09高考物理易错题解题方法大全（7套）

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09高考物理易错题解题方法大全（5）
电磁感应
　　　　例61、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，电源的哪一端是正极？
　　【错解分析】错解：当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝AB因被短路而无电流通过。由此可知，滑动头下移时，流过AB中的电流是增加的。当线圈CDEF中的电流在G处产生的磁感强度的方向是“·”时，由楞次定律可知AB中逐渐增加的电流在G处产生的磁感强度的方向是“×”，再由右手定则可知，AB中的电流方向是从A流向B，从而判定电源的上端为正极。
　　 楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感生电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部。
　　【正确解答】
　　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，它在线圈内部产生磁感强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线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。
　　【小结】
同学们往往认为力学中有确定研究对象的问题，忽略了电学中也有选择研究对象的问题。学习中应该注意这些研究方法上的共同点。
练习61、如图所示电路中,当电键S断开瞬间( )
(A)流经R2的电流方向向右,流经L的电流方向向左
(B)流经R2的电流方向向左,流经L的电流方向向右
(C)流经R2和L的电流方向都向右
(D)流经R2和L的电流方向都向左
　　例62、长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 [ 　]
　　
　　【错解分析】t=0时，线圈平面与磁场平行、磁通量为零，对应的磁通量的变化率也为零，选A。
　　磁通量Φ=BS⊥BS（S⊥是线圈垂直磁场的面积），磁通量的变化ΔΦ=Φ2－Φ1，两者的物理意义截然不同，不能理解为磁通量为零，磁通量的变化率也为零。
　　【正确解答】
实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=εmcosωt = Babωcosωt。当t=0时，cosωt=1，虽然磁通量
可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即
　　
　　【小结】
弄清概念之间的联系和区别，是正确解题的前提条件。在电磁感应中要弄清磁通量Φ、磁通量的变化ΔΦ以及磁通量的变化率ΔΦ/Δt之间的联系和区别。
练习62、如图所示,开始时矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场内,一半在匀强磁场外。若要线圈产生感应电流,下列方法中可行的是( )
(A)将线圈向左平移一小段距离
(B)将线圈向上平移
(C)以ab为轴转动(小于90°)
(D)以bc为轴转动(小于90°)
　　例63、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______时针方向。
　　【错解分析】错解：由于磁感强度均匀变化，使得闭合线圈中产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
　　
　　　
　　根据楞次定律，开始时原磁场方向垂直纸面向里，而且是均匀减少的。那么感应电流产生的磁场的方向应该与原磁场方向相同，仍然向里。再根据安培定则判断感应电流的方向为顺时针方向。同理，既然原磁场均匀减少产生的感应电流的方向为顺时针方向。那么，原磁场均匀增加时，产生的感应电流的方向必然是逆时针方向。
　　由于磁场的变化，而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律
矢量差。在0.02s内磁场的方向发生了一次反向。设垂直纸面向里为正方向，ΔB=B2-（-B1）=B2+Bl
　　【正确解答】
　　根据法拉第电磁感应定律
　　
　　根据楞次定律，磁感强度B从B1开始均匀减少到零的过程中，感应电流的磁场阻碍原磁通的减少，与原磁通的方向同向，感应电流的方向是顺时针的。接着磁感强度B从零开始反方向均均匀增加到B2，这个过程中，穿过闭合线圈的磁通量反方向增加，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，其方向是垂直纸面向里，再根据安培定则判断感应电流的方向仍然是顺时针的。
　　【小结】
应用楞次定律时，特别要注意感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的磁通量的变化。不能把“阻碍变化”简单地理解为原磁场均匀减少，电流就是顺时针，原磁场均匀增加，感应电流就是逆时针。应用楞次定律解题要先判断原磁通的方向及其变化趋势，再用“阻碍变化”的原则来判断感应电流的磁场的方向，最后用右手定则来判断感应电流的方向。
练习63、如图所示，abcd为单匝矩形线圈，边长ab=10cm，ad=20cm。该线圈的一半位于具有理想边界、磁感应强度为0.1T的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直。若线圈绕通过ab边的轴以100πrad/s的角速度匀速旋转，当线圈由图示位置转过180°的过程中，感应电动势的平均值为___________V；
　　例64、如图11－2所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的匀强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。
　　【错解分析】错解：线框在水平位置时穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
　　这个过程中的平均电动势
　　通过导线横截面的电量
　　磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。若θ＜90°时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，所以磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面与B方向平行时，电流方向有一个转变过程。错解就是忽略了磁通量的正负而导致错误。
　　【正确解答】
　　设线框在水平位置时法线（图11－2中）n方向向上，穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=143°，穿过线框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb
　　通过导线横截面的电量
　　【小结】
通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能避免出现错误。
练习64、边长为L＝0.1m的正方形金属线框abcd，质量m＝0.1㎏、总电阻R＝0.02，从高为h＝0.2m处自由下落（金属线框abcd始终在竖直平面上且ab水平）线框下有一水平的有界的匀强磁场，竖直宽度L＝0.1m。磁感应强度B＝1.0T，方向如图所示。试求：
（1）线框穿过磁场过程中产生的热；
（2）全程通过a点截面的电量；
（3）在如图坐标中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图像。
　　例65、如图11－3所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON=α。在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO，ON并以平行于ON的速度V，从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感强度为B，求回路中的感应电流。
　　【错解分析】错解：设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
　　Ob=v·Δt，
　　ab=v·Δ·tgα，
　　不是我们要求的电动势的瞬时值。因为电阻（1＋cosα＋sinα）
　　由于两者不对应，结果就不可能正确。
　　【正确解答】
　　设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ
　　
　　回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。回路中感应电流
　
时间增大，产生的感应电动势不是恒量。避免出错的办法是先判断感应电动势的特征，根据具体情况决定用瞬时值的表达式求解。
练习65、如图所示，质量为60g的导体棒长度S =20cm，棒两端分别与长度L=30cm的细导线相连，悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B =0.5T。当导体棒中通以稳恒电流I后，棒向上摆动（摆动过程中I始终不变），最大偏角θ=45°，求：导体棒中电流I的大小．
以下是某同学的解答：
当导体棒摆到最高位置时，导体棒受力平衡。此时有：
Gtanθ=F安= BIS
请问：该同学所得结论是否正确？若正确请求出结果。若有错误，请予指出并求出正确结果．
　　例66、 如图11－4所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4s时，突然接通电键K，则：（1）试说出K接通后，ab导体的运动情况。（2）ab导体匀速下落的速度是多少？（g取10m/s2）
　　【错解分析】错解：
　　（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，ab仍处于竖直向下的加速运动状态。随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态。
　　（2）略。
　　上述对（l）的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速度之间的关系做认真的分析。不善于采用定量计算的方法分析问题。
　　【正确解答】
　　（1）闭合K之前导体自由下落的末速度为v0=gt=4（m/s）
　　K闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流。ab立即受到一个竖直向上的安培力。
　　
　　此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速
　　所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动。当速度减小至F安=mg时，ab做竖直向下的匀速运动。
　　
　　【小结】
本题的最大的特点是电磁学知识与力学知识相结合。这类的综合题本质上是一道力学题，只不过在受力上多了一个感应电流受到的安培力。分析问题的基本思路还是力学解题的那些规矩。在运用牛顿第二定律与运动学结合解题时，分析加速度与初速度的关系是解题的最关键的第一步。因为加速度与初速度的关系决定了物体的运动。
练习66、如图所示，一边长L=0.2m，质量m1=0.5kg，电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd，与一质量为m2=2kg的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连。起初ad边距磁场下边界为d1=0.8m，磁感应强度B=2.5T，磁场宽度d2=0.3m，物块放在倾角θ=530的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数=0.5。现将物块由静止释放，经一
段时间后发现当ad边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做
匀速运动。（g取10m/s2，sin530=0.8，cos530=0.6）求：
⑴线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小？
⑵线框刚刚全部进入磁场时动能的大小？
⑶整个运动过程线框中产生的焦耳热为多少？
　　例67、如图11－5所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属棒ab和cd的电阻多别为Rab和Rcd，且Rab＞Rcd，处于匀强磁场中。金属棒cd在力F的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 [ 　]
　　A．Uab＞Ucd
　　B．Uab=Ucd
　　C．Uab＜Ucd
　　D． 无法判断
　　【错解分析】错解：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等效为两个外电阻的串联。
　　【正确解答】
　　金属棒在力F的作用下向右作切割磁感线的运动应视为电源，而c、d分别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。又因为导轨的电阻忽略不计，因此金属棒ab两端的电压Uab也等于路端电压，即Ucd=Uab，所以正确的答案应选B。
　　【小结】电源是将非静电能转换成电能的装置。本题中是通过电磁感应将机械能转化成为电能。cd的作用是电源。ab则是外电路中的电阻。画出等效电路图，如图11-6所示。然后再运用恒定电流的知识进行计算。电磁感应的问题中经常用到这样的化简为直流电路的等效方法。
练习67、等腰三角形线框abc与长直导线MN绝缘，且线框被导线分成面积相等的两部分，如图所示，MN接通电源瞬间电流由N流向M，则在线框中 （ ）
A．线框中无感应电流；
B．线框中有沿abca方向感应电流；
C．线框中有沿acba方向感应电流；
D．条件不足无法判断。
　　例68、 如图11－7所示装置，导体棒AB，CD在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各朝相反方向以0.lm/s的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B=4T，导体棒有效长度都是L=0.5m，电阻R=0.5Ω，导轨上接有一只R′=1Ω的电阻和平行板电容器，它的两板间距相距1cm，试求：（l）电容器及板间的电场强度的大小和方向；（2）外力F的大小。
　　【错解分析】
　　错解一：
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
Uab=0，所以电容器两极板ab上无电压，极板间电场强度为零。
　　错解二：
　　求出电容器的电压是求电容器板间的电场强度大小的关键。由图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端相当于电源的正极，电容器的a接在AB的A端。导体棒AB在切割磁感线产生感应电动势，A端相当于电源的负极。导体棒AB，CD产生的电动势大小又相同，故有电容器的电压等于一根导体棒产生的感应电动势大小。
UC＝BLv＝4×0.5×0.l=0.2（V）
　　根据匀强电场场强与电势差的关系
　　由于b端为正极，a端为负极，所以电场强度的方向为b→a。
　　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产生的感应电动势方向向上。这个分析是对的，但是它们对整个导体回路来说作用是相同的，都使回路产生顺时针的电流，其作用是两个电动势和内阻都相同的电池串联，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11－8所示。
　　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端是等电势点。但是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。a板与b板的电势差应为R′两端的电压。
　　【正确解答】
　　导体AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流。
　　电容器两端电压等于R′两端电压UC==I=0.2×1=0.2（V）
　　
　　回路电流流向D→C→R′→A→B→D。所以，电容器b极电势高于a极电势，故电场强度方向b→a。
　　【小结】
从得数上看，两种计算的结果相同，但是错解二的思路是错误的，错在电路分析上。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，然后用电磁感应求感应电动势，用恒定电流知识求电流、电压和电场知识求场强，最终解决问题。
练习68、如图所示，长为L、电阻r=0.3 Ω、质量m=0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右恒定外力F使金属棒右移.当金属棒以v=2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：
（1）此满偏的电表是什么表 说明理由。
（2）拉动金属棒的外力F多大
（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上.求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。
　　例69、 如图11－9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）。
　　【错解分析】
　　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11－10。
　　根据牛顿第二定律ΣF=ma
mgsinα= ma
a = gsinα
　　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＝v0＋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
　　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。
　　【错解分析】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°。
　　【正确解答】
　　（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
【小结】：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。
练习69、如图所示,水平放置的U形金属框架中接有电源,电源的电动势为ε,内阻为r,框架上放置一质量为m、电阻为R的金属杆,它可以在框架上无摩擦地滑动,框架两边相距L,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下.当ab杆受到水平向右恒力F后开始向右滑动,求：
(1)ab杆从静止开始向右滑动,启动时的加速度.
(2)ab杆可以达到的最大速度vmax
(3)ab杆达到最大速度vmax时电路中每秒放出的热量Q
　　例70、用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻为0.01Ω。把线框放在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO′以ω=100rad/s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图
　　（1）每条边产生的感应动势大小；
　　（2）线框内感应电流的大小；
　　（3）e，f分别是ab和cd的中点，ef两点间的电势差。
　　【错解分析】错解：线圈在转动时，只有ab边和cd边作切割磁感线运动，产生感应电动势。
　　
　　（2）由右手定则可知，线框在图示位置时，ab中感应电动势方向向上，而cd中感应电势的方向向下。
　　
　　（3）观察fcbe电路
　　
　　本题解共有4处错误。第一，由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出，即缺少εad和εbc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的的倍数关系与每一部分占总长的几分之几表述不正确。第三，ab边和cd边的感应电动势的方向分别向上、向下。但是它们的关系是电源的串联，都使电路中产生顺时针方向的电流，闭合回路的总电动势应为：εcd+εab，而不是相减。第四，求Uef时，研究电路fcbe，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。
　　【正确解答】
　　（1）线框转动时，ab边和cd边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0。
　　
　　　
　　（3）观察fcbe电路
　　
　　【小结】
没有规矩不能成方圆。解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：（1）通过多角度的视图，把磁场的空间分布弄清楚。（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题。（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求解。
练习70、匀强磁场磁感应强度 B=0.2 T，磁场宽度L=3rn，一正方形金属框边长ab==1m，每边电阻r=0.2Ω，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，求：
（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线
（2）画出ab两端电压的U-t图线
　　例71、共有100匝的矩形线圈，在磁感强度为0.1T的匀强磁场中以角速度ω=10rad/s绕线圈的中心轴旋转。已知线圈的长边a=20cm，短边b=10cm，线圈总电阻为2Ω。求（1）线圈平面转到什么位置时，线圈受到的电磁力矩最大？最大力矩有多大？（2）线圈平面转到与磁场方向夹角60°时，线圈受到的电磁力矩。
　　【错解分析】错解：
　　（l） 当线圈平面与磁场方向平行时电磁力矩最大。如图ll－12所示。
　　磁场对线圈一条边的作用力
F=BIb=0.01N
　　线圈受到的电磁力矩
　　（2） 若θ=60°时，如图11-13
ε′=NBabωsin60°=1.73V
　　磁场对线圈一条边的作用力
F′=BI′b=0.00866N
　　此时线圈受到的电磁力矩
第一问解法是正确的。但第二问出了两点错：公式ε=Blvsinθ中的θ应该是B与v的夹角。错解中把线圈平面与磁场的夹角当作θ。另一点是在求力矩时，把力臂搞错了。在求
F′时力臂不是而是
　　【正确解答】
　　
　　　
　　磁场对线圈一边的作用力
F′=BI′b=0.005N
　　此时的力矩
　　【小结】
依据题意准确地作出线圈在磁场中的速度方向和受力方向是解题的前提。这就是说，逻辑思维是要借助形象来帮忙。
练习71、如图下所示，闭合的单匝线框在匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO’顺时针转动，已知线框的边长ab=cd=L1=0.20m,bc=ad=L2=0.10m, 线框的电阻R=0.50Ω，角速度ω=300rad/s.匀强磁场磁感强度的大小为B=0.50T,方向与转动轴OO’垂直。规定当线框平面与B垂直并且ab边在纸面前时，开始计算线框的转角θ。
（1）当θ=ωt=300时，如图5所示，线框中感生电动势的大
小和方向？线框此时所受的电磁力矩M磁的大小、方向如何？
（2）这时作用在线框上电磁力的瞬时功率等于多少？
（3）要维持线框做匀速转动，除电磁力矩M磁外，还必须另有外力矩
M外作用在线框上，写出M外随时间变化的关系式，并以t为横坐，
M外为纵坐标，画出M外随t变化的图线。
　　例72、 如图11－14所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则 [ ]
　　A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度。
　　B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
　　C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
　　D．圆环最终将静止在平衡位置。
　　【错解分析】错解：如图11－14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。由于金属圆环自身存在内阻，所以必然有热量产生（既有能量损失）。因此，圆环不会再摆到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，无感应电流产生。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选项正确。
　　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选项选错了。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，电能再进一步转化为内能。但是，这位同学忘记分析当圆环仅在匀强磁场内摆动时，穿过圆环内的磁通量还变化吗？导致了选择错误。
　　【正确解答】
　　如图11－14所示，当圆环从1位置开始下落，进入磁场时（即2和3位置），由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，如图11－15所示。圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环将在AB间来回摆动。
　　【小结】
电磁感应现象产生的条件是穿过线圈所包围的平面内的磁通量发生变化。法拉第电磁感应定律则给出了感应电动势的表达式
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，才有感应电流的存在。可见，在分析物理问题时，要严格按照物理规律成立的条件办事。
　　
练习72、如图11－22所示，A，B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计。当电键K闭合时，下列说法正确的是 [　 ]
　　A．A比B先亮，然后A熄灭
　　B．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮
　　C．AB一齐亮，然后A熄灭
　　D．A、B一齐亮．然后A逐渐变亮．B的亮度不变
例73、如图11-16所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，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°，∠C=90°，AB=l，求A，C两端的电势差UAC。
　　【错解分析】错解：把AC投影到AB上，有效长度AC′，根据几何关系（如图11－17），
　　　
　　此解错误的原因是：忽略BC，在垂直于AB方向上的投影BC′也切割磁感线产生了电动势，如图11-17所示。
　　【正确解答】
　　该题等效电路ABC，如图11－5所示，根据法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的
ε总=0 ①
　　设AB，BC，AC导体产生的电动势分别为ε1、ε2、ε3，电路等效于图11-5，故有
ε总=ε1+ε2+ε3 ②
　　【小结】
注意虽然回路中的电流为零，但是AB两端有电势差。它相当于两根金属棒并联起来，做切割磁感线运动产生感应电动势而无感应电流。
练习73、在如图11－24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AC，DE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。
　　例74、 如图11－19所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.1T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。
　　【错解分析】错解：根据法拉第电磁感应定律
ε=BLv
v=ωL
ε=BL2ω
　　断路时导体端电压等于电动势
　　
　　法拉第电磁感应定律的导出公式ε=BLv是有条件的。它适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况。不符合本题的转动情况，本题用错了公式。另外判断感应电动势方向上也出现了问题。
　　【正确解答】
　　由于法拉第电磁感应定律ε=BLv适用于导体平动且速度方向垂直于磁感线方向的特殊情况。将转动问题转化为平动作等效处理。因为v =ωL，可以用导体中点的速度的平动产生的电动势等效于OB转动切割磁感线产生的感应电动势。
UBO=UB-UO=εBO=4(V)
UAO=UA-UO=εAO=1(V)
UAB=UA-UB=(UA-UO)-(UB-UO)
=UAO-UBO=1-4=-3(V)
　　【小结】
本题中的等效是指产生的感应电动势相同。其基础是线速度与角速度和半径成正比。
　练习74、如图 11－25所示光滑平行金属轨道abcd，轨道的水平部分bcd处于竖直向上的匀强磁场中，bc部分平行导轨宽度是cd部分的2倍，轨道足够长。将质量相同的金属棒P和Q分别置于轨道的ab段和cd段。P棒位于距水平轨道高为h的地方，放开P棒，使其自由下滑，求P棒和Q棒的最终速度。
　　例75、 如图11－20所示，在磁感强度B= 2T的匀强磁场中，有一个半径r=0.5m的金属圆环。圆环所在的平面与磁感线垂直。OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20rad/s的角速度绕圆心O匀速转动。A端始终与圆环相接触OA棒的电阻R=0.1Ω，图中定值电阻R1=100Ω，R2=4.9Ω，电容器的电容C=100pF。圆环和连接导线的电阻忽略不计，求：
　　（1）电容器的带电量。哪个极板带正电。
　　（2）电路中消耗的电功率是多少？
　　【错解分析】错解：
　　（1）由于电容器两板间分别接在做切割磁感线导体棒的两端，电容器两端的电压就等于导体OA上产生的感应电动势。
　　
　　根据右手定则，感应电流的方向由O→A，故电容器下板由于与O相接为正，上极板与A相接为负。
　　（2）根据闭合电路欧姆定律
　　电路中消耗的电功率P消=I2R=4.9(W)
　　错解的原因是：
　　（1）电容器两板虽然与切割磁感线的导体相连，但两板间并不等于导体棒OA产生的感应电动势。因为导体棒有电阻。所以电容器的电压应等于整个回路的端电压。
　　（2）电路中消耗的功率由于导体棒有电阻，即相当于电源有内阻，所以电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。
　　【正确解答】
　　（l）画出等效电路图，图11－21所示。导体棒OA产生感应电动势
　　
　　根据右手定则，感应电流的方向由O→A，但导体棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处。故A点电势高于O点电势。又由于电容器上板与A点相接即为正极，同理电容器下板由于与O相接为负极。
　　（2）电路中消耗的电功率P消=I2(R+R2)=5(W)，或P消=Iε=5(W)
　　
练习75、足够长的光滑金属导轨E F，P Q水平放置，质量为m电阻为R的相同金属棒ab，cd与导轨垂直且接触良好，磁感强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向里如图5所示。
现用恒力F作用于ab棒上，使它向右运动。则
A．安培力对cd做正功使它向右加速运动
B．外力F做的功等于克服ab棒上安培力的功
C．外力作的功等于回路产生的总热量和系统的动能
D．回路电动势先增后减两棒共速时为零
　　
　
　　
　　
　
　　
练习题参考答案
练习61答案:A 练习62答案: ACD 练习63答案:0.2
练习64答案: 解：（1）因为线框ab进入磁场时V1＝＝2m/s
产生的电动势E＝BLV1＝0.2V
安培力F＝BLI＝BLE/R＝1N
线框在磁场中F＝G作匀速运动，Q＝mg2L＝0.1×10×2×0.1J＝0.2J
（2）因为ab与dc切割磁感线产生的电动势和电流是：E＝BLV1 I＝E/R
所以通过a点的电量
Q＝It＝E2L/R V1＝BL2 V1L/ R V1＝2BL2/R＝2×1×0.01/0.02C＝1C
(3) 线框下落的时间：t1＝＝0.2s
在磁场内匀速V＝V1 t2＝2L/ V1＝0.1s
图像略
练习65答案: 该同学所得结论有问题。 （2分）
由于45°是钢棒向上摆动的最大偏角，所以此时钢棒并不平衡。（2分）
钢棒在向上摆动过程中，仅有重力和安培力两个恒力做功。
由动能定理：BISLsinθ-mgL（1-cosθ）=0 （3分）
∴钢棒中电流为：I= mg（1-cosθ）/ BSsinθ （1分）
=2.49A （2分
练习66答案: 解（1）由于线框匀速出磁场，则
对有：对有：
又因为
联立可得：
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得
将速度v代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为
所以此时线框的动能为
（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得
将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：
练习67答案:C 练习68答案:（1）电压表 理由略 （2）F=1.6 N （3）Q=0.25 C
练习69答案: (1),(2)
(3)
练习70答案: 线框进人磁场区时
E1=B l v=2 V，=2.5 A
方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，感电流持续的时间t1==0.1 s
线框在磁场中运动时：E2=0，I2=0
无电流的持续时间：t2==0.2 s，
线框穿出磁场区时：E3= B l v=2 V，=2.5 A
此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示
（2）线框进人磁场区ab两端电压
U1=I1 r=2.5×0.2=0.5V
线框在磁场中运动时；b两端电压等于感应电动势
U2=B l v=2V
线框出磁场时ab两端电压：U3=E - I2 r=1.5V
由此得U-t图线如图（3）所示
点评：将线框的运动过程分为三个阶段，第一阶段ab为外电路，第二阶段ab相当于开路时的电源，第三阶段ab是接上外电路的电源
练习71答案: [分析]（1）线框在匀强磁场中匀速转动时，ab段和cd段的速率
线框内的感应电动势ε等于ab段和cd段切割磁感线产生的感应电动势之和，即ε=2BL1vsinθ=BL1L2ωsinθ。
当θ=300时ε=0.50×0.20×0.10×300×0.5=1.5(V),方向沿abcd.
