高中物理经典复习级专题学科

中中中中第十章磁一、主要内容二、基本方法三、错解分析110-1A．加速直线运 B．匀速直线运C．匀速圆周运 D．简谐运磁场力的作用，故选A。动。故选D。f=Bqv的适用条件，而乱套。洛仑兹力的大小为f=Bqv的条件是运动电荷垂直射入磁场，当运动方向与B有夹角时，洛仑兹力f=Bqvsinθ，；当θ=0°或例2如图10-2，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正上方固定一根10-4。对磁铁做受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N=mg，N+F′=mg，N=mg-F′，磁铁对桌面压力减小，选A。弱再到强，由磁通量计算可知Φ=B·S，线框面积不变，Φ与B成正比例变化，所以选A。间分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算Φ=B·S，由条形磁铁Φ大于中间正上方所穿过的磁通量。Φ=B·S定性判断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选D。4m的通电ab置于倾θ的导轨上，如图10-7所示。已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ，在图10-8所加各种磁场导体均静止，则G10-8BB。式f=μN来讨论静摩擦力的问题。从而导致错选、漏选。5有一自由的矩形导体线圈，通以电流I′。将其移入通以恒定电流I的长直导线的右侧。其ab与cd边跟长直导体AB在同一平面内且互相平行，如图10-9所示。试判断将该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。（不计重力）等效N极的吸引，于是通电矩形线圈将垂直纸面向外加速。NS极，可称为无极场，不能与条形磁铁的有极场等效。的合力的方向向左，它将加速向左运动而与导体AB靠拢。已知匀强磁场的磁感线与导体环面垂效于条形磁铁N极正对环形导体圆面的左侧，而通电环形导体，即环形电流的磁场N极向左（根据右手定则来判定），它将受到等效N极的排斥作用，环形导体开始向右加速运动。例7设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图正确的是：[ 向下运动，可见电场力一定向下，所以离子必带正电荷，选A。离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度心垂直并不断改变方向的洛仑兹力f作用下沿ACB曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达BAB电场力所做正功与负功BABA点位于同一高度，选B。CA运动CC点具有的动能最多，所以离子在C点速度最大，选C。只要将离子在B点的状态与A点进行比（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就【评析】仑兹力与电场力的矢量和变化。所以只做一次分析就武断结论，必然会8ι图10-14所示。摆动中摆线始终绷紧，若摆球带正电，电量为q，质量为m，磁感应强度为B，当球从最高处摆到最低处时，摆线上的拉力T多大？考虑问题不全面，认为题目中“从最高点到最低处”是指AC的过程，忽略了球从左右两方经过最低点，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如图10-15所示。由于摆动时f洛F拉都不做功，机械能守恒，小球无论向左、向右摆动过C点时的速度大小相同，方向相反。磁场时速度偏离原方向60°角已知带电粒子质量m=3×10-20kgq=10-13C，速v0=105m/s，磁场区域的半径R=3×10-1m，不计重力，求磁场的磁感应强度。据此作出运动轨迹AB，如图10-17所示。此圆半径记为r。1010-18粒子带正电，沿abcde方向运动。子速度v，回旋半径R无关。因此上、下两半圆弧粒子通过所需时间相等。动【评析】μ，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时，去Bqv=-mg。解得E=0。匀速运动，水平方向无外力，摩擦力f=0，所以N=0竖直方向上有Bgv1210-20I下两面之间的电势差U为多少？并说明哪个面的电势高。带电量为q，根据牛顿第二定律有由几何关系可知自由电子的受力方向。图10-21为自由电子受力的示意图。的某一个自由电子，其带电量为e，根据牛顿第二定律有【评析】错解是由于审题出现错误。他们把题中所说的“射出之后，第3次到达x轴”这段话理解为“粒子在磁场中运动通过x轴的次数”没有计算粒子从电场进场中做圆周运动，半个周期后第三次通过x轴。14一个负离子的质m，电量大小q，以速v0垂直于S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图10-25所示。磁感应强度B方向与离子的初速度方向垂直，并垂直于纸面向里。如果离子进入磁场后经过时间t到这位置P，证明：直线OP与离子入射方向之间的夹角θtB，d，竖直方向足够长。现有一束电量为+q、增量ΔEk。当这束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子流射入电场中，由于带电+q、质量为m的带电粒子射入电场中，将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏射面的粒子电场力功为零，其动能不变，动能增量ΔEk=0。16初速度为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子T中水平射出，与离子枪相距d处有两平行金属板MN和PQ，整个空间存在一磁感强度为B的匀强磁场如图10－28所示。不考虑重力的作用，荷质比q／m（q，m分别为中中中中即即中中中中第八章电一、主要内容二、基本方法三、错解分析荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从ab处，以下判断正确的是 A．电荷从abC．b处电势高【错解】【错解原因】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a＞Ub，C小，D选项正确。2q=2×106C力做功4×10-5J，求A点的电势。【错解】【错解原因】【分析解答】所以W=q（UP-UA）， 即4×10-5=2×10-6（0-U U 【评析】W=qU：（1）A→BW=qUAB=q(UA-UB)，强3AB，4QQ，AB上，如图8－2，电场强度为零的地方在 A．A和B之 B．A右C．B左 D．A的右侧及B的左【错解】都有可能抵消，选D。【错解原因】都有可能抵消，却没注意到A的右侧EA总大于EB，根本无法抵消。【分析解答】QA＞QB，所以只有B左侧，才有EAEB等量反向，因而才可能有EAEB【评析】 48-3所示，Q3×10-8C，Q3×10-8C，A，B两球相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 【错解】 ABE=E+E+E 【错解原因】【分析解答】EB的方向均向右，设向右为正方向。则有E总=EA+EB-E外。【评析】【错解】【错解原因】电势逐渐减小到零，从而得出Ua，Ub均大于零。【分析解答】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的电荷形成的场，则Ea＜Eb，0＞Ua＞Ub。【评析】68－5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：【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】总是守恒的，便错选答案D。【分析解答】K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b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】78-6mab，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、bF引F库分别为：【错解】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正确答案应选A。