因】

電子流在電場中受到電場力作用，電場力對電子做功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是對應沿d方向電勢降落。則電子從C到A，應對應W_e=eU_AC，故上面解法是錯誤的。

【分析解答】

電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，欲使電子剛好不打金屬板上，則必須使電子在d／2內豎直方向分速度減小到零，設此時加在兩板間的電壓為U，在電子流由C到A途中，

電場力做功W_e=EU_AC，由動能定理

至少應加500V電壓，電子才打不到上面金屬板上。

【評析】

動能定理是標量關系式。不能把應用牛頓定律解題方法與運用動能定理解題方法混為一談。

例23  如圖8－23，一個電子以速度v₀=6.0×10⁶m／s和仰角α=45°從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛行。兩板間場強E=2.0×10⁴V／m，方向自下向上。若板間距離d=2.0×10^-2m，板長L=10cm，問此電子能否從下板射至上板？它將擊中極板的什么地方？

【錯解】

規定平行極板方向為x軸方向；垂直極板方向為y軸方向，將電子的運動分解到坐標軸方向上。由于重力遠小于電場力可忽略不計，則y方向上電子在電場力作用下做勻減速運動，速度最后減小到零。

∵v_t²-v₀²=2as

y=d=s  v_t=0

即電子剛好擊中上板，擊中點離出發點的水平位移為3.99×10^-2（m）。

【錯解原因】

為d，（擊中了上板）再求y為多少，就犯了循環論證的錯誤，修改了原題的已知條件。

【分析解答】

應先計算y方向的實際最大位移，再與d進行比較判斷。

由于y_m＜d，所以電子不能射至上板。

【評析】因此電子將做一種拋物線運動，最后落在下板上，落點與出發點相距1.03cm。

斜拋問題一般不要求考生掌握用運動學方法求解。用運動的合成分解的思想解此題，也不是多么困難的事，只要按照運動的實際情況把斜拋分解為垂直于電場方向上的的勻速直線運動，沿電場方向上的堅直上拋運動兩個分運動。就可以解決問題。

第九章  穩恒電流錯題集

本章內容包括電流、產生持續電流的條件、電阻、電壓、電動勢、內電阻、路端電壓、電功、電功率等基本概念，以及電阻串并聯的特點、歐姆定律、電阻定律、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律、串聯電路的分壓作用、并聯電路的分流作用等規律。

本章涉及到的基本方法有運用電路分析法畫出等效電路圖，掌握電路在不同連接方式下結構特點，進而分析能量分配關系是最重要的方法；注意理想化模型與非理想化模型的區別與聯系；熟練運用邏輯推理方法，分析局部電路與整體電路的關系

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不對電路進行分析就照搬舊的解題套路亂套公式；邏輯推理時沒有逐步展開，企圖走“捷徑”；造成思維“短路”；對含有電容器的問題忽略了動態變化過程的分析。

例1  如圖9－1所示電路，已知電源電動勢ε=6.3V，內電阻r=0.5Ω，固定電阻R₁=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值為5Ω的滑動變阻器。按下電鍵K，調節滑動變阻器的觸點，求通過電源的電流范圍。

【錯解】

將滑動觸頭滑至左端，R₃與R₁串聯再與R₂并聯，外電阻

再將滑動觸頭滑至右端R₃與R₂串聯再與R₁并聯，外電阻

【錯解原因】

由于平時實驗，常常用滑動變阻器作限流用（滑動變阻器與用電器串聯）當滑動頭移到兩頭時，通過用電器的電流將最大或最小。以至給人以一種思維定勢：不分具體電路，只要電路中有滑動變阻器，滑動頭在它的兩頭，通過的電流是最大或最小。

【分析解答】

將圖9―1化簡成圖9－2。外電路的結構是R′與R₂串聯、（R₃-R′）與R₁串聯，然后這兩串電阻并聯。要使通過電路中電流最大，外電阻應當最小，要使通過電源的電流最小，外電阻應當最大。設R₃中與R₂串聯的那部分電阻為R′，外電阻R為

