物理总复习易错题大盘点[下学期]
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物理总复习易错题大盘点
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，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在同一水平面上，a的重心在球心，b球和c球的重心Ob、Oc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Na，对b球和C球的弹力分别为Nb和 Nc，则
A、 B、
C、 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，从图可看出与的夹角最大，与夹角最小，又由力的平衡和平行四边形法则可知，最大，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，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：①绳的弹力方向沿着绳子并指向绳子收缩的方向；②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；③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P、Q对球的弹力对称、且与竖直方向夹角相同．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 QC．f向右 Q[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f′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A对斜面的作用力沿竖直方向的分量小于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，牛顿第三定律的应用。
[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。
（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推物体，物体恰能作匀速直线运动，则（1）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，受力图如图乙所示，所以物体受到的摩擦力为
又由平衡条件得：，其中F1为沿斜面的下滑力，其大小为，而，所以，所以有：，解得
（2）物体运动方向沿推力F与F1合力的方向，即与底边成角向下。
错因：本题出现错误的原因是对滑动摩擦力大小公式认识模糊，认为在两个分运动方向上分别都受到了大小为的摩擦力，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: ,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，二是推力，三是滑动摩擦力，因为和是相互垂直的，所以这两个力的合力为
，此力方向与底边成角向下，又因为、、三个力的合力为零，所以和的大小相等方向相反，如图丙所示。
而，，则，所以
（2）因为滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，所以物体运动方向与方向一致，即与底边成角向下。
4一条宽为L的河流，河水流速为v1，船在静水中的 速度为v2，要使船划到对岸时航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？
【错解】要使航程最短船头应指向与岸垂直的方向。最短航程为L。
【错解原因】上而错解的原因是对运动的合成不理解。船在水中航行并不是船头指向什么方向就向什么方向运动。它的运动方向是船在静水中的速度方向与水流方向共同决定的。要使航程最短应是合速度垂直于岸。
【分析解答】题中没有给出v1与v2的大小关系，所以应考虑以下可能情况。
此种情况下航程最短为L。
②当v2＜v1时，如图1－11船头斜向上游，与岸夹角为θ时，用三角形法则分析当它的方向与圆相切时，航程最短，设为S，由几何关系可知此时v2⊥v（合速度）（θ≠0）
③当v2=v1时，如图1－12，θ越小航程越短。（θ≠ 0）
【评析】航程最短与时间最短是两个不同概念。航程最短是指合位移最小。时间最短是指用最大垂直河岸的速度过河的时间。解决这类问题的依据就是合运动与分运动的等时性及两个方向运动的独立性。
5物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图1－16所示，再把物块放到P点自由滑下则（ ）
A.物块将仍落在Q点
B.物块将会落在Q点的左边
C.物块将会落在Q点的右边
D.物块有可能落不到地面上
【错解】因为皮带轮转动起来以后，物块在皮带轮上的时间长，相对皮带位移弯大，摩擦力做功将比皮带轮不转动时多，物块在皮带右端的速度将小于皮带轮不动时，所以落在Q点左边，应选B选项。
【错解原因】学生的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不准确。实质上当皮带轮逆时针转动时，无论物块以多大的速度滑下来，传送带给物块施的摩擦力都是相同的，且与传送带静止时一样，由运动学公式知位移相同。从传送带上做平抛运动的初速相同。水平位移相同，落点相同。
【分析解答】物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反。 物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，所以A选项正确。
【评析】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动情况就应讨论了。
（1）当v0=vB物块滑到底的速度等于传送带速度，没有摩擦力作用，物块做匀速运动，离开传送带做平抛的初速度比传送带不动时的大，水平位移也大，所以落在Q点的右边。
（2）当v0＞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）v0＜vB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=ωr，可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍。
D．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
【错解】选择A，B，C
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A，
【分析解答】正确选项为C，D。
A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，F∝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∝
【评析】物理公式反映物理规律，不理解死记硬背经常会出错。使用中应理解记忆。知道使用条件，且知道来拢去脉。
卫星绕地球运动近似看成圆周运动，万有引力提供向心力，由此将
根据以上式子得出
7 使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点？
【错解】如图4-2所示，根据机械能守恒，小球在圆形轨道最高点A时的势能等于它在圆形轨道最低点B时的动能（以B点作为零势能位置），所以为
从而得
【错解原因】小球到达最高点A时的速度vA不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道。要使小球到达A点（自然不脱离圆形轨道），则小球在A点的速度必须满足
式中，NA为圆形轨道对小球的弹力。上式表示小球在A点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供。当NA=0时，
【分析解答】以小球为研究对象。小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力。
小球在圆形轨道最高点A时满足方程
根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B时的速度满足方程
解(1)，(2)方程组得
轨道的最高点A。
8如图5所示，质量为m的木块A以速度v0在质量为2 m的木块B上从左端开始滑动，若开始时B处于静止状态，A、B之间、B与地之间动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=4μ2，当A开始滑动时，B也随之开始滑动，且当A滑到B的右端时刚好相对静止，求从A开始在B上滑动至A刚到达B的右端的过程中系统的动能损失？
【错误】：忽视守恒条件
错解：设A刚到达B的右端时A、B的共同速度为，根据动量守恒定律得：
mv0=（m+2m）v
v=v0
ΔEk=mv02- (m+2m)v2
=mv02-·3m(v02) =mv02
分析：上述错解的原因是没有弄清水平面与B之间存在着摩擦，而A和B之间又不是作用时间极短的问题，所以系统在这一运动过程中，不满足动量守恒的条件，不能用动量守恒定律求解。正确的解法为：
设A从B的左端滑至右端时A、B的共同速度为v，滑行所用的时间为t，以v0的方向为方向，运用动量定理：
对A:-μ1mgt=mv－mv0 ①
对B: μ1mgt－μ2（m+2m）gt=2mv ②
解①②两式得v=v0