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】电荷分布比较密集，又因两球心间的距离l只有其半径r3倍，不满足l不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确。【评析】下使用该。88-7中接地的金A的半径R，A点电荷的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】【错解原因】O【分析解答】果使内部的合场强处处为零。即E内=0。【评析】的小球B连接时，问验电器是否带电？【错解】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】和B形成一个整体，净电荷要重新分布。【分析解答】移向B，所以验电器带正电。【评析】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A10A，B，C8-9A【错解】A三球依次拿走，C球带正电，B球不带电，A球带负电，QA=QC。【错解原因】【分析解答】负电，且AC球带电量多。【评析】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【错解】荷被导走，导体B带正电。【错解原因】【分析解答】BUB＞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BB128－11所示m，带q的粒子，以v0A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：【错解】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【错解原因】v0vB【分析解答】00【评析】 13在边长为30cmA，B 【错解】【错解原因】【分析解答】2C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，∴E=4×105（N／C）方向与AB边平行。2 141cm，10cm2，带电量分别为Q=2×10-8C，Q=-2×10-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5×10-9 【错解】【错解原因】【正确解答】【评析】158－14，光滑平面上固定金属小A，用l0的绝缘弹A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】【错解原因】【分析解答】【评析】16有两个带电量相等的平行板电容器A和B，它们的正对面积之比SA∶SB=3∶1，板长之比∶lA∶lB=2∶1，dA∶dB=4∶1，两个电子以【错解】【错解原因】【分析解答】【评析】178－15lO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点直平面内作圆周运动，求OO′长度。【错解】平面内做圆周运动，如图8－16。则在最高点D应满足：【错解原因】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【正确解答】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8－17可知，△AOB为等边三角形，则摆AB，在等效力场向分量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【评析】18v射入电场，在穿越电场的过程中，粒子的动能由Ek增加到2Ek，若这个带电粒子以速度2v垂直进入该电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？【错解】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m，带电量q，初速v；匀强电场E，y方向的y。速度为2vy′，平行板板长为l。【评析】【错解原因】断PB两点间电势差的正负。【分析解答】UpB=Up-UB＜0，BUB=0Up=-【评析】208－20K1，K2，K3，K4若断开K1，则P 若断开K2，则P 若断开K3，则P 若断开K4，则P 【常见错解】降，则P将向下加速运动。下降，则P将向下加速运动。压不变，则P将继续悬浮不动。电压下降，则P将加速下降。【错解原因】【分析解答】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。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将继续悬浮不动将放电至极板两端电压为零，P将加速下降。【评析】21m，带有电荷-qOx，OE，Ox轴正方向，如图8－21小物体以初速v0x0Ox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s。【错解】错解一：物块向右做匀运动到停止，【错解原因】错误的要害在于没有题中所给的条件f＞Eq的含义当物块初速度向右时，先到零，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【评析】 轻弹簧、恰好通过最高点等”这个工作需要平时多积累。并且在做新情境向上，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】不到金属板上有Vr=0，此时电子流动能【错解原因】电子流在电场中受到电场力电场力对电子做功We=Fes=eEs其中s必是力的方向上位移，即d／2We=eU，U是对d方向电势降落。则电子从C到A，应对应We=eUAC，故上面解法是错误的。【分析解答】电子流由CA途中，【评析】0238－23，v=6.0×106m／sα=45°从带它将极板的什么地方？0【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 ∵v2-v2=2asy=d=sv 【错解原因】【分析解答】距1.03cm。第十一章电磁感一、主要内容二、基本方法三、错解分析1ab的矩形线圈，在磁感强B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的ω旋转t=0时，线圈平面与磁场方向平行，则是 率也为零，选A。e=εmcosωt=Babωcosωt。当t=0时，cosωt=1，虽然磁通量例2在图11－1中，CDEF为闭合线圈，AB为电阻丝。当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定则可知，ABA流向B，从而判定电源的上端为正极。当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，它圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流圈内部产生的磁感强度方向是“·”，所以，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极例3一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω、面积为0.04m2，置于水平面上。若线框内的磁感强度在0.02s内，由垂直纸面向里，从1.6T均匀减少到零，再反向均匀增加到2.4T。则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为A，从上向下俯视，线圈中电流的方向为 根据楞次定律，磁感强度BB1开始均匀减少到零的过程中，感应电流的411－2所示，以50cm的正方形导线框，放置B=0.40T身强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕1Φ=BScos53°=6.0×10-2Wb1221Φ=BScos53°=6.0×10-2Wb11θ=143°，穿过线框的磁通量Φ=BScos143°=-8.0×10-2Wb1场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度ω作顺时针方向转动，∠B=60°，产生了电动势，如图11-4所示。