高中物理复习易错题错因分析与详解.pdf

精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载高考物理复习易错题错因分析与详解高三考生在平时练习训练中反映出的各种典型错误，有概念性错误，有知识遗漏问题；有 的缺乏物理基本观点即物理思想；有的缺乏多角度思考问题的方法；有的缺乏综合分析的能力，抓不住主要矛盾一，不能简化问题；有的缺乏空间想象能力，不能建立起物理图景；有的缺乏必要 的数学能力，有的缺乏实验基本知识和基本技能及基本思想方法，这些问题都在练习卷中以 不同的形式反映出来，认真研究这些问题，对提高高三物理复习效率，无疑是有益的。为了便于学习研究，本人着重从能力角度来解剖问题根源，指出错误的原因，并作必要的 简单解答，从而能以正、反两方面的材料，认识复习要求，理解物理知识，掌握物理分析方法，提高分析能力。文中以某个具体题目进行分析，是希望通过分析，不仅是对各知识点的复习，而且是从不 同侧面对某部分知识整体性的学习，从而获得更高层次的认识。文中所选的问题，是久经考验的好题，它一般具有以下三个特点：典型性、启发性、创造 性，一般称为“成题”，把成题改活，将成题做活，推“成”出新，让成题发挥更大的作用，获 得更多的收益，这是笔者的愿望。1.三个相同的支座上分别搁着质量和直径都相同的光滑圆球a、b、c,支点P、Q在同一水平面图甲上，a的重心在球心，b球和c球的重心Q、Q分别位于球心的正上方和正下方，如图甲所示。三球均处于平衡状态，支点P对a球的弹力力为对b球和C球的弹力分别为和Nc,则第1页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载A、Na Nb Nc BC、Na Nb Nc D错解：根据共点力的平衡，球受的三个力应通过重心，各球受力如图所示，根据对称性，就每个球来说，P、Q对球的弹力大小是相等的，从图可看出Nc与Nc的夹角、Na Nb Nc、Na Nb Nc图乙最大，Nb与Nb夹角最小，又由力的平衡和平行四边形法则可知，Nc最大，Nb最小，所以选项C正确。错因：本题误解的主要原因是：（1）对弹力方向的判断模糊不清；（2）三力共点平衡 时一，认为三力作用线的交点一定是在重心上的。弹力是发生形变的物体，对跟它接触并使它发生形变的另外一个物体产生的作用力，其方向与物体形变的方向相反，具体情况有以下三种：绳的弹力方向沿着绳子并指向绳子收缩的方向；平面与平面、曲面与平面、点与平面接触时，弹力方向垂直于平面指向受力物 体；曲面与曲面、点与曲面接触时，弹力方向垂直于切面指向受力物体。共点力是指力的作用线或作用线的延长线相交于一点，而不一定是力的作用点“共点”，更不是各力作用线都通过重心。正解：这是一道共点力平衡条件与弹力概念相结合的题目，支点 P对球弹力只能根据球所受的全部力和平衡条件求解。三种情况下重心的位置虽然不同，但由于球光滑，支点对其只有弹力作用，且由于弹力方向与接触面相垂直，所以支点对球的弹力垂直于球与支点的接触面即球的切面，这样支点P、Q对球弹力的方向都指向球心.又由于三种情况下重力作用线都通过球心，所以三种情况下物第2页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载体都受到交于球心的三个共点力的作用.重力大小相同，支点直方向夹角相同.由共点力平衡条件知选项 A正确.2.如图所示，一质量为 M的直角劈放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为 m的物体A,用一沿斜面的力 F作用于A上，使其沿斜面匀速下滑，在 A下滑的过程中，地面对劈的摩擦力f及支持Q满足：A.f=0 Q=Mg+mg B.f 向左 QMg+mgC.f 向右 QMg+mg D.f 向左 Q=Mg+mgP、Q对球的弹力对称、且与竖分析简析先用隔离法，对 A进行受力分析，如图，其中斜面对A的支持力N和滑动摩擦力f的合力方向，根据平衡条件判定 向上偏左，根据牛顿第三定律，A对斜面的压力 N和滑动磨擦力厂的合力应向下偏右，即 A对斜面的作用沿水平方向有向右的分 量，斜面B平衡，所以一定受地面对 B水平向左的静摩擦力，又因为向的分量小于 mg故地面对劈的支持力 Q=Mg+mg故B正确。本题应用整体法较为方便，即 A、B为一整体，受力分析如图，因为整体平衡，所以必受水平向左的静摩擦力 f,即f=FcosQ,坚直方向：Q+FsinQ(M+m)g所以：Q+(M+m)g-FsinQ(M+m)g考查内容要求共合力平衡的条件，摩擦力的分析，牛 A对斜面的作用力沿竖直方顿第二定律的应用。典型错误分析(1)缺乏正确的多角度的思路，在对物体受力分析，始终是各种性质力产生的可能性判定和运动状态对它们存在的必然性判定相结合的交叉思维，不少同学仅以某一角度去考察，有的思 路又十分混乱，造成错判。第3页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载（2）错误理解摩擦力产生的条件及方向。（3）错误理解合力的概念，把某些力的合力与该力重复考虑。（4）错误理解牛顿第三定律，对作用力、反作用力的关系理解不清。3.如图甲所示，在倾角为 30的粗糙斜面上放一物体，重力为 G,现在用与斜面底边平行的力 F,推物体，物体恰能作匀速直线运动，贝卜1）0物体与斜面之间的动摩擦因数是多少？