高中物理經(jīng)典復(fù)習(xí)級(jí)專題學(xué)科

中中中中第十章磁一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析110-1A．加速直線運(yùn) B．勻速直線運(yùn)C．勻速圓周運(yùn) D．簡(jiǎn)諧運(yùn)磁場(chǎng)力的作用，故選A。動(dòng)。故選D。f=Bqv的適用條件，而亂套。洛侖茲力的大小為f=Bqv的條件是運(yùn)動(dòng)電荷垂直射入磁場(chǎng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)方向與B有夾角時(shí)，洛侖茲力f=Bqvsinθ，；當(dāng)θ=0°或例2如圖10-2，條形磁鐵平放于水平桌面上，在它的正上方固定一根10-4。對(duì)磁鐵做受力分析，由于磁鐵始終靜止，無通電導(dǎo)線時(shí)，N=mg，N+F′=mg，N=mg-F′，磁鐵對(duì)桌面壓力減小，選A。弱再到強(qiáng)，由磁通量計(jì)算可知Φ=B·S，線框面積不變，Φ與B成正比例變化，所以選A。間分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的計(jì)算Φ=B·S，由條形磁鐵Φ大于中間正上方所穿過的磁通量。Φ=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。4m的通電ab置于傾θ的導(dǎo)軌上，如圖10-7所示。已知導(dǎo)體與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在圖10-8所加各種磁場(chǎng)導(dǎo)體均靜止，則G10-8BB。式f=μN(yùn)來討論靜摩擦力的問題。從而導(dǎo)致錯(cuò)選、漏選。5有一自由的矩形導(dǎo)體線圈，通以電流I′。將其移入通以恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線的右側(cè)。其ab與cd邊跟長(zhǎng)直導(dǎo)體AB在同一平面內(nèi)且互相平行，如圖10-9所示。試判斷將該線圈從靜止開始釋放后的受力和運(yùn)動(dòng)情況。（不計(jì)重力）等效N極的吸引，于是通電矩形線圈將垂直紙面向外加速。NS極，可稱為無極場(chǎng)，不能與條形磁鐵的有極場(chǎng)等效。的合力的方向向左，它將加速向左運(yùn)動(dòng)而與導(dǎo)體AB靠攏。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感線與導(dǎo)體環(huán)面垂效于條形磁鐵N極正對(duì)環(huán)形導(dǎo)體圓面的左側(cè)，而通電環(huán)形導(dǎo)體，即環(huán)形電流的磁場(chǎng)N極向左（根據(jù)右手定則來判定），它將受到等效N極的排斥作用，環(huán)形導(dǎo)體開始向右加速運(yùn)動(dòng)。例7設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖正確的是：[ 向下運(yùn)動(dòng)，可見電場(chǎng)力一定向下，所以離子必帶正電荷，選A。離子具有速度后，它就在向下的電場(chǎng)力F及總與速度心垂直并不斷改變方向的洛侖茲力f作用下沿ACB曲線運(yùn)動(dòng)，因洛侖茲力不做功，電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的變化，而離子到達(dá)BAB電場(chǎng)力所做正功與負(fù)功BABA點(diǎn)位于同一高度，選B。CA運(yùn)動(dòng)CC點(diǎn)具有的動(dòng)能最多，所以離子在C點(diǎn)速度最大，選C。只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比（速度為零，電勢(shì)能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加區(qū)域，離子就【評(píng)析】侖茲力與電場(chǎng)力的矢量和變化。所以只做一次分析就武斷結(jié)論，必然會(huì)8ι圖10-14所示。擺動(dòng)中擺線始終繃緊，若擺球帶正電，電量為q，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)球從最高處擺到最低處時(shí)，擺線上的拉力T多大？考慮問題不全面，認(rèn)為題目中“從最高點(diǎn)到最低處”是指AC的過程，忽略了球從左右兩方經(jīng)過最低點(diǎn)，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如圖10-15所示。由于擺動(dòng)時(shí)f洛F拉都不做功，機(jī)械能守恒，小球無論向左、向右擺動(dòng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小相同，方向相反。磁場(chǎng)時(shí)速度偏離原方向60°角已知帶電粒子質(zhì)量m=3×10-20kgq=10-13C，速v0=105m/s，磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R=3×10-1m，不計(jì)重力，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。據(jù)此作出運(yùn)動(dòng)軌跡AB，如圖10-17所示。此圓半徑記為r。1010-18粒子帶正電，沿abcde方向運(yùn)動(dòng)。子速度v，回旋半徑R無關(guān)。因此上、下兩半圓弧粒子通過所需時(shí)間相等。動(dòng)【評(píng)析】μ，滑塊與墻碰撞后速度為原來的一半?；瑝K返回時(shí)，去Bqv=-mg。解得E=0。勻速運(yùn)動(dòng)，水平方向無外力，摩擦力f=0，所以N=0豎直方向上有Bgv1210-20I下兩面之間的電勢(shì)差U為多少？并說明哪個(gè)面的電勢(shì)高。帶電量為q，根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知自由電子的受力方向。圖10-21為自由電子受力的示意圖。的某一個(gè)自由電子，其帶電量為e，根據(jù)牛頓第二定律有【評(píng)析】錯(cuò)解是由于審題出現(xiàn)錯(cuò)誤。他們把題中所說的“射出之后，第3次到達(dá)x軸”這段話理解為“粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)通過x軸的次數(shù)”沒有計(jì)算粒子從電場(chǎng)進(jìn)場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，半個(gè)周期后第三次通過x軸。14一個(gè)負(fù)離子的質(zhì)m，電量大小q，以速v0垂直于S經(jīng)過小孔O射入存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)的真空室中，如圖10-25所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向與離子的初速度方向垂直，并垂直于紙面向里。如果離子進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)過時(shí)間t到這位置P，證明：直線OP與離子入射方向之間的夾角θtB，d，豎直方向足夠長(zhǎng)。現(xiàn)有一束電量為+q、增量ΔEk。當(dāng)這束初速度不同、電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子流射入電場(chǎng)中，由于帶電+q、質(zhì)量為m的帶電粒子射入電場(chǎng)中，將發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)。有些粒子雖發(fā)生偏射面的粒子電場(chǎng)力功為零，其動(dòng)能不變，動(dòng)能增量ΔEk=0。16初速度為零的離子經(jīng)過電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，從離子T中水平射出，與離子槍相距d處有兩平行金屬板MN和PQ，整個(gè)空間存在一磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)如圖10－28所示。不考慮重力的作用，荷質(zhì)比q／m（q，m分別為中中中中即即中中中中第八章電一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析荷在這個(gè)電場(chǎng)中的軌跡，若電荷是從ab處，以下判斷正確的是 A．電荷從abC．b處電勢(shì)高【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】處的加速度，A選項(xiàng)錯(cuò)。由圖8－1可知，電荷做曲線運(yùn)動(dòng)，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向應(yīng)指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹向。因?yàn)闄z驗(yàn)電荷帶負(fù)電，所以電場(chǎng)線指向是從疏到密。再利用“電場(chǎng)線方向?yàn)殡妱?shì)降低最快的方向”判斷a，b處電勢(shì)高低a＞Ub，C小，D選項(xiàng)正確。2q=2×106C力做功4×10-5J，求A點(diǎn)的電勢(shì)?！惧e(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【分析解答】所以W=q（UP-UA）， 即4×10-5=2×10-6（0-U U 【評(píng)析】W=qU：（1）A→BW=qUAB=q(UA-UB)，強(qiáng)3AB，4QQ，AB上，如圖8－2，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的地方在 A．A和B之 B．A右C．B左 D．A的右側(cè)及B的左【錯(cuò)解】都有可能抵消，選D?！惧e(cuò)解原因】都有可能抵消，卻沒注意到A的右側(cè)EA總大于EB，根本無法抵消。【分析解答】QA＞QB，所以只有B左側(cè)，才有EAEB等量反向，因而才可能有EAEB【評(píng)析】 48-3所示，Q3×10-8C，Q3×10-8C，A，B兩球相5cm，在水平方向外電場(chǎng)作用下，A，B保持靜止，懸線豎直，求A，B連線中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)。（兩 【錯(cuò)解】 ABE=E+E+E 【錯(cuò)解原因】【分析解答】EB的方向均向右，設(shè)向右為正方向。則有E總=EA+EB-E外?！驹u(píng)析】【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】電勢(shì)逐漸減小到零，從而得出Ua，Ub均大于零。【分析解答】疏密，也就無法判定場(chǎng)強(qiáng)大小。同樣無法判定當(dāng)無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零時(shí)，a，b的電荷形成的場(chǎng)，則Ea＜Eb，0＞Ua＞Ub?！驹u(píng)析】68－5靜電感應(yīng)，在a，b端分別出現(xiàn)負(fù)、正電荷，則以下說法正確的是：【錯(cuò)解】枕型導(dǎo)體電荷總是守恒的，沒有電子流過K2。選D【錯(cuò)解原因】總是守恒的，便錯(cuò)選答案D。