线圈中的电流强度　　　　　　
ab段所受的电磁力fab的方向如图5所示，
其大小fab=BIL1=3（N）。
电磁力fab对于OO’轴的力矩方向在俯视图中逆时针的，大小为Mab=fab ·段所受磁力矩为Mcd，大小与ab段相同，因此总电磁力矩方向是逆顺时针的，大小为M磁=Mab+Mcd=fab· L2sinθ=0.15(N·m)
(2)ab段上电磁力的方向与速度方向间的夹角是90+θ，所以电磁力fab的瞬时功率Pab=fabvsin(900+θ)=-fabvsinθ.
　 因此作用在线框上的电磁力的瞬时功率为P=2Pab=-2fabvsinθ=-45(W)
(3)当线框绕OO’轴匀速转动时，线框所受力矩的代数和等于零。因此，外力矩M外的大小与电磁力矩M磁的大小相等、方向相反，为顺时针方向。利用（1）中得到的公式M外=fabL2sinθ,fab=BIL1,I=,ε=BL1L2ωsinθ=ωt等可得：
M外=
以t为横坐标，M外为纵坐标的M外—t图象如图6所示。
[评述]求解本题所需要的知识是感应电动势，闭合电路欧姆定律，以及电磁力矩和磁力瞬时功率等，都是电磁学的重点，因而本题对考生的能力要求较高。而判断电磁力的方向，对负功率的计算，以及M外—t函数关系图线的作图都突出了对同学空间想象能力、推理能力的考查。　　　　　　
练习72答案：　电键闭合的瞬间，线圈由于自感产生自感电动势，其作用相当于一个电源。这样对整个回路而言相当于两个电源共同作用在同一个回路中。两个电源各自独立产生电流，实际上等于两个电流的叠加。根据上述原理可在电路中标出两个电源各自独立产生的电流的方向。
图11-23a、b是两电源独立产生电流的流向图，C图是合并在一起的电流流向图。由图可知、在A灯处原电流与感应电流反向，故A灯不能立刻亮起来。在B灯处原电流与感应电流同向，实际电流为两者之和，大于原电流。故B灯比正常发光亮（因正常发光时电流就是原电流）。随着自感的减弱，感应电流减弱，A灯的实际电流增大，B灯实际电流减少，A变亮，B灯变暗，直到自感现象消失，两灯以原电流正常发光。应选B。
练习73答案：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BL2I·△t = m2v2
　　　
　　
练习74答案：　设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为△t，P，Q
对PQ分别应用动量定理得
练习75答案：开始时ab棒在外力F作用下向右切割磁感线产生电磁感应，ab棒相当于电源，由右手定则，b端电势较低，a端电势高，形成由b→a→c→d→b逆时转电流。电流通过ab和cd棒，由左手定则，ab棒安培力向左，做负功，阻碍速度增加；cd棒安培力向右，做正功，使cd棒动能增加速度增大。外力除克服ab棒上安培力做功外，还要对cd棒做正功。故A对B错。由于外力和安培力的作用，开始时ab棒加速度大于cd棒，两者速度差增大，回路感应电动势增大，感应电流增大，使ab加速度减小，cd加速度增大，当两棒加速度相等时速度差最大，回路感应电动势最大。以后ab和cd棒在外力F作用下以相同加速度运动，速度差恒定不可能共速，电动势恒定不会等于零，故D错。根据能量守恒整个过程外力做的功等于回路产生的总热量和系统的动能，C项正确。所以正确选项为A、C。
小结：电磁感应中的金属棒导轨问题，可以用力学中滑块A在滑板B上运动作为物理模型。滑板B与地面光滑接触，摩擦力分别对A、B做负功和正功,使部分机械能转化为内能，相当于双金属棒情景。若B固定于地面，则类似单金属棒。摩擦力做的总功等于系统内能增量，相当于安培力做功的情景。
图（3）
图（2）
图（1）
→F
a
c
b
d
Q
P
F
E
ⅹ ⅹ ⅹ ⅹ
ⅹ ⅹ ⅹ ⅹ
图5
d2
d1
d1
θ
d
c
b
a
m2
O
O＇
B
45°
45°
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09高考物理易错题解题方法大全（2）
电磁学
例16、图中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l。两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势u=U0cosωt。现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场。设初速度
和重力的影响均可忽略不计。则电子在两极板间可能 (　 )
(A)以AB间的某一点为平衡位置来回振动
(B)时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板
(C)一直向B板运动，最后穿出B板，如果ω小于某个值ω0，l小于某个l0
(D)一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值
【错解分析】:错解：知道初速度和重力的影响不计，即初速度为0，不计重力，则电子在两板间只受电场作用，电场力方向在两小孔的连线上，所以电子做的是直线运动，因为加的电压是余弦电压，则电场大小方向呈周期性变化，一会儿向左一会儿向右，所以物体运动也应该是一会儿向左，一会儿向右，即以AB间的某一点为平衡位置来回振动。选A
本题的易错点就在部分同学对物体的运动理解不透彻，仍然思维定式地认为物体运动的方向由力的方向决定，而忽略了物体的运动是由速度与合外力共同决定的。虽然也选择了A，但那是错误理解下的巧合。至于C项很多学生都未能选择
【解题指导】:【答案】:AC
【解析】：为了不影响我们思考问题，我们先假设l无穷大，让我们研究电子的运动时不受空间的束缚。由于初速度为0，重力不计，只受电场力，所以物体做直线运动。物体的运动情况是由速度和合外力共同决定的，所以必须综合考虑物体的速度和受力情况。电场力， 所以电子所受的电场力也是以余弦规律变化，看下图
0时刻，速度为0，0～T/4电场力向右，所以0～T/4电子由静止开始向右加速；T/4时刻电子具有一定的向右的速度，T/4～T/2时刻电场力反向，由于速度不能突变，所以T/4～T/2电子继续向右但做减速运动；于是有：T/4时刻速度最大。由于电场力的变化是对称的，所以0～T/4速度由0至最大值，T/4～T/2速度将从最大值减至0。T/2时刻速度为0，T/2～3T/4电场力仍向左，所以T/2～3T/4电子由静止向左加速至最大值；3T/4时刻电子具有最大的向左的速度，3T/4～T时刻电场力反向， 所以3T/4～T电子做向左的减速运动至速度为0。以此类推，则电子在无限大的电场里以AB间的某一点为平衡位置来回振动。（可用速度—时间图象来加深理解）
因为L不是无限大，如果L<(0～T/2内电子的位移)则，电子将会飞出去；
根据知ω越小，则T越大，T/2内位移也将越大，若T/2内位移>L则电子也将飞出去，所以L<一定值，ω<一定值时，电子会飞出去。
练习16、图中A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压u。A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律为:在0到T/2的时间内,UB＝U0(正的常数)；在T/2到T的时间内，UB＝-U0；在T到3T/2的时间内,UB＝U0；在3T/2到2T的时间内。UB＝-U0……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
　　(A)若电子是在t＝0时刻进入的,它将一直向B板运动；
　　(B)若电子是在t＝T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A 板运动,最后打在B板上；
　　(C)若电子是在t＝3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上；
　　(D)若电子是在t＝T/2时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动。
例17、如图，光滑平面上固定金属小球A，用长L0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球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：（ ）
　　　
　　【错解分析】错解：
故选B
　　错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。
　　【解题指导】:【答案】:C　　
【解析】：由题意画示意图，B球先后平衡，于是有
，因为，所以
练习17、如图所示，真空中AB两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑的绝缘的水平面上，AB之间用绝缘的轻弹簧连接。当系统平衡时，弹簧的伸长量为.设弹簧均在弹性限度内，则
A.保持Q不变，将q变为3q,平衡时弹簧的伸长量等于3
B.保持q不变，将Q变为3Q,平衡时弹簧的伸长量小于3
C.保持Q不变，将q变为-q,平衡时弹簧的缩短量等于
D.保持q不变，将Q变为-Q,平衡时弹簧的缩短量小于
例18、在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面
A．维持不动
B．将向使α减小的方向转动
C．将向使α增大的方向转动
D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小
【错解分析】:错解：考生未能正确理解楞次定律含义，认为磁场方向未知而做出D选项的判断。
【解题指导】:【答案】:B
【解析】：本题是考查楞次定律的典型问题，必须正确理解楞次定律中“阻碍”的含义：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，阻碍磁通量的变化△B·△S，则因B的增加，为达到“阻碍”的效果，只有减小S，即线圈平面将向使α减小的方向转动。
练习18、如图，相邻的两个正方形区域内存在垂直于水平面，方向相反的匀强磁场，大小为1T。一个正方形线框在光滑水平面上以初速度2m/s开始向右运动，线框的边长为0.5m，小于磁场区域边长。M、N分别为ad、bc边的中点，则线框从图示位置运动到MN与PQ重合时，速度变为1m/s，则（ ）
A. 磁通量的变化为0.125Wb
B. 磁通量的变化为0.25Wb
C. 加速度的最小值为8m/s2
D. 线框中产生的热量为0.75J
例19、如图所示，下端封闭、上端开口，高h=5m，内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m=10g，电荷量q=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B=0.2T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。g取10m/s2.求
（1） 小球的电性
（2） 小球在管中的运动时间。
（3） 小球在管中运动过程中增加的机械能。
【错解分析】:错解：因为不加理解地记忆：洛伦兹力不做功。从而想不明白小球的动能增加了，明明是洛伦兹做了功，但洛伦兹力不做功的。本题求解过程一般不会错。但解出结果不代表理解了。特点是最后一问。
【解题指导】:【答案】:正电；1S；1J
【解析】：洛伦兹力不做功，这是大家所认同的，但洛伦兹力不做功并不代表其分力也不做功，如某带电粒子在磁场中运动某时刻的速度与洛伦兹力的方向如图所示，把洛伦兹力和速度按如下图所示进行分解，则可知在方向上要做负功，在方向上要做正功，而和所做功的代数和仍然为0。
本题解题过程：
（1） 小球因受到向上的洛伦兹力的作用而向上运动，故小球带正电。
（2） 小球的运动可以分成水平方向和竖直方向的运动。小球在水平方向的匀度决定了小球在竖直方向受到的洛伦兹力大小不变，小球在竖直方向上做匀加速上升运动。根据及和t=1S。
（3） 小球在运动过程中竖直方向的速度不断增大，使小球在水平向左方向的洛伦兹力不断增大，阻碍小球水平方向的运动，做负功。小球在竖直方向的洛伦兹力使小球上升，做正功。小球水平方向速度不变，小球增加的机械能就是竖直方向的洛伦兹力对小球做的功
该题中洛伦兹力的两个分力和都做功，一个做正功，一个做负功，但总功是0.所以还是洛伦兹力不做功。
练习19、如图所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，E=4V/m，B=2T，一质量m=1g的带正电的小物块A，从绝缘粗糙的竖直墙壁的M点由静止下滑，当它滑行h=0.8m到达N点时，离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平方向成45°角，若P与M的高度差H=1.6m，求
（1） A沿墙壁下滑时摩擦力做的功
（2） P与M间的水平距离为多少？（g取10m/s2）
例20、如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向水平向右，一质量为m，电量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直、与电场方向夹角45°射入复合场中，恰好做直线运动，求电场强度E和磁感应强度B的大小。
【错解分析】:错解，该题主要是无法把握物体的真实运动情况，自然无法着手处理问题。错得是百花八门。不知道：有洛伦兹力存在的直线运动一定是匀速直线运动
【解题指导】: 【答案】:
【解析】：有洛伦兹力存在的直线运动一定是匀速直线运动。因为粒子受重力、电场力和洛伦兹力三个力，要使物体做直线运动，这三个力的合力的方向必须与速度在同一直线更重要的是合力的方向不能变。三个力中重力和电场力是恒力，洛伦兹力总是与速度垂直且大小随速度变化。如果粒子速度发生变化，则洛伦兹力就会发生变化，合力的方向就会发生变化，物体将不能做直线运动，所以速度大小不能变。即粒子做直线运动时速度大小不能变，就是匀速直线运动。如下图所示，粒子在这三个力作用下必须做匀速直线运动，即这三个力合力为0。将洛伦兹力分解到水平和竖直方向有：
水平方向：
竖直方向：
练习20、在空间某一区域中同时存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场方向垂直于纸面向里，大小为B。匀强电场大小方向未知。如果要使一质量为m，电量为q的带正电的粒子能够以速度v在复合场中作匀速圆周运动，则电场的大小和方向应该如何？
例21、如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，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、b两球之间的万有引力F引库仑力F库分别为：
　　
　　【错解分析】错解：
　　（1）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的质点，也可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选A。
　　（2）依题意，a，b两球中心间的距离只有球半径的3倍，它们不能看作质点，也不能看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也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。
　　由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生了上述两种典型错解，因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体，而本题中由于a，b两球所带异种电荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离L只有其半径r的3倍，不满足L＞＞r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律。
　　【解题指导】:【答案】:D　　
【解析】：万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离L只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。
　　综上所述，对于a，b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确。
　　用数学公式表述的物理规律，有它的成立条件和适用范围。也可以说物理公式是对应着一定的物理模型的。应用物理公式前，一定要看一看能不能在此条件下使用该公式。
练习21、置于真空中的两块正对平行带电的金属板，相距1cm，面积均为10cm2，带电量分别为Q1=2×10-8C，Q2=-2×10-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5×10-9C的点电荷，求金属板对点电荷的作用力是多大？
例22、如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是：
　　A．闭合K1，有电子从枕型导体流向地
　　B．闭合K2，有电子从枕型导体流向地
　　C．闭合K1，有电子从地流向枕型导体
　　D．闭合K2，没有电子通过K2
　　【错解分析】错解：枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过K2。选D。
　　由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒的，便错选答案D。
　　【解题指导】:【答案】:C　　
【解析】：在K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量。当闭合K1，K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K1还是K2，都是有电子从地流向导体，应选答案C。
练习22、如图所示，一个不带电的绝缘导体P正在向带负电的小球Q缓慢靠近，（不接触，且未发生放电现象），是下列说法正确的是（ ）
A. B端的感应电荷越来越多
B. 导体内的电场越来越强
C. 导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在D点产生的场强
D. 感应电荷在CD两点产生的场强相等
E. 若用一根导线将A端接地一段时间后，移开导线后接着移开小球Q，绝缘导体将对外不显电性。
例23、在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度v垂直电场线射入电场，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？
　　【错解分析】错解：设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y，如图所示。
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。
　　【解题指导】:【答案】:4.25EK　　
【解析】：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。设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y。速度为2v时通过匀强电场的偏移量为y′，平行板板长为L。
　　由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动。
　　
　　两次入射带电粒子的偏移量之比为
　　
　　练习23、A、B两支手枪在同一高度沿水平方向各射出一粒子弹，打在前方100m远处的同一块竖直靶上，如图所示，A枪击中了a点，B枪击中了b点，a、b两点的竖直高度差为5cm。若A枪子弹离开枪口时的速度大小为500m/s，求B枪子弹离开枪口时的速度大小。不计空气阻力，取g＝10m/s2。
例24、一均匀带电金属小球固定在空间A点，小球带电量为-2Q，设无穷远处电势为0，电场中某点B的电势为，若将金属球的带电量由-2Q变为-Q，则B点的电势将如何变化？
【错解分析】:错解：因为产生电场的电荷量变少了，所以空间的电场变弱了，将电荷从B点移动至无穷远时电场力做功少了，即B与无穷远间的电势差U变小了，所以变小了。
产生错误的原因是没有依照电势差的定义来判定。
【解题指导】:【答案】: 变大了
【解析】：电场变弱了，则将电荷从B点移动至无穷远处电场力做的功变少了。根据公式知B∞间的电势差变小了，因为电势沿着电场线方向降低，产生电场的电荷为负电荷，所以B点的电势低于∞处的电势。因为=0，所以B点电势小于0，B与∞电势差变小，即B点电势与0靠近了，负数与0靠近是变大了。
练习24、A，B两块平行带电金属板，A板带负电，B板带正电，并与大地相连接，P为两板间一点。若将一块玻璃板插入A，B两板间，则P点电势将怎样变化。
例25、一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示，小物体以初速v0从x0沿Ox轨道运动，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保持不变。求它在停止运动前所通过的总路程s。
　　【错解分析】错解：错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有
　　
　　错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有W合=△Ek，得
　　
　　错误的要害在于没有领会题中所给的条件f＞Eq的含义。当物块初速度向右时，先减速到零，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。
【解题指导】:【答案】:
　　【解析】：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s。根据动能定理有
　　
　　练习25、如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的AB两点分别固定着两个带电量相等的正电荷，a、O、b三点将L分为四等份。一质量为m带电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能从a点出发，沿直线AB向b点运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n>1），到达b点时动能恰好为0，小滑块最终停在O点，求
（1） 小滑块与水平面间的动摩擦因数。
（2） O、b两点间的电势差
（3） 小滑块运动的总路程
例26、如图所示，在水平向右的匀强电场中，一长为L的绝缘轻杆，一端固定于O点，杆可绕O点在竖直平面内转动。杆的另一端连接一质量为m的带正电小球，小球受到的电场力是重力的倍，要使小球能在竖直平面内做圆周运动，则小球经过最高点的速度最小为多少？
【错解分析】:错解一、忽略电场的作用，直接应用结论，小球在最高点的最小速度为0。错解二、不知杆与绳的区别，不会用合场的思想类比重力场进行解题，错解答案较多。
【解题指导】:【答案】:
【解析】：这是一个复合场问题：重力场与电场的复合场，我们最习惯于研究重力场中的竖直平面内的圆周运动，我们就把复合场类比于重力场进行解题，首先确定复合场方向即小球的平衡位置。受力分析知，小于的平衡位置为与竖直方向夹角30°，复合场的等效成重力场的等效加速度为,如下图A点是平衡位置，B点是等效重力场中的最高点，C点是几何上最高点，也就是我们要求的最高点
因为是杆子所以B点的最小速度为0，再在BC间用动能定理可求得C点的速度；或类比于重力场中的运动进行计算，最后只需将g改成即可。
【小结】
　　用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压（电流）等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。
练习26、如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点正下方钉一个钉子O′，已知小球受到的电场力是重力的，现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。
　　例27、闭合铜环与闭合金属框接触良好，放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时，金属框不动，下列说法正确的是（ ）
A. 铜环内没有感应电流，因为磁通量没有发生变化
B. 金属框内没有感应电流，因为磁通量没有发生变化
C. 金属框ab边中有感应电流，因为回路abfgea中磁通量增加了
D. 铜环的半圆egf中有感应电流，因为回路egfcde中的磁通量减小了
【错解分析】:错解：认为整个电路中磁能量没有变化，所以电路中没有电流所以选择AB
【解题指导】:【答案】:CD
【解析】：对多回路问题，只要穿过任一回路的磁通量发生变化，该回路中就产生感应电流。如abfge回路中磁通量增加，产生逆时针方向的感应电流，所以金属框ab边中有从a到b方向的电流，而环的左半边有fge的电流。其余可类似分析。也可将环的两半边等效成两根导体杆向右平动切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断。
练习27、图中均匀金属环半径是10cm，电阻是4Ω，绝缘导线Oa和Ob的电阻均为2Ω，其中Oa和b端则接在环上，一垂直环面的匀强磁场，它的磁感应强度为4T，当Oa转动角速度ω=100rad/s时，若Oa与Ob重合，流过Oa的电流为 ；若Oa与Ob处于同一直径上时流过Oa的电流为 。
例28、如图所示，两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为和，带电量分别为和，用细绝缘线悬挂后，分别与竖直线成夹角和，且两球处于同一水平线上，若，则下述结论正确的是（ ）
A．一定等于
B．一定满足
C．一定等于
D．必须同时满足
【错解分析】:错解：认为当、带电量不等时，库仑力F1与F2也不相等，且认为越大，库仑力越大，因而错误地选出A、B、D，其实库仑力的大小与及的乘积有关，并且不论和谁大谁小或是相等，均应满足。
【解题指导】:【答案】:C
【解析】：两小球同处于一水平线上，对两小球分别进行受力分析，的受力分析如图所示，受重力、细线的拉力T1和对它的库仑力F1，由于两球都处于平衡状态，根据平衡条件对两球分别列受力平衡方程，从而得出重力、库仑力和夹角三者的关系式，然后再由，分析得出最后结论。
对有
得
同理对有
当时，，则有，且与带电量是否等于无关。
该题还可以用受力分析的三角形图与实物三角形相似来解题。如上图中两个红色的三角形
练习28、如图所示，ACB是一光滑的足够长的、固定在竖直平面内的∧型框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ。P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在PQ环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O。将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用 表示，若：=2:3，则两绳受到的拉力之比F1：F2等于（ ）
A. 1：1
B. 2：3
C. 3：2
D. 4：9
例29、如图所示的直线是真空中的某电场的一条电场线，AB是这条电场线上的两点。一个带负电的粒子在只受电场力的情况下，以速度经过A点向B点运动，经一段时间后，该带电粒子以速度经过B点，且与的方向相反，则（ ）
A.A点的电势一定低于B点的电势
B. A点的场强一定大于B点的场强
C.该带电粒子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能
D.该带电粒子在A点的动能和电势能之和一定等于它在B点的动能和电势能之和
【错解分析】:错解：AB
错解分析：由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明由A到B的运动一定是减速运动。故带电粒子受电场力的方向向左，电场的方向向左，所以A点的电势一定低于B点的电势，选项A正确。错误原因在误认为粒子受力的方向就是电场的方向，实质上正电荷受电场力的方向与电场的方向相同，而负电荷受电场力的方向与电场的方向相反；由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明A点的场强一定大于B点的场强，否则不能返回。选项B正确。错误原因在误认为带电粒子总是由场强大的地方向场强小的地方运动，实质上粒子怎样运动是由粒子的初速度和受力情况共同决定的。
【解题指导】:【答案】:D
【解析】：由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明由A到B的运动一定是减速运动，先向右减速，速度减为零后再向左加速运动至B点，可以肯定电子受到的电场力是向左的，则说明电场线是向右的，顺着电场线方向电势降低，所以A的电势一定大于B的电势；A错。单凭一条电场线是无法判断场强大小， B错；负电荷顺着电场线方向运动，电场力做负功，电势能增加，选项C正确；但带电粒子的动能和电势能之和是守恒的（类似机械能守恒定律），选项D正确。
练习29、如图所示，等量的异种点电荷，固定在水平线上的MN两点上，电荷量均为Q.有一质量为m电荷量为+q的小球（可视为点电荷），固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆的另一端可绕O点且与MN垂直的水平轴无摩擦的转动，O点位于MN的垂直平分线上的距MN为L处。现把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时的速度为。取O处电势为零，忽略q对+Q、-Q形成得出的影响。求：
（1）小球经过B点时对轻杆的拉力的大小
（2）在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势
（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度
例30、如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流I，试判断环形导体的运动情况。
　【错解分析】错解：已知匀强磁场的磁感线与导体环面垂直向右，它等效于条形磁铁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。
　　误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。
　　【解题指导】:【答案】:仍然静止不动
【解析】：利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段，每小段通电导体所受安培力均指向圆心。由对称性可知，这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。
　　对于直线电流的磁场和匀强磁场都应将其看作无极场。在这种磁场中分析通电线圈受力的问题时，不能用等效磁极的办法，因为它不符合实际情况。而必须运用左手定则分析出安培力合力的方向后，再行确定其运动状态变化情况。
练习30、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）
练习题参考答案
练习16、【答案】:AB
【解析】：因为电压恒定且周期性变化，所以电场力恒定呈周期性变化，电子在电场中做的是匀变速运动。注意对电子进行受力分析并结合速度判断电子的运动情况。要会灵活运动周期力下运动的对称性。
练习17、【答案】:B
【解析】：设弹簧的原长为，由库仑定律和胡克定律得，当电荷量为q时，；当电荷量为3q时，设弹簧的伸长量为，由上述两式得，，即.同理有，，，即.故选项B正确.
