高考物理復習易錯題錯因分析與詳解

1、高考物理復習易錯題錯因分析與詳解高三考生在平時練習訓練中反映出的各種典型錯誤，有概念性錯誤，有知識遺漏問題；有的缺乏物理基本觀點即物理思想；有的缺乏多角度思考問題的方法；有的缺乏綜合分析的能力，抓不住主要矛盾，不能簡化問題；有的缺乏空間想象能力，不能建立起物理圖景；有的缺乏必要的數(shù)學能力，有的缺乏實驗基本知識和基本技能及基本思想方法，這些問題都在練習卷中以不同的形式反映出來，認真研究這些問題，對提高高三物理復習效率，無疑是有益的。為了便于學習研究，本人著重從能力角度來解剖問題根源，指出錯誤的原因，并作必要的簡單解答，從而能以正、反兩方面的材料，認識復習要求，理解物理知識，掌握物理分析方法，提高

2、分析能力。文中以某個具體題目進行分析，是希望通過分析，不僅是對各知識點的復習，而且是從不同側(cè)面對某部分知識整體性的學習，從而獲得更高層次的認識。文中所選的問題，是久經(jīng)考驗的好題，它一般具有以下三個特點：典型性、啟發(fā)性、創(chuàng)造性，一般稱為“成題”，把成題改活，將成題做活，推“成”出新，讓成題發(fā)揮更大的作用，獲得更多的收益，這是筆者的愿望。pq·oapq··ocpq·ob·圖甲abc1.三個相同的支座上分別擱著質(zhì)量和直徑都相同的光滑圓球a、b、c，支點p、q在同一水平面上，a的重心在球心，b球和c球的重心ob、oc分別位于球心的正上方和正下方，如圖甲

3、所示。三球均處于平衡狀態(tài)，支點p對a球的彈力力為na，對b球和c球的彈力分別為nb和 nc，則a、 b、 c、 d、圖乙pq·oaapq·ob·bpq··occ錯解：根據(jù)共點力的平衡，球受的三個力應通過重心，各球受力如圖所示，根據(jù)對稱性，就每個球來說，p、q對球的彈力大小是相等的，從圖可看出與的夾角最大，與夾角最小，又由力的平衡和平行四邊形法則可知，最大，最小，所以選項c正確。錯因：本題誤解的主要原因是：（1）對彈力方向的判斷模糊不清；（2）三力共點平衡時，認為三力作用線的交點一定是在重心上的。彈力是發(fā)生形變的物體，對跟它接觸并使它發(fā)生形變的另

4、外一個物體產(chǎn)生的作用力，其方向與物體形變的方向相反，具體情況有以下三種：繩的彈力方向沿著繩子并指向繩子收縮的方向；平面與平面、曲面與平面、點與平面接觸時，彈力方向垂直于平面指向受力物體；曲面與曲面、點與曲面接觸時，彈力方向垂直于切面指向受力物體。共點力是指力的作用線或作用線的延長線相交于一點，而不一定是力的作用點“共點”，更不是各力作用線都通過重心。正解：這是一道共點力平衡條件與彈力概念相結(jié)合的題目，支點p對球彈力只能根據(jù)球所受的全部力和平衡條件求解。 三種情況下重心的位置雖然不同，但由于球光滑，支點對其只有彈力作用，且由于彈力方向與接觸面相垂直，所以支點對球的彈力垂直于球與支點的接觸面即球的

5、切面，這樣支點p、q對球彈力的方向都指向球心又由于三種情況下重力作用線都通過球心，所以三種情況下物體都受到交于球心的三個共點力的作用重力大小相同，支點p、q對球的彈力對稱、且與豎直方向夾角相同由共點力平衡條件知選項a正確 abfv2. 如圖所示，一質(zhì)量為m的直角劈放在水平面上，在劈的斜面上放一質(zhì)量為m的物體a，用一沿斜面的力f作用于a上，使其沿斜面勻速下滑，在a下滑的過程中，地面對劈的摩擦力f及支持q滿足：af=0 q=mg+mgbf向左 q<mg+mgcf向右 q<mg+mgdf向左 q=mg+mg(m+m)gfqf分析簡析先用隔離法，對a進行受力分析，如圖，其中斜面對a的支持力

6、n和滑動摩擦力f的合力方向，根據(jù)平衡條件判定向上偏左，根據(jù)牛頓第三定afnmgf律，a對斜面的壓力n和滑動磨擦力f的合力應向下偏右，即a對斜面的作用沿水平方向有向右的分量，斜面b平衡，所以一定受地面對b水平向左的靜摩擦力，又因為a對斜面的作用力沿豎直方向的分量小于mg，故地面對劈的支持力q=mg+mg，故b正確。 本題應用整體法較為方便，即a、b為一整體，受力分析如圖，因為整體平衡，所以必受水平向左的靜摩擦力f ，即f=fcosq，堅直方向：q+fsinq (m+m)g所以：q+(m+m)gfsinq <(m+m)g 考查內(nèi)容要求共合力平衡的條件，摩擦力的分析，牛頓第三定律的應用。 典型