【分析解答】K1，K2都閉合前，對(duì)于枕型導(dǎo)體它的電荷是守恒的，a，b無論閉K1還是K2，都是有電子從地流向?qū)w，應(yīng)選答案C?！驹u(píng)析】78-6mab，其殼層的厚度和質(zhì)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(duì)值均為Q，那么，a、bF引F庫分別為：【錯(cuò)解】因?yàn)閍，b兩帶電球殼質(zhì)量分布均勻，可將它們看作質(zhì)量集中在球心正確答案應(yīng)選A。不能用庫侖定律計(jì)算它們之間的靜電力，故其正確答案應(yīng)選B?！惧e(cuò)解原因】電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離l只有其半徑r3倍，不滿足l不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項(xiàng)D正確。【評(píng)析】下使用該。88-7中接地的金A的半徑R，A點(diǎn)電荷的Q，到球心距離為r，該點(diǎn)電荷的電場(chǎng)在球心O處的場(chǎng)強(qiáng)等于 【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】O【分析解答】果使內(nèi)部的合場(chǎng)強(qiáng)處處為零。即E內(nèi)=0。【評(píng)析】的小球B連接時(shí)，問驗(yàn)電器是否帶電？【錯(cuò)解】體A內(nèi)部通過導(dǎo)線與驗(yàn)電器小球連接時(shí)，驗(yàn)電器不帶電?！惧e(cuò)解原因】和B形成一個(gè)整體，凈電荷要重新分布。【分析解答】移向B，所以驗(yàn)電器帶正電?！驹u(píng)析】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(dǎo)體A10A，B，C8-9A【錯(cuò)解】A三球依次拿走，C球帶正電，B球不帶電，A球帶負(fù)電，QA=QC?！惧e(cuò)解原因】【分析解答】負(fù)電，且AC球帶電量多?！驹u(píng)析】析方法不僅適用于力學(xué)知識(shí)，而且也適用于電學(xué)知識(shí)，本題中移去C球，電場(chǎng)發(fā)生【錯(cuò)解】荷被導(dǎo)走，導(dǎo)體B帶正電?！惧e(cuò)解原因】【分析解答】BUB＞U地；而負(fù)電荷在電場(chǎng)力的作用下總是從低電勢(shì)向高電勢(shì)運(yùn)動(dòng)，B左端接地，使地球中的負(fù)電荷（電子）沿電場(chǎng)線反方向進(jìn)入高電BB128－11所示m，帶q的粒子，以v0A點(diǎn)豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子通過電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速率vB=2v0，方向與電場(chǎng)的方向一致，則A，B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為：【錯(cuò)解】力所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增量，電勢(shì)差等于動(dòng)能增量與電量Q的比值，應(yīng)選【錯(cuò)解原因】v0vB【分析解答】00【評(píng)析】 13在邊長(zhǎng)為30cmA，B 【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【分析解答】2C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為E1，E2的矢量和，由圖8－12可知，E，E1，E2組成一個(gè)等邊三角形，大小相同，∴E=4×105（N／C）方向與AB邊平行。2 141cm，10cm2，帶電量分別為Q=2×10-8C，Q=-2×10-8C，若在兩板之間的中點(diǎn)放一個(gè)電量q=5×10-9 【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【正確解答】【評(píng)析】158－14，光滑平面上固定金屬小A，用l0的絕緣彈A另一個(gè)金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長(zhǎng)量為x1，若兩球電量各漏掉一半，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤2，則有：（）【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【分析解答】【評(píng)析】16有兩個(gè)帶電量相等的平行板電容器A和B，它們的正對(duì)面積之比SA∶SB=3∶1，板長(zhǎng)之比∶lA∶lB=2∶1，dA∶dB=4∶1，兩個(gè)電子以【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【分析解答】【評(píng)析】178－15lO一質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在O點(diǎn)直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，求OO′長(zhǎng)度?！惧e(cuò)解】平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖8－16。則在最高點(diǎn)D應(yīng)滿足：【錯(cuò)解原因】小球同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力的作用，這兩個(gè)力對(duì)擺球運(yùn)動(dòng)軌跡都有影響。受【正確解答】8－17所示，∴θ=60°開始時(shí)，擺球在合力F的作用下沿力的方向作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由8－17可知，△AOB為等邊三角形，則擺AB，在等效力場(chǎng)向分量v2變?yōu)榱悖邢蚍至拷又鴶[球以v1為初速度沿圓弧BC做變速圓周運(yùn)動(dòng)，碰到釘子O′后，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效力場(chǎng)中，過點(diǎn)O′做合力F的平行線與圓的交點(diǎn)為Q，即為擺球繞O′點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的“最高點(diǎn)”，在Q點(diǎn)應(yīng)滿足【評(píng)析】18v射入電場(chǎng)，在穿越電場(chǎng)的過程中，粒子的動(dòng)能由Ek增加到2Ek，若這個(gè)帶電粒子以速度2v垂直進(jìn)入該電場(chǎng)，則粒子穿出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為多少？【錯(cuò)解】為y，如圖8—18所示?！惧e(cuò)解原因】認(rèn)為兩次射入的在Y軸上的偏移量相同。實(shí)際上，由于水平速度增大帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短。在Y軸上的偏移量變小。【分析解答】建立直角坐標(biāo)系，初速度方向?yàn)閤軸方向，垂直于速度方向?yàn)閥軸方向。設(shè)粒子的的m，帶電量q，初速v；勻強(qiáng)電場(chǎng)E，y方向的y。速度為2vy′，平行板板長(zhǎng)為l?！驹u(píng)析】【錯(cuò)解原因】斷PB兩點(diǎn)間電勢(shì)差的正負(fù)。【分析解答】UpB=Up-UB＜0，BUB=0Up=-【評(píng)析】208－20K1，K2，K3，K4若斷開K1，則P 若斷開K2，則P 若斷開K3，則P 若斷開K4，則P 【常見錯(cuò)解】降，則P將向下加速運(yùn)動(dòng)。下降，則P將向下加速運(yùn)動(dòng)。壓不變，則P將繼續(xù)懸浮不動(dòng)。電壓下降，則P將加速下降?！惧e(cuò)解原因】【分析解答】并聯(lián)的兩點(diǎn)的電壓相等。本題中四個(gè)開關(guān)都閉合時(shí)，有R1，R2兩端的電壓為零，即R1，R2兩端等勢(shì)。電容器兩端的電壓與R3兩端電壓相等。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(xù)懸浮不動(dòng)將放電至極板兩端電壓為零，P將加速下降?！驹u(píng)析】21m，帶有電荷-qOx，OE，Ox軸正方向，如圖8－21小物體以初速v0x0Ox道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)受到大小不變的摩擦力f作用，且f＜qE。設(shè)小物體與墻碰撞時(shí)不損失機(jī)械能且電量s?！惧e(cuò)解】錯(cuò)解一：物塊向右做勻運(yùn)動(dòng)到停止，【錯(cuò)解原因】錯(cuò)誤的要害在于沒有題中所給的條件f＞Eq的含義當(dāng)物塊初速度向右時(shí)，先到零，由于f＜Eq物塊不可能靜止，它將向左加速運(yùn)動(dòng)，撞墻后又向右運(yùn)動(dòng)，如此往復(fù)直到最終停止在軌道的O端。初速度向左也是如此?！痉治鼋獯稹吭O(shè)小物塊從開始運(yùn)動(dòng)到停止在O處的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中位移為x0，往返路程為【評(píng)析】 輕彈簧、恰好通過最高點(diǎn)等”這個(gè)工作需要平時(shí)多積累。并且在做新情境向上，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(yīng)該在兩金屬板上加多大電壓U？【錯(cuò)解】不到金屬板上有Vr=0，此時(shí)電子流動(dòng)能【錯(cuò)解原因】電子流在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力電場(chǎng)力對(duì)電子做功We=Fes=eEs其中s必是力的方向上位移，即d／2We=eU，U是對(duì)d方向電勢(shì)降落。則電子從C到A，應(yīng)對(duì)應(yīng)We=eUAC，故上面解法是錯(cuò)誤的?！痉治鼋獯稹侩娮恿饔蒀A途中，【評(píng)析】0238－23，v=6.0×106m／sα=45°從帶它將極板的什么地方？0【錯(cuò)解】規(guī)定平行極板方向?yàn)閤軸方向；垂直極板方向?yàn)閥軸方向，將電子的運(yùn)動(dòng)分解到坐標(biāo)軸方向上。由于重力遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力可忽略不計(jì)，則y方向上電子在電場(chǎng)力 ∵v2-v2=2asy=d=sv 【錯(cuò)解原因】【分析解答】距1.03cm。第十一章電磁感一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析1ab的矩形線圈，在磁感強(qiáng)B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中垂直于磁場(chǎng)的OO′軸以恒定的ω旋轉(zhuǎn)t=0時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，則是 率也為零，選A。e=εmcosωt=Babωcosωt。當(dāng)t=0時(shí)，cosωt=1，雖然磁通量例2在圖11－1中，CDEF為閉合線圈，AB為電阻絲。