ε总 ε总 为R0，磁感强度为B，求回路中的感应电流。不是我们要求的电动势的瞬时值。因为电阻电场强度的大小和方向；（2）外力F的大小。导体棒CD在外力作用下，会做切割磁感线运动，产生感应电动势。对导体棒AB在力F的作用下将向右做切割磁感线运动，根据右手定则可以判断出感应电动势方向向上，同理可分析出导体棒CD产生的感生求出电容器的电压是求电容器板间的电场强度大小的关11－7看出电容器的b板，接在CD的C端导体CD在切割磁感线产生感应电动势，C端相当于aAB的AAB错解一：根据右手定则，导体棒AB产生的感应电动势方向向下，导体棒CD产池串联，所以电路中总电动势不能相减，而是应该相加，等效电路图如图11错解二：虽然电容器a板与导体AB的A端是等势点，电容器b板与导体CD的C端是等电a板与b板的电势差不等于一根导体棒切割磁感线产生的电动势。ab板的电势差应为R′两端的电压。故电场强度方向b→a。分析上。避免错误的方法是在解题之前，画出该物理过程的等效电路图，然后（1）K闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用。合力竖直向下，abab0ab911－10所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属abcd的电阻多别RabRcdRab＞Rcd，处于匀强磁场中。金属cdF作用下向右匀速运动。ab在外力作用下处于静止状态，下面说法正确的是 因导轨的电阻不计，金属棒ah和cd可以等效为两个电阻串联，而串联电路中，电压的分配跟电阻成正比。因为Rab＞Red，所以Uab＞Ucd，故选A。cd金属棒在F的作用下，做切割磁感线运动，应视为电源。Ucd为电源的端电压，而不是内电压。所以Ucd≠IRcd，Ucd=ε-IRcd，不能将abcd等效为两个外电阻等效为这个电源的正、负极，Ucd是电源两极的路端电压，不是内电压。又因为所以正确的答案应选B。例10如图11－12所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.IT的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转。角速度ω=5rad／s，O点距A端为2m，求AB的电势差。法拉第电磁感应定律的导出ε=Blv是有条件的。它适用于导体平动且速OBUBO=UB-=UAO-UBO=1-4=-则 如图11－13所示，当圆环从1位置开始下落，进入磁场和摆出磁场时（即2位置和3位置），由于有磁通量变化，圆环上产生感应电流，选项B正确。由于）不会再摆到4位置。选项A错。当圆环进入磁场后，穿过环内的磁通量不再发生变化，无感应电生。选项C错误。由于每次通过磁场都有能量损失，所以圆环最终将静止在平衡位置，D物体有惯性，人的思维也有惯性。这个同学对ABC选项的判断是正确的。只有D选项了。在圆环穿过磁场时，要发生电磁感应现象造成机械能转化为电能，11－14所示。圆环内无磁通量的变化，无感应电生，无机械能向电能的转做功，所以系统的能量守恒，所以圆环将在AB间来回摆动。只有回路中有ΔΦ≠0，即当面积S一定时，ΔB≠0，才会有感应电动势，才的金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直。OA的电压就等于导体OA上产生的感应电动势。上极板与A相接为负。消P=消路中消耗的功率不仅在外电阻R2上，而且还消耗在内阻R上。P消=I2(R+R2)或根据能量守恒P源=Iε。AO以ω=100rad／s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图εadεbc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的Ueffcbe，应用闭合电路欧姆定律，内电路中产生电动势的边长只剩下一半，感应电动势也只能是εcd/2。平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的解题。（3）进行电路计算时要画的线圈，其直流电阻忽略不计。当电键K闭合时，下列说法正确的 B．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮 后两灯达到同样的亮度。所以A灯逐渐变亮，BD。11-19a、bC发光亮（因正常发光时电流就是原电流）A灯以原电流正常发光。应选B。15如图11－20abcd，bcd于竖直向上的匀强磁场中，bc部分平行导轨cd部分2轨道足够长。将质量相同的金属棒PQ分别置于轨道的ab段和cd段。P棒位于距水平轨道hPPQ道的速度为v0，对于P棒，运用机械能守恒定律得FP=2BllFQ=Bll（I），P，Q16在如图11－21（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B，导轨左端的间距为L1=4l0，右端间距为l2=l0。今在导轨上放置ACDE两根导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。若AC棒以初速度V0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦QAC，以及q。律m1v0=（m1＋m2）v′安培力的作用，AC，DE不可能做匀速运动。由于棒l1向右运动，回路中产生电流，ll受安培力的作用后，l2受安培力加速使回路中的电流逐渐减小。只需v1，v2满足一定关系，DEB1711－22所示，一U形导体框架，其宽l=1m，框架所在平面有效电阻R=0.1Ω，跨接在U形框架上，并且能无摩擦地滑动，求mm根据牛顿第二定律ΣF=maabG和框架的支持力N，而做加速运动应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA。v的夹角。本题中θ=90°。应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA18100.T0adsa20mb=c2Ω。求（1）线圈平面转到什么位置时，线圈受到的电磁力矩最大？（）60该是Bvθ。另一第五章动量、动量守恒定一、主要内容二、基本方法三、错解分析1从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不 【错解 选B【错解原因】认为水泥地较草地坚硬，所以给的作用力大，由动量定理I=△P，即F·t=△P，认为F大即△P，大，所以水泥地对的作用力大，因【分析解答 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间确答案应选C，D。【评析 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为【错解 错解一：2s内力的冲量 功的计算W=Fcosa·s了。直向下的重力G、竖直向上的支持力N。由冲量定义可知，力F的冲量为：所以例3在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有( 也是相等的，所以△P=P2-P1WIJ一定相等。选D。变量也相同，所以选D。【错解原因】△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而向下。这样分析，动量的增量△P就不一样了。动量增量最大，所以应选B。【评析 对于动量变化问题，一般要注意两点45－3MAB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v0。因摩擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。-ft=0=mv0I木I车ft=mv0【错解原因】主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内-ft=0- ∴I木【评析】在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P要用矢量运算法则运算外，还要注意F·t中F的含义，F是合外力而不是某一个参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，则这段时间软垫对小球的冲量为 a,ba块的速度方向仍沿原来的方向 以选A。