所以该过程中损失的动能为：
ΔΕk=mv02- （m+2m）v2=mv02- 3m（1/9v0）2=mv02
【错题四：能量】质量为M的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为 m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，若木块与水平面间的动摩擦因数为μ，则木块在水平面上滑行的距离大小为多少？
【错误】过程混淆不清
错解：设子弹击中木块后的共同速度为v，由于打击的作用时间极短，系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v ①
设木块滑行的距离为s，根据能量守恒得：
μ（m+M）gs=mv02－（m+M）v2 ②
解①②两式得：
s=
分析：上述错误在于建立能量议程时没有分清本题所牵涉的两个过程——打击过程和滑行过程，把子弹打击木块时的能量损失与木块在水平面上滑行时的能量损失相混淆，等式左边反映的是滑行过程中木块和子弹系统克服摩擦力所做的功，它等于滑行过程（从子弹刚相对木块静止开始直至木块停止滑动）的动能损失，即
μ（m+M）gs=（m+M）v2
而等式右边则反映的是子弹打击木块过程中系统的动能损失，即
fd=mv02－（m+M）v2
其中f为子弹与木块之间的摩擦力，d为子弹射入木块的深度，上述两式显然是不能混同的。
9 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物体质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。
【错解】物块m从A处自由落下，则机械能守恒
设钢板初位置重力势能为0，则
之后物块与钢板一起以v0向下运动，然后返回O点，此时速度为0，运动过程中因为只有重力和弹簧弹力做功，故机械能守恒。
2m的物块仍从A处落下到钢板初位置应有相同的速度v0，与钢板一起向下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：
因为m物块与2m物块在与钢板接触时，弹性势能之比
2m物块与钢板一起过O点时，弹簧弹力为0，两者有相同的加速度g。之后，钢板由于被弹簧牵制，则加速度大于g，两者分离，2m物块从此位置以v为初速竖直上抛上升距离
【错解原因】这是一道综合性很强的题。错解中由于没有考虑物块与钢板碰撞之后速度改变这一过程，而导致错误。另外在分析物块与钢板接触位置处，弹簧的弹性势能时，也有相当多的人出错，两个错误都出时，会发现无解。这样有些人就返回用两次势能相等的结果，但并未清楚相等的含义。
【分析解答】物块从3x0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有
v0为物块与钢板碰撞时的的速度。因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒。设v1为两者碰撞后共同速
mv0=2mv1 (2)
两者以vl向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹性势能为Ep，则
同理2m物块与m物块有相同的物理过程
碰撞中动量守恒2mv0=3mv2 (4)
所不同2m与钢板碰撞返回O点速度不为零，设为v则
因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化
Ep=E’p (6)
由于2m物块与钢板过O点时弹力为零。两者加速度相同为g，之后钢板被弹簧牵制，则其加速度大于g，所以与物块分离，物块以v竖直上抛。
【评析】本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一个多运动过程的问题。关键问题是分清楚每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决问题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。
10总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？
【错解】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：
Mv0=(M-m)v
【错解原因】 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)
【分析解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：
My0=mv＋(M-m)v
解得：v=v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。
11如图3－10，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v0射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？
【错解分析】错解：（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv0=（M＋m）v
解得v = mv0/(M+m)
子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功
（2）系统损失的机械能
即为子弹损失的功能
错解①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②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—11。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
mv0= (M+m)v (设v0方向为正)
子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：
由运动草图可S木=S子－D ③
【小结】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V0减为V，同时木块的速度由0增加到V。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v0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。
12 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30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以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？
【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v0，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，由动量守恒定律：（M+m）v0=0+mv
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-Mv0=0
【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v'，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）v0=Mv'+mv
解得：v'=1m/s。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v1，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）v0=mv+Mv1 ①
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-Mv0=（m+M）v2 ②
刚好不相撞的条件是：
v1=v ③
联立①②③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vo射入此木块并留在其中.求
（1）子弹打进木块瞬间绳中张力；（2）木块能上升的最大高度；
［错误解法］：子弹与木块组成的系统动量守恒：mvo=(m+M)vt
故绳中张力T= (m+M)vt2/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。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：mvo=(m+M)vt
对整体受力分析，由F合= (m+M)vt2/L 可知T=(m+M)g+ (m+M)vt2/L
［错误解法］：因绳子拉力不做功，故系统机械能守恒：mvo2 = (m+M)g h 得最大高度h。
［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：
故有： (m+M)vt2= (m+M)g h 解得最大高度h。
14.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。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，2λ=0.60m，故波长λ=0.30m又：波速v=0.20m/s， 周期T=λ/v =1.5s
再由T=2π 求出=56.25cm..