因為，兩數和為定值，兩數相等時其積最大，兩數差值越大其積越小。

當R₂+R′=R₁+R₃-R′時，R最大，解得

因為R₁=2Ω＜R₂=3Ω，所以當變阻器滑動到靠近R₁端點時兩部分電阻差值最大。此時刻外電阻R最小。

通過電源的電流范圍是2.1A到3A。

【評析】

不同的電路結構對應著不同的能量分配狀態。電路分析的重要性有如力學中的受力分析。畫出不同狀態下的電路圖，運用電阻串并聯的規律求出總電阻的阻值或阻值變化表達式是解電路的首要工作。

例2  在如圖9－3所示電路中，R₁=390Ω,R₂=230Ω，電源內電阻r=50Ω，當K合在1時，電壓表的讀數為80V；當K合在2時，電壓表的讀數為U₁=72V，電流表的讀數為I₁=0.18A，求：（1）電源的電動勢（2）當K合在3時，兩電表的讀數。

【錯解】

（1）因為外電路開路時，電源的路端電壓等于電源的電動勢，所以ε=U_斷=80V；

【錯解原因】

上述解答有一個錯誤的“替代假設”：電路中的電流表、電壓表都是理想的電表。事實上，問題并非如此簡單。如果進一步分析K合在2時的情況就會發現矛盾：I₁R₁=0.18×390=70.2（V）≠80V，這就表明，電路中的電流表和電壓表并非理想的電表。

【分析解答】

（1）由題意無法判斷電壓表、電流表是理想電表。設R_A、R_v分別為電壓表、電流表的內阻，R′為電流表與電阻器R₁串聯后的電阻，R″為電流表與電阻器R₂串聯的電阻。則K合在2時：

由上述兩式解得：R₁=400Ωε=90V

【評析】

本題告訴我們，有些題目的已知條件隱藏得很深。僅從文字的表面是看不出來的。只好通過試算的方法判斷。判斷無誤再繼續進行解題。

例3  如圖9－4所示，ε₁=3V，r₁=0.5Ω，R₁=R₂=5.5Ω，平行板電容器的兩板距離d=1cm，當電鍵K接通時極板中的一個質量m=4×10^-3g，電量為q=1.0×10^-7C的帶電微粒恰好處于靜止狀態。求：（1）K斷開后，微粒向什么方向運動，加速度多大？（2）若電容為1000pF，K斷開后，有多少電量的電荷流過R₂？

【錯解】

當電鍵K接通電路穩定時、電源ε₁和ε₂都給電容器極板充電，所以充電電壓U=ε₁+ε₂。

帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，

F-mg=0

ε₂=U-ε₁=1(v)

當電鍵K斷開后，電容器上只有電源   給它充電，U′=ε₂。

即帶電粒子將以7.5m/s²的加速度向下做勻加速運動。

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

極板上電量減少3×10^-9C，也即K斷開后，有電量為3×10^-9C的電荷從R₂由下至上流過。

【錯解原因】

在直流電路中，如果串聯或并聯了電容器應該注意，在與電容器串聯的電路中沒有電流，所以電阻不起降低電壓作用(如R₂)，但電池、電容兩端可能出現電勢差，如果電容器與電路并聯，電路中有電流通過。電容器兩端的充電電壓不是電源電動勢ε，而是路端電壓U。

【分析解答】

(1)當K接通電路穩定時，等效電路圖如圖9－5所示。

ε₁、r₁和R₁形成閉合回路，A，B兩點間的電壓為：

電容器中帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，

F-mg＝0

在B，R₂，ε₂，C，A支路中沒有電流，R₂兩端等勢將其簡化，U＋ε₂=U_AB，ε₂=U-U_AB=1.25V

當K斷開電路再次達到穩定后，回路中無電流電路結構為圖9－6所示。電容器兩端電壓U′=ε₂=1.25V

即帶電粒子將以6.875m／s²的加速度向下做勻加速運動。

(2)K接通時，電容器帶電量為Q=CU=4×1O^-9C

K斷開時，電容器帶電量為Q′=CU′=1.2×10^-9(C)

△Q＝Q―Q′=2.75×10^-9C

有總量為2.75×10^-9(C)的電子從R₂由下至上流過。

【評析】

本題考查學生對電容器充放電物理過程定性了解程度，以及對充電完畢后電容所在支路的電流電壓狀態是否清楚。學生應該知道電容器充電時，隨著電容器內部電場的建立，充電電流會越來越小，電容器兩極板間電壓(電勢差)越來越大。當電容器兩端電壓與電容器所并聯支路電壓相等時充電過程結束，此時電容器所在的支路電流為零。

