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北 京 四 中
审 稿：李井军 责 编：郭金娟
专题十 易错考点分析
【高考展望】
高考是对重点知识的考查，是对学生易错，易混问题的考查，学生如果对一些知识理解的不够深刻，也就很难得高分。如果学生能够清楚每一章的重点，清楚每一部分之间的联系，清楚容易出错的地方，在考试中就能灵活自如，也就能避免上当，从而更加从容的应对高考。因此，在学习的过程中，学生应该理解知识的本质，而不应该记住一些特殊的表达，也就是从本质上来理解问题。
【知识升华】
各章节学生容易出错的问题
质点的运动：加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小，加速度的方向与速度的方向之间常混淆不清；对位移、速度、加速度这些矢量运算过程中正、负号的使用出现混乱：在未对物体运动（特别是物体做减速运动）过程进行准确分析的情况下，盲目地套公式进行运算等。
牛顿运动定律：对物体受力情况不能进行正确的分析，其原因通常出现在对弹力和摩擦力的分析与计算方面，特别是对摩擦力（尤其是对静摩擦力）的分析；对运动和力的关系不能准确地把握，如在运用牛顿第二定律和运动学公式解决问题时，常表现出用矢量公式计算时出现正、负号的错误，其本质原因就是对运动和力的关系没能正确掌握，误以为物体受到什么方向的合外力，则物体就向那个方向运动。
圆周运动：对物体做圆周运动时的受力情况不能做出正确的分析，特别是物体在水平面内做圆周运动，静摩擦力参与提供向心力的情况；对牛顿运动定律、圆周运动的规律及机械能守恒定律等知识内容不能综合地灵活应用，如对于被绳（或杆、轨道）束缚的物体在竖直面的圆周运动问题，由于涉及到多方面知识的综合，表现出解答问题时顾此失彼。
机械能：用矢量分解的方法处理恒力功的计算，这里既可以将力矢量沿平行于物体位移方向和垂直于物体位移方向进行分解，也可以将物体的位移沿平行于力的方向和垂直于力的方向进行分解，从而确定出恒力对物体的作用效果；对于重力势能这种相对物理量，可以通过巧妙的选取零势能面的方法，从而使有关重力势能的计算得以简化。
稳恒电流:不对电路进行分析就照搬旧的解题套路乱套公式；逻辑推理时没有逐步展开，企图走“捷径”，造成思维“短路”；对含有电容器的问题忽略了动态变化过程的分析。
电场：不善于运用电场线、等势面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对静电平衡内容理解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。
磁场：不能准确地再现题目中所叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹：运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况时出错；运用几何知识时出现错误；不善于分析多过程的物理问题。
电磁感应:概念理解不准确；空间想象出现错误；运用楞次定量和法拉第电磁感应定律时，操作步骤不规范；不会运用图像法来研究处理，综合运用电路知识时将等效电路图画错。
交流电:不能从能的转化的角度理解有效值，致使出现乱套公式的问题；
热学：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本单元中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p—V，p—T，V—T图的理解，一些学生只关注图象的形状， 不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化（内能变化）、体积变化（做功情况）时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。
动量、动量守恒定律：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
原子、原子核:各个概念、现象混淆；对多种可能性的问题分析浅尝则止；计算不过硬。
典型例题：
例1、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 ，
根据 ，则有
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。位移S对应时间t，这段时间内a必须存在，而当a不存在时，求出的位移则无意义。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思考a什么时候不存在。
【正确解答】依题意画出运动草图。设经时间t1速度减为零。
据匀变速直线运动速度公式v1=v0+at，则有0=10-5t
解得t=2S
由于汽车在2S时
例2、 一个物体从塔顶落下，在到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的9/25，求塔高。（g=10m/s2）
错解：因为物体从塔顶落下，做自由落体运动。
最后1s内的位移，根据
则有
解得H=13.9m
【错解分析】物体从塔顶落下时，对整个过程而言是初速为零的匀加速直线运动。而对部分最后一秒内物体的运动则不能视为初速为零的匀加速直线运动。因为最后一秒内的初始时刻物体具有一定的初速，由于对整体和部分的关系不清，导致物理规律用错，形成错解。
【正确解答】物体从塔顶落到地面所经历时间为t，通过的位移为H。物体在 秒内的位移为h。
因为V0=0，则有
 ， ，
解得H=125m
例3、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，不计摩擦和轮的质量，则此时小船的水平速度多大？
错解：将绳的速度按图1所示的方法分解，则v1即为船的水平速度v1= v·cosθ。
【错解分析】上述错误的原因是没有弄清船的运动情况。实际上船是在做平动，每一时刻船上各点都有相同的水平速度。而AO绳上各点运动比较复杂，既有平动又有转动。以连接船上的A点来说，它有沿绳的平动分速度v，也有与v垂直的法向速度vn，即转动分速度，A点的合速度vA即为两个分速度的和。
【正确解答】方法一：小船的运动为平动，而绳AO上各点的运动是平动+转动。以连接船上的A点为研究对象，如图2，A的平动速度为v，转动速度为vn，合速度vA即与船的平动速度相同。
则由图可以看出vA=v/cosθ。
例4、 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。
【错解分析】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。
【正确解答】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。