7、錯誤分析（1）缺乏正確的多角度的思路，在對物體受力分析，始終是各種性質(zhì)力產(chǎn)生的可能性判定和運動狀態(tài)對它們存在的必然性判定相結(jié)合的交叉思維，不少同學僅以某一角度去考察，有的思路又十分混亂，造成錯判。（2）錯誤理解摩擦力產(chǎn)生的條件及方向。（3）錯誤理解合力的概念，把某些力的合力與該力重復考慮。（4）錯誤理解牛頓第三定律，對作用力、反作用力的關系理解不清。f圖甲3.如圖甲所示，在傾角為的粗糙斜面上放一物體，重力為g，現(xiàn)在用與斜面底邊平行的力推物體，物體恰能作勻速直線運動，則（1）物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)是多少？（2）物體的運動方向與底邊成多大的夾角？f圖乙f2f1f1f錯解：（1）物體傾斜向下滑動

8、時在沿斜面方向上和水平向左的方向上都受到滑動摩擦力的作用，大小都為，受力圖如圖乙所示，所以物體受到的摩擦力為又由平衡條件得：，其中f1為沿斜面的下滑力，其大小為，而，所以，所以有：，解得（2）物體運動方向沿推力f與f1合力的方向，即與底邊成角向下。圖丙ff1ff045o錯因：本題出現(xiàn)錯誤的原因是對滑動摩擦力大小公式認識模糊，認為在兩個分運動方向上分別都受到了大小為的摩擦力，而總的摩擦力就是這兩個分力的合力，事實上，不論物體沿哪個方向運動，滑動摩擦力只有一個: ,且方向與相對運動的方向相反。正解：（1）物體在斜面內(nèi)一共受三個力的作用，一是下滑力，二是推力，三是滑動摩擦力，因為和是相互垂直的，所以

9、這兩個力的合力為，此力方向與底邊成角向下，又因為、三個力的合力為零，所以和的大小相等方向相反，如圖丙所示。而，則，所以（2）因為滑動摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，所以物體運動方向與方向一致，即與底邊成角向下。4一條寬為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。【

10、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。當v2v1時，如圖111船頭斜向上游，與岸夾角為時，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v2v（合速度）（0）當v2=v1時，如圖112，越小航程越短。（ 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(jù)就是合運動與分運動的等時性及兩個方向運動的獨立性。5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(zhuǎn)動起來，使傳送帶隨之運

11、動，如圖116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(zhuǎn)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(zhuǎn)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?！惧e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(zhì)上當皮帶輪逆時針轉(zhuǎn)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?！痉治?/p>

12、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(zhuǎn)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(zhuǎn)動，物塊相對傳送帶的運動情況就應討論了。（1）當v0=vb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v0vb物塊滑到底速度小于傳送帶的速度

13、，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）v0vb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。6假如一做圓周運動的人造地球衛(wèi)星的軌道半徑增大到原來的2倍，仍做圓周運動，則（    ）a根據(jù)公式v=r，可知衛(wèi)星運動的線速度增大到原來的2倍。d根據(jù)上述選項b和c給出的公式，可知衛(wèi)星運動的線速度將減【錯解】選擇a，b，c所以選擇a，b，c正確?！惧e解分析】a，b，c中的三個公式確實是正確的，

14、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(guī)律，不理解死記硬背經(jīng)常會出錯。使用中應理解記憶。知道使用條件，且知道來攏去脈。衛(wèi)星繞地球運動近似看成圓周運動，萬有引力提供向心力，由此將根據(jù)以上式子得出7 使一小球沿半徑為r的圓形軌道從最低點上升，那么需給它最小速度為多大時，才能使它達到軌道的最高點？【錯解】如圖4-2所示，根據(jù)機械能守恒，小球在圓形軌道最高點a時的勢能等于它在圓形軌道

15、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va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，na為圓形軌道對小球的彈力。上式表示小球在a點作圓周運動所需要的向心力由軌道對它的彈力和它本身的重力共同提供。當na=0時，【分析解答】以小球為研究對象。小球在軌道最高點時，受重力和軌道給的彈力。小球在圓形軌道最高點a時滿足方程根據(jù)機械能守恒，小球在圓形軌道最低點b時的速度滿足方程解(1)，(2)方程組得軌道的最高點a。8如圖5所示，質(zhì)量為m的木塊a以速度v0在質(zhì)量為2 m的木塊