根據這個特點學生應該會用等勢的方法將兩端等勢的電阻簡化，畫出等效電路圖，如本題中的圖9－5，圖9－6，進而用電路知識解決問題。

例4  如圖9－7所示，電源電動勢ε=9V，內電阻r=0.5Ω，電阻R₁=5.0Ω、R₂=3.5Ω、R₃=6.0Ω、R₄=3.0Ω，電容C=2.0μF。當電鍵K由a與接觸到與b接觸通過R₃的電量是多少？

【錯解】

K接a時，由圖9-8可知

流過R₃的電量為△Q=QC-Q′C =3×10^－6(C)

【錯解原因】

沒有對電容器的充電放電過程做深入分析。圖9－8圖中電容器的上極板的電勢高，圖9－9中電容器的下極板的電勢高。電容器經歷了先放電后充電的過程。經過R₃的電量應是兩次充電電量之和。

【分析解答】

K接a時，由圖9－8可知

此時電容器帶電量Q_C=CU₁=I×10^-5(C)

K接b時，由圖9－9可知

此時電容器帶電量Q′_C=CU₁=0.7×10^-5(C)

流過R₃的電量為△Q=Q_C＋Q′_C=1.7×10^－5(C)

【評析】

對于電容電量變化的問題，還要注意極板電性的正負。要分析清電容器兩端的電勢高低，分析全過程電勢變化。

例5  在電源電壓不變的情況下，為使正常工作的電熱器在單位時間內產生的熱量增加一倍，下列措施可行的是

(    )

A、剪去一半的電阻絲

B、并聯一根相同的電阻絲

C、串聯一根相同的電阻絲

D、使電熱器兩端的電壓增大一任

【錯解】

為原來的一半，所以選A、B。

【錯解原因】

忽略了每根電阻絲都有一定的額定功率這一隱含條件。

【分析解答】

將電阻絲剪去一半后，其額定功率減小一半，雖然這樣做在理論上滿足使熱量增加一倍的要求，但由于此時電阻絲實際功率遠遠大于額定功率，因此電阻絲將被燒壞。故只能選B。

【評析】

考試題與生產、生活問題相結合是今后考試題的出題方向。本題除了需要滿足電流、電壓條件之外，還必須滿足功率條件：不能超過用電器的額定功率。

例6  如圖9－10所示的電路中已知電源電動勢ε=36V，內電阻r=2Ω，R₁=20Ω，每盞燈額定功率都是2W，額定電壓也相同。當K閉合調到R₂=14Ω時，兩燈都正常發光；當K斷開后為使L₂仍正常發光，求R₂應調到何值？

【錯解】

設所求電阻R′₂，當燈L₁和L₂都正常發光時，即通過燈的電流達額定電流I。

【錯解原因】

分析電路時應注意哪些是恒量，哪些是變量。圖9－10電路中電源電動勢ε是恒量，燈L₁和L₂正常發光時，加在燈兩端電壓和通過每個燈的電流是額定的。錯解中對電鍵K閉合和斷開兩種情況，電路結構差異沒有具體分析，此時隨燈所在支路電流強度不變，兩種情況干路電流強度是不同的，錯誤地將干路電流強度認為不變，導致了錯誤的結果。

【分析解答】

解法一：設所求阻值R′₂，當燈L₁和L₂正常發光時，加在燈兩端電壓力額定電壓U_L。

當K閉合時，ε₁=U_L+I₁(R₁+r+R₂)

當K斷開時，ε₂=U_L+I₂(R₁+r+R′₂)，

又 ∵ε₁=ε₂=ε  I₁=2I₂=2I，(I為額定電流)

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：設所求阻值R′₂，當燈L₁和L₂正常發光時，加在燈兩端電壓為額定電壓U_L，由串聯電路電壓分析可得：

