第七单元： 热学

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律（包括公式和图象两种描述方法）。

　　本单元中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。

　　 [例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：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，一些学生只观注图象的形状，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。

　　例1 下列说法中正确的是 [ 　　]

　　A．温度低的物体内能小

　　B．温度低的物体分子运动的平均速率小

　　C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大

　　D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加

　　【错解分析】错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A

　　而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选B。

　　错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定，随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式

　　错解一是没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能和势能的总和。温度低只表示物体分子平均动能小，而不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的总和不一定也小，所以选项A是错的。

　　实际上因为不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速度有关，也与分子质量有关，单从一方面考虑问题是不够全面的，所以错解二选项B也是错的。

　　错解三的原因是混淆了微观分子无规则运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动能只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子均参与物体的整体、有规则的运动，这时物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则运动的剧烈情况就要加剧。从本质上说，分子无规则运动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运动情况无关。

　　【正确解答】由于物体内能的变化与两个因素有关，即做功和热传递两方面。内能是否改变要从这两方面综合考虑。若做功转化为物体的内能等于或小于物体放出的热量，则物体的内能不变或减少。即外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，选项D是正确的

　　例2 如图7-1所示，一个横截面积为S的圆筒型容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计圆板A与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为P₀，则被圆板封闭在容器中气体的压强p等于 [ 　　]

　　【错解分析】错解一：因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于

　　错解三：大气压p₀可以向各个方向传递，所以气体压强里应包括p₀，

　　重力产生的压强，压力都应该是垂直于接触面方向，所以重力产生压强应是重力的分力Mg/cosθ，而不是Mg，错解一是对压力这个概念理解不对。

　　错解二虽然注意到重力的分力Mg/cosθ产生压强，但没有考虑到面

　　错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是Mg/cosθ而不是Mgcosθ，因为另一个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图7-2。所以重

　　【正确解答】以金属圆板A为对象，分析其受力情况，从受力图7-3可知，圆板A受竖直向下的力有重力Mg、大气压力p₀S，竖直向上的

　　正确答案应为D。

　　【小结】 正如本题的“分析解答”中所做的那样，确定被活塞封闭的气体的压强的一般方法是：以活塞为研究对象；分析活塞的受力情况；概括活塞的运动情况（通常为静止状态），列出活塞的受力方程（通常为受力平衡方程）；通过解这个方程便可确定出气体的压强。

　　例3 如图7-4所示，在一个圆柱形导热的气缸中，用活塞封闭了一部分空气，活塞与气缸壁间是密封而光滑的，一弹簧秤挂在活塞上，将整个气缸悬吊在天花板上。当外界气温升高（大气压不变）时，[ 　　]

　　A.弹簧秤示数变大

　　B.弹簧秤示数变小

　　C.弹簧秤示数不变

　　D.条件不足，无法判断

　　【错解分析】错解：对活塞进行受力分析，如图7-5由活塞平衡条件可知：

F = mg+p₀S－pS

　　当外界气温上升时，气体压强增大，所以弹簧秤的接力F将变小，所以答案应选B。

　　主要是因为对气体压强变化的判断，没有认真细致地具体分析，而是凭直觉认为温度升高，压强增大。

　　【正确解答】对活塞受力分析如错解，

F= mg+p₀S－pS

　　现在需要讨论一下气体压强的变化。

　　以气缸为对象受力分析，如图7-6

　　因为M、S、P₀均为不变量，所以，在气体温度变化时，气体的压强不变。而气体在此过程中作等压膨胀。

　　由此而知，弹簧秤的示数不变，正确答案为C。

　　【小结】 通过本题的分析可以看出，分析问题时，研究对象的选取对解决问题方向的作用是至关重要的。如本题要分析气体压强的变化情况，选取气缸为研究对象比研究活塞要方便得多。另外如本题只是分析弹簧秤的示数变化，选整个气缸和活塞为研究对象更为方便，因对气缸加热的过程中，气缸、气体及活塞所受重力不变，所以弹簧秤对它们的拉力就不会变化，因此弹簧秤的示数不变。

　　例4 设一氢气球可以自由膨胀以保持球内外的压强相等，则随着气球的不断升高，因大气压强随高度而减小，气球将不断膨胀。如果氢气和大气皆可视为理想气体，大气的温度、平均摩尔质量以及重力和速度随高度变化皆可忽略，则氢气球在上升过程中所受的浮力将______（填“变大”“变小”“不变”）

　　【错解分析】错解一：因为气球上升时体积膨胀，所以浮力变大。

　　错解二：因为高空空气稀薄，所以浮力减小。

　　因为浮力的大小等于气球排开大气所受的重力，F=ρ_空?g?V，当气球升入高空时，密度ρ减小，体积V增大，错解一和二都是分别单一地强调一方面的变化，没有综合考虑，因此导致错解。

　　【正确解答】以氢气为研究对象，设地面附近和高空h处的压强和体积分别为p₁，p₂，V₁，V₂。因为温度不变，由玻意耳定律可知：p₁V₁=p₂V₂

　　以大气为研究对象，在地面附近和高空h处的压强和大气密度分别为ρ₁，ρ₂（与氢气对应相等）p₁，p₂因为大气密度和压强都与高度

　　设氢气球在地面附近和高空h处的浮力分别为F_1，F₂则F₁=ρ₁?g?V₁F₂=ρ₂?gV₂

　　所以正确答案为浮力不变。

　　【小结】 如上分析，解决变化问题，需要将各种变化因素一一考虑，而不能单独只看到一面而忽略另一面。

　　此题也可以利用克拉珀龙方程求解：

　　在高度h处：对氢气列克拉珀龙方程

　　对排开空气列克拉珀龙方程

　　因为p，V，R，T均相同

　　所以联立①②得：

　　我们知道，空气、氢气的摩尔质量是不变的，此题气球中的氢气质量也是一定的，所以排开空气的质量不随高度h而变，又因为重力加速度也不变（由题目知）所以，气球所受浮力不变。

　　利用克拉珀龙方程处理浮力，求解质量问题常常比较方便。

　　例5 容积V=20L的钢瓶充满氧气后，压强为p=30atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V'=5L的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶中的氧气压强均为P'=2atm压。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是： [ 　　]

　　A．4瓶 　　B．50瓶

　　C．56瓶 　 D．60瓶

　　【错解分析】错解：设可充气的瓶子数最多为n，利用玻意耳定律得：

　　pV=np'V'

　　所以答案应为D。

　　上述解答中，认为钢瓶中的气体全部充入到小瓶中去了，事实上当钢瓶中气体的压强随着充气过程的进展而下降，当钢瓶中的气体压强降至2atm时，已无法使小瓶继续充气，达到2atm，即充最后一瓶后，钢瓶中还剩下一满瓶压强为2atm的气体。

　　【正确解答】设最多可装的瓶子数为n，由玻意耳定律得：

pV=p'V+np'V'

　　解得：n=56（瓶）

　　所以本题的正确答案为C。

　　【小结】 解答物理问题时我们不仅要会用数学方法进行处理，同时还要考虑到物理问题的实际情况。任何物理问题的数学结果都要接受物理事实的制约，因此在学习中切忌将物理问题纯数学化。

　　例6 内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图7-7所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560mm，AD段充满空气，外界大气压p₀=1.01325×10⁵Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm长玻璃管，平衡后管内空气柱的长度多大？

　　【错解分析】错解：当从下面截去400mm后，空气柱的压强变了，压强增大，在等温条件下，体积减小，根据玻意耳定律。

　　初态：p₁=(760-560)=200mmHg V₁=(300+100+400)S=800S(mm)3

　　末态：p₂=(760-160)=600(mmHg) V₂=？

　　解得：L₂=267mm 即空气柱的长度为267mm。

　　上述解答看起来没有什么问题，实际上，稍微思考一下，就会发现，答案不合理。因为解答结果认为空气柱的长度267mm，而AB段的总长度为300mm，这样就意味着水银柱可能进入AB管，而如果水银进入横着的BC管，压强就不再是（760－160）=600mmHg，因此，答案就不对了。

　　【正确解答】首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。

　　（1）是否会停留在右侧竖直管内。

　　由前面的分析可知是不可能的。

　　（2）是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图7-8所示情况，由玻意耳定律可知

　　200×800S=（760－x）[300+100－（160－x）]S

　　160000=（760－x）（240+x）

　　解得：x₁=40cm

　　x₂=560mm

　　两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。

　　（3）是否会出现水银柱充满BC管的情况，如图7-9所示。

　　由玻意耳定律可知：

200×800S=（760+60）?L₂?S

　　解得L₂=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道L₂=240mm，可见这种情况是不可能的。

　　（4）设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图7-10所示。

　　由玻意耳定律可知

　　200×800S=[760+（300－L₂）]?L₂S

　　因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。

　　【小结】 通过本题的分析解答可看出，对于一个具体的物理问题，不能仅观注已知的数据，更要对题目所述的物理过程进行全面的分析，以确定出问题的真实物理过程。同时可以看到，真实物理过程的判断，又是以具体的已知条件及相应的物理规律为基础的，而不是“想当然”地捏造物理过程。

　　例7 如图7-11所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。（设大气压为750mmHg）

　　【错解分析】错解：此题是属于气体在等温情况下压强和体积的变化的题，可以利用玻意耳定律求解。

　　初态：p₁=（750+100）=850（mmHg）

　　V₁=150S（cm³）

　　设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图7－12所示，

　　则末态：p₂=（750－100－2x）=（650－2x）（mmHg）

　　V₂=（150+x）S（cm³）

　　由玻意耳定律有：p₁V₁= p₂V₂

　　即：850×150S=（650－2x）（150+x）S

　　整理得：2x²－350x+30000=0

　　由数学知识可知，当△=b²－4ac=350²－4×2×3000＜0，方程无解。所以，这道题是一道没有解的题。

　　在解题时，之所以出现这样的情况，是因为解题者的思维是势导致的错误，上述解法是从空气柱仍在左臂的假设出发的，难道空气就不能进到右臂？显然，认为空气柱仍在左臂的假设是需要重新考虑的。

　　【正确解答】在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？

　　设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂（如图7-13）则：由玻意耳定律有：

（750+h）×150S=（750－h－2x）（150+x）S

　　整理得：2x²+（h－450）x+300h=0

　　当△=b²－4ac≥0时，方程有实数解，即

（h－450）²－4×2×300h≥0

　　解得：h≤62.5mm

　　也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。

　　设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图7－14所示，末状态变为：V₂=（250+y）S p₂=（750－30）=450（mmHg）

　　根据玻意耳定律：

850×150S=450×（250+y）S

　　解得：y=33.3mm

　　则空气柱的长度为：L=（250+33.3）=283.3（cm）。

　　【小结】 对于一道物理习题，应该从每个数值的物理意义去分析问题，而不能只单纯从数学运算的角度去制定。

　　例8 一端封闭一端开口，内径均匀的直玻璃管注入一段60mm的水银柱，当管水平放置达到平衡时，闭端空气柱长140mm，开口端空气柱长140mm，如图7-15所示。若将管轻轻倒转后再竖直插入水银槽内，达到平衡时，管中封闭端空气柱A长133mm，如图7-16所示（设大气压强为1.01325×10⁵Pa（760mmHg），温度保持不变），求槽中水银进入管中的长度H=？

　　【错解分析】错解：以水平放置作为初态，以竖直插入水银槽后作为末态，分别对A，B两部。分气体应用玻意耳定律

　　对A气体：p_AV_A=p'_A?V'_A

　　对于B气体：p_BV_B=p'_BV'_B因为p'_B=p'_A+h=800+60=860(mmHg)

　　则进入玻璃管中的水银柱长H=（L_A+L_B）－（L'_A+L'_B）

H=[（140+140）－（133+123.72）]=23.28（mm）

　　初看上述解题过程似乎没有问题，实际上，认真分析解题的全过程不难发现，在玻璃管竖直倒立的过程中，当其还未插入水银槽内时，水银受重力作用要下降，故封闭端空气柱变长，开口端空气柱变短，说明开口端有空气溢出，即B部分气体质量减少（不是定质量）。这部分研究对象的质量发生了变化，但如仍草率地认为初态水平，末态竖直插入的这两个状态是质量不变，而应用玻马定律，固而造成上述失误。

　　【正确解答】把全过程分为两个过程看待。

　　第一个过程：从水平到竖直尚未插入

　　对A气体：p_AV_A=p'_AV'_A

　　对B气体：L'_B=(140×2－152)=128(mm)

　　p'_B= p₀ =760(mmHg)