16、b上從左端開始滑動，若開始時b處于靜止狀態(tài)，a、b之間、b與地之間動摩擦因數(shù)分別為1、2，且1=42，當a開始滑動時，b也隨之開始滑動，且當a滑到b的右端時剛好相對靜止，求從a開始在b上滑動至a剛到達b的右端的過程中系統(tǒng)的動能損失？【錯誤】：忽視守恒條件錯解：設a剛到達b的右端時a、b的共同速度為，根據(jù)動量守恒定律得：mv0=（m+2m）vv=v0 ek=mv02- (m+2m)v2 =mv02-·3m(v02) =mv02分析：上述錯解的原因是沒有弄清水平面與b之間存在著摩擦，而a和b之間又不是作用時間極短的問題，所以系統(tǒng)在這一運動過程中，不滿足動量守恒的條件，不能用動量守恒定律求

17、解。正確的解法為：設a從b的左端滑至右端時a、b的共同速度為v，滑行所用的時間為t，以v0的方向為方向，運用動量定理：對a:-1mgt=mvmv0 對b: 1mgt2（m+2m）gt=2mv 解兩式得v=v0所以該過程中損失的動能為：k=mv02- （m+2m）v2=mv02-3m（1/9v0）2=mv02【錯題四：能量】質(zhì)量為m的木塊在水平面上處于靜止狀態(tài)，有一質(zhì)量為 m的子彈以水平速度v0擊中木塊并與其一起運動，若木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，則木塊在水平面上滑行的距離大小為多少？【錯誤】過程混淆不清錯解：設子彈擊中木塊后的共同速度為v，由于打擊的作用時間極短，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律

18、得：mv0=（m+m）v 設木塊滑行的距離為s，根據(jù)能量守恒得：（m+m）gs=mv02（m+m）v2 解兩式得：s=分析：上述錯誤在于建立能量議程時沒有分清本題所牽涉的兩個過程打擊過程和滑行過程，把子彈打擊木塊時的能量損失與木塊在水平面上滑行時的能量損失相混淆，等式左邊反映的是滑行過程中木塊和子彈系統(tǒng)克服摩擦力所做的功，它等于滑行過程（從子彈剛相對木塊靜止開始直至木塊停止滑動）的動能損失，即（m+m）gs=（m+m）v2而等式右邊則反映的是子彈打擊木塊過程中系統(tǒng)的動能損失，即fd=mv02（m+m）v2其中f為子彈與木塊之間的摩擦力，d為子彈射入木塊的深度，上述兩式顯然是不能混同的。9 質(zhì)量

19、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(zhì)量也為m時，它們恰能回到o點，若物塊質(zhì)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

20、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(fā)現(xiàn)無解。這樣有些人就返回用兩次勢能相等的結(jié)果，但并未清楚相等的含義?！痉治鼋獯稹课飰K從3x0位置自由落下，與地球構成的系統(tǒng)機

21、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(nèi)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                                      

22、60;              (2)兩者以vl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ep，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

23、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(fā)生變化ep=ep                                          

24、                 (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?！驹u析】本題考查了機械能守恒、動量守恒、能量轉(zhuǎn)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(guī)律。彈簧類問題，畫好位置草圖至關重要。10總質(zhì)量為m的裝砂的小車，正以速度v0在光滑水平面上前進、突然車底漏了

25、，不斷有砂子漏出來落到地面，問在漏砂的過程中，小車的速度是否變化？【錯解】  質(zhì)量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為v由動量守恒守律：mv0=(m-m)v【錯解原因】  解法錯誤的主要原因在于研究對象的選取，小車中砂子的質(zhì)量變了，即原來屬于系統(tǒng)內(nèi)的砂子漏出后就不研究了。這樣，所謂系統(tǒng)的初狀態(tài)及末狀態(tài)的含義就變了。實際情況是，漏掉的砂子在剛離開車的瞬間，其速度與小車的速度是相同的，然后做勻變速運動(即平拋)【分析解答】  質(zhì)量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為v由動量守恒定律：my0=mv(m-m)v解得：v=v0即砂子漏出后小車的速度是不變的。11

26、如圖310，質(zhì)量為m的木塊放在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)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(tǒng)損失的機械能是多少？【錯解分析】錯解：（1）以木塊和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象。系統(tǒng)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(jù)動量守恒有mv0=（mm）v解得v = mv0/(m+m)子彈射入木塊過程中，摩擦力對子彈做負功（2）系統(tǒng)損失的機械能即為子彈損失的功能錯解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