练习18、【答案】:BD
【解析】：磁通量的计算公式为，开始时磁通量最大为0.25Wb，MN与PQ重合时，磁通量为0。所以变化量为0.25Wb。加速度的产生是因为安培力，据 ,可知加速度大小与速度有关，所以有开始时加速度最大，最后加速度最小。计算知加速度最大是8m/s2；根据动能定理求解线框发热，D正确。
练习19、【答案】: 0.6m
【解析】：A从M到N做变加速运动，到达N点时洛伦兹力与电场力大小相等，将离开壁，之后在竖直平面内做复杂的曲线运动通过P，
（1）M到N有，在N点电场力与洛伦兹力平衡有
（2）从N到P的过程用动能定理
s=0.6m
练习20、【答案】: 方向竖直向上
【解析】：有洛伦兹力存在的匀速圆周运动中，除洛伦兹力外物体所受的其它力合力必须为0，所以粒子所受的重力与电场力必须相互抵消即，这就相当于粒子只受洛伦兹力。不管带电粒子以怎样的速度垂直于磁场方向进入复合场，均能做匀速圆周运动。
练习21、【答案】:
【解析】：
易错点：容易用库仑公式求解。点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由为库仑定律有：
，方向指向带负电的金属板。如图：
　　库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。
练习22、【答案】:AC
【解析】：因为是缓慢移动，每个状态均可以看作一个平衡态，处于静电平衡的导体内部场强处处为零。C点场强为0是因为感应电荷在C点产生的电场与电荷Q在C点产生的电场相互抵消，所以感应电荷在C点和D点产生的电场大小等于电荷Q在C点和D点产生的电场，所以C正确。E选项考察知识点与例7一样，用导线连接导体后，导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，导体上全部是正电荷，大地远处感应出等量负电荷
练习23、【答案】: 447m/s
【解析】：看右图侧视图
AB子弹做的均是平抛运动，于是
对A有：
对B有：
x=447m/s
易错点：不少同学误认为两子弹是同时打到木板上的。仔细分析题意知，它们并不是同时的。
练习24、【答案】:上升
　 【解析】：按照题意作出示意图，画出电场线，我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以UpB=Up－UB＜0，B板接地UB=0
　　UBp=UB－Up=0－Up
　　Up=－Ed
　　Q不变，d不变，根据E有，插入玻璃板，介电常数ε增大，电场强度减小，导致Up上升。
练习25、【答案】:
【解析】：对ab过程用动能定理，因为ab过程中电场力做功之和为0；对Ob有动能定理，再结合上面的式子可求得电势差；最后停在O点，对整个过程用动能定理，可求得路程。注意电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，摩擦力做功与路程有关。
练习26
【答案】:【正确解答】
【解析】：
　　本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图所示，
　　∴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，由图8－23可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：
　　在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量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
　　过O点做OP⊥AB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：
　　
　　练习27、【答案】:0.5A 0.4A
【解析】：Oa相当于电源，电动势，内阻r=2Ω。Oa与Ob重合时，外电阻为R=r=2Ω，得电流为0.5A；当两导线处于同一直径上时，外电阻R=3Ω，电流为0.4A。
练习28
【答案】:A
【解析】：关键点：处于平衡状态时OP垂直于CA，OQ垂直于BC，因为两角θ相等，则受力分析时两绳与竖直方向夹角一样，均为90°-θ，所以两绳拉力一样。
练习29
【答案】:
【解析】：
（1）小球经过B点时，由牛顿第二定律得，在竖直方向上有
即
由牛顿第三定律知，小球经过B点时对轻杆的拉力的大小
（2）由于O点的电势，而O在MN的垂直平分线上，所以B点的电势,电荷从A到B的过程中，由动能定理得
，解得.
（3） 有电场的对称性可知，所以电荷从A到C的过程中，由动能定理得,解得
练习30、【答案】: 加速向左运动
　　【解析】：利用左手定则判断。先画出直线电流的磁场在矩形线圈所在处的磁感线分布，由右手螺旋定则确定其磁感线的方向垂直纸面向里，如图所示。线圈的四条边所受安培力的方向由左手定则判定。其中F1与F3相互平衡，因ab边所在处的磁场比cd边所在处的强，故F4＞F2。由此可知矩形线圈abcd所受安培力的合力的方向向左，它将加速向左运动而与导体AB靠拢。
b
a
5cm
m
O
Q
P
C
B
A
ω
a
b
O
h
g
f
e
d
c
b
a
C
B
A
a
b
a
O
B
A
b
a
5cm
P
D
C
B
A
Q
v
Eq
mg
45°
v
E
P
N
M
B
h
v
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P
N
M
d
c
b
a
B
A
B
A
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F
t
U
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09高考物理易错题解题方法大全（4）
机械振动与机械波
例46、如图所示，某质点在M、N两点间沿直线做简谐运动，O点为平衡位置，振幅为A，设向右为正方向，则下列说法中正确的是（ ）
A. 质点由M运动到N点时位移2A
B. 质点由M运动到N点时位移A
C. 质点由N运动到M点时位移-2A
D. 质点由N运动到M点时位移-A
【错解分析】:根据位移的定义：由出发点指向终点的有向线段。所以答案是AC
【解题指导】:【答案】:BD
【解析】：机械运动的位移与运动学中的位移是两个含义不同的物理概念，在运动学中，“位移”是指起点指向终点的有向线段；而机械运动中的“位移”是由平衡位置指向物体所在位置的有向线段，即相对平衡位置的位移。根据机械运动中位移概念可知，无论质点从哪一点开始运动，当质点到达N点时位移均为A，当质点到达M点时位移均为-A。
练习46、关于做简谐运动物体的位移、回复力所产生的加速度和速度的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 位移减小时，加速度减小，速度增大
B. 位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度方向相同。
C. 物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
D. 物体的运动方向改变时，加速度的方向不变。
例47、一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s时第一次经过某点，再继续运动，又经过2s它第二次经过该点，则质点第三次经过该点时还需的时间是（ ）
A．8s B．4s
C．14s D．
【错解分析】:错解：作图如右图。O为平衡位置，AB为最大位移处，假设M点为题中的“某点”。则根据题意有OM=3S M→B→M时间为2S，根据对称性有MO=3S，MB=1S；于是有OB=4S，则周期T=16S。当质点再次经过M点时是指M→O→A→O→M,时间间隔为3+4+4+3=14S。所以选C。
该题解题过程并没有错误，只是解题不完全，这是一个多解题。质点第一次经过M点，可能是向右运动，同样也可能向左运动。所以少一解。
【解题指导】:【答案】:CD
【解析】：作图如右图。O为平衡位置，AB为最大位移处，假设M点为题中的“某点”。
若开始时是从左向右运动。则根据题意有OM=3S M→B→M时间为2S，根据对称性有MO=3S，MB=1S；于是有OB=4S，则周期T=16S。当质点再次经过M点时是指M→O→A→O→M,时间间隔为3+4+4+3=14S。所以选C。
若开始时是从右向左运动。则根据题意有O→A→O→M=3S M→B→M时间为2S，设OM时间为t，则根据对称性有(t+1)×2+t=3，求得t=。则周期。当质点再次经过M点时是指M→O→A→O→M,时间间隔为。所以选D。
练习47、一弹簧振子做简谐运动，周期为T，下列说法正确的是（ ）
A. 若t时刻和t+△t时刻振子运动位移的大小相等，方向相同，则△t一定等于T的整数倍
B. 若t时刻和t+△t时刻振子运动速度的大小相等，方向相反，则△t一定等于T/2的整数倍
C. 若△t=T，则在t时刻和t+△t时刻振子运动的加速度一定相等
D. 若△t=T/2，则在t时刻和t+△t时刻弹簧的长度一定相等
例48、如图均匀小球做单摆运动，平衡位置为O点，AB为最大位移处，MN关于O点对称。则下列说法错误的是（ ）
A. 小球受重力、绳子拉力和回复力。
B. 小球所受的合外力就是单摆的回复力
C. 小球在O点时合外力为0
D. 小球经过M点的振幅与小球在N的振幅
大小相等、方向相反。
E. 小球在AB两点不受绳子拉力。
【错解分析】:错解：没有理解回复力是效果力，认为物体受三个力，重力、绳子拉力和回复力。认为A正确，所以没有选A
混淆了单摆的回复力与合外力，认为B正确，所以没有选择B
错误理解了平衡位置，认为平衡位置物体所受的合外力为0，认为C正确，所以没有选择C
误把振幅理解成位移，认为D正确，所以没有选择D。
没有仔细分析运动，认为在AB处单摆不做圆周运动，不需要向心力，绳子拉力为0，所以认为E正确，没有选择E。
【解题指导】:【答案】:ABCDE
【解析】：回复力是效果力，受力分析时只分析按性质分的力，每个力必须捞到对应的施力物体。物体只受两个力：重力、绳子拉力。A错；回复力的大小为振动方向上的合外力，对于单摆，它是重力沿运动方向的分力。因为小球做的是圆周运动，所以法向合外力等于向心力，B错；平衡位置是指回复力为0的位置，但合外力不一定是0。比如在单摆O点，回复力为0，但由于在做圆周运动，所以法向合外力是指向圆心的，C错；振幅是标量，没有方向，不是位移，它是一个固定的值。C错。在最大位移处，小球不做圆周运动，法向合外力为0，所以绳子拉力等于重力在法向的分力。不是没有力，所以E也错，选E。
练习48、水平弹簧振子，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，每隔的时间，振子的速度总是大小相等，方向相反 ，则有（ ）
　　
　　
　　
　　
　例49、在一个单摆装置中，摆动物体是一个装满水的空心小球，球的正下方有一小孔，当摆开始以小角度摆动时，让水从球中连续流出，直到流完为止，由此小球的周期将（ ）
A．保持不变 B．逐渐减小
C． 先增大后减小 D．先减小后增大
【错解分析】:错解：死记周期公式，没有理解公式中的l含义，所以选择A；没有记住公式，直觉质量减小，周期减小，选择B。
【解题指导】:【答案】:C
【解析】：单摆小角度振动，做简谐运动的周期为，式中的l为摆长，其值为悬点到摆动物体重心间的距离。当小球装满水时，重心在球心，水流完后，重心也在球心，但水在流出的过程中，重心是在下降，因此在水的整个流出过程中，重心位置先下降后上升，摆长l先增大后减小，周期T先增大后减小。选择C。
练习49、如图,一个半径为R的圆弧形光滑轨道竖直放置，今有两个质点AB，B从圆心处自由下落，空气阻力不计，同时从非常接近O点的位置P由静止释放，试问：A与B谁先到达O点
例50、将一秒摆（周期为2S）置于沿一圆形轨道绕地球运动的人造地球卫星中，若卫星的轨道半径为地球半径的2倍，则秒摆的周期将变为（ ）
A．4S B．
C． D．无限大
【错解分析】:错解：因为卫星距离地心距离为2倍地球半径，所以卫星中重力加速度是地球表面重力加速度的1/4，根据单摆周期公式，有g为原来1/4，则周期为原来2倍。所以选择A。
【解题指导】:【答案】:D
【解析】：公式中的g应该为等效重力加速度，并不是当地真实的重力加速度，所以思路错误。本题中单摆在太空中，处于完全失重状态，等效加速度为0，单摆失去回复力，不能再做振动，所以周期无限大。
练习50、一小球用长为l的细绳系于与水平面成α角的光滑斜面内，小球呈平衡状态，若使细线偏离平衡位置，且偏角θ<5°，然后将小球由静止释放，则小球第一次运动到最低点所需的时间t为多少？
例51、一个弹簧振子，第一次被压缩x后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T2，则两次振动周期之比T1∶T2为（ ）
　　A．1∶1 　　B．1∶2
　　C．2∶1 　　D．1∶4
　　【错解分析】错解：压缩x时，振幅为x，完成一次全振动的路程为4x。压缩2x时，振幅即为2x，完成一次全振动的路程为8x。由于两种情况下全振动的路程的差异，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振动的周期一定也是第一次的2倍，所以选B。
　　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加速度恒定的匀加速直线运动了。用了匀速或匀加速运动的规律。说明这些同学还是没有掌握振动的特殊规律。
【解题指导】:【答案】:A
【解析】：事实上，弹簧振子的振动的周期只由自身因素决定，由弹簧振子的质量m和弹簧的劲度系数k决定的，而与形变大小、也就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变（m，k不变），周期就不会改变，所以正确答案为A。
练习51、一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的（ ）
　　A．频率不变，振幅不变 　　B．频率不变，振幅改变
　　C．频率改变，振幅不变 　　D．频率改变，振幅改变
例52、一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，设振子第一次从平衡位置运动到x=A/2处所经的最短时间为t1，第一次从最大正位移处运动到x=A/2所经最短时间为t2，关于t1和t2，以下说法正确的是（ ）
　　A．t1＝t2 　　B．t1＜t2
　　C．t1＞t2 　　D．无法判断
【错解分析】:错解：两次运动的距离均为振幅的一半，周期为T，两次时间均是T/4,所以两次时间相等，选A。
振子从平衡位置向x=A/2处运动时，回复力小，加速度也小；从最大位移处到x=A/2处回复力大，加速度也大，所以前面时间大，后面时间小。选C。
因为振子做的是加速度变化的运动，所以无法判断。选D
【解题指导】:【答案】:B
【解析】： 振子由平衡位置向最大位移处运动的过程中做的是加速度增大的减速运动，主要考虑的是速度特点。速度越来越小，相同位移，前半段平均速度大，后半段平均速度小，所以前半段时间少，后半段时间多。选择B
练习52、套在光滑杆上的水平弹簧振子以O点为平衡位移在BC间做简谐运动，其周期为3.6s，小球由O点向右第一次到达OC中点所需的时间是多少？
例53、关于简谐机械波在给定的介质中传播，下列说法正确的是（ ）
A. 波速与频率成正比，与波长成正比
B. 振幅越大，波速越大
C. 在一个周期内，振动的质点走过的路程等于一个波长
D. 周期越大，波长越大
【错解分析】:错解：根据公式，于是有波速与波长成正比，与波长成正比，选A
认为质点随波迁移，所以选择C
【解题指导】:【答案】:D
【解析】：机械波的速度由介质决定，频率由波源决定，波长由波速及频率共同决定，所以A错了。波速不是由波长和频率决定的。波速与振幅没有关系。质点不随波而迁移，只是在平衡位置上下振动。由有，v由介质决定，对于一确定的介质，v不变，所以T越大，波长越大，D正确。
练习53、一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 由波形图可得该波的波长
B. 由波形图可得该波的周期
C. 经过1/4周期后，质点P运动Q点
D. 经过1/4周期后，质点R的速度变为0
例54、一简谐波的波源在坐标原点o处，经过一段时间振动从o点向右传播20cm到Q点，如图所示，P点离开o点的距离为30cm，试判断P质点开始振动的方向。
【错解分析】:错解：从图看PQ相差，波再前传播就到达P点，得到如图所示的波形图。所以可判定，P点开始振动的方向是沿y轴正方向（即向上）。
错误的主要原因是把机械波的图象当成机械振动图象看待。机械波向前传播时应该把整个波往前平衡，而不是接着原来的波形往后续画波形。
【解题指导】:【答案】:向下
【解析】：研究波的传播时，可以把整个波形沿传播方向平移即可，本题中将波形平移至P点即可，如右图
由图可知，P的起振方向是向下的。从平移波形的过程中，我们可以发现，在传播过程中的每个质点的起振方向均是一样的，与波源的起振方向一样。任何一个振动的点均可以看作波源。比如该题中Q点起振方向是向下，Q点振动才能带到P点振动，所以对P来说，可以认为Q是它的波源。
练习54、如图为一列沿x轴正方向转播的简谐横波在t=0时的波形图。当R点在t=0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含PR）有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是（ ）
A. 2cm≤x≤4cm
B. 2cmC. 2cm≤x<3cm
D. 2cm例55、如图所示，某均匀介质中各质点的平衡在同一直线上，相邻两点间的距离为d，质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播，经过时间t，前13个质点第一次形成下图中的波形，则该波的周期与波长分别为（ ）
A. 2t/3 9d
B. 2t/3 8d
C. t/2 26d/3
D. t/2 8d
【错解分析】:错解：t时间内传播了3T/2,用时t，则有3T/2=t T=2t/3，波长可以从图中看出，一个波长对应的距离为8d，所以选择B
【解题指导】:【答案】:D
【解析】：题中只说这是前13个质点的波形，并没有说波就传到了第13个质点。图中波源（1质点）的起振方向是竖直向上的，如果波t时刻恰好传到了13点，则13点的振动方向应该是竖直向上，而图中13点的振动方向是竖直向下的，所以说明波已经传到了13点的后面某点，该点正准备竖直向上振动。如下图
可以看到t时间内是两个周期，用t=2T,则T=t/2，答案D。
练习55、一列简谐横波在x轴上传播,某时刻的磨形图如图所示,a、b、c为三个质元,a正向上运动.由此可知
A.该波沿x轴正方向传播
B.c正向上运动
C.该时刻以后,b比c先到达平衡位置
D.该时刻以后,b比c先到达离平衡位置最远处
例56、如图1所示为一简谐波在t=20s时的波形图，图2是这列波中P点的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向为（ ）
A. 波速1m/s，方向向左
B. 波速1m/s，方向向右
C. 波速1.25m/s，方向向左
D. 波速1.25m/s，方向向右
【错解分析】:错解：主要是分不清两图间的关系，更重要的是没有透彻理解两图的含义，所以答案是五花八门。
解题中关键要掌握的是这两种图在图象变化上的区别：振动图象是随着时间的延长而延伸，而原有的形状不变；波的图象则是随着时间的变化而改变，操作方法平移波的图象。
【解题指导】:【答案】:A
【解析】：由两图知，波长λ=4m，周期T=4s，由公式知，由图2可知在t=20s时P点的振动向上，再由图1根据“同侧法”知波向左传播。A正确。
练习56、一列简谐横波沿x轴负方向传播，图1是t=1s时的波形图，图2是波中某振动质点位移随时间变化的振动图象，（两图用同一时间起点），则图2中是图1中哪个质点的振动图线（ ）
A. x=0处质点
B. x=1m处质点
C. x=2m处质点
D. x=3m处质点
例57、图是某时刻一列横波在空间传播的波形图线。已知波是沿x轴正方向传播，波速为4m/s，试计算并画出经过此时之后1.25s的空间波形图。
【错解分析】:错解：从图可看出波长λ=8cm，由公式，经过1.25s，波向右传播了个波长，波形图如下：（将波向右平移个波长）
　　　　　　　　　　　　　
错解2：从图可看出波长λ=8cm，由公式，经过1.25s，波向右传播了个波长，波形图如下：（62.5个周期的波形与0.5个周期的波形图一样，所以在原来波形图的基础上将波向右延长0.5个波长）
　　错解一没有重视单位的一致性，在此题中波长从图中只能得出λ=8cm，而波速给出的却是国际单位4m/s。因此，求周期时，应先将波长的单位统一到国际单位制上来。错解二虽然计算对了，但是，在波向前（沿x轴正方向）传播了62.5个波长时应该平移波形。
【解题指导】:
【解析】：从图可看出波长λ=8cm，由公式，经过1.25s，波向右传播了个波长，据波的周期性，当经过时间是振动周期的整数倍时，波只是向前传播了整数个波长，而波形不变，所以该题我们可以先将波形图平移0.5个波长，然后再将此图向前扩展62个波长即为题目要求，波形如图
　　练习57、已知平面简谐横波在x轴上传播，原点O的振动图象如图1所示，t时刻的波形图如图2所示，则在t+0.5时刻的波形图可能是（ ）
例58、如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，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．这列波的波长是4m
　　B．这列波的传播速度是10m/s
　　C．质点Q（x=9m）经过0.5s才第一次到达波峰
　　D．M点以后各质点开始振动时的方向都是向下
　　【错解分析】 错解一：由题中说P点相继出现两个波峰的时间间隔为
　　错解二：质点Q（x=9m），经过0.4s（此处用了正确的周期结果
所以C对。
　　错解一对“相继出现两个波峰”理解有误。
　　错解二对质点Q（x=9m）处，当波传到它以后，不知道各点的起振方向是一样的，Q点应该先向下运动。实际上也就是对波的传播原理不明白。　　　　
【解题指导】:【答案】:ABD
【解析】：（1）从图可以看出波长为4m，选A。
　　（2）实际上“相继出现两个波峰”应理解为，出现第一波峰与出现第二个波峰之间的时间间隔。因为在一个周期内，质点完成一次全振动，而一次全振动应表现为“相继出现两个波峰”，即T=0.4s。则
　　（3）MQ两点间相距4m，以10m/s的波速来说需要0.4s时间，即一个周期，经过0.4s后波传播到了质点Q（x=9m），质点Q开始振动，因为每个点的起振方向均是竖直向下的，所以Q点是先向下，然后3/4个周期后才能到达波峰，即0.3s后才到波峰，则共用去时间0.4+0.3=0.7s.所以选项C错了。
　（4）从波的向前传播原理可以知道，M以后的每个质点都是先向下振动的。所以选项D是对的。此题正确答案为A，B，D。
练习58、一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知这列波在P点出现两次波峰的最短时间为0.4s，求
（1） 这列波的波速是多少？
（2） 经过多少时间R才能第一次到达波峰？