［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。 再由T=2π 求出=56.25cm..
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m、带电量为－q 的小球B以速度V0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
EK=·+·=+
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+b≥2可知
EK=·+=+≥2
即EK≥，且当= 时，EK有最小值，此时电势能最大。因此有
= ①
又因系统受外力为零，故系统动量守恒，即有
mVo=2mVA+mVB ②
解①②两式或得：=（1－） ，=（－1）
这时系统总动能为EK==（3－2）
因此电势能最多增加ΔEP=－=（2－）
分析：乍一看求解过程似乎很正确，殊不知a+b≥2中，a+b有极值的条件是a与b的乘积应为一常量，本题却根本不满足这一条件，解出的结果也就自然是错误的。正确解答此题的关键在于明确两球的运动特点，知道二者之间的距离先增大后减小，即小球受到的B电场力先做负功后做正功，可知两球相距最远时电势能是最大的，且此时两者具有相同大小的速度。设该速度大小为 ，由动量守恒定律得
mVo=（m+2m）V
解得V=
因此，电势能的增加量最多为
ΔEP=－（m+2m）=
另外在能量分析过程中要注意以下的不当之处：求功用错位移、错用动能定理、功与能量变化对错号、摩擦产生的热不一定等于功等。
16.如图7所示，A为带电量Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬殊挂于O点。小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ，试求小球所在处的场强。
【错误】点电荷模型错误、等效方法错误
错解：根据库仑定律，小球受到的电场力为F=
由场强的定义式可得：E== ，方向水平向右。
错解分析：该题解错在小球的电场力求法上。因金属板A不能当成点电荷，所以不能根据库仑定律计算小球所受的电场力。
正解：分析小球的受力如图所示，由平衡条件得
F=mgtanθ
小球所在处的电场强度：E==
因小球带正电荷，因此电场强度方向水平向右。
例4．电动机线圈的电阻为R，当电动机工作时通过的电流是I，两端电压是U，则其输出功率是 【 】
Ａ．IU B．I2R Ｃ．IU－I2R Ｄ．U2/R
［错误解法］：选A、B或D中的任何一个；
［原因分析］：不注意物理公式的来龙去脉及适用范围；缺乏从能量转化角度研究电功与电热的意识与能力。
［正确解法］：P=IU是计算电功率的普适公式； P =I2R是计算热功率的普适公式。
(1)在纯电阻电路中，由于电功全部都转化为电热，故IU=I2R，既电功率等于热功率。又由部分电路欧姆定律I=，故电功率（热功率）还可写成U2/R 。
(2)在非纯电阻电路中，由能的转化与守恒定律可知：电功大于电热，故不难得出
IU ＞I2R，且输出功率P= IU－I2R 。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Φ=B·S，线框面积不变，Φ与B成正比例变化，所以选A。
【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Φ=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Φ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。
【评析】
Φ=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l单摆在匀强磁场中摆动,摆动平面与磁砀方向垂直,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ΔE=0,即:mgl(1-cosα)=mvc2/2,(或由W=ΔEK得,mg·Δh=mvc2/2-0).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=mvc2/l,解上两式得:T=mg(3-2cosα)-qB
[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ΔE=0或W=ΔEK得:mg(l-lcosα)=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,由牛顿第二定律得:T1+qBv-mg=mvc2/l; 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,T1=mg(3-2cosα)-qB;
T2=mg(3-2cosα)+qB
[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。
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=
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m1，速度为v1的粒子，其旋转半径R1为：R1=
对于m2，速度v2的粒子，其旋转半径R2为：R2= ……
若要使R1=R2= R3……=R，则只需满足m1v1=m2v1=m3v1= mnvn=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μ，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=μ（mg＋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=0。
【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=μ（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
【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l。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电势差U。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
由电流的微观表达式I=nqSv
由几何关系可知 S=dl
【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
由电流的微观表达式I=neSv=nedlv。
【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］ＢＤ
［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V0竖直下落，落地速度的大小为V1，下落所用的时间为t1.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V0=E/B，此时该粒子仍多原高度处以向下的初速度V0开始下落，落地时速度大小为V2，下落所用的时间为t2,则下列关系中正确的是 （ ）
A、v2=v1,t2=t1 B、v2t1
C、v2>v1,t2［错误解1］选Ａ
［错误解2］选Ｃ
［正确解］选Ｂ
［错误分析］选Ａ的同学是只分析出了开始时有Ｅq=Bpv0,水平方向合力为零，竖直方向只受重力所以和第一种情况一样，在竖直方向作自由落体运动，所以时间相等、速度相等；选Ｃ的同学以为后一种情况有电场力做正功，洛仑兹力不做功，所以落地时的速度大于第一种情况，因为平均速度大所以下落时间短。事实上第二种情况时，加速下落后，洛仑兹力会变大，会向洛仑兹力方向偏转，所以电场力做负功，下落速度会变小，下落时间会变长。
24如图９所示，两平行光滑导轨ＡＢ、ＣＤ水平放置，间距为l，一端用电阻为Ｒ和电容器串联后连接，另一端放有质量为m的无电阻直导体棒ＭＮ，导轨离地面高度为h，磁感应强度为Ｂ的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面。电键Ｓ闭合前给电容器充电至电压Ｕ０，然后将Ｓ闭合，ＭＮ水平向右飞出后着地，着地点与初始位置的水平距离为s，电容器两极板间电压变为Ｕ，求电容器的电容Ｃ。