27、移都要用對地位移。錯解的錯誤是對這一物理過程中能量的轉(zhuǎn)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(tǒng)機械能減少量。因為子彈減少的功能有一部分轉(zhuǎn)移為木塊的動能，有一部轉(zhuǎn)化為焦耳熱?！菊_解答】以子彈、木塊組成系統(tǒng)為研究對象。畫出運算草圖，如圖311。系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動量守恒。據(jù)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 【小結(jié)】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

28、彈和木塊產(chǎn)生加速度，使它們速度發(fā)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3-12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。12 如圖5-15所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質(zhì)量共為30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg。游戲時，甲推著一個質(zhì)量為15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子滑冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。若不

29、計冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相對地）將箱子推出，才能避免與乙相撞？【錯解】  設甲與他的冰車以及乙與他的冰車的質(zhì)量為m，箱子的質(zhì)量為m，開始時他們的速率為v0，為了不與乙相碰。錯解一：甲必須停止，所以，對甲和他的冰車及箱子，推出前后滿足動量守恒，由動量守恒定律：（m+m）v0=0+mv錯解二：乙接到箱子后停下，所以，對箱子及乙和他的冰車，接到箱子前后動量守恒，設箱子的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv-mv0=0【錯解原因】  在此題中，有兩個關鍵問題必須弄清楚，第一，“不相撞”的意義，是否意味著一個物體停下，實際上，不相撞的意義就是兩個物體的速度相等（同向情況）

30、。物體停止運動，也不一定就撞不上。如本題錯解二。按照錯解答案我們可知，當甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，與乙相互作用后，乙與箱子都停下來了。那么，此時甲停了嗎？我們可以繼續(xù)完成本題，設甲推出箱子的速度為v'，對甲和箱子，（以甲和箱子的初速度為正），由動量守恒定律有：（m+m）v0=mv'+mv解得：v'=1m/s。符號為正，說明甲以4m/s的速度推出箱子后繼續(xù)向前運動，而乙接住箱子后要停下，這樣甲就與乙相撞，所以4m/s的速度太小了。結(jié)果不符合題目要求。第二個關鍵在于不僅要不相撞，而且還要求甲推箱子的速度為最小，即若甲用相當大的速度推箱子，乙

31、接到箱子后還會后退，這樣就不滿足“至少”多大的條件了，錯解一即是這樣，將所求的數(shù)據(jù)代入可以得知，乙和箱子將以0.67m/s的速度后退?！痉治鼋獯稹?#160; 要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2。對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：（m+m）v0=mv+mv1          對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有：mv-mv0=（m+m）v2 

32、             剛好不相撞的條件是：v1=v              聯(lián)立解得：v=5.2m/s，方向與甲和箱子初速一致。【評析】  本題從動量守恒定律的應用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關系分析清楚（乙和箱子、甲的運動關系如何，才能不相撞）。這就需要我們要將“不相撞”的實際要求轉(zhuǎn)化為物理條件，即：甲、乙可以同方向運動，但

33、只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。13.用長為l細線懸掛一個質(zhì)量為m的木塊, 木塊處于靜止.現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的子彈自左方以水平速度vo射入此木塊并留在其中.求（1）子彈打進木塊瞬間繩中張力；（2）木塊能上升的最大高度；錯誤解法：子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒：mvo=(m+m)vt故繩中張力t= (m+m)vt2/l原因分析：首先，對做勻速圓周運動的物體由合外力提供向心力這一知識點沒有深刻的認識；其次，沒有養(yǎng)成良好的受力分析習慣。當然，本題中子彈和木塊這一整體并非做勻速圓周運動，但在最底點整體所受向心力仍由合外力提供。正確解法：子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒：mvo=(m+m)vt 對整體

34、受力分析，由f合= (m+m)vt2/l 可知t=(m+m)g+ (m+m)vt2/l錯誤解法：因繩子拉力不做功，故系統(tǒng)機械能守恒：mvo2 = (m+m)g h 得最大高度h。原因分析：對非彈性碰撞過程中的動能損失缺乏深刻認識，不注意運用機械能守恒定律時的過程選取。正確解法：子彈和木塊結(jié)為一個整體，獲得共同速度vt后，系統(tǒng)機械能守恒： 故有： (m+m)vt2= (m+m)g h 解得最大高度h。14.如圖所示是演示沙擺振動圖象的實驗裝置和在木板上留下的實驗結(jié)果。沙擺的運動可看作是簡諧運動。若用力f向外拉木板做勻速運動，速度大小是0.20m/s。右圖所示的一段木板長度是0.60m，那么實驗所