（2）物体的运动方向与底边成多大的夹角？错解：（1）物体倾斜向下滑动时在沿斜面方向上和水平向左的方向上都受到滑动摩擦力的作用，大小都为 3 f2 GCO S，受力图如图乙所示，所以物体受到的摩擦力为v 2 f 1 v 2 G cos G 22 9 G又由平衡条件得：f qF E,F 其中F为沿斜面的下滑力，其大小为 GGsin-G，而 F 一,所以 f 2 2（2）物体运动力向沿推力 F与R合力的方向，即与底边成 45角向下。错因：本题出现错误的原因是对滑动摩擦力大小公式 f Fn认识模糊，认为在两个分运动方向上分别都受到了大小为 Fn的摩擦力，而总的摩擦力就是这两个分力的合力，事实上，不论物体沿哪个方向运动，滑动摩擦力只有一个：Fn,且方向与相对运动的方向相反。正解：（1）物体在斜面内一共受三个力的作用，一是下滑力 Gsin,二是推力F G/2,三是滑动摩擦力f,因为E和F是相互垂直的，所以这第4页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载两个力的合力为_ 5 rFo 12F-,此力方向与底边成 45角向下，又因为 Fi、F2三个力的合力为零，所以f和Fo的大小相等方向相反，如图丙所示。丁工 L L V3G,n12G V3G 一一 Vb物块滑到底速度小于传送带的速度，有两种情况，一是物块始终做匀加速运动，二是物块先做加速运动，当物块速度等于传送带的速度时，物体做匀速运动。这两 种情况落点都在Q点右边。（3）VoVVB当物块滑上传送带的速度大于传送带的速度，有两种情况，一是物块一直减速，二是先减速后匀速。第一种落在 Q点，第二种落在 Q点的右边。6假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的 2倍，仍做圆周运动，则()A.根据公式v=r,可知卫星运动的线速度增大到原来的 2倍。B.根据公珞=01三，可知卫星所需的向心力将减小到原来的1/2C.根据公式F=G等,可知地球提供的向心力将减小到原来的1/4D.根据上述选项 B和C给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的亚/2【错解】选择A,B,C第7页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载因为A,B,C中的三个公式都是正确的，将2出入公式”=2v,F=F,F=F 4所以选择A,B,C正确。【错解分析】A,B,C中的三个公式确实是正确的，但使用过程中 AB用错了 A中的丁二r,在8定时，vOCr,E；中的F=m 是在“一 r定时Fee），而此问题中r的变化将引起3,；7的变化。因此就不存在加 rcc和Fee的结论。所以A,B是错误的。r【分析解答】正确选项为 C,DoA选项中线速度与半径成正比是在角速度一定的情况下。而 r变化时，角速度也变。所以此选项不正确。同理 B选项也是如此，R-是在v 一定时，但此时 v变化，故B选项错。而 C选项中G,M m都是恒量，所以 F-万即-=2r时，F=：F,CZE确。B,G,甘得m-Gy-,可以得出r 4 r rGM 1 印、一 72丁母-,所以v-r-r,D正确r H/X/ZZ图 3IQ第16页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载错解中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D,而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。【正确解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图 3-11o系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒“据动量守恒定律有mv)=(M+m)v(设Vo方向为正)mV=-M+m子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：时子弹-$千=时木块fs丈=1mv2 由运动草图可SxSf-D由武,，解得S木二哥 不 M+m+有 4cM+m)v2-mv；=一(6干-sQ第17页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载-；(M+m)v氏=ymvj-(M+m)1 2 M+m-1SImV M=M_ m(M+m-1)3 2(M+m)Vq 2 m u。(M+m)【小结】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V。减为V,同时木块的速度由 0即m增加到Vo对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似这样的问题都可以采用同样的思路。一般都要首先画好运动草图。例：如图3-12在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以 Vo沿木板滑行。情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。