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《02,03错题分析田家炳中学王军丽》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、错题分析1、将一个电量为-2X10'8C的点电荷，从零电势点S移到M点，要克服电场力做功4X10'8J,从M点移到N点电场力做功为14X10'8J,求M、N两点的电势。【错解】：S、M点电势差Ui=W1/q=(4X10'8)/(2X1O-8)V=2V,因为此过程克服电场力做功，电势能增加，所以电势升高，故(pM-(ps=U.,所以(pM=2VoM、N两点电势差U2=W2/q=(14X10'8)/(2X10”)V=7v,U2=q)M-(PN,所以q)N=(pf-U2=2V-7V=-5Vo【错解分析】：可能没有看清电荷的正、负或者对规律认识不清，认为不论正、负电荷，电势能大处电势高。还有
2、可能认为只有正电荷在克服电场力做功时，电势能增大，而负电荷在克服电场力做功时，电势能减小。【正解】：解法(1)由可=口U得：S、M两点间电势差Usm=Wsm/q=(・4X10s)/(-2X10s)V=2V，而UsM=(ps—(pM,(PM=(PS~Usm=(0-2)V=-2V。求N点电势时把电荷从S点移到M点再移到N点，看成一个全过程，在这个过程中，由S到N电场力做的总功等于各段分过程中电场力做功的代数和，即：WSN=WSM+WMN=(・4X10_8+14X10_8)J=10X10_8JoWsN=qUsN得：Usn=Wsn/q=(10X10_8)/(-2X10_8)V=・5Vo而(ps
3、=0所以q)N=5Vo解法(2)S、M两点间电势差U1=W1/q=(4X10"8)/(2X10-8)V=2V,而此过程电荷克服电场力做功，因而电势能增加，对于负电荷在低电势处电势能大，故q)M<(pS,U1=(ps—(pMo而(ps=0,所以(pM=-2VoM、N两点的电势差U2=W2/q=(14X10T)/(2X107)=7V,U2=(pN-(pM,所以(pN=5Vo【答案】：(Pn=・2V,(pM=5V2、质量为m,长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I,匀强磁场的磁感应强度为B,方向与导轨平面成()角斜向下，如图3(a)所示，求棒MN所受的支持力和摩擦力。图3【
4、错解】：MN在磁场中与磁感线夹角为0,则由F=BILsin0得安培力大小为：F=BILsin0，安培力方向水平向右与摩擦力相平衡，故所受摩擦力Ff=BILsin0,竖直方向上重力与支持力相平衡，故所受的支持力FN=mg0【错解分析】：题中误认为MN在磁场中与磁感线夹角为()，rtlF=BILsin()得安培力大小为:F=BILsin9,实际上虽然磁感应强度B与导轨平面成0角，但MN却与磁感应强度B垂直，安培力应为F=BIL,对定义公式理解错误。安培力的方向应垂直MN斜向下，也出现判断错误。【正解】：导体棒MN在安培力作用下，处于平衡状态，题目中尽管磁感线倾斜，但磁感应强度方向与导体棒M
5、N是垂直的。同时要注意题小图为立体图，受力分析时，应转换为平面图。画出平面图，由左手定则判断出安培力方向，对MN受力分析，如图3(b)所示对导体棒MN,由平衡条件得：水平方向:Ft=Fsin0,竖直方向：Fn=Fcos0+mg【答案】：Fn=BILcos。十mg方向竖直向上；Ff=BILsin0方向水平向左3、两个半径均为R的金属球，分别带电q和-3q,当球心相距一3R放置时，两球的相互作用力为F,若将两球接触后放回原来的位置，则两球之间的相互作用力大小为A.FB.等于—FC.大于—FD.小于—F333【错解】学生直接利用库仑定律求解，所以选择选项B【错解分析】：由于两球间的静电力的作
6、用，金属球上的电荷分布不均匀，电荷的中心不位于球心。在相互接触前，异种电荷互相吸引，电荷中心的距离口小于3r,在相互接触后，两球平分中和后剩余的电荷量，均为-q。由于同种电荷相互排斥，电荷中心的距离门大于3ro由于本题中带电体本身的大小跟它们之间的距离相差不多，这样，带电体的形状和大小对相互作用力的影响不可忽略，所以不能把两金属球视为点电荷而套用库仑定律求岀静电力的具体数值。但我们仍对以运用库仑定律对两种情况下的静电力进行粗略的估算和比较：设接触后放回时的作用力为心，由库仑定律可知，F>k琴，F‘7、气球上掉下一个物体，经17s到达地面。求物体刚脱离气球时气球的高度。(g=10m/s2)【错解】：物体从气球上掉下来到达地面这段距离即为物体脱离气球吋，气球的高度。因为物体离开气球做自由落体运动。据h=
8、gt2则有h=lxiOX172=1445(m)2所以物体刚脱离气球时，气球的高度为1445mo【错解分析】由于学生对惯性定律理解不深刻，导致对题中的隐含条件即物体离开气球时具有向上的初速度视而不见。误认为Vo=0o实际物体随气球匀速上升时，物体
