資源簡介

第六單元：機械振動、機械波
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括機械振動、回復力、振幅、周期、頻率、簡諧運動、受迫振動、共振、機械波、波長、波速、橫波、縱波、波的干涉和衍射等基本概念，以及單擺振動的周期規律、簡諧運動的圖像、簡諧運動中的能量轉化規律、波的圖像、波長和頻率與波速之間的關系等規律。
　　本單元中所涉及到的基本方法有：由于振動和波動的運動規律較為復雜，且限于中學數學知識的水平，因此對于這部分內容不可能像研究直線運動、平拋、圓周運動那樣從運動方向出發描述和研究物體的運動，而是利用圖象法對物體做簡諧運動的運動規律及振動在介媒中的傳播過程進行描述與研究。圖像法具有形象、直觀等優點，其中包含有豐富的物理信息，在學習時同學們要注意加以體會；另外，在研究單擺振動的過程中，對于單擺所受的回復力特點的分析，采取了小擺角的近似的處理，這是一種理想化物理過程的方法。
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對于諸如機械振動、簡諧運動、受迫振動、共振、阻尼振動、等幅振動等眾多的有關振動的概念不能深刻的理解，從而造成混淆；不能從本質上把握振動圖象和波的圖象的區別和聯系，這主要是由于振動的圖象與波的圖象形式上非常相似，一些學生只注意圖象的形狀，而忽略了圖象中坐標軸所表示的物理意義，因此造成了將兩個圖象相混淆。另外，由于一些學生對波的形成過程理解不夠深刻，導致對于波在傳播過程中時間和空間的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的發生條件、產生的現象較為抽象，所以一些學生不能準確地把握相關的知識內容，表現為抓不住現象的主要特征、產生的條件混淆不清。
　　例1 水平彈簧振子，每隔時間t，振子的位移總是大小和方向都相　　　　　　　　
　　【錯解分析】錯解：1．首先排除A，認為A是不可能的。理由是：水平彈簧振子的運動軌跡可簡化為如圖6-1，O為平衡位置，假設計時開始時，振子位于A點，每隔時間t振子的位移總是大小和方向都相同，所以t　　B之間非A即B點，而這兩點距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等
　　所以振子的動能總是相同的，所以選C是對的。
　　同的，都等于振幅，所以D是對的。
　　綜上所述，應選B，C，D。
　　錯解1是排除A，之所以產生錯誤，是因為在頭腦中形成思維定勢，認為在時間t內，振子只能在一個周期內振動。很多學生在解決振動和波的問題時，習慣上把所有問題都限定在一個周期內，而沒有考慮到在時間t內，振子可能已經完成多個全振動了。
　　錯解2的產生主要是對加速度的矢量性認識不夠或頭腦中根本就沒有這個概念，認為位置對稱，加速度大小一樣就是加速度相同。
　　3．選擇C是對的。
　　4．對彈簧振子這樣一個物理模型認識不全面，所謂水平彈簧振子的彈簧是哪段沒弄清楚。
　　【正確解答】 1．由題意可知，t = nt，n可以是1，2，3…，選項A是正確的。　　相反，且對稱于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。
　　3．同錯解3。
　　4．水平彈簧振子的彈簧應為如圖6－2a或6－2b的樣子。當振子的位置在平衡位置兩側時，彈簧長度是不同的。所以選項D不對。
　　另外，符合題意條件的不一定非選最大位移處的兩點，也可以選其他的點分析，如圖6-3 P、Q兩點，同樣可以得出正確結論。
　　所以此題的正確答案為A，C。
　　例2 一個做簡諧運動的彈簧振子，周期為T，振幅為A，設振子
　　A．t1＝t2 　　B．t1＜t2
　　C．t1＞t2 　　D．無法判斷
　　度也大，因而時間短，所以t1＞t2，應選C。
　　錯解三：因為這是一個變加速運動問題，不能用勻速運動或勻變速運動規律求解，因而無法判斷t1和t2的大小關系，所以選D。
　　主要是對簡諧運動的特殊運動規律不清楚，只記住了周期公式，沒注意分析簡諧運動的全過程，沒能深入地理解和掌握這種運動形式的特點。因而解題時錯誤地沿用了勻速或勻變速運動的規律，選擇A的同學就是用勻速運動規律去解，而選擇C的同學用了勻變速運動規律去解，因而錯了。事實上，簡諧運動的過程有其自身的許多規律，我們應該用它的特殊規律去求解問題，而不能用勻速或勻變速運動規律去求解。
　　【正確解答】 方法一：用圖象法，畫出x-t圖象，從圖象上，我們可以很直觀地看出：t1＜t2，因而正確答案為：B。
　　方法二：從圖象為正弦曲線和數學知識可寫出位移隨時間的函數關系式，物理學上稱為振動方程，從平衡位置開始，振子的振動方程為：
　　　　　　　　
　　
　　　　
　　【小結】 以上兩種方法，第一種方法是定性分析，在選擇題練習時，是要重點掌握的。第二種方法可以進行定量計算，但由于要涉及振動方程，所以不做統一要求。
　　t'= nT + t2。此處，為了題目簡明起見，題文中用了“第一次”和“最短時間”等字樣。否則就無法比較兩個過程所用時間的長短。
　　例3 一個彈簧振子，第一次被壓縮x后釋放做自由振動，周期為T1，第二次被壓縮2x后釋放做自由振動，周期為T2，則兩次振動周期之比T1∶T2為 [ ]
　　A．1∶1 　　B．1∶2
　　C．2∶1 　　D．1∶4
　　【錯解分析】錯解：壓縮x時，振幅為x，完成一次全振動的路程為4x。壓縮2x時，振幅即為2x，完成一次全振動的路程為8x。由于兩種情況下全振動的路程的差異，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振動的周期一定也是第一次的2倍，所以選B。
　　上述解法之所以錯誤是因為把振子的運動看成是勻速運動或加速度恒定的勻加速直線運動了。用了勻速或勻加速運動的規律。說明這些同學還是沒有掌握振動的特殊規律。
　　【正確解答】 事實上，只要是自由振動，其振動的周期只由自身因素決定，對于彈簧振子而言，就是只由彈簧振子的質量m和彈簧的勁度系數k決定的，而與形變大小、也就是振幅無關。所以只要彈簧振子這個系統不變（m，k不變），周期就不會改變，所以正確答案為A。
　　【小結】 本題給出的錯解是初學者中最常見的錯誤。產生這一錯誤的原因是習慣于用舊的思維模式分析新問題，而不善于抓住新問題的具體特點，這反映了學習的一種思維定勢。只有善于接受新知識、新方法，并將其運用到實際問題中去，才能開闊我們分析、解決問題的思路，防止思維定勢。
　　例4 一個單擺，如果擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經過平
　　A．頻率不變，振幅不變 　　B．頻率不變，振幅改變
　　C．頻率改變，振幅不變 　　D．頻率改變，振幅改變
　　【錯解分析】 錯解一：因為單擺的周期（頻率）是由擺長L和當地重變（指平衡位置動能也就是最大動能），由機械能守恒可知，勢能也不變。所以振幅也不變，應選A。
　　而振幅與質量、速度無關（由上述理由可知）所以振幅不變，應選C。
　　錯解三：認為頻率要改變，理由同錯解二。而關于振幅的改變與否，除了錯解一中所示理由外，即總能量不變，而因為重力勢能EP= mgh，EP不變，m變為原來的4倍，h一定變小了，即上擺到最高點的高度下降了，所以振幅要改變，應選D。
　　此題主要考查決定單擺頻率（周期）和振幅的是什么因素，而題中提供了兩個變化因素，即質量和最大速度，到底頻率和振幅與這兩個因素有沒有關系。若有關系，有什么關系，是應該弄清楚的。
　　而錯解二和錯解三中都認為頻率不變，這是因為為不清楚決定單擺的因素是擺長L和當地重力加速度g，而與擺球質量及運動到最低點的速度無關。
　　錯解二中關于頻率不變的判斷是正確的，錯誤出現在后半句的結論上。判斷只從能量不變去看，當E總不變時，EP= mgh，m變大了，h一定變小。說明有些同學考慮問題還是不夠全面。
　　【正確解答】 （1）實際上，通過實驗我們已經了解到，決定單單擺的周期與質量無關，與單擺的運動速度也無關。當然，頻率也與質量和速度無關，所以不能選C，D。
　　（2）決定振幅的是外來因素。反映在單擺的運動中，可以從能量去觀察，從上面分析我們知道，在平衡位置（即最低點）時的動能的重力勢能也不變。但是由于第二次擺的質量增大了（實際上單擺已經變成另一個擺動過程了），勢能EP= mgh不變，m大了，h就一定變小了，也就是說，振幅減小了。因此正確答案應選B。
　　【小結】 本題的分析解答提醒我們，一是考慮要全面，本題中m，v兩因素的變化對確定的單擺振動究竟會產生怎樣的影響，要進行全面分析；二是分析問題要有充分的理論依據，如本題中決定單擺振動的頻率
　　例5 如圖6-5所示，光滑圓弧軌道的半徑為R，圓弧底部中點為O，兩個相同的小球分別在O正上方h處的A點和離O很近的軌道B點，現同時釋放兩球，使兩球正好在O點相碰。問h應為多高？
　　【錯解分析】錯解：對B球，可視為單擺，延用單擺周期公式可求B球到達O點的時間：
　　對A球，它做自由落體運動，自h高度下落至O點
　　
　　　　
　　上述答案并沒有完全錯，分析過程中有一點沒有考慮，即是振動的周期性，因為B球在圓形軌道上自B點釋放后可以做往復的周期性運動，除了經過上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多個解答中的一個。
　　
　　對B球振動周期
　　到達O點的時間為
　　　　　　　　　　　　　　顯然，前面的解僅僅是當n=0時的其中一解而已。
　　
　　【小結】 在解決與振動有關的問題時，要充分考慮到振動的周期性，由于振動具有周期性，所以此類問題往往答案不是一個而是多個。
　　例6 一簡諧波的波源在坐標原點o處，經過一段時間振動從o點向右傳播20cm到Q點，如圖6-6所示，P點離開o點的距離為30cm，試判斷P質點開始振動的方向。
　　傳到P點，所以畫出如圖6-7所示的波形圖。因為波源在原點，波沿x軸正方向傳播，所以可判定，P點開始振動的方向是沿y軸正方向（即向上）。
　　主要原因是把機械波的圖象當成機械振動的圖象看面的波形也變化了。
　　【正確解答】 因為原圖中的波形經歷了半個周期的波形如圖6-8所示，在此波形基礎上，向前延長半個波形即為P點開始振動時的波形圖，因為波源在原點處，所以介質中的每個質點都被其左側質點帶動，所以P點在剛開始時的振動方向沿y軸負方向（即向下）從另外一個角度來看，原圖中Q點開始振動時是向下的，因為所有質點開始振動時的情況均相同，所以P點開始振動的方向應是向下的。