,/7 7/）/图 3-1212如图5-15所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg,乙和他的冰车总质量也是 30kgo游戏时，甲推着一个质量为以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞,甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？15kg的箱子和他一起005-15【错解】设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M箱子的质量为 m开始时他们的速率为vo,为了不与乙相碰。错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守第18页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载恒定律：（M+m vo=O+mv解得：g=+r n 代入数据得、=6m/%m错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv-Mv）=O解彳吊s v=代入数据得u=4m/%m【错解原因】在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用 4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为 对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：（M+m vo=Mv+mv解得：v=1m/s o符号为正，说明甲以 4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以 0.67m/s的速度后退。【分析解答】要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为“，箱子的速度为 V,乙抓住箱子后的速度为 V2。对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：（M+m vo=mv+Mv 第19页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：mv-Mv)=(m+M v2 刚好不相撞的条件是：Vi=V 联立解得：v=5.2m/s,方向与甲和箱子初速一致。【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动关系分析清楚(乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞)。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相 撞。13.用长为L细线悬挂一个质量为 M的木块，木块处于静止.现有一.个质量为m的子弹自左方以水平速度 V。射入此木块并留在其中.求Vo(1)子弹打进木块瞬间绳中张力；(2)木块能上升的最大高度；一一，_=*错误解法:子弹与木块组成的系统动量守恒：mv=(m+M)VtO 故绳中张力T=(m+M)vt/L原因分析：首先，对做匀速圆周运动的物体由合外力提供向心力这一知识点没有深刻的认识；其次，没有养成良好的受力分析习惯工当然，本题中子弹和木块这一整体并非做匀速 圆周运动，但在最底点整体所受向心力仍由合外力提供。正确解法:子弹与木块组成的系统动量守恒：mv=(m+M)vtO O对整体受力分析，由 F合=(m+M)vt/L 可知T=(m+M)g+(m+M)vt/L1?错误解法:因绳子拉力不做功，故系统机械能守恒：LmW2=(m+M)gh得最大高度h。2原因分析：对非弹性碰撞过程中的动能损失缺乏深刻认识，不注意运用机械能守恒定律时的过程选取。正确解法:子弹和木块结为一个整体，获得共同速度 vt后，系统机械能守恒：第20页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载故有：1（m+M）vt2=（m+M）g h解得最大高度 h。214.如图所示是演示沙摆振动图象的实验装置和在木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看作是简谐运动。若用力 F向外拉木板做匀速运动，速度大小是 0.20m/s o右图所示的一段木板长度是 0.60m,那么实验所用的沙摆摆长为 cm.错误解法:由图可知，2人=0.60m,故波长入原因分析:对沙摆模型没有真正理解，对振动图象和波的图象的区别缺乏认识。另外，对题中所给物理情景不作深入 分析，盲目套用熟悉知识解决问题。正确解法:观察木板上的图线可知：沙摆完成两个全振动，共需时间t=3s,振动周期 T=1.5s o 再由 T=2n L 求出|=56.25cm.g二、电磁学15.质量为2m、带电量为+2 q的小球A,起初静止在光滑绝缘水平 面上，当另一质量为rrk带电量为一q的小球B以速度V）离A而去的同时，释放A球，如图6所示，若某时刻两球的电势能有最大值，求：（1）此时 两球的速度为多大？