（3） 这段时间里R通过的路程是多少？
例59、如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a，b两点，相距14.0m，b点在a点的右方，当一列简谐横波沿此长绳向右传播时，若a点的位移达到正最大时，b点的位移恰为零且向下运动。经过1.00s后a点的位移为零，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 [ ]
　　A.4.67m/s 　　B.6m/s
　　C.10m/s 　　　D.4m/s
【错解分析】:错解：对题目分析可知，因为波是由a传向b的，所以b左侧的质点应该在平衡位置下方，则波形图如图
ab间间隔为，所以
　　　
　　
　　 v=4.67m/s选择A。
　但此题可能多选，考虑到a，b之间满足条件的情况还可以是，时间关系有　　
　　
　　
　　
　　 解得：v=10m/s 选择C
　　
　　　
解得：v=11.5m/s显然不符合题目中的选项，且通过分析可知v=14m/s也是不对的，所以正确答案为A，C。
以上答案并没有错，但分析问题的过程出现了明显的
漏了不少结论。而此题做为选择题，学生能用错误的思维方式得出符合答案的结果，纯属偶然。
【解题指导】:【答案】:AC
【解析】：
波速应为
　　n=0时，m=0，1，2……
　　n=1时，m=0，1，2……
　　n=2时，m=0，1，2……
　　我们可以通过列表来看一看波速的各种可能值：
　　从表中可以看出，4.67m/s及10m/s即为正确答案。所以正确答案应选A，C。
　　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，4.67m/s，当n=N=1时，v=10m/s，当n=N=2时v=11.5m/s……，把长度的周期性与时间的周期性混为一谈。若此题的四个选项中变化一个为v=2m/s（即n=1，N=0时），上述思维片面的考生可能就会漏选，因此，一定要对题目进行全面周到的分析。
练习59、一列简谐波沿x轴方向传播，已知x轴上x=0m和x=2m处质点振动图象分别如下图1、2所示，则此波的传播速度是多少？
例60、图中实线是一列简谐波在某一时刻的波形图线，虚线是0.2s后它的波形图线。这列波可能的传播速度是_______。
　【错解分析】错解：从图上可以看出波长λ=4m，而从两次的波形图可知：
　　　　　　　　　　　
　　　
v=5m/s．
　　面的。实际上，只有当波向右（沿x正方向）传播时，上述关系才成立。
　　
　
　　【解题指导】:【答案】:
【解析】：从图上可以看出λ=4m。
　　当波沿x正方向传播时，有,代入λ有
当波沿x负方向传播时，有,代入λ有
练习60、一列横波在x轴上传播，=0和=0.005s时的波形如图所示的实线和虚线。
（1） 设周期大于，求波速。
（2） 设周期小于，并且波速为6000m/s，求波的传播方向。
参考答案
练习46、【答案】:A D
练习47、【答案】:C
练习48、【答案】:A C
　　【解析】：由题意可知，t = nt，n可以是1，2，3…，I当n=1时，T=t；当n=2时，T=；当n=3时，，所以选项A是正确的
练习49、【答案】:B先到达O点
【解析】：A球做的是等效单摆运动，摆长为R，从A到O为1/4个周期，时间为，B球自由落体运动，时间为，因为，所以B先到。
练习50、【答案】:
【解析】：小球做单摆运动的等效加速度为gsinα，然后用周期公式即可求出答案。
练习51、【答案】:B
　　【解析】：单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关，所以不能选C，D。
　　（2）根据机械能守恒来判断振幅，因为经过最低点速度变小了，所以动能变小了，则振幅也变小了。所以选B。
练习52、【答案】:0.3S
【解析】：用作图法，作出正弦图，可以发现A/2处对应的时间为四分之一个周期的1/3，即0.9/3=0.3S
练习53、【答案】:AD
练习54、【答案】:C
练习55、【答案】:AC
练习56、A
练习57、【答案】:CD
练习58、【答案】:10m/s 0.7s 6cm
练习59、【答案】:正向：
负方向：
练习60、【答案】:（1）若向右传播则速度为400m/s，向左则为1200m/s
（2）沿x轴负方向
x/m
y/cm
O
5
-5
7
6
5
4
3
2
1
t/s
y/cm
O
-5
5
7
6
5
4
3
2
1
t/s
x/cm
O
-5
5
7
6
5
4
3
2
1
x/m
y/cm
O
13
9
5
1
乙
甲
13
9
5
1
乙
甲
S
R
P
8
7
6
5
4
3
2
1
x/cm
y/cm
O
Q
R
P
7
6
5
4
3
2
1
x/cm
y
O
P
A
O
R
B
N
M
B
A
O
M
B
A
O
M
B
A
O
N
M
O
1
2
3
4
5
6
7
5
-5
O
y/m
t/s
0.1
0.3
0.5
0.7
1
O
y/m
x/m
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
2
O
y/m
x/m
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
A
O
x/m
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
B
y/m
O
y/m
x/m
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
C
A
O
y/m
x/m
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
D
O
y/cm
x/cm
1
2
3
4
5
6
7
8
P
Q
9
R
-2
2
O
1
2
3
4
5
6
7
5
-5
1
O
1
2
3
4
5
6
7
5
-5
2
O
y/m
x/m
4
8
12
16
20
24
28
0.2
-0.2
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09高考物理易错题解题方法大全（3）
相互作用与牛顿运动规律
例31、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．若小车向左运动，N可能为零
B．若小车向左运动，T可能为零
C．若小车向右运动，N不可能为零
D．若小车向右运动，T不可能为零
【解析】：对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错。
【答案】:A B
【易错分析】不能正确运用临界条件简化解题思路，解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。由于误认为N不可能为零；T不可能为零，所以本题易错选C和D。斜面模型是高中重要模型之一，要彻底研究斜面，对平时训练过的斜面上的问题进行汇总，比如斜面平抛问题、物体沿着斜面上滑与下滑情景、斜面上的平衡问题等，一定会有所收获。
练习31、木块A和B置于光滑的水平面上它们的质量分别为。如图所示当水平力F作用于左端A上，两物体一起加速运动时，AB间的作用力大小为N1。当同样大小的力F水平作用于右端B上，两物体一起加速运动时，AB间作用力大小为N2，则（ ）
A．两次物体运动的加速度大小相等；
B．
C．
D．
例32、如图2－2所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体m，当用力缓慢抬起一端时，木板受到物体的压力和摩擦力将怎样变化？
　　【错解分析】错解：以木板上的物体为研究对象。物体受重力、摩擦力、支持力。因为物体静止，则根据牛顿第二定律有
　　错解一：据式②知道θ增加，f增加。
　　错解二：另有错解认为据式知θ增加，N减小；则f=μN说明f减少。
　　错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识透。只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析。若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误。若想到f=μN是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二。
【正确解答】以物体为研究对象，如图2－3物体受重力、摩擦力、支持力。物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动。静止时可以依据错解一中的解法，可知θ增加，静摩擦力增加。当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据f=μN，分析N的变化，知f滑的变化。θ增加，滑动摩擦力减小。在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变。依据错解中式②知压力一直减小。所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小。压力一直减小。
　
练习32、如图所示，物体在水平力F作用下静止在斜面上，若稍许增大水平力F，物体仍能保持静止时，以下几种说法中正确的是（ ）
A．斜面对物体的静摩擦力及支持力一定增大；
B．斜面对物体的静摩擦力及支持力不一定增大；
C．斜面对物体的静摩擦力一定增大，支持力不一定增大；
D．斜面对物体的静摩擦力不一定增大，支持力一定增大。
例33、如图2-9天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。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（ ）
　　A．a1=g a2=g
　　B．a1=2g a2=g
　　C．a1=2g a2=0
　　D．a1=0 a2=g
　　【错解分析】错解：剪断细绳时，以(A+B)为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g，所以A，B球的加速度为g。故选A。
　　出现上述错解的原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A，B球具有不同的加速度，不能做为整体研究。
　　【正确解答】 分别以A，B为研究对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前A，B静止。如图2-10，A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受三个力，重力mg和弹簧拉力F′
A球：T－mg-F = 0 ①
B球：F′－mg = 0 ②
　　由式①，②解得T=2mg，F=mg
　　剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形米，瞬间形状不可改变，弹力还存在。如图2-11，A球受重力mg、弹簧给的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。
A球：－mg－F = maA ③
B球：F′－mg = maB ④
　　由式③解得aA=－2g（方向向下）
　　由式④解得aB= 0
　　故C选项正确。
练习33、水平面上有两个物体a和b，它们之间用轻绳连接，它们与水平面之间的滑动摩擦系数相同。在水平恒力F的作用下，a和b在水平面上作匀速直线运动，如图所示。如果在运动中绳突然断了，那么a、b的运动情况可能是
A．a作匀加速直线运动，b作匀减速直线运动；
B．a作匀加速直线运动，b处于静止；
C．a作匀速直线运动，b作匀减速直线运动；
D．a作匀速直线运动，b作匀速直线运动。
例34、如图2－12，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大的拉力为150N，而BC绳能承受的最大的拉力为100N，求物体最大重力不能超过多少？
　　【错解分析】错解：以重物为研究对象，重物受力如图2－13。由于重物静止，则有
TACsin30°=TBCsin60°
TACcos30°+TBCcos60°=G
　　将TAC=150N，TBC=100N代入式解得G=200N。
　　以上错解的原因是学生错误地认为当TAC=150N时，TBC=100N，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。
　　【正确解答】以重物为研究对象。重物受力如图2-13，重物静止，加速度为零。据牛顿第二定律列方程
TACsin30°－TBCsin60°= 0 ①
TACcos30°+TBCcos60°－G = 0 ②
　　
　　而当TAC=150N时，TBC=86.6＜100N
　　将TAC=150N，TBC=86.6N代入式②解得G=173.32N。
　　所以重物的最大重力不能超过173.2N。
练习34、小车在水平面上向左作直线运动，车厢内用OA、OB两细线系住小球。球的质量m=4千克。线OA与竖直方向成=37角。如图所示。g取10米/秒2，求：
（1）小车以5米/秒的速度作匀速直线运动，求OA、OB两绳的张力？
（2）当小车改作匀减速直线运动，并在12.5米距离内速度降为零的过程中，OA、OB两绳张力各多大？
（3）小车如何运动时，可使OB绳所受拉力开始为零？
例35、如图2－14物体静止在斜面上，现用水平外力F推物体，在外力F由零逐渐增加的过程中，物体始终保持静止，物体所受摩擦力怎样变化？
　　【错解分析】错解一：以斜面上的物体为研究对象，物体受力如图2－15，物体受重力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
　　f+mgsinθ=Fcosθ ①
　　N-Fsinθ－mgcosθ=0 ②
　　由式①可知，F增加f也增加。所以在变化过程中摩擦力是增加的。
　　错解二：有一些同学认为摩擦力的方向沿斜面向上，则有F增加摩擦力减少。
　　上述错解的原因是对静摩擦力认识不清，因此不能分析出在外力变化过程中摩擦力的变化。
　　【正确解答】本题的关键在确定摩擦力方向。由于外力的变化物体在斜面上的运动趋势有所变化，如图2－15，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增加，f减少。与错解二的情况相同。如图2－16，当外力较大时（Fcosθ＞mgsinθ）物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中，摩擦力的变化是先减小后增加。
练习35、在倾角为的固定斜面上，叠放着质量分别为，如图所示。A、B之间摩擦系数为。A与斜面间摩擦系数为。若A、B之间没有相对滑动，而共同沿斜面下滑。则A、B之间摩擦力的值应是 。
例36、如图2－17，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？
　　【错解分析】错解：以m为研究对象，如图2－18物体受重力mg、支持力N、摩擦力f，如图建立坐标有
　　再以m＋N为研究对象分析受力，如图2－19，
（m＋M）g·sinθ=（M＋m）a③
　　据式①，②，③解得f = 0
　　所以m与M间无摩擦力。
　　造成错解主要是没有好的解题习惯，只是盲目的模仿，似乎解题步骤不少，但思维没有跟上。要分析摩擦力就要找接触面，摩擦力方向一定与接触面相切，这一步是堵住错误的起点。犯以上错误的客观原因是思维定势，一见斜面摩擦力就沿斜面方向。归结还是对物理过程分析不清。
　　【正确解答】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2－19，受重力（M十m）g、支持力N′如图建立坐标，根据牛顿第二定律列方程
x：(M+m)gsinθ=(M+m)a ①
　　解得a = gsinθ
　　沿斜面向下。因为要求m和M间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图2－20。
　　根据牛顿第二定律列方程
　　因为m，M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图2－21。
　　由式②，③，④，⑤解得f = mgsinθ·cosθ
　　方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。
练习36、自动电梯与地面的夹角为30，当电梯沿这个方向向上作匀加速直线运动时，放在电梯平台上的箱子对平台的压力是其重力的1.2倍。如图所示。则箱子与地板面的静摩擦力是其所受重力大小的 。
例37、如图2－22质量为M，倾角为α的楔形物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物体保持静止。地面受到的压力多大？
　　【错解分析】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。
　　由于A，B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。
　　【正确解答】分别以A，B物体为研究对象。A，B物体受力分别如图2－24a，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。
x：Nlsinα-f=0 ①
y：N-Mg-Nlcosα=0 ②
　　B物体下滑的加速度为a，
x：mgsinα=ma ③
y：Nl-mgcosα=0 ④
　　由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα
　　根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcosα。
　　【小结】 在解决物体运动问题时，在选取研究对象时，若要将几个物体视为一个整体做为研究对象，应该注意这几个物体必须有相同的加速度。
练习37、如图所示，两个物体中间用一个不计质量的轻杆相连。A、B两物体质量分别为，它们和斜面间的滑动摩擦系数分别为。当它们在斜面上加速下滑时，关于杆的受力情况，以下说法正确的是
A．若，则杆一定受到压力；
B．若，，则杆受到压力；
C．若，，则杆受到拉力；
D．只要，则杆的两端既不受拉力也没有压力。
例38、如图2-30，一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。已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？
　　【错解分析】错解：
　　F最大值即N = 0时，F = ma+mg=210(N)
　　错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G = F+N，不自觉的贯穿在解题中。
　　【正确解答】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F是恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。
　　以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。
　　因为物体静止，∑F=0
N = G = 0 ①
N = kx0②
　　设物体向上匀加速运动加速度为a。
　　此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′
　　据牛顿第二定律有
F+N′－G = ma ③
　　当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则
　　将式①，②中解得的x0= 0.15m代入式③解得a = 7.5m/s2
　　F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N = kx。
　　代入式③得
Fmin= ma + mg－kx0
　　　　　　=12×(7.5+10)-800×0.15
=90(N)
　　F最大值即N=0时，F = ma+mg = 210（N）
练习38、如图，质量为的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个质量为的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。
例39、如图2－28，有一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10m的距离所需时间为多少？
　　【错解分析】错解：由于物体轻放在传送带上，所以v0=0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力（传送带施加），做v0=0的匀加速运动，位移为10m。
　 据牛顿第二定律F = ma有f =μmg = ma，a =μg =5m/s2
　　上述解法的错误出在对这一物理过程的认识。传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程。一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答。
　　【正确解答】以传送带上轻放物体为研究对象，如图2－29在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v0=0的匀加速运动。
据牛二定律：F = ma
有水平方向：f = ma ①
竖直方向：N－mg = 0 ②
f=μN ③
　　由式①，②，③解得a = 5m/s2
　　设经时间tl，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式
vt=v0+at ④
　　解得t1= 0.4s
　　
　　物体位移为0.4m时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4s后无摩擦力，开始做匀速运动
S2= v2t2⑤
　　因为S2=S－S1=10-0.4 =9.6（m），v2=2m/s
　　代入式⑤得t2=4.8s
　　则传送10m所需时间为t = 0.4＋4.8=5.2s。
练习39、如图所示，倾角=37°的传送带上，上、下两端相距S=7m。当传送带以的恒定速率逆时针转动时，将一个与传送带间动摩擦因数=0.25的物块P轻放于A端，P从A端运动到B端所需的时间是多少？若传送带顺时针转动，P从A端运动到B端的时间又是多少？
例40、物体在倾角为θ的斜面上滑动，则在下列两种情况下，物体加速度为多大？
（1）斜面是光滑的；
（2）斜面是粗糙的，且与物体间动摩擦因数为μ
【错解分析】错解：对物体在倾角为θ的斜面上滑动，理解为物体在倾角为θ的斜面上向下滑动，导致漏去分析和考虑物体在倾角为θ的斜面上向上滑动的情况。
【解题指导】:两种情况的主要差别就在于“是否受到动摩擦力的作用”
【解析】：（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图2所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程
mgsinθ=ma1，
得 a1=gsinθ.