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭向下滑動(dòng)時(shí)，線圈CDEF中的感應(yīng)電流在G處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度的方向是“·”時(shí)，產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度的方向是“×”，再由右手定則可知，ABA流向B，從而判定電源的上端為正極。當(dāng)線圈CDEF中的感應(yīng)電流在G處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度的方向是“·”時(shí)，它圈內(nèi)部產(chǎn)生磁感強(qiáng)度方向應(yīng)是“×”，AB中增強(qiáng)的電流圈內(nèi)部產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度方向是“·”，所以，AB中電流的方向是由B流向A，故電源的下端為正極例3一個(gè)共有10匝的閉合矩形線圈，總電阻為10Ω、面積為0.04m2，置于水平面上。若線框內(nèi)的磁感強(qiáng)度在0.02s內(nèi)，由垂直紙面向里，從1.6T均勻減少到零，再反向均勻增加到2.4T。則在此時(shí)間內(nèi)，線圈內(nèi)導(dǎo)線中的感應(yīng)電流大小為A，從上向下俯視，線圈中電流的方向?yàn)?根據(jù)楞次定律，磁感強(qiáng)度BB1開始均勻減少到零的過程中，感應(yīng)電流的411－2所示，以50cm的正方形導(dǎo)線框，放置B=0.40T身強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知磁場(chǎng)方向與水平方向成37°角，線框電阻為0.10Ω，求線框繞1Φ=BScos53°=6.0×10-2Wb1221Φ=BScos53°=6.0×10-2Wb11θ=143°，穿過線框的磁通量Φ=BScos143°=-8.0×10-2Wb1場(chǎng)中，線框在紙面上繞B點(diǎn)以勻角速度ω作順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，∠B=60°，產(chǎn)生了電動(dòng)勢(shì)，如圖11-4所示。ε總 ε總 為R0，磁感強(qiáng)度為B，求回路中的感應(yīng)電流。不是我們要求的電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值。因?yàn)殡娮桦妶?chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（2）外力F的大小。導(dǎo)體棒CD在外力作用下，會(huì)做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。對(duì)導(dǎo)體棒AB在力F的作用下將向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可以判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向向上，同理可分析出導(dǎo)體棒CD產(chǎn)生的感生求出電容器的電壓是求電容器板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小的關(guān)11－7看出電容器的b板，接在CD的C端導(dǎo)體CD在切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C端相當(dāng)于aAB的AAB錯(cuò)解一：根據(jù)右手定則，導(dǎo)體棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向向下，導(dǎo)體棒CD產(chǎn)池串聯(lián)，所以電路中總電動(dòng)勢(shì)不能相減，而是應(yīng)該相加，等效電路圖如圖11錯(cuò)解二：雖然電容器a板與導(dǎo)體AB的A端是等勢(shì)點(diǎn)，電容器b板與導(dǎo)體CD的C端是等電a板與b板的電勢(shì)差不等于一根導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)。ab板的電勢(shì)差應(yīng)為R′兩端的電壓。故電場(chǎng)強(qiáng)度方向b→a。分析上。避免錯(cuò)誤的方法是在解題之前，畫出該物理過程的等效電路圖，然后（1）K閉合后，ab受到豎直向下的重力和豎直向上的安培力作用。合力豎直向下，abab0ab911－10所示，水平導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，金屬abcd的電阻多別RabRcdRab＞Rcd，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。金屬cdF作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)。ab在外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，下面說法正確的是 因?qū)к壍碾娮璨挥?jì)，金屬棒ah和cd可以等效為兩個(gè)電阻串聯(lián)，而串聯(lián)電路中，電壓的分配跟電阻成正比。因?yàn)镽ab＞Red，所以Uab＞Ucd，故選A。cd金屬棒在F的作用下，做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)視為電源。Ucd為電源的端電壓，而不是內(nèi)電壓。所以Ucd≠IRcd，Ucd=ε-IRcd，不能將abcd等效為兩個(gè)外電阻等效為這個(gè)電源的正、負(fù)極，Ucd是電源兩極的路端電壓，不是內(nèi)電壓。又因?yàn)樗哉_的答案應(yīng)選B。例10如圖11－12所示，長(zhǎng)為6m的導(dǎo)體AB在磁感強(qiáng)度B=0.IT的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以AB上的一點(diǎn)O為軸，沿著順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)。角速度ω=5rad／s，O點(diǎn)距A端為2m，求AB的電勢(shì)差。法拉第電磁感應(yīng)定律的導(dǎo)出ε=Blv是有條件的。它適用于導(dǎo)體平動(dòng)且速OBUBO=UB-=UAO-UBO=1-4=-則 如圖11－13所示，當(dāng)圓環(huán)從1位置開始下落，進(jìn)入磁場(chǎng)和擺出磁場(chǎng)時(shí)（即2位置和3位置），由于有磁通量變化，圓環(huán)上產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)B正確。由于）不會(huì)再擺到4位置。選項(xiàng)A錯(cuò)。當(dāng)圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)后，穿過環(huán)內(nèi)的磁通量不再發(fā)生變化，無感應(yīng)電生。選項(xiàng)C錯(cuò)誤。由于每次通過磁場(chǎng)都有能量損失，所以圓環(huán)最終將靜止在平衡位置，D物體有慣性，人的思維也有慣性。這個(gè)同學(xué)對(duì)ABC選項(xiàng)的判斷是正確的。只有D選項(xiàng)了。在圓環(huán)穿過磁場(chǎng)時(shí)，要發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象造成機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，11－14所示。圓環(huán)內(nèi)無磁通量的變化，無感應(yīng)電生，無機(jī)械能向電能的轉(zhuǎn)做功，所以系統(tǒng)的能量守恒，所以圓環(huán)將在AB間來回?cái)[動(dòng)。只有回路中有ΔΦ≠0，即當(dāng)面積S一定時(shí)，ΔB≠0，才會(huì)有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，才的金屬圓環(huán)。圓環(huán)所在的平面與磁感線垂直。OA的電壓就等于導(dǎo)體OA上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。上極板與A相接為負(fù)。消P=消路中消耗的功率不僅在外電阻R2上，而且還消耗在內(nèi)阻R上。P消=I2(R+R2)或根據(jù)能量守恒P源=Iε。AO以ω=100rad／s的角速度勻角速度旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)方向如圖εadεbc。即使它們?yōu)榱悖矐?yīng)表達(dá)出來。第二，邊長(zhǎng)中兩部分的Ueffcbe，應(yīng)用閉合電路歐姆定律，內(nèi)電路中產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的邊長(zhǎng)只剩下一半，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也只能是εcd/2。平均電動(dòng)勢(shì)還是瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)，選擇合適的解題。（3）進(jìn)行電路計(jì)算時(shí)要畫的線圈，其直流電阻忽略不計(jì)。當(dāng)電鍵K閉合時(shí)，下列說法正確的 B．B比A先亮，然后B逐漸變暗，A逐漸變亮 后兩燈達(dá)到同樣的亮度。所以A燈逐漸變亮，BD。11-19a、bC發(fā)光亮（因正常發(fā)光時(shí)電流就是原電流）A燈以原電流正常發(fā)光。應(yīng)選B。15如圖11－20abcd，bcd于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，bc部分平行導(dǎo)軌cd部分2軌道足夠長(zhǎng)。將質(zhì)量相同的金屬棒PQ分別置于軌道的ab段和cd段。P棒位于距水平軌道hPPQ道的速度為v0，對(duì)于P棒，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得FP=2BllFQ=Bll（I），P，Q16在如圖11－21（摩擦、電阻忽略不計(jì)），有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B，導(dǎo)軌左端的間距為L(zhǎng)1=4l0，右端間距為l2=l0。今在導(dǎo)軌上放置ACDE兩根導(dǎo)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(yùn)動(dòng)，求AC棒運(yùn)動(dòng)的過程中產(chǎn)生的總焦QAC，以及q。律m1v0=（m1＋m2）v′安培力的作用，AC，DE不可能做勻速運(yùn)動(dòng)。由于棒l1向右運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生電流，ll受安培力的作用后，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(guān)系，DEB1711－22所示，一U形導(dǎo)體框架，其寬l=1m，框架所在平面有效電阻R=0.1Ω，跨接在U形框架上，并且能無摩擦地滑動(dòng)，求mm根據(jù)牛頓第二定律ΣF=maabG和框架的支持力N，而做加速運(yùn)動(dòng)應(yīng)電流使得導(dǎo)體受到磁場(chǎng)的安培力的作用。