【評析】

電路中的局部電路(開關的通斷、變阻器的阻值變化等)發生變化必然會引起干路電流的變化，進而引起局部電流電壓的變化。應當牢記當電路發生變化后要對電路重新進行分析。

例7  如圖9－11所示，電源電壓保持不變，變阻器R₁的最大值大于R₂的阻值，在滑片P自右向左滑動過程中，R₁的電功率如何變化？

【錯解】

采用“端值法”，當P移至最左端時，R₁＝0，則R_l消耗的電功率變為0，由此可知，當滑片P自右向左滑動過程中，R₁的電功率是變小的。

【錯解原因】

由于題中R₁＞R₂，所以用端值法只假設R₁=0是不夠的。

【分析解答】

因此，在這兩種情況時，R₁的電功率都是P₁＜U²/4R，且不難看出，R_l與R₂差值越大，P₁越小于U²／4R。

綜上所述，本題答案應是滑片P自右向左移動時，R_l的電功率逐漸變大；當R₁=R₂時R₁的電功率最大；繼續沿此方向移動P時，R₁的電功率逐漸變小。

【評析】

電路中某電阻消耗的功率，不止是由本身電阻決定，還應由電路的結構和描述電路的各個物理量決定。求功率的公式中出現二次函數，二次函數的變化不一定單調變化的，所以在求解這一類問題時，千萬要作定量計算或者運用圖像進行分析。

例8  如圖9－12所示電路，當電鍵K依次接a和b的位置時，在(1)R₁＞R₂(2) R_l=R₂(3) R₁＜R₂三種情況時，R₁、R₂上消耗的電功率哪個大？

【錯解】

(l)根據P=I²R可知，當R₁＞R₂時，P₁＞P₂；當R₁=R₂時，P₁=P₂；當R_l＜R₂時，P₁＞P₂。

當R₁＞R₂時，P₁＜P₂；當R₁=R₂時，P₁=P₂；當R₁＜R₂時，P₁＞P₂。

【錯解原因】

錯誤在于認為電路改變時其路端電壓保持不變，U₁=U₂，應該分析當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同，電路結構改變但ε，r不變。

【分析解答】

當電鍵K接不同位置時，電路的結構不同。

(l)當R₁＜R₂時，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)當R₁＞R₂時，若r²=R₁R₂  P₁-P₂=0，所以P₁=P₂；若r²＜R₁R₂P₁-P₂＞0所以 P₁＞P₂；若r²＞ R₁R₂

【評析】

解決電路問題先審題，審題過后有的同學頭腦中出現許多公式，他從中選擇合適的公式，有的同學則從頭腦中搜尋以前做過的題目，看有沒有與本題相似的題目，如果有相似的題目，就把那道題的解題方法照搬過來。這些方法不一定錯，但是一旦問題比較復雜，或者題目敘述的是一個陌生的物理情境，這些方法就不好用了。所以，規范化的解題步驟是必不可少的。

例9  如圖9－13所示電路中，r是電源的內阻，R₁和R₂是外電路中的電阻，如果用P_r，P₁和P₂分別表示電阻r，R₁，R₂上所消耗的功率，當R₁=R₂=r時，P_r∶P₁∶P₂等于

[    ]

A、1∶l∶1                                B、2∶1∶1

C、1∶4∶4                              D、4∶l∶1

【錯解】

因為R₁=R₂=r，r與R₁，R₂并聯，它們電壓相同，

【錯解原因】

認為電源的兩端就是外電路的兩端，所以內外電阻是并聯關系，即認為r與R₁，R₂并聯，U_r=U₁-U₂，這一看法是錯誤的，U_r不等于U₁，Ur=ε-U₁。

【分析解答】

在圖9-13電路中，內電阻上通過的電流與外電路的總電流相同，內電阻與外電阻是串聯關系，(不能認為內電阻與外電阻并聯)但R₁與R₂是并聯的，因R₁=R₂，則I₁=I₂=I，

I_r=I₁+I₂=2I。

P_r∶P₁∶P₂=I_r²r∶I₁²R₁∶I₂²R₂∶=4∶1∶1。，所以是正確的。

【評析】

單憑直覺就對電路的串并聯關系下結論，太草率了。還是要通過電流的分合，或電勢的高低變化來做電路分析。

例10  如圖9－14所示，

已知電源電動勢ε=20V，內阻r=1Ω，當接入固定電阻R=4Ω時，電路中標有“3V 4.5W”的燈泡L和內阻r′=0.5Ω的小型直流電動機恰能正常工作，求(1)電路中的電流強度？(2)電動機的額定工作電壓？(3)電源的總功率？