　　【小結】 本題中的錯解混淆了振動圖象與波的圖象，那么這兩個圖象有什么不同呢？（1）首先兩個圖象的坐標軸所表示的物理意義不同：振動圖象的橫坐標表示時間，而波動圖象的橫坐標表示介質中各振動質點的平衡位置。（2）兩個圖象所描述的對象不同：振動圖象描述的是一個質點的位移隨時間的變化情況，而波的圖象描述的是介質中的一群質點某一時刻各自振動所到達的位置情況。通俗地說：振動圖象相當于是在一般時間內一個質點運動的“錄像”，而波的圖象則是某一時刻一群質點振動的“照片”。（3）隨著時間的推移，振動圖象原來的形狀（即過去質點不同時刻所到達的位置不再發生變化，而波的圖象由于各質點總在不斷地振動，因此隨著時間的推移，原有的圖象將發生周期性變化。
　　例7 圖6-9是某時刻一列橫波在空間傳播的波形圖線。已知波是沿x軸正方向傳播，波速為4m/s，試計算并畫出經過此時之后1.25s的空間波形圖。
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　=62.5個波長，其波形如圖6-12。
　　錯解一、錯解二沒有重視單位的一致性，在此題中波長從圖中只能得出λ=8cm，而波速給出的卻是國際單位4m/s。因此，求周期時，應先將波長的單位統一到國際單位制上來。
　　錯解三雖然計算對了，但是，在波向前（沿x軸正方向）傳播了62.5個波長時的波形，應是在原來的波形基礎上向x正方擴展62.5個波長。
　　播一個波長。經過62.5個周期，波向前傳播了62.5個波長。據波的周期性，當經過振動周期的整數倍時，波只是向前傳播了整數倍個波長，而形，如圖6-13。再將此圖向前擴展62個波長即為題目要求，波形如圖6-14。

　　【小結】 波形圖反映了波在傳播過程中某時刻在波的傳播方向上各質點離開平衡位置的位移情況，由于波只能以有限的速度向前傳播，所以離振源遠的質點總要滯后一段時間，滯后的時間與傳播的距離成正比，即滯后一個周期。兩個質點之間的平衡位置距離就是一個波長，經過多少個周期，波就向前傳播了多少個波長，而振源就做了多少次全振動，這就是此類問題的關鍵所在。
　　例8 如圖6-15所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，從波傳到x=5m的M點時開始計時，已知P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為0.4s，下面說法中正確的是 [ ]
　　A．這列波的波長是4m
　　B．這列波的傳播速度是10m/s
　　C．質點Q（x=9m）經過0.5s才第一次到達波峰
　　D．M點以后各質點開始振動時的方向都是向下
　　【錯解分析】 錯解一：由題中說P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為
　　錯解二：質點Q（x=9m），經過0.4s（此處用了正確的周期結果所以C對。
　　錯解三：M點以后各質點的振動有的向上，有的向下，所以D不對。
　　錯解一對“相繼出現兩個波峰”理解有誤。
　　錯解二對質點Q（x=9m）處，當波傳到它以后，該點應如何振動不會分析，實際上也就是對波的傳播原理不明白。不知道波的傳播是機械振動在介質中傳遞的過程，質點要依次被帶動形成波。
　　同理，錯解三對M點以后各點運動情況分析有誤，實際上M點以后各點運動情況向上還是向下取決于波的傳播方向。
　　【正確解答】 （1）從圖6-15上可以看出波長為4m，選A。
　　（2）實際上“相繼出現兩個波峰”應理解為，出現第一波峰與出現第二個波峰之間的時間間隔。因為在一個周期內，質點完成一次全振動，而一次全振動應表現為“相繼出現兩個波峰”，即T=0.4s。則
　　（3）質點Q（x=9m）經過0.4s開始振動，而波是沿x軸正方向傳播，即介質中的每一個質點都被它左側的質點所帶動，從波向前傳播的波形圖6-16可以看出，0.4s波傳到Q時，其左側質點在它下方，所以Q點在0.5s時處于波谷。再經過0.2s即總共經過0.7s才第一次到達波峰，所以選項C錯了。
　　（4）從波的向前傳播原理可以知道，M以后的每個質點都是先向下振動的。所以選項D是對的。
　　此題正確答案為A，B，D。
　　例9 如圖6－17所示，一根張緊的水平彈性長繩上的a，b兩點，相距14.0m，b點在a點的右方，當一列簡諧橫波沿此長繩向右傳播時，若a點的位移達到正最大時，b點的位移恰為零且向下運動。經過1.00s后a點的位移為零，且向下運動，而b點的位移恰達到負最大，則這簡諧波的波速可能等于 [ ]
　　A.4.67m/s 　　B.6m/s
　　C.10m/s 　　　D.4m/s
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　v=4.67m/s選擇A。
　　但此題可能多選，考慮到a，b之間滿足條件的情況還可　　　　　　　　
　　解得：v=10m/s 選擇C
　　　　　
　　解得：v=11.5m/s顯然不符合題目中的選項，且通過分析可知v=14m/s也是不對的，所以正確答案為A，C。
　　以上答案并沒有錯，但分析問題的過程出現了明顯的漏了不少結論。而此題做為選擇題，學生能用錯誤的思維方式得出符合答案的結果，純屬偶然。
　　　　　　　　　　　　　
　　波長λ有一系列數據，周期T也有一系列數據，從波的概念出發，兩者并無一一對應，因而波速應為
　　其解為當n=0，N=0，1，2……
　　n=1，N=0，1，2……
　　n=2，N=0，1，2……
　　我們可以通過列表來看一看波速的各種可能值：
　　從表中可以看出，4.67m/s及10m/s即為正確答案。所以正確答案應選A，C。
　　【小結】 這是1996年一道高考題，當年不少考生考試時也選對了答案，但這些考生思考問題時有著明顯的片面性，只從n=N的情況去考慮問題，當n=N=0時，4.67m/s，當n=N=1時，v=10m/s，當n=N=2時v=11.5m/s……，把長度的周期性與時間的周期性混為一談。若此題的四個選項中變化一個為v=2m/s（即n=1，N=0時），上述思維片面的考生可能就會漏選，因此，一定要對題目進行全面周到的分析。
　　例10 圖6-18中實線是一列簡諧波在某一時刻的波形圖線，虛線是0.2s后它的波形圖線。這列波可能的傳播速度是_______。
　　【錯解分析】錯解：從圖上可以看出波長λ=4m，而從兩次的波形圖可知：
　　　　　　　　　　　　　　
v=5m/s．
　　面的。實際上，只有當波向右（沿x正方向）傳播時，上述關系才成立。
　　　
　　【正確解答】 從圖上可以看出λ=4m。
　　當波沿x正方向傳播時，兩次波形之間間隔的時間為：
　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　當波沿X負方向傳播時，兩次波形之間間隔的時間為：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　此題的答案為：（20n+5）m/s和（20m+15）m/s，（n=0，1，2，…）
　　【小結】 對于這種已知條件較為含糊的波的問題，要從波的傳播方向、時間和空間的周期性等方面進行全面周到的分析，這也是解決機械波問題時，初學者經常忽略的問題。
第七單元： 熱學
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括兩部分，一是微觀的分子動理論部分，一是宏觀的氣體狀態變化規律。其中分子動理論部分包括分子動理論的基本觀點、分子熱運動的動能、分子間相互作用的勢能和物體的內能等概念，及分子間相互作用力的變化規律、物體內能變化的規律、能量轉化和守恒定律等基本規律；氣體狀態變化規律中包括熱力學溫度、理想氣體和氣體狀態參量等有關的概念，以及理想氣體的等溫、等容、等壓過程的特點及規律（包括公式和圖象兩種描述方法）。
　　本單元中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子動理論中將微觀分子的形狀視為理想的球體，這是通過阿伏伽德羅常數對微觀量進行估算的基礎；在氣體狀態變化規律中，將實際中的氣體視為分子沒有實際體積且不存在相互作用力的理想氣體，從而使氣體狀態變化的規律在誤差允許的范圍內得以大大的簡化。
　　 [例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對較為抽象的分子熱運動的動能、分子相互作用的勢能及分子間相互作用力的變化規律理解不到位，導致這些微觀量及規律與宏觀的溫度、物體的體積之間關系不能建立起正確的關系。對于宏觀的氣體狀態的分析，學生的問題通常表現在對氣體壓強的分析與計算方面存在著困難，由此導致對氣體狀態規律應用出現錯誤；另外，本單元中涉及到用圖象法描述氣體狀態變化規律，對于p—V，p—T，V—T圖的理解，一些學生只觀注圖象的形狀，不能很好地理解圖象上的點、線、斜率等的物理意義，因此造成從圖象上分析氣體溫度變化（內能變化）、體積變化（做功情況）時出現錯誤，從而導致利用圖像分析氣體內能變化等問題時的困難。
　　例1 下列說法中正確的是 [ 　　]
　　A．溫度低的物體內能小
　　B．溫度低的物體分子運動的平均速率小
　　C．做加速運動的物體，由于速度越來越大，因此物體分子的平均動能越來越大
　　D．外界對物體做功時，物體的內能不一定增加
　　【錯解分析】錯解一：因為溫度低，動能就小，所以內能就小，所以應選A
　　而溫度低的物體分子平均動能小，所以速率也小。所以應選B。
　　錯解三：由加速運動的規律我們了解到，物體的速度大小由初速和加速度與時間決定，隨著時間的推移，速度肯定越來越快再由動能公式
　　錯解一是沒有全面考慮內能是物體內所有分子的動能和勢能的總和。溫度低只表示物體分子平均動能小，而不表示勢能一定也小，也就是所有分子的動能和勢能的總和不一定也小，所以選項A是錯的。
　　實際上因為不同物質的分子質量不同，而動能不僅與速度有關，也與分子質量有關，單從一方面考慮問題是不夠全面的，所以錯解二選項B也是錯的。
　　錯解三的原因是混淆了微觀分子無規則運動與宏觀物體運動的差別。分子的平均動能只是分子無規則運動的動能，而物體加速運動時，物體內所有分子均參與物體的整體、有規則的運動，這時物體整體運動雖然越來越快，但并不能說明分子無規則運動的劇烈情況就要加劇。從本質上說，分子無規則運動的劇烈程度只與物體的溫度有關，而與物體的宏觀運動情況無關。
　　【正確解答】由于物體內能的變化與兩個因素有關，即做功和熱傳遞兩方面。內能是否改變要從這兩方面綜合考慮。若做功轉化為物體的內能等于或小于物體放出的熱量，則物體的內能不變或減少。即外界對物體做功時，物體的內能不一定增加，選項D是正確的
　　例2 如圖7-1所示，一個橫截面積為S的圓筒型容器豎直放置，金屬圓板A的上表面是水平的，下表面是傾斜的，下表面與水平面的夾角為θ，圓板的質量為M，不計圓板A與容器內壁之間的摩擦，若大氣壓強為P0，則被圓板封閉在容器中氣體的壓強p等于 [ 　　]
　
　　
　　【錯解分析】錯解一：因為圓板下表面是傾斜的，重力產生的壓強等于