設(shè)安培力為FA。v的夾角。本題中θ=90°。應(yīng)電流使得導(dǎo)體受到磁場(chǎng)的安培力的作用。設(shè)安培力為FA18100.T0adsa20mb=c2Ω。求（1）線圈平面轉(zhuǎn)到什么位置時(shí)，線圈受到的電磁力矩最大？（）60該是Bvθ。另一第五章動(dòng)量、動(dòng)量守恒定一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析1從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不 【錯(cuò)解 選B【錯(cuò)解原因】認(rèn)為水泥地較草地堅(jiān)硬，所以給的作用力大，由動(dòng)量定理I=△P，即F·t=△P，認(rèn)為F大即△P，大，所以水泥地對(duì)的作用力大，因【分析解答 設(shè)玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間確答案應(yīng)選C，D?！驹u(píng)析 判斷這一類問題，應(yīng)從作用力大小判斷入手，再由動(dòng)平方向成53°的N的力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，在2s內(nèi)力F對(duì)物體的沖量為【錯(cuò)解 錯(cuò)解一：2s內(nèi)力的沖量 功的計(jì)算W=Fcosa·s了。直向下的重力G、豎直向上的支持力N。由沖量定義可知，力F的沖量為：所以例3在距地面高為h，同時(shí)以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質(zhì)量相等的物體m，當(dāng)它們從拋出到落地時(shí)，比較它們的動(dòng)量的增量△P，有( 也是相等的，所以△P=P2-P1WIJ一定相等。選D。變量也相同，所以選D?！惧e(cuò)解原因】△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加減法運(yùn)算遵從矢量的平行四邊形法則，而向下。這樣分析，動(dòng)量的增量△P就不一樣了。動(dòng)量增量最大，所以應(yīng)選B。【評(píng)析 對(duì)于動(dòng)量變化問題，一般要注意兩點(diǎn)45－3MAB固定在墻上，一個(gè)質(zhì)量為m的木塊C置于車上時(shí)的初速度為v0。因摩擦經(jīng)t秒木塊停下，(設(shè)小車足夠長(zhǎng))，求木塊C和小車各自受到的沖量。-ft=0=mv0I木I車ft=mv0【錯(cuò)解原因】主要是因?yàn)閷?duì)動(dòng)量定理中的沖量理解不深入，動(dòng)量定理的內(nèi)-ft=0- ∴I木【評(píng)析】在學(xué)習(xí)動(dòng)量定理時(shí)，除了要注意動(dòng)量是矢量，求動(dòng)量的變化△P要用矢量運(yùn)算法則運(yùn)算外，還要注意F·t中F的含義，F(xiàn)是合外力而不是某一個(gè)參考練習(xí)：質(zhì)量為100g的小球從0.8m高處自由落下到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點(diǎn)經(jīng)歷了0.20s，則這段時(shí)間軟墊對(duì)小球的沖量為 a,ba塊的速度方向仍沿原來的方向 以選A。鍺解二：因?yàn)椴恢繿b也不能確定水平距離誰的大，所以不選B，C。的基礎(chǔ)上。事實(shí)是由于沒有講明a的速度大小。所以，若要滿足動(dòng)量守恒，(ma+mb)v=mava＋mbvb，vb的方向也可能與va同向。tBI=F·t的大小一定相等。所以D是正確的。此題的正確答案是：C，DMv0=(M-【錯(cuò)解原因】解法錯(cuò)誤的主要原因在于研究對(duì)象的選取，小車中砂子的質(zhì)My0=mv＋(M-【評(píng)析】用動(dòng)量守恒定律時(shí)，第一個(gè)重要的問題就是選取的系統(tǒng)。當(dāng)你選其中一塊的動(dòng)能為Ek1=625J，求另一塊的動(dòng)能Ek2代入數(shù)據(jù)得：Ek=225J【分析解答】以彈前的方向?yàn)檎较?，并考慮到動(dòng)能為625J的一解得：Ek2=225J4225J【評(píng)析】從上面答案的結(jié)果看，彈炸裂后的總動(dòng)能為(625＋225)J=850J8M1，M2的物塊(M2＞M15－4)，M2開始是靜止于地面上，當(dāng)M1自由下落H距離后，繩子才被拉緊，求繩子剛相互作用前后的動(dòng)量守恒。當(dāng)繩子剛被拉緊時(shí)，設(shè)M1，M2的共同速度為v，【錯(cuò)解原因】實(shí)際上，上述結(jié)果是正確的，但在解題過程中，出現(xiàn)了兩個(gè)錯(cuò)誤。其一，沒有認(rèn)真分析繩子拉緊前后的動(dòng)量守恒條件。實(shí)際上由M1，M2組成的等于M1+M2的重力，所以系統(tǒng)所受合外力不為零。不能對(duì)整個(gè)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守向向下，而M2的方向向上，不能認(rèn)為M1M2系統(tǒng)的動(dòng)量為(M1＋M2)v?！痉治鼋獯?M1自由下落H距離時(shí)的速M(fèi)2(T1-M1g)△t=M1v-(- (T2-M2g)△L=M2v- 【評(píng)析】通過本題的分析與解答，我們可以從中得到兩點(diǎn)警示。一是運(yùn)用9在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人連同槍(不包括)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆，每顆質(zhì)量為m，槍口到靶的距離為l,射出槍在發(fā)射完n顆后，小船后退的距離為多少？【錯(cuò)解】設(shè)第一顆射出后船的后退速度為v′，后退距離為S1，mv=[M＋(n- 【分析解答】設(shè)射出后船的后退速度為v′，后退距離為s1=v′t，如圖5－5所示①由幾何關(guān)系可知l=d+s1即 105－6所示ABAB之間光滑無摩擦。它們以共同的速度v前進(jìn)。突然碰到物C，將A從車上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。問：小車B的速度將怎樣變化？(mA+mB)=mBv′-即：(mA＋mB＋mA)v—【錯(cuò)解原因】上述錯(cuò)解的主要原因是不注意分析物理規(guī)律的適用條件，適當(dāng)我們研AB組成的系統(tǒng)時(shí)(如上述錯(cuò)解的研究對(duì)象)。在A與物C發(fā)生碰撞時(shí)CA的作用AB的系統(tǒng)米說是外力，所以不滿足ACCAA的動(dòng)量發(fā)生了變化。而AB之間光滑無摩擦。在水平方向無相互作用力。所以對(duì)11質(zhì)量M的小車，如圖5－7所示，上面站著一m的人，以v0的速度在光滑的水平面上現(xiàn)在人用相對(duì)于小車為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是初狀態(tài)車對(duì)地的速度，而人跳車時(shí)的【分析解答】以人和車作為一個(gè)系統(tǒng)，因?yàn)樗椒较虿皇芡饬?，所以水平【評(píng)析】(1)在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，除注意判斷系統(tǒng)受力情況是否滿足0=M△v-m(u-mu(M＋m)v0＝Mv-(M＋m)v0＝Mv-m(u-【錯(cuò)解原因】錯(cuò)解一的錯(cuò)誤原因是動(dòng)量守恒的對(duì)象應(yīng)為車和人的系統(tǒng)，而錯(cuò)解四中的錯(cuò)誤在于對(duì)速度的瞬時(shí)性的分析。v0是人未跳離車之前系統(tǒng)(M＋m)v0=Mv-m(u-【評(píng)析 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)應(yīng)注意幾個(gè)方面135－8θ=30°，hB，靜止放在求V0應(yīng)為多大？ 塊A的動(dòng)能，直接代入水平速度即可?！痉治鼋獯?根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有 V0越大，上升的距離越高；v0較小，則可能上不到頂端。那么，剛好上升到145－9，mM，人與車以速度v1在光滑水平面上向東運(yùn)動(dòng)。當(dāng)此人相對(duì)于車以速度v2豎直跳起時(shí),車的速度變?yōu)椋?)【錯(cuò)解 錯(cuò)解一：根據(jù)動(dòng)量守恒定律所以有：Mv1=(M-【錯(cuò)解原因】產(chǎn)生上述錯(cuò)誤的主要原因是對(duì)動(dòng)量守恒定律的矢量性理解不V1的方向?yàn)檎较?，選地面為參照系。初態(tài)車和Mv1，末態(tài)車的動(dòng)量為(M-m)v′l(因?yàn)槿嗽谒椒较蛏蠜]有受到?jīng)_量，其水平動(dòng)量保持不變)。人在水平方向上對(duì)地的動(dòng)量仍為mv1，【評(píng)析】動(dòng)量守恒定律是有條件的，一般把動(dòng)量守恒條件分為三個(gè)155－10M2，它下面用砂袋時(shí)的速度V0多大？【錯(cuò)解 由動(dòng)量守恒定律【分析解答】射入砂袋前后動(dòng)量守恒，設(shè)打入砂袋瞬間具有速度 此后(M1＋m)在擺動(dòng)過程中，水平方向做運(yùn)動(dòng)，而M2在水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)(M1+m)M2具有共同水平速度時(shí)，懸線偏角θ達(dá)到最大，即豎直向上 【評(píng)析】對(duì)于大部分學(xué)生來講，掌握一定的物理模型并不，在于圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的 【錯(cuò)解】錯(cuò)解一：半圓槽光滑，小球在半圓槽內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的全過程中，A。故選B。方向豎直向上，所以小球離開C點(diǎn)以后得做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故選D。A→BNN′方向相反指向左下方，因?yàn)橛形飰K擋住，所以半圓槽不會(huì)向左B→C即D也不對(duì)。正確答案是：小球在半圓槽內(nèi)自B→C運(yùn)動(dòng)過程中，雖然開始時(shí)半圓槽與其左作用，故在此過程中，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，所以正確答案應(yīng)選C。A→BB→C分析，切忌不認(rèn)真分析過程，用頭腦中已有的模型代替新問題，而亂套。以恒定的速度u沿光滑的水平面運(yùn)與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰的 (C．v，滿足：Mu=（M+m）vD．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u=（M+m0）【錯(cuò)解】A，D【錯(cuò)解原因】A，D也參加了碰撞，選A是認(rèn)為三者發(fā)生碰撞，因而各自有一個(gè)速度；而選D的同學(xué)【分析解答】由于碰撞時(shí)間極短，所以單擺相對(duì)小車沒有發(fā)生擺動(dòng)，即擺化，因此，選項(xiàng)中應(yīng)排除A，D。 塊合二而一。