　　第二个过程：当玻璃管插入水银槽后

　　对A气体：p_A?V_A=p''_AV''_A

　　可以求得p''_B=（800+60）=860（mmHg）

　　对B气体；初态为竖直尚未插入，未态为已经插入后

p'_BV'_B=p''_BV''_B

　　所以，水银进入管中的水银长度为：

H=(140×2－133－133)=34(mm)

　　【小结】 本题与前面的第8题类似，都需要分析清楚问题所述情景的真实物理过程。而有些同学在解题时，只关注已知数值，对某些微妙的变化混然不顾，因此导致思维失误，以致产生错误解法和答案。

　　例9 如图7-17所示，一根一端封闭的玻璃管，当L=0.96m，内有一段长h₁=0.20m的水银柱。当温度为t₁=27℃，开口端竖直向上时，封闭空气柱h₂= 0.60m。问温度至少升到多高时，水银柱才能从管中全部溢出？（外界大气压相当于L₀= 0.76m高的水银柱产生的压强）

　　【错解分析】错解：以封闭气体为研究对象，其初态：p₁=(L₀+h₁)，V₁=h₂S下；末态是水银刚好完全溢出时的状态：p₂=L₀，V₂=LS

　　T₂=？

　　上述解答中有一个错误，就是存在“潜在假设”。即认为：水银柱在外溢过程中，气体体积越大，对应温度越高，当气体充满整个玻璃管（即水银全部溢出）时，所对应的温度是最高的。事实是：

　　越高。在水银末溢出前，p不变，V越大，T越大。在水银溢出的过程中，p减小，V增大，p?V的乘积并非一直增大。所以我们在解题的过程中，应找出在什么条件下，pV的乘积最大，由此确定相应的温度。

　　T越高，假设管中还有长为X的水银柱尚未溢出时，pV值最大，即（L₀+x）（L－x）S的值最大，这是一个数学求极值问题。因为（L₀+x）+（L－x）=（L₀+L）与x的大小无关，所以由数学知识可知：两数之和为一常数，则当这两数相等时，其乘积最大。

　　所以：L₀+x =L－x

　　即管内水银柱由0.20m溢出到还剩下0.10m的过程中，p?V的乘积越来越大，这一过程必须是升温的。此后，温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至完全溢出。由气态方程：

　　代入数据得：T₂=385.2K。

　　例10 如图7-18所示，两端封闭、粗细均匀的细玻璃管，中间用长为h的水银柱将其分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直放置，两段空气柱长度分别为L₁，L₂，已知L₁＞L₂，如同时对它们均匀加热，使之升高相同的温度，这时出现的情况是：（ ）

　　A．水银柱上升

　　B．水银柱下降

　　C．水银柱不动

　　D．无法确定

　　【错解分析】错解：假设两段空气柱的压强p₁，p₂保持不变，它们的初温为T当温度升高△T时，空气柱1的体积由V₁增至V'₁；，增加的体积△V₁=V'₁－V₁，考虑到空气柱的总长度不变，空气柱2的体积从V₂增至V'₂，且△V₂=V'－V₂，

　　由盖?吕萨克定律得：

　　在T，△T都同的情况下，因为V₁＞V₂，所以△V₁＞△V₂，所以，水银柱应向下移动。选B。

　　这道题因为初温一样，又升高相同的温度，所以比较液柱移动，可能有两种假设，一种为设压强不变，另一种是设体积不变。而上述解法中假定压强不变而导出水银柱下降这本身就是自相矛盾的。水银柱的移动情况是由水银柱的受力情况决定的，而受力情况是由两边压强的大小决定的，因此不能假设压强不变。

　　【正确解答】假定两段空气柱的体积不变，即V₁，V₂不变，初始温度为T，当温度升高△T时，空气柱1的压强由p₁增至p'₁，△p₁=p'₁－p₁，空气柱2的压强由p₂增至p'₂，△p₂= p'₂－p₂。

　　由查理定律得：

　　因为p₂=p₁+h＞p₁，所以△p₁＜△p₂，即水银柱应向上移动。所以正确答案应选A。

　　【小结】 （1）这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。

　　压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就大。同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。就本题而言，水银柱将向下移动。

　　例11 如图7-19，A，B是体积相同的气缸，B内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。起初，阀门关闭，A内装有压强p₁=2.0×10⁵pa温度T₁=300K的氮气。B内装有压强P₂=1.0×10⁵Pa，温度T₂=600K的氧气。打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡，以V₁和V₂分别表示平衡后氮气和氧气的体积，则V₁∶V₂=______（假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽略）

　　【错解分析】错解：开始是平衡状态，未态还是平衡状态，由理想气体状态方

　　此题答案为1∶4。

　　理想气体状态方程或气体定律，针对的对象应为一定质量的理想气体，而不能是两种（或两部分）气体各自的状态，必须是一定质量的理想气体初、末两种状态之间满足的关系，上述解法把两部分气体的p₁，p₂，T₁，T₂与一定质量的气体前后两种状态的p₁，p'₁，T₁，T'₁混为一谈，以致出现完全相反的结论。

　　【正确解答】对于A容器中的氮气，其气体状态为：

　　p₁=2.0×10⁵pa V₁=V T₁＝300K

　　P'₁=P V'₁=V₁（题目所设） T'₁=T

　　由气体状态方程可知：

　　对于B容器中的氧气，其气体状态为：

　　p₂=1.0×10⁵pa V₂＝V T₂=600K

　　p'₂=p V'₂=V₂（题目所设） T 2_=T由气态方程可知

　　联立①②消去T，V可得：

　　此题的正确答案为V₁∶V₂= 4∶1

　　【小结】 解决有关两部分气体相关联的问题时，要注意两方面的问题。首先，要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析出初、未状态的p，V，T情况，分别列出相应的方程（应用相应的定律、规律）切不可将两部分气体视为两种状态。

　　其次，要找出两部分气体之间的联系，如总体积不变，平衡时压强相等，等等。例如本题中，阀门关闭时两边气体体积相等，阀门打开两边气体压强相等，温度相等，利用这些关系，可以消去方程中的未知因素，否则，也解不出正确结果。

　　例12 把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图7-20所示，求在这过程中外力做功为多少？（已知活塞面积S=1.0dm²，大气压强p₀=1.0×10⁵Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s²）

　　【错解分析】错解：把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。

　　水柱的质量m=ρ?S?H，则水柱的重力势能增加Ep = mgh =ρ?S?H?

E_P=1.1×10⁴J

　　也就是说，外力需做功

　　W=E_P=1.1×10⁴J 在大气压p₀=1.0×10⁵pa的情况下，水柱能上升的最

且应忽略水蒸气气压的影响），而不是题目中提到的15m。

　　【正确解答】在把活塞提升最初的10m的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即

　　在把活塞提升的后5m的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即：

W₂=p₀S(H－h_m)

　=5.0×10³(J)

　　则在全过程中外力做功为W=W₁+W₂=1.0×10⁴（J），即为正确答案。

　　【小结】 解决物理问题的关键是要分析清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上移15m，但结合大气压强的知识，要分析真实的物理过程是水并未随之上升15m，而是只将水提升了10m。

　　例13 如图7-21所示，A，B两容器容积相同，用细长直导管相连，二者均封入压强为P，温度为T的一定质量的理想气体，现使A内气体温度升温至T'，稳定后A容器的压强为多少？

　　【错解分析】错解：因为A容器温度升高，所以气体膨胀，有一些会跑到B容器中去，假设有△V的气体迁移至B容器，由气态方程可知：

　　主要是因为研究对象不清楚。我们知道，应用气体定律（如玻意耳定律，查理定律或气态方程等）时，研究对象应该是一定质量的气体，而本题无论是对于A容器，还是B容器，气体的质量都变化。若把△V做为迁移气体，那么，它所对应的压强、温度参量，在两个式子中应该是一致的，而上解式①中为（△V，p'T'），式②中为（△V，p，T），这显然是矛盾的，是研究对象选择不当造成的。

　　【正确解答】因为升温前后，A，B容器内的气体都发生了变化，是变质量问题，我们可以把变质量问题转化为定质量问题。我们把升温前整个气体分为（V－△V）和（V+△V）两部分（如图7-22所示），以便升温后，让气体（V―△V）充满A容器，气体（V+△V）压缩进B容器，于是由气态方程或气体实验定律有：

　　【小结】 气态方程及气体实验定律都只适用于质量一定的理想气体，但对于质量变化的问题，我们只要巧妙地选取研究对象，便可将变质量问题转化为定质量问题，这是一种处理问题的重要方法。

　　例14 如图7-23所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A，B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k=5×10³N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p₀=1×10⁵Pa，平衡时，两活塞问的距离L₀=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡，此时，用于压A的力F=5×10²N, 求活塞A向下移动的距离。（假定气体温度保持不变）

　　【错解分析】错解：设活塞A向下移动的距离为L，对封闭气体列玻意耳定律：

　　由胡克定律可知：

F+Mg = kx ②

　　由于B的质量M没有给出具体数据，只能由①②两式联系解得一个数值，其中带有质量M。

　　这是一道力热综合题，应根据活塞的力学特征和气体的热学特征分别应用力学规律和热学规律求解。上述题解对气体的分析是正确的，但对活塞的分析是错的。用胡克定律表达式中F=kx中，x若为压缩量，则F为受到的压力，x若为增加的压缩量，则F为增加的压力，F与x要相对应。

　　【正确解答】设活塞A向下移动L，相应B向下移动x，对气体分析：初态：p₁= p₀ V₁=L₀S

　　由玻-意耳定律：p₁V₁= p₂V₂

　　初态时，弹簧被压缩量为x'，由胡克定律：

Mg = kx'②

　　当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图7-24所示。F'为此时弹簧弹力

　　由平衡条件可知

p₀S+F'=p₀S+F+Mg③

　　由胡克定律有：

F'=k(x+x')④

　　联立①②③④解得：

L= 0.3m。

　　例15 圆柱形气缸筒长2L，截面积为S，缸内有活塞，活塞可以沿缸壁无摩擦不漏气的滑动，气缸置于水平面上，缸筒内有压强为p₀，温度为T₀的理想气体，气体体积恰好占缸筒容积的一半，如图7－25所示。此时大气压也是p₀，弹簧的劲度系数为k，气缸与地面的最大静摩擦力为f，求：

　　（1）当kL＜f，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体温度是多少？

　　（2）当kL＞f，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体的温度又是多少？

　　【错解分析】错解：（1）以整体为对象。∵kL＜f，所以在活塞移至缸口时（此时弹簧弹力为kL），系统始终静止。

　　以活塞为对象，末态受力如图7－26所示。

　　由平衡条件可知：p₂S=p₀S+kL

　　以气体为对象，p₁=p₀ V₁=Ls T₁=T₀

　　（2）当kL＞f时，气缸要滑动

　　解法一：与（1）解法类似

　　对活塞受力分析如图7－26所示

　　其余解法与（1）相同，答案也与（1）相同，说明两种情况没有区别。

　　解法二：以活塞为对象受力分析如图7－27

p₂S+f = kL+p₀S

　　此题第一问解法及答案均正确。错误主要发生在第二问：（1）没有详细地分析kL＞f情况下气缸，活塞的运动，而是套用了第一问解题的思路，分不清kL＜f与kL＞f在此题中的本质区别。（2）解法2对活塞受力分析出现了气缸受力f，导致错误。

　　【正确解答】第一问如上所述，略。

　　第二问，当kL＞f，就意味着弹簧压缩到一定程度，设压缩量为x，即kx = f处，就不继续压缩，这之后，气缸开始滑动，而气体则做等压升温膨胀。

　　气体的变化可以分为三种状态两个过程，如图7－28所示。

　　第一个过程：甲态→乙态，p，V，T都变。

　　而丙态的压强与乙态相同，

　　第二个过程：从甲态→丙态应用气态方程

　　例16 如图7-29所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，密闭住一段理想气体，其状态参量为p₀，V₀，T₀，在与外界无热交换的情况下，先压缩气体到p₁，V₁，T₁状态，再让气体膨胀到p₂，V₂，T₂状态，若V₁＜V₀＜V₂，则 [ 　　]