［错误解1］由电容器储存的电能释放出一部份来转化成金属棒的平抛初动能得：
，解之得：
［错误解2］根据平抛前所获得的动量由电容器放电得来，认为电容放完了所有的电量。由动量定理，＝=BQl, Q=再由C=Q/U得：
Ｃ＝
［正确解］电容器放电没有完全放完，所以错误２中只要将Ｑ改为放出电量ΔＱ，且由放出电量ΔＱ＝Ｃ·ΔＵ＝Ｃ（Ｕ０－Ｕ），所以可得Ｃ＝
［错误分析］（１）想不到用动量定理；（２）搞不清电容器在放电时不一定会全放掉（３）对其本公式掌握不够熟练
四、电磁感应
25如图9所示，粗细均匀、电阻为r的金属圆环放在磁感应强度为B的垂直环面的匀强磁场中，圆环的直径为d，长为d、电阻为r/2的金属棒ab在中点处与环相切，使棒ab始终沿其垂直方向以速度v向右运动，当达到圆环直径位置时，ab棒两端的电势差是多少？
常见错误（1）ab棒运动到虚线位置时，E=Bdv，金属棒电势差的大小为Uab=E=Bdv。
（2）ab棒运动到虚线位置时，E=Bdv，此时回路的总电阻R=+=，所以I==，则Uab=IRab=·=。
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，I===
电势差为：Uab=E－I·=
26 在如图11－21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耳热QAC，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m1v0=（m1＋m2）v′
整个回路产生的焦耳热
因为R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在运动过程中产生的焦耳热
对AC棒应用动量定理-Bll·△t=m1v′1-m1v0
【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l1向右运动，回路中产生电流，ll受安培力的作用后减速，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，
两棒做匀速运动。
两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有
Bllv1=Bl2v2
再对DE棒应用动量定理B l2·△t=m2v2
【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，框架所在平面与水平面的夹用α=30°。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=0.1Ω，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vm；
（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 11－23。
根据牛顿第二定律ΣF=ma
mgsinα=ma
a=gslnα
导体的初速度为V0=0，导体做匀加速直线运动，由运动学公式
v＝v0c＋at=5t
随着t的增大，导体的速度v增大vm→∞
由ε=Blv可知
当vm→∞，电功率P→∞
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°=ma
a=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，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA。
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，ε=Blvsin30°中30°是错误的。ε=Blvsinθ中的θ角应为磁感强度B与速度v的夹角。本题中θ=90°。
【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°=ma
a=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
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
（2）在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率
【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=0．5m，电阻忽略不计， 其所在平面与水平面成=37°，磁感应强度B=0．8T的匀强磁场，方向垂直导体框架平面，一根质量m=0．2kg，R=2Ω的导体棒MN垂直放在框架上，框架与导体棒间的动摩擦因数μ=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）导体棒从开始运动到匀速运动这一过程中导体棒电阻上消耗电功（g=10m/S2）
由mgsin=μmgcos+B2l2v/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：
mgsint－μmgcost－BILt=mv－0 又：It=Q 不难得到t=4s；考虑到电流I是变化的，可据It=Q及t=4s求出平均电流I=3/8 s；最后，根据纯电阻电路中电功W=I2Rt ，将平均电流I、电阻R及时间t代入求得电功W=9/8J。
［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χ后开始匀速运动，此过程中安培力做功为W；
根据动能定理：mgχsin－μmgχcos+W=mv2－0
又：电量Q=△φ/R ，△φ=BLχ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。
P
Q
·
·Oc
Q
P
·Oc
·
P
Q
·Oa
Q
P
·Oa
图甲
图乙
·
·Ob
·
·Ob
Q
P
Q
P
a
b
c
a
b
c
θ
F
图甲
图乙
F
f
f2
F1
f1
f
F1
45o
F0
图丙
F
a
c
b
B
后
前
图１
Ｅ
Ｂ
V0
图５
A
B
B
D
C
A
M
N
C
R
S
h
-
+
s
图9
A
B
F
v
(M+m)g
F
Q
f
A
F
N
mg
f
R
b
a
PAGE
1
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，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在同一水平面上，a的重心在球心，b球和c球的重心Ob、Oc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Na，对b球和C球的弹力分别为Nb和 Nc，则
A、 B、
C、 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，从图可看出与的夹角最大，与夹角最小，又由力的平衡和平行四边形法则可知，最大，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，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：①绳的弹力方向沿着绳子并指向绳子收缩的方向；②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；③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P、Q对球的弹力对称、且与竖直方向夹角相同．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 Q
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，牛顿第三定律的应用。
[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。
（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推物体，物体恰能作匀速直线运动，则（1）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，受力图如图乙所示，所以物体受到的摩擦力为