（2）与开始时相比，电势能最多增加多少？【错误】数学方法不当错解：设两球具有最大电势能时的速度分别为 Va、Vb,则此时它们的总动能为第21页，共37页精品pdf资料-欢迎下载Ek=-2 m Va h学习必备 欢迎下载2 2 1 2mvB=mvA+mvB2由于系统只有电场力做功，因而系统增加的电势能等于减少的动能，故当两球电势能最大时其总动能即为最小由数学关系a+b22、万6可知l 1c 2 2 1 2 12cl 2Ek=-2mvA+mvB=mvA+mvB 2.mvA?-mvB 2 2 2 V 2即Ek2J2 mVAVB,且当mvA=-mvB 时，Ek有最小值，此时电势能最大。因此有 2Vb=/2 Va 又因系统受外力为零，故系统动量守恒，即有mVo=2nW-mV 解两式或得：Va=(1涯)Vo，VB=(|2R且输出功率 P=IU-|2R o本题中电路为非纯电阻电路，所以选C。17如图10-5所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线框平面 与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的 变化是：A.先减小后增大 B.始终减小C.始终增大 D.先增大后减小【错解】条形磁铁的磁性两极强，故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到强，由磁通量计算公式可知 中=B S,线框面积不变，与B成正比例变化，所以选 Ao【错解分析】做题时没有真正搞清磁通量的概念，脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算公式O=B S,由条形磁铁两极的磁感应强度 B大于中间部分的磁感应强度,得出线框在两极正上方所穿过的磁通量 大于中间正上方所穿过的磁通量。【分析解答】规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图，如图 10-6所示。利用0=B S定性判断第24页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选 D。【评析】0=B S计算公式使用时是有条件的，B是匀强磁场且要求 B垂直S,所以磁感应强度大的位置磁通量不一定大，而本题的两极上方的磁场不是匀强磁场，磁场与正上方线框平面所成 的角度又未知，难以定量加以计算，编写此题的目的就是想提醒同学们对磁场的形象化给予足 够的重视。18:摆长为I单摆在匀强磁场中摆动，摆动平面与磁场方向垂直，摆动中摆线始终是张紧的.若摆球带正电，电量为q,质量为m,磁感强度为B,当球从高处摆到最低处时，摆线上的拉力多大？错误解摆球从A-C运动过程中，只有重力做功，所以 E=0,即：mgl(1-cosa mvc?/2,(或由WJ Ek得,mg h=m/2-0).在C处时，洛仑兹力方向向上，根据牛顿第二定 律:F=ma得：T+qvb-mg=mv2/l,解上两式得:T=mg(3-2cos a)-qB J2ql(1 CO S)正确解小球摆动是时，洛仑兹力和绳子拉力均不做功，只有重力做功，由 E=0或W/Ek得:mg(l-lcos a)=mvc2/2小球向左或向右摆动经过 C点的速度大小虽相等，但方向一左一右，导致它所受洛仑兹力一下一上，所以绳子的拉力应有两种情况.当小球向右摆动经过 C点时，由牛o顿第二定律得：+qBv-mg=mM;当小球向左摆动经过C点时，由牛顿第二定律得：T2-qBv-mg=mvc2/l 解上三式得,T i=mg(3-2cos a)-qB、2ql(1 CO S)；T2=mg(3-2cos a)+qB/2ql(1 CO S)错误分析错解中忽视了球可以从左、右两个方向经过最低处 C,由于速度方向不同，导致洛仑兹力方向不同，从而使绳子的拉力有所不同。这种由于速度方向变化而引起洛仑兹力方 向变化的问题较多，且题型多样，求解时要全面考虑，且不可犯错解中的误断。第25页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载19.ab是一弯管，其中心成半径为 R的一段圆弧，将它置于一给定的磁场中，磁场方向 垂直于圆弧所在平面(即纸面)，并且指向纸外，有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的 质量，不同的速度，但都是一价正离子。A.只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B.只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C.只有动量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D,只有能量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管分析简解粒子垂直磁场运动时，Bqv=,所以R Bq对于不同的粒子，根据题示条件，q相同，但m v不同，对于质量为 m,速度为5的粒子,其旋转半径R为：Bq对于速度V2的粒子，其旋转半径 R为：生 Bq若要使R=Fk=R3.