　　A．T₁＞T₀＞T₂ 　　B．T₁=T₀=T₂

　　C．T₁＜T₀＜T₂ 　　D．无法判断

　　关系。此题只提供了体积之间的关系，而没有压强p₁，p₂，p₃的大小关系，从题目上看，压强也不相等，所以无法判断，应选D。

　　主要原因没有进一步挖掘题目给出的条件，即“与外界无热交换”这个条件，若注意到这点，必有收获。

　　【正确解答】从题目给出的条件，V₁＜V₀＜V₂和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V₀→V₁的过程，气体体积减小，外界对气体做功，而系统吸放热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度增加，所以T₁＞T₀。从状态1经过状态0到状态2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以T₀＞T₂，结果为T₁＞T₀＞T₂。本题的正确答案为A。

　　例17 一定质量的理想气体的三个状态在V-T图上用A，B，C三个点表示，如图7-30所示。试比较气体在这三个状态时的压强p_A，p_B，p_C的大小关系有： [ 　　]

　　A．p_C＞p_B＞p_A

　　B．p_A＜p_C＜p_B

　　C．p_C＞p_A＞p_B

　　D．无法判断。

　　【错解分析】错解一：因为一定质量的理想气体压强与温度成正比，哪个状态对应的温度高，在哪个状态时，气体的压强就大，即T_C＞T_A＞T_B，所以有p_C＞p_A＞p_B，应选C。

　　错解二：因为一定质量的理想气体的压强与体积成反比，体积越大，压强越小，从图上可以看出：V_A＞V_C＞V_B，所以p_A＜p_C＜p_B，应选B。

　　以上两种错解，从分析思路上讲都错了，都没有了解到气体状态的三个参量（p，V，T）之间两两定量关系是有条件的。如压强与温度（当然应为热力学温度T）成正比的条件是体积不变，而压强与体积成反比的条件应是温度不变。如果不考虑第三个参量，而单纯只讲两个参量之间的关系，显然只能导致错误的结果，同时也培养了错误的思考问题方式，是不可取的。当第三个参量不是定量时，三者之

　　【正确解答】因为所给的是V-T图，A，B，C三点的温度体积都不一样，要想比较三个状态的压强，可以利用V-T图上的等压线辅助分析。

　　在V-T图上，等压线是一条延长线过原点的直线，可以通过A，B，C三点做三条等压线分别表示三个等压过程，如图7-31所示。一定质量的理想气体在等压过程中压强保持不变，体积与温度成正比，为了比较三个等压线所代表的压强的大小，可以做一条等温线（亦可作一条等容线，方法大同小异，以下略），使一个等温过程与三个等压过程联系起来，等温线（温度为T'）与等压线分别交于A'，B'，C'，在等温过程中，压强与体积成反比（玻意耳定律），从图上可以看出：V_A'＞V_B'＞V_C'，所以可以得出结论：p_A'＜p_B'＜p_C，而A与A'，B与B'，C与C分别在各自的等压线上，即pA_=pA'，pB_=pB'，pC_=pC'，所以可以得出结论，即pA_{＜pB＜pC，所以正确答案为A。}

　　例18 如图7-32所示，已知一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2。问：气体对外是否做功？

　　【错解分析】错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。

　　错解二：因为1状态与2状态在一条直线上．而p-T坐标上的等容线是直线．所以状态1与状态2的体积相等，气体对外不做功。

　　 错解一是不会应用等容线，不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，因而感到无从下手。

　　错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态1和状态2在一条直线上，但并不是说p―T图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的状态1与状态2所在的直线就不是一条等容线。

　　【正确解答】如图7-33所示，分别做出过1和2的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则V_Ⅱ＞V_Ⅰ，即V₂＞V₁，所以，从状态1变化到状态2，气体膨胀对外做功了。

　　【小结】 从此题的解答可以看到，利用图象帮助解决问题，有时是很方便的，但这种方法首先必须按图象有一个清楚的了解，只有在“识别”图象的基础上，才能准确地“运用”图像。

　　例19 一个绝热气缸，压缩活塞前容积为V，内部气体的压强为p，　　 [ 　　]

　　
　　C．大于6p 　D．小于6p

　　【错解分析】错解：因为气缸是绝热的，所以压缩过程为等温变化，由玻意耳

所以应该选B。

　　错误主要是把绝热和等温等同起来，认为绝热就是温度不变，这是解决热学问题中常见的错误。实际上改变内能的方式有两种，即热传递和做功，不能认为没有热传递内能就不改变。

　　【正确解答】因为气缸绝热，所以热传递Q=0，而现用力将活塞推进，使体积减小，即外力对气体做功了，也就是气体的温度升高了，由气态方程可知pV=cT，只有当p'＞6p时，pV乘积才可能是增加的。

　　所以B不对。正确答案应选C。

　　【小结】 本题在分析清楚“推进活塞时气体做功→气体内能增加→气体温度升高”这一关系的基础上，也可用气态方程做出判断：p₁=p，

　　例20 将一装有压缩空气的金属瓶的瓶塞突然打开，使压缩空气迅速跑出，当瓶内气体压强降至等于大气压p₀时，立即盖紧瓶塞，过一段时间后，瓶内压强将：（设瓶外环境温度不变） [ 　　]

　　A．仍为p₀ 　　B．大于p₀

　　C．小于p₀ 　　D．无法确定

　　【错解分析】错解：由于是在内外气压相等的情况下塞上瓶塞的，所以过一段时间后，内外压强应该仍然相等，所以答案应该选A。

　　上述解答中没有从热力学规律出发，不能把生活语言，如“突然”，“空气迅速跑出”等词语，“翻译”成“物理语言”。上述表达的物理语言可表述为：压缩气体对外做功，与外界来不及进行热交换，即所谓的绝热过程。另外就是“过一段时间”，这是一个可能有热交换的过程，因为瓶子是金属的，金属一般都是热的良导体。上述错误正是因为没有分析这两个热力学过程所致。

　　【正确解答】拔开瓶塞，瓶内空气急速膨胀跑出来，这是一个近似的绝热膨胀过程，气体对外做功。根据热力学第一定律，气体的内能一定减少，即温度迅速降低。由于是在室温下拔开瓶塞的，所以瓶内气体的温度一定低于室温。当瓶内外气体压强相等后，塞上瓶塞，立刻又出现了一个新的热力学过程，由于瓶内气温低于室温，必将有热量从外界传向瓶内空气，使瓶内空气的温度升高，瓶内空气的压强也就随着温度的升高而增大。所以，正确答案应为B。

　　【小结】 解此类题时要注意把握住题设的关键词所反映的隐含条件，注意分析物理过程，而只是根据自己的生活经验想当然一般是要出错的。

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第六单元：机械振动、机械波

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括机械振动、回复力、振幅、周期、频率、简谐运动、受迫振动、共振、机械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和衍射等基本概念，以及单摆振动的周期规律、简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系等规律。

　　本单元中所涉及到的基本方法有：由于振动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数学知识的水平，因此对于这部分内容不可能像研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方向出发描述和研究物体的运动，而是利用图象法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介媒中的传播过程进行描述与研究。图像法具有形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信息，在学习时同学们要注意加以体会；另外，在研究单摆振动的过程中，对于单摆所受的回复力特点的分析，采取了小摆角的近似的处理，这是一种理想化物理过程的方法。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对于诸如机械振动、简谐运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动等众多的有关振动的概念不能深刻的理解，从而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波的图象的区别和联系，这主要是由于振动的图象与波的图象形式上非常相似，一些学生只注意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。另外，由于一些学生对波的形成过程理解不够深刻，导致对于波在传播过程中时间和空间的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的发生条件、产生的现象较为抽象，所以一些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现为抓不住现象的主要特征、产生的条件混淆不清。

　　例1 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

　　
　　
　　
　　

　　【错解分析】错解：1．首先排除A，认为A是不可能的。理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可简化为如图6-1，O为平衡位置，假设计时开始时，振子位于A点，每隔时间t振子的位移总是大小和方向都相同，所以t
　　B之间非A即B点，而这两点距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等

　　所以振子的动能总是相同的，所以选C是对的。

　　同的，都等于振幅，所以D是对的。

　　综上所述，应选B，C，D。

　　错解1是排除A，之所以产生错误，是因为在头脑中形成思维定势，认为在时间t内，振子只能在一个周期内振动。很多学生在解决振动和波的问题时，习惯上把所有问题都限定在一个周期内，而没有考虑到在时间t内，振子可能已经完成多个全振动了。

　　错解2的产生主要是对加速度的矢量性认识不够或头脑中根本就没有这个概念，认为位置对称，加速度大小一样就是加速度相同。

　　3．选择C是对的。

　　4．对弹簧振子这样一个物理模型认识不全面，所谓水平弹簧振子的弹簧是哪段没弄清楚。

　　【正确解答】 1．由题意可知，t = nt，n可以是1，2，3…，选项A是正确的。
　　相反，且对称于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。

　　3．同错解3。

　　4．水平弹簧振子的弹簧应为如图6－2a或6－2b的样子。当振子的位置在平衡位置两侧时，弹簧长度是不同的。所以选项D不对。

　　另外，符合题意条件的不一定非选最大位移处的两点，也可以选其他的点分析，如图6-3 P、Q两点，同样可以得出正确结论。

　　所以此题的正确答案为A，C。

　　例2 一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，设振子

　　A．t₁＝t₂ 　　B．t₁＜t₂

　　C．t₁＞t₂ 　　D．无法判断

　　


度也大，因而时间短，所以t₁＞t₂，应选C。

　　错解三：因为这是一个变加速运动问题，不能用匀速运动或匀变速运动规律求解，因而无法判断t₁和t₂的大小关系，所以选D。

　　主要是对简谐运动的特殊运动规律不清楚，只记住了周期公式，没注意分析简谐运动的全过程，没能深入地理解和掌握这种运动形式的特点。因而解题时错误地沿用了匀速或匀变速运动的规律，选择A的同学就是用匀速运动规律去解，而选择C的同学用了匀变速运动规律去解，因而错了。事实上，简谐运动的过程有其自身的许多规律，我们应该用它的特殊规律去求解问题，而不能用匀速或匀变速运动规律去求解。

　　【正确解答】 方法一：用图象法，画出x-t图象，从图象上，我们可以很直观地看出：t₁＜t₂，因而正确答案为：B。

　　方法二：从图象为正弦曲线和数学知识可写出位移随时间的函数关系式，物理学上称为振动方程，从平衡位置开始，振子的振动方程为：

　　【小结】 以上两种方法，第一种方法是定性分析，在选择题练习时，是要重点掌握的。第二种方法可以进行定量计算，但由于要涉及振动方程，所以不做统一要求。

　　
t'= nT + t₂。此处，为了题目简明起见，题文中用了“第一次”和“最短时间”等字样。否则就无法比较两个过程所用时间的长短。

　　例3 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。

　　【正确解答】 事实上，只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量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。

　　【小结】 本题给出的错解是初学者中最常见的错误。产生这一错误的原因是习惯于用旧的思维模式分析新问题，而不善于抓住新问题的具体特点，这反映了学习的一种思维定势。只有善于接受新知识、新方法，并将其运用到实际问题中去，才能开阔我们分析、解决问题的思路，防止思维定势。

　　例4 一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平

　　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

　　【错解分析】 错解一：因为单摆的周期（频率）是由摆长L和当地重
变（指平衡位置动能也就是最大动能），由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅也不变，应选A。

　　而振幅与质量、速度无关（由上述理由可知）所以振幅不变，应选C。

　　错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所示理由外，即总能量不变，而因为重力势能E_P= mgh，E_P不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。

　　此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，而题中提供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关系，有什么关系，是应该弄清楚的。

　　而错解二和错解三中都认为频率不变，这是因为为不清楚决定单摆的因素是摆长L和当地重力加速度g，而与摆球质量及运动到最低点的速度无关。

　　错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句的结论上。判断只从能量不变去看，当E_总不变时，E_P= mgh，m变大了，h一定变小。说明有些同学考虑问题还是不够全面。

　　【正确解答】 （1）实际上，通过实验我们已经了解到，决定单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）决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能E_P= mgh不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因此正确答案应选B。

　　【小结】 本题的分析解答提醒我们，一是考虑要全面，本题中m，v两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率

　　例5 如图6-5所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个相同的小球分别在O正上方h处的A点和离O很近的轨道B点，现同时释放两球，使两球正好在O点相碰。问h应为多高？

　　【错解分析】错解：对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求B球到达O点的时间：

　　对A球，它做自由落体运动，自h高度下落至O点

　　上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为B球在圆形轨道上自B点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过
上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多个解答中的一个。

　　对B球振动周期

　　到达O点的时间为

　　
　　
　　　　
　　
　　
　　显然，前面的解仅仅是当n=0时的其中一解而已。

　　【小结】 在解决与振动有关的问题时，要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有周期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多个。