【錯解】

由燈泡的額定電壓和額定功率可求得燈泡的電阻

串聯電路中電路中的電流強度

電動機額定工作電壓U=I′_r=2.7×0.5=l.35(V)

電源總功率P=Iε=2.7×20=54(W)

【錯解原因】

此電路是非純電阻電路，閉合電路歐姆定律ε=IR_總不適用，所以電

【分析解答】

(1)串聯電路中燈L正常發光，電動機正常工作，所以電路中電流強度為燈L的額定電流。

電路中電流強度I＝1.5A。

(2)電路中的電動機是非純電阻電路。根據能量守恒，電路中

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)電源總功率P_總=Iε=1.5×20=30(W)。

【評析】

要從能量轉化與守恒的高度來認識電路的作用。一個閉合電路中，電源將非靜電能轉化為電能，內外電路又將電能轉化為其他形式的能。ε=U_內+U_外則是反映了這個過程中的能量守恒的關系。

例11  電動機M和電燈L并聯之后接在直流電源上，電動機內阻r′=1Ω，電燈燈絲電阻R=10Ω，電源電動勢ε=12V，內阻r=1Q，當電壓表讀數為10V時，求電動機對外輸出的機械功率。

【錯解】

流與其電阻成反比，

【錯解原因】

上述錯解過程中有兩處致命的錯誤：一是將電動機視為純電阻處理了，電動機不屬于純電阻，而是將電能轉化為機械能，錯解中利用了并聯電路中支路電流與電阻成反比的結論是不恰當的，因為該結論只適用于純電阻電路，二是不明確電動機的輸入功率P_M入與輸出功率P_M出的區別，I_M²r′是電動機內阻發熱功率。三者的關系是：P_M入=P_M出+I_M²r′。

【分析解答】

根據題意畫出電路圖，如圖9－15所示。由全電路歐姆定律ε= U+Ir得出干路電流

由已知條件可知：流過燈泡的電流

電動機的輸出功率的另一種求法：以全電路為研究對象，從能量轉化和守恒的觀點出發P_源=P_路。本題中電路中消耗電能的有：內電阻、燈泡和電動機，電動機消耗的電能又可分為電動機輸出的機械能和電動機自身消耗的內能。即Iε=I²r+I_L²R+P_M出+I_M²r′。

P_M出＝Iε-(I²r+I_L²R++I_M²r′)=9(W)

【評析】

站在能量轉化與守恒的高度看電路各個部分的作用。就可以從全局的角度把握一道題的解題思路，就能比較清醒地分清公式規律的適用范圍和條件。

例12  如圖9－16，外電路由一個可變電阻R和一個固定電阻R₀串聯構成，電源電動勢為ε，電源內阻為r，

問：R調到什么時候，R₀上將得到最大功率。

【錯解】

把可變電阻R看成電源內阻的一部分，即電源內阻r′=r+R。利用電源輸出功率最大的條件是R＝r′得R₀=R＋r，即R=R₀-r，所以把可變電阻調到R=R₂-r時，電路中R₀上得到最大功率，其大小為

【錯解】

可變電阻R上得到的功率，決定于可變電阻的電流和電壓，也可以用電源輸出功率最大時的條件，內外電阻相同時電源有最大輸出功率來計算。但是題目要求討論定值電阻R₀上的輸出功率，則不能生搬硬套。定值電阻R₀上的功率，決定于流過電阻R₀的電流強，這與討論可變電阻R上的功率不同。

【分析解答】

電流經過電阻R₀，電流能轉換成內能，R₀上功率決定于電流強度大小和電阻值，即P=I²R₀，所以當電流強度最大時，R₀上得到最大功率。由純電阻的閉合電路歐姆定律，有

固定電阻R₀上有最大輸出功率，其大小為

【評析】

在討論物理問題時選擇研究對象是重要的一環。研究對象選錯了，就要犯張冠李戴的錯誤。明明題目中要我們計算定值電阻的功率，有人卻套用滑動變阻器的結論。所以認真審題找出研究對象，也是提高理解能力的具體操作步驟。

例13  輸電線的電阻共計10Ω，輸送的電功率是100kw，用400V的低壓送電，輸電線上發熱損失的功率是多少kw？改用10kV的高壓送電，發熱功率損失又是多少kw？