【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物块滑到底的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。
例5、如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受三个力，F1，F2和摩擦力，处于静止状态。其中F1=10N，F2=2N。若撤去力F1则木块在水平方向受到的合外力为（ ）
A.10N向左 B.6N向右 C.2N向左 D.0
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。
【错解分析】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。
【正确解答】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。
例6、 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：剪断细绳时，以AB整体为研究对象，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。
【错解分析】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1，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，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。所以A球受两个力，即重力mg、弹簧给的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。如图2：
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。
例7、 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1，m2，R与v0应满足关系式是。
错解：依题意可知在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力N1为向心力，
则有 
B球在最高点时，圆管对它的作用力N2为m2的向心力，方向向下，
则有 
因为m2由最高点到最低点机械能守恒，
则有
【错解分析】错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受力分析，导致漏掉重力，表面上看分析出了N1=N2，但实际并没有真正明白为什么圆管给m2向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。
【正确解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力N2，且N1=N2。
据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有 
同理m2在最高点有 
m2球由最高点到最低点机械能守恒有：
例8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、B选项中的公式用错了。
【正确解答】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∝1/r2是在v一定时，但此时v变化，故B选项错。
例9、 如图，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中 [ ]
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒。
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械不守恒
错解：B球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。
同样道理A球机械能守恒，B错误，因为A、B系统外力只有重力做功，系统机械能守恒。故C选项正确。
【错解分析】B球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确定机械能守恒。错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原因。杆施力的方向并不总指向沿杆的方向，本题中就是如此。杆对A、B球既有沿杆的法向力，也有与杆垂直的切向力。所以杆对A、B球施的力都做功，A球、B球的机械能都不守恒。但A+B整体机械能守恒。
【正确解答】B球从水平位置下摆到最低点过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用力方向待定。下摆过程中重力势能减少动能增加，但机械能是否守恒不确定。A球在B下摆过程中，重力势能增加，动能增加，机械能增加。由于A+B系统只有重力做功，系统机械能守恒，A球机械能增加，B球机械能定减少。所以B，C选项正确。
例10、 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： （3）
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
【错解分析】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。
【正确解答】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。因为碰撞极短，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度，则：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。
上升距离
联立联立解得: h=X0/2
例11、 在边长为30cm的正三角形的两个顶点A，B上各放一个带电小球，其中Q1=4×10-6C，Q2=－4×10-6C，求它们在三角形另一顶点C处所产生的电场强度。
错解：
C点的电场强度为Q1、Q2各自产生的场强之和，由点电荷的场强公式，
∴E=E1+E2=0
【错解分析】认为C点处的场强是Q1，Q2两点电荷分别在C点的场强的代数和。
【正确解答】
计算电场强度时，应先计算它的数值，电量的正负号不要代入公式中，然后根据电场源的电性判断场强的方向，用平行四边形法求得合矢量，就可以得出答案。
由场强公式得：
C点的场强为E1，E2的矢量和，由图可知，E、E1、E2组成一个等边三角形，大小相同，
∴E= 4×105（N/C），方向与AB边平行。
例12、 如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是： [ ]