　　例6 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6-6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。

　　传到P点，所以画出如图6-7所示的波形图。因为波源在原点，波沿x轴正方向传播，所以可判定，P点开始振动的方向是沿y轴正方向（即向上）。

　　主要原因是把机械波的图象当成机械振动的图象看面的波形也变化了。

　　【正确解答】 因为原图中的波形经历了半个周期的波形如图6-8所示，在此波形基础上，向前延长半个波形即为P点开始振动时的波形图，因为波源在原点处，所以介质中的每个质点都被其左侧质点带动，所以P点在刚开始时的振动方向沿y轴负方向（即向下）从另外一个角度来看，原图中Q点开始振动时是向下的，因为所有质点开始振动时的情况均相同，所以P点开始振动的方向应是向下的。

　　【小结】 本题中的错解混淆了振动图象与波的图象，那么这两个图象有什么不同呢？（1）首先两个图象的坐标轴所表示的物理意义不同：振动图象的横坐标表示时间，而波动图象的横坐标表示介质中各振动质点的平衡位置。（2）两个图象所描述的对象不同：振动图象描述的是一个质点的位移随时间的变化情况，而波的图象描述的是介质中的一群质点某一时刻各自振动所到达的位置情况。通俗地说：振动图象相当于是在一般时间内一个质点运动的“录像”，而波的图象则是某一时刻一群质点振动的“照片”。（3）随着时间的推移，振动图象原来的形状（即过去质点不同时刻所到达的位置不再发生变化，而波的图象由于各质点总在不断地振动，因此随着时间的推移，原有的图象将发生周期性变化。

　　例7 图6-9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。

　　=62.5个波长，其波形如图6-12。

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第五单元：机械能

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括功、功率、动能、势能（包括重力势能和弹性势能）等基本概念，以动能定理、重力做功的特点、重力做功与重力势能变化的关系及机械能守恒定律等基本规律。其中对于功的计算、功率的理解、做功与物体能量变化关系的理解及机械能守恒定律的适用条件是本单元的重点内容。

　　本单元中所涉及到的基本方法有：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。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：“先入为主”导致解决问题的思路过于僵化，如在计算功的问题中，一些学生一看到要计算功，就只想到W= Fscosθ，而不能将思路打开，从W=Pt和W=ΔE等多条思路进行考虑；不注意物理规律的适用条件，导致乱套机械能守恒定律。

　　例1、 如图3-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力 [ ]

　　A．垂直于接触面，做功为零

　　B．垂直于接触面，做功不为零

　　C．不垂直于接触面，做功为零

　　D．不垂直于接触面，做功不为零

　　【错解分析】错解：斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，因为支持力总与接触面垂直，所以支持力不做功。故A选项正确。

　　斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些人不加思索选A。这反映出对力做功的本质不太理解，没有从求功的根本方法来思考，是形成错解的原因。

　　【正确解答】根据功的定义W=F?scosθ为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有水平向右的动量。由于m＜M，则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图3-2上关系可以确定支持力与物块位移夹角大于90°，则斜面对物块做负功。应选B。

　　【小结】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义出发。二是可以用功能关系。如本题物块从斜面上滑下来时，减少的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物块的机械能减少了，说明有外力对它做功。所以支持力做功。

　　例2、 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为 [ ]

　　【错解分析】错解一：因为斜面是光滑斜面，物体m受重力和支持。支持不做功，只有策略重力做功，所有机械能守恒。设底端势能为零，则有

　　错解二：物体沿斜面做v₀ = 0的匀加速运动a = mgsina
　

　　故选B。

　　错解一中错误的原因是没有注意到瞬时功率P = Fvcosθ。

　　只有Fv同向时，瞬时功率才能等于Fv，而此题中重力与瞬时速度V不是同方向，所以瞬时功率应注意乘上F，v夹角的余弦值。

　　错解二中错误主要是对瞬时功率和平均功率的概念不清楚，将平均功率当成瞬时功率。

　　【正确解答】由于光滑斜面，物体m下滑过程中机械能守恒，滑至底F、v夹角θ为90°－α，

　　故C选项正确。

　　【小结】 求解功率问题首先应注意求解的是瞬时值还是平均值。如果求瞬时值应注意普遍式P = Fv?cosθ（θ为F，v的夹角）当F，v有夹角时，应注意从图中标明。

　　例3、 一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，经过时间t，其速度由0增大到v。已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力。求：这段时间内列车通过的路程。

　　【错解分析】错解：以列车为研究对象，水平方向受牵引力和阻力f。

　　据P=F?V可知牵引力

F = P/v ①

　　设列车通过路程为s，据动能定理有

　　以上错解的原因是对P = F?v的公式不理解，在P一定的情况下，随着v的变化，F是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。

　　【正确解答】以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程为s。据动能定理

　　【小结】 发动机的输出功率P恒定时，据P = F?V可知v变化，F就会发生变化。牵动ΣF，a变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规律。（见图3-4所示）

　　例4 、以20m/s的初速度，从地面竖直向上抛出一物体，它上升的最大高度是18m。如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势能相等。(g=10m/s²)

　　【错解分析】错解：以物体为研究对象，画出运动草图3-5，设物体上升到h高处动能与重力势能相等

　　此过程中，重力阻力做功，据动能定量有

　　物体上升的最大高度为H

　　由式①，②，③解得h = 9.5m

　　初看似乎任何问题都没有，仔细审题，问物体离地面多高处，物体动能与重力势相等，一般人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实际下落过程也有一处动能与重力势能相等。

　　【正确解答】上升过程中的解同错解。

　　设物体下落过程中经过距地面h′处动能等于重力势能，运动草图如3-6。

　　据动能定量

　　解得h′=8.5m

　　【小结】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。

　　例5、 下列说法正确的是 [ ]

　　A．合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变

　　B．合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变

　　C．某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变

　　D．某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零。

　　【错解分析】错解一：因为合外力对质点做功为零，据功能定理有△E_A=0，因为动能不变，所以速度V不变，由此可知动量不变。故A正确。

　　错解二：由于合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，V改变，动能也就改变。故B正确。

　　形成上述错解的主要原因是对速度和动量的矢量性不理解。对矢量的变化也就出现理解的偏差。矢量发生变化时，可以是大小改变，也可能是大小不改变，而方向改变。这时变化量都不为零。而动能则不同，动能是标量，变化就一定是大小改变。所以△E_k=0只能说明大小改变。而动量变化量不为零就有可能是大小改变，也有可能是方向改变。

　　【正确解答】本题正确选项为D。

　　因为合外力做功为零，据动能定理有△E_k=0，动能没有变化，说明速率无变化，但不能确定速度方向是否变化，也就不能推断出动量的变化量是否为零。故A错。合外力对质点施冲量不为零，根据动量定理知动量一定变，这既可以是速度大小改变，也可能是速度方向改变。若是速度方向改变，则动能不变。故B错。同理C选项中合外力不为零，即是动量发生变化，但动能不一定改变，C选项错。D选项中动量、动能改变，根据动量定量，冲量一定不为零，即合外力不为零。故D正确。

　　【小结】 对于全盘肯定或否定的判断，只要找出一反例即可判断。要证明它是正确的就要有充分的论据。

　　例6、 如图3－7，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作研究对象，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中 [ ]

　　A．动量守恒，机械能守恒

　　B．动量不守恒，机械能不守恒

　　C．动量守恒，机械能不守恒

　　D．动量不守恒，机械能守恒

　　【错解分析】错解：以子弹、木块和弹簧为研究对象。因为系统处在光滑水平桌面上，所以系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。又因系统只有弹力做功，系统机械能守恒。故A正确。

　　错解原因有两个一是思维定势，一见光滑面就认为不受外力。二是规律适用条件不清。

　　【正确解答】以子弹、弹簧、木块为研究对象，分析受力。在水平方向，弹簧被压缩是因为受到外力，所以系统水平方向动量不守恒。由于子弹射入木块过程，发生巨烈的摩擦，有摩擦力做功，系统机械能减少，也不守恒，故B正确。

　　例7、 如图3-8，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

　　【错解分析】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。

　　 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。

　　【小结】 有些问题中杆施力是沿杆方向的，但不能由此定结论，只要杆施力就沿杆方向。本题中A、B球绕O点转动，杆施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如图3-9所示，杆对B球施的力对B球的做负功。杆对A球做功为正值。A球机械能增加，B球机械能减少。

　　例8、 如图3－10，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v₀射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？

　　【错解分析】错解：（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv₀=（M＋m）v

　　解得v = mv₀/(M+m)

　　子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功

　　（2）系统损失的机械能

　　即为子弹损失的功能

　　错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D，而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。

　　【正确解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图3―11。系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有

mv₀= (M+m)v (设v₀方向为正)

　　子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：

由运动草图可S_木=S_子－D ③

　　【小结】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V₀减为V，同时木块的速度由0增加到V。对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似这样的问题都可以采用同样的思路。一般都要首先画好运动草图。例：如图3-12在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以v₀沿木板滑行。情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。

　　参考练习：如图3-13一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参考系，给A和B以大小相同，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。求小木块A向左运动到达最远处（对地）离出发点的距离。

　　提示：注意分析物理过程。情景如图3-14。其中隐含条件A刚好没离B板，停在B板的左端，意为此时A，B无相对运动。A，B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先减为零，然后加速达到与B同速。

　　例9、 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x₀，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X₀的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物体质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。

　　【错解分析】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

　　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

mv₀=2mv₁ (2)

　　两者以v_l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E_p，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

E_p=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。

　　【小结】 本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的。守恒等多个知识点。是一个多运动过程的问题。关键问题是分清楚每一个过程。建立过程的物理模型，找到相应解决问题的规律。弹簧类问题，画好位置草图至关重要。

　　参考练习：如图3-16所示劲度系数为k₁的轻质弹簧分别与质量为m₁，m₂的物体1，2，栓接系数为k₂的轻弹簧上端与物体2栓接，下端压在桌面上（不栓接）。整个系统处于平衡状态，现施力将物体1缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，物体2的重力势能增大了多少？物体1的重力势能增大了多少？

　　提示：此题隐含的条件很多，挖掘隐含条件是解题的前提。但之后，必须有位置变化的情景图如图3-17。才能确定1，2上升的距离，请读者自行解答。

　　例10、 如图3-18所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中　　 [ ]

　　A．重力先做正功，后做负功

　　B．弹力没有做正功

　　C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡

　　D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大

　　【错解分析】错解：金属块自由下落，接触弹簧后开始减速，当重力等于弹力时，金属块速度为零。所以从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中重力一直做正功，故A错。而弹力一直做负功所以B正确。因为金属块速度为零时，重力与弹力相平衡，所以C选项错。金属块的动能为零时，弹力最大，所以形变最大，弹性势能最大。故D正确。

　　 形成以上错解的原因是对运动过程认识不清。对运动性质的判断不正确。金属块做加速还是减速运动，要看合外力方向（即加速度方向）与速度方向的关系。

　　【正确解答】要确定金属块的动能最大位置和动能为零时的情况，就要分析它的运动全过程。为了弄清运动性质，做好受力分析。可以从图3-19看出运动过程中的情景。

　　从图上可以看到在弹力N＜mg时，a的方向向下，v的方向向下，金属块做加速运动。当弹力N等于重力mg时，a = 0加速停止，此时速度最大。所以C选项正确。弹力方向与位移方向始终反向，所以弹力没有做正功，B选项正确。重力方向始终与位移同方向，重力做正功，没有做负功，A选项错。速度为零时，恰是弹簧形变最大时，所以此时弹簧弹性势能最大，故D正确。

　　所以B，C，D为正确选项。

　　【小结】 对于较为复杂的物理问题，认清物理过程，建立物理情景是很重要的。做到这一点往往需画出受力图，运动草图，这是应该具有的一种解决问题的能力。分析问题可以采用分析法和综合法。一般在考试过程中分析法用的更多。如本题A，B只要审题细致就可以解决。而C，D就要用分析法。C选项中动能最大时，速率最大，速率最大就意味着它的变化率为零，即a = 0，加速度为零，即合外力为零，由于合外力为mg－N，因此得mg =N，D选项中动能为零，即速率为零，单方向运动时位移最大，即弹簧形变最大，也就是弹性势能最大。本题中金属块和弹簧在一定时间和范围内做往复运动是一种简谐运动。从简谐运动图象可以看出位移变化中速度的变化，以及能量的关系。