【錯解】

【錯解原因】

錯解一是對歐姆定律使用不當，輸送電壓是加在輸電線電阻和負載上的，如果把它考慮成輸電線上的電壓求電流強度當然就錯了。錯解二注意到了負載的作用，所求出的損失功率P₁是正確的，然而在高壓送電電路中，負載都是使用了變壓器而錯解二把它當作純電阻使P₂解錯。

【分析解答】

輸送電功率100kw，用400V低壓送電，輸電線上電流

輸電線上損失功率

若用10kV高壓送電輸電線上電流

輸電線上損失功率P₂=I₂²r=10²×1=0.1(kw)

【評析】

一道很簡單的題目做錯了，有些人將錯解原因歸結為：粗心、看錯了題目。其實真正的原因是解題不規范。如果老老實實地畫出電路圖標出各個物理量，按圖索驥就可以避免所謂的“粗心”的錯誤。

例14  把一個“10V 2.0W”的用電器A(純電阻)接到某一電動勢和內阻都不變的電源上，用電器A實際消耗的功率是2.0W，換上另一個“ 10V 5.0W”的用電器B(純電阻)接到這一電源上，用電器B實際消耗的電功率有沒有可能反而小于2.0W？你如果認為不可能，試說明理由，如果認為可能，試求出用電器B實際消耗的電功率小于2.0W的條件(設電阻不隨溫度改變)

【錯解】

將“ 10V 2.0W”的用電器與電源連接，用電器正常工作說明用電器兩端電壓為10V，現將“ 10V 5.0W”的用電器B與電源連接，用電器兩端電壓是10V，B也能正常工作，實際功率是5.0W，所以用電器的實際功率不會小于2.0W。

【錯解原因】

把路端電壓與電源電動勢混為一談，認為路端電壓是恒定的，不隨外電路改變而改變。

【分析解答】

越大，U也越大，所以與ε不同，U不是恒定的。

以當B連入時，用電器兩端的電壓將小于10V，它消耗的實際功率將小

述條件時，B的實際功率小于2.0W。

【評析】

根據電源最大輸出功率的條件做出輸出功率與外電阻圖(P－R圖如圖9－17所示)做定性分析，也可以得到同樣的結果。由題意可知R_A接入電路時，若電源的輸出功率達到最大輸出功率，則R_B接入電路時，電源的輸出功率肯定小于最大輸出功率2W。若電源的輸出功率沒有達到最大輸出功率，R_B接入電路時，電源的輸出功率有可能小于R_A接入電路時輸出功率2W。

例15  有四個電源，電動勢均為8V，內阻分別為1Ω、2Ω、4Ω、8Ω，今要對R=2Ω的電阻供電，問選擇內阻為多大的電源才能使R上獲得的功率最大？

A、1Ω                              B、2Ω

C、4Ω                              D、 8Ω

【錯解】

依“外電阻等于內電阻(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”可知，應選內阻2Ω的電源對R供電，故選B。

【錯解分析】

上述錯解的根源在于濫用結論。事實上，確定的電源有最大的輸出功率和確定的外電路上獲得最大功率的條件是不同的�！巴怆娮璧扔趦入娮�(R=r)時，外電路上的電功率有最大值”只適用于電源確定而外電阻可選擇的此形，而本題實屬外電阻確定而電源可選的情況，兩者意義不同，不可混為一談。

【分析解答】

P是r的單調減函數，所以就題設條件而言，r取1Ω時P有最大值，應選A。

【評析】

物理學的任何規律結論的成立都是有條件的，都有其適用范圍。有的同學做題比較多，習慣于套用一些熟悉題目的解題路子。這種方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。關鍵是要掌握好“條件和范圍”。

例16  圖9－18所示，為用伏安法測量一個定值電阻阻值的實驗所需要的器材實物圖，器材規格如下：(1)待測電阻R_X(約100Ω)(2)直流毫安表(量程0～10mA，內阻50Ω)(3)直流電壓表(量程0～3V，內阻5kΩ)(4)直流電源(輸出電壓4V，允許最大電流1A)(5)滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)(6)電鍵一個，導線若干條。根據器材的規格和實驗要求，在本題的實物圖上連線。