　　錯解三：大氣壓p0可以向各個方向傳遞，所以氣體壓強里應包括p0，
　　重力產生的壓強，壓力都應該是垂直于接觸面方向，所以重力產生壓強應是重力的分力Mg/cosθ，而不是Mg，錯解一是對壓力這個概念理解不對。
　　錯解二雖然注意到重力的分力Mg/cosθ產生壓強，但沒有考慮到面
　　錯解三在分解重力時錯了，重力的一個分力應是Mg/cosθ而不是Mgcosθ，因為另一個分力一定要垂直斜板的豎直面，如圖7-2。所以重
　　【正確解答】以金屬圓板A為對象，分析其受力情況，從受力圖7-3可知，圓板A受豎直向下的力有重力Mg、大氣壓力p0S，豎直向上的

　　正確答案應為D。
　　【小結】 正如本題的“分析解答”中所做的那樣，確定被活塞封閉的氣體的壓強的一般方法是：以活塞為研究對象；分析活塞的受力情況；概括活塞的運動情況（通常為靜止狀態），列出活塞的受力方程（通常為受力平衡方程）；通過解這個方程便可確定出氣體的壓強。
　　例3 如圖7-4所示，在一個圓柱形導熱的氣缸中，用活塞封閉了一部分空氣，活塞與氣缸壁間是密封而光滑的，一彈簧秤掛在活塞上，將整個氣缸懸吊在天花板上。當外界氣溫升高（大氣壓不變）時，[ 　　]
　　A.彈簧秤示數變大
　　B.彈簧秤示數變小
　　C.彈簧秤示數不變
　　D.條件不足，無法判斷
　　【錯解分析】錯解：對活塞進行受力分析，如圖7-5由活塞平衡條件可知：
F = mg+p0S－pS
　　當外界氣溫上升時，氣體壓強增大，所以彈簧秤的接力F將變小，所以答案應選B。
　　主要是因為對氣體壓強變化的判斷，沒有認真細致地具體分析，而是憑直覺認為溫度升高，壓強增大。
　　【正確解答】對活塞受力分析如錯解，
F= mg+p0S－pS
　　現在需要討論一下氣體壓強的變化。
　　以氣缸為對象受力分析，如圖7-6

　　因為M、S、P0均為不變量，所以，在氣體溫度變化時，氣體的壓強不變。而氣體在此過程中作等壓膨脹。
　　由此而知，彈簧秤的示數不變，正確答案為C。
　　【小結】 通過本題的分析可以看出，分析問題時，研究對象的選取對解決問題方向的作用是至關重要的。如本題要分析氣體壓強的變化情況，選取氣缸為研究對象比研究活塞要方便得多。另外如本題只是分析彈簧秤的示數變化，選整個氣缸和活塞為研究對象更為方便，因對氣缸加熱的過程中，氣缸、氣體及活塞所受重力不變，所以彈簧秤對它們的拉力就不會變化，因此彈簧秤的示數不變。
　　例4 設一氫氣球可以自由膨脹以保持球內外的壓強相等，則隨著氣球的不斷升高，因大氣壓強隨高度而減小，氣球將不斷膨脹。如果氫氣和大氣皆可視為理想氣體，大氣的溫度、平均摩爾質量以及重力和速度隨高度變化皆可忽略，則氫氣球在上升過程中所受的浮力將______（填“變大”“變小”“不變”）
　　【錯解分析】錯解一：因為氣球上升時體積膨脹，所以浮力變大。
　　錯解二：因為高空空氣稀薄，所以浮力減小。
　　因為浮力的大小等于氣球排開大氣所受的重力，F=ρ空·g·V，當氣球升入高空時，密度ρ減小，體積V增大，錯解一和二都是分別單一地強調一方面的變化，沒有綜合考慮，因此導致錯解。
　　【正確解答】以氫氣為研究對象，設地面附近和高空h處的壓強和體積分別為p1，p2，V1，V2。因為溫度不變，由玻意耳定律可知：p1V1=p2V2
　　以大氣為研究對象，在地面附近和高空h處的壓強和大氣密度分別為ρ1，ρ2（與氫氣對應相等）p1，p2因為大氣密度和壓強都與高度
　　設氫氣球在地面附近和高空h處的浮力分別為F1，F2則F1=ρ1·g·V1F2=ρ2·gV2
　　所以正確答案為浮力不變。
　　【小結】 如上分析，解決變化問題，需要將各種變化因素一一考慮，而不能單獨只看到一面而忽略另一面。
　　此題也可以利用克拉珀龍方程求解：
　　在高度h處：對氫氣列克拉珀龍方程
　　對排開空氣列克拉珀龍方程
　　因為p，V，R，T均相同
　　所以聯立①②得：
　　我們知道，空氣、氫氣的摩爾質量是不變的，此題氣球中的氫氣質量也是一定的，所以排開空氣的質量不隨高度h而變，又因為重力加速度也不變（由題目知）所以，氣球所受浮力不變。
　　利用克拉珀龍方程處理浮力，求解質量問題常常比較方便。
　　例5 容積V=20L的鋼瓶充滿氧氣后，壓強為p=30atm，打開鋼瓶閥門，讓氧氣分裝到容積為V'=5L的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分裝到小瓶中的氧氣壓強均為P'=2atm壓。在分裝過程中無漏氣現象，且溫度保持不變，那么最多可能裝的瓶數是： [ 　　]
　　A．4瓶 　　B．50瓶
　　C．56瓶 　 D．60瓶
　　【錯解分析】錯解：設可充氣的瓶子數最多為n，利用玻意耳定律得：
　　pV=np'V'
　　所以答案應為D。
　　上述解答中，認為鋼瓶中的氣體全部充入到小瓶中去了，事實上當鋼瓶中氣體的壓強隨著充氣過程的進展而下降，當鋼瓶中的氣體壓強降至2atm時，已無法使小瓶繼續充氣，達到2atm，即充最后一瓶后，鋼瓶中還剩下一滿瓶壓強為2atm的氣體。
　　【正確解答】設最多可裝的瓶子數為n，由玻意耳定律得：
pV=p'V+np'V'
　　解得：n=56（瓶）
　　所以本題的正確答案為C。
　　【小結】 解答物理問題時我們不僅要會用數學方法進行處理，同時還要考慮到物理問題的實際情況。任何物理問題的數學結果都要接受物理事實的制約，因此在學習中切忌將物理問題純數學化。
　　例6 內徑均勻的U型細玻璃管一端封閉，如圖7-7所示，AB段長30mm，BC段長10mm，CD段長40mm，DE段充滿水銀，DE=560mm，AD段充滿空氣，外界大氣壓p0=1.01325×105Pa=760mmHg，現迅速從E向上截去400mm長玻璃管，平衡后管內空氣柱的長度多大？
　　【錯解分析】錯解：當從下面截去400mm后，空氣柱的壓強變了，壓強增大，在等溫條件下，體積減小，根據玻意耳定律。
　　初態：p1=(760-560)=200mmHg V1=(300+100+400)S=800S(mm)3
　　
　　末態：p2=(760-160)=600(mmHg) V2=？
　　解得：L2=267mm 即空氣柱的長度為267mm。
　　上述解答看起來沒有什么問題，實際上，稍微思考一下，就會發現，答案不合理。因為解答結果認為空氣柱的長度267mm，而AB段的總長度為300mm，這樣就意味著水銀柱可能進入AB管，而如果水銀進入橫著的BC管，壓強就不再是（760－160）=600mmHg，因此，答案就不對了。
　　【正確解答】首先需要判斷一下水銀柱截去后剩余的水銀柱會停留在什么地方。
　?。?）是否會停留在右側豎直管內。
　　由前面的分析可知是不可能的。
　　（2）是否會有部分水銀柱留在豎直CE管中，即如圖7-8所示情況，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
　　兩個答案均與所設不符，所以這種情況也是不可能的。
　?。?）是否會出現水銀柱充滿BC管的情況，如圖7-9所示。
　　由玻意耳定律可知：
200×800S=（760+60）·L2·S
　　解得L2=195mm結果明顯與實際不符，若真能出現上述情況，從幾何關系很容易就可以知道L2=240mm，可見這種情況是不可能的。
　?。?）設水銀柱部分進入BA管，部分留在BC管中，如圖7-10所示。
　　由玻意耳定律可知
　　200×800S=[760+（300－L2）]·L2S
　　因此，本題的正確答案是：平衡后管內空氣柱的長度為182.3mm。
　　【小結】 通過本題的分析解答可看出，對于一個具體的物理問題，不能僅觀注已知的數據，更要對題目所述的物理過程進行全面的分析，以確定出問題的真實物理過程。同時可以看到，真實物理過程的判斷，又是以具體的已知條件及相應的物理規律為基礎的，而不是“想當然”地捏造物理過程。
　　例7 如圖7-11所示，左端封閉，右端開口的均勻U型管中用水銀封有一段長150mm的空氣柱。左臂總長為250mm，右臂足夠長。如果將管的開口變為豎直向下，求空氣柱的長度。（設大氣壓為750mmHg）
　　【錯解分析】錯解：此題是屬于氣體在等溫情況下壓強和體積的變化的題，可以利用玻意耳定律求解。
　　初態：p1=（750+100）=850（mmHg）
　　V1=150S（cm3）
　　設倒轉后左臂空氣柱長度增加x，如圖7－12所示，
　　則末態：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
　　由數學知識可知，當△=b2－4ac=3502－4×2×3000＜0，方程無解。所以，這道題是一道沒有解的題。
　　在解題時，之所以出現這樣的情況，是因為解題者的思維是勢導致的錯誤，上述解法是從空氣柱仍在左臂的假設出發的，難道空氣就不能進到右臂？顯然，認為空氣柱仍在左臂的假設是需要重新考慮的。
　　【正確解答】在左臂原有空氣柱長150mm的情況下，兩管之間的水銀柱的高度差與U型管倒轉后空氣柱是否進入右管有關，高度差越大，水銀越重，倒轉后，空氣柱越有可能進入右管。那么，兩臂水銀面高度差為多大，才能讓空氣柱仍留在左臂呢？
　　設初始左、右兩臂水銀面高度差為h，倒轉后空氣柱仍在左臂（如圖7-13）則：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
　　當△=b2－4ac≥0時，方程有實數解，即
（h－450）2－4×2×300h≥0
　　解得：h≤62.5mm
　　也就是說，只有當兩臂水銀面高度差小于或等于62.5mm時，倒轉后空氣柱才可能仍留在左臂。而本文給出開始時水銀面高度差為100mm＞62.5mm，因此，U型管倒轉后空氣柱會進入右臂。
　　設右臂足夠長，倒轉后，水銀柱已全部進入右臂如圖7－14所示，末狀態變為：V2=（250+y）S p2=（750－30）=450（mmHg）
　　根據玻意耳定律：
850×150S=450×（250+y）S
　　解得：y=33.3mm
　　則空氣柱的長度為：L=（250+33.3）=283.3（cm）。
　　【小結】 對于一道物理習題，應該從每個數值的物理意義去分析問題，而不能只單純從數學運算的角度去制定。
　　例8 一端封閉一端開口，內徑均勻的直玻璃管注入一段60mm的水銀柱，當管水平放置達到平衡時，閉端空氣柱長140mm，開口端空氣柱長140mm，如圖7-15所示。若將管輕輕倒轉后再豎直插入水銀槽內，達到平衡時，管中封閉端空氣柱A長133mm，如圖7-16所示（設大氣壓強為1.01325×105Pa（760mmHg），溫度保持不變），求槽中水銀進入管中的長度H=？

　　【錯解分析】錯解：以水平放置作為初態，以豎直插入水銀槽后作為末態，分別對A，B兩部。分氣體應用玻意耳定律
　　對A氣體：pAVA=p'A·V'A
　　
　　對于B氣體：pBVB=p'BV'B因為p'B=p'A+h=800+60=860(mmHg)
　　