因此，C選項(xiàng)也是可能的。正確答案：選B，C。【評(píng)析】在解決如本題這種多個(gè)物體參與相互作用過程的題目時(shí)，要認(rèn)真擺），這樣可以避免研究對(duì)象。例18如圖514所示，有兩個(gè)物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質(zhì)量為2kg，B的質(zhì)量為3kg。有一顆質(zhì)量為100g的 以800m/s的水平速度射入A，經(jīng)過0.01s又射入物體B，最后停在B中，A對(duì) 求A，B最終的速度。 -f·t=mv-解得f·t=mAvA-解得：vA=15m/S解得：vB=16.13m/s【錯(cuò)解原因】A是把A，B看成一個(gè)整體。度為了v，物體A，B最終速度分別為vA，vB。 對(duì)，A和B組成的系統(tǒng)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律：解得：vB=21.94m/s【評(píng)析】（1）此題當(dāng)然還有其他解法，如在穿過A的過程中依然用動(dòng)量定理AB的速度為6m/s。也是A的最終速度，再對(duì)此過程用動(dòng)量守恒，求出射穿A以后的速度，（設(shè)為V，其余所設(shè)如前） 在射穿B的過程中動(dòng)量守恒 30kg30kg。游戲時(shí)，甲推著一開始時(shí)他們的速率為v0，為了不與乙相碰。mv-以0.67m/s的速度后退。設(shè)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。 【評(píng)析】本題從動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用角度看并不難，但需對(duì)兩個(gè)物體的運(yùn)第十三章光一、主要內(nèi)容等基本概念，以及反射定律、折射定律、透鏡成像、放大率計(jì)算式，光的波二、基本方法三、錯(cuò)解分析10.65μm氣中。當(dāng)i=30°時(shí)，i＜A，光進(jìn)入空氣中發(fā)生折射現(xiàn)象。r=49°54′結(jié)合題設(shè)所給圖形，可知CD為界面，AB為法線。13－3α′β′折射角（CD413－4n的平行玻璃磚，表面MN平行，P，Q兩個(gè)面相互平行且與M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不與M平故選B，C。MNC。定律折射角r′=i，同樣不可能發(fā)生全反射。故應(yīng)選B，D。中，當(dāng)光線射到M上，發(fā)生折射。以A為分界點(diǎn)，入射點(diǎn)在AC之間，光線先要到達(dá)P界面，所以一定先要討論光線在P界面上的行為。光線在P界面一定會(huì)發(fā)所以可以不討論它。如果試題提出光線在P界面的行為時(shí)，就要認(rèn)真討論。結(jié)論是：入射到M面光線的入例5：如圖13－7所示，有一長(zhǎng)方形的玻璃磚，內(nèi)有一個(gè)凸型空氣泡，某學(xué)生束會(huì)聚光線，應(yīng)選B。平行光束在空氣泡中將發(fā)生發(fā)散，故應(yīng)選C。例6：如圖13-9，P為發(fā)光點(diǎn)，MN為平面鏡，那么在MN與P之間放上不透QS了，顯然由于放上了B，S2點(diǎn)變暗了，而平面鏡則不同了。如圖(13-12)所示，無放擋板時(shí)，眼睛在M1N1M1＇N1′所包圍的空間區(qū)域P′點(diǎn)。放上擋板后，在圖中的陰影部分ABM1Nl和M2N2M1′N1M2′N2′所包圍的區(qū)域)，進(jìn)入眼睛的光線多少強(qiáng)弱與未放入擋A，B到P的像點(diǎn)P′了。。v=89cm3cm物向透鏡移近50cm時(shí)，則得放大率是3的正像。求此凸透鏡的焦距？各為K1和K2。由成像應(yīng)用透鏡成像時(shí)，一定要注意判斷像的性質(zhì)，若像距v＞0，為實(shí)像；v＜0，為虛像。要想避免出現(xiàn)本題類似的錯(cuò)誤。得在審題上狠下功夫。9用凸透鏡成像時(shí)，當(dāng)物體從極遠(yuǎn)處沿著主軸移向透鏡時(shí)，像朝什么方10一焦距f的凸透鏡，主軸和水平的X軸重合，X軸上有一光點(diǎn)位于透鏡的左側(cè)，光點(diǎn)到透鏡的距離大于f而小于2f，若將此透鏡沿X軸向右平移2f方向移動(dòng)，所以像也應(yīng)向左移，所以選B。【分析解答2f，則物像間距應(yīng)先減小后增大，由于物點(diǎn)靜止不動(dòng)，像點(diǎn)應(yīng)先向左移動(dòng)，接著向右移動(dòng)，得正確答案C。u2f→fm＞1，像的速度大于物體的速1113－13所示，一線狀發(fā)光物ABA端恰在焦距f的薄凸透鏡前主2倍焦距處，AB與主光α角，AB經(jīng)透鏡成像，A′B′與主光軸成β角，則β，α的大小關(guān)系：根據(jù)凸透鏡成像規(guī)律，當(dāng)物距u=2f時(shí)，則像距v=2f。若物距u＞2f，則像距為f＜v＜2f，并成縮小的像，所以A發(fā)光點(diǎn)在2f上，則通過透鏡后必過主光軸上距透2fA′點(diǎn)，發(fā)光B2f之外，則經(jīng)過透鏡后B′應(yīng)變得離主光軸近了，并且離2f－f之間。A′B′與主光軸所成的夾βABαD。我們利用一條特殊光線來進(jìn)行巧解。眾所周知，凸透鏡成像，當(dāng)物距u=2fv=2f，A(A2f)發(fā)出角形COA中，CO為公共邊，OA′=OA。因此，這兩個(gè)直角三角形全等。設(shè)∴β=θ＝α12(1989f透鏡的另一側(cè)2倍焦距處放一個(gè)垂直于主軸的光屏，在光屏上看到一個(gè)半徑為R的的幾何關(guān)系可知v=4f，再由透鏡成像可求得0.30cm，它使透鏡的主軸與方格紙垂直，透鏡與紙面相距10cm，眼睛位于透鏡主軸上離透鏡5.ocm處，問他至多能看到同一像成在無窮遠(yuǎn)處，從而得出位于主軸上離透鏡5.ocm處的人眼看不到方格紙，或者1413-18所示，在10cm透鏡的焦點(diǎn)上有點(diǎn)S。若37°角。求此點(diǎn)光源到它的像 得對(duì)透鏡成像中的物理量，物距u、像距v、焦距f，這些概念理解不夠。u，v，fMN13-19L＝v′-示M′N′。新的物距在一倍焦距之內(nèi)，可用幾何關(guān)系求出新的物距。完成了對(duì) 15(1981λ0=5000?的鈉制成。λ=3000?AKu=2.1V，I=0.56mA。極時(shí)的最大動(dòng)能是多少？(普朗克恒量h=6.63×10-34J·s，電子的電量第三章機(jī)械一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析13-1，小物塊位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小 接觸面垂直，所以支持力不做功。故A選項(xiàng)正確。90°，則斜面對(duì)物塊做負(fù)功。應(yīng)選B。18m。如果物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力的大小不變，則物體在離地面多高處，物例3如圖3－5，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，A沿水平方向研究對(duì)象，則此系統(tǒng)在從開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程 [【錯(cuò)解】以、木塊和彈簧為研究對(duì)象。因?yàn)橄到y(tǒng)處在光滑水平桌面上，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。故A正確?！痉治鼋獯稹恳?、彈簧、木塊為研究對(duì)象，分析受力。在水平方向，彈簧被壓縮是因?yàn)槭艿酵饬?，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒。由于射入木塊過 彈對(duì)地的位移并不是D，而D打入深度是相對(duì)位移。而求解功中的位移都要用對(duì)地由運(yùn)動(dòng)草圖可S木=S子- v0沿木板滑行。情況與題中極其相參考練習(xí)：如圖3-9一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的長(zhǎng)方形木板B放在光滑的水平地mA，m＜M?，F(xiàn)以地面為參考系，給ABABAB同速。例5下列說法正確的是 動(dòng)能不變，所以速度VA正確。能也就改變。故B正確。零。故D正確。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， 中中中中方向，所以瞬時(shí)功率應(yīng)注意乘上F，v夾角的余弦值。值應(yīng)注意P=Fv·cosθ（θF，v的夾角）F，v有夾角時(shí)，應(yīng)注意從中中中中7t，0據(jù)P=F·V可知牽引力v①過路程為s。據(jù)動(dòng)能定理【評(píng)析】發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率P恒定時(shí)，據(jù)P=F·Vv變化，F(xiàn)就會(huì)發(fā)生變化。牽動(dòng)ΣF，a變化。應(yīng)對(duì)上述物理量隨時(shí)間變化的規(guī)律有個(gè)定性的認(rèn)識(shí)。下面通過圖象給出定性規(guī)律。（見圖3-12所示）8如圖3-13，質(zhì)量分m2m的兩個(gè)小球AB，中間用輕質(zhì)桿相連，在桿的中點(diǎn)O處有一固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸，把桿置于水平位置后釋放，在B球順時(shí)針擺動(dòng)到最低位置的過程中()功，所以B球重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，機(jī)械能守恒，A正確。統(tǒng)機(jī)械能守恒。故C選項(xiàng)正確。BA，B，A球、B球的機(jī)械能都不守恒。但A+B整體機(jī)械能守恒?！痉治鼋獯稹緽統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A，BB，C選項(xiàng)正確。就沿桿方向。本題中A、B球繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，桿施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如3-14所示，桿B球施的B球的做負(fù)功。桿A球做功為正值。A球機(jī)械能增加，B球機(jī)械能減少。x03-153X0A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)與O點(diǎn)的距離?！惧e(cuò)解】物塊mA設(shè)鋼板初位置重力勢(shì)能為0，則運(yùn)動(dòng)又返回機(jī)械能也守恒。返回到O點(diǎn)速度不為零，設(shè)為V則：有物塊間動(dòng)量守恒。設(shè)v1為兩者碰撞后共同速 守恒。設(shè)接觸位置彈性勢(shì)能為Ep，則碰撞中動(dòng)量守恒 2mOv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。3-171，2性勢(shì)能最大。故D正確?；尚巫冏畲髸r(shí)，所以此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，故D正確。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。