锗解二：因为不知道ab也不能确定水平距离谁的大，所以不选B，C。的基础上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(ma+mb)v=mava＋mbvb，vb的方向也可能与va同向。tBI=F·t的大小一定相等。所以D是正确的。此题的正确答案是：C，DMv0=(M-【错解原因】解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质My0=mv＋(M-【评析】用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选其中一块的动能为Ek1=625J，求另一块的动能Ek2代入数据得：Ek=225J【分析解答】以弹前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一解得：Ek2=225J4225J【评析】从上面答案的结果看，弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J8M1，M2的物块(M2＞M15－4)，M2开始是静止于地面上，当M1自由下落H距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M1，M2的共同速度为v，【错解原因】实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由M1，M2组成的等于M1+M2的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守向向下，而M2的方向向上，不能认为M1M2系统的动量为(M1＋M2)v。【分析解答 M1自由下落H距离时的速M2(T1-M1g)△t=M1v-(- (T2-M2g)△L=M2v- 【评析】通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用9在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括)及靶的总质量为M，枪内装有n颗，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,射出枪在发射完n颗后，小船后退的距离为多少？【错解】设第一颗射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，mv=[M＋(n- 【分析解答】设射出后船的后退速度为v′，后退距离为s1=v′t，如图5－5所示①由几何关系可知l=d+s1即 105－6所示ABAB之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到物C，将A从车上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。问：小车B的速度将怎样变化？(mA+mB)=mBv′-即：(mA＋mB＋mA)v—【错解原因】上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，适当我们研AB组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与物C发生碰撞时CA的作用AB的系统米说是外力，所以不满足ACCAA的动量发生了变化。而AB之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对11质量M的小车，如图5－7所示，上面站着一m的人，以v0的速度在光滑的水平面上现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出(M＋m)v0=M(v0+△v)-(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0是初状态车对地的速度，而人跳车时的【分析解答】以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平【评析】(1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足0=M△v-m(u-mu(M＋m)v0＝Mv-(M＋m)v0＝Mv-m(u-【错解原因】错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。v0是人未跳离车之前系统(M＋m)v0=Mv-m(u-【评析 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面135－8θ=30°，hB，静止放在求V0应为多大？ 块A的动能，直接代入水平速度即可。【分析解答 根据水平方向动量守恒有 V0越大，上升的距离越高；v0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到145－9，mM，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为：()【错解 错解一：根据动量守恒定律所以有：Mv1=(M-【错解原因】产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不V1的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和Mv1，末态车的动量为(M-m)v′l(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，【评析】动量守恒定律是有条件的，一般把动量守恒条件分为三个155－10M2，它下面用砂袋时的速度V0多大？【错解 由动量守恒定律【分析解答】射入砂袋前后动量守恒，设打入砂袋瞬间具有速度 此后(M1＋m)在摆动过程中，水平方向做运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)M2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上 【评析】对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不，在于圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的 【错解】错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，A。故选B。方向竖直向上，所以小球离开C点以后得做竖直上抛运动，故选D。A→BNN′方向相反指向左下方，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左B→C即D也不对。正确答案是：小球在半圆槽内自B→C运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C。A→BB→C分析，切忌不认真分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套。以恒定的速度u沿光滑的水平面运与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰的 (C．v，满足：Mu=（M+m）vD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：（M+m0）u=（M+m0）【错解】A，D【错解原因】A，D也参加了碰撞，选A是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D的同学【分析解答】由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆化，因此，选项中应排除A，D。 块合二而一。因此，C选项也是可能的。正确答案：选B，C。