又由平衡条件得：，其中F1为沿斜面的下滑力，其大小为，而，所以，所以有：，解得
（2）物体运动方向沿推力F与F1合力的方向，即与底边成角向下。
错因：本题出现错误的原因是对滑动摩擦力大小公式认识模糊，认为在两个分运动方向上分别都受到了大小为的摩擦力，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: ,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，二是推力，三是滑动摩擦力，因为和是相互垂直的，所以这两个力的合力为
，此力方向与底边成角向下，又因为、、三个力的合力为零，所以和的大小相等方向相反，如图丙所示。
而，，则，所以
（2）因为滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，所以物体运动方向与方向一致，即与底边成角向下。
4一条宽为L的河流，河水流速为v1，船在静水中的 速度为v2，要使船划到对岸时航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？
【错解】要使航程最短船头应指向与岸垂直的方向。最短航程为L。
【错解原因】上而错解的原因是对运动的合成不理解。船在水中航行并不是船头指向什么方向就向什么方向运动。它的运动方向是船在静水中的速度方向与水流方向共同决定的。要使航程最短应是合速度垂直于岸。
【分析解答】题中没有给出v1与v2的大小关系，所以应考虑以下可能情况。
此种情况下航程最短为L。
②当v2＜v1时，如图1－11船头斜向上游，与岸夹角为θ时，用三角形法则分析当它的方向与圆相切时，航程最短，设为S，由几何关系可知此时v2⊥v（合速度）（θ≠0）
③当v2=v1时，如图1－12，θ越小航程越短。（θ≠ 0）
【评析】航程最短与时间最短是两个不同概念。航程最短是指合位移最小。时间最短是指用最大垂直河岸的速度过河的时间。解决这类问题的依据就是合运动与分运动的等时性及两个方向运动的独立性。
5物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图1－16所示，再把物块放到P点自由滑下则（ ）
A.物块将仍落在Q点
B.物块将会落在Q点的左边
C.物块将会落在Q点的右边
D.物块有可能落不到地面上
【错解】因为皮带轮转动起来以后，物块在皮带轮上的时间长，相对皮带位移弯大，摩擦力做功将比皮带轮不转动时多，物块在皮带右端的速度将小于皮带轮不动时，所以落在Q点左边，应选B选项。
【错解原因】学生的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不准确。实质上当皮带轮逆时针转动时，无论物块以多大的速度滑下来，传送带给物块施的摩擦力都是相同的，且与传送带静止时一样，由运动学公式知位移相同。从传送带上做平抛运动的初速相同。水平位移相同，落点相同。
【分析解答】物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反。 物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，所以A选项正确。
【评析】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动情况就应讨论了。
（1）当v0=vB物块滑到底的速度等于传送带速度，没有摩擦力作用，物块做匀速运动，离开传送带做平抛的初速度比传送带不动时的大，水平位移也大，所以落在Q点的右边。
（2）当v0＞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）v0＜vB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=ωr，可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍。
D．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
【错解】选择A，B，C
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A，
【分析解答】正确选项为C，D。
A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，F∝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∝
【评析】物理公式反映物理规律，不理解死记硬背经常会出错。使用中应理解记忆。知道使用条件，且知道来拢去脉。
卫星绕地球运动近似看成圆周运动，万有引力提供向心力，由此将
根据以上式子得出
7 使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点？
【错解】如图4-2所示，根据机械能守恒，小球在圆形轨道最高点A时的势能等于它在圆形轨道最低点B时的动能（以B点作为零势能位置），所以为
从而得
【错解原因】小球到达最高点A时的速度vA不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道。要使小球到达A点（自然不脱离圆形轨道），则小球在A点的速度必须满足
式中，NA为圆形轨道对小球的弹力。上式表示小球在A点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供。当NA=0时，
【分析解答】以小球为研究对象。小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力。
小球在圆形轨道最高点A时满足方程
根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B时的速度满足方程
解(1)，(2)方程组得
轨道的最高点A。
8如图5所示，质量为m的木块A以速度v0在质量为2 m的木块B上从左端开始滑动，若开始时B处于静止状态，A、B之间、B与地之间动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=4μ2，当A开始滑动时，B也随之开始滑动，且当A滑到B的右端时刚好相对静止，求从A开始在B上滑动至A刚到达B的右端的过程中系统的动能损失？
【错误】：忽视守恒条件
错解：设A刚到达B的右端时A、B的共同速度为，根据动量守恒定律得：
mv0=（m+2m）v
v=v0
ΔEk=mv02- (m+2m)v2
=mv02-·3m(v02) =mv02
分析：上述错解的原因是没有弄清水平面与B之间存在着摩擦，而A和B之间又不是作用时间极短的问题，所以系统在这一运动过程中，不满足动量守恒的条件，不能用动量守恒定律求解。正确的解法为：
设A从B的左端滑至右端时A、B的共同速度为v，滑行所用的时间为t，以v0的方向为方向，运用动量定理：
对A:-μ1mgt=mv－mv0 ①
对B: μ1mgt－μ2（m+2m）gt=2mv ②
解①②两式得v=v0
所以该过程中损失的动能为：
ΔΕk=mv02- （m+2m）v2=mv02- 3m（1/9v0）2=mv02
【错题四：能量】质量为M的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为 m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，若木块与水平面间的动摩擦因数为μ，则木块在水平面上滑行的距离大小为多少？
【错误】过程混淆不清
错解：设子弹击中木块后的共同速度为v，由于打击的作用时间极短，系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mv0=（m+M）v ①
设木块滑行的距离为s，根据能量守恒得：
μ（m+M）gs=mv02－（m+M）v2 ②
解①②两式得：
s=
分析：上述错误在于建立能量议程时没有分清本题所牵涉的两个过程——打击过程和滑行过程，把子弹打击木块时的能量损失与木块在水平面上滑行时的能量损失相混淆，等式左边反映的是滑行过程中木块和子弹系统克服摩擦力所做的功，它等于滑行过程（从子弹刚相对木块静止开始直至木块停止滑动）的动能损失，即
μ（m+M）gs=（m+M）v2