（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图3中（a）、（b）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组
和
由此便可分别解得
a2=g（sinθ－μcosθ）， 图3
a3=g（sinθ+μcosθ）.
练习40、如图所示，在粗糙水平面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块在竖直向上的力F作用下，沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（ ）
A．无摩擦力
B．有水平向左的摩擦力
C．支持力为（M+m）g
D．支持力小于（M+m）g
例41、如图所示，木楔的质量M=10kg，倾角为=30°，静止于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数=0.2，在木楔的斜面上，有一质量m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m时，其速度v=1.4m/s . 在这个过程中木楔处于静止状态，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（取g=10m/s2）
【错解分析】错解：f=N=f=mg=0.2×10×10=20 N
地面对木楔的摩擦力的大小是20N，方向水平向左。
【解题指导】:由于木楔没有动，不能用公式f=N计算木楔受到的摩擦力，题中所给出动摩擦因数的已知条件是多余的。首先要判断物块沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式v2t-v20=2as可得其加速度a=v2/2s=0.7m/s2，由于a< gsin=5m/s2，可知物块受摩擦力作用。
【解析】：由v2t-v20=2as 知a=v2/2s=0.7m/s2
物块和木楔的受力如图所示：
对物块，由牛顿第二定律得：
mgsin -f1=ma f1=4.3N
mgcos-N1=0 N1= N
对木楔，设地面对木楔的摩擦力如图
所示，由平衡条件：
f=N′1sin-f′1cos=0.61N
f的结果为正值，说明所设的方向与图设方向相同
练习41、如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，沿竖直墙壁匀加速向上运动，F与竖直方向的夹角为．已知木块与墙壁间的动摩擦因数为 ，则木块受到的滑动摩擦力大小是（ ）
A. mg
B. Fcosθ －mg
C. Fcosθ＋mg
D. Fsinθ
例42、如图6（a）所示，质量为M的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑块上安装一支架，在支架的O点处，用细线悬挂一质量为m的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？
（a） （b） （c）
图6
分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题.可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度a（因a相同），再用隔离法求拉力（方向）.
解：以整体为研究对象，受力情况发图8—6（b）所示，根据牛顿第二定律有
（M+m）gsinθ－f=（M+m）a，N－（M+m）gcosθ=0.
而f=μN，故可解得 a=g（sinθ－μcosθ）.
再以球为研究对象，受务情况如图8—6（c）表示，取x、y轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求a方便）.由于加速度a与x轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有
Tsinα=macosθ，mg－Tcosα=masinθ.
由此得
tanα==.
为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入
（1）μ=0，α=θ，绳子正好与斜面垂直；
（2）μ=tanθ，α=00，此时物体匀速下滑，加速度为0，绳子自然下垂；
（3）μ＜tanθ，则α＜θ，物体加速下滑.
练习42、倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m的滑块正在加速下滑，如图所示。滑块上悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后悬线的方向是（ ）
A. 竖直下垂
B. 垂直于斜面
C. 与竖直向下的方向夹角
D. 以上都不对
例43、如图8—4所示，质量分别为15kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上.A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问：
（1）水平作用力F作用在B上至少多大时，A、B之间能发生相对滑动？
（2）当F=30N或40N时，A、B加速度分别各为多少？
图4 图5
分析：AB相对滑动的条件是：A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，且加速度达到A可能的最大加速度a0，所以应先求出a0.
解：（1）以A为对象，它在水平方向受力如图8—5（a）所示，所以有
mAa0=μ2mBg－μ1（mA+mB）g，
a0=g=×10m/s2=m/s2
再以B为对象，它在水平方向受力如图8—5（b）所示，加速度也为a0，所以有
F－F2=mBa0，
F=f2+mBa0=0.6×5×10N+5×N=33.3N.
即当F达到33.3N时，A、B间已达到最大静摩擦力.若F再增加，B加速度增大而A的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F至少应大于33.3N.
（2）当F=30N，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度
aA=aB==m/s2=0.5m/s2.
还可以进一步求得A、B间的静摩擦力为27.5N（同学们不妨一试）.
当F= 40N时，A、B相对滑动，所以必须用隔离法分别求aA、aB，其实aA不必另求，
aA=a0=m/s2.
以B为对象可求得
aB==m/s2=2m/s2.
从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。
练习43、如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为kg，小车上放一个物体B，其质量为kg，如图（1）所示。给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值
例44、如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=370角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。
（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
（3）在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
（g=10m/s2，sin370=0.6，c0s370=0.8）
解析：
（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ=ma ①
由①式解得 a=10×（0.6－0.25×0.8）m/s2=4m/s2 ②
（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ－μmgcosθ－F=0 ③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率
Fv=P ④
由③、④两式解得
⑤
（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
⑥
⑦
由⑥、⑦两式解得 ⑧
磁场方向垂直导轨平面向上．
练习44、如图所示，间距为L、电阻不计的两根平行金属导轨MN、PQ(足够长)被固定在同一水平面内 ，质量为均m、电阻均为R的两根相同导体棒a、b垂直于导轨放在导轨上，一根绝缘轻绳绕过定滑轮后沿两金属导轨的中线与a棒连接，其下端悬挂一个质量为M的物体C，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。开始时使a、b、C都处于静止状态，现释放C，经过时间t，C的速度为 ，b的速度为 。不计一切摩擦，两棒始终与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
（1） t时刻C的加速度值
（2） t时刻a、b与导轨所组成的闭合回路消耗的总电功率
例45、将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图2－4所
示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱
以a＝2.0m／s2加速度竖直向上作匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示
的压力N＝7.2N，下底板的压力传感器显示的压力F＝12.0N。（g=10m/s2）
(1) 若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器示数的一半，
试判断箱的运动情况。
(2) 要使上顶板的压力传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
【错解分析】：不会分析上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半时，弹簧长度不变，弹簧弹力仍为F，上顶板压力为F/2，无法得出a1=0的结果。
析与解：（1）下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块的受力如图2－5
所示，上顶板的压力N＝7.2N，弹簧的弹力F=12.0N,而加速度方向向下，有
mg+N-F=ma 得 m=0.60kg
上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半时，弹簧长度不变，弹簧弹力仍为F，上顶板压力为F/2，有
解得 a1=0,即箱处于静止或匀速直线运动
（2）当上顶板的压力恰好为零时，弹簧长度还不变，弹簧弹力还为F，有
，解得 a2=-10m/s2,“－”号表示加速度方向向上。
若箱和金属块竖直向上的加速度大于10m/s2,弹簧将进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板传感器的示数也为0。只要竖直向上的加速度大于或等于10m/s2,不论箱是向上加速还是向下减速， 上顶板压力传感器的示数都为0。
练习45、如图1－5所示，三根不可伸长的轻绳，一端系在半径为r0的
环1上，彼此间距相等。绳穿过半径为r0的第3个圆环，另一端用同样
方式系在半径为2r0的圆环2上，环1固定在水平天花上，整个系统处
于平衡。试求第2个环中心与第3个环中心之距离。（三个环都是用同
种金属丝制作的）。
练习题参考答案
31、A C D 32、D 33、A
34、
35、 36、0.35 37、A D
38 .解析
开始时，A、B 静止，设弹簧压缩量为x1，有
kx1=m1g ①
挂C并释放后，C向下运动，A 向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有
kx2=m2g ②
B不再上升，表示此时A 和C的速度为零，C已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为
ΔE＝m3g(x1+x2)－m1g(x1+x2) ③
C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得
(m3+m1)v2+m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)－m1g(x1+x2)－ΔE ④
由③ ④ 式得(m3+2m1)v2=m1g(x1+x2) ⑤
由①②⑤式得v= ⑥
39．解答：
当传送带逆时转动时，P下滑的加速度设为a1，则有
从A 到B的时间当传送带顺时针转动时，设P初始下滑的加速度为a2，则有
当P加速到对地发生的位移
此后P，继续加速下滑，设加速度为，
有所以 滑到B端时的速度
前一段加速滑下时间后一段加速滑下时间
P从A到B总时间
40、答案：AD 木块匀速下滑，斜面静止，斜面和木块均处于平衡状态，以整体为研究对
象，受力分析可知支持力与力F的合力与整体重力大小相等，水平方向无作用力.
41、D
42、B．（滑块和小球有相同的加速度a＝gsinθ，对小球受力分析可知，B选项正确）
43、解：根据图（1），设A、B间的静摩擦力达到最大值时，系统的加速度为.根据牛顿第二定律有： ①
②
代入数值联立解得： ③
根据图（2）设A、B刚开始滑动时系统的加速度为，根据牛顿第二定律有：
④ ⑤
联立解得： ⑥
44、（1）
（2）
45、解：因为环2的半径为环3的2倍，环2的周长为环3的2倍，三环又是用同种金属丝制成的，所以环2 的质量为环3 的2倍。设环3的质量为m，则三根绳承受的重量为3mg（以2、3两环的系统为研究对象），即环1与环3之间每根绳的张力T1＝mg,是相同的。
对环2(受力如图1－6)，平衡时，有 3T2cosα=2mg
又 T1=T2=mg
得 cosα=2/3
环2与环3中心间的距离
x= r0ctgα=
点评：本题先以2、3环为研究对象，再以2环为研究对象，并利用对称性，体现了思维的灵活性。而研究对象的选取是解题的关键,由轻质绳子的张力处处相等而得到的T1=T2是非常重要的结论，在许多问题的讨论中都用到，应予以重视。
?
x
T2
T2
T1
T1
T2
T1
图1－6
2
3
1
图1－5
2
3
1
图2－5
a
mg
N
F
图2－4
m
b
B
N
Q
P
M
C
a
A　　P
B
θ(
m1
k
m2
B
A
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09高考物理易错题解题方法大全（7）
电场
例91：两个通草球带电后相互推斥，如图所示。两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上。两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示。若已知α>β，则一定有关系
A．两球一定带同种电荷
B．m一定小于M
C．q一定大于Q
D．m受到的电场力一定大于M所受电场力
【错解分析】错解：C、D.解题时不由注意到库仑力是一对作用力和反作用力，而错误认为α>β，是由于m受到的库仑力比M所受到的库仑力大引起的，从而错选了D。当错选了D之后，会认为由于电荷受到的电场力的大小还跟电荷所带电量多少有关，从而进一步错选了C。
【解题指导】库仑力的问题，归根到底还是受力平衡问题，进行严格的受力分析是解决此类问题的关键，至于抓住库仑力是成对出现的作用力和反作用力的特点，也会对正确解题有帮助。
【答案】本题的正确选项为A、B。
对小球进行受力分析，球在重力、库仑力和悬线拉力的作用下平衡。由于两个带电小球相互远离，且在同一水平线上，所以库仑力是沿水平方向的斥力，两球一定带同种电荷，所以A正确。
由受力可得到电场力与重力的关系：，F1、F2是一对作用力与反作用力，二者大小相等，即
因为α>β，所以可得到M>m，而与两个小球所带的电荷量无关，故B正确。
练习91、如图所示，两个带电小球A、B用长度为L=10cm的细丝线相连放在光滑绝缘水平面上保持静止。已知这时细丝线对B球的拉力大小F0=1.8×10-2N， A球的电荷量为，
求：⑴小球A所受的电场力F的大小。
⑵小球B的电性和电荷量qB。（静电力常量k=9.0×109Nm2/C2）
例92：如图所示，一带电荷量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为E0。当把一电荷量也是q的点电荷放在P点时，测得点电荷的受到的静电力为f；当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，测得这个点电荷的受到的静电力为F，则在国际单位制中（ ）
A. f的数值等于qF
B. F的数值等于af
C. a比1小得越多，F的数值越接近aqE0
D. a比1小得越多，F的数值越接近af
【错解分析】错解：A、B。
产生错误的原因是把导体球看成了点电荷，认为有点电荷放在P点和无点电荷放在P点时的电场是一样的，然后根据，就选出了A、B。
【解题指导】本题以点电荷、试探电荷、静电感应与等概念和公式为依托，考查对概念和公式的深入理解。对于产生电场的电源，要弄清楚是否是点电荷，非点电荷电源产生的电场会受到外放点电荷的影响。
【答案】本题的正确选项为C。
本题中的场源电荷为金属球体而不是固定的点电荷，在P点没有放点电荷时，电荷量均匀分布在球体外表，金属球体可以等效为电量集中于球心的点电荷。但是，当有点电荷放在P点时，由于同种电荷相互排斥，使得金属球上的电荷分布不再均匀，带电的等效中心偏离球心，根据点电荷场强公式，可知此时P点的场强已经发生了变化，因此A、B均不对。当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，电荷量越小，即a比1小得越多，金属球带电中心偏离球心越小，球在P点激发的场强越接近于，E0即F的数值越接近aqE0。当a<<1时，点电荷可看作电荷量足够小的试探电荷，对场源电荷的影响很小，P点场强认为没有变化。
练习92、在电场中P点放一个检验荷-q ,它所受的电场力为F，则关于P点电场强度EP 正确的说法是（ ）
A．EP = F/q ,方向与F相同
B．若取走-q ,P点的电场强度EP = 0
C．若检验电荷为-2q ,则EP = F/2q
D．EP与检验电荷无关
例93：A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则
A．电场力一直做正功
B．电场力先做正功再做负功
C．电场力一直做负功
D．电场力先做负功再做正功
【错解分析】错解：B或D。产生错解的原因一是没有认真分析正电荷的受力情况，根据经验判断；二是对正、负电荷产生的电场的方向没有正确的认识。
【解题指导】分析两个产于叠加的电场的方向，判断合场强的方向，进而判断正电荷在合场强的受力方向，即因此引起的运动和做功问题。
【答案】本题的正确选项为C。
本题中A的负电荷在C出产生的电场方向应该是从C指向A，B点的正电荷在此处产生的电场方向也是这样的，所以合场强的方向也是如此，所以正电荷方在这里的时候，受到从C指向A的电场力，因此，在它从C点沿直线移到D点过程中，电场力一直做负功。
练习93、如图所示，A、B两点各固定有一个等量正电荷，O1O2为AB连线的垂直平分线，O为垂足，现有一个电子(不计重力)从O1一侧沿O1O2方向穿过O点再向O2运动的过程中，则( )
A.它在O点的速度最大
B.它的加速度开始增大再减小，后又增大再减小
C.它在O点的电势能最大
D.它在O1O2这条直线上将做简谐振动
例94：带负电的粒子在某电场中尽受电场力的作用，能分别作以下两种运动：（1）在电场线上运动，（2）在等势面上做匀速圆周运动。该电场可能由（ ）
A. 一个带正电的点电荷形成
B. 一个带负电的点电荷形成
C. 两个分立的带等量负电的点电荷形成
D. 一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成
【错解分析】本题出错的主要原因在于不能准确识记各种典型的电场线的分布，不能准确地判断运动电荷的受力情况。
【解题指导】带电粒子在电场中仅受电场力作用做直线运动的条件：电场线必须是直线；带电粒子的初速度为零或者方向与电场线共线。
带电粒子在电场力作用下做匀速圆周运动的常见情况：点电荷形成的电场，异种电荷可绕其做匀速圆周运动；等量同种电荷形成的电场，在两个电荷连线的垂直平分面上异种电荷可以做匀速圆周运动。
【答案】本题的正确选项为A。
在仅受电场力作用下在电场线上运动，电场线是直线才可能实现，但是在等势面上做匀速圆周运动，就需要带负电的粒子在电场中所受电场力提供向心力，根据题目给出的4个电厂，同时符合的只有A答案。
练习94、如图5所示，一个带正电的粒子先后分别沿1、2、3、4条不同路径到达同一带负电的导体上（导体与地绝缘），电场力对该带电粒子做功分别为W1、W2、W3和W4，则它们间的关系正确的是（ ）
A. W1>W2>W3>W4 B. W1>W2=W3>W4
C. W1例95：如图所示，a、b、c是一条电力线上的三个点，电力线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离。用Ua、Ub、Uc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定（ ）
A．Ua>Ub>Uc
B．Ea>Eb>Ec
C．Ua-Ub=Ub-Uc
D．Ea=Eb=Ec
【错解分析】错解：C、D。
产生上述错误的原因就是对于能够产生直线电场的情况掌握不全面，简单地认为直线电场线就是匀强电场的特征。
【解题指导】熟悉各种几个典型场源电荷形成的电场的电场线分布图，知道能够产生直线电场线的可能是单个正电荷、单个负电荷、等量异种电荷的连线、匀强电场。
【答案】本题的正确选项为A。
沿着电场线方向，电势逐渐降低，这是电厂线能够反映的信息之一，这与产生该电场的场源电荷无关。就本题的四个选项中，就这个是可以肯定的。
练习95、图1是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点，这两点比较（ ）
A．b点的电场强度较大
B．a点的电场强度较大
C．同一正点电荷放在a点所受的电场力比放在 b点时
受到的电场力大
D．同一负点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时
受到的电场力大
例96：匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中， ∠a＝30°、∠c＝90°,．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为V、V和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）
A．V、V B．0 V、4 V
C．V、 D．0 V、V
【错解分析】本题出错主要在于两个方面：一方面是对匀强电场中电势的特点不熟悉，看不出a、b连线的中点的电势是2V，从而找不到一个解题的突破口；第二就是对“沿电场线方向电势逐渐降低”规律的不熟悉。
【解题指导】利用“沿电场线方向电势逐渐降低”的规律，首先确定电场线，基本思路：在匀强电场中，首先确定一等势面，再根据电场线与等势面垂直的和沿电场线方向电势逐渐降低这两个结论就可以解决问题。