【錯解】

錯解一：如圖9－19所示，此種連法錯在變阻器的右下接線柱和電源的負極之間少連了一條線，即使變阻器取最大值，通過電路的電流也超過了10mA，大于毫安表的量程。

錯解二：如圖9－20所示有兩處不妥：①電壓調節范圍��；②電流過大。這種連法實際上與圖9-19的錯誤是一樣的。

錯解三：如圖9-21所示，此種連法是用伏安法測量，電路與變阻器由滑動觸頭并聯，無論變阻器的阻值怎樣變化，流過毫安表的電流

始終超過毫安表的量程，而且當滑動觸頭滑到最左端時，電源還有被短路的可能，故連接錯誤。

錯解四：如圖9－22所示，可見這種連法實際上與圖9-21(變阻器取最大值時)的錯誤是一樣的。

錯解五：如圖9－23所示，顯然可見，當電鍵閉合時電源被短路，這是不允許的，連接錯誤。

錯解六：如圖9-24所示，電鍵閉合后電源被短路，滑到最右端時，電流超過毫安表的最大量程，故連接錯誤。

錯解七：如圖9－25，無論電鍵是否閉合，電源、變阻器回路始終是接通的，電鍵的位置連接錯了。

連接上的原因是：在高中學習伏安法測電阻時，接觸的多是將變阻器連接一個上接線柱和一個下接線柱，串連在電路中分壓限流，因而在做此題時，采用了習慣連法，沒有對器材的規格要求進行計算、分析。

(2)將毫安表內接錯誤，錯誤的癥結是不了解系統誤差產生的原因，也是沒有對器材的規格進行具體分析。

(3)出現同時連接變阻器的兩個上接線柱；電表的“+”、“-”接反；不在接線柱上連線，而是在連線上連線等，說明學生缺乏實驗操作的規范化訓練，或缺乏親自動手做實驗。

【分析解答】

用伏安法測電阻，首先要判明電流表應該內接還是外接，由題目所給器材規格來看，顯然不滿足R_A＜＜R_x條件，而是滿足R_v＞＞R_x條件，所以應采用外接法。若圖9－26電路，當滑動觸頭P處于最左端，滑動變阻器為最大值時，由題設條件流過電流表的電流

超過安培表的量程。因此變阻器既應分壓又應分流。

正確的連接圖為圖9－27所示。畫圖的關鍵是：毫安表需外接，變阻器接成分壓電路。實驗開始前將滑動變阻器的滑動觸頭滑至分壓為零的位置。

【評析】

在設計實驗過程時，要根據具體實驗條件，靈活應用實驗原理，改變實驗方法。善于從習題中或所學的物理定律的推論中得出實驗原理和方法�；�本原則是不能是電表超過量程，測量誤差盡可能��；不能使用電器超過其額定功率，結構上不能出現短路斷路現象。

例17  如圖9－28所示電路的三根導線中有一根是斷的。電源電阻器R₁?R₂及另外兩根導線都是好的。為了查出斷導線，某學生想先用萬用表的紅表筆連接在電源的正極a,再將黑表筆分別連接在電阻器R_l的b端和R₂的c端，并觀察萬用表指針的示數。在下列選擋中，符合操作規程的是：

[    ]

A．直流10V擋                  B．直流0.5A擋

C．直流2.5V擋                 D．歐姆擋

【錯解】

如果電路連接正常，電路中的電流

測量的最大電壓為U₁=IR₁=2V。可選A、C。

用歐姆擋可以直接測量回路中的電阻是否等于15Ω或者等于10Ω。

【錯解原因】

選B的同學沒有考慮R₁與R₂之間的導線斷開的情況。選C的同學沒有考慮到無論哪根導線斷開，測得的電壓都等于6V，大于2.5V。如選D的同學沒有考慮到如果被測回路中有電源，歐姆表就可能被毀壞或讀數不準。

【分析解答】

設萬用表各擋都理想，忽略電源的內阻。選用不同功能檔時，應畫出電路圖，至少在頭腦中想清楚。

用電壓擋測量時，由于電路斷開(無論是從ab間斷開，還是從R₁與R₂之間斷開)電路中無電流，黑表筆與電源負極等電勢。直流電壓擋測量的數值是電源電動勢ε=6V。所以A選項可行，C選項不行。

用電流擋測量時，假設ab間導線完好，而R₁與R₂之間導線斷開，