而等式右边则反映的是子弹打击木块过程中系统的动能损失，即
fd=mv02－（m+M）v2
其中f为子弹与木块之间的摩擦力，d为子弹射入木块的深度，上述两式显然是不能混同的。
9 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物体质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。
【错解】物块m从A处自由落下，则机械能守恒
设钢板初位置重力势能为0，则
之后物块与钢板一起以v0向下运动，然后返回O点，此时速度为0，运动过程中因为只有重力和弹簧弹力做功，故机械能守恒。
2m的物块仍从A处落下到钢板初位置应有相同的速度v0，与钢板一起向下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：
因为m物块与2m物块在与钢板接触时，弹性势能之比
2m物块与钢板一起过O点时，弹簧弹力为0，两者有相同的加速度g。之后，钢板由于被弹簧牵制，则加速度大于g，两者分离，2m物块从此位置以v为初速竖直上抛上升距离
【错解原因】这是一道综合性很强的题。错解中由于没有考虑物块与钢板碰撞之后速度改变这一过程，而导致错误。另外在分析物块与钢板接触位置处，弹簧的弹性势能时，也有相当多的人出错，两个错误都出时，会发现无解。这样有些人就返回用两次势能相等的结果，但并未清楚相等的含义。
【分析解答】物块从3x0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有
v0为物块与钢板碰撞时的的速度。因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒。设v1为两者碰撞后共同速
mv0=2mv1 (2)
两者以vl向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹性势能为Ep，则
同理2m物块与m物块有相同的物理过程
碰撞中动量守恒2mv0=3mv2 (4)
所不同2m与钢板碰撞返回O点速度不为零，设为v则
因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化
Ep=E’p (6)
由于2m物块与钢板过O点时弹力为零。两者加速度相同为g，之后钢板被弹簧牵制，则其加速度大于g，所以与物块分离，物块以v竖直上抛。
【评析】本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一个多运动过程的问题。关键问题是分清楚每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决问题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。
10总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？
【错解】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：
Mv0=(M-m)v
【错解原因】 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)
【分析解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：
My0=mv＋(M-m)v
解得：v=v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。
11如图3－10，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v0射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？
【错解分析】错解：（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv0=（M＋m）v
解得v = mv0/(M+m)
子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功
（2）系统损失的机械能
即为子弹损失的功能
错解①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②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—11。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
mv0= (M+m)v (设v0方向为正)
子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：
由运动草图可S木=S子－D ③
【小结】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V0减为V，同时木块的速度由0增加到V。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v0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。
12 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30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以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？
【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v0，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，由动量守恒定律：（M+m）v0=0+mv
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-Mv0=0
【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v'，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）v0=Mv'+mv
解得：v'=1m/s。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v1，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）v0=mv+Mv1 ①
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-Mv0=（m+M）v2 ②
刚好不相撞的条件是：
v1=v ③
联立①②③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vo射入此木块并留在其中.求
（1）子弹打进木块瞬间绳中张力；（2）木块能上升的最大高度；
［错误解法］：子弹与木块组成的系统动量守恒：mvo=(m+M)vt
故绳中张力T= (m+M)vt2/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。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：mvo=(m+M)vt
对整体受力分析，由F合= (m+M)vt2/L 可知T=(m+M)g+ (m+M)vt2/L
［错误解法］：因绳子拉力不做功，故系统机械能守恒：mvo2 = (m+M)g h 得最大高度h。
［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：
故有： (m+M)vt2= (m+M)g h 解得最大高度h。
14.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。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，2λ=0.60m，故波长λ=0.30m又：波速v=0.20m/s， 周期T=λ/v =1.5s
再由T=2π 求出=56.25cm..