【答案】本题的正确选项为B。
如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，UOP= UOa=V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，为最大电势点。
练习96、光滑绝缘的水平面上有一正方形，其a、b、c三个顶点上分别放置等量的正点电荷Q．将一个电荷量为q的正试探电荷分别放在正方形中心O点和正方形的另一个顶点d处，则以下叙述正确的有
A．q在d点具有的加速度方向与在O点所具有加速度的方向相同
B．q在d点所具有的电势能大于其在O点所具有的电势能
C．q在d点所受的电场力大于其在O点所受的电场力
D．d点的电势一定比O点的电势低
例97：质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：
式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0＝F0(r2—r1)，取无穷远为势能零点．下列U－r图示中正确的是
【错解分析】本题产生错误的原因有三：一是不能够通过题意获得正确的信息；二是看不懂图像的物理意义，其实就是不会读图；三是对做功和势能之间的变化关系不清楚。
【解题指导】电势能是高中物理中比较难以理解的概念，理解时可以类比重力势能，在分析电势能的变化时，通过电场力做功去分析，比较简单直观，电场力做正功电势能减少，反之电势能增加。分析时还应该注意零势能面的选择，它会影响到电势能的大小、正负，充分理解电势能的相对性。电场力做功、电势能和电势以及电荷量都有正负之分，要正确理解正负号的意义。
【答案】本题的正确选项为B。
从无穷远处电势为零开始到r = r2位置，势能恒定为零，在r = r2到r = r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为A、B选项中所示；r ＜ r1之后势能不变，恒定为－U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0(r2－r1)。
练习97、一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动。则下列说法中正确的是
A．微粒在0 ~ 1 s内的加速度与1 ~ 2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在经1 s内的位移与第3 s内的位移相同
例98：a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V。如图，由此可知，c点的电势为（ ）
A. 4V B. 8V
C. 12V D. 24V
【错解分析】错解：C。产生错误的原因在于学生对电场的基本性质理解不深，甚至有错误的认识。
【解题指导】匀强电场一向是高考的热点，处理此类问题首先要求学生熟悉匀强电场的特点：（1）匀强电场中E=U/d，d为沿场强方向上两点之间的距离。此式仅适用于匀强电场。（2）匀强电场中 ，沿任一方向（等势面除外）两点之间的电势差与两点间的距离成正比。（3）电场线和等势线都是一簇等距的平行线。
【答案】本题的正确选项为B。
由匀强电场的性质不难得到，匀强电场中任意两条互相平行的且长度相等的线段，其两端的电势差相等，因为ad//bc，且ad=bc得到Uad=Ubc，即Ua-Ud=Ub-Uc，从而得到Uc =8V。
练习98、图中a、b、c是匀强电场中同一平面上的三个点，各点的电势分别是=10V，=2V，=6V，则在下列各示意图中能表示该电场强度方向的是（ ）
例99：图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是( )
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的电势能何处较大
【错解分析】错解：本题的错误在于漏选，或者本能得出明确的结论。原因在于学生对于曲线运动的受力特征、电场力做功和电势能的关系的问题不熟悉，因此不能够很好地判断出该带电粒子的受力特征，也就会影响到问题的解决。
【解题指导】本题考查了电场线的概念、做曲线运动物体的受力特征、电场力做功和电势能变化的关系等知识。解决本题的关键是首先要从曲线运动轨迹中判断电场力的方向，解决了这个问题，本题的结论就会很容易出来。
【答案】本题的正确选项为B、C、D。
由曲线运动的轨迹可以判断该带电粒子所受力一定指向轨迹的内侧，再结合这里是电场力，所以，带电粒子在a、b两点的受力方向是可以确定的，一定是沿电场线指向轨迹内侧。由此又可以判断，不管是粒子从a到b，还是从b到a，都是a点的速度大于b点；再结合电场力做功与电势能的关系，也可以判断不管是粒子从a到b，还是从b到a，都是a点的电势能小于b点。
练习99、如图6所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直平面但在不同的电场线上。一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，以下判断中正确的是
A．该带电小球的动能可能不变
B．该带电小球运动的轨迹一定是直线
C．该带小球做的一定是匀变速运动
D．该带电小球在a 点的速度可能为零
例100：图中是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电。现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示。A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（ ）
A． B．
C． D．
【错解分析】错解：B、D。
产生上述错误的原因是学生对于电容器的公式的识记不牢固，以及对于带电粒子在电场中做功所用公式的d的认识错误，没有明确地熟知d应该是两个位置的等势面之间的距离，而不是简单的两个点之间的距离。
【解题指导】解决电容器问题首先要对电容器的两个公式很熟悉，与此同时，平行板电容器的内部实际上是一个匀强电场，内部带电粒子运动时，要注意公式中的d。
【答案】本题的正确选项为C。
由得到，在根据和，得到电场力对试探电荷q所做的功等于，即C选项。
练习100、如图，平行板电容器经开关K与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷。K是闭合的，Ua表示A点的电势，f表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则
A．Ua变大，f变大
B．Ua变大，f变小
C．Ua不变，f不变
D．Ua不变，f变小
例101：在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度匀速下落，并进入下边区域（该区域的电场足够广），在如图所示的速度——时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是（ ）
A． B． C． D．
【错解分析】错解：A。
产生错误的原因是指关注到了运动过程中速度大小的变化，没有注意到速度的矢量性。此外，不能够建立起等效模型从而进行正确地根据受力判断运动特征，也是引起错误的原因之一。
【解题指导】解决 带电粒子在电场中做直线运动的问题，一定要进行认真的受力分析和模型等效，应为实际上所谓的电学问题的本质还是运动问题，只不过是在电场力作用下的运动，所以根本还是要求运动学知识的熟悉，对运动特征的掌握全面。
【答案】本题的正确选项为C。
负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力也变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了，此后进入上半部电场，受力特征依然平衡。因此。速度图像应该为C。
练习101、一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动。则下列说法中正确的是
A．微粒在0 ~ 1 s内的加速度与1 ~ 2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在经1 s内的位移与第3 s内的位移相同
例102：如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则 （ ）
A. A带正电、B不带电、C带负电
B. 三小球在电场中运动时间相等
C. 在电场中加速度的关系是aC>aB>aA
D. 到达正极板时动能关系EA>EB>EC　
【错解分析】错解：D。
产生上述错解得原因是学生没有认真地分析问题的运动本质，表面的看认为三个小球在电场中运动的水平距离不一样，就认为距离越大的就应该电场力对它做功的时间越长，它获得的动能也就越多。
【解题指导】带电粒子在电场中的偏转，可以看作是类平抛运动，所以运动时间由水平位移和初速度可以得出，但是，引起能量变化的原因应该是电场力做功，电场力做功与带电粒子在电场中运动的时间没有关系，它仅由初末位置的电势差决定。
【答案】本题的正确选项为A、C。
三个粒子做的都是类平抛运动，但是运动时间不一样，而竖直位移则是一样的，由此可得到三个粒子的加速度的关系aC>aB>aA，力是产生加速度的原因，而三个粒子的受力基本都是重力和电场力，所以就可以根据这个判断出A带正电、B不带电、C带负电。因此，本题的正确选项为A、C。
练习102、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ．（ ）
　　A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
　　B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
　　C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
　　D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
例103：如图所示，把质量为、带电量为的物块放在倾角的固定光滑绝缘斜面的顶端，整个装置处在范围足够大的匀强电场中。已知电场强度大小，电场方向水平向左，斜面高为，则释放物块后，物块落地时的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【错解分析】错解：C。
产生上述错误的原因是在计算电场力做功时，公式中中的d出了问题，这里主要是学生的数学知识不过关，三角函数之间关系没有弄清楚。
【解题指导】利用动能定理解决电场中的问题是目前高考的热点知识之一，因此，就要进行认真的受力分析和做功分析，尤其涉及电场力做功时，一定要注意有效位移不出问题。
【答案】本题的正确选项为D。
对运动过程进行受力分析和做功分析，得到重力做正功，电场力也做正功，且电场力做功的有效位移应为。根据动能定理
，代入题设条件，得到物块落地时的速度大小为
故选D。
练习103、如图所示，平行金属板与水平方向成角，板间距离为，板间电压为，一质量为的带电微粒，以水平初速度从下板左端边缘进入板间，结果正好沿水平直线通过从上板右端上边缘处射出，
求:（1）微粒带电量
（2）微粒离开电场时的动能。
例104：如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有两个静止的小球A和B，B在桌边缘，A和B均可视为质点，质量均为m=0．2kg，A球带正电，电荷量q=0．1C，B球是绝缘体不带电，桌面距地面的高h=0.05m．开始时A、B相距L=0．1m，在方向水平向右、大小E=10N／C的匀强电场的电场力作用下，A开始向右运动，并与B球发生正碰，碰撞中A、B的总动能无损失，A和B之间无电荷转移．求：
(1)A经过多长时间与B碰撞
(2)A、B落地点之间的距离是多大
【错解分析】本题的易错点在于学生不能够将碰撞问题、平抛运动问题从复杂背景中分析清楚，所以思维上往往容易混乱，无从下笔。
【解题指导】建立在电场背景下的运动问题其本质仍然是运动问题，所以处理这类问题时，要坚定信念，不要被复杂的背景知识所蒙蔽，抓住某种运动的受力特征和运动特征进行处理，过程分析明确就可以。
【答案】(1)解：A在电场力作用下做初速度为零的匀速直线运动、，设加速度大小为a，经过
时间t与B发生第一次碰撞，则
………⑴
…………⑵
………⑶
………⑷
(2)设A球与B球发碰撞前速度为vAl，碰撞后A球速度为vA2，B球速度为vB2，则
………………⑸
……………⑹
由动量守恒得：………⑺
根据题意：………⑻
解得：……………⑼
………⑽
即A球与B球发碰撞后，B做平抛运动，A在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，A球与B球运动时间相等，设时间为t1，在这段时间内A、B在水平方向发生的位移分别为sA和sB，则
…………⑾
…………⑿
…………⒀
…………………⒁
A、B落地点之间的距离：……………⒂
…………⒃
练习104、一个质量为m、带有电荷-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙、轨道处于匀强电场中，其场强大小为E,方向沿OX轴正方向,如图所示。小物体以初速度v0从x0点沿OX轨道运动，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，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s。
例105：如图3（a）所示，真空室中电极K发出的电子（初速为零）。经U=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B两板间的中心线射入，A、B板长L=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化u—t图线如图3（b）。设A、B两板间的电场可以看做是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离，筒绕其竖直轴匀速转动，周期，筒的周长，筒能接收到通过A、B板的全部电子。
U/V
b
K S + 100
B-
t/s
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
(a) (b)

(1) 以时（见图b此时）电子打到圆筒记录纸上的点作为坐标系的原点，并取轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的坐标和坐标（不计重力）。
（2）在给出的坐标纸（如图d）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
【错解分析】学生在处理本题过程中出现错误的原因一方面是由于基础知识不够扎实，所以不能够读清提议，此外，没有能够把握住本题的本质就是一个带电粒子在电场中的运动问题，也是很多学生无从入手的原因。
【解题指导】本题是综合性较强的一道高考压轴题，可分为四个阶段加速、偏转、放大和扫描。而电子的加速、偏转问题都是学生熟悉的，有新意的是该题把常见的固定的接收屏改为转动的圆筒，加进了扫描因素，构成了一新的情境问题，对学生的能力、素质提出了较高的要求。
【答案】（1）设为电子沿AB板中心线射入电场时的初速度则
（1）
电子穿过A、B板的时间为，则
（2）
电子在垂直于A、B板方向的运动为匀加速直线运动，对于能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的应满足：
（3）
由（1）、（2）、（3）解得
此电子从A、B板射出的沿Y方向分速度为：
（4）
以后此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y由图（c）可得
（5）
由以上各式解得：
（6）
由图线可知，加在两板电压的周期，的最大值，因为，在一个周期内只有开始的一段时间间隔内有电子通过A、B板
（7）
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的坐标为
（8）
第二个最高点的坐标为
（9）
第三个最高点的坐标为
由于记录筒的周长为，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别由（8）、（9）表示。
（2）电子打到记录纸上所形成的图线如图（d）。
y y/cm
y
y
0
(c) (d)
图3

练习105、示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：（如图所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。（已知电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力）求：
（1）电子进入AB板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图乙中电压的最大值U0需满足什么条件
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置 计算这个波形的峰值和长度，在如图丙所示的x－y坐标系中画出这个波形。
练习题参考答案
91、
92、D
93、A
94、D
95、A D
96、A D
97、B D
98、 B
99、 A C D
100、D
101、B D
102、A D
103、
104、
105、（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有 eU1=mv v1=
（2）因为每个电子在板A、B间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上，在板A、B间沿水平方向的分运动为匀速运动，则有 L=v1t
竖直方向，有y'=at2，且a= 联立解得y'=
只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上，所以
（3）要保持一个完整波形，需要隔一个周期T时间回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图所示，有
tgθ=
又知y'=，联立得L'=
由相似三角形的性质，得
则y=
峰值为ym=＝d/2+dD/L
波形长度为x1=Vt
波形右图所示
a
K
B
A
d
B
A
30
- - - - - - - - - - -
+ + + + + + + + + +
b
a
A B C D
c
c
c
c
b
b
b
b
a
a
E
E
E
E
a
a
r2
r1
r
U0
O
U
C
r2
r1
r
－U0
O
U
B
r2
r1
r
－U0
O
U
A
r2
r1
r
－U0
O
U
D
30°
c
b
a
c
b
a
E
+2Q
-Q
D
C
B
A
L
B
A
m,q
M,Q
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09高考物理易错题解题方法大全（6）
碰撞与动量守恒
例76：在光滑水平面上停放着两木块A和B，A的质量大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，结果A和B迎面相碰后合在一起，问A和B合在一起后的运动情况将是（ ）
A.停止运动 B.因A的质量大而向右运动
C.因B的速度大而向左运动 D.运动方向不能确定
【错解分析】错解：因为A的质量大，所以它的惯性大，所以它不容停下来，因此应该选B；或者因为B的速度大，所以它肯定比A后停下来，所以应该选C。
产生上述错误的原因是没有能够全面分析题目条件，只是从一个单一的角度去思考问题，失之偏颇。
【解题指导】碰撞问题应该从动量的角度去思考，而不能仅看质量或者速度，因为在相互作用过程中，这两个因素是一起起作用的。
【答案】本题的正确选项为A。
由动量定理知，A和B两物体在碰撞之前的动量等大反向，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞之后合在一起的总动量为零，故选A。
练习76：A、B两球在光滑水平面上相向运动，两球相碰后有一球停止运动，则下述说法中正确的是 （ ）
A．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量
B．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量
C．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量
D．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量
例77：质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子的速度将（ ）
A. 减小 B. 不变 C. 增大 D. 无法确定
【错解分析】错解：因为随着砂子的不断流下，车子的总质量减小，根据动量守恒定律总动量不变，所以车速增大，故选C。
产生上述错误的原因，是在利用动量守恒定律处理问题时，研究对象的选取出了问题。因为，此时，应保持初、末状态研究对象的是同一系统，质量不变。
【解题指导】利用动量守恒定律解决问题的时候，在所研究的过程中，研究对象的系统一定不能发生变化，抓住研究对象，分析组成该系统的各个部分的动量变化情况，达到解决问题的目的。
【答案】本题的正确选项为B。
本题中砂子和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子下落之前，砂子和车都以v0向前运动；在末状态，由于惯性，砂子下落的时候具有和车相同的水平速度v0，车的速度为v’，由（M+m）v0=m v0+M v’得v’= v0，车速不变,故B正确。
练习77：一辆小车在光滑的水平上匀速行使，在下列各种情况中，小车速度仍保持不变的是（ ）
A．从车的上空竖直掉落车内一个小钢球
B．从车厢底部的缝隙里不断地漏出砂子
C．从车上同时向前和向后以相同的对地速率扔出质量相等的两物体
D. 从车上同时向前和向后以相同的对车速率扔出质量相等的两物体
例78：分析下列情况中系统的动量是否守恒（ ）
A．如图2所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B．子弹射入放在光滑水平面上的木块中对子弹与木块组成的系统(如图3)
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
【错解分析】错解：本题的错解在于漏掉了一些选项，由于对动量守恒条件中的合外力为零认识不清，混淆了内力和外力而漏选了B。由于没有考虑到爆炸过程是一个作用时间阶段，内力远大于外力的过程，符合动量守恒的近似条件，而漏选了D。
【解题指导】动量守恒定律成立的条件：（1）系统不受外力作用时，系统动量守恒；（2）系统所受合外力之和为0，则系统动量守恒；（3）系统所受合外力虽然不为零，但系统内力远大于外力时，系统的动量看成近似守恒。