=R则只需满足 mvi=mvi=mvi=mwn=P(常数)在q和B都相同的条件下，只有动量大小一定的粒子，可以沿中心线通过弯管，故 C正确。考查内容要求洛仑磁力、圆周运动的综合问题。典型错误分析(1)漏掉了速度相同但不等于质量相同这一重要条件。(2)漏掉了质量相同时不等于速度相同这一重要条件。(3)没有注意粒子动能相同时，质量还会影响偏转半径这一隐含条件。以上三种错误都是推理不严密造成的。20.如图10-19所示，空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，质量第26页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载为m带电量为+q的滑块沿水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数为 口，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时，去掉了电场，恰好也做匀速直线运动，求原来电场强度的大小。【错解】碰撞前，粒子做匀速运动，Eq=u(m什Bqv)。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，竖直方向N=Bgv+mg因为水平方向无摩擦，可知 N=0,Bqv=-mg。解得 E=0o【错解原因】错解中有两个错误：返回时,速度反向，洛仑兹力也应该改变方向。返回时速度大小应为原速度的一半。【分析解答】碰撞前，粒子做匀速运动,Eq=u(mg Bqv)。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，摩擦力 f=0,所以N=0竖直方向上有Bgv/2=mg,解得E=3业里 q【评析】实践证明，急于列式解题而忽略过程分析必然要犯经验主义的错误。分析好大有益。21.如图10-20所示，一块铜块左右两面接入电路中。有电流I自左向右流过铜块，当一磁感应强度为 B的匀强磁场垂直前表面穿入铜块，从后表面垂直穿出时，在铜块上、下两面之间产生电势差，若铜块前、后两面间距为 d,上、下两面间距为I o铜块单位体积内的自由电子数为n,电子电量为e,求铜板上、下两面之间的电势差 U为多少？并说明哪个面的电势高。【错解】电流自左向右，用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向，正电荷受力方向向上，所以正电荷聚集在上极板。随着正负电荷在上、下极板的聚集，在上、下极板之间形成一个电场，这个电场对正电荷产生作用力，作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到第27页，共37页精品pdf资料-欢迎下载X J X%ix 2 Z x图 10-21学习必备 欢迎下载使电场力与洛仑兹力平衡时，正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的C L UBqv=Eq=q电势差Uo研究电流中的某一个正电荷，其带电量为q,根据牛顿第二定律有 1由电流的微观表达式 l=nqSv由几何关系可知S=dl解方程得：nqd【错解原因】上述解法错在对金属导电的物理过程理解上。金属导体中的载流子是自由电子。当电流形成时，导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。在磁场中受到洛仑兹力作用的是自由电子。【分析解答】铜块的电流的方向向右，铜块内的自由电子的定向移动的方向向左。用左手定则判断：四指指向电子运动的反方向，磁感线穿过手心，大拇指所指的方向为自由电子的受力方向。图10-21为自由电子受力的示意图。随着自由电子在上极板的聚集，在上、下极板之间形成一个“下正上负”的电场，这个电场对自由电子产生作用力，作用力方向与自由电子刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，自由电子不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差 U。研究电流中的某一个自由电子，其带电量为e,根据牛顿第二定律有Bev=e由电流的微观表达式 l=neSv=nedlv。解方程组得：ned【评析】本题的特点是物理模型隐蔽。按照一部分同学的理解，这就是一道安培力的题目，以为伸手就可以判断安培力的方向。仔细分析电荷在上、下两个表面的聚集的原因，才发现是第28页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载定向移动的电荷受到洛仑兹力的结果。因此，深入分析题目中所叙述的物理过程，挖出隐含条 件，方能有正确的思路。22：为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图1所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为 a、b、c,左右两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度为 B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压 U。