　　則進入玻璃管中的水銀柱長H=（LA+LB）－（L'A+L'B）
H=[（140+140）－（133+123.72）]=23.28（mm）
　　初看上述解題過程似乎沒有問題，實際上，認真分析解題的全過程不難發現，在玻璃管豎直倒立的過程中，當其還未插入水銀槽內時，水銀受重力作用要下降，故封閉端空氣柱變長，開口端空氣柱變短，說明開口端有空氣溢出，即B部分氣體質量減少（不是定質量）。這部分研究對象的質量發生了變化，但如仍草率地認為初態水平，末態豎直插入的這兩個狀態是質量不變，而應用玻馬定律，固而造成上述失誤。
　　【正確解答】把全過程分為兩個過程看待。
　　第一個過程：從水平到豎直尚未插入
　　對A氣體：pAVA=p'AV'A
　　
　　對B氣體：L'B=(140×2－152)=128(mm)
　　p'B= p0 =760(mmHg)
　　第二個過程：當玻璃管插入水銀槽后
　　對A氣體：pA·VA=p''AV''A
　　
　　可以求得p''B=（800+60）=860（mmHg）
　　對B氣體；初態為豎直尚未插入，未態為已經插入后
p'BV'B=p''BV''B
　　所以，水銀進入管中的水銀長度為：
H=(140×2－133－133)=34(mm)
　　【小結】 本題與前面的第8題類似，都需要分析清楚問題所述情景的真實物理過程。而有些同學在解題時，只關注已知數值，對某些微妙的變化混然不顧，因此導致思維失誤，以致產生錯誤解法和答案。
　　例9 如圖7-17所示，一根一端封閉的玻璃管，當L=0.96m，內有一段長h1=0.20m的水銀柱。當溫度為t1=27℃，開口端豎直向上時，封閉空氣柱h2= 0.60m。問溫度至少升到多高時，水銀柱才能從管中全部溢出？（外界大氣壓相當于L0= 0.76m高的水銀柱產生的壓強）
　　【錯解分析】錯解：以封閉氣體為研究對象，其初態：p1=(L0+h1)，V1=h2S下；末態是水銀剛好完全溢出時的狀態：p2=L0，V2=LS
　　T2=？
　　
　　上述解答中有一個錯誤，就是存在“潛在假設”。即認為：水銀柱在外溢過程中，氣體體積越大，對應溫度越高，當氣體充滿整個玻璃管（即水銀全部溢出）時，所對應的溫度是最高的。事實是：
　　越高。在水銀末溢出前，p不變，V越大，T越大。在水銀溢出的過程中，p減小，V增大，p·V的乘積并非一直增大。所以我們在解題的過程中，應找出在什么條件下，pV的乘積最大，由此確定相應的溫度。
　　T越高，假設管中還有長為X的水銀柱尚未溢出時，pV值最大，即（L0+x）（L－x）S的值最大，這是一個數學求極值問題。因為（L0+x）+（L－x）=（L0+L）與x的大小無關，所以由數學知識可知：兩數之和為一常數，則當這兩數相等時，其乘積最大。
　　所以：L0+x =L－x
　　
　　即管內水銀柱由0.20m溢出到還剩下0.10m的過程中，p·V的乘積越來越大，這一過程必須是升溫的。此后，溫度不必再升高（但要繼續給氣體加熱），水銀柱也將繼續外溢，直至完全溢出。由氣態方程：
　　　　　
　　代入數據得：T2=385.2K。
　　例10 如圖7-18所示，兩端封閉、粗細均勻的細玻璃管，中間用長為h的水銀柱將其分為兩部分，分別充有空氣，現將玻璃管豎直放置，兩段空氣柱長度分別為L1，L2，已知L1＞L2，如同時對它們均勻加熱，使之升高相同的溫度，這時出現的情況是：（ ）
　　A．水銀柱上升
　　B．水銀柱下降
　　C．水銀柱不動
　　D．無法確定
　　【錯解分析】錯解：假設兩段空氣柱的壓強p1，p2保持不變，它們的初溫為T當溫度升高△T時，空氣柱1的體積由V1增至V'1；，增加的體積△V1=V'1－V1，考慮到空氣柱的總長度不變，空氣柱2的體積從V2增至V'2，且△V2=V'－V2，
　　由蓋·呂薩克定律得：
　　在T，△T都同的情況下，因為V1＞V2，所以△V1＞△V2，所以，水銀柱應向下移動。選B。
　　這道題因為初溫一樣，又升高相同的溫度，所以比較液柱移動，可能有兩種假設，一種為設壓強不變，另一種是設體積不變。而上述解法中假定壓強不變而導出水銀柱下降這本身就是自相矛盾的。水銀柱的移動情況是由水銀柱的受力情況決定的，而受力情況是由兩邊壓強的大小決定的，因此不能假設壓強不變。
　　【正確解答】假定兩段空氣柱的體積不變，即V1，V2不變，初始溫度為T，當溫度升高△T時，空氣柱1的壓強由p1增至p'1，△p1=p'1－p1，空氣柱2的壓強由p2增至p'2，△p2= p'2－p2。
　　由查理定律得：
　　因為p2=p1+h＞p1，所以△p1＜△p2，即水銀柱應向上移動。所以正確答案應選A。
　　【小結】 （1）這類題目只能按等容過程求解。因為水銀柱的移動是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改變又是兩段空氣柱壓強增量的不同造成的，所以必須從壓強變化入手。
　　壓強的變化由壓強基數（即原來氣體的壓強）決定，壓強基數大，升高相同的溫度，壓強增量就大。同理，若兩段空氣柱同時降低相同的溫度，則壓強基數大的，壓強減少量大。就本題而言，水銀柱將向下移動。
　　例11 如圖7-19，A，B是體積相同的氣缸，B內有一導熱的、可在氣缸內無摩擦滑動的、體積不計的活塞C，D為不導熱的閥門。起初，閥門關閉，A內裝有壓強p1=2.0×105pa溫度T1=300K的氮氣。B內裝有壓強P2=1.0×105Pa，溫度T2=600K的氧氣。打開閥門D，活塞C向右移動，最后達到平衡，以V1和V2分別表示平衡后氮氣和氧氣的體積，則V1∶V2=______（假定氧氣和氮氣均為理想氣體，并與外界無熱交換，連接氣缸的管道體積可忽略）
　　【錯解分析】錯解：開始是平衡狀態，未態還是平衡狀態，由理想氣體狀態方
　　此題答案為1∶4。
　　理想氣體狀態方程或氣體定律，針對的對象應為一定質量的理想氣體，而不能是兩種（或兩部分）氣體各自的狀態，必須是一定質量的理想氣體初、末兩種狀態之間滿足的關系，上述解法把兩部分氣體的p1，p2，T1，T2與一定質量的氣體前后兩種狀態的p1，p'1，T1，T'1混為一談，以致出現完全相反的結論。
　　【正確解答】對于A容器中的氮氣，其氣體狀態為：
　　p1=2.0×105pa V1=V T1＝300K
　　P'1=P V'1=V1（題目所設） T'1=T
　　由氣體狀態方程可知：
　　對于B容器中的氧氣，其氣體狀態為：
　　p2=1.0×105pa V2＝V T2=600K
　　p'2=p V'2=V2（題目所設） T 2=T由氣態方程可知
　　聯立①②消去T，V可得：
　　此題的正確答案為V1∶V2= 4∶1
　　【小結】 解決有關兩部分氣體相關聯的問題時，要注意兩方面的問題。首先，要把兩部分氣體分開看待，分別對每一部分氣體分析出初、未狀態的p，V，T情況，分別列出相應的方程（應用相應的定律、規律）切不可將兩部分氣體視為兩種狀態。
　　其次，要找出兩部分氣體之間的聯系，如總體積不變，平衡時壓強相等，等等。例如本題中，閥門關閉時兩邊氣體體積相等，閥門打開兩邊氣體壓強相等，溫度相等，利用這些關系，可以消去方程中的未知因素，否則，也解不出正確結果。
　　例12 把一根兩端開口帶有活塞的直管的下端浸入水中，活塞開始時剛好與水面平齊，現將活塞緩慢地提升到離水面H=15m高處，如圖7-20所示，求在這過程中外力做功為多少？（已知活塞面積S=1.0dm2，大氣壓強p0=1.0×105Pa，活塞的厚度和質量不計，取g=10m/s2）
　　【錯解分析】錯解：把活塞緩慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力勢能。
　　水柱的質量m=ρ·S·H，則水柱的重力勢能增加Ep = mgh =ρ·S·H·
EP=1.1×104J
　　也就是說，外力需做功
　　W=EP=1.1×104J 在大氣壓p0=1.0×105pa的情況下，水柱能上升的最
且應忽略水蒸氣氣壓的影響），而不是題目中提到的15m。
　　【正確解答】在把活塞提升最初的10m的過程中，外力做功等于水柱勢能的增加，即
　　
　　在把活塞提升的后5m的過程中，外力做功就等于克服大氣壓力的做功，即：
W2=p0S(H－hm)
　=5.0×103(J)
　　則在全過程中外力做功為W=W1+W2=1.0×104（J），即為正確答案。
　　【小結】 解決物理問題的關鍵是要分析清楚題目所述的物理過程，這個“分析物理過程”就是所謂的審題。審題不應將注意力完全集中到已知數值上，而應重點分析問題描述的是怎樣一個過程。如本題中雖然給出了活塞上移15m，但結合大氣壓強的知識，要分析真實的物理過程是水并未隨之上升15m，而是只將水提升了10m。
　　例13 如圖7-21所示，A，B兩容器容積相同，用細長直導管相連，二者均封入壓強為P，溫度為T的一定質量的理想氣體，現使A內氣體溫度升溫至T'，穩定后A容器的壓強為多少？
　　【錯解分析】錯解：因為A容器溫度升高，所以氣體膨脹，有一些會跑到B容器中去，假設有△V的氣體遷移至B容器，由氣態方程可知：
　　　　　
　　主要是因為研究對象不清楚。我們知道，應用氣體定律（如玻意耳定律，查理定律或氣態方程等）時，研究對象應該是一定質量的氣體，而本題無論是對于A容器，還是B容器，氣體的質量都變化。若把△V做為遷移氣體，那么，它所對應的壓強、溫度參量，在兩個式子中應該是一致的，而上解式①中為（△V，p'T'），式②中為（△V，p，T），這顯然是矛盾的，是研究對象選擇不當造成的。
　　【正確解答】因為升溫前后，A，B容器內的氣體都發生了變化，是變質量問題，我們可以把變質量問題轉化為定質量問題。我們把升溫前整個氣體分為（V－△V）和（V+△V）兩部分（如圖7-22所示），以便升溫后，讓氣體（V—△V）充滿A容器，氣體（V+△V）壓縮進B容器，于是由氣態方程或氣體實驗定律有：
　　　　
　　【小結】 氣態方程及氣體實驗定律都只適用于質量一定的理想氣體，但對于質量變化的問題，我們只要巧妙地選取研究對象，便可將變質量問題轉化為定質量問題，這是一種處理問題的重要方法。
　　例14 如圖7-23所示，一個上下都與大氣相通的直圓筒，中間用兩個活塞A與B封住一定質量的理想氣體，A，B都可沿圓筒無摩擦地上、下滑動，但不漏氣。A的質量可不計，B的質量為M，并與一勁度系數k=5×103N/m的較長的彈簧相連，已知大氣壓強p0=1×105Pa，平衡時，兩活塞問的距離L0=0.6m，現用力壓A，使之緩慢向下移動一定距離后，保持平衡，此時，用于壓A的力F=5×102N, 求活塞A向下移動的距離。（假定氣體溫度保持不變）
　　【錯解分析】錯解：設活塞A向下移動的距離為L，對封閉氣體列玻意耳定律：
　　由胡克定律可知：
F+Mg = kx ②
　　由于B的質量M沒有給出具體數據，只能由①②兩式聯系解得一個數值，其中帶有質量M。