如本題A，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，mg=N，D選項(xiàng)中動(dòng)能為零，即速率為零，單方第六章機(jī)械運(yùn)動(dòng)、機(jī)械一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析 2xT2，則兩次振動(dòng)周期之比T1∶T2 2x，8x。由于兩種情況下全振動(dòng)的路程的差所以選B?！惧e(cuò)解原因】上述解法之所以錯(cuò)誤是因?yàn)榘颜褡拥倪\(yùn)動(dòng)看成是勻速運(yùn)動(dòng)或期就不會(huì)改變，所以正確答案為A?！驹u(píng)析】本題給出的錯(cuò)解是初學(xué)者中最常見的錯(cuò)誤。產(chǎn)生這一錯(cuò)誤的原因A．頻率不變，振幅不 B．頻率不變，振幅改C．頻率改變，振幅不 D．頻率改變，振幅改【錯(cuò)解】錯(cuò)解一：因?yàn)閱螖[的周期（頻率）l所以振幅也不變，應(yīng)選A。解一中所示理由外，即總能量不變，而因?yàn)橹亓?shì)能EP=mgh，EP不變，m變?yōu)樵瓉淼?倍，h一定變小了，即上擺到最高點(diǎn)的高度下降了，所以振幅要改變，應(yīng)選D。【錯(cuò)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，擺長(zhǎng)l和當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭，而與擺球質(zhì)量及運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度無關(guān)。只從能量不變?nèi)タ?，?dāng)E總不變時(shí)，EP=mgh，m變大了，h一定變小。說明有些同學(xué)【分析解答】（1）速度無關(guān)，所以不能選C，D。從上面分析我們知道，在平衡位置（即最低點(diǎn)）時(shí)的動(dòng)能EK另一個(gè)擺動(dòng)過程了），勢(shì)能EP=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(yīng)選B?！驹u(píng)析】m，v36-1R，O，兩個(gè)使兩球正好在O點(diǎn)相碰。問h應(yīng)為多高？【錯(cuò)解原因】上述答案并沒有完全錯(cuò)，分析過程中有一點(diǎn)沒有考慮，即是振動(dòng)的周期性，因?yàn)锽B【評(píng)析】在解決與振動(dòng)有關(guān)的問題時(shí)，要充分考慮到振動(dòng)的周期性，由于4t，【錯(cuò)解】1A，A運(yùn)動(dòng)軌跡可簡(jiǎn)化為如圖6-2，O為平衡位置，假設(shè)計(jì)時(shí)開始時(shí)，振子位于A點(diǎn)，每隔時(shí)間t，振子的位移總是大小和方向都相同，所以t綜上所述，應(yīng)選B，C，D。波的問題時(shí)，習(xí)慣上把所有問題都限定在一個(gè)周期內(nèi)，而沒有考慮到在時(shí)間t【分析解答】1．由題意可知，t=nt，n平衡位置兩側(cè)時(shí)，彈簧長(zhǎng)度是不同的。所以選項(xiàng)D不對(duì)。析，如圖6-4P，Q兩點(diǎn)，同樣可以得出正確結(jié)論。 求解，因而無法判斷t1和t2的大小關(guān)系，所以選D?！惧e(cuò)解原因】主要是對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特殊運(yùn)動(dòng)規(guī)律不清楚，只記住了周期公【評(píng)析】以上兩種方法，第法是定性分析，在選擇題練習(xí)時(shí)，是要例6圖6-6中實(shí)線是一列簡(jiǎn)諧波在某一時(shí)刻的波形圖線，虛線是0.2s后 【錯(cuò)解】λ=4m【錯(cuò)解原因】【分析解答】λ=4m 【評(píng)析】對(duì)于這種已知條件較為含糊的波的問題，要從波的方向、時(shí)方向，所以可判定，P點(diǎn)開始振動(dòng)的方向是沿y軸正方向（即向上）?！惧e(cuò)解原因】點(diǎn)處，所以介質(zhì)中的每個(gè)質(zhì)點(diǎn)都被其左側(cè)質(zhì)點(diǎn)帶動(dòng)，所以P點(diǎn)在剛開始時(shí)的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向（即向下）從另外一個(gè)角度來看，原圖中Q點(diǎn)開始振動(dòng)時(shí)是向下的，因?yàn)樗匈|(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)時(shí)的情況均相同，所以P點(diǎn)開始振動(dòng)的方向應(yīng)是向下的?！驹u(píng)析】本題中的錯(cuò)解了振動(dòng)圖象與波的圖象，那么這兩個(gè)圖象有什 錯(cuò)解三雖然計(jì)算對(duì)了，但是，在波向前（沿x軸正方向）了62.5個(gè)波長(zhǎng)時(shí)的波形，應(yīng)是在原來的波形基礎(chǔ)上向x62.5個(gè)波長(zhǎng)。當(dāng)經(jīng)過振動(dòng)周期的整數(shù)倍時(shí)，波只是向前了整數(shù)倍個(gè)波長(zhǎng)，而【評(píng)析】波形圖反映了波在過程中某時(shí)刻在波的方向上各質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移情況，由于波只能以有限的速度向前，所以離振源遠(yuǎn)的質(zhì)例9如圖6-16所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向，從波傳到x=5m的M點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，已知P點(diǎn)相繼出現(xiàn)兩個(gè)波峰的時(shí)間間隔為0.4s，下面說法中正確的是[]A．這列波的波長(zhǎng) 【錯(cuò)解原因】同理，錯(cuò)解三對(duì)M點(diǎn)以后各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況分析有誤，實(shí)際上M點(diǎn)以后各點(diǎn)運(yùn)動(dòng)應(yīng)表現(xiàn)為“相繼出現(xiàn)兩個(gè)波峰”，即T=0.4s。則v=質(zhì)點(diǎn)Q（x=9m）經(jīng)過0.4s開始振動(dòng)，而波是沿x軸正方向，即介質(zhì)中的每一個(gè)質(zhì)點(diǎn)都被它左側(cè)的質(zhì)點(diǎn)所帶動(dòng)，從波向前的波形圖6-17可以看出，0.4s波傳QQ0.5s時(shí)處于波谷。0.2ss0.7sC所以選項(xiàng)D是對(duì)的?！驹u(píng)析】106－18a，b且向下運(yùn)動(dòng)，而b點(diǎn)的位移恰達(dá)到負(fù)最大，則這簡(jiǎn)諧波的波速可能等于 解得：v=10m/s選擇不對(duì)的，所以正確答案為A，C。其解為當(dāng)n=0，N=0，1，2……Nn0123…02123………………【評(píng)析】這是1996年一道高考題，當(dāng)年不少考生考試時(shí)也選對(duì)了答案，但這些考生思考問題時(shí)有著明顯的片面性，只從n=N的情況去考慮問題，當(dāng)n=N=0時(shí)v=2m/（第十二章交流電、電磁振蕩一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析1如圖12－1所示，矩形線圈在外力的作用下，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以。載電阻R=30Ω，磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B=0.2T。交流電壓表的示解得M=8.66【分析解答解得212－23，即初級(jí)線圈匝數(shù)與次級(jí)線圈的匝數(shù)之比是3。初級(jí)線圈的輸入電壓是660V，次級(jí)線圈的電阻為0.2Ω，這臺(tái)變壓器供給100220V，60W的電燈用電。220V，而應(yīng)以次級(jí)線圈為研究對(duì)象應(yīng)用閉合電路源電動(dòng)勢(shì)減去內(nèi)電壓），或者用部分歐姆定律U=IR。31210U1=220V3519250.3AI1=0.114A。求線圈Ⅲ中電流和輸出電壓（電流的計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）412－3abcdB=2TOO′，以角速ω=10πrad／s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線10匝a(bǔ)b=03m，bc=06m，負(fù)載電阻R=45Ω。求（l）電阻R在0.05s內(nèi)所發(fā)出的熱量；（2）0.05s內(nèi)流值是：（）度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效。設(shè)交流電的有效值為I，頓定一、主要內(nèi)容二、基本方法時(shí)，常需要將某一個(gè)物體從眾多其他物體中出來進(jìn)行受力分析的“法”，法是分析物體受力情況的基礎(chǔ)，而對(duì)物體的受力情況進(jìn)行分析又是應(yīng)三、錯(cuò)解分析1甲、乙兩人手拉手玩拔河游戲，結(jié)果甲勝乙敗，那么甲乙兩人誰受拉例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(gè)力，F(xiàn)1，F(xiàn)2和摩擦力，處于靜止?fàn)顟B(tài)。其中F1=10N，F(xiàn)2=2N。若撤去力F1則木塊在水平方向受到的合外力為（）A.10N向 B.6N向右C.2N向 與撤去力大小相等，方向相反。故A正確。摩擦力仍為靜摩擦力。此時(shí)—F2+f′=0即合力為零。故D選項(xiàng)正確。示方向緩緩向上移動(dòng)。在這過程中，力FAO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(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力f的方向沿斜面向下。根據(jù)牛頓第二定律列方程 N-Fsinθ-mgcosθ=0的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)有所變化，如圖2－10，當(dāng)外力較小時(shí)（Fcosθ＜mgsinθ）物體有向下的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，摩擦力的方向沿斜面向上。F，fFcosθ=mgsinθ中中中中受前面問題的啟發(fā)，我們可以想到F的值應(yīng)是一個(gè)范圍。當(dāng)F從此值開始增加時(shí)，靜摩擦力方向開始仍然斜向上，但大小減小，當(dāng)F增加到FCOSθ=mgsinθ時(shí)，即F=mg·tgθ時(shí)，F(xiàn)再增加，摩擦力方向改為斜向下，仍可以根據(jù)受力分析圖2-11列出方程中中中中Mm間的摩擦力大小是多少？據(jù)式①，②，③解得所以mM【分析解答】因?yàn)閙和M保持相對(duì)靜止，所以可以將（m＋M）整體視為研究對(duì)象。受力，如圖2－14，受重力（M十m）g、支持力N′如圖建立坐標(biāo)，根據(jù)牛頓x：(M+n)gsinθ=(M+m)a①解得a=gsinθ沿斜面向下。因?yàn)閙M間的相互作用力，再以m為研究對(duì)象，受力如圖2－15。力。單個(gè)物體的選取應(yīng)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。