若用 Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积）下列说法正确的是（）A、若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B、前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关C、污水中离子浓度越高电压表的示数将越大D、污水流量 Q与U成正比，与a、b无关错误解1错选a、C错误解2漏选D正确解B D错误分析（1）有同学对霍尔效应原理和电磁流量计原理分不清；（2）有同学不会分析计算流量Q和电压U之间的关系；（3）有同学计算过程中对各个物理量的关系混淆。23：如图5所示，一带电粒子在某一高度处以初速度 V。竖直下落，落地速度的大小为 Vi,下落所用的时间为 如果在其下落的空间有电场强度为 E方向水平向左的匀强电场和水平指向纸面内，磁感应强度为 B的匀强磁场，且有 小=日8,此时该粒子仍多原高度处以向下的初速度V。开始下落，落地时速度大小为 V2,下落所用的时间为 t 2,则下列关系中正确的是)第29页，共37页精品pdf资料-欢迎下载A、V2=Vl,t 2=t 1C、V2Vl,t 2t 1错误解1选A错误解2选C正确解选B学习必备 欢迎下载B、v2t 1D、v2Vi,t 2=E=Bdv。r r Qr(2)ab棒运动到虚线位置时，E=Bdv,此时回路的总电阻 R=-+-=,所以4 2 4.E 4Bdv nil.4Bdv r 2 D.I=-,则 llb=IRab=Bdv oR 3r 3r 2 3正确解答：因为产生感应电动势的那部分导体相当于电源，这部分导体要看作内电路，其电阻是电源的内阻。当到达虚线所示直径位置时，等效电路如上图所示，|=/_=_型=9型R 总 L 3r4 2第31页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载r 1电势差为：llb=E I=Bdv 2 326在如图1121所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B,导轨左端的间距为 L=4lo,右端间距为I 2=1。今在导轨上放置 ACDEW根导体棒，质量分别为 m=2m,电阻R=4R0,R=R。若AC棒以初速度V。向右运动，求 AC棒运动的 过程中产生的总焦耳热 Qc,以及通过它们的总电量 q。【常见错解】AC棒在磁场力的作用下，做变速运动。运动过程复杂，应从功能关系的角度来分析。由于没有摩擦，最后稳定的状态应为两棒做匀速运动。根据动量守恒定律 mv0=（m+m）v整个回路产生的焦耳热Qe=（叫（叫+mj v 二二3唱因为R=4R,R=K所以AC棒在运动过程中产生的焦耳热 4 c 4Q 九=y2movo对AC棒应用动量定理-BII t=m“mw。mvn-m.v 1 mvn q=I*At=-=4 BL1 6B1O【错解原因】AC棒在磁场力的作用下做变速运动，最后达到运动稳定，两棒都做匀速运动的分析是正确的。但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的。如果两棒的速度相同则回路中还有磁通量的变化，还会存在感应电动势，感应电流还会受到安培力的作用，AC DE不可能做匀速运动。【分析解答】由于棒li向右运动，回路中产生电流，I 受安培力的作用后减速，12受安培力加速使回路第32页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载中的电流逐渐减小。只需 V”V2满足一定关系,AS就有可Wft回路中的即总碗势为零 此后不再受安培力的作用。两棒做匀速运动。两棒匀速运动时，1=0,即回路的总电动势为零。所以有BI vi=BI 2V2,二号时，回路电流为零，止喇奉匀速运动，对A潸应用动量定理 4 At=7mF。再对DE棒应用动量定理 B I 2 At=m2V2解方程得vI9，9f 44 2 1 2 1 2、308Qzc-mav2)=movoq=1At=mv。-irijV4mv09B1O【评析】以前我们做过类似的题。那道题中的平行轨道间距都是一样的。有一些同学不假思索，把 那道题的结论照搬到本题中来，犯了生搬硬套的错误。差异就是矛盾。两道题的差别就在平行 导轨的宽度不一样上。如何分析它们之间的差别呢？还是要从基本原理出发。平行轨道间距一 样的情况两根导体棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的变化为零。本题中如果两根导轨的 速度一样，由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零，仍然会有感应电流产生，两根 导体棒还会受到安培力的作用，其中的一根继续减速，另一根继续加速，直到回路中的磁通量的变化为零，才使得两根导体棒做匀速运动。抓住了两道题的差异之所在，问题就会迎刃而解。27.如图11 22所示，一个U形导体框架，其宽度l=1m,精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载框架所在平面与水平面的夹用 a=30 o其电阻可忽略不计。设匀强磁场与 U形框架的平面垂直。匀强磁场的磁感强度 B=0.2T。