　　這是一道力熱綜合題，應根據活塞的力學特征和氣體的熱學特征分別應用力學規律和熱學規律求解。上述題解對氣體的分析是正確的，但對活塞的分析是錯的。用胡克定律表達式中F=kx中，x若為壓縮量，則F為受到的壓力，x若為增加的壓縮量，則F為增加的壓力，F與x要相對應。
　　【正確解答】設活塞A向下移動L，相應B向下移動x，對氣體分析：初態：p1= p0 V1=L0S
　　
　　由玻-意耳定律：p1V1= p2V2
　　
　　初態時，彈簧被壓縮量為x'，由胡克定律：
Mg = kx'②
　　當活塞A受到壓力F時，活塞B的受力情況如圖7-24所示。F'為此時彈簧彈力
　　由平衡條件可知
p0S+F'=p0S+F+Mg③
　　由胡克定律有：
F'=k(x+x')④
　　聯立①②③④解得：
L= 0.3m。
　　例15 圓柱形氣缸筒長2L，截面積為S，缸內有活塞，活塞可以沿缸壁無摩擦不漏氣的滑動，氣缸置于水平面上，缸筒內有壓強為p0，溫度為T0的理想氣體，氣體體積恰好占缸筒容積的一半，如圖7－25所示。此時大氣壓也是p0，彈簧的勁度系數為k，氣缸與地面的最大靜摩擦力為f，求：
　?。?）當kL＜f，對氣缸緩慢加熱到活塞移至缸筒口時，氣缸內氣體溫度是多少？
　?。?）當kL＞f，對氣缸緩慢加熱到活塞移至缸筒口時，氣缸內氣體的溫度又是多少？
　　【錯解分析】錯解：（1）以整體為對象。∵kL＜f，所以在活塞移至缸口時（此時彈簧彈力為kL），系統始終靜止。
　　以活塞為對象，末態受力如圖7－26所示。
　　由平衡條件可知：p2S=p0S+kL
　　
　　以氣體為對象，p1=p0 V1=Ls T1=T0
　　
　?。?）當kL＞f時，氣缸要滑動
　　解法一：與（1）解法類似
　　對活塞受力分析如圖7－26所示
　　其余解法與（1）相同，答案也與（1）相同，說明兩種情況沒有區別。
　　解法二：以活塞為對象受力分析如圖7－27
p2S+f = kL+p0S
　　此題第一問解法及答案均正確。錯誤主要發生在第二問：（1）沒有詳細地分析kL＞f情況下氣缸，活塞的運動，而是套用了第一問解題的思路，分不清kL＜f與kL＞f在此題中的本質區別。（2）解法2對活塞受力分析出現了氣缸受力f，導致錯誤。
　　【正確解答】第一問如上所述，略。
　　第二問，當kL＞f，就意味著彈簧壓縮到一定程度，設壓縮量為x，即kx = f處，就不繼續壓縮，這之后，氣缸開始滑動，而氣體則做等壓升溫膨脹。
　　氣體的變化可以分為三種狀態兩個過程，如圖7－28所示。
　　第一個過程：甲態→乙態，p，V，T都變。
　　
　　而丙態的壓強與乙態相同，
　　
　　第二個過程：從甲態→丙態應用氣態方程
　　　
　　例16 如圖7-29所示，一端開口的圓筒中插入光滑活塞，密閉住一段理想氣體，其狀態參量為p0，V0，T0，在與外界無熱交換的情況下，先壓縮氣體到p1，V1，T1狀態，再讓氣體膨脹到p2，V2，T2狀態，若V1＜V0＜V2，則 [ 　　]
　　A．T1＞T0＞T2 　　B．T1=T0=T2
　　C．T1＜T0＜T2 　　D．無法判斷
　　關系。此題只提供了體積之間的關系，而沒有壓強p1，p2，p3的大小關系，從題目上看，壓強也不相等，所以無法判斷，應選D。
　　主要原因沒有進一步挖掘題目給出的條件，即“與外界無熱交換”這個條件，若注意到這點，必有收獲。
　　【正確解答】從題目給出的條件，V1＜V0＜V2和“與外界無熱交換”，根據熱力學第一定律，我們可以知道，從V0→V1的過程，氣體體積減小，外界對氣體做功，而系統吸放熱為零，則內能一定增加，理想氣體內能增加意味著溫度增加，所以T1＞T0。從狀態1經過狀態0到狀態2，氣體體積膨脹，氣體對外做功，內能減少，溫度降低，所以T0＞T2，結果為T1＞T0＞T2。本題的正確答案為A。
　　例17 一定質量的理想氣體的三個狀態在V-T圖上用A，B，C三個點表示，如圖7-30所示。試比較氣體在這三個狀態時的壓強pA，pB，pC的大小關系有： [ 　　]
　　A．pC＞pB＞pA
　　B．pA＜pC＜pB
　　C．pC＞pA＞pB
　　D．無法判斷。
　　【錯解分析】錯解一：因為一定質量的理想氣體壓強與溫度成正比，哪個狀態對應的溫度高，在哪個狀態時，氣體的壓強就大，即TC＞TA＞TB，所以有pC＞pA＞pB，應選C。
　　錯解二：因為一定質量的理想氣體的壓強與體積成反比，體積越大，壓強越小，從圖上可以看出：VA＞VC＞VB，所以pA＜pC＜pB，應選B。
　　以上兩種錯解，從分析思路上講都錯了，都沒有了解到氣體狀態的三個參量（p，V，T）之間兩兩定量關系是有條件的。如壓強與溫度（當然應為熱力學溫度T）成正比的條件是體積不變，而壓強與體積成反比的條件應是溫度不變。如果不考慮第三個參量，而單純只講兩個參量之間的關系，顯然只能導致錯誤的結果，同時也培養了錯誤的思考問題方式，是不可取的。當第三個參量不是定量時，三者之
　　【正確解答】因為所給的是V-T圖，A，B，C三點的溫度體積都不一樣，要想比較三個狀態的壓強，可以利用V-T圖上的等壓線輔助分析。
　　在V-T圖上，等壓線是一條延長線過原點的直線，可以通過A，B，C三點做三條等壓線分別表示三個等壓過程，如圖7-31所示。一定質量的理想氣體在等壓過程中壓強保持不變，體積與溫度成正比，為了比較三個等壓線所代表的壓強的大小，可以做一條等溫線（亦可作一條等容線，方法大同小異，以下略），使一個等溫過程與三個等壓過程聯系起來，等溫線（溫度為T'）與等壓線分別交于A'，B'，C'，在等溫過程中，壓強與體積成反比（玻意耳定律），從圖上可以看出：VA'＞VB'＞VC'，所以可以得出結論：pA'＜pB'＜pC，而A與A'，B與B'，C與C分別在各自的等壓線上，即pA=pA'，pB=pB'，pC=pC'，所以可以得出結論，即pA＜pB＜pC，所以正確答案為A。
　　例18 如圖7-32所示，已知一定質量的理想氣體，從狀態1變化到狀態2。問：氣體對外是否做功？
　　【錯解分析】錯解一：因為判斷不了氣體體積情況，所以無法確定。
　　錯解二：因為1狀態與2狀態在一條直線上．而p-T坐標上的等容線是直線．所以狀態1與狀態2的體積相等，氣體對外不做功。
　　 錯解一是不會應用等容線，不知道如何利用p-V圖比較兩個狀態的體積，因而感到無從下手。
　　錯解二是把等容線的概念弄錯了，雖然狀態1和狀態2在一條直線上，但并不是說p—T圖上的所有直線都是等容線。只有延長線過原點的直線才表示一個等容過程。而此題的狀態1與狀態2所在的直線就不是一條等容線。
　　【正確解答】如圖7-33所示，分別做出過1和2的等容線Ⅰ和Ⅱ，由圖可知，直線Ⅰ的斜率大于直線Ⅱ的斜率，則VⅡ＞VⅠ，即V2＞V1，所以，從狀態1變化到狀態2，氣體膨脹對外做功了。
　　【小結】 從此題的解答可以看到，利用圖象幫助解決問題，有時是很方便的，但這種方法首先必須按圖象有一個清楚的了解，只有在“識別”圖象的基礎上，才能準確地“運用”圖像。
　　例19 一個絕熱氣缸，壓縮活塞前容積為V，內部氣體的壓強為p，　　 [ 　　]
　　　　C．大于6p 　D．小于6p
　　【錯解分析】錯解：因為氣缸是絕熱的，所以壓縮過程為等溫變化，由玻意耳
所以應該選B。
　　錯誤主要是把絕熱和等溫等同起來，認為絕熱就是溫度不變，這是解決熱學問題中常見的錯誤。實際上改變內能的方式有兩種，即熱傳遞和做功，不能認為沒有熱傳遞內能就不改變。
　　【正確解答】因為氣缸絕熱，所以熱傳遞Q=0，而現用力將活塞推進，使體積減小，即外力對氣體做功了，也就是氣體的溫度升高了，由氣態方程可知pV=cT，只有當p'＞6p時，pV乘積才可能是增加的。
　　所以B不對。正確答案應選C。
　　【小結】 本題在分析清楚“推進活塞時氣體做功→氣體內能增加→氣體溫度升高”這一關系的基礎上，也可用氣態方程做出判斷：p1=p，
　
　　例20 將一裝有壓縮空氣的金屬瓶的瓶塞突然打開，使壓縮空氣迅速跑出，當瓶內氣體壓強降至等于大氣壓p0時，立即蓋緊瓶塞，過一段時間后，瓶內壓強將：（設瓶外環境溫度不變） [ 　　]
　　A．仍為p0 　　B．大于p0
　　C．小于p0 　　D．無法確定
　　【錯解分析】錯解：由于是在內外氣壓相等的情況下塞上瓶塞的，所以過一段時間后，內外壓強應該仍然相等，所以答案應該選A。
　　上述解答中沒有從熱力學規律出發，不能把生活語言，如“突然”，“空氣迅速跑出”等詞語，“翻譯”成“物理語言”。上述表達的物理語言可表述為：壓縮氣體對外做功，與外界來不及進行熱交換，即所謂的絕熱過程。另外就是“過一段時間”，這是一個可能有熱交換的過程，因為瓶子是金屬的，金屬一般都是熱的良導體。上述錯誤正是因為沒有分析這兩個熱力學過程所致。
　　【正確解答】拔開瓶塞，瓶內空氣急速膨脹跑出來，這是一個近似的絕熱膨脹過程，氣體對外做功。根據熱力學第一定律，氣體的內能一定減少，即溫度迅速降低。由于是在室溫下拔開瓶塞的，所以瓶內氣體的溫度一定低于室溫。當瓶內外氣體壓強相等后，塞上瓶塞，立刻又出現了一個新的熱力學過程，由于瓶內氣溫低于室溫，必將有熱量從外界傳向瓶內空氣，使瓶內空氣的溫度升高，瓶內空氣的壓強也就隨著溫度的升高而增大。所以，正確答案應為B。
　　【小結】 解此類題時要注意把握住題設的關鍵詞所反映的隱含條件，注意分析物理過程，而只是根據自己的生活經驗想當然一般是要出錯的。
第8單元：電場
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括電荷、電場、電場力、電場強度、電場線、電勢、電勢差、電場力功、電容器、電容的定義和平行板電容器電容的決定條件等基本概念，以及庫侖定律、靜電感應、電場強度與電勢差的關系、帶電粒子在電場中的運動規律等。
　　本單元涉及到的基本方法有，運用電場線、等勢面幾何方法形象化地描述電場的分布；將運動學動力學的規律應用到電場中，分析解決帶電粒子在電場中的運動問題、解決導體靜電平衡的問題。本單元對能力的具體要求是概念準確，不亂套公式懂得規律的成立條件適用的范圍。從規律出發進行邏輯推理，把相關知識融會貫通靈活處理物理問題。
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不善于運用電場線、等勢面為工具，將抽象的電場形象化后再對電場的場強、電勢進行具體分析；對靜電平衡內容理解有偏差；在運用力學規律解決電場問題時操作不規范等。
　　例1 在邊長為30cm的正三角形的兩個頂點A，B上各放一個帶電小球，其中Q1=4×10-6C，Q2=－4×10-6C，求它們在三角形另一頂點C處所產生的電場強度。
　　【錯解分析】錯解：
　　C點的電場強度為Q1，Q2各自產生的場強之和，由點電荷的場強公式，
　　
　　∴E=E1+E2=0
　　認為C點處的場強是Q1，Q2兩點電荷分別在C點的場強的代數和。
　　【正確解答】
　　計算電場強度時，應先計算它的數值，電量的正負號不要代入公式中，然后根據電場源的電性判斷場強的方向，用平行四邊形法求得合矢量，就可以得出答案。