［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。 再由T=2π 求出=56.25cm..
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m、带电量为－q 的小球B以速度V0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
EK=·+·=+
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+b≥2可知
EK=·+=+≥2
即EK≥，且当= 时，EK有最小值，此时电势能最大。因此有
= ①
又因系统受外力为零，故系统动量守恒，即有
mVo=2mVA+mVB ②
解①②两式或得：=（1－） ，=（－1）
这时系统总动能为EK==（3－2）
因此电势能最多增加ΔEP=－=（2－）
分析：乍一看求解过程似乎很正确，殊不知a+b≥2中，a+b有极值的条件是a与b的乘积应为一常量，本题却根本不满足这一条件，解出的结果也就自然是错误的。正确解答此题的关键在于明确两球的运动特点，知道二者之间的距离先增大后减小，即小球受到的B电场力先做负功后做正功，可知两球相距最远时电势能是最大的，且此时两者具有相同大小的速度。设该速度大小为 ，由动量守恒定律得
mVo=（m+2m）V
解得V=
因此，电势能的增加量最多为
ΔEP=－（m+2m）=
另外在能量分析过程中要注意以下的不当之处：求功用错位移、错用动能定理、功与能量变化对错号、摩擦产生的热不一定等于功等。
16.如图7所示，A为带电量Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬殊挂于O点。小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ，试求小球所在处的场强。
【错误】点电荷模型错误、等效方法错误
错解：根据库仑定律，小球受到的电场力为F=
由场强的定义式可得：E== ，方向水平向右。
错解分析：该题解错在小球的电场力求法上。因金属板A不能当成点电荷，所以不能根据库仑定律计算小球所受的电场力。
正解：分析小球的受力如图所示，由平衡条件得
F=mgtanθ
小球所在处的电场强度：E==
因小球带正电荷，因此电场强度方向水平向右。
例4．电动机线圈的电阻为R，当电动机工作时通过的电流是I，两端电压是U，则其输出功率是 【 】
Ａ．IU B．I2R Ｃ．IU－I2R Ｄ．U2/R
［错误解法］：选A、B或D中的任何一个；
［原因分析］：不注意物理公式的来龙去脉及适用范围；缺乏从能量转化角度研究电功与电热的意识与能力。
［正确解法］：P=IU是计算电功率的普适公式； P =I2R是计算热功率的普适公式。
(1)在纯电阻电路中，由于电功全部都转化为电热，故IU=I2R，既电功率等于热功率。又由部分电路欧姆定律I=，故电功率（热功率）还可写成U2/R 。
(2)在非纯电阻电路中，由能的转化与守恒定律可知：电功大于电热，故不难得出
IU ＞I2R，且输出功率P= IU－I2R 。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Φ=B·S，线框面积不变，Φ与B成正比例变化，所以选A。
【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Φ=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Φ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。
【评析】
Φ=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l单摆在匀强磁场中摆动,摆动平面与磁砀方向垂直,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ΔE=0,即:mgl(1-cosα)=mvc2/2,(或由W=ΔEK得,mg·Δh=mvc2/2-0).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=mvc2/l,解上两式得:T=mg(3-2cosα)-qB
[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ΔE=0或W=ΔEK得:mg(l-lcosα)=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,由牛顿第二定律得:T1+qBv-mg=mvc2/l; 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,T1=mg(3-2cosα)-qB;
T2=mg(3-2cosα)+qB
[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。
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=
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m1，速度为v1的粒子，其旋转半径R1为：R1=
对于m2，速度v2的粒子，其旋转半径R2为：R2= ……
若要使R1=R2= R3……=R，则只需满足m1v1=m2v1=m3v1= mnvn=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μ，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=μ（mg＋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=0。
【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=μ（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
【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l。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电势差U。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
由电流的微观表达式I=nqSv
由几何关系可知 S=dl
【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
由电流的微观表达式I=neSv=nedlv。
【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］ＢＤ
［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V0竖直下落，落地速度的大小为V1，下落所用的时间为t1.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V0=E/B，此时该粒子仍多原高度处以向下的初速度V0开始下落，落地时速度大小为V2，下落所用的时间为t2,则下列关系中正确的是 （ ）
A、v2=v1,t2=t1 B、v2
C、v2>v1,t2
［错误解2］选Ｃ
［正确解］选Ｂ
［错误分析］选Ａ的同学是只分析出了开始时有Ｅq=Bpv0,水平方向合力为零，竖直方向只受重力所以和第一种情况一样，在竖直方向作自由落体运动，所以时间相等、速度相等；选Ｃ的同学以为后一种情况有电场力做正功，洛仑兹力不做功，所以落地时的速度大于第一种情况，因为平均速度大所以下落时间短。事实上第二种情况时，加速下落后，洛仑兹力会变大，会向洛仑兹力方向偏转，所以电场力做负功，下落速度会变小，下落时间会变长。