试题详情

第四单元：动量、动量守恒定律

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。

　　本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。

　　 [例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：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。

　　例1 、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是： [ ]

　　A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小

　　B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小

　　C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢

　　D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。

　　【错解分析】错解：选B。

　　认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P，即F?t =△P，认为F大即△P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。

　　【正确解答】 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的

量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C，D。

　　【小结】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量大，而不能一开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。

　　例2 、把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？

　　【错解分析】错解一：2s内力的冲量为

　　设物体获得的动量为P₂，由动量定理

　　对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不够。

　　错解一 主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力F的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Fcosa?s混淆了。

　　错解二 主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。

　　【正确解答】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F，竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N。由冲量定义可知，力F的冲量为：

I_F = F?t = 10×2=10(N?s)

　　因为在竖直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F在水平方向上的分量，由动量定理得：

Fcos53°?t = P₂－0

　　所以P₂= Fcos53°?t =10×0.8×2(kg?m/s)

P₂=16kg?m/s

　　【小结】 对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。

　　例3、 在距地面高为h，同时以相等初速V₀分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有[ ]

　　A．平抛过程较大 　　　　B．竖直上抛过程较大

　　C．竖直下抛过程较大 　　D．三者一样大

　　【错解分析】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P₁= mv₀。是相等的，它们的末态动量P₂= mv也是相等的，所以△P = P₂－P₁则一定相等。选D。

　　错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D。

　　错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P₂=P₁也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量△P就不一样了。

方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由
为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t₃＜t₁，所以第二种解法是错误的。

　　【正确解答】 1．由动量变化图5－2中可知，△P₂最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。

　　【小结】 对于动量变化问题，一般要注意两点：

　　(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。

　　(2) 由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动量变化时，要求合外力一定为恒力。

　　例4、 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则 [ ]

　　A．b的速度方向一定与原速度方向相反

　　B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大

　　C．a，b一定同时到达地面

　　D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等

　　【错解分析】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A。

　　错解二：因为不知道a与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B，C。

　　错解三：在炸裂过程中，因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以D不对。

　　错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(m_A+m_B)v=m_Av_A＋m_Bv_B，v_B的方向也可能与v_A同向。

　　错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。

　　错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。

　　【正确解答】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：

(m_A+m_B)v = m_Av_A＋m_Bv_B

　　当v_A与原来速度v同向时,v_B可能与v_A反向，也可能与v_A同向,第二种情况是由于v_A的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v_A很小，则m_Av_A还可能小于原动量(m_A+m_B)v。这时,v_B的方向会与v_A方向一致，即与原来方向相同所以A不对。

　　a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运选项C是正确的

　　由于水平飞行距离x = v?t，a、b两块炸裂后的速度v_A、v_B不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对。

　　根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力F_A=－F_B，力的作用时间相等，所以冲量I=F?t的大小一定相等。所以D是正确的。

　　此题的正确答案是：C，D。

　　【小结】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。

　　例5、一炮弹在水平飞行时，其动能为=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为=625J，求另一块的动能

　　【错解分析】 错解：设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：

P=P₁＋P₂

　　代入数据得：E_k=225J。

　　主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。

　　【正确解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：

P＝P₁＋P₂

　　解得：=225J或4225J。

　　正确答案是另一块的动能为225J或4225J。

　　【小结】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。

　　例6、 如图5－3所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v₀。因摩擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。

　　【错解分析】错解：以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v₀)。为正方向，由动量定理有：

-ft = 0 = mv₀所以I_木= ft = mv₀

　　所以，木块C受的冲量大小为mv₀，方向水平向右。

　　又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律)。所以小车受到的冲量I_车= ft = mv₀,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。

　　主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。数学表达式为I_合=P₂－P₁，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块C受到的冲量为mv₀是正确的。因为C受到的合外力就是f (重力mg与支持力N互相平衡)，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力Mg，压力N=mg，支持力N′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f'和AB杆对小车的拉力T，且拉力T = f'，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。

　　【正确解答】 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V₀为正方向,由动量定理有：

－ft = 0－mv₀ ∴I_木= f?t = mv₀

　　所以，木块C所受冲量为mv₀，方向向右。对小车受力分析，竖直方向N′=Mg＋N=(M＋m)g，水平方向T= f′，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。

　　从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。

　　正确答案是木块C的冲量为mv₀，方向向右。小车的冲量为零。

　　【小结】 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P要用矢量运算法则运算外，还要注意F?t中F的含义，F是合外力而不是某一个力。

　　参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，则这段时间软垫对小球的冲量为______(g=10m/s²，不计空气阻力)。(答案为o.6N?s)

　　例7、 总质量为M的装砂的小车，正以速度v₀在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？

　　【错解分析】错解：质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：

Mv₀=(M－m)v

　　上述解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)

　　【正确解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：

Mv₀= mv＋(M－m)v

　　解得：v = v₀即砂子漏出后小车的速度是不变的。

　　【小结】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。

　　例8 、一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M₁，M₂的物块(M₂＞M₁如图5－4)，M₂开始是静止于地面上，当M₁自由下落H距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。

　　【错解分析】错解：M₁自由下落H距离时，速度v₁=。在M₁和M₂组成的系统中，它们相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M₁，M₂的共同速度为v，

　　实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由M₁，M₂组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M₁+M₂的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，M₁的方向向下，而M₂的方向向上，不能认为M₁与M₂系统的动量为(M₁＋M₂)v。

　　【正确解答】 M₁自由下落H距离时的速度

　　绳子拉紧后的一小段时间△t后，M₁与M₂具有相同的速率V,M₁的速度向下，M₂的速度向上。

　　对M₁由动量定理，以向上为正方向:

(T₁－M₁g)△t =－M₁v－(－M₁v₁) ②

　　对M₂由动量定理，以向上为正方向：

(T₂－M₂g)△L = M₂v－0 ③

　　因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T₁=T₂，所

　　【小结】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。

　　例9、 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？

　　【错解分析】错解： 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S₁，子弹从枪口到靶所用的时间为：

　　对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：

mv = [M＋(n－1)m]v′ ②

　　在时间t内船的后退距离

s₁= v′t ③

　　子弹全部射出后船的后退距离

s = ns₁ ④

　　联立①②③④解得：

　　【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s₁=v′t，如图5－5所示，由几何关系可知

l= d+s₁即l=v?t + v′t ⑤

　　联立②③④⑤解得：

　　【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。

　　例10、 如图5－6所示，物体A置于小车B上，A与B之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到障碍物C，将A从车上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。问：小车B的速度将怎样变化？

　　【错解分析】错解： 以A，B原来速度方向为正，设小车B后来的速度为v′，根据动量守恒定律，则

(m_A+m_B)v=m_Bv′－m_Av

　　即：(m_A＋m_B＋m_A)v = m_Bv′

　　因为2m_A＋m_B＞m_B

　　所以：v′＞v(变大)方向为原来的方向。

　　上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的。

　　当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A与B的系统来说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。

　　【正确解答】 实际上，在A与C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化。而A与B之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。

　　【小结】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解，如本题的A，B组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为研究对象，即包含了所求的B的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。

　　例11、 如图5－7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是： [ ]

　　A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功

　　B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

　　C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

　　D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动。

　　【错解分析】 错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，所以弹力不做功，则只有重力做功，所以选A。

　　错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，故选B。

　　错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C点以后得做竖直上抛运动，故选D。

　　【正确解答】 本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。（图5-8）

　　从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力N沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N′方向相反指向左下方，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同。但从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力N′方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力N与速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A不对。又因为有物块挡住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，即B也不对。当小球运动到C点时，它的两个分运动的速度方向如图5－9，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D也不对。

　　正确答案是：小球在半圆槽内自B→C运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C。

　　【小结】 在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽挡住，导致了小球从A→B和从B→C两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以具体的解决方法也就不一样了。通过本题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做认真细致的具体分析，切忌不认真分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式。

　　例12、在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m₀，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的？ [ ]

　　A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v₁、v₂、v₃，满足：（M+m₀）u=Mv₁+mv₂+m_ov₃

　　B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v₁和v₂，满足：Mu=Mv₁+mv₂

　　C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu=（M+m）v

　　D．小车和摆球的速度都变为v₁，木块的速度为v₂，满足：（M+m₀）u=（M+m₀）v₁+mv₂

　　【错解分析】错解：选A，D。

　　选择A，D的一个共同原因，是认为在碰撞的过程中，单摆也参加了碰撞，选A是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满足（M+m₀）v = （M+m₀）v₁+mv₂

　　另外还有一种选择，即B，C中只选一种，原因我们放在后面再分析。

　　【正确解答】 由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A，D。

　　因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律

　　Mu = Mv₁+mv₂ 即为B选项。

　　由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一。因此，C选项也是可能的。正确答案：选B，C。

　　【小结】 在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真分析物体的受力情况，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如本题的单摆），这样可以避免选错研究对象。

　　例13、 如图5－10所示，倾角θ=30°，高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A，以初速度v₀从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求V₀应为多大？

　　【错解分析】错解：设滑块A能滑到h高的最小初速度为v，滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：

mv₀cosθ=mv′＋Mv′ ①

　　在B的上端点m的合速度为：

　　由动能定理有：

　　主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A的动能，直接代入水平速度即可。

　　【正确解答】 根据水平方向动量守恒有：

mv₀cosθ=(m+M)v′ ①

　　【小结】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V₀越大，上升的距离越高；v₀较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到

　　v₀＞v时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。

　　例14、 质量为M的小车，如图5－11所示，上面站着一个质量为m的人，以v₀的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？

　　【错解分析】 错解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v，以V₀方向为正方向，由动量守恒定律：

(M＋m)v₀=M(v₀+△v)－mu

　　错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为△v，以v₀方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v₀),由动量守恒定律：

(M＋m)v₀=M(v₀+△v)-m(u-v₀)

　　错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v₀是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。

　　错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v₀变换成(v₀+△v)了。所以，人相对于地的速度，不是(v－v₀)而应为[u－(v₀+△v)]。

　　【正确解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了△v，以v₀方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：

(M＋m)v₀=M(v₀+△v)－m[u－(v₀＋△v)]

　　【小结】 (1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。

　　(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系．则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M△v－m(u－△v)，由动量守恒定律：

0=M△v－m(u－△v)

　　题中，增加的速度与车原来的速度v₀无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。

　　例15、 质量为M的小车，以速度v₀在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m的人，问：当人以相对车的速度u向后水平跳出后，车速度为多大？

　　【错解分析】 错解一：设人跳出后的瞬间车速为v，则其动量为Mv，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv

　　错解二：设人跳出后的车速为v，车的动量为Mv，人的动量为m(u+v)，根据动量守恒定律有：

(M+m)v₀=Mv+m(u＋v)

　　错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv，人的动量为－mu，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv－mu

　　错解四：设车的前进方向为正方向，则人跳出车后小车的动量Mv，人的动量为－m(u－v₀)，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv－m(u－v₀)

　　错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分(车)来代替系统(车和人)。

　　错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化。而是简单地采用了算术和，忽略了动量的矢量性。

　　错解三的错误在于参考系发生变化了。人跳离前人与车的动量是相对地的。人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的，而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的，所以答案不对。

　　错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。v₀是人未跳离车之前系统(M＋m)的速度，－m(u－v₀)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。

　　【正确解答】 选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v₀=Mv－m(u－v)

　　【小结】 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。

　　(1)整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如本题错解一。

　　(2)矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法，如本题错解二。

　　(3)相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立。如本题错解三。

　　(4) 瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。

　　例16、 图5－12，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v₁在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v₂竖直跳起时,车的速度变为： ( )

　　【错解分析】 错解一：根据动量守恒定律：

　　所以选A。

　　错解二：因为人相对于车是竖直向上跳的，所以人与车系统在水平方向上不受外力，即人与车在水平方向动量守恒。

　　所以有：Mv₁=(M－m)v′₁

　　 产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不深入。

　　错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性，只是简单地套用动量守恒定律公式，因而把V₁，V_2，V₁′的方向混为一谈，而出现这种错误。

　　错解二的主要问题在于对物体惯性概念的理解还有问题。误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了，也就没有向前的动量了，从这个错误认识出发就造成判断本题的错误。也因为没有状态分析的习惯。

　　【正确解答】 人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度V₁的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和人的总动量为Mv₁，末态车的动量为(M－m)v′_l(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)。人在水平方向上对地的动量仍为mv₁，