35、用的沙擺擺長為 cm.錯誤解法：由圖可知，2=0.60m，故波長=0.30m又：波速v=0.20m/s，周期t=/v =1.5s 再由t=2 求出=56.25cm.原因分析：對沙擺模型沒有真正理解，對振動圖象和波的圖象的區(qū)別缺乏認識。另外，對題中所給物理情景不作深入 分析，盲目套用熟悉知識解決問題。正確解法：觀察木板上的圖線可知：沙擺完成兩個全振動,共需時間t=3s， 振動周期t=1.5s。 再由t=2 求出=56.25cm.二、電磁學 15.質(zhì)量為2m 、帶電量為+2 q的小球a，起初靜止在光滑絕緣水平面上，當另一質(zhì)量為m、帶電量為q 的小球b以速度v0離a而去的同時，釋放a球，如

36、圖6所示，若某時刻兩球的電勢能有最大值，求：（1）此時兩球的速度為多大？（2）與開始時相比，電勢能最多增加多少？【錯誤】數(shù)學方法不當錯解：設兩球具有最大電勢能時的速度分別為 va、vb ，則此時它們的總動能為ek=·+·=+由于系統(tǒng)只有電場力做功，因而系統(tǒng)增加的電勢能等于減少的動能，故當兩球電勢能最大時其總動能即為最小由數(shù)學關系a+b2可知ek=·+=+2即ek，且當= 時，ek有最小值，此時電勢能最大。因此有= 又因系統(tǒng)受外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，即有 mvo=2mva+mvb 解兩式或得：=（1） ，=（1）這時系統(tǒng)總動能為ek=（32）因此電勢能最多增加ep

37、=（2）分析：乍一看求解過程似乎很正確，殊不知a+b2中，a+b有極值的條件是a與b的乘積應為一常量，本題卻根本不滿足這一條件，解出的結(jié)果也就自然是錯誤的。正確解答此題的關鍵在于明確兩球的運動特點，知道二者之間的距離先增大后減小，即小球受到的b電場力先做負功后做正功，可知兩球相距最遠時電勢能是最大的，且此時兩者具有相同大小的速度。設該速度大小為 ，由動量守恒定律得mvo=（m+2m）v解得v=因此，電勢能的增加量最多為ep=（m+2m）= 另外在能量分析過程中要注意以下的不當之處：求功用錯位移、錯用動能定理、功與能量變化對錯號、摩擦產(chǎn)生的熱不一定等于功等。16.如圖7所示，a為帶電量q的金屬板

38、，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，用絕緣絲線懸殊掛于o點。小球由于受水平向右的電場力而靜止在沿金屬板的垂直平分線上距板為r的位置，懸線與豎直方向的夾角為，試求小球所在處的場強?！惧e誤】點電荷模型錯誤、等效方法錯誤錯解：根據(jù)庫侖定律，小球受到的電場力為f=由場強的定義式可得：e= ，方向水平向右。錯解分析：該題解錯在小球的電場力求法上。因金屬板a不能當成點電荷，所以不能根據(jù)庫侖定律計算小球所受的電場力。正解：分析小球的受力如圖所示，由平衡條件得f=mgtan小球所在處的電場強度：e=因小球帶正電荷，因此電場強度方向水平向右。例4電動機線圈的電阻為r，當電動機工作時通過的電流是i，兩端電壓是u，則其輸

39、出功率是 【 】iu bi2r iui2r u2/r 錯誤解法：選a、b或d中的任何一個；原因分析：不注意物理公式的來龍去脈及適用范圍；缺乏從能量轉(zhuǎn)化角度研究電功與電熱的意識與能力。正確解法：p=iu是計算電功率的普適公式； p =i2r是計算熱功率的普適公式。(1)在純電阻電路中，由于電功全部都轉(zhuǎn)化為電熱，故iu=i2r，既電功率等于熱功率。又由部分電路歐姆定律i=，故電功率（熱功率）還可寫成u2/r 。(2)在非純電阻電路中，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知：電功大于電熱，故不難得出iu i2r，且輸出功率p= iui2r 。本題中電路為非純電阻電路，所以選。17如圖10-5所示，水平放置的扁平條

40、形磁鐵，在磁鐵的左端正上方有一線框，線框平面與磁鐵垂直，當線框從左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的過程中，穿過它的磁通量的變化是：a先減小后增大 b始終減小c始終增大 d先增大后減小【錯解】條形磁鐵的磁性兩極強，故線框從磁極的一端移到另一端的過程中磁性由強到弱再到強，由磁通量計算公式可知=b·s，線框面積不變，與b成正比例變化，所以選a?！惧e解分析】做題時沒有真正搞清磁通量的概念，腦子里未正確形成條形磁鐵的磁力線空間分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的計算公式=b·s，由條形磁鐵兩極的磁感應強度b大于中間部分的磁感應強度，得出線框在兩極正上方所穿過的磁通量大于中間正