　　由場強公式得：
　　C點的場強為E1，E2的矢量和，由圖8－1可知，E，E1，E2組成一個等邊三角形，大小相同，∴E2= 4×105（N/C）方向與AB邊平行。
　　例2 如圖8－2，光滑平面上固定金屬小球A，用長L0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1，若兩球電量各漏掉一半，彈簧伸長量變為x2，則有：（ ）
　　　
　　【錯解分析】錯解：
故選B
　　錯解只注意到電荷電量改變，忽略了兩者距離也隨之變化，導致錯誤。
　　【正確解答】
　　由題意畫示意圖，B球先后平衡，于是有
　　
　　【小結】
　　r常指彈簧形變后的總長度（兩電荷間距離）。
　　例3 點電荷A和B，分別帶正電和負電，電量分別為4Q和Q，在AB連線上，如圖8－3，電場強度為零的地方在 [　]
　　A．A和B之間 　　B．A右側
　　C．B左側 　　　 D．A的右側及B的左側
　　【錯解分析】錯解：
　　錯解一：認為A，B間一點離A，B距離分別是2r和r，則A，B
　　錯解二：認為在A的右側和B的左側，由電荷產生的電場方向總相反，因而都有可能抵消，選D。
　　錯解一忽略了A，B間EA和EB方向都向左，不可能抵消。
　　錯解二認為在A的右側和B的左側，由兩電荷產生的電場方向總相反，因而都有可能抵消，卻沒注意到A的右側EA總大于EB，根本無法抵消。
　　【正確解答】
　　因為A帶正電，B帶負電，所以只有A右側和B左側電場強度方向相反，因為QA＞QB，所以只有B左側，才有可能EA與EB等量反向，因而才可能有EA和EB矢量和為零的情況。
　　【小結】
　　解這類題需要的基本知識有三點：（1）點電荷場強計算公式點電荷而來；（3）某點合場強為各場源在該點場強的矢量和。
　　例4 如圖8-4所示，QA=3×10-8C，QB=－3×10-8C，A，B兩球相距5cm，在水平方向外電場作用下，A，B保持靜止，懸線豎直，求A，B連線中點場強。（兩帶電小球可看作質點）
　　【錯解分析】錯解：
　　以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力相等，所
　　
　　AB中點總場強E總=E+EA+EB=E外=1.8×105（N/C），方向向左。
　　在中學階段一般不將QB的電性符號代入公式中計算。在求合場強時，應該對每一個場做方向分析，然后用矢量疊加來判定合場強方向，
　　【正確解答】
　　以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力平衡，
　　
　　E外方向與A受到的B的庫侖力方向相反，方向向左。在AB的連線中點處EA，EB的方向均向右，設向右為正方向。則有E總=EA+EB－E外。
　　
　　【小結】
　　本題檢查考生的空間想象能力。對于大多數同學來說，最可靠的辦法是：按照題意作出A，B的受力圖。從A，B的電性判斷點電荷A，B的場強方向，從A或B的受力判斷外加勻強電場的方向。在求合場強的方向時，在A，B的連線中點處畫出每一個場強的方向，最后再計算。這樣做恰恰是在按照物理規律解決問題。
　　例5 在電場中有一條電場線，其上兩點a和b，如圖8－5所示，比較a，b兩點電勢高低和電場強度的大小。如規定無窮遠處電勢為零，則a，b處電勢是大于零還是小于零，為什么？
　　【錯解分析】錯解：
　　順電場線方向電勢降低，∴UA＞UB，因為無窮遠處電勢為零，順電場線方向電勢降低，∴UA＞UB＞0。
　　由于把所給電場看成由正點電荷形成的電場，認為從正電荷出發，順電場線電勢逐漸減小到零，從而得出UA，UB均大于零。
　　【正確解答】
　　順電場線方向電勢降低，∴UA＞UB，由于只有一條電力線，無法看出電場線疏密，也就無法判定場強大小。同樣無法判定當無窮遠處電勢為零時，a，b的電勢是大于零還是小于零。若是由正電荷形成的場，則EA＞EB，UA＞UB＞0，若是由負電荷形成的場，則EA＜EB，0＞UA＞UB。
　　【小結】
　　只有一條電場線，可以判定各點電勢高低，但無法判定場強大小及電勢是否大于零。
　　例6 將一電量為q =2×106C的點電荷從電場外一點移至電場中某點，電場力做功4×10-5J，求A點的電勢。
　　【錯解分析】錯解：
　　
　　錯誤混淆了電勢與電勢差兩個概念間的區別。在電場力的功的計算式W=qU中，U系指電場中兩點間的電勢差而不是某點電勢。
　　【正確解答】
　　解法一：設場外一點P電勢為Up所以Up=0，從P→A，電場力的功W=qUPA，所以W=q（Up-UA），
　　即4×10-5=2×10-6（0-UA） UA=－20V
　　解法二：設A與場外一點的電勢差為U，由W=qU，
　　
　　因為電場力對正電荷做正功，必由高電勢移向低電勢，所以UA=－20V
　　【小結】
　　公式W=qU有兩種用法：（1）當電荷由A→B時，寫為W=qUAB=q(UA－UB)，強調帶符號用，此時W的正、負直接與電場力做正功、負功對應，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取絕對值運算，如“解法二”，但所得W或U得正負號需另做判斷。建議初學者采用這種方法。
　　例7 如圖8－6所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢驗電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是： [　　]
　　A．電荷從a到b加速度減小
　　B．b處電勢能大
　　C．b處電勢高
　　D．電荷在b處速度小
　　【錯解分析】錯解：
　　由圖8－7可知，由a→b，速度變小，所以，加速度變小，選A。因為檢驗電荷帶負電，所以電荷運動方向為電勢升高方向，所以b處電勢高于a點，選C。
　　選A的同學屬于加速度與速度的關系不清；選C的同學屬于功能關系不清。
　　【正確解答】由圖8－6可知b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。
　　由圖8－6可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向應指向運動軌跡的凹向。因為檢驗電荷帶負電，所以電場線指向是從疏到密。再利用“電場線方向為電勢降低最快的方向”判斷a，b處電勢高低關系是UA＞UB，C選項不正確。
　　根據檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關，系統的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。
　　【小結】 理解能力應包括對基本概念的透徹理解、對基本規律準確把握。本題就體現高考在這方面的意圖。這道小題檢查了電場線的概念、牛頓第二定律、做曲線運動物體速度與加速度的關系、電場線與等勢面的關系、電場力功（重力功）與電勢能（重力勢能）變化的關系。能量守恒定律等基本概念和規律。要求考生理解概念規律的確切含義、適用條件，鑒別似是而非的說法。
　　例8 如圖8-7所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為L，為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，使其電量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引庫侖力F庫分別為：
　　
　　【錯解分析】錯解：
　?。?）因為a，b兩帶電球殼質量分布均勻，可將它們看作質量集中在球心的質點，也可看作點電荷，因此，萬有引力定律和庫侖定律對它們都適用，故其正確答案應選A。
　?。?）依題意，a，b兩球中心間的距離只有球半徑的3倍，它們不能看作質點，也不能看作點電荷，因此，既不能用萬有引力定律計算它們之間的萬有引力，也不能用庫侖定律計算它們之間的靜電力，故其正確答案應選B。
　　由于一些同學對萬有引力定律和庫侖定律的適用條件理解不深刻，產生了上述兩種典型錯解，因庫侖定律只適用于可看作點電荷的帶電體，而本題中由于a，b兩球所帶異種電荷的相互吸引，使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，不滿足L＞＞r的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以不能應用庫侖定律。
　　【正確解答】
　　萬有引力定律適用于兩個可看成質點的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看作質量集中于球心的質點。因此，可以應用萬有引力定律。
　　綜上所述，對于a，b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確。
　　【小結】
　　用數學公式表述的物理規律，有它的成立條件和適用范圍。也可以說物理公式是對應著一定的物理模型的。應用物理公式前，一定要看一看能不能在此條件下使用該公式。
　　例9 如圖8－8所示，把一個不帶電的枕型導體靠近帶正電的小球，由于靜電感應，在a，b端分別出現負、正電荷，則以下說法正確的是：
　　A．閉合K1，有電子從枕型導體流向地
　　B．閉合K2，有電子從枕型導體流向地
　　C．閉合K1，有電子從地流向枕型導體
　　D．閉合K2，沒有電子通過K2
　　【錯解分析】錯解：枕型導體電荷總是守恒的，沒有電子流過K2。選D。
　　由于對沒有正確理解電荷守恒的相對性，所以在本題中認為枕型導體的電荷總是守恒的，便錯選答案D。
　　【正確解答】
　　在K1，K2都閉合前，對于枕型導體它的電荷是守恒的，a，b出現的負、正電荷等量。當閉合K1，K2中的任何一個以后，便把導體與大地連通，使大地也參與了電荷轉移。因此，導體本身的電荷不再守恒，而是導體與大地構成的系統中電荷守恒。由于靜電感應，a端仍為負電荷，大地遠處感應出等量正電荷，因此無論閉K1還是K2，都是有電子從地流向導體，應選答案C。
　　【小結】
　　在解決此類靜電平衡問題時，對電荷守恒的理解應為：電荷守恒定律有相對性，一個物理過程中，某個物體或某些物體的電荷并不守恒，有增或有減，而這一過程中必有另一些物體的電荷有減或有增，其中的增量和減量必定相等，滿足全范圍內的守恒。即電荷是否守恒要看是相對于哪一個研究對象而言。
　　電荷守恒是永恒的，是不需要條件的。電荷守恒定律也是自然界最基本的規律之一。在應用這個定律時，只要能夠全面地考察參與電荷轉移的物體，就有了正確地解決問題的基礎。
　　例10 如圖8-9中接地的金屬球A的半徑為R，點電荷的電量Q，到球心距離為r，該點電荷的電場在球心O處的場強等于： [ 　]
　　
　　【錯解分析】錯解：