　　则有Mv₁=(M－m)v′₁＋mv₁

　　(M－m)v₁=(M－m)v′₁

　　所以v′=v₁正确答案应为D。

　　【小结】 动量守恒定律是有条件的，一般教材把动量守恒条件分为三个层次：

　　(1)系统所受合外力为零；

　　(2)系统所受合外力虽然不为零，但在某方向合外力为零，则系统在该方向动量守恒；

　　(3) 系统所受合外力远远小于内力，则系统动量近似守恒。对于不同情况，应根据不同的条件去分析。在上述三种情况下，都可以应用动量守恒定律求解相应物理量。

例17、 如图5－13所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M₂，它下面用长为L的绳系一质量为M₁的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V₀多大？

　　【错解分析】错解： 由动量守恒定律：mv₀=(M₁＋M₂+m)v

　　解得：

　　没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M₁＋m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M₁＋m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。

　　【正确解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v₀′，由动量守恒定律：

mv₀=(M₁＋m)v′ ①

　　此后(M₁＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M₂在水平方向做加速运动，当(M₁+m)与M₂具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：

　　但式①，②中有三个未知量，v₀，v₀′，v，还需再寻找关系。

　　从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：

mv₀=(M₁+M₁+m)v ③

　　【小结】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。

　　例18、 如图5-14所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×10³N，求A，B最终的速度。

　　【错解分析】错解： 设A，B质量分别为m_A，m_B，子弹质量为m，子弹离开A的速度为v，物体A，B最终速度分别为v_A，v_B，A对子弹的阻力为f。

　　在子弹穿过A物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v₀为正：

-f?t = mv－mv₀

　　解得：v=500m/S

　　对物体A用动量定理。

f?t = m_Av_A－0

　　解得：v_A=15m/S。

　　对子弹、物体B组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有：

mv=（m+m_B）v_B

　　解得：v_B=16.13m/s。

　　问题主要出在对物体A用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A除了受摩擦力以外还受到B对A的挤压作用。其实，此题可以避免A，B之间的挤压力，方法就是把A，B看成一个整体。

　　【正确解答】 设A，B质量分别为m_A，m_B，子弹质量为m。子弹离开A的速度为了v，物体A，B最终速度分别为v_A，v_B。

　　在子弹穿过A的过程中，以A，B为整体，以子弹初速v₀为正方向，应用动量定理。

f?t=（m_A+m_B）u （u为A，B的共同速度）

　　解得：u = 6m/s。

　　由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度V_A=u=6m/s。

　　对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：

mv₀=m_A?v_A+（m+m_B）v_B

　　解得：v_B= 21.94m/s。

　　物体A，B的最终速度为v_A=6m/s，v_B=21.94m/s。

　　【小结】 （1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A的过程中依然用动量定理，求得A和B的速度为6m/s。也是A的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A以后的速度，（设为V，其余所设如前）

mv₀=mv+（m_A+m_B）u ①

　　在子弹射穿B的过程中动量守恒

mv+m_Bu=（m+m_B）u' ②

　　代入数据解得：v=500m/s。

　　u'=21.94m/s。即为B的最终速度。

　　（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。

　　例19、 如图5-15所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？

　　【错解分析】错解： 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M，箱子的质量为m，开始时他们的速率为v₀，为了不与乙相碰。

　　错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：

（M+m）v₀=0+mv

　　错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv－Mv₀=0

　　在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v'，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：

（M+m）v₀=Mv'+mv

　　解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。

　　【正确解答】 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v₁，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v₂。

　　对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：

（M+m）v₀= mv+Mv₁ ①

　　对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：

mv－Mv₀=（m+M）v₂ ②

　　刚好不相撞的条件是：

v₁=v ③

　　联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

　　【小结】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。

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成都市2009届高中毕业班第三次诊断性检测

文科综合能力测试

政治试题

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2009年高考考试大纲（课标实验版）――历史

Ⅰ  考试性质

　　普通高等学校招生全国统一考试是合格的高中毕业生和具有同等学力的考生参加的选拔性考试。高等学校根据考生成绩，按已确定的招生计划，德、智、体全面衡量，择优录取。因此，高考应具有较高和信度、效度、必要的区分度和适当的难度。

Ⅱ  考试内容

　　根据普通高等学校对新生文化素质的要求，依据中华人民共和国教育部2003年颁布的《普通高中课程方案（实验）》和《普通高中历史课程标准（实验）》的必修课程、选修课程系列的内容，确定历史学科考试内容。

　　历史学科考查对基本历史知识的掌握程度；考查学科素养和学习潜力；注重考查在科学历史观指导下运用学科思维和学科方法分析问题、解决问题的能力。

　　一、考核目标与要求

　　1．获取和解读信息  

　　?理解试题提供的图文材料和考试要求。

　　?理解材料，最大限度地获取有效信息。

　　?对有效信息进行完整、准确、合理的解读

　　2．调动和运用知识

　　?辨别历史事物和历史解释

　　?理解历史事实，分析历史结论

　　?说明和证明历史现象和历史观点

　　3．描述和阐释事物

　　?客观叙述历史事物

　　?准确描述和解释历史事物的特征

　　?认识历史事物的本质和规律，并做出正确的阐释。

　　4．论证和探讨问题

　　?运用判断、比较、归纳的方法论证历史问题。

　　?运用批判、借鉴、引用的方式评论历史观点

　　?独立地对历史问题和历史观点提出不同看法

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第二单元：牛顿定律

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括力的概念及其计算方法，重力、弹力、摩擦力的概念及其计算，牛顿运动定律，物体的平衡，失重和超重等概念和规律。其中重点内容重力、弹力和摩擦力在牛顿第二定律中的应用，这其中要求学生要能够建立起正确的“运动和力的关系”。因此，深刻理解牛顿第一定律，则是本单元中运用牛顿第二定律解决具体的物理问题的基础。

　　 本单元中所涉及到的基本方法有：力的分解与合成的平行四边形法则，这是所有矢量进行加、减法运算过程的通用法则；运用牛顿第二定律解决具体实际问题时，常需要将某一个物体从众多其他物体中隔离出来进行受力分析的“隔离法”，隔离法是分析物体受力情况的基础，而对物体的受力情况进行分析又是应用牛顿第二定律的基础。因此，这种从复杂的对象中隔离出某一孤立的物体进行研究的方法，在本单元中便显得十分重要。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：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。

　　例1、如图2－1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。

　　【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。

　　【小结】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。

　　例2、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。

　　【小结】物理问题中有一些变化过程，不是单调变化的。在平衡问题中可算是一类问题，这类问题应抓住研究变量与不变量的关系。可从受力分析入手，列平衡方程找关系，也可以利用图解，用矢量三角形法则解决问题。如此题物体在未滑动时，处于平衡状态，加速度为零。所受三个力围成一闭合三角形。如图2－4。类似问题如图2－5用绳将球挂在光滑的墙面上，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化。从对应的矢量三角形图2－6不难看出，当绳子变短时，θ角增大，N增大，T变大。图2－7在AC绳上悬挂一重物G，在AC绳的中部O点系一绳BO，以水平力F牵动绳BO，保持AO方向不变，使BO绳沿虚线所示方向缓缓向上移动。在这过程中，力F和AO绳上的拉力变化情况怎样？用矢量三角形（如图2－8）可以看出T变小，F先变小后变大。这类题的特点是三个共点力平衡，通常其中一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，大小变，第三个力大小、方向均改变。还有时是一个力大小、方向不变，另一个力大小不变，方向变，第三个力大小、方向都改变。

　　例3、 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 = ma_A ③

B球：F′－mg = ma_B ④

　　由式③解得a_A=－2g（方向向下）

　　由式④解得a_B= 0

　　故C选项正确。

　　【小结】 （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球剪断瞬间合外力变化，加速度就由0变为2g，而B球剪断瞬间合外力没变，加速度不变。

　　弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧不计质量，弹性限度内k是常数。绳子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变不会瞬间改变，要有一段时间。

　　例4、甲、乙两人手拉手玩拔河游戏，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大？

　　【错解分析】错解：因为甲胜乙，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大。

　　产生上述错解原因是学生凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。甲胜乙是因为甲受合外力对甲作用的结果。甲、乙两人之间的拉力根据牛顿第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一样大。

　　【正确解答】甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙两人身上。

　　【小结】生活中有一些感觉不总是正确的，不能把生活中的经验，感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题。

　　例5、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

T_ACsin30°=T_BCsin60°

T_ACcos30°+T_BCcos60°=G

　　将T_AC=150N，T_BC=100N代入式解得G=200N。

　　以上错解的原因是学生错误地认为当T_AC=150N时，T_BC=100N，而没有认真分析力之间的关系。实际当T_BC=100N时，T_BC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

T_ACsin30°－T_BCsin60°= 0 ①

T_ACcos30°+T_BCcos60°－G = 0 ②

　　而当T_AC=150N时，T_BC=86.6＜100N

　　将T_AC=150N，T_BC=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。

　　例6、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。

　　【小结】若斜面上物体沿斜面下滑，质量为m，物体与斜面间的摩擦因数为μ，我们可以考虑两个问题巩固前面的分析方法。

　　（1）F为怎样的值时，物体会保持静止。

　　（2）F为怎样的值时，物体从静止开始沿斜面以加速度a运动。

　　受前面问题的启发，我们可以想到F的值应是一个范围。

　　首先以物体为研究对象，当F较小时，如图2－15物体受重力mg、支持力N、斜向上的摩擦力f和F。物体刚好静止时，应是F的边界值，此时的摩擦力为最大静摩擦力，可近似看成f_静=μN（最大静摩擦力）如图建立坐标，据牛顿第二定律列方程

　　当F从此值开始增加时，静摩擦力方向开始仍然斜向上，但大小减小，当F增加到FCOSθ= mgsinθ时，即F= mg?tgθ时，F再增加，摩擦力方向改为斜向下，仍可以根据受力分析图2-16列出方程

　　随着F增加，静摩擦力增加，F最大值对应斜向下的最大静摩擦力。

　　要使物体静止F的值应为

　　关于第二个问题提醒读者注意题中并未提出以加速度a向上还是向下运动，应考虑两解，此处不详解此，给出答案供参考。

　　例7、 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。

　　【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。

　　例8、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：N_lsinα-f=0 ①

y：N-Mg-N_lcosα=0 ②

　　B物体下滑的加速度为a，

x：mgsinα=ma ③

y：N_l-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。

　　例9、 如图2-25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m_A=6kg，m_B=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。f_max=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。二是受物体在地面上运动情况的影响，而实际中物体在不固定物体上运动的情况是不同的。

　　【正确解答】 首先以A，B整体为研究对象。受力如图2-26，在水平方向只受拉力F，根据牛顿第二定律列方程

F=(m_A+m_B)a ①

　　再以B为研究对象，如图2-27，B水平方向受摩擦力

f = m_Ba 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。

　　【小结】 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。

　　例10、 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t_l，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

v_t=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。

　　【小结】本题是较为复杂的一个问题，涉及了两个物理过程。这类问题应抓住物理情景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法，如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10m用2s，可以拿来计算一下，2s末的速度是多少，计算结果v =5×2=10（m/s），已超过了传送带的速度，这是不可能的。当物体速度增加到2m/s时，摩擦力瞬间就不存在了。这样就可以确定第2个物理过程。

　　例11、 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

F_min= 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）

　　【小结】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x₀，而应等于x₀-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。

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第14单元：原子、原子核

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括α粒子散射、能级、天然放射性现象、α射线、β射线、γ射线、核子、中子、质子、原子核、核能、质量亏损、裂变、链式反应、聚变等，以及原子核式结构模型、半衰期、核反应方程、爱因斯坦的质能方程等规律。

　　本单元所涉及的基本方法，由于知识点相对分散要加强物理现象的本质的理解。运用逻辑推理的方法，根据已有的规律和事实、条件作出新的判断。核能的计算对有效数字的要求很高。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：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。

　　(1)求电子在基态轨道上运动时的动能。

　　(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态。画一能级图，在图14－1上用箭头标明这些氢原子能发出哪几条光谱线。

　　(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长。(其中静电力恒量K=9.0×10⁹N?m²/C²，电子电量e=1.6×10^-19C，普朗克恒量h=6.63×10^-34J?s，真空中光速c=3.0×10⁸m/s)。