【评析】在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真摆），这样可以避免研究对象。例18如图514所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的 以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对 求A，B最终的速度。 -f·t=mv-解得f·t=mAvA-解得：vA=15m/S解得：vB=16.13m/s【错解原因】A是把A，B看成一个整体。度为了v，物体A，B最终速度分别为vA，vB。 对，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：解得：vB=21.94m/s【评析】（1）此题当然还有其他解法，如在穿过A的过程中依然用动量定理AB的速度为6m/s。也是A的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出射穿A以后的速度，（设为V，其余所设如前） 在射穿B的过程中动量守恒 30kg30kg。游戏时，甲推着一开始时他们的速率为v0，为了不与乙相碰。mv-以0.67m/s的速度后退。设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。 【评析】本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运第十三章光一、主要内容等基本概念，以及反射定律、折射定律、透镜成像、放大率计算式，光的波二、基本方法三、错解分析10.65μm气中。当i=30°时，i＜A，光进入空气中发生折射现象。r=49°54′结合题设所给图形，可知CD为界面，AB为法线。13－3α′β′折射角（CD413－4n的平行玻璃砖，表面MN平行，P，Q两个面相互平行且与M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不与M平故选B，C。MNC。定律折射角r′=i，同样不可能发生全反射。故应选B，D。中，当光线射到M上，发生折射。以A为分界点，入射点在AC之间，光线先要到达P界面，所以一定先要讨论光线在P界面上的行为。光线在P界面一定会发所以可以不讨论它。如果试题提出光线在P界面的行为时，就要认真讨论。结论是：入射到M面光线的入例5：如图13－7所示，有一长方形的玻璃砖，内有一个凸型空气泡，某学生束会聚光线，应选B。平行光束在空气泡中将发生发散，故应选C。例6：如图13-9，P为发光点，MN为平面镜，那么在MN与P之间放上不透QS了，显然由于放上了B，S2点变暗了，而平面镜则不同了。如图(13-12)所示，无放挡板时，眼睛在M1N1M1＇N1′所包围的空间区域P′点。放上挡板后，在图中的阴影部分ABM1Nl和M2N2M1′N1M2′N2′所包围的区域)，进入眼睛的光线多少强弱与未放入挡A，B到P的像点P′了。。v=89cm3cm物向透镜移近50cm时，则得放大率是3的正像。求此凸透镜的焦距？各为K1和K2。由成像应用透镜成像时，一定要注意判断像的性质，若像距v＞0，为实像；v＜0，为虚像。要想避免出现本题类似的错误。得在审题上狠下功夫。9用凸透镜成像时，当物体从极远处沿着主轴移向透镜时，像朝什么方10一焦距f的凸透镜，主轴和水平的X轴重合，X轴上有一光点位于透镜的左侧，光点到透镜的距离大于f而小于2f，若将此透镜沿X轴向右平移2f方向移动，所以像也应向左移，所以选B。【分析解答2f，则物像间距应先减小后增大，由于物点静止不动，像点应先向左移动，接着向右移动，得正确答案C。u2f→fm＞1，像的速度大于物体的速1113－13所示，一线状发光物ABA端恰在焦距f的薄凸透镜前主2倍焦距处，AB与主光α角，AB经透镜成像，A′B′与主光轴成β角，则β，α的大小关系：根据凸透镜成像规律，当物距u=2f时，则像距v=2f。若物距u＞2f，则像距为f＜v＜2f，并成缩小的像，所以A发光点在2f上，则通过透镜后必过主光轴上距透2fA′点，发光B2f之外，则经过透镜后B′应变得离主光轴近了，并且离2f－f之间。A′B′与主光轴所成的夹βABαD。我们利用一条特殊光线来进行巧解。众所周知，凸透镜成像，当物距u=2fv=2f，A(A2f)发出角形COA中，CO为公共边，OA′=OA。因此，这两个直角三角形全等。设∴β=θ＝α12(1989f透镜的另一侧2倍焦距处放一个垂直于主轴的光屏，在光屏上看到一个半径为R的的几何关系可知v=4f，再由透镜成像可求得0.30cm，它使透镜的主轴与方格纸垂直，透镜与纸面相距10cm，眼睛位于透镜主轴上离透镜5.ocm处，问他至多能看到同一像成在无穷远处，从而得出位于主轴上离透镜5.ocm处的人眼看不到方格纸，或者1413-18所示，在10cm透镜的焦点上有点S。若37°角。求此点光源到它的像 得对透镜成像中的物理量，物距u、像距v、焦距f，这些概念理解不够。u，v，fMN13-19L＝v′-示M′N′。新的物距在一倍焦距之内，可用几何关系求出新的物距。完成了对 15(1981λ0=5000Å的钠制成。λ=3000ÅAKu=2.1V，I=0.56mA。极时的最大动能是多少？(普朗克恒量h=6.63×10-34J·s，电子的电量第三章机械一、主要内容二、基本方法三、错解分析13-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小 接触面垂直，所以支持力不做功。故A选项正确。90°，则斜面对物块做负功。应选B。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，物例3如图3－5，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，A沿水平方向研究对象，则此系统在从开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程 [【错解】以、木块和弹簧为研究对象。因为系统处在光滑水平桌面上，系统机械能守恒。故A正确。【分析解答】以、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。由于射入木块过 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由运动草图可S木=S子- v0沿木板滑行。情况与题中极其相参考练习：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mA，m＜M。现以地面为参考系，给ABABAB同速。例5下列说法正确的是 动能不变，所以速度VA正确。能也就改变。故B正确。零。故D正确。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， 中中中中方向，所以瞬时功率应注意乘上F，v夹角的余弦值。值应注意P=Fv·cosθ（θF，v的夹角）F，v有夹角时，应注意从中中中中7t，0据P=F·V可知牵引力v①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·Vv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）8如图3-13，质量分m2m的两个小球AB，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()功，所以B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。统机械能守恒。故C选项正确。BA，B，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统只有重力做功，系统机械能守恒，A，BB，C选项正确。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3-14所示，杆B球施的B球的做负功。杆A球做功为正值。A球机械能增加，B球机械能减少。x03-153X0A运动到最高点与O点的距离。【错解】物块mA设钢板初位置重力势能为0，则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：有物块间动量守恒。设v1为两者碰撞后共同速 守恒。