41、上方所穿過的磁通量?！痉治鼋獯稹恳?guī)范畫出條形磁鐵的磁感線空間分布的剖面圖，如圖10-6所示。利用=b·s定性判斷出穿過閉合線圈的磁通量先增大后減小，選d?！驹u析】=b·s計算公式使用時是有條件的，b是勻強磁場且要求b垂直s，所以磁感應強度大的位置磁通量不一定大，而本題的兩極上方的磁場不是勻強磁場，磁場與正上方線框平面所成的角度又未知，難以定量加以計算，編寫此題的目的就是想提醒同學們對磁場的形象化給予足夠的重視。18:擺長為l單擺在勻強磁場中擺動,擺動平面與磁碭方向垂直,擺動中擺線始終是張緊的.若擺球帶正電,電量為q,質(zhì)量為m,磁感強度為b,當球從高處擺到最低處時,擺線上的拉

42、力多大?錯誤解擺球從ac運動過程中,只有重力做功,所以e=0,即:mgl(1-cos)=mvc2/2,(或由w=ek得,mg·h=mvc2/2-0).在c處時,洛侖茲力方向向上,根據(jù)牛頓第二定律:f=ma得:t+qvb-mg=mvc2/l,解上兩式得:t=mg(3-2cos)-qb正確解小球擺動是時,洛侖茲力和繩子拉力均不做功,只有重力做功,由e=0或w=ek得:mg(l-lcos)=mvc2/2小球向左或向右擺動經(jīng)過c點的速度大小雖相等,但方向一左一右,導致它所受洛侖茲力一下一上,所以繩子的拉力應有兩種情況.當小球向右擺動經(jīng)過c點時,由牛頓第二定律得:t1+qbv-mg=mvc2/

43、l; 當小球向左擺動經(jīng)過c點時,由牛頓第二定律得: t2-qbv-mg=mvc2/l解上三式得,t1=mg(3-2cos)-qb;t2=mg(3-2cos)+qb錯誤分析錯解中忽視了球可以從左、右兩個方向經(jīng)過最低處c，由于速度方向不同，導致洛侖茲力方向不同，從而使繩子的拉力有所不同。這種由于速度方向變化而引起洛侖茲力方向變化的問題較多，且題型多樣，求解時要全面考慮，且不可犯錯解中的誤斷。rba19.ab是一彎管，其中心成半徑為r的一段圓弧，將它置于一給定的磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面（即紙面），并且指向紙外，有一束粒子對準a端射入彎管，粒子有不同的質(zhì)量，不同的速度，但都是一價正離子。a只

44、有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管b只有質(zhì)量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管c只有動量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管d只有能量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管分析簡解粒子垂直磁場運動時，bqv=，所以r=對于不同的粒子，根據(jù)題示條件，q相同，但m、v不同，對于質(zhì)量為m1，速度為v1的粒子，其旋轉(zhuǎn)半徑r1為：r1=對于m2，速度v2的粒子，其旋轉(zhuǎn)半徑r2為：r2= 若要使r1=r2= r3=r，則只需滿足m1v1=m2v1=m3v1= mnvn=p(常數(shù))在q和b都相同的條件下，只有動量大小一定的粒子，可以沿中心線通過彎管，故c正確。考查內(nèi)容要求洛侖磁力、圓周運動的綜合問題。典型錯

45、誤分析（1）漏掉了速度相同但不等于質(zhì)量相同這一重要條件。（2）漏掉了質(zhì)量相同時不等于速度相同這一重要條件。（3）沒有注意粒子動能相同時，質(zhì)量還會影響偏轉(zhuǎn)半徑這一隱含條件。以上三種錯誤都是推理不嚴密造成的。20. 如圖10-19所示，空中有水平向右的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為m，帶電量為+q的滑塊沿水平向右做勻速直線運動，滑塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊與墻碰撞后速度為原來的一半。滑塊返回時，去掉了電場，恰好也做勻速直線運動，求原來電場強度的大小。【錯解】碰撞前，粒子做勻速運動，eq=（mgbqv）。返回時無電場力作用仍做勻速運動，水平方向無外力，豎直方向n=bgvm

46、g。因為水平方向無摩擦，可知n=0，bqv=-mg。解得e=0。【錯解原因】錯解中有兩個錯誤：返回時，速度反向，洛侖茲力也應該改變方向。返回時速度大小應為原速度的一半?！痉治鼋獯稹颗鲎睬?，粒子做勻速運動， eq=（mgbqv）。返回時無電場力作用仍做勻速運動，水平方向無外力，摩擦力f=0，所以n=0豎直方向上有bgv【評析】實踐證明，急于列式解題而忽略過程分析必然要犯經(jīng)驗主義的錯誤。分析好大有益。21.如圖10-20所示，一塊銅塊左右兩面接入電路中。有電流i自左向右流過銅塊，當一磁感應強度為b的勻強磁場垂直前表面穿入銅塊，從后表面垂直穿出時，在銅塊上、下兩面之間產(chǎn)生電勢差，若銅塊前、后兩面間距