24如图９所示，两平行光滑导轨ＡＢ、ＣＤ水平放置，间距为l，一端用电阻为Ｒ和电容器串联后连接，另一端放有质量为m的无电阻直导体棒ＭＮ，导轨离地面高度为h，磁感应强度为Ｂ的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面。电键Ｓ闭合前给电容器充电至电压Ｕ０，然后将Ｓ闭合，ＭＮ水平向右飞出后着地，着地点与初始位置的水平距离为s，电容器两极板间电压变为Ｕ，求电容器的电容Ｃ。
［错误解1］由电容器储存的电能释放出一部份来转化成金属棒的平抛初动能得：
，解之得：
［错误解2］根据平抛前所获得的动量由电容器放电得来，认为电容放完了所有的电量。由动量定理，＝=BQl, Q=再由C=Q/U得：
Ｃ＝
［正确解］电容器放电没有完全放完，所以错误２中只要将Ｑ改为放出电量ΔＱ，且由放出电量ΔＱ＝Ｃ·ΔＵ＝Ｃ（Ｕ０－Ｕ），所以可得Ｃ＝
［错误分析］（１）想不到用动量定理；（２）搞不清电容器在放电时不一定会全放掉（３）对其本公式掌握不够熟练
四、电磁感应
25如图9所示，粗细均匀、电阻为r的金属圆环放在磁感应强度为B的垂直环面的匀强磁场中，圆环的直径为d，长为d、电阻为r/2的金属棒ab在中点处与环相切，使棒ab始终沿其垂直方向以速度v向右运动，当达到圆环直径位置时，ab棒两端的电势差是多少？
常见错误（1）ab棒运动到虚线位置时，E=Bdv，金属棒电势差的大小为Uab=E=Bdv。
（2）ab棒运动到虚线位置时，E=Bdv，此时回路的总电阻R=+=，所以I==，则Uab=IRab=·=。
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，I===
电势差为：Uab=E－I·=
26 在如图11－21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耳热QAC，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m1v0=（m1＋m2）v′
整个回路产生的焦耳热
因为R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在运动过程中产生的焦耳热
对AC棒应用动量定理-Bll·△t=m1v′1-m1v0
【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l1向右运动，回路中产生电流，ll受安培力的作用后减速，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，
两棒做匀速运动。
两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有
Bllv1=Bl2v2
再对DE棒应用动量定理B l2·△t=m2v2
【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，框架所在平面与水平面的夹用α=30°。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=0.1Ω，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vm；
（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 11－23。
根据牛顿第二定律ΣF=ma
mgsinα=ma
a=gslnα
导体的初速度为V0=0，导体做匀加速直线运动，由运动学公式
v＝v0c＋at=5t
随着t的增大，导体的速度v增大vm→∞
由ε=Blv可知
当vm→∞，电功率P→∞
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°=ma
a=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，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA。
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，ε=Blvsin30°中30°是错误的。ε=Blvsinθ中的θ角应为磁感强度B与速度v的夹角。本题中θ=90°。
【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°=ma
a=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
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
（2）在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率
【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=0．5m，电阻忽略不计， 其所在平面与水平面成=37°，磁感应强度B=0．8T的匀强磁场，方向垂直导体框架平面，一根质量m=0．2kg，R=2Ω的导体棒MN垂直放在框架上，框架与导体棒间的动摩擦因数μ=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）导体棒从开始运动到匀速运动这一过程中导体棒电阻上消耗电功（g=10m/S2）
由mgsin=μmgcos+B2l2v/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：
mgsint－μmgcost－BILt=mv－0 又：It=Q 不难得到t=4s；考虑到电流I是变化的，可据It=Q及t=4s求出平均电流I=3/8 s；最后，根据纯电阻电路中电功W=I2Rt ，将平均电流I、电阻R及时间t代入求得电功W=9/8J。
［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χ后开始匀速运动，此过程中安培力做功为W；
根据动能定理：mgχsin－μmgχcos+W=mv2－0
又：电量Q=△φ/R ，△φ=BLχ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。
P
Q
·
·Oc
Q
P
·Oc
·
P
Q
·Oa
Q
P
·Oa
图甲
图乙
·
·Ob
·
·Ob
Q
P
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P
a
b
c
a
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c
θ
F
图甲
图乙
F
f
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F1
f1
f
F1
45o
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图丙
F
a
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Ｅ
Ｂ
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图５
A
B
B
D
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+
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图9
A
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(M+m)g
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