解物理习题常见错误诊断.doc

。解物理习题常见错误诊断易错点1：对概念理解不到位而出错物块静止在固定的斜面上，分别按下图所示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()【易错诊断】误认为B、D图中都增大了正压力，物块所受的静摩擦力增大，产生错误的原因是混淆了滑动摩擦力和静摩擦力的区别应该这样分析：先根据题设条件判断物块与斜面之间是静摩擦力，而静摩擦力与压力无关，分别对图示的物块进行受力分析，画出受力分析图，将重力与F分别沿平行斜面方向和垂直斜面方向进行分解，由平衡条件可知，物块所受的静摩擦力与重力和F在平行斜面方向的分力平衡，显然物块所受静摩擦力增大的是图D，减小的是图C，不变的是图A、B.【走出误区】遇到涉及摩擦力的问题，首先应分析是静摩擦力还是滑动摩擦力，滑动摩擦力大小与正压力有关，用公式FfFN计算，静摩擦力的大小与正压力无关，要依据平衡条件或牛顿第二定律列方程计算易错点2：对平衡状态理解有偏差而出错如下图所示，一质量为m的圆环套在一光滑固定杆上，杆与水平面倾角为，用轻绳通过定滑轮与质量为M的物块相连，现将圆环拉到A位置由静止释放，AO水平，圆环向下运动到达最低点B，已知OC垂直于杆，OB与OC之间的夹角58.7，A与定滑轮间距离L1m，g10m/s2.(1)求物块质量M与圆环质量m的比值Mm；(2)若Mm2.5，60，58.7，试求圆环运动到C点时的速度v；(3)简要描述圆环从A运动到B的过程中，物块速度大小的变化情况【易错诊断】解答此题的常见错误是：认为圆环在B点速度为零，所受合外力为零，列出方程，从而解出Mm.造成错误的原因是把圆环速度为零错误认为是平衡条件(1)圆环在B点虽然速度为零，但并不处于平衡状态对圆环由A运动到B的过程，由机械能守恒定律有mgLsin(costansin)MgL(sin/cos1)可得M：msin(costansin)(sin/cos1)(2)圆环运动到C点时，沿绳方向的速度为0，所以此时M速度为0，对系统由机械能守恒定律有mv2/2mgLsincosMgL(1sin)而M2.5m，60， 联立解得v3.92m/s.(3)M先向下加速运动、再减速运动到零、然后向上加速运动、再减速运动到零【走出误区】平衡状态指的是合外力为零或加速度为零的状态，而不是速度为零的状态易错点3：对瞬时问题分析不清而出错(1)如图甲所示，一质量为m的小球系于长度不同的l1、l2两根细线上，l1线的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2线水平拉直，小球处于平衡状态现将l2线剪断，求剪断l2线瞬间小球的加速度(2)若将图甲中的l1线改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，将l2线剪断，求剪断l2线瞬间小球的加速度【易错诊断】解答该题易犯的错误是：设l1线上拉力为F1，l2线上拉力为F2，小球重力为mg，小球在三力作用下保持平衡，则F1cosmg，F1sinF2联立解得F2mgtan剪断l2线的瞬间，F2突然消失，小球即在F2反方向获得加速度，因为mgtanma，所以加速度agtan，方向沿F2反方向对第(2)问仍然按照上述方法解答，得出加速度agtan.上述解答错误的原因是忽视了轻绳中弹力的突变和加速度的瞬时性正确解答是：(1)图A中将l2线剪断的瞬间，F2突然消失，l1线上拉力发生了突变，l1线上的拉力和重力的合力不再是沿F2反方向小球将沿以悬点为圆心，以l1线长度为半径的圆弧运动，其合力的方向沿圆弧的切线方向其合力大小为Fmgsin，加速度aF/mgsin.(2)设弹簧l1上拉力为F1，l2线上拉力为F2，小球重力为mg，小球在三力作用下保持平衡有F1cosmg，F1sinF2联立解得F2mgtan剪断l2线的瞬间，F2突然消失，小球在F2反方向上获得加速度，由牛顿第二定律有F2ma，解得加速度aF2/mgtan，方向沿F2反方向【走出误区】形变量不明显的物体产生的弹力可以突变，如轻绳的拉力、轻杆的弹力、支持面的支持力等；有明显形变的物体的弹力不能发生突变，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力等易错点4：审题不清，因思维定式而出错要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道，摩托车和道路的有关数据见表格求摩托车在直道上行驶所用的最短时间.启动加速度a14m/s2制动加速度a28m/s2直道最大速度v140m/s弯道最大速度v220m/s直道长度s218m【易错诊断】解答该题易犯的错误是：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v140m/s，然后再减速到v220m/s加速到直道最大速度所用时间为t1v1/a110s通过的位移为x1a1t/2200m 减速到弯道最大速度v2所用时间t22.5s显然通过计算总位移会发现x超过了直道的长度，不合题意正确解答该题首先要考虑，题中给出的直道最大速度是摩托车在直道上运行时不能超过的速度，并非摩托车实际运行的最大速度设摩托车先加速到一个较大的速度vm，然后减速到v2，加速时间t1，通过的位移为x1，减速时间t2，通过的位移为x2由题意得vma1t1，v2vma2t2，x1a1t/2，x2vmt2a2t/2，xx1x2代入数据解得t19s，t22s，x1162m，x256m，vm36m/s所以最短时间为tt1t211s.