47、為d，上、下兩面間距為l。銅塊單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，電子電量為e，求銅板上、下兩面之間的電勢差u為多少？并說明哪個面的電勢高?！惧e解】電流自左向右，用左手定則判斷磁感線穿過手心四指指向電流的方向，正電荷受力方向向上，所以正電荷聚集在上極板。隨著正負電荷在上、下極板的聚集，在上、下極板之間形成一個電場，這個電場對正電荷產(chǎn)生作用力，作用力方向與正電荷剛進入磁場時所受的洛侖茲力方向相反。當電場強度增加到使電場力與洛侖茲力平衡時，正電荷不再向上表面移動。在銅塊的上、下表面形成一個穩(wěn)定的電勢差u。研究電流中的某一個正電荷，其帶電量為q，根據(jù)牛頓第二定律有由電流的微觀表達式i=nqsv由幾何關系可知

48、 s=dl【錯解原因】上述解法錯在對金屬導電的物理過程理解上。金屬導體中的載流子是自由電子。當電流形成時，導體內(nèi)的自由電子逆著電流的方向做定向移動。在磁場中受到洛侖茲力作用的是自由電子。【分析解答】銅塊的電流的方向向右，銅塊內(nèi)的自由電子的定向移動的方向向左。用左手定則判斷：四指指向電子運動的反方向，磁感線穿過手心，大拇指所指的方向為自由電子的受力方向。圖10-21為自由電子受力的示意圖。隨著自由電子在上極板的聚集，在上、下極板之間形成一個“下正上負”的電場，這個電場對自由電子產(chǎn)生作用力，作用力方向與自由電子剛進入磁場時所受的洛侖茲力方向相反。當電場強度增加到使電場力與洛侖茲力平衡時，自由電子不

49、再向上表面移動。在銅塊的上、下表面形成一個穩(wěn)定的電勢差u。研究電流中的某一個自由電子，其帶電量為e，根據(jù)牛頓第二定律有由電流的微觀表達式i=nesv=nedlv。【評析】本題的特點是物理模型隱蔽。按照一部分同學的理解，這就是一道安培力的題目，以為伸手就可以判斷安培力的方向。仔細分析電荷在上、下兩個表面的聚集的原因，才發(fā)現(xiàn)是定向移動的電荷受到洛侖茲力的結(jié)果。因此，深入分析題目中所敘述的物理過程，挖出隱含條件，方能有正確的思路。acbb后前圖22：為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口。在垂直于

50、上下底面方向加磁感應強度為b的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓u。若用q表示污水流量（單位時間內(nèi)排出的污水體積）下列說法正確的是（ ）、若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高、前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種離子多無關、污水中離子濃度越高電壓表的示數(shù)將越大、污水流量q與u成正比，與a、b無關錯誤解1錯選、錯誤解2漏選正確解錯誤分析（）有同學對霍爾效應原理和電磁流量計原理分不清；（）有同學不會分析計算流量和電壓之間的關系；（）有同學計算過程中對各個物理量的關系混淆。23：如圖所示，一帶電粒子在某一高度處

51、以初速度v0豎直下落，落地速度的大小為v1，下落所用的時間為t1.如果在其下落的空間有電場強度為e，方向水平向左的勻強電場和水平指向紙面內(nèi)，磁感應強度為b的勻強磁場，且有v0=e/b，此時該粒子仍多原高度處以向下的初速度v0開始下落，落地時速度大小為v2，下落所用的時間為t2,則下列關系中正確的是（）v0圖a、v2=v1,t2=t1 b、v2<v1,t2>t1 c、v2>v1,t2<t1 d、v2<v1,t2<t1錯誤解1選錯誤解2選正確解選錯誤分析選的同學是只分析出了開始時有q=bpv0,水平方向合力為零，豎直方向只受重力所以和第一種情況一樣，在豎直方向作

52、自由落體運動，所以時間相等、速度相等；選的同學以為后一種情況有電場力做正功，洛侖茲力不做功，所以落地時的速度大于第一種情況，因為平均速度大所以下落時間短。事實上第二種情況時，加速下落后，洛侖茲力會變大，會向洛侖茲力方向偏轉(zhuǎn)，所以電場力做負功，下落速度會變小，下落時間會變長。abbdcamncrsh-+s圖924如圖所示，兩平行光滑導軌、水平放置，間距為l，一端用電阻為和電容器串聯(lián)后連接，另一端放有質(zhì)量為m的無電阻直導體棒，導軌離地面高度為h，磁感應強度為的勻強磁場豎直向下穿過導軌平面。電鍵閉合前給電容器充電至電壓，然后將閉合，水平向右飛出后著地，著地點與初始位置的水平距離為s，電容器兩極板間電