【答案】本题的正确选项为A、B、D。A、B选项符合条件（2）；D选项符合条件（3）
练习78：下列关于动量守恒的论述正确的是
A．某物体沿着斜面下滑，物体的动量守恒
B．系统在某方向上所受的合外力为零，则系统在该方向上动量守恒
C．如果系统内部有相互作用的摩擦力，系统的机械能必然减少，系统的动量也不再守恒
D．系统虽然受到几个较大的外力，但合外力为零，系统的动量仍然守恒
例79：在光滑平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是（ ）
A. B.
C. D.
【错解分析】错解：因为三个小球在碰撞过程中动量守恒，碰撞之后总动量为m v0，故选C、D。
产生上述错误的原因在于处理碰撞问题的时候，仅考虑到了动量的守恒，没有考虑到机械能的守恒。
【解题指导】处理碰撞后的物体速度问题，要考虑到两个因素，一个是动量守恒，一个是机械能至少不能增加。
【答案】本题的正确选项为D。
C选项虽然符合了动量守恒的条件，但是碰后的总动能只有，显然违反了题干中提到了碰撞中机械能不损失的条件。而D选项，则既满足了动量守恒条件，也满足了机械能守恒条件，故正确选项为D。
练习79：如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为m的4个小球，小球排列在一条直线上，彼此间隔一定的距离。开始时后面3个小球处于静止状态，第一个小球以速度v向第二个小球碰去，结果它们先后都粘合到一起向前运动。由于连续碰撞，系统剩余的机械能是__________。
例80：在光滑的水平面上一个质量M=80g的大球以5m/s的速度撞击一个静止在水平面上的质量为m=20g的小球。用V'和v'表示碰撞后大球和小球的速度，下列几组数据中根本有可能发生的是( )
A．V'=3m/s v'=8m/s B．V'=4m/s v'=4m/s
C．V'=4.5m/s v'=2m/s D．V'=2m/s v'=12m/s
【错解分析】错解：根据动量守恒定律MV+mv=M V'+m v'，可知A、B、C、D均有可能。
产生上述错误的原因有二：一是没有考虑碰撞过程中的能量关系，即碰撞之后的能量是不可能增加的，可以保持不变（弹性碰撞），也可以减少（非弹性碰撞）；二是相碰的两个物体不可能从相互之间穿过。
【解题指导】处理碰撞后的物体速度问题要考虑到实际可能性，不违背最起码的规律和生活实际。
【答案】本题的正确选项为A、B。
根据动量守恒，上述四个选项确实都符合要求，但同时考虑能量关系和实际运动的可能性。由，可知碰撞前的总能量为1J。同样可以计算出A选项情况的碰后总能量为1J，B选项情况的碰后总能量为0.8J，D选项情况的碰后总能量为1.6J。所以，D选项错误；至于C选项，则明显不符合实际，不可能发生这样的穿越情形。故正确选项为A、B。
练习80 、A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg﹒m/s，B球的动量是7kg﹒m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A．6kg﹒m/s、6kg﹒m/s B．4kg﹒m/s、8kg﹒m/s
C．-2kg﹒m/s、14kg﹒m/s D．-3kg﹒m/s、15kg﹒m/s
例81：矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多 B．两次滑块所受冲量一样大
C．子弹嵌入上层时对滑块做功多 D．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大
【错解分析】错解：因为子弹射入上层时，刚好不穿出，因此比射入下层进入的深度要深，摩擦力作用的距离大，作用的时间也长，所以C、D正确。
产生错误的原因在于只看到了现象，没有了解其本质，虽然进入不同的层的深度不一样，但是其摩擦力实际上也是不一样的。
【解题指导】解决这样的问题，还是应该从动量的变化角度去思考，其实，不管是从哪个地方射入，相互作用的系统没有变化，因此，动量和机械能的变化也就没有变化。
【答案】本题的正确选项为A、B。
设固体质量为M，根据动量守恒定律有：
由于两次射入的相互作用对象没有变化，子弹均是留在固体中，因此，固体的末速度是一样的，而子弹对滑块做的功等于滑块的动能变化，对滑块的冲量等于滑块的动量的变化，因此A、B选项是正确的。
练习81、一木块静止于光滑水平面上，水平飞行的子弹击中木块后，射入的深度为d1；若两块同样的木块沿子弹射来的方向靠在一起排放，被相同的子弹射中，射入的深度为d2，则有（ ）
A．d1>d2 B．d1=d2 C．d1例82：把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（ ）
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒
【错解分析】错解：C。学生选择改选项的理由是改选项的描述比较详细，因此根据感觉是它。
产生这样错误的原因是对动量守恒的条件没有弄清楚，内力和外力没有进行认真地区分。
【解题指导】判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。
【答案】本题的正确选项为D。
本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的。根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D。
练习82、木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒
C．a离开墙后，a、b系统动量守恒
D．a离开墙后，a、b系统动量不守恒
例83：如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。B与轻质弹簧相连。设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A. A的初动能
B. A的初动能的1/2
C. A的初动能的1/3
D. A的初动能的1/4
【错解分析】错解：根据能量守恒，当小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能的时候，弹簧具有最大弹性势能，因此选A。
产生错误的原因是学生没有进行认真的过程分析，没有弄清楚两个物体的运动情况，简单地根据感觉下结论。
【解题指导】处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分析，采取“慢镜头”的手段。
【答案】本题的正确选项为B。
解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。具体分析如右图，开始A物体向B运动，如右上图；接着，A与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变，分别对A、B物体产生如右中图的作用力，对A的作用力的效果就是产生一个使A减速的加速度，对B的作用力的效果则是产生一个使B加速的加速度。如此，A在减速，B在加速，一起向右运动，但是在开始的时候，A的速度依然比B的大，所以相同时间内，A走的位移依然比B大，故两者之间的距离依然在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来越大，对A的加速作用和对B的加速作用而逐渐变大，于是，A的速度不断减小，B的速度不断增大，直到某个瞬间两个物体的速度一样，如右下图。过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个物体的作用力以及力的效果也没有变，所以A要继续减速，B要继续加速，这就会使得B的速度变的比A大，于是A、B物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。
根据动量守恒有，根据能量守恒有，以上两式联列求解的，可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块A原来动能的一半，B正确。
练习83、如图所示，在光滑的水平面上放着质量不相等，大小相同的两个物块，开始物体乙静止，在乙上系有一个轻质弹簧。物块甲以速度v向乙运动。甲与轻质弹簧接触后连在一起，继续在水平面上运动。在运动过程中( )
A．当两者速度相同的瞬间，弹簧一定压缩量最大
B．当两者速度相同的瞬间，弹簧可能伸长最大
C．当一物块静止的瞬间，另一物块的速度一定为v
D．系统的机械能守恒，动量也守恒
例84：小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg．若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度？
【错解分析】错解：根据动量守恒，系统初始总动量为0，则0=mv1'＋(M-m)v2'，带入数据，解得v2'=1.2m/s。
产生上述错误的原因有两个方面，一方面是对动量的矢量性认识不足；二是没有弄清楚本题只是单方向上符合动量守恒的条件。
【解题指导】取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
【答案】发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1'cos45°，船后退的动量为(M-m)v2'．
据动量守恒定律有
0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'．
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得
练习84、如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是
A．当小球到达最低点时，木块有最大速率
B．当小球的速率为零时，木块有最大速率
C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大
D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
例85：两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量mC=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(见图)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：木块A的速度和铅块C离开A时的速度．
【错解分析】错解：设C离开A时的速度为vC，此时A的速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCvC=mAvA+mCv'C (1)
以后，物体C离开A，与B发生相互作用．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCv'C=(mB+mC)v (2)
由(l)式和(2)式 得木块A的速度
vA=0.25m/s
所以铅块C离开A时的速度
v'C=5m/s
产生上述错误的原因在于系统对象的选择不正确。C滑上A时，由于B与A紧靠在一起，将推动B一起运动。所以，此时的系统应该包括三个物体，而不是上面解题过程中认为的两个物体。归根起来，产生上述错误还在于学生对于系统特征的不理解，系统强调内部构成物体的相互作用性，而这种相互作用并不是表面上的接触，而是内在的相互之间力的作用。
【解题指导】正确解决本题的关键就是将不同过程的研究对象弄清楚。C滑上A时，由于B与A紧靠在一起，将推动B一起运动．取C与A、B这一系统为研究对象，水平方向不受外力，动量守恒．滑上后，C在A的摩擦力作用下作匀减速运动，(A＋B)在C的摩擦力作用下作匀加速运动．待C滑出A后，C继续减速，B在C的摩擦力作用下继续作加速运动，于是A与B分离，直至C最后停于B上．
【答案】设C离开A时的速度为vC，此时A、B的共同速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C (1)
以后，物体C离开A，与B发生相互作用．从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由v'C和vA变化到共同速度v．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCv'C+mBvA=(mB+mC)v (2)
由(l)式得 mCv'C=mCvC-(mA＋mB)vA
代入(2)式 mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．
得木块A的速度
所以铅块C离开A时的速度
练习85、如图所示，在光滑的水平面上有一质量为25kg的小车B，上面放一个质量为15kg的物体，物体与车间的滑动摩擦系数为0.2。另有一辆质量为20kg的小车A以3m/s的速度向前运动。A与B相碰后连在一起，物体一直在B车上滑动。求：
（1）当车与物体以相同的速度前进时的速度。
（2）物体在B车上滑动的距离。
例86：如图所示的装置中，质量为1.99kg的木块B与水平桌面间的接触是光滑的，质量为10g的子弹A以103m/s的速度沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，求弹性势能的最大值。
【错解分析】错解：根据能量守恒，弹簧获得弹性势能应该来自于子弹的动能，所以由5000 J。
产生上述错误的原因在于没有认识到子弹打木块的过程是一个机械能不守恒过程，这个过程有着机械能与内能之间的转化。
【解题指导】处理子弹打击木块问题和压缩弹簧问题时，一定要把过程的初末态把握准确，同时要明确子弹与木块作用时是要伴随着机械能的损失的。
【答案】本题涉及的过程包括两个阶段：子弹打木块和弹簧被压缩，前一个阶段的末状态是后一个阶段的初状态。设子弹速度为v1，子弹留在木块中的末速度为v2，则，
子弹打木块过程，据动量守恒，
压缩过程根据机械能守恒50 J
练习86、如图所示，两个质量都为M的木块A、B用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上，一颗质量为m的子弹以速度v射向A块并嵌在其中，求弹簧被压缩后的最大弹性势能。
例87：在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止．当人从船头走到船尾(如图)，船后退多大距离？(忽略水的阻力)
【错解分析】错解：由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．取人前进的方向为正方向，设t时间内人由船头走到船尾，则人前进的平均速度为L/t，船在此时间内后退了x距离，则船后退的平均速度为x/t，水平方向动量守恒方程为
故
这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度x/t是相对于地球的，而人前进的速度L/t是相对于船的。相对于不同参考系的速度代入同一公式中必然要出错．
【解题指导】运动动量守恒定律解决问题时，所涉及到的速度应该是统一参考系的，这是能够准确解决问题的关键点之一。
【答案】选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为(L-x)/t，船相对于地球后退的平均速度为x/t，系统水平方向动量守恒方程为
故
练习12平静的水面上有一载人小船，船和人的共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体，起初人相对船静止，船、人、物以共同速度v0前进。当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出后，人和船的速度为多大？(水的阻力不计)
练习87、人从车上练习打靶，车静止在光滑水平面上，人、车、枪、靶的总质量为M。 车上备有n发质量为m的子弹。枪口到靶的距离为d。子弹打入靶中就留到靶内,空中最多飞行一颗子弹。待子弹都打完,车移动的距离多大？
例88：质量为M的小船以速度V0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾，现小孩a沿水平方向以速率(相对于静止水面)向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以相同的速率（相对于静止水面）向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度。
【错解分析】错解一：参考系选错，方程为：，出错的原因是没有看清题目的已知条件，习惯性地从“难题”的题设出发，取船为参考系，弄巧成拙。
错解二：过程选取与正方向选取配合不当：
（第一个人跳）
（第二个人跳）
产生本错误的根本原因在基本功不扎实。
【解题指导】解决复杂问题，首先要明确题设条件，不要凭着感觉做事。运用动量守恒定律解决问题，设定正方向是一个必不可少的环节，意义非常。
【答案】设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为u，根据动量守恒定律，对小船M和小孩a、b组成的系统：
解得：
练习13质量为M的小船以速度V0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾，现小孩a和小孩b以相同的速率（相对于船）向前、向后跃入水中，求小孩跃出后小船的速度。
练习88、小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为P1＝5kg·m/s，P2＝7kg·m/s,正碰后小球2的动量P2’＝10kg·m/s。两球的质量关系可能是：（　　 ）
A．m2＝m1　　 B．m2＝2m1　 　 C．m2＝4m1　　 D．m2＝6m1
例89：一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于（ ）
【错解分析】本题最容易错选成B、D．前者是没有注意到动量守恒定律中的速度必须统一相对于地面，误写成
0=mv0-(M-m)v'．
后者是已规定了正方向后，但计算矢量和时没有注意正负，误写成
0=m(v0-v')＋(M-m)v'．
【解题指导】运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性。
【答案】取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v'，并规定粒子运动方向为正方向，则粒子的对地速度v=v0-v'，系统的动量
p2=mv-(M-m)v'=m(v0-v')-(M-m)v'．
由p1=p2，即
0=m(v0-v)-(M-m)v'=mv0-Mv'．
故选C。
练习89、质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度V放出一个质量为m的粒子时，剩余部分的速度为( )
A．mV/(M-m)
B．-mV/(M-m)
C．mV/(M+m)
D．-mV/(M＋m)
例90：如图所示，质量为M=0.60kg的小砂箱，被长L=1.6m的细线悬于空中某点，现从左向右用弹簧枪向砂箱水平发射质量m=0.20kg，速度v0=20m/s的弹丸，假设砂箱每次在最低点时，就恰好有一颗弹丸射入砂箱，并留在其中（g=10m/s2，不计空气阻力，弹丸与砂箱的相互作用时间极短）则：
（1）第一颗弹丸射入砂箱后，砂箱能否做完整的圆周运动？计算并说明理由。
（2）第二、第三颗弹丸射入砂箱并相对砂箱静止时，砂箱的速度分别为多大？
【错解分析】本题容易出错的在第二问，产生错误的原因在于前、后两次系统的组成及动量计算没有弄清楚，因此解不出来，或者出问题。
【解题指导】对于过程比较复杂的问题，一定要把每个过程的特征弄清楚，向本题而言，实际上每一次子弹打击过程，都是一次动量守恒的过程，但是，每次的系统和初始动量却并不一样，所以，认识清楚这个特点，仔细分析就会避免错误的出现。
【答案】射入第一颗子弹的过程中，根据动量守恒有：
得v1=5m/s.
此后，砂箱和弹丸向上摆动的过程中，机械能守恒，有：
,
解得h=1.25m<1.6m,不能做完整圆周运动。
第二颗子弹射入过程中，由动量守恒定律，
解得：.
第三颗子弹射入过程中，
解得m/s.
练习90、木块质量是子弹质量的50倍，第一颗子弹以水平速度v1击中木块并陷入其中，木块摆动的最大角a，当其返回初始位置时，第二颗子弹又以水平速度 v2迎面再次击中木块并陷入其中，若第二次木块摆动的最大角度仍然是a，则两次子弹速度v1：v2= 。
练习题参考答案：
76．AD 77． BD 78．BD 79． 80．A
81．C 82．BC 83．BD 84．AD 85．(1)1m/s (2)0.6m
86． 87．S＝nmd/(M＋nm)
88．C 89．B 90．51:103
v
B
A
B
A
v0
乙
甲
B
A
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09高考物理易错题解题方法大全（1）
力和运动
例1、一高台（距水面10m）跳水运动员以6m/s的速度竖直向上跳出，设起跳时运动员重心在平台以上1m高处的O点，求运动员（重心）离开O点1.6m的运动时间。（g取10m/s2）
【错解分析】:错解：自以为对此类运动了如指掌，觉得已没有必要设正方向。于是有=6m/s，a=-10m/s2，s=1.6m，根据公式解得t有两值，
【解题指导】:物体做直线运动过程中，位移、速度、加速度等均是矢量，是有方向的。要保证不错，必须养成作图的良好习惯，设定正方向是必要的，同向为正，反向为负。标出已知量的正负后再代入公式。
【答案】:0.4s 0.8s
【解析】：作草图：如右图。要找出离O点1.6m处的点，最好首先确定从O点到最高点是多远。记住最高点的隐含条件v=0，用公式=1.8m。
因为1.8m>1.6m，所以O点上方有两点①②到O点的距离是1.6m。当然也可以假设O点上方有两点①②，直接用公式求时间t,如果有解，则假设成立，如果无解，则假设不成立。
容易忽略的是O点下方的一点③。对于求从O点至③点的时间无需分段求解，因为竖直上抛运动整个过程是匀变速运动，直接选取从O至③为研究对象，则有=6m/s，a=-10m/s2，s=-1.6m，根据公式解得t有两值，
t= t=（舍去）
练习1、如图，水平面和斜面均是光滑的，θ=60°，OA=2m。0时刻物体（可视为质点）在O点，速度为5m/s，方向水平向右，物体经过水平面与斜面连接点A时速度大小不变化。设O点为坐标原点，求经过多长时间物体的位移为（g取10m/s2）
例2、汽车以10 m/s的速度行驶5分钟后突然刹车。如刹车过程是做匀变速运动，加速度大小为5m/s2，则刹车后3秒钟内汽车所走的距离是多少？
　　【错解分析】:错解：因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速v0=10 m/s加速度
出现以上错误有两个原因。一是对刹车的物理过程不清楚。当速度减为零时，车与地面无相对运动，滑动摩擦力变为零。二是对位移公式的物理意义理解不深刻。使用匀变速运动公式的前提是必须保证你所选择的过程中加速度保持不变。由于第一点的不理解以致认为a永远地存在；由于第二点的不理解以致没有分析清楚运动过程就运动公式。
　　【解题指导】:汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，但速度减为0后加速度消失，汽车将静止，不再返回。所以一定要注意从刹车至停车的时间产。【答案】:10m
【解析】：画出草图如下：先求解汽车何时速度减为0。设时间t后速度减为0，则根据有，即2s后汽车即停止运动，则汽车3s内的位移即2s内的位移。根据公式=10m
练习2、一摩托车以72km/h的速度在平直公路上行驶，当摩托车行至以5m/s的速度同向匀速行驶的自行车旁边时，摩托车以2m/s2的加速度刹车，求他们相遇的时间。
例3、一辆汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶，在其后1000m处的摩托车欲在启动后3min时追上汽车，如果摩托车所能达到的最大速度为30m/s，那么它的加速度应为多大？（摩托车加速时，加速度不变）
【错解分析】:摩托车要追上汽车，在3min时位移关系应有
摩托车可以先加速度到最大速度30m/s再匀速。设加速度时间为t则有
又因为 所以可以求得a=0.56m/s2
但这只是本题的一个特定的解，本题并没有限定摩托车的加速度的最大值，从理论上讲加速度的值可以任意选取；给出了最大速度，但不一定要达到最大速度。可以先用一小段时间加速到小于最大速度的一个值，然后再以这个值匀速，只要最终保证3min时追上就行。
【解题指导】:物理问题中经常会出现多值问题，解这类题目没有特效方法。关键是理清题意，最好能善用图象法。图象法是一个很好的解题方法。直观，便于理解题意。本题关键就在只需保证3min时摩托车的位移比汽车位移多1000m就行。即只需保证3min时摩托车位移为20×180+1000=4600m.
【答案】:a≥0.56m/s2
【解析】：作速度时间图象，面积表示位移。
如上图，在3min时三条不同颜色的速度时间图象包围的面积是一样的。说明摩托的运动方式有多种选择。
假设摩托车先用时间将速度加到，然后再匀速行驶，在3min时位移为4600m.有： 当=30m/s时加速度a=0.56m/s2，其余的情况下a均比这个值大。对照速度时间图象可以发现这个规律，当然加速度a不可能无限大。
练习3、如下图的水平传送带， AB两点的距离为10m，将一物体（可视为质点）轻轻地放在A点，传送带的速度未知为，物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,求物体由A运动到B的时间。
例4、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【错解分析】: 错误百花八门，主要是由于以下几点。（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。
【解题指导】:
【答案】:B
【解析】：
方法一：先用隔离法，对A进行受力分析，因为A匀速，所以N与（f+F）合力方向竖直向上，大小等于mg。如图所示。则斜面对A的支持力N和滑动摩擦力f的合力方向必然向上偏左，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。
因为A对斜面的作用力有沿水平方向有向右的分量，且斜面B受力平衡，所以一定受地面对B水平向左的静摩擦力；
因为A对斜面的作用力有沿竖直方向的分量且该分量方法二、整体法。用公式
本题应用整体法较为方便，即A、B为一整体，受力分析如下图：仍然逐个对物体进行受力分析，当取AB为整体时，则AB间的作用力将变为内力，对整体进行受力分析进将不再考虑，所以如下图左图。将所有外力合并如右图，根据公式有整体合外力为0，所以整体必受到向左的力与力F水平方向分量抵消，而这个力必是地面对斜面的向左的摩擦力。因为F也有竖直向上的分力，所以Q练习4、如图所示，斜面A置于水平面上，滑块B恰好沿其斜面匀速下滑。在对B施加一竖直平面内的外力F后，A仍处于静止状态，B继续沿斜面下滑。则以下说法正确的是（ ）
A. 若外力F竖直向下，则B仍匀速下滑，地面对A无静摩擦力作用
B. 若外力F斜向左下方，则B加速下滑，地面对A有向右的静摩擦力的作用。
C. 若外力F斜向右下方，则B减速下滑，地面对A有向左的静摩擦力的作用
D. 无论F沿竖直平面内的任何方向，地面对A均无静摩擦力作用
例5、用手握住一个油瓶，瓶始终处于竖直方向，下列说法正确的是（ ）
A. 瓶中油越多，手必须握得越紧。
B. 手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大。
C. 不管手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的。
D. 摩擦力等于油与瓶的总重力。
【错解分析】:误以为摩擦力与外力成正比，先入为主认为B正确。没有正确地进行受力分析。
【解题指导】:解题前先确定是静摩擦力还是滑动摩擦力，如果是静摩擦力，则注意静摩擦力是由外力环境决定的，具体情况具体分析。如果是滑动摩擦力，计算则比较简单，用公式,f与N成正比。主要需要注意的就是N的分析计算。