　　根據靜電平衡時的導體內部場強處處為零的特點，Q在O處場強為零，選C。
　　有些學生將“處于靜電平衡狀態的導體，內部場強處處為零”誤認為是指Q電荷電場在球體內部處處為零。實際上，靜電平衡時O處場強相等，方向相反，合場強為零。
　　【正確解答】
　　靜電感應的過程，是導體A（含大地）中自由電荷在電荷Q所形成的外電場下重新分布的過程，當處于靜電平衡狀態時，在導體內部電荷Q所形成的外電場E與感應電荷產生的“附加電場E'”同時存在的，且在導體內部任何一點，外電場電場場強E與附加電場的場強E'大小相等，方向相反，這兩個電場疊加的結果使內部的合場強處處為零。即E內=0。
　　
　　【小結】
　　還應深入追究出現本題錯解的原因：只記住了靜電平衡的結論，對靜電平衡的全過程不清楚。要弄清楚“導體進入電場，在電場力的作用下自由電子定向移動，出現感應電荷的聚集，進而形成附加電場”開始，直到“附加電場與外電場平衡，使得導體內部的場強疊加為零，移動自由電子電場力為零。”為止的全過程。
　　例11 如圖8-10所示，當帶正電的絕緣空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接時，問驗電器是否帶電？
　　【錯解分析】錯解：
　　因為靜電平衡時，凈電荷只分布在空腔導體的外表面，內部無靜電荷，所以，導體A內部通過導線與驗電器小球連接時，驗電器不帶電。
　　關鍵是對“導體的外表面”含義不清，結構變化將要引起“外表面”的變化，這一點要分析清楚。錯解沒有分析出空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接后，驗電器的金箔成了導體的外表面的一部分，改變了原來導體結構。A和B形成一個整體，凈電荷要重新分布。
　　【正確解答】
　　當導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接時，導體A和驗電器已合為一個整體，整個導體為等勢體，同性電荷相斥，電荷重新分布，必有凈電荷從A移向B，所以驗電器帶正電。
　　【小結】
　　一部分同學做錯這道題還有一個原因，就是知識遷移的負面效應。他們曾經做過一道與本題類似的題：“先用絕緣金屬小球接觸帶正電的絕緣空腔導體A的內部，然后將絕緣金屬小球移出空腔導體A與驗電器的小球B接觸，驗電器的金箔不張開?！彼麄円姷奖绢}就不假思索地選擇了不帶電的結論?！安町惥褪敲埽睂W習中要善于比較，找出兩個問題的區別才方能抓住問題的關鍵。這兩道題的差異就在于：一個是先接觸內壁，后接觸驗電器小球；另一個是正電的絕緣空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接。進而分析這種差異帶來的什么樣的變化。生搬硬套是不行的。
　　例12 三個絕緣的不帶電的相同的金屬球A，B，C靠在一起，如圖8-11所示，再將一個帶正電的物體從左邊靠近A球，并固定好，再依次拿走C球、B球、A球，問：這三個金屬球各帶什么電？并比較它們帶電量的多少。
　　【錯解分析】錯解：
　　將帶正電的物體靠近A球，A球帶負電，C球帶正電，B球不帶電。將C，B，A三球依次拿走，C球帶正電，B球不帶電，A球帶負電，QA=QC。
　　認為將C球拿走后，A，B球上所帶電量不改變。其實，當C球拿走后，A，B球原來的靜電平衡已被破壞，電荷將要重新運動，達到新的靜電平衡。
　　【正確解答】
　　將帶正電的物體靠近A，靜電平衡后，A，B，C三球達到靜電平衡，C球帶正電，A球帶負電，B球不帶電。當將帶正電的C球移走后，A，B兩球上的靜電平衡被打破，B球右端電子在左端正電的物體的電場的作用下向A運動，形成新的附加電場，直到與外電場重新平衡時為止。此時B球帶正電，A球所帶負電將比C球移走前多。依次將C，B，A移走，C球帶正電，B球帶少量正電，A球帶負電，且A球帶電量比C球帶電量多。
|QA|=|QB|+|QC|
　　【小結】
　　在學習牛頓第二定律時，當外力發生變化時，加速度就要發生變化。這種分析方法不僅適用于力學知識，而且也適用于電學知識，本題中移去C球，電場發生了變化，電場力相應的發生了變化，要重新對物理過程進行分析，而不能照搬原來的結論。
　　例13 如圖8-12所示，當帶電體A靠近一個絕緣導體B時，由于靜電感應，B兩端感應出等量異種電荷。將B的左端接地，絕緣導體B帶何種電荷？
　　【錯解分析】錯解：對于絕緣體B，由于靜電感應左端帶負電，右端帶正電。左端接地，左端電荷被導走，導體B帶正電。
　　將導體B孤立考慮，左端帶負電，右端帶正電，左端接地后左邊電勢比地電勢低，所以負電荷將從電勢低處移到電勢高處。即絕緣體B上負電荷被導走。
　　【正確解答】
　　因為導體B處于正電荷所形成的電場中，而正電荷所形成的電場電勢處處為正，所以導體B的電勢是正的，UB＞U地；而負電荷在電場力的作用下總是從低電勢向高電勢運動，B左端接地，使地球中的負電荷（電子）沿電場線反方向進入高電勢B導體的右端與正電荷中和，所以B導體將帶負電荷。
　　例14 如圖8－13所示，質量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，則A，B兩點的電勢差為：
　　
　　【錯解分析】錯解：帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，根據動能定理，電場力所做的功等于帶電粒子動能的增量，電勢差等于動能增量與電量Q的比值，應選D。
　　帶電粒子在電場中運動，一般不考慮帶電粒子的重力，則粒子在豎直方向將保持有速度v0，粒子通過B點時不可能有與電場方向一致的2v0，根據粒子有沿場強方向的速度2v0，則必是重力作用使豎直向上的速度變為零。如一定不考慮粒子重力，這只有在電場無限大，帶電粒子受電場力的作用，在電場方向上的速度相比可忽略不計的極限狀態，且速度沿電場方向才能成立。而本題中v0與vB相比不能忽略不計，因此本題應考慮帶電粒子的重力。
　　【正確解答】
　　在豎直方向做勻減速直線運動：2gh = v02①
　　
　　根據動能定理
　　
　　【小結】
　　根據初、末速度或者運動軌跡判斷物體的受力情況是解決與運動關系問題的基本功。即使在電學中，帶電粒子的運動同樣也要應用這個基本功。通過這樣一些題目的訓練，多積累這方面的經驗，非常必要。
　　例15 置于真空中的兩塊帶電的金屬板，相距1cm，面積均為10cm2，帶電量分別為Q1=2×10-8C，Q2=-2×10-8C，若在兩板之間的中點放一個電量q=5×10-9C的點電荷，求金屬板對點電荷的作用力是多大？
　　【錯解分析】錯解：點電荷受到兩板帶電荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由
　　庫侖定律只適用于點電荷間相互作用，本題中兩個帶電金屬板面積較大，相距較近，不能再看作是點電荷，應用庫侖定律求解就錯了。
　　【正確解答】
　　兩個平行帶電板相距很近，其間形成勻強電場，電場中的點電荷受到電場力的作用。
　　
　　【小結】
　　如果以為把物理解題當作算算術，只要代入公式就完事大吉。那就走入了學習物理的誤區。
　　例16 如圖8－15電路中，電鍵K1，K2，K3，K4均閉合，在平行板電容器C的極板間懸浮著一帶電油滴P，
　?。?）若斷開K1，則P將__________；
　?。?）若斷開K2，則P將________；
　?。?）若斷開K3，則P將_________；
　　（4）若斷開K4，則P將_______。
　　【錯解分析】錯解：(1）若斷開K1，由于R1被斷開，R2上的電壓將增高，使得電容器兩端電壓下降，則P將向下加速運動。
　?。?）若斷開K2，由于R3被斷開，R2上的電壓將增高，使得電容器兩端電壓下降，則P將向下加速運動。
　　（3）若斷開K3，由于電源被斷開，R2上的電壓將不變，使得電容器兩端電壓不變，則P將繼續懸浮不動。
　?。?）若斷開K4，由于電源被斷開，R2上的電壓將變為零，使得電容器兩端電壓下降，則P將加速下降。
　　上述四個答案都不對的原因是對電容器充放電的物理過程不清楚。尤其是充電完畢后，電路有哪些特點不清楚。
　　【正確解答】
　　電容器充電完畢后，電容器所在支路的電流為零。電容器兩端的電壓與它所并聯的兩點的電壓相等。本題中四個開關都閉合時，有R1，R2兩端的電壓為零，即R1，R2兩端等勢。電容器兩端的電壓與R3兩端電壓相等。
　?。?）若斷開K1，雖然R1被斷開，但是R2兩端電壓仍為零，電容器兩端電壓保持不變，則P將繼續懸浮不動
　?。?）若斷開K2，由于R3被斷開，電路再次達到穩定時，電容器兩端電壓將升高至路端電壓R2上的電壓仍為零，使得電容器兩端電壓升高，則P將向上加速運動。
　?。?）若斷開K3，由于電源被斷開，電容器兩端電壓存在一個回路，電容器將放電至極板兩端電壓為零，P將加速下降。
　?。?）K4斷開，電容器兩端斷開，電量不變，電壓不變，場強不變，P將繼續懸浮不動。
　　【小結】
　　在解決電容器與直流電路相結合的題目時，要弄清楚電路的結構，還要會用靜電場電勢的觀點分析電路，尋找等勢點簡化電路。
　　例17 有兩個帶電量相等的平行板電容器A和B，它們的正對面積之比SA∶SB=3∶1，板長之比∶LA∶LB=2∶1，兩板距離之比dA∶dB=4∶1，兩個電子以相同的初速度沿與場強垂直的方向分別射入兩電容器的勻強電場中，并順利穿過電場，求兩電子穿越電場的偏移距離之比。
　　【錯解分析】錯解：
　　
　　把電容器的電壓看成是由充電電量和兩板正對面積決定而忽視了板間距離對電壓的影響，所以電壓比和偏離比都搞錯了。
　　【正確解答】
　　　　　
　　【小結】
　　高考中本題只能作為一道選擇題（或填空題）出現在試卷上。很多考生為了騰出時間做大題，急急忙忙不做公式推導，直接用數字計算導致思考問題不全面，以至會做的題目得不到分。同時按部就班解題，養成比較好的解題習慣，考試時就會處變不驚，穩中求準，穩中求快。
　　例18 在平行板電容器之間有勻強電場，一帶電粒子以速度v垂直電場線射入電場，在穿越電場的過程中，粒子的動能由Ek增加到2Ek，若這個帶電粒子以速度2v垂直進入該電場，則粒子穿出電場時的動能為多少？
　　【錯解分析】錯解：設粒子的的質量m，帶電量為q，初速度v；勻強電場為E，在y方向的位移為y，如圖8—16所示。

　　認為兩次射入的在Y軸上的偏移量相同。實際上，由于水平速度增大帶電粒子在電場中的運動時間變短。在Y軸上的偏移量變小。
　　【正確解答】
　　建立直角坐標系，初速度方向為x軸方向，垂直于速度方向為y軸方向。設粒子的的質量m，帶電量為q，初速度v；勻強電場為E，在y方向的位移為y。速度為2v時通過勻強電場的偏移量為y′，平行板板長為L。
　　由于帶電粒子垂直于勻強電場射入，粒子做類似平拋運動。
　　
　　兩次入射帶電粒子的偏移量之比為
　　
　　【小結】