　　【错解分析】错解：

　　(1)电子在基态轨道中运动时量子数n=1，其动能为

　　(2)作能级图如图，可能发出两条光谱线。

　　(3)由于能级差最小的两能级间跃迁产生的光谱线波长越短，所以(E₃-E₂)时所产生的光谱线为所求，其中

　　(1)动能的计算错误主要是不理解能级的能量值的物理意义，因而把

道上的能量，它包括电势能E_P1和动能E_K1。计算表明E_P1=-2E_K1，所以E₁=E_P1＋E_K1=-E_K1，E_K1=-E₁=l3.6eV。虽然错解中数值表明正确，但理解是错误的。

　　(2)错解中的图对能级图的基本要求不清楚。

　　(3)不少学生把能级图上表示能级间能量差的长度线看成与谱线波长成正比了。

　　【正确解答】

　　(l)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v₁，根据牛顿第

　　(2)当氢原子从量子数n=3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线。如图14-2所示。

　　(3)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E₃-E₁。

　　例2 关于半衰期，以下说法正确的是 [ ]

　　A．同种放射性元素在化合物中的半衰期比单质中长。

　　B．升高温度可以使半衰期缩短

　　C．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个

　　D．氡的半衰期为3.8天，4克氡原子核，经过7.6天就只剩下1克

　　【错解分析】错解：每经过3.8天就有半数的氡核发生衰变，经过两个半衰期即7.6天后，只剩下四分之一的氡，故选C，D。

　　放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间是一种统计规律，半衰期对某一个或某几个原子核来说，是无意义的。“上述”解法忽视了这一事实，故错选了C。

　　【正确解答】

　　考虑到放射性元素衰变的快慢是跟原子所处的物理状态或化学状态无关，又考虑到半衰期是一种统计规律，即给定的四个氡核是否马上衰变会受到各种偶然因素的支配。因此，正确答案只有D。

　　例3 钍232经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定的元素。这种元素是什么？它的原子量是多少？它的原子序数是多少？

　　【错解分析】

　　

　　何况反应的次序也不是先进行6次α衰变，再进行4次β衰变，所以此解法是错误的。

　　【正确解答】

　　6次α衰变和4次β衰变总的效果使原子量和原子序数变化为

　　原子量=232-6×4=208

　　原子序数=90-2×6-4×(-1)=82

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第13单元：光学

　　[内容和方法]

　　本单元内容包括光的直线传播、棱镜、光的色散、光的反射、光的折射、法线、折射率、全反射、临界角、透镜（凸、凹）的焦点及焦距、光的干涉、光的衍射、光谱、红外线、紫外线、X射线、γ射线、电磁波谱、光电子、光子、光电效应、等基本概念，以及反射定律、折射定律、透镜成像公式、放大率计算式，光的波粒二象性等基本规律，还有光本性学说的发展简史。

　　本单元涉及到的方法有：运用光路作图法理解平面镜、凸透镜、凹透镜等的成像原理，并能运用作图法解题；根据透镜成像规律，运用逻辑推理的方法判断物象变化情况。

　　[例题分析]

　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：解题操作过程不规范导致计算错误；将几何光学与物理光学综合时概念不准确；不善于用光路图对动态过程作分析。

　　例1 光从玻璃射入空气里时传播方向如图13－l所示，请在图中标出入射角和折射角。

　　【错解分析】错解：

　　如图13－2所示，α为入射角，β为折射角。

　　错解原因一是受思维定势的影响，不加分析地认定玻璃与空气总是上下接触的；二是对光的折射及其规律未吃透，将题设文字条件与图形条件结合起来的分析能力差。根据光的折射规律，光从水或玻璃等透明物质射入空气里时，折射角大于入射角，题设文字条件是“从玻璃射入空气”，因此折射角大于入射角，再结合题设所给图形，可知CD为界面，AB为法线。

　　【正确解答】

　　如图 13－3所示， α′为入射角， β′折射角（CD左面为玻璃，右面为空气）。

　　【小结】

　　解光的折射现象的题目，首先应对光线是从光疏媒质进入光密媒质呢？还是光线是从光密媒质进入光疏媒质作出判断。为了保证你每次做题时，能够不忘判断，建议同学们做光的折射题时，先画出光路图，标出入射光线和出射光线的方向，在界面处标出哪一个是光密媒质，哪一个是光疏媒质。然后再解题。

　　例2 一束白光从玻璃里射入稀薄空气中，已知玻璃的折射率为1.53，求入射角为下列两种情况时，光线的折射角各为多少？

　　（1）入射角为50°

　　（2）入射角为30°

　　【错解分析】错解：

　　
　　　r=30°3′
　　　r=19°4′

　　此解法中没有先分析判断光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是从光密媒质进入光疏媒质，会不会发生全反射。而是死套公式，引起错误。

　　【正确解答】

　　光线由玻璃里射入空气中，是由光密媒质射入光疏媒质，其临界角为

　　由已知条件知，当i=50°时，i＞A，所以光线将发生全反射，不能进入空气中。当i=30°时，i＜A，光进入空气中发生折射现象。

　　sinr=n?sini=1.53×sin30°=0.765

　　r= 49°54′

　　【小结】

　　解光的折射现象的题目时，首先应做出判断：光线是从光疏媒质进入光密媒质，还是光线是从光密媒质进入光疏媒质。如是前者则i＞r，如是后者则i＜r。其次，如果是从光密媒质进入光疏媒质中，还有可能发生全反射现象，应再判断入射角是否大于临界角，明确有无折射现象。

　　例3 如图13－4所示，放在空气中折射率为n的平行玻璃砖，表面M和N平行，P，Q两个面相互平行且与M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不与M平行），则： [ 　]

　　A．如果入射角大于临界角，光在表面M发生全反射。

　　B．无论入射角多大，光在表面M都不会发生全反射。

　　C．光可能在表面N发生全反射。

　　D.由于M与N平行，光只要通过M就不可能在表面N发生全反射。

　　【错解分析】错解：光束从空气中射到玻璃砖表面M上，是由光疏媒质到光密媒质，不可能发生全反射，而从表面N射出空气，是由光密媒质到光疏媒质，光可能发生全反射，故选B，C。

　　机械地记住光从光密媒质到光疏媒质，可能发生全反射，而不具体分析光通过表面M后射到N表面光线的入射角的大小是否大于临界角，而错选C。

　　【正确解答】

　　如图13-5所示，光射到表面M的入射角为i(i≠90°)折射角为r，面N，因M∥N，故其入射角i′=r＜C。即光只要通过M即不可能在表面N发生全反射。

　　若光通过M先射到MN面再射到P面（如图13－6），同样可以证明经P面发生反射，反射光线射至N面时，由几何关系可以证明入射角i′=r，根据折射定律折射角r′=i，同样

　　不可能发生全反射。故应选B，D。

　　【小结】

　　同一个初始条件可能有若干个不同结果。这是对考生思维能力的考查。本题中，当光线射到M上，发生折射。以A为分界点，入射点在AC之间，光线先要到达P界面，所以一定先要讨论光线在P界面上的行为。光线在P界面一定会发生反射现象，是否发生折射要看入射角是否大于临界角。由于此问题与本题无关所以可以不讨论它。如果试题提出光线在P界面的行为时，就要认真讨论。结论是：入射到M面光线的入

　　例4 如图13-7，P为发光点，MN为平面镜，那么在MN与P之间放上不透明挡板Q后，像的亮度变化情况是__________(填“变亮”或“变暗”或“不变”)。

　　【错解分析】错解：在MN与P之间放上不透明挡板Q后，必然会使从P点发出的光被挡板挡住部分，所以像的亮度会变暗。

　　选错的同学是将此类问题与在发光点S与透镜之间放一挡板的情况混为一谈了。若是凸透镜，如图13－8，发光点S发出并且到达凸透镜上的那部分光线，经折射后必然全部相交于实像点S₁，而当如图13-9所示的凸透镜下半部分(或其上任何一部分)放上挡板B后，S发出并且到达挡板B的光线就会被反射和吸收不能透过凸透镜经折射到达实像点S₂，使得相交于S₂像点的光线大大减少了，显然由于放上了B，S₂点变暗了，而平面镜则不同了。

　　【正确解答】

　　所不同的是，图13-10中发光点P在平面镜中所成的是虚像点P＇。眼睛之所以能看到P＇，是因为P发出的光线，在平面镜MN上发生反射并且进入人眼睛。人按照平时形成的观察习惯，逆着进入眼睛的这些反射光线看到镜后的虚像点P＇，P＇就是进入人眼睛的光线反向延长线的相交点，显然P＇像点的亮度取决于眼睛的某一位置观察时进入其中的光线多少与强弱。

　　如图(13-10)所示，无放挡板时，眼睛在M₁N₁与M₁＇N₁′所包围的空间区域内均可看到P′点。放上挡板后，在图中的阴影部分A或B区域内(即在M₁N_l和M₂N₂与M₁′N₁′和M₂′N₂′所包围的区域)，进入眼睛的光线多少强弱与未放入挡板时相比保持不变。因为在没有放上挡板时，通过挡板所在位置的那部分光线经平面镜后，同样不能进入处于A，B区域内的眼睛，这样对进入A，B区域内的光线多少与强弱并不能做出贡献。也就是说，挡板放上后，对在A，B区域内眼睛，能否看到像及看像的亮度都不会产生任何影响。当然此时A，B区域外再也看不到P的像点P′了。

　　因此，在发光点与平面镜之间放上不透明挡板后，观察到的像的亮度是不变的，变化的是像的观察范围，而且是明显变小了。

　　【小结】

　　几何光学把光理想化为光线，用几何的方法研究光在介质中的行为。总结出光的直进、反射和折射三大规律。所以用几何光学规律解决实际问题，应先画光路图再做具体分析。这不仅是按照规律办事的的起码要求，也是保证做题正确的手段。

　　例5 如图13－11所示，有一长方形的玻璃砖，内有一个凸型空气泡，某学生用这个玻璃砖来做光学实验。当一平行光束通过玻璃砖时，光在空气泡中发生的现象是： [ 　]

　　A．这一平行光束在空气泡中将不改变原来的方向。

　　B．这一平行光束在空气泡中将发生会聚。

　　C．这一平行光束在空气泡中将发生发散。

　　D．无法确定。

　　【错解分析】错解：不少学生看里面是一个凸型气泡，认为光线经过的是凸透镜，故最终成为一束会聚光线，应选B。

　　对透镜的作用不清楚，而是简单地由镜子的形状来判断它对光线的作用种类，认为凸型空气泡与平时用的玻璃凸透镜形状一样．便认为空气泡透镜对光线的作用与玻璃透镜的作用效果相同。

　　【正确解答】

　　设想在图13－12中，沿AB方向把玻璃砖等分为二，即成为图13－12中情形，显然该束光经过的是一凹透镜。由光学知识可知，凹透镜对光线有发散作用，则平行光束在空气泡中将发生发散，故应选C。

　　【小结】

　　更基本的方法是画一条入射光线到空气透镜的前表面，用作图法来判断光线经过透镜之后的行为。光线从玻璃进入空气，由光密媒质进入光疏媒质，折射角大于入射角，折射光线远离法线，出射光线是发散的。可见“凸透镜对光线的作用是会聚的”这个结论是有条件的。条件是透镜材料的折射率大于周围环境的折射率。

　　例6用一个放大镜观察细小的物体，若物体距镜2cm远时，将看到一个放大3倍的像，求此放大镜的焦距是多少？

　　【错解分析】错解：

　　v= mu=3×2＝6(cm)

　　对题目中给的条件分析不够，题目中“通过放大镜看到一个像”这句话属于隐蔽的已知条件，暗示了像和物在同侧．说明成虚像即像距为负值。而此解法恰好没有注意到这一点，而是不加分析地当作实像处理，简单代入公式求解，出现了问题。

　　【正确解答】

　　由于像与物在放大镜的同一侧。因此，是一个虚像，v为负值。

　　【小结】

　　胸有成竹说的是没画之前，画家的头脑里就有了一幅活生生的情境。理解题意也和画画的道理相同，看到一个物理问题，先要将文字叙述的物理情境想象出来，然后再进一步解题。本题如果先依据题意画一幅光路图就对像距的虚实一目了然。