设接触位置弹性势能为Ep，则碰撞中动量守恒 2mOv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。3-171，2性势能最大。故D正确。簧形变最大时，所以此时弹簧弹性势能最大，故D正确。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。如本题A，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，mg=N，D选项中动能为零，即速率为零，单方第六章机械运动、机械一、主要内容二、基本方法三、错解分析 2xT2，则两次振动周期之比T1∶T2 2x，8x。由于两种情况下全振动的路程的差所以选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A．频率不变，振幅不 B．频率不变，振幅改C．频率改变，振幅不 D．频率改变，振幅改【错解】错解一：因为单摆的周期（频率）l所以振幅也不变，应选A。解一中所示理由外，即总能量不变，而因为重力势能EP=mgh，EP不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。【错解原因】此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，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。只从能量不变去看，当E总不变时，EP=mgh，m变大了，h一定变小。说明有些同学【分析解答】（1）速度无关，所以不能选C，D。从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能EK另一个摆动过程了），势能EP=mgh不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因此正确答案应选B。【评析】m，v36-1R，O，两个使两球正好在O点相碰。问h应为多高？【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BB【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4t，【错解】1A，A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综上所述，应选B，C，D。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【分析解答】1．由题意可知，t=nt，n平衡位置两侧时，弹簧长度是不同的。所以选项D不对。析，如图6-4P，Q两点，同样可以得出正确结论。 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【评析】以上两种方法，第法是定性分析，在选择题练习时，是要例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 【错解】λ=4m【错解原因】【分析解答】λ=4m 【评析】对于这种已知条件较为含糊的波的问题，要从波的方向、时方向，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】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】本题中的错解了振动图象与波的图象，那么这两个图象有什 错解三虽然计算对了，但是，在波向前（沿x轴正方向）了62.5个波长时的波形，应是在原来的波形基础上向x62.5个波长。当经过振动周期的整数倍时，波只是向前了整数倍个波长，而【评析】波形图反映了波在过程中某时刻在波的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，所以离振源远的质例9如图6-16所示，一列简谐横波沿x轴正方向，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 【错解原因】同理，错解三对M点以后各点运动情况分析有误，实际上M点以后各点运动应表现为“相继出现两个波峰”，即T=0.4s。则v=质点Q（x=9m）经过0.4s开始振动，而波是沿x轴正方向，即介质中的每一个质点都被它左侧的质点所带动，从波向前的波形图6-17可以看出，0.4s波传QQ0.5s时处于波谷。0.2ss0.7sC所以选项D是对的。【评析】106－18a，b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 解得：v=10m/s选择不对的，所以正确答案为A，C。其解为当n=0，N=0，1，2……Nn0123…02123………………【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v=2m/（第十二章交流电、电磁振荡一、主要内容二、基本方法三、错解分析1如图12－1所示，矩形线圈在外力的作用下，在匀强磁场中以。载电阻R=30Ω，磁场的磁感强度B=0.2T。交流电压表的示解得M=8.66【分析解答解得212－23，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3。初级线圈的输入电压是660V，次级线圈的电阻为0.2Ω，这台变压器供给100220V，60W的电灯用电。220V，而应以次级线圈为研究对象应用闭合电路源电动势减去内电压），或者用部分欧姆定律U=IR。31210U1=220V3519250.3AI1=0.114A。求线圈Ⅲ中电流和输出电压（电流的计算结果保留3位有效数字）412－3abcdB=2TOO′，以角速ω=10πrad／s匀速转动，线10匝ab=03m，bc=06m，负载电阻R=45Ω。求（l）电阻R在0.05s内所发出的热量；（2）0.05s内流值是：（）度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，顿定一、主要内容二、基本方法时，常需要将某一个物体从众多其他物体中出来进行受力分析的“法”，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三、错解分析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 B.6N向右C.2N向 与撤去力大小相等，方向相反。故A正确。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。示方向缓缓向上移动。在这过程中，力FAO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 N-Fsinθ-mgcosθ=0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，fFcosθ=mgsinθ中中中中受前面问题的启发，我们可以想到F的值应是一个范围。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列出方程中中中中Mm间的摩擦力大小是多少？据式①，②，③解得所以mM【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x：(M+n)gsinθ=(M+m)a①解得a=gsinθ沿斜面向下。因为mM间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图2－15。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。6如图2-17物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A，B质量分别为mA=6kg，mB=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则 动。所以A，B选项正确。只受拉力F，根据牛顿第二定律列方程 代入式说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。