【答案】:ACD
【解析】：手握油瓶，油瓶不掉下来，表明手对油瓶竖直向上的静摩擦力跟油瓶重力平衡，静摩擦力的大小由油瓶重力的大小决定。油瓶越重，它受到的静摩擦力必须随之增大。手握得紧一点，相应的最大静摩擦力值也就大一点，就能保证油瓶不会掉下来；如果握得不够紧，正压力不够大，最大静摩擦力小于油瓶重力，油瓶就会掉下来，所以AD正确。
手握得越紧，手与瓶间的压力越大，最大静摩擦力也越大，但只要最大静摩擦力大于油瓶的总重力，油瓶受到的静摩擦力就与油瓶重力平衡，是一个定值，等于油瓶的重力，所以C正确。
练习5、如图所示，物体A被力F压在墙上，F=kt(t为时间),t=0时A静止。则请作出摩擦力f随时间的变化函数图象。
例6、如图所示，一根细线一端固定在容器的底部，另一端系一木球，木球浸没在水中，整个装置放在台秤上，现将细绳割断，在木球上浮的过程中不计水的阻力，则台秤上的示数（ ）
A. 增大
B. 减小
C. 不变
D. 无法确定
【错解分析】:以容器、水和木球整体为研究对象，割断细线后，木球的浮力大于重力，加速上升，系统处于超重状态，所以示数增大，选 A
以系统为研究对象时，木球虽然加速上升，但同时有和木块等体积的水以和木块同样大小的加速度在加速下降，所以上述解答错在丢掉了加速下降的水，而认为和木块相对应的那部分水是静止的。
【解题指导】:【答案】:B
【解析】：系统中木块加速上升，相应体积的水加速下降，因为相应体积的水的质量大于相应体积的木块的质量，整体效果相当于失重，所以示数减小选B。
练习6、如图所示，一列匀速向右行驶的列车上的水平桌面上放着一个密封玻璃容器。容器中装满了水除了一个悬浮在水中的气泡，当列车刹车时，气泡的运动情况是（ ）
A. 相对于容器静止不动
B. 相对于容器向左运动
C. 相对于容器向右运动
D. 不能确定
例7、如图所示，两细绳与水平车顶面夹角为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g的加速度向右匀加速运动时，绳1和绳2的张力大小分别是多大？
【错解分析】:错解：以物体为研究对象，受力分析图如右图有
x方向：
y方向：
解得：
此题的关键是绳2的张力不是总存在的，它的大小和有无都与车的加速度的大小有关，当车的加速度大到一定值时，木块会“飘”起来，而导致绳2松驰，没有张力。而不是按图中的角度位置来求，违背了题意。
【解题指导】:像这种题目，必须先考虑当小车的加速度从小到大时，各绳的张力如何变化，一定要形象理解当车的加速度大到一定值时，木块会“飘”起来。所以解此类题关键在找临界点。该题的临界点就是绳2的张力恰好为0时，绳的位置仍如图角度关系。这时可求解出小车的加速度，当小车的加速度小于这个值时，则说明绳2有力，如果速度大于等于这个值，则说明绳2已经没有力了。
【答案】: 0
【解析】：假设绳2没有张力，则有
因为该车的加速度大于，所以物体已经“飘”起来了，绳的张力为0，则
练习7、如图所示，两绳系一质量为0.1kg的小球，两绳的另一端分别固定于轴的AB两处，上面绳长2m，两绳拉直时与轴的夹角分别为30°和45°，问球的角速度在什么范围内两绳始终有张力？
例8、气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面。求物体刚脱离气球时气球的高度。（g=10m/s2）
【错解分析】: 错解：物体从气球上掉下来到达地面这段距离即为物体脱离气球时气球的高度。因为气球离开气球后做自由落体运动，据有所以物体刚脱离气球时气球的高度为1445m。
　　由于学生对惯性定律理解不深刻，导致对题中的隐含条件即物体离开气球时具有向上的初速度视而不见。误认为v0=0。实际物体随气球匀速上升时，物体具有向上10m/s的速度当物体离开气球时，往后物体将做竖直上抛运动。
【解题指导】:【答案】:1275m
【解析】：因为竖直上抛运动是匀变速运动，所以没有必要分段求解，完全可以对整个过程直接求解。作草图如图
以向下为正方向有：=-10m/s a=10m/s2 t=17 根据公式=
　在解决运动学的问题过程中，画运动草图很重要。解题前应根据题意画出运动草图。草图上一定要有规定的正方向，否则矢量方程解决问题就会出现错误。
练习8、如图所示，一弹簧竖直静止在水平面上，下端固定在地面上，处于原长状态，原长为L。现一均匀小球质量为m从离弹簧上端高h处由静止自由下落，弹簧的劲度系数为k，试分析小球从接触弹簧上端开始至运动到最低点的过程中小球做的是什么运动？在什么位置小球的速度最大？
例9、正在高空水平匀速飞行的飞机，每隔1s释放一个重球，先后共释放5个，不计空气阻力，则（ ）
　　A.这5个小球在空中排成一条直线
　　B.这5个小球在空中处在同一抛物线上
　　C.在空中，第1，2两个球间的距离保持不变
　　D.相邻两球的落地间距相等
　　【错解分析】:错解：因为5个球先后释放，所以5个球在空中处在同一抛物线上，又因为小球都做自由落体运动，所以C选项正确。
　　形成错解的原因是只注意到球做同样的平抛运动，但没有注意到它们做平抛运动的起点不在同一点，所以它们在不同的抛物线上，小球在竖直方向做自由落体运动，但是先后不同。位移之差应该越来越大。所以C选项不对。
　　【解题指导】:释放的每个小球都做平抛运动。水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，只是开始的时刻不同。飞机和小球的位置如图。因为水平速度相同，所以它们始终在同一条竖直线上，因为第个小球间隔1秒，所以落地时间间隔也是1秒，而1秒内水平方向位移是相同的（物体水平方向匀速）于是可以看出A，D选项正确。
解这类题时，决不应是想当然，而应依据物理规律画出运动草图，这样会有很大的帮助。如本题水平方向每隔1s过位移一样，投小球水平间距相同，抓住特点画出各个球的轨迹图，这样答案就呈现出来了。
练习9、如图所示，猎人打猎，现在枪沿斜向上30°角已经瞄准猎物，开枪的同时猎物自由下落，则假设子弹与猎物离地无限高，则子弹能打中猎物吗？（空气阻力不计）
例10、如图所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮，拉船靠岸，在某一时刻绳的速度为v，绳AO段与水平面夹角为θ，OC段与水平方面夹角为α。不计摩擦和轮的质量，则此时小船的速度多大？
　　
【错解分析】:错解：首先有同学看到OC与水平方向夹角为α，与是就习惯性地将绳的速度分解到水平方向vcosα和竖直方向vsinα。这是错误的，要求船的速度需要的是绳的速度，无需将绳的速度进行分解。再就是将绳的速度按下面左图所示的方法分解，则v1即为船的水平速度v1= v·cosθ。
　　上述错误的原因是没有弄清什么是合速度，什么是分速度。合速度是指物体的真实速度。该题中我们要求的船的速度就是合速度。研究小船运动所引起的效果来决定分解方向。小船的运动引起了绳子的收缩以及它绕定滑轮转动，所以将小船的运动分解到绳子收缩的方向和垂直与绳子的方向。分解如下面右图所示。
　　【解题指导】:【答案】:v/cosθ
【解析】：分解图如上右所示，则由图可以看出vA=v/cosθ。
　　练习10、如图所示，圆心O点，半径为R的圆弧支架竖直放置，支架底边ab离地距离为4R，Oc跟Oa夹角为60°，圆弧边缘c处有一小定滑轮，圆弧a处切线水平；一轻绳两端分别系着质量为m1和m2的小球，挂在定滑轮两边。开始时m1、m2均静止，且两物体均可视为质点，不计一切摩擦，求
（1）为使m1能够沿圆弧下滑到a点，m1和m2间必须满足什么样的关系？（设边线足够长，此时m2没有到达c点）
（2）已知m1=3m2，若m1到达圆弧最低点a时（此时m2没有到达c点），绳子恰好与m1断开，则m1落地点离a点的水平距离是多少？
例11、 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，如图所示，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
　　【错解分析】:错解：因为皮带轮转动起来以后，物块在皮带轮上的时间长，相对皮带位移变大，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。
　　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，没有深入理解滑动摩擦力大小的决定因素。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。
　　【解题指导】:【答案】:A
【解析】：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。
　　【小结】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。
练习11、如图所示，水平面光滑，传送带与水平夹角为30°，传送速与物体间的动摩擦因数为，物体以4m/s的速度从水平面冲上传送带，传送带的速度为2m/s，逆时针转动，则物体从A点冲上传送带后还能够再回到A点吗？如果能，物体回到A点时速度与4m/s大小关系如何？(传送带足够长)
例12、如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平面内共受三个力，F1，F2和摩擦力，F1,F2在同一直线，物体处于静止状态。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向左 　　B.6N向右 　　C.2N向左　　D.0
　　【错解分析】错解：木块在三个力作用下保持静止。当撤去F1后，另外两个力的合力与撤去力大小相等，方向相反。故A正确。
　　造成上述错解的原因是不加分析生搬硬套运用“物体在几个力作用下处于平衡状态，如果某时刻去掉一个力，则其他几个力的合力大小等于去掉这个力的大小，方向与这个力的方向相反”的结论的结果。实际上这个规律成立要有一个前提条件，就是去掉其中一个力，而其他力不变。本题中去掉F1后，由于摩擦力发生变化，所以结论不成立。
　【解题指导】:【答案】:D
【解析】：由于木块原来处于静止状态，所以所受摩擦力为静摩擦力。依据牛二定律有F1-F2-f=0此时静摩擦力为8N方向向左。撤去F1后，木块水平方向受到向左2N的力，有向左的运动趋势，由于F2小于最大静摩擦力，所以所受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。
　　摩擦力问题主要应用在分析物体运动趋势和相对运动的情况，所谓运动趋势，一般被解释为物体要动还未动这样的状态。没动是因为有静摩擦力存在，阻碍相对运动产生，使物体间的相对运动表现为一种趋势。由此可以确定运动趋势的方向的方法是假设静摩擦力不存在，判断物体沿哪个方向产生相对运动，该相对运动方向就是运动趋势的方向。如果去掉静摩擦力无相对运动，也就无相对运动趋势，静摩擦力就不存在。
练习12、如图物体静止在斜面上，现用水平外力F推物体，在外力F由零逐渐增加的过程中，物体始终保持静止，物体所受摩擦力怎样变化？
　　
例13、如图,质量为M，倾角为α的楔形物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物体保持静止。地面受到的压力多大？
【错解分析】: 错解：以A，B整体为研究对象。受力右如图，因为A物体静止，所以N=G=（M＋m）g。
　　由于A，B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。
【解题指导】:【答案】: Mg十mgcosα
【解析】：
方法一、分别以A，B物体为研究对象。A，B物体受力分别如下两图。
根据牛顿第二定律列运动方程，A物体静止，加速度为零。
x：Nlsinα-f=0 ①
y：N-Mg-Nlcosα=0 ②
　　B物体下滑的加速度为a，
x：mgsinα=ma ③
y：Nl-mgcosα=0 ④
　　由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcos2α
　　根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcos2α。
方法二、以AB为整体，用公式，分别对AB进行受力分析，AB间的相互作用是内力，舍去，最后得整体所受的合外力如下图
受力(M+m)g、N是一定的，又因为A加速度为0，B加速度为gsinθ，所以整体合外力应该=0+mgsinθ。方向沿斜面向下，要使整体合外力沿斜面向下，则整体必受到向左的摩擦力f。图中黑线表示的力就是合力，所以N=(m+M)g-mgsinθsinθ=Mg+mgcos2θ
练习13、如图，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？
例14、如图物体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( )
　　A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态
　　B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
　　C．两物体间从受力开始就有相对运动
　　D．两物体间始终没有相对运动
　　【错解分析】错解：因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力。fmax=μN=0.2×6=12（N）。所以当F＞12N时，A物体就相对B物体运动。F＜12N时，A相对B不运动。所以A，B选项正确。
　　产生上述错误的原因一般是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止状态，是以地为参考物，显然当有力F作用在A物体上，A，B两物体对地来说是运动的。
　 【解题指导】:【答案】:D
【解析】： 首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它的静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动。所以这里存在一个临界点，就是AB间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小。以A，B整体为研究对象。受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，有
①
　　再以B为研究对象， B受水平向右的静摩擦力
f = mBa ②
　　
　　代入式①F=（6+2）×6=48N
　　由此可以看出当F＜48N时A，B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。
物理解题中必须非常严密，一点的疏忽都会导致错误。避免错误发生的最好方法就是按规范解题。每一步都要有依据。
练习14、如图物体A叠放在物体B上，在力F=2N的作用下，AB共同在水平面上做匀速直线运动。A，B质量分别为mA=6kg，mB=2kg,AB间动摩擦力因数为μ=0.5，则AB间、B与地面摩擦力大小是多少 当力F达到多大时，AB开始相对滑动？（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
例15、如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。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
　　A．a1=g a2=g 　　B．a1=2g a2=g
　　C．a1=2g a2=0 D．a1=0 a2=g
【错解分析】:剪断细绳时，以(A+B)为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g，所以A、B球的加速度为g。故选A。原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A，B球具有不同的加速度。
　 【解题指导】:【答案】:C
【解析】：分别以A，B为研究对象，对剪断前和剪断时进行受力分析。剪断前A，B静止。如图所示，
A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受两个力，重力mg和弹簧拉力F′
A球：T－mg-F = 0 ①
B球：F′－mg = 0 ②
　　由式①，②解得T=2mg，F=mg
　　剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形变，剪断瞬间形状不会改变，弹力还存在。如图，
A球受重力mg、弹簧对A的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。
A球：－mg－F = maA ③
B球：F′－mg = maB ④
　　由式③解得aA=－2g（方向向下）
　　由式④解得aB= 0
　　故C选项正确。
　　（1）牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变，加速度不变。合外力瞬间改变，加速度瞬间改变。本题中A球在剪断绳瞬间合外力变化，加速度就由0变为2g，而B球剪绳断瞬间合外力没变，加速度不变。
　　（2）弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧发生形变产生弹力。绳子产生弹力时不发生形变。绳子拉力瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变才产生弹力，而形变瞬间不可能发生变化，所以弹簧弹力瞬间不变。
练习15、如下图所示，一质量为m 的物体 系于长度分别为L1、L2的两根线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，则剪断瞬间物体的加速度为：( )
A、gctgθ, B、gtgθ
C、gsinθ D、gcosθ
练习题参考答案
练习1、 【答案】:
【解析】：
1、根据受力分析运动情况：水平面上，物体以5m/s匀速，斜面上物体受力如下图物体在斜面上做初速度为5m/s，加速度大小为5m/s2的匀减速运动至速度为0后加减再由静止做加速度为5m/s2的匀加速运动至A点，到A点速度仍为5m/s，最后在水平面上永远做匀速直线运动。
2、寻找离O点远的点。如下图有BC两处。先求从O至C的时间，分为两段，OA匀速，AC匀减速，作CD垂直于AD，设AD为x，有CD=，AC=2x；有
x=1m。AC=2m。
①接着要确定物体是否能运动到C点，先求解物体在斜面的最大位移，根据=2.5m。2.5m>2m，所以物体有两个时刻经过C点。则AC时间有两解。设沿斜面向上为正方向，则=5m/s a=-5m/s2 s=2m由有 OC时间为OA时间与AC时间之和，OC时间有两值
②OB时间为OA 、斜面上至最高再回到A点时间、 AB 时间之和，OA时间0.4s；斜面一来一回时间为2s，AB时间为，所以总时间为
练习2、【答案】:20s
【解析】：求相遇问题常见的有四种思维方法。1、数学方法，根据相遇时位移关系列方程，有解则能相遇，无解则不能相遇；2、抓住速度相等这个关键的临界条件，速度相等时比较位置关系来判断能否相遇或相撞；3、作图法，比较直观。4、两运动物体选其中一个为参考系，用相对运动解。这种方法解题过程较简单，但对思维能力要求较高。本题对于习惯用第一种解题方法的同学来说最容易发生错误。
对于摩托车有： a=-2m/s2
对于自行车有：
若用第一种方法有，假设t时间相遇，因为0时刻在同一点，所以相遇时位移应该相等，于是有 于是有的同学就误以为结果就是15s。
结果15s是错误的，就错在摩托车是刹车的，必须先判断其停止时间，根据公式=10s。显然15>10，说明自行车还没有追到时摩托车已经停止，那说明整个15s过程对摩托车来说不是匀变速。不能直接用位移相等来解。
先算出10s时摩托车位移=100m,自行车位移5×10=50m，它们相差50m，剩下的50m汽车静止，自行车追赶，有50÷5=10s，所以相遇时间为10+10=20s
练习3、 【答案】: t≥
【解析】：物体轻轻放上传送带时，物体速度为0，物体与传送带间出现滑动摩擦，滑动摩擦力方向向右，大小为μmg，产生的加速度大小为μmg/m=μg=2m/s2。假设传送带无限长，则物体开始做初速度为0，加速度为2m/s2
的匀加速运动直至速度与传送带速度相同，
当物体速度与传送速度相同时，无相对运动
或相对运动趋势，摩擦力消失，物体受力平
衡，在随后的时间里物体将随传送带以与
传送带相同的速度做匀速运动。关键点：
物体的加速度恒定为2m/s2与传送带
速度无关；传送带的速度未知导致物体加速度的时间不同至运动情况有所不同。用速度时间图象来直观表示，注意图象包围的面积应该是一样的（同样从A到B，位移均为10m）
可以看到，为了保证位移相等，如果整个过程中物体一直是加速的则时间最短，所以时间有最小值，即整个过程一直在加速，则根据有 即t≥
练习4、
【答案】:AD
【解析】：当不施力F时，B在A上匀速下滑，受力分析有如下图
有要想知道地面对A有没有作用力就看B对A的作用力有没有水平方向的分量。B对A有两个力：1、弹力N；2、滑动摩擦力大小为μN=tanθN。仔细分析会发现，不管B受力如何，只要B是在A上下滑，则必受刚才两个力。而N与tanθN的合力必是竖直向下，所以不管B受力如何，B对A的力一定竖直向下，没有水平方向的分量，所以A不会受到地面的摩擦力。D对。若力F竖直向下，就相当于重力变大了，但B仍匀速。A正确。或A对B的力竖直向上，重力竖直向下，力F竖直向下，三力同在竖直方向，物体斜向下运动，所以竖直方向合外力必为0。
练习5、
【解析】：0时刻，F=0,A与墙间没有摩擦力。A将不可能静止在墙上，开始加速下滑，由于F=kt，随着时间的变化，F增大，A与墙间的挤压N=F也增大，滑动摩擦力也增大，但只要摩擦力小于重力，A的合外力仍向下，仍向下加速至摩擦力增大至与重力大小相等。此时A不再加速。在该时刻后，摩擦力继续变大以致于大于重力，合外力向上，A开始减速至速度为0。此时摩擦力是大于重力的。A静止后由于最大静摩擦力大于重力，所以A将一直静止，静摩擦力大小等于A重力。如下图。
练习6、【答案】:B
【解析】：可以根据惯性知识形象记忆，刹车时，由于惯性物体均要继续向右运动，但由于同体积的水的惯性比同体积的气泡的惯性大，所气泡的运动状态改变容易，水的运动状态改变难，则相对来说就是气泡相对于水向左运动。
若要从受力角度来讲。假设容器内全部是水，刹车时加速度为a，方向向左，则刹车时容器内所有的水的运动情况均一样，加速度为a，方向向左。选取一小体积的水分析受力有。如果把该体积的水换成气泡，则在同样的受力情况下，由于质量变小，加速度将变大，比水向左的加速度a大，所以相对于水向左运动。
练习7、【答案】:2.4rad/s≤ω≤3.15rad/s
【解析】：分析物体角速度从小变大时两绳的受力情况，当物体角速度很小时，物体近轴运动，上绳绷紧，下绳松驰；当速度很大时，飘起来，下绳绷紧，上绳松驰，所以这里存在两个临界点：1、上绳绷紧，下绳恰好伸直但无张力；2、下绳绷紧，上绳拉直但恰好无张力。解出两个角速度值即为范围。
练习8、【答案】:小球先做加速度减小的加速运动至速度最大后再做加速度增大的减速运动至最低点；当小球离地面高度为L-时速度最大。
【解析】：易错点在容易认为小球一接触弹簧就开始减速。其实小球刚接触弹簧时，弹簧还不有形变，小球仍只受重力，小球继续加速向下致弹簧产生形变。弹簧产生形变后产生弹力向上，但弹力是逐渐增大的，不可能一下了就比重力大。所以在弹力等于重力之前一直是重力大于弹力，物体加速度。当弹力等于重力时，此时小球距地面L-，此时速度最大，继续向下运动，弹力将大于重力，开始减速，但仍向下运动，形变量继续变大，弹力继续增大，所以做加速度增大的减速运动至最低点
练习9、【答案】:一定能
【解析】：可以竖直水平方向和枪所在的方向建立坐标系，则子弹在竖起方向自由落体，枪所在方向是以子弹速度匀速。猎物在竖直方向自由落体，沿枪的方向静止。子弹与猎物在竖直方向相对静止，这就等效于：子弹和猎物在竖直方向均没有运动，即子弹斜向上30°角匀速，猎物在斜向上30°某处静止等子弹到来。所以一定能打到。
练习10、【答案】:
【解析】：（1）为使m1能下滑到a点，m1到a点速度恰好为0即可，m1和m2组成的系统机械能守恒，则得。即当时，可m1沿圆弧下滑到a点。
（2）当m1到达a点时，设m1和m2的速度为v1和v2则： 由机械能守恒得，设m1做平抛运动的时间为t，根据平抛运动特点，时间由竖直高度决定，水平方向匀速。可得结果
练习11、【答案】:能 小于4m/s
【解析】：受力分析分解后可计算物体在传送带上的滑动摩擦力大小为 下滑力物体从A点向上时，合力大小为3+5=8m，加速度大小为8m/s2，即0.5s后物体匀减速至静止。由于此时受力仍然与刚才一样，所以物体将开始返回做加速度为8m/s2的匀加速下滑运动至速度与传送带相同，这需要时间2/8=0.25s，之后由于3m<5m，所以物体不能与传送带一起向下匀速，而是以加速度2m/m=2m/s2向下匀加速至A点。整个下滑过程如果保持加速度8m/s2不变，则再次回到A点时速度仍为4m/s，但由于实际并不是，后半程加速度变小了，所以再次回到A点时速度小于4m/s
练习12、【答案】: 先减小后增加。
　 【解析】：本题的关键在确定摩擦力方向。由于外力的变化物体在斜面上的运动趋势有所变化，如右图所示，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增加，f减少。如右下图所示，当外力较大时（Fcosθ＞mgsin θ）物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中，摩擦力的变化是先减小后增加。
练习13、【答案】: mgsinθ·cosθ
【解析】：
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。受力分析知整体做匀加速运动，a = gsinθ　　沿斜面向下
再以m为研究对象，受力如右图
　　因为合外力沿斜面向下为mgsinθ，则f为它水平方向分量，有f = mgsinθ·cosθ
　　方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。
　　【小结】 此题可以视为连接件问题。连接件问题对在解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象，有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道的相互作用力去掉，单个物体作研究对象主要解决相互作用力。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。
　　另外需指出的是，在应用牛顿第二定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成只分解力的认识。
练习14、【答案】:2N 2N 6N
【解析】：因为AB相对静止，以AB为整体研究，整体匀速，所以地面对B的摩擦力大小为2N，方向水平向左；再以A为研究对象，A匀速，所以A 必受到B对A的水平向左的静摩擦力大小为2N，方向向左。
AB间最大静摩擦力为3N，所以B的最大加速度为0.5m/s2，则整体最大加速度为0.5m/s2，所以F最大为0.5×8+2=6N
练习15、【答案】:C
【解析】： L2被剪断后小球将做单摆运动，做变速圆周运动，应将重力沿半径及切向正交分解，在半径方向与线L1的拉力的合力充当向心力，重力在切线方向的分力充当回复力。剪断绳的瞬间速度为0，等效于单摆摆到了最高点，所以有T1=mgcosθ，小球的加速度为gsinθ，沿切线方向。
①
②
③
O
θ
O
A
30m/s
3min
v(m/s)
t(s)
A
B
A
B
F
v
A
f+F
N
mg
f
Mg
Q
f
Mg
mg
F
Q
Q
A
B
1
2
m
30°
60°
F1
F2
mg
x
y
A
B
30°
45°
m
子弹
猎物
30°
θ
α
A
O
C
4R
m2
m1
c
b
a
O
30°
4m/s
2m/s
A
(M+m)g
N
f
F
A
B
A
B
θ
θ
O
A
B
C
D
v(m/s)
t(s)
t1
t2
t3
t4
f
θ
mg
f
t
O
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