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(zhì)量分別為mA=6kg，mB=2kg，A，B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，開始時(shí)F=10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則 動(dòng)。所以A，B選項(xiàng)正確。只受拉力F，根據(jù)牛頓第二定律列方程 代入式說，A，B間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。所以D選項(xiàng)正確。60°AC將TAC=150N，TBC=100N代入式解得G=200N。而沒有認(rèn)真分析力之間的關(guān)系。實(shí)際當(dāng)TBC=100N時(shí)，TBC已經(jīng)超過150N。 TACcos30°+TBCcos60°- 82－22質(zhì)量M，傾角α的楔A放在水平地面上。質(zhì)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【錯(cuò)解】以A，B整體為研究對(duì)象。受力如圖2－23，因?yàn)锳物體靜止，所以N=G=（M＋m）g。【錯(cuò)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2－24b。根據(jù)牛頓第二定律列運(yùn)動(dòng)方程，A物體靜止，加速度為零。 由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα9如圖2-25小球。兩小球均保持靜止。當(dāng)突然剪斷細(xì)繩時(shí)，上面小球A與下面小球B的加速度為[]a1=ga1=ga1=2ga1=0g，A，BgA時(shí)，A，B球具有不同的加速度，不能做為整體研究。三個(gè)力，重力mg和彈簧拉力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02g，B10m的距離所需時(shí)間為多少？F=ma中中中中力和支持力，在水平方向受滑動(dòng)摩擦力，做v0=0的勻加速運(yùn)動(dòng)。有水平方向：f=ma①豎N-mg=0②f=μN(yùn)③ 代入式⑤得t2=4.8sv=5×2=10（m/s），已超過了傳送帶的速度，這是定第2個(gè)物理過程。112-30，一個(gè)彈簧臺(tái)秤的秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都可以不計(jì)，盤內(nèi)放一個(gè)物體P處于靜止。P的質(zhì)量為12kg，彈簧的勁度系數(shù)k=800N/m?，F(xiàn)給P施加一個(gè)豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)。已知0.2s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。 設(shè)物體向上勻加速運(yùn)動(dòng)加速度為a。F+N′- 0.2s內(nèi)物體的位移為x0。物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則00Fmin=ma+mg-=12×(7.5+10)-第七章熱一、主要內(nèi)容等容、等壓過程的特點(diǎn)及規(guī)律（包括和圖象兩種描述方法）。二、基本方法三、錯(cuò)解分析p—V，p—T，V—T錯(cuò)誤，從而導(dǎo)致利用圖像分析氣體內(nèi)能變化等問題時(shí)的。1設(shè)一氫氣球可以自由膨脹以保持球內(nèi)外的壓強(qiáng)相等，則隨著氣球的不 為p1，p2，V1，V2。因?yàn)闇囟炔蛔?，由?馬定律可知：p1V1=p2V2p2（與氫氣對(duì)應(yīng)相等）p1，p2因?yàn)榇髿饷芏群蛪簭?qiáng)都與高度F2定的，所以排開空氣的質(zhì)量不隨高度h而變，又因?yàn)橹亓铀俣纫膊蛔儯ㄓ深}目知）例2 如圖7-1所示，已知一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)1變化到狀態(tài)2。線．所以狀態(tài)12的體積相等，氣體對(duì)外不做功?！惧e(cuò)解原因】錯(cuò)解一是不會(huì)應(yīng)用等容線，不知道如何利用p-V圖比較兩個(gè)狀態(tài)狀態(tài)2，氣體膨脹對(duì)外做功了。3V-TA，B，C（pB，應(yīng)選C。小，從圖上可以看出：VA＞VC＞VB，所以戶pA＜pC＜pB，應(yīng)選B。想比較三個(gè)狀態(tài)的壓強(qiáng)，可以利用V-T圖上的等壓線輔助分析。個(gè)等溫過程與三個(gè)等壓過程聯(lián)系起來，等溫線（溫度為T'）與等壓線分別交于出：VA'＞VB'＞VC'，所以可以得出結(jié)論：pA'＜pB'＜pC’，而AA'，BB'，C與CpA=pA'，pB=pB'，pC=pC’pA＜pB＜pC，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(nèi)有一導(dǎo)熱的、可在氣缸內(nèi)無摩擦滑動(dòng)的、體積不計(jì)的活塞C，D為不導(dǎo)熱的閥門。起初，閥門關(guān)閉，A內(nèi)裝有壓強(qiáng)p=2.0×105a溫度T=300K的氮?dú)狻內(nèi)裝有壓強(qiáng)P=1.0×105Pa，溫度T2=600K的氧氣。打開閥門D，活塞C向右移動(dòng)，最后達(dá)到平衡，以V1和V2分別表示平衡后氮?dú)夂脱鯕獾捏w積，則V1∶V2= p1，p2，T1，T2與p1，p'1，T1，T'1混為一談，以致出現(xiàn)完全相反【分析解答】對(duì)于A容器中的氮?dú)?，其氣體狀態(tài)為：=1 V V'1=V1（題目所設(shè) p2 V2 T2 T（應(yīng)用相應(yīng)的定律、規(guī)律）切不可將兩部分氣體視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(zhì)量為M，不計(jì)圓板A與容器內(nèi)壁之間的摩擦，若大氣壓強(qiáng)為P0，則被圓板封閉在容器中氣體的壓強(qiáng)p等于（）因?yàn)榱硪粋€(gè)分力一定要垂直斜板的豎直面，如圖7-7。所以重A受豎直向下的力有重力Mg、大氣壓力p0S，豎直向上的67-9天花板上。當(dāng)外界氣溫升高（大氣壓不變）時(shí)，（）F=mg+p0S-應(yīng)選B。是憑認(rèn)為溫度升高，壓強(qiáng)增大。以氣缸為對(duì)象受力分析，如圖7-1177-12h分別為l1，l2，已知l1＞l2，如同時(shí)對(duì)它們均勻加熱，使之升高相同的溫度，這時(shí)出現(xiàn)的情況是：（）考慮到空氣柱的總長(zhǎng)度不變，空氣柱2V2V'2，且△V2=V'-V2，下移動(dòng)。選B。強(qiáng)由p2增至p'2，△p2=p'2-p2。A。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(shí)剛好與水面平齊，現(xiàn)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，g=10m/s2）ppW=Ep00且W2=p0S(H- 升了10m。9如圖7-14，A，B封入壓強(qiáng)為戶，溫度為T的一定質(zhì)量的理想氣體，現(xiàn)使A內(nèi)氣體溫度升溫至T'，穩(wěn)定后A容器的壓強(qiáng)為多少？假設(shè)有△V的氣體遷移至B容器，由氣態(tài)方程可知：1060mm140mm，140mm，如圖7-16溫度保持不變），H=？B兩部。分氣體應(yīng)用玻意耳定律則進(jìn)入玻璃管中的水銀柱長(zhǎng)H（lA+lB）（l'A+l'BH=[（140+140）-溢出，即B部分氣體質(zhì)量減少（不是定質(zhì)量）。這部分研究對(duì)象的質(zhì)量發(fā)生了變化，對(duì)A氣體：pA·VA=p''AV''AH=(140×2-133-11如圖7-18l=0.96m，內(nèi)有一段長(zhǎng)=27l0=0.76m）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?cè)诮忸}的過程中，應(yīng)找出在什么條件下，pV的乘積最大，由此確定相應(yīng)的溫度。所以：l0+x=l-代入數(shù)據(jù)得：T2=385.2K例12如圖7-19所示，一個(gè)上下都與大氣相通的直圓筒，中間用兩個(gè)活塞A與B封住一定質(zhì)量的理想氣體，A，B都可沿圓筒無摩擦地上、下滑動(dòng)，但不漏氣。A的質(zhì)量可不計(jì)，B的質(zhì)量為M，并與一勁度系數(shù)k=5×103N/m的較長(zhǎng)的彈簧相連，已知大氣壓強(qiáng)p0=1×105Pa，平衡時(shí)，兩活塞問的距離l0=0.6m，現(xiàn)用力壓A，使之緩慢向下移動(dòng)一定距離持平用于壓A的力F=5×102N,求活塞A向下移動(dòng)的距離。（假定氣體溫度保持不變）F+Mg=kxB的質(zhì)M沒有給出具體數(shù)據(jù)，只能由①②兩式聯(lián)系解得一個(gè)數(shù)值，其中帶有質(zhì)量M。壓力，xF，F(xiàn)x l=0.3m13內(nèi)徑U型細(xì)玻璃管一端封閉7-2所示，AB30mm，BC段長(zhǎng)10mm，CD段長(zhǎng)40mm，DE段充滿水銀，DE=560mm，AD段充滿空氣，外界大氣壓p=0，01325×105Pa=760mmHg，現(xiàn)迅速從E向上截去400mm，長(zhǎng)玻璃管，平衡初態(tài)：p1=(760-560)=200mmHg末態(tài)：p2=(760-160)=600(mmHg)解得 即空氣柱的長(zhǎng)度為267mm267mm，AB【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(huì)停留在什么200×800S=（760-x）[300+100-（160-160000=（760-容易就可以知道l2=240mm，可見這種情況是不可能的。142l，S，缸內(nèi)有活塞，活塞可以沿缸壁無p0T0的理想彈簧的勁度系數(shù)為k，氣缸與地面的最大靜摩擦力為f，求：彈力為kl），系統(tǒng)始終靜止。以氣體為對(duì)象 V1=ls解法二：以活塞為對(duì)象受力分析如圖7－27氣缸受力f，導(dǎo)致錯(cuò)誤?！痉治鼋獯稹康谝粏柸缟纤鰵怏w的變化可以分為三種狀態(tài)兩個(gè)過程，如圖7－28【評(píng)析】段長(zhǎng)150mm的空氣柱。左臂總長(zhǎng)為250mm，右臂足夠長(zhǎng)。如果將管的開口變?yōu)樨Q直向下，求空氣柱的長(zhǎng)度。（設(shè)大氣壓為750mmHg）初態(tài)1V1V2 設(shè)初始左、右兩臂水銀面高度差為h，倒轉(zhuǎn)后空氣柱仍在左臂（如圖7-31）則：（h-450）2-解得62.5mm才可能仍留在左臂。而本文給出開始時(shí)水銀面高度差為100mm＞62.5mm，因此，U設(shè)右臂足夠長(zhǎng)，倒轉(zhuǎn)后，水銀柱已全部進(jìn)入右臂如圖7－32所示，末狀態(tài)變?yōu)閂2=（250+y）Sp2=（750-解得則空氣柱的長(zhǎng)度為：l=（250+33.3）=283.3（cm）例16容積V=201的鋼瓶充滿氧氣后，壓強(qiáng)為p=30個(gè)大氣壓，打開鋼瓶閥 A．4 B．50C．56 D．