60°AC将TAC=150N，TBC=100N代入式解得G=200N。而没有认真分析力之间的关系。实际当TBC=100N时，TBC已经超过150N。 TACcos30°+TBCcos60°- 82－22质量M，倾角α的楔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【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。 由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα9如图2-25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[]a1=ga1=ga1=2ga1=0g，A，BgA时，A，B球具有不同的加速度，不能做为整体研究。三个力，重力mg和弹簧拉力F′A球：T-mg- 中中中中B球：F′- BmgF′。A球：-mg- B球：F′- 由式④解得aB=0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02g，B10m的距离所需时间为多少？F=ma中中中中力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v0=0的匀加速运动。有水平方向：f=ma①竖N-mg=0②f=μN③ 代入式⑤得t2=4.8sv=5×2=10（m/s），已超过了传送带的速度，这是定第2个物理过程。112-30，一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0.2s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。 设物体向上匀加速运动加速度为a。F+N′- 0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则00Fmin=ma+mg-=12×(7.5+10)-第七章热一、主要内容等容、等压过程的特点及规律（包括和图象两种描述方法）。二、基本方法三、错解分析p—V，p—T，V—T错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的。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 为p1，p2，V1，V2。因为温度不变，由玻-马定律可知：p1V1=p2V2p2（与氢气对应相等）p1，p2因为大气密度和压强都与高度F2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）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。线．所以状态12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图比较两个状态状态2，气体膨胀对外做功了。3V-TA，B，C（pB，应选C。小，从图上可以看出：VA＞VC＞VB，所以户pA＜pC＜pB，应选B。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。个等温过程与三个等压过程联系起来，等温线（温度为T'）与等压线分别交于出：VA'＞VB'＞VC'，所以可以得出结论：pA'＜pB'＜pC’，而AA'，BB'，C与CpA=pA'，pB=pB'，pC=pC’pA＜pB＜pC，所以正确答案为A。 例4如图7-5，A，B是体积相同的气缸，B内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。起初，阀门关闭，A内装有压强p=2.0×105a温度T=300K的氮气。B内装有压强P=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= p1，p2，T1，T2与p1，p'1，T1，T'1混为一谈，以致出现完全相反【分析解答】对于A容器中的氮气，其气体状态为：=1 V V'1=V1（题目所设 p2 V2 T2 T（应用相应的定律、规律）切不可将两部分气体视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（）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A受竖直向下的力有重力Mg、大气压力p0S，竖直向上的67-9天花板上。当外界气温升高（大气压不变）时，（）F=mg+p0S-应选B。是凭认为温度升高，压强增大。以气缸为对象受力分析，如图7-1177-12h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：（）考虑到空气柱的总长度不变，空气柱2V2V'2，且△V2=V'-V2，下移动。选B。强由p2增至p'2，△p2=p'2-p2。A。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，g=10m/s2）ppW=Ep00且W2=p0S(H- 升了10m。9如图7-14，A，B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？假设有△V的气体迁移至B容器，由气态方程可知：1060mm140mm，140mm，如图7-16温度保持不变），H=？B两部。分气体应用玻意耳定律则进入玻璃管中的水银柱长H（lA+lB）（l'A+l'BH=[（140+140）-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，对A气体：pA·VA=p''AV''AH=(140×2-133-11如图7-18l=0.96m，内有一段长=27l0=0.76m）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。所以：l0+x=l-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持平用于压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）F+Mg=kxB的质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。压力，xF，Fx l=0.3m13内径U型细玻璃管一端封闭7-2所示，AB30mm，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p=0，01325×105Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡初态：p1=(760-560)=200mmHg末态：p2=(760-160)=600(mmHg)解得 即空气柱的长度为267mm267mm，AB【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200×800S=（760-x）[300+100-（160-160000=（760-容易就可以知道l2=240mm，可见这种情况是不可能的。142l，S，缸内有活塞，活塞可以沿缸壁无p0T0的理想弹簧的劲度系数为k，气缸与地面的最大静摩擦力为f，求：弹力为kl），系统始终静止。以气体为对象 V1=ls解法二：以活塞为对象受力分析如图7－27气缸受力f，导致错误。【分析解答】第一问如上所述气体的变化可以分为三种状态两个过程，如图7－28【评析】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）初态1V1V2 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：（h-450）2-解得62.5mm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）Sp2=（750-解得则空气柱的长度为：l=（250+33.3）=283.3（cm）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 A．