　　例7高9cm的物体在凸透镜前某一位置时，在屏上得到高3cm的像。将此物向透镜移近50cm时，则得放大率是3的正像。求此凸透镜的焦距？

　　【错解分析】错解：

　　设此凸透镜焦距为f，第一次成像物距为u₁，像距为v_l。两次成像的放大率各为K₁和K₂。由成像公式

　　上述解法不加分析地把两次成像都当作实像处理，得出了错误的结果。

　　【正确解答】

　　由透镜成像公式

　　第一次成像为实像

　　第二次成像为虚像

　　【小结】

　　应用透镜成像公式时，一定要注意判断像的性质，若像距v＞0，为实像；若像距v＜0，为虚像。要想避免出现本题类似的错误。得在审题上狠下功夫。得在理解词语的物理意义上动脑筋。本题文中说：“在屏上得到高3cm的像”则这个像一定是实像。题文中又说：“将此物向透镜移近50cm时，则得放大率是3的正像”这段话中，像的前面有定语“正”字，其物理意义是“成虚像”，像距应取负值。

　　一般常见的描述像的性质的定语、状语有：

　　像的定语：实像、虚像、正像、倒像、放大的像、缩小的像、放大的倒立的像、放大的正立的像、缩小的正立像、缩小的倒立像等。

　　像的状语：像与物同侧、像与物异侧，成像在焦点以外、成像在焦点以内等。

　　把这些修饰词的物理含义准确地再现出来可以正确地理解题意，避免犯一些“没看清楚题意”之类的低级错误。

例8 (1989年高考题)把一个点光源放在焦距为f的凸透镜的焦点上，在透镜的另一侧2倍焦距处放一个垂直于主轴的光屏，在光屏上看到一个半径为R的光亮的圆。现保持透镜和光屏不动，而在主轴上移

位置

上？

　　【错解分析】错解：

　　亮斑，如图13－13所示。亮斑的位置和物距不满足透镜成像公式。

　　【正确解答】

　　因为处在焦点的点光源发出的光线，经透镜折射后平行于主轴。所像前(图13－13)，或者会聚成像后形成的(图13-14)，所以，由图13-13的几何关系可知v=4f，再由透镜成像公式可求得：

　　【小结】

　　画出光路图，才能正确求解几何光学题。

　　例9 (1993年高考题)某人透过焦距为10cm、直径为4.ocm的薄凸透镜观看方格纸，每个方格的边长均为0.30cm，它使透镜的主轴与方格纸垂直，透镜与纸面相距10cm，眼睛位于透镜主轴上离透镜5.0cm处，问他至多能看到同一行上几个完整的方格？

　　【错解分析】错解：不少人认为，和主轴垂直且处在焦点的方格纸，经过透镜不能成像，或者说像成在无穷远处，从而得出位于主轴上离透镜5.0cm处的人眼看不到方格纸，或者此题无解的错误答案。

　　处在焦点的方格纸不能成像，或者说成像在无穷远的结论是正确的。但由此绝不能推出人眼看不到方格纸，或者此题无解的结论。人眼也是个光学器件。平行光通过眼睛的晶状体在视网膜上成像为一个点。比如人们戴上老花镜(即薄凸透镜)，完全能够清楚地看到处在老花镜焦点上的物体。

　　【正确解答】

　　把“人眼通过透镜能看到方格纸”这句生活语言，转化成物理语言应为“从方格纸射出的光线，经过透镜折射后能进入人眼”。根据光路可逆原理，我们再把“从方格纸射出的光线，经过透镜折射后，能进入人眼”转化成“从人眼所在处的点光源发出的光线，经过透镜折射后，能在方格纸上形成亮斑”，亮斑的大小取决于透镜的大小、像距、屏的位置，如图13－15所示，其中像距可由透镜成像公式求得，即：

　　由图中的几何关系可得，亮斑的直径为：

　　进而可求得亮斑的直径上的完整方格数为：

　　也就是说，人眼透过透镜至多能看到同一行的方格数为26。

　　【小结】

　　理解题意比解题还重要。当年不少的考生就因为读不懂题而失分。读不懂题的原因在于没有将题目所叙述的具体问题转化为一种物理模型。

　　例10 如图13-16所示，在焦距为10cm的凸透镜的焦点上有点光源S。若使透镜以垂直于主光轴并过光心的直线为轴转过37°角。求此点光源到它的像之间的距离(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。

　　【错解分析】错解：透镜转动后，发光点到透镜距离：

u=f?cosθ=8(cm)

　　由透镜成像公式：

　　得

　　所以像物间距离

　　对透镜成像公式中的物理量，物距u、像距v、焦距f，这些概念理解不够。u，v，f应均是物垂直于透镜的距离，而不是到透镜光心的距离。

　　【正确解答】

　　在透镜成像公式中，u，v，f均是物垂直于透镜的距离，而不是到透镜光心的距离。透镜转过后，所得的像距是相对于新的透镜位置的垂直距离。由透镜成像规律知该像仍在原主光轴MN上。图13-17所示，像离光心的距离：

　　所以像物间距离：

L＝v′-u=40(cm)

　　【小结】

　　从本题的正误比较中，我们发现基本概念必须准确。我们还发现主轴的作用。物距、像距都可以先把物点、像点投影到主轴上，投影点到光心的距离就是物距、像距。如果在转动透镜的同时也转动主轴，并将发光点投影到新的主轴上，如图所示M′N′。新的物距在一倍焦距之内，可用几何关系求出新的物距。完成了对新的物理情境的调查研究，解决问题的方法也就有了。

　　例11 用凸透镜成像时，当物体从极远处沿着主轴移向透镜时，像朝什么方向移动？像移动的速度比物体移动的速度怎样？

　　【错解分析】错解：由凸透镜成像实验知道，物体从极远处沿着镜轴移向透镜时，像从透镜向远离透镜方向移动，移动速度与物体速度相同。

　　上述解法错在对成像过程只有表面局部认识，想当然地得出了结论。

　　【正确解答】

　　凸透镜成像的讨论中，透镜焦点和二倍焦距处是转折点，应仔细观察实验结果，认真进行分析，切忌片面。像移动速度与物体移动速度的比较，决定于像移动距离和物体应移动的距离之比。

　　由实验知道，物体由极远处沿着镜轴移向透镜时，应分三个阶段讨论：

　　(1)物体从极远移向凸透镜二倍焦距地方，像从透镜另一侧焦点处移向二倍焦距地方，在此区间像移动速度小于物体移动速度。

　　(2)物体从凸透镜二倍焦距处移动向焦点时，像从透镜另一侧二倍焦距处移向极远，在此区间像移动速度大于物体移动速度。

　　(3) 物体从凸透镜焦点处移向透镜光心时，像和物同侧，是放大虚像，像移动的速度大于物体移动速度。

　　例12 一焦距为f的凸透镜，主轴和水平的X轴重合，X轴上有一光点位于透镜的左侧，光点到透镜的距离大于f而小于2f，若将此透镜沿X轴向右平移2f的距离，则在此过程中，光点经透镜所成的像点将　[ ]

　　A．一直向右运动。

　　B．一直向左运动。

　　C．先向左运动，接着向右运动。

　　D．先向右运动，接着向左运动。

　　【错解分析】错解：由于透镜沿X轴向右平移，使物距增大，由于凸透镜是确定的，故焦距一定，而物距增大，像距必然减小，透镜向右移，可等效为镜不动而物向左移，物像应同方向移动，所以像也应向左移，所以选B。

　　物像同方向移动的规律仅适用于镜不动而物移动或像移动的问题。此题是物不动而镜移动。再用常规解题就会出现问题。

　　【正确解答】

　　用物体间距变化的规律去分析，该题马上由难转易，根据题设条件，在透镜向右移动2f距离的过程中，物点到透镜的距离由大于f而小于2f增大到2f，再增大到大于2f，则物像间距应先减小后增大，由于物点静止不动，像点应先向左移动，接着向右移动，得正确答案C。

　　【小结】

　　此题告诉我们，不管适用条件照搬以前做过的题的解法，“以不变应万变”是要误事的。要全面分析问题，应用物像间的变化规律去分析在透镜成实像的情况下，当物距u由∞→2f的过程中，由于m＜1，像的速度小于物体移动的速度，物像间距变小；当物距u由2f→f过程中，由于m＞1，像的速度大于物体的速度，物像间距变大；在u=2f时，v=2f，物像间距具有最小值4f。掌握上述规律不但进一步加深了对透镜成像规律的理解，而且还可以更方便地求解一些光学问题。

　　例13 如图13－18所示，一线状发光物体AB，其A端恰在焦距为f的薄凸透镜前主光轴上2倍焦距处，AB与主光轴成α角，AB经透镜成像，A′B′与主光轴成β角，则β，α的大小关系： [ 　]

　　A． β＞α

　　B． β＜α

　　C．β＝α

　　D． 无法确定。

　　【错解分析】错解：根据凸透镜成像规律，当物距u=2f时，则像距v=2f。若物距u＞2f，则像距为f＜v＜2f，并成缩小的像，所以A发光点在2f上，则通过透镜后必过主光轴上距透镜2f的A′点，发光体的B点在2f之外，则经过透镜后，像点B′应变得离主光轴近了，并且离镜2f－f之间。像A′B′与主光轴所成的夹角β与AB与主光轴所成的夹角α由于几何关系不清，无法判断。故选D。

　　只是将凸透镜成像的规律记住了，机械性使用。而对凸透镜成像原理不清楚所造成的，不能灵活地去分析和正确地画出成像图，这是造成错解的原因。

　　【正确解答】

　　我们利用一条特殊光线来进行巧解。众所周知，凸透镜成像，当物距u=2f时，对应的像距v=2f，因此，从凸透镜主光轴上的发光点A(A距透镜2f)发出的一条光线AC(AC与BA在同一条直线上)，经过透镜后的光线CC′必过主光轴上距透镜2f的A′点。显然，从发光点B发出的光线BC经透镜后的光线必为CC′，且B点对应的像点B’点在CC′上，因为CC′既过A′点，又过B′点，所以CC′与B′A′必在同一条直线上，如图13－19所示。在直角三角形COA′与直角三角形COA中，CO为公共边，OA′=OA。因此，这两个直角三角形全等。

　　设∠OAC=θ

　　∴β=θ＝α。

　　顺便指出，本题中B，O，B′必在同一条直线上。

　　例14 波长为0.65μm的红光，从空气射入水中，水相对空气的折射率为1.33。求该光在水中的波长，并判断在水中该光的颜色。

　　【错解分析】错解：

　　得波长0.49μm的光是蓝色。

　　上述求得光在水中的波长为0.49μm是正确的，但用光谱表查得光的颜色却错了。人眼对光的色觉决定于光的频率而不是波长。

　　【正确解答】

　　当光从一种媒质进入另一种媒质时，波长变化了，波速也相应变化了，但它的频率却不变。所以在水中该光仍是红色。

　　【小结】

　　物理规律的因果关系是有条件的，记忆规律时应该首先弄清规律成立的条件。凡是波，无论是机械波还是电磁波，只要振源的频率不变，波的频率就不变。

　　例15 (1981年高考题)一光电管的阴极用极限波长λ₀=5000的钠制成。用波长λ=3000的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差u=2.1V，光电流的饱和值I=0.56mA。

　　(l)求每秒内由K极发射的电子数。

　　(2)求电子到达A极时的最大动能。

　　(3)如果电势差U不变，而照射光的强度增到原值的3倍，此时电子到达A极时的最大动能是多少？(普朗克恒量h=6.63×10^-34J?s，电子的电量e=1.6×10^-19C)。

　　【错解分析】错解：(1)由于Q=It，所以t=1秒内发射电子数为

　　(2)根据爱因斯坦光电效应方程可知，在阴极K逸出电子的最大动能为

　　(3)当光强度增到原值的三倍时，电子到达A极时的最大动能也变为原来的三倍。

　　对于这道考题，不少考生只求出了阴极K逸出电子的最大动能，没有按题意要求进而计算出到达A极的动能。在计算中，埃是长度单位，应化成国际单位进行计算。根据光电效应现象的特点，逸出光电子的动能只与入射光的频率有关；与入射光强度无关，所以第三问的最大动能不变。

　　【正确解答】

　　(1)每秒内由K极发射的电子数

　　(2)由爱因斯坦光电效应方程得

　　再由动能定理，在阴极K逸出的电子经过电势差为u的电场加速，到达A极时的最大动能为

　　(3)当光强度增到原值三倍时，电子到达A极时的最大动能不变。

　　【小结】

　　本题的第一问是力学与爱因斯坦光电效应方程相结合的综合题。在做题之前一定要掌握光电效应的全过程，只有理解了光电效应实验现象发生的全过程，即大于极限频率的光照射在阴极上，光子激发出光电子，光电子在电源形成的电场的作用下加速(或减速)打在光电管的阳极上。形成回路中的光电流。才可能理解题目之所求。进而加上电场加速的那一步计算过程。

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