60【錯(cuò)解】設(shè)可充氣的瓶子數(shù)最多 n，利用玻意耳定律得【分析解答】設(shè)最多可裝的瓶子數(shù) n，由玻意耳定律得解得：n=56（瓶17V C．6pD．【錯(cuò)解】因?yàn)闅飧资墙^熱的，所以壓縮過程為等溫變化pV=cT，只有當(dāng)p'＞6p時(shí)，pV乘積才可能是增加的。18 【錯(cuò)解】錯(cuò)解一：因?yàn)闇囟鹊?，?dòng)能就小，所以內(nèi)能就小，所以應(yīng) 分子的動(dòng)能和勢(shì)能的總和不一定也小，所以選項(xiàng)A是錯(cuò)的。量有關(guān)，單從一方面考慮問題是不夠全面的，所以錯(cuò)解二選項(xiàng)B也是錯(cuò)的。增加，選項(xiàng)D是正確的?！驹u(píng)析】197-33V1，T1狀態(tài)，再讓氣體膨脹到p2，V2，T2狀態(tài)，若V1＜V0＜V2， 從題目上看，壓強(qiáng)也不相等，所以無法判斷，應(yīng)選D?！痉治鼋獯稹繌念}目給出的條件，V1＜V0＜V2和“與外界無熱交換”，根據(jù)減少，溫度降低，所以T0＞T2，結(jié)果為T1＞T0＞T2。本題的正確答案為A。【評(píng)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(dāng)瓶?jī)?nèi)氣體壓強(qiáng)降至等于大氣壓p0時(shí)，立即蓋緊瓶塞，過一段時(shí)間后，瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)將：（設(shè)瓶外環(huán)境溫度不變）[ A．仍為 B．大于C．小于 D．無法確強(qiáng)應(yīng)該仍然相等，所以答案應(yīng)該選A?？諝獾膲簭?qiáng)也就隨著溫度的升高而增大。所以，正確答案應(yīng)為B。第九章穩(wěn)恒電一、主要內(nèi)容二、基本方法三、錯(cuò)解分析定電阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值為5Ω的滑動(dòng)變阻器。按下電鍵K，調(diào)節(jié)滑動(dòng)【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【分析解答】外電阻R當(dāng)R2+R′=R1+R3-R′時(shí)，R最大，解得因?yàn)镽1=2Ω＜R2=3Ω，所以當(dāng)變阻器滑動(dòng)到靠近R1端點(diǎn)時(shí)兩部分電阻差值最大。此時(shí)刻外電阻R最小?！驹u(píng)析】29－3，R1=390Ω,R2=230Ω，r=50Ω，當(dāng)K合在1時(shí)，電壓表的讀數(shù)為80V；當(dāng)K合在2時(shí)，電壓表的讀數(shù)為U1=72V，電流表的讀數(shù)為I1=0.18A，求：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)（2）當(dāng)K合在3時(shí)，兩【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】。事實(shí)上，問題并非如此簡(jiǎn)單。如果進(jìn)一步分析K合在2時(shí)的情況就會(huì)發(fā)非理想的?！痉治鼋獯稹侩娏鞅淼膬?nèi)阻，R′為電流表與電阻器R1串聯(lián)后的電阻，R″為電流表與電阻器R2串聯(lián)的電阻。則K2時(shí)：【評(píng)析】39－4，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板電容器的兩板距離d=1cm，當(dāng)電鍵K接通時(shí)極板中的一個(gè)質(zhì)量m=4×10-3g，電量為R2？【錯(cuò)解】電壓U=ε1+ε2。F-ε2=U-當(dāng)電鍵K斷開后，電容器上只有電 給它充電，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【錯(cuò)解原因】電動(dòng)勢(shì)ε，而是路端電壓U。【分析解答】F-容器兩端電壓U′=ε2=1.25V△Q＝Q—Q′=2.75×10-22【評(píng)析】路圖，如本題中的圖9－5，圖9－6，進(jìn)而用電路知識(shí)解決問題。49－7所示電動(dòng)ε=9V，內(nèi)電r=0.5Ω，電R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，電容C=2.0μF。當(dāng)電鍵Ka與接觸到與b接觸通過R3的電量是多少？【錯(cuò)解】3R△Q=QC-Q′C3【錯(cuò)解原因】沒有對(duì)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(shì)高，圖9－9中電容器的下極板的電勢(shì)高。電容器經(jīng)歷了先放電后充電的過程。經(jīng)過R3的電量應(yīng)是兩次充電電量之和?！痉治鼋獯稹? Kb9－9 此時(shí)電容器帶電量Q′=CU=0.7×10-5(C) 【評(píng)析】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(shí)間內(nèi)產(chǎn)生 【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】【分析解答】將被燒壞。故只能選B?！驹u(píng)析】足電流、電壓條件之外，還必須滿足功率條件：過用電器的額定功率。6如圖9－10ε=36V，r=2Ω，兩燈都正常發(fā)光；當(dāng)K斷開后為使L2仍正常發(fā)光，求R2應(yīng)調(diào)到何值？【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】9－10的。錯(cuò)解中對(duì)電鍵K閉合和斷開兩種情況，電路結(jié)構(gòu)差異沒有具體分析，此時(shí)隨燈【分析解答】定電壓UL。ε1=ε2=εI1=2I2=2I，(I 得ε=U＋2I(R1＋r＋R 2ε=USL＋I(xiàn)(R1＋r＋R′ 2①-②I(R1＋r＋2R2-R2′)=0但I(xiàn)≠0，∴R1+r＋2R2=R′2即定電壓UL，由串聯(lián)電路電壓分析可得：【評(píng)析】79－11所示，電源電壓保持不變，變阻R1的最大值R2的阻值，在滑片P自右向左滑動(dòng)過程中，R1的電功率如何變化？【錯(cuò)解】由此可知，當(dāng)滑片P自右向左滑動(dòng)過程中，R1的電功率是變小的?！惧e(cuò)解原因】【分析解答】因此，在這兩種情況時(shí)，RPU2/4R，且不難看出，R 11綜上所述，本題答案應(yīng)是滑片P自右向左移動(dòng)時(shí)，Rl的電功率逐漸變大R1=R2R1P，R1【評(píng)析】8如圖9－12所示電路K依次接a和b的位(1)R1＞R2(2)Rl=R2(3)R1＜R2三種情況時(shí)，R1、R2上消耗的電功率哪個(gè)大？【錯(cuò)解】 【錯(cuò)解原因】ε，r【分析解答】 1 1 (l)當(dāng)R＜R時(shí)若r2=R P-P=0所以 1 1 l ＜Pr2R l 1212121212121 1212121212121212＞Pr2R212【評(píng)析】99－13所示電路中，r電源的內(nèi)阻，R1R2是外電路中的電阻，P1Pr∶P1∶P A、 B、C、 D、【錯(cuò)解】R1=R2=r，rR1，R2【錯(cuò)解原因】R1，R2并聯(lián)，Ur=U1-U2，這一看法是錯(cuò)誤的，UrU1，Ur=ε-U1【分析解答】外電阻是串聯(lián)關(guān)系，(不能認(rèn)為內(nèi)電阻與外電阻并聯(lián))但R1與R2是并聯(lián)的，因R1=R2，則I1=I2=I，Ir=I1+I2=2I 1 2 1 2【評(píng)析】10如圖9－14已知電源電動(dòng)勢(shì)ε=20V，內(nèi)阻r=1Ω，當(dāng)接入固定電阻R=4Ω時(shí)，電路中標(biāo)有“3V4.5W”的燈泡L和內(nèi)阻r′=0.5Ω的小型直流電動(dòng)機(jī)恰能正常工作，求【錯(cuò)解】電源總功率P=Iε=2.7×20=54(W)【錯(cuò)解原因】【分析解答】電路中電流強(qiáng) I＝1.5AUm=ε-UR-UL-Ur＝ε-I(R+RL+r)=20-【評(píng)析】靜電能轉(zhuǎn)化為電能，內(nèi)外電路又將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。ε=U內(nèi)+U外則是反映了這個(gè)過程中的能量守恒的關(guān)系。11MLr′=1Ω，電燈燈絲電阻R=10Ω，電源電動(dòng)勢(shì)ε=12V，內(nèi)阻r=1Q，當(dāng)電壓表讀數(shù)為10V時(shí)，【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】PP的區(qū)別，I2r′M者的關(guān)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 【評(píng)析】握一道題的解題思路，就能比較清醒地分清規(guī)律的適用范圍和條件。129－16RR0串聯(lián)構(gòu)成，電源電動(dòng)勢(shì)為ε，電源內(nèi)阻為r，【錯(cuò)解】R＝r′R0=R＋r，R=R0-r，R=R2-r時(shí)，電路中R0上得到最大功率，其大小為【錯(cuò)解】定于流過電阻R0的電流強(qiáng)，這與討論可變電阻R上的功率不同?！痉治鼋獯稹?【評(píng)析】電，輸電線上發(fā)熱損失的功率是多少kw？改用10kV的高壓送電，發(fā)熱功率損失又是多少kw？【錯(cuò)解】【錯(cuò)解原因】P1是正確的，然而在高壓送電電路中，負(fù)載都是使用了變壓器而錯(cuò)解二把它當(dāng)作純電阻使P2解錯(cuò)?！痉治鼋獯稹? 【評(píng)析】14把一個(gè)“10V2.0W”的用電器A(純電阻)接到某一電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻都不變的電源上，用電器A實(shí)際消耗的功率是2.0W，換上另一個(gè)“10V5.0W”的用電器B(純電阻)接到這一電源上，用電器B實(shí)際消耗的電功率有沒有可能反而小于2.0W？你如果認(rèn)為不可能，試說明理由，如果認(rèn)為可能，試求出用電器B實(shí)際消耗的電功率小于2.0W的條件(設(shè)電阻不隨溫度改變)【錯(cuò)解】10V2.0W”的用電器與電源連接，用電器正常工作說明用電器兩端電B也能正常工作，實(shí)際功率是5.0W，所以用電器的實(shí)際功率不會(huì)小于2.0W?！惧e(cuò)解原因】【分析解答】【評(píng)析】RB接入電路時(shí)，電源的輸出功率肯定小于最2W。若電源的輸出功率沒有達(dá)到最大輸出功率，RB接入電路時(shí)，電源的輸出功率有可能小于RA接入電路時(shí)輸出功率2W。A、 B、C、 D、【錯(cuò)解】2ΩRB。定的外電獲得最大功率的條件是不同的?！巴怆娮璧扔趦?nèi)電阻(R=r)時(shí)，外【分析解答】A【評(píng)析】16圖9－1810mA，50Ω)(3)0～3V，5kΩ)(4)直流電源(輸出電壓4V1A)(5)滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～15Ω1A)(6)【錯(cuò)解】種連法實(shí)際上與圖9-19的錯(cuò)誤是一樣的。錯(cuò)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，電出現(xiàn)同時(shí)連接變阻器的兩個(gè)上接線柱；的“”、“”接反；不在【分析解答】【評(píng)析】在電源的a,再將黑表筆分別連接在電阻RlbR2c端