53、壓變?yōu)椋箅娙萜鞯碾娙?。錯誤解1由電容器儲存的電能釋放出一部份來轉(zhuǎn)化成金屬棒的平拋初動能得：，解之得： 錯誤解2根據(jù)平拋前所獲得的動量由電容器放電得來，認為電容放完了所有的電量。由動量定理，=bql, q=再由c=q/u得：正確解電容器放電沒有完全放完，所以錯誤中只要將改為放出電量，且由放出電量·（），所以可得錯誤分析（）想不到用動量定理；（）搞不清電容器在放電時不一定會全放掉（）對其本公式掌握不夠熟練四、電磁感應25如圖9所示，粗細均勻、電阻為r的金屬圓環(huán)放在磁感應強度為b的垂直環(huán)面的勻強磁場中，圓環(huán)的直徑為d，長為d、電阻為r/2的金屬棒ab在中點處與環(huán)相切，使棒ab始終沿其垂直

54、方向以速度v向右運動，當達到圓環(huán)直徑位置時，ab棒兩端的電勢差是多少？常見錯誤（1）ab棒運動到虛線位置時，e=bdv，金屬棒電勢差的大小為uab=e=bdv。 （2）ab棒運動到虛線位置時，e=bdv，此時回路的總電阻r=+=，所以i=，則uab=irab=·=。正確解答：因為產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體相當于電源，這部分導體要看作內(nèi)電路，其電阻是電源的內(nèi)阻。當?shù)竭_虛線所示直徑位置時，等效電路如上圖所示，i=電勢差為：uab=ei·=26 在如圖1121所示的水平導軌上（摩擦、電阻忽略不計），有豎直向下的勻強磁場，磁感強度b，導軌左端的間距為l1=4l0，右端間距為l2=l

55、0。今在導軌上放置acde兩根導體棒，質(zhì)量分別為m1=2m0，m2=m0，電阻r1=4r0，r2=r0。若ac棒以初速度v0向右運動，求ac棒運動的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱qac，以及通過它們的總電量q?！境Ｒ婂e解】ac棒在磁場力的作用下，做變速運動。運動過程復雜，應從功能關系的角度來分析。由于沒有摩擦，最后穩(wěn)定的狀態(tài)應為兩棒做勻速運動。根據(jù)動量守恒定律m1v0=（m1m2）v整個回路產(chǎn)生的焦耳熱因為r1=4r0，r2=r0。所以ac棒在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱對ac棒應用動量定理-bll·t=m1v1-m1v0【錯解原因】ac棒在磁場力的作用下做變速運動，最后達到運動穩(wěn)定，兩棒都做勻速運

56、動的分析是正確的。但是以此類推認為兩棒的運動速度相同是錯誤的。如果兩棒的速度相同則回路中還有磁通量的變化，還會存在感應電動勢，感應電流還會受到安培力的作用，ac，de不可能做勻速運動?！痉治鼋獯稹坑捎诎鬺1向右運動，回路中產(chǎn)生電流，ll受安培力的作用后減速，l2受安培力加速使回路中的電流逐漸減小。只需v1，v2滿足一定關系，兩棒做勻速運動。兩棒勻速運動時，i=0，即回路的總電動勢為零。所以有bllv1=bl2v2再對de棒應用動量定理b  l2·t=m2v2【評析】以前我們做過類似的題。那道題中的平行軌道間距都是一樣的。有一些同學不假思索，把那道題的結(jié)論照搬到本題中來，犯了生搬硬套的錯誤。差異就是矛盾。兩道題的差別就在平行導軌的寬度不一樣上。如何分析它們之間的差別呢？還是要從基本原理出發(fā)。平行軌道間距一樣的情況兩根導體棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的變化為零。本題中如果兩根導軌的速度一樣，由于平行導軌的寬度不同導致磁通量的變化不為零，仍然會有感應電流產(chǎn)生，兩根導體棒還會受到安培力的作用，其中的一根繼續(xù)減速，另一根繼續(xù)加速，直到回路中的磁通量的變化為零，才使得兩根導體棒做勻速運動。抓住了兩道題的差異之所在，問題就會迎刃而解。27. 如圖1122所示，一個u形導體框架，其寬度l=1m，框架所在平面與水平面的夾用=30°。其電阻可忽