　　當初始條件發生變化時，應該按照正確的解題步驟，從頭再分析一遍。而不是想當然地把上一問的結論照搬到下一問來。由此可見，嚴格地按照解題的基本步驟進行操作，能保證解題的準確性，提高效率。其原因是操作步驟是從應用規律的需要歸納出來的。
　　例19 A，B兩塊平行帶電金屬板，A板帶負電，B板帶正電，并與大地相連接，P為兩板間一點。若將一塊玻璃板插入A，B兩板間，則P點電勢將怎樣變化。
　　【錯解分析】錯解：
　　UpB=Up－UB=Ed
　　電常數ε增大，電場強度減小，導致Up下降。
　　沒有按照題意畫出示意圖，對題意的理解有誤。沒有按照電勢差的定義來判斷PB兩點間電勢差的正負。
　　【正確解答】
　　按照題意作出示意圖，畫出電場線，圖8－17所示。
　　我們知道電場線與等勢面間的關系：“電勢沿著電場線的方向降落”所以UpB=Up－UB＜0，B板接地UB=0
　　UBp=UB－Up=0－Up
　　Up=－Ed
　　常數ε增大，電場強度減小，導致Up上升。
　　【小結】
　　如何理解PB間的電勢差減小，P點的電勢反倒升高呢？請注意，B板接地Up＜0，PB間的電勢差減小意味著Up比零電勢降落得少了。其電勢反倒升高了。
　　例20、 1000eV的電子流在兩極板中央斜向上方進入勻強電場，電場方向豎直向上，它的初速度與水平方向夾角為30°，如圖8－18。為了使電子不打到上面的金屬板上，應該在兩金屬板上加多大電壓U？
　　【錯解分析】錯解：
　　電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，設進入電場時初速度為v0，
　　
　　因為電子流在電場中受到豎直向下電場力作用，動能減少。欲使電子剛好打不到金屬板上有Vr=0，此時電子流動能
　　　
　　電子流在電場中受到電場力作用，電場力對電子做功We= Fes = eEs其中s必是力的方向上位移，即d/2，所以We=eU，U是對應沿d方向電勢降落。則電子從C到A，應對應We=eUAC，故上面解法是錯誤的。
　　【正確解答】
　　電子流在勻強電場中做類似斜拋運動，欲使電子剛好不打金屬板上，則必須使電子在d/2內豎直方向分速度減小到零，設此時加在兩板間的電壓為U，在電子流由C到A途中，
　　電場力做功We=EUAC，由動能定理
　　
　　
　　至少應加500V電壓，電子才打不到上面金屬板上。
　　【小結】
　　動能定理是標量關系式。不能把應用牛頓定律解題方法與運用動能定理解題方法混為一談。
　　例21 如圖8－19，一個電子以速度v0=6.0×106m/s和仰角α=45°從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛行。兩板間場強E= 2.0×104V/m，方向自下向上。若板間距離d=2.0×10-2m，板長L=10cm，問此電子能否從下板射至上板？它將擊中極板的什么地方？
　　【錯解分析】錯解：規定平行極板方向為x軸方向；垂直極板方向為y軸方向，將電子的運動分解到坐標軸方向上。由于重力遠小于電場力可忽略不計，則y方向上電子在電場力作用下做勻減速運動，速度最后減小到零。
∵vt2－v02 = 2as
y= d= s vt= 0
　　
　　即電子剛好擊中上板，擊中點離出發點的水平位移為3.99×10-2（m）。
　　為d，（擊中了上板）再求y為多少，就犯了循環論證的錯誤，修改了原題的已知條件。
　　【正確解答】
　　應先計算y方向的實際最大位移，再與d進行比較判斷。
　　
　　　
　　由于ym＜d，所以電子不能射至上板。
　　
　　【小結】 因此電子將做一種拋物線運動，最后落在下板上，落點與出發點相距1.03cm。
　　斜拋問題一般不要求考生掌握用運動學方法求解。用運動的合成分解的思想解此題，也不是多么困難的事，只要按照運動的實際情況把斜拋分解為垂直于電場方向上的的勻速直線運動，沿電場方向上的堅直上拋運動兩個分運動。就可以解決問題。
　　例22 一個質量為m，帶有電荷-q的小物塊，可在水平軌道Ox上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處于勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox軸正方向，如圖8－20所示，小物體以初速v0從x0沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的摩擦力f作用，且f＜qE。設小物體與墻碰撞時不損失機械能且電量保持不變。求它在停止運動前所通過的總路程s。
　　【錯解分析】錯解：錯解一：物塊向右做勻減速運動到停止，有
　　
　　錯解二：小物塊向左運動與墻壁碰撞后返回直到停止，有W合=△Ek，得
　　
　　錯誤的要害在于沒有領會題中所給的條件f＞Eq的含義。當物塊初速度向右時，先減速到零，由于f＜Eq物塊不可能靜止，它將向左加速運動，撞墻后又向右運動，如此往復直到最終停止在軌道的O端。初速度向左也是如此。
　　【正確解答】
　　設小物塊從開始運動到停止在O處的往復運動過程中位移為x0，往返路程為s。根據動能定理有
　　
　　【小結】
　　在高考試卷所檢查的能力中，最基本的能力是理解能力。讀懂題目的文字并不困難，難的是要抓住關鍵詞語或詞句，準確地在頭腦中再現題目所敘述的實際物理過程。常見的關鍵詞語有：“光滑平面、緩慢提升（移動）、伸長、伸長到、輕彈簧、恰好通過最高點等”這個工作需要同學們平時多積累。并且在做新情境（陌生題）題時有意識地從基本分析方法入手，按照解題的規范一步一步做，找出解題的關鍵點來。提高自己的應變能力。
　　例23 如圖8－21所示，長為L的絕緣細線，一端懸于O點，另一端連接一質量為m的帶負電小球，置于水平向右的勻強電場中，在O點向右水平拉直后從靜止釋放，細線碰到釘子后要使小球剛好饒釘子O′在豎直平面內作圓周運動，求OO′長度。
　　【錯解分析】錯解：擺球從A落下經B到C的過程中受到重力G，繩子的拉力T和電場力F電三個力的作用，并且重力和電場力做功，拉力不做功，由動能定理
　　
　　擺球到達最低點時，擺線碰到釘子O′后，若要小球剛好繞釘子O′在豎直平面內做圓周運動，如圖8－22。則在最高點D應滿足：

　　從C到D的過程中，只有重力做功（負功），由機械能守恒定律
　　
　　考生以前做過不少“在重力場中釋放擺球。擺球沿圓弧線運動的習題”。受到這道題思維定勢的影響，沒能分析出本題的擺球是在重力場和電場疊加場中運動。小球同時受到重力和電場力的作用，這兩個力對擺球運動軌跡都有影響。受“最高點”就是幾何上的最高點的思維定勢的影響，沒能分析清楚物理意義上的“最高點”含義。在重力場中應是重力方向上物體運動軌跡的最高點，恰好是幾何意義上的最高點。而本題中，“最高點”則是重力與電場力的合力方向上擺球運動的軌跡的最高點。
　　【正確解答】
　　本題是一個擺在重力場和電場的疊加場中的運動問題，由于重力場和電場力做功都與路徑無關，因此可以把兩個場疊加起來看成一個等效力場來處理，如圖8－23所示，
　　∴θ=60°。
　　開始時，擺球在合力F的作用下沿力的方向作勻加速直線運動，從A點運動到B點，由圖8－23可知，△AOB為等邊三角形，則擺球從A到B，在等效力場中，由能量守恒定律得：

　　在B點處，由于在極短的時間內細線被拉緊，擺球受到細線拉力的沖量作用，法向分量v2變為零，切向分量
　　接著擺球以v1為初速度沿圓弧BC做變速圓周運動，碰到釘子O′后，在豎直平面內做圓周運動，在等效力場中，過點O′做合力F的平行線與圓的交點為Q，即為擺球繞O′點做圓周運動的“最高點”，在Q點應滿足
　　過O點做OP⊥AB取OP為等勢面，在等效力場中，根據能量守恒定律得：
　　
　　【小結】
　　用等效的觀點解決陌生的問題，能收到事半功倍的效果。然而等效是有條件的。在學習交流電的有效值與最大值的關系時，我們在有發熱相同的條件將一個直流電的電壓（電流）等效于一個交流電。本題中，把兩個場疊加成一個等效的場，前提條件是兩個力做功都與路徑無關。
第9單元　穩恒電流
　　[內容和方法]
　　本單元內容包括電流、產生持續電流的條件、電阻、電壓、電動勢、內電阻、路端電壓、電功、電功率等基本概念，以及電阻串并聯的特點、歐姆定律、電阻定律、閉合電路的歐姆定律、焦耳定律、串聯電路的分壓作用、并聯電路的分流作用等規律。
　　本單元涉及到的基本方法有運用電路分析法畫出等效電路圖，掌握電路在不同連接方式下結構特點，進而分析能量分配關系是最重要的方法；注意理想化模型與非理想化模型的區別與聯系；熟練運用邏輯推理方法，分析局部電路與整體電路的關系
　　[例題分析]
　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：不對電路進行分析就照搬舊的解題套路亂套公式；邏輯推理時沒有逐步展開，企圖走“捷徑”；造成思維“短路”；對含有電容器的問題忽略了動態變化過程的分析。
　　例1 如圖9－1所示，ε1=3V，r1=0.5Ω，R1=R2=5.5Ω，平行板電容器的兩板距離d=1cm，當電鍵K接通時極板中的一個質量m=4×10-3g，電量為q=1.0×10-7C的帶電微粒恰好處于靜止狀態。求：（1）K斷開后，微粒向什么方向運動，加速度多大？（2）若電容為1000pF，K斷開后，有多少電量的電荷流過R2？
　　【錯解分析】錯解： 當電鍵K接通電路穩定時、電源ε1和ε2都給電容器極板充電，所以充電電壓U=ε1+ε2。
　　帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，
F－mg = 0
　　ε2=U－ε1=1(v)
　　當電鍵K斷開后，電容器上只有電源 給它充電，U′=ε2。
　　
　　即帶電粒子將以7.5m/s2的加速度向下做勻加速運動。
　　又Q1=CU=103×10-12×4=4×10－9C
　　Q′=CU′＝103×10-12×1＝1×10-9C
　　△Q=Q－Q′=3×10-9C
　　極板上電量減少3×10-9C，也即K斷開后，有電量為3×10-9C的電荷從R2由下至上流過。
　　在直流電路中，如果串聯或并聯了電容器應該注意，在與電容器串聯的電路中沒有電流，所以電阻不起降低電壓作用(如R2)，但電池、電容兩端可能出現電勢差，如果電容器與電路并聯，電路中有電流通過。電容器兩端的充電電壓不是電源電動勢ε，而是路端電壓U。
　　【正確解答】
　　 (1)當K接通電路穩定時，等效電路圖如圖9－2所示。
　　ε1、r1和R1形成閉合回路，A，B兩點間的電壓為：
　　
　　電容器中帶電粒子處于平衡狀態，則所受合力為零，
　　F－mg＝0
　　
　　在B，R2，ε2，C，A支路中沒有電流，R2兩端等勢將其簡化，
U＋ε2=UAB，ε2=U

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