易错点5：对临界条件分析不清而出错如下图所示，质量为m1kg、长为L0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐薄板与桌面间的动摩擦因数为0.4，g10m/s2，现用F5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F至少做功为()A2J B1.8JC1.6J D1.4J【易错诊断】解答中常见错误思路是：当力F的作用距离达到板长的一半时，力F所做的功最少正确的思路是：力F作用一段距离后撤去，薄板继续向右滑行，当薄板的重心刚好滑到桌边时速度为零，薄板即将翻下桌子，力F所做的功最少由动能定理WFminWf0得WFminWfmgL/20.41100.8/2J1.6J【走出误区】解答临界问题时，弄清临界条件往往是正确解题的关键，常见的典型临界问题的临界条件为：(1)接触与脱离的临界条件：两物体接触面上的弹力为零；(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值；(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子张力达到所能承受张力的最大值或为零；(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体受到变化的外力作用而运动时，当合外力最大时，加速度最大；合外力最小时，加速度最小当加速度为零时，往往对应速度最大或最小的临界状态如下图所示，长方形区域abcd，长ad0.6m，宽ab0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B0.25 T一群不计重力、质量m3107kg、电荷量q2103 C的带电粒子以速度v5102m/s沿垂直ad的方向垂直于磁场射入磁场区域()A从Od段射入的粒子，出射点全部分布在Oa段B从Oa段射入的粒子，出射点全部分布在ab边C从Od段射入的粒子，出射点分布在Oa段和ab边D从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边【易错诊断】本题容易错选B，错误的主要原因是把粒子在磁场外的运动也当成匀速圆周运动，受思维定式的影响，不注意认真分析是导致错误的根本原因错解如下：从O点发出的粒子打到b点，从Oa间发出的粒子则均打在ab边粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动，粒子在磁场中有qvBm，r0.3m.从Od段射入的粒子，如果abcd区域均分布磁场，从O点射入的粒子刚好从b点射出，现半圆外区域没有磁场，粒子做直线运动，出射点在bc边上(如上图所示)；从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边，D正确【走出误区】对于临界问题，找准临界条件是解题的关键，如带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子射出与否的临界条件，一般是带电粒子的运动轨迹与边界相切易错点6：考虑不全面造成漏解或错解滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，从B点水平飞离平台，地面上紧靠平台有一个水平台阶，如下图所示，斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数均为.假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变，求：(1)滑雪者离开B点时的速度大小；(2)滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离x.【易错诊断】解答此题的常见错误是：对于滑雪者可能落在台阶上，也可能落在地面上的情况，没有进行分类讨论引起漏解正确解答如下：(1)设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，斜面长度为s，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功Wmgcossmg(Lscos)mgL由动能定理得mg(Hh)mgLmv2/2 滑雪者离开B点时的速度v.(2)设滑雪者离开B点后落在台阶上，有 h/2gt/2，x1vt1h可解得x1 此时必须满足HL2h时，滑雪者直接落到地面上，hgt/2，x2vt2 可解得x22.【走出误区】对台阶上的平抛运动或斜面上的平抛运动，在不知道落点时一定要分类讨论，解出所有可能的情况如下图所示，带正电的小球质量为m1102kg，带电荷量为q1106 C，置于光滑绝缘水平面上的A点当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB1.5m/s，此时小球的位移为x0.15m求此匀强电场场强E的取值范围(g10m/s2.)【易错诊断】解答此题常出现的错误是：设电场方向与水平面之间的夹角为，由动能定理有qExcosmv0 解得EV/m由题意可知0，所以当E7.5104V/m时，小球将始终沿水平面做匀加速直线运动造成错误的原因是没有周密考虑各种限制条件，从而使所得结论有不完善之处为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力，即：qEsinmg由动能定理有qExcosmv0 所以tan4/3Emg(qsin)1.25105V/m 即匀强电场场强E的取值范围为7.5104V/msAB，因此小球在上冲阶段将通过B点，有sABs1v1t3a2t解得：t30.2s或t30.6st2(舍去)小球返回时有：Gsin30Gcos30ma3解得：a32.5m/s2因此