A．电荷从a到b加速度减小 B．b处电势能大
C．b处电势高 D．电荷在b处速度小
错解：
由图可知，由a→b，速度变小，所以，加速度变小，选A。因为检验电荷带负电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选C。
【错解分析】选A的同学属于加速度与速度的关系不清；选C的同学属于功能关系不清。
【正确解答】由图可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。
由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是φA＞φB，C选项不正确。
根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；
又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。
例13、 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：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：
解得：
【错解分析】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。
【正确解答】
建立直角坐标系，初速度方向为x轴方向，垂直于速度方向为y轴方向。设粒子的的质量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
例14 电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r′=1Ω，电灯灯丝电阻R=10Ω，电源电动势ε=12V，内阻r =1Ω，当电压表读数为10V时，求电动机对外输出的机械功率。
错解： 流与其电阻成反比，
【错解分析】上述错解过程中有两处致命的错误：一是将电动机视为纯电阻处理了，电动机不属于纯电阻，而是将电能转化为机械能，错解中利用了并联电路中支路电流与电阻成反比的结论是不恰当的，因为该结论只适用于纯电阻电路；二是不明确电动机的输入功率Pm入与输出功率Pm出的区别，IM2r′是电动机内阻发热功率。三者的关系是：Pm入=Pm出+IM2r′。
【正确解答】
根据题意画出电路图，如图所示：
由全电路欧姆定律ε= U+Ir得出干路电流
由已知条件可知：流过灯泡的电流
电动机的输出功率的另一种求法：以全电路为研究对象，从能量转化和守恒的观点出发P源=P路。本题中电路中消耗电能的有：内电阻、灯泡和电动机，电动机消耗的电能又可分为电动机输出的机械能和电动机自身消耗的内能。即Iε=I2r+IL2R+Pm出+IM2r′。
Pm出＝Iε－(I2r+IL2R++IM2r′)=9(W)
例15、长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的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：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。
【错解分析】磁通量Φ=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
例16、如图所示，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：设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
Ob=v·Δt，
ab=v·Δt·tanα，
【错解分析】 而不是我们要求的电动势的瞬时值。因为电阻
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·Δt·tanα，
回路中ε=B v=B·ab·v=Bv2·Δt·tanα。
回路中感应电流
例17、 如图所示，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角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，磁感强度B＝0.2T。今有一条形导体ab，其质量为m＝0.2kg，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：
根据牛顿第二定律ΣF=ma有：mgsinα= ma
解得：a = gsinα=5m/s2
导体的初速度为v0=0，导体做匀加速直线运动，由运动学公式有v＝v0＋at=5t
随着t的增大，导体的速度v增大vm→∞
又：
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，由牛顿第二定律有mgsin30°= ma
解得：a = gsinα=5m/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
【错解分析】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：正是由于对电磁感应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：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
解得：a = gsinα=5m/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
例18如图所示，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
错解：当电键闭合时，A灯与线圈L串联，B灯与R串联后分别并联于电源两端。虽然K闭合瞬间线圈会产生自感，即阻碍通过线圈支路电流的的增加。但A灯与L串联后并联接在电源上。电源两端有电压，就会有电流，所以AB都应该同时亮起来。只是闭合K的瞬间A灯不能达到应有的电流而亮度发暗。K闭合一段时间后两灯达到同样的亮度。所以A灯逐渐变亮，B灯亮度不发生变化，选D。
【错解分析】选择D选项时对自感现象理解不够。在K闭合的瞬间，通过每盏灯的电流到底怎样变化不清楚。
【正确解答】
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a、图b是两电源独立产生电流的流向图，图c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。 | 
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Post By：2008-5-31 21:53:00