4 B．50C．56 D．60【错解】设可充气的瓶子数最多 n，利用玻意耳定律得【分析解答】设最多可装的瓶子数 n，由玻意耳定律得解得：n=56（瓶17V C．6pD．【错解】因为气缸是绝热的，所以压缩过程为等温变化pV=cT，只有当p'＞6p时，pV乘积才可能是增加的。18 【错解】错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应 分子的动能和势能的总和不一定也小，所以选项A是错的。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。增加，选项D是正确的。【评析】197-33V1，T1状态，再让气体膨胀到p2，V2，T2状态，若V1＜V0＜V2， 从题目上看，压强也不相等，所以无法判断，应选D。【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 B．大于C．小于 D．无法确强应该仍然相等，所以答案应该选A。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。第九章稳恒电一、主要内容二、基本方法三、错解分析定电阻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【错解】【错解原因】【分析解答】外电阻R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。【评析】29－3，R1=390Ω,R2=230Ω，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【错解】【错解原因】。事实上，问题并非如此简单。如果进一步分析K合在2时的情况就会发非理想的。【分析解答】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K2时：【评析】39－4，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R2？【错解】电压U=ε1+ε2。F-ε2=U-当电键K断开后，电容器上只有电 给它充电，U′=ε21又Q=CU=103×10-12×4=4×10－9C1Q′=CU′＝103×10-12×1＝1×10-△Q=Q-Q′=3×10-22【错解原因】电动势ε，而是路端电压U。【分析解答】F-容器两端电压U′=ε2=1.25V△Q＝Q—Q′=2.75×10-22【评析】路图，如本题中的图9－5，图9－6，进而用电路知识解决问题。49－7所示电动ε=9V，内电r=0.5Ω，电R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，电容C=2.0μF。当电键Ka与接触到与b接触通过R3的电量是多少？【错解】3R△Q=QC-Q′C3【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】 Kb9－9 此时电容器带电量Q′=CU=0.7×10-5(C) 【评析】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 【错解】【错解原因】【分析解答】将被烧坏。故只能选B。【评析】足电流、电压条件之外，还必须满足功率条件：过用电器的额定功率。6如图9－10ε=36V，r=2Ω，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】【错解原因】9－10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【分析解答】定电压UL。ε1=ε2=εI1=2I2=2I，(I 得ε=U＋2I(R1＋r＋R 2ε=USL＋I(R1＋r＋R′ 2①-②I(R1＋r＋2R2-R2′)=0但I≠0，∴R1+r＋2R2=R′2即定电压UL，由串联电路电压分析可得：【评析】79－11所示，电源电压保持不变，变阻R1的最大值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】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】【分析解答】因此，在这两种情况时，RPU2/4R，且不难看出，R 11综上所述，本题答案应是滑片P自右向左移动时，Rl的电功率逐渐变大R1=R2R1P，R1【评析】8如图9－12所示电路K依次接a和b的位(1)R1＞R2(2)Rl=R2(3)R1＜R2三种情况时，R1、R2上消耗的电功率哪个大？【错解】 【错解原因】ε，r【分析解答】 1 1 (l)当R＜R时若r2=R P-P=0所以 1 1 l ＜Pr2R l 1212121212121 1212121212121212＞Pr2R212【评析】99－13所示电路中，r电源的内阻，R1R2是外电路中的电阻，P1Pr∶P1∶P A、 B、C、 D、【错解】R1=R2=r，rR1，R2【错解原因】R1，R2并联，Ur=U1-U2，这一看法是错误的，UrU1，Ur=ε-U1【分析解答】外电阻是串联关系，(不能认为内电阻与外电阻并联)但R1与R2是并联的，因R1=R2，则I1=I2=I，Ir=I1+I2=2I 1 2 1 2【评析】10如图9－14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“3V4.5W”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【错解】电源总功率P=Iε=2.7×20=54(W)【错解原因】【分析解答】电路中电流强 I＝1.5AUm=ε-UR-UL-Ur＝ε-I(R+RL+r)=20-【评析】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。11MLr′=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，【错解】【错解原因】PP的区别，I2r′M者的关系是：P=P

2r′

M M M 【分析解答】Iε=I2r+I2R+P+I2r′。 M P＝Iε-(I2r+I2R++I2r′)=9(W)M出 【评析】握一道题的解题思路，就能比较清醒地分清规律的适用范围和条件。129－16RR0串联构成，电源电动势为ε，电源内阻为r，【错解】R＝r′R0=R＋r，R=R0-r，R=R2-r时，电路中R0上得到最大功率，其大小为【错解】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】 【评析】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】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】 【评析】14把一个“10V2.0W”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“10V5.0W”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】10V2.0W”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】【分析解答】【评析】RB接入电路时，电源的输出功率肯定小于最2W。若电源的输出功率没有达到最大输出功率，RB接入电路时，电源的输出功率有可能小于RA接入电路时输出功率2W。A、 B、C、 D、【错解】2ΩRB。定的外电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【分析解答】A【评析】16图9－1810mA，50Ω)(3)0～3V，5kΩ)(4)直流电源(输出电压4V1A)(5)滑动变阻器(阻值范围0～15Ω1A)(6)【错解】种连法实际上与图9-19的错误是一样的。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，电出现同时连接变阻器的两个上接线柱；的“”、“”接反；不在【分析解答】【评析】在电源的a,再将黑表笔分别连接在电阻RlbR2c端