今有一条形导体 ab,其质量为m=0.5kg,有效电阻R=0.1 Q,跨接在U形框架上，并且能无摩擦地滑动，求(1)由静止释放导体，导体 ab下滑的最大速度 ve(2)在最大速度Vm时，在ab上释放的电功率。(g=10m/s2)。【常见错解】错解一：(1)ab导体下滑过程中受到重力 G和框架的支持力 N,如图11-23o根据牛顿第二定律 2 F=mamgsin a=maa=gsln a导体的初速度为 Vo=O,导体做匀加速直线运动，由运动学公式v=voc+at=5t随着t的增大，导体的速度 v增大vm-8p=I s=s=R R由=Blv可知当Vmf 8,电功率P-oo错解二：当导体所受合力为零时，导体速度达到最大值。(1)导体ab受G和框架的支持力 N,而做加速运动由牛顿第二定律mgsin30=maa=gsin30 但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电流使第34页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为 FaoFa=BH=B1=-a R R=mgsm300-FAa=gsin30*mgRV=-7T-?r垣 B213mR随着速度v的增加，加速度 a逐渐减小。当a=0时，速度v有最大值【错解原因】分析导体ab下滑过程中物理量变化的因果关系是求 ab导体下滑最大速度的关键。错解一：正是由于对电磁现象规律和力与运动的关系理解不够，错误地分析出 ab导体在下滑过程中做匀加速运动。实际上，导体 ab只要有速度，就会产生感应电动势，感应电流在磁场中受到安培力的作用。安培力随速度的增加而增大，且安培力的方向与速度方向相反，导体 做加速度逐渐减小的变加速直线运动。错解二：的分析过程是正确的，但是把导体下滑时产生的电动势写错了公式，e=Blvsin30 中30是错误的。=Blvsin 9 中的0角应为磁感强度 B与速度v的夹角。本 题中o=90 o【分析解答】(1)导体ab受G和框架的支持力 N,而做加速运动由牛顿第二定律mgsin30=maa=gsin30 =5(m/s2)但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为 Fa第35页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载 B2l2vsin90oF4=EH=B1=-丸 R R?台=mgsin300-FA3。一盟 mR随着速度v的增加，加速度 a逐渐减小。当a=0时，速度v有最大值mgR sin 30 B2la=2 5m/s(2)在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率 3 Bl，-、P=I=-=-=2.5(W)【评析】：物理解题训练同学们的思维能力。本题要求同学从多角度来看问题。从加速度 产生的角度看问题。由于导体运动切割磁感线发生电磁感应产生感应电流，感应电流的受力使 得导体所受的合力发生改变，进而使导体的加速度发生变化，直到加速度为零。从能量转化和 守恒的角度看：当重力做功使导体的动能增加的同时，导体又要切割磁感线发生电磁感应将动 能转化为内能。直至重力做功全部转化为回路的内能。28.如图所示，足够长的 U形导体框架宽为 L=O.5m电阻忽略不计，其所在平面与水平面成=37,磁感应强度 B=O.8T的匀强磁场，方向垂直导体框架平面，一根质量 m=Q 2kg,R=2Q的导体棒 MN直放在框架上,框架与导体棒间的动摩擦因数R=0.5,导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒横截面的电量共为 Q=1.5C.求：(1)导体棒匀速运动的速度(2)导体棒从开始运动p到匀速运动这一过程中导体棒电阻上消耗电功(g=10m/S)由mgsin=u mgcos+B2|2v/R 不难求得：导体棒匀速运动的速度为 5 m/s；错误主要集中在第二问上：错误解法:设t秒后开始匀速运动，根据动量定理：mgsin t u mgcos t BILt=mv 0 又：lt=Q 不难得到t=4s；考虑到电流I是变化第36页，共37页精品pdf资料-欢迎下载学习必备 欢迎下载的，可据lt=Q及t=4s求出平均电流1=3/8 S；最后，根据纯电阻电路中电功 W=l2Rt,将平均电流I、电阻R及时间t代入求得电功 W=9/8JC原因分析：没有注意到平均电流的平方和电流平方的平均的区别，本题中考虑到电流是一变化的量，可将电流的平方的平均值代入计算。而上述解法中计算的是平均电流的平方值，显然错了。正确解法:假设导体棒下滑距离为x后开始匀速运动，此过程中安培力 做功为W1 2根据动能定理：mgx sin u mgx cos+W=mv02又：电量Q必6/R,6=BLx综上，W=-0.5J，导体棒电阻上消耗的电功为 0.5J。以上是对一些复习过程中出现的典型错误的总结，供大家参考。另外，在动能定理的运用过程中，经常有学生不自觉地在某一方向上使用动能定理，而且答数往往是正确的（譬如这次一模试卷的最后一题第二问），因此，学生总是对这种方法深信不疑。殊不知，动能定理并非一矢量方程，不能在某一方向上运用动能定理。因此，这种方法从原理上来讲就错了。第37页，共37页