物理习题典型错解剖析，本文主要内容关键词为：习题论文,典型论文,物理论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
在学生中，物理习题的错解，可谓“包罗万象”，屡见不鲜。在此将列举一些典型例子，经教学实践表明，对典型错解加以剖析，是提高学生解题能力的有效措施。
一、因思路的局限性而导致的错解
如图1所示，a、b为两个电阻相等且被固定的同心金属圆环。有一质量分布均匀的条形磁铁与两环面平行放置，其质心与环心O重合。若将磁铁N极向外、S极向里绕圆环径向水平轴O[，1]O[，2]转动90°角，那么在此过程中，a、b两环的感应电流I[，a]、I[，b]的方向以及它们的大小（指平均值）关系为（不计互感效应）
错解：当磁铁转过90°时，它将与环面垂直，且N极向外。那么从N极出来的磁力线在返回S极的途中，将垂直环面向里穿过a、b两环，如图2所示。因此，在磁铁转动过程中，穿过两环的磁通量均向里增加。据楞次定律和安培定则判断，a、b两环感应电流I[，a]与I[，b]均沿逆时针方向。且因a环所包围的面积较b环大，a环磁通量的变化率较大，则a环的平均感应电动势ε较大。已知a、b两环电阻R相等，依公式I=E/R易知，I[，a]＞I[，b]。故选项(A)正确。
剖析：上述解答未注意到磁力线是封闭曲线，在分析两环内磁通量变化时，其思路局限在磁铁外部从N极到S极的磁力线上，而忽视了磁铁内部从S极回到N极的磁力线。
正解：当磁铁在初位置时，由对称性可知，通过a、b两环的磁通量均为零。当其N极向外绕轴转过90°角时，它的中部横截面恰与两环面重合。显然，该截面内的所有磁力线均垂直环面向外，并穿过a、b两环，如图3所示。而磁铁外部空间向里穿过a、b两环的只有其中的部分磁力线。这样，向外与向里的磁力线抵消一部分后，环内“剩余”磁力线是向外的。于是，在磁铁转动过程中，a、b两环内总的磁通量均向外增加。依楞次定律和安培定则判断，a、b两环的感应电流均沿顺时针方向。且因a环包含了b环，a环向里的磁力线较b环多，而相应向外的磁力线被抵消得也多，则在相同时间内，a环磁通量的增加较b环少，其磁通量的变化率较b环小。据法拉第电磁感应定律可知，a环的平均感应电动势较小，相应的感应电流也较小（因两环电阻相同），即I[，a]＜I[，b]。则此例的正确答案宜选(D)项。
二、因片面分析问题而导致的错解
例2.用一轻绳牵引质量为m=4千克的物体，使之在光滑水平面上做直线运动。牵绳与水平方向的夹角（牵引角）保持不变，且为θ=30°。若牵绳承受的最大拉力T[，m] =100牛，试求该物体沿水平面运动的最大加速度a[，m]。（取重力加速度g=10米/秒[2]）
错解：将牵绳承受的最大拉力T[，m]沿水平与竖直方向正交分解，其水平分力，即T[，m]cosθ就是物体沿水平面运动的最大合外力。据牛顿第二定律列出方程T[，m]cosθ＝ｍa[，m]，可得
剖析：上述解答片面地分析拉力的水平分力所产生的加速效果，而忽视了拉力的竖直分力可能产生的新情境。如图4所示，在牵引角θ一定时，若对牵绳所施拉力F就用该绳承受的最大拉力T[，m]（如同上解），即F= T[，m]=100牛，那么F的竖直分力为F[，y] =Fsinθ=100×sin30°=50（牛）
而物体的重力为G=mg=4×10=40（牛）
可见，因F[，y]＞G，将使物体离开水平面，这显然跟题意相悖。
正解：物体沿水平面运动的临界条件是，对牵绳所施拉力F的竖直分力恰与物体重力相平衡，即
F[，y]=mg=4×10=40（牛）
依图4易得
（牛）
因F＜T[，m]，这是合理的。那么F的水平分力F[，x]产生的加速度即为所求的沿水平面的最大加速度，则有
三、因生硬套用公式而导致的错解
例3.甲车速度为v[，1] =10米/秒，乙车速度v[，2]=4米/秒，两车在一条公路的不同车道上作同方向的匀速直线运动。随后在甲车追上乙车相遇时，甲车立即作加速度为a=2米/秒[2]的匀减速运动。于是两车将再次相遇。设两车先后两次相遇的时间间隔为t，两次相遇处的距离为s，则
(A)t=6秒，s=24米。
(B)t=5秒，s=25米。
(C)t=5秒，s=20米。
(D)t=6.25秒，s=25米。
错解：依题意，两车从第一次相遇到第二次相遇，它们的位移s相等，且运动的时间t相同。
对甲车，依匀变速运动位移公式：
即s=10t-t[2] ①
对乙车，据匀速运动公式：
s=v[，2]t，即s=4t ②
联解①、②两式可得
t=6秒，s=24米。故宜选择(A)项。
剖析：上述解答似乎顺理成章，其实因缺乏分析，硬套公式而酿成了错误。因甲车做匀减速运动并非无限的，它受时间的制约。它的实际减速时间t′与其末速度v[，t]=0相对应。据匀变速运动的速度公式
v[，t]=v[，1]-at′
得t′=v[，1]/a=10/2=5（秒）
可见，甲车的实际减速时间只有5秒。而上解得出的甲车减速时间却为6秒，这显然是错误的。
正解：依“剖析”求得t′=5秒，在这段时间内，甲、乙两车的位移分别是
因s[，乙]＜s[，甲]，且甲车减速至25米时已停止运动，故两次相遇处的距离应以甲车减速位移为基准，即s= s[，甲]=25米。而甲车停止时，乙车尚未追上甲车，故其两次相遇的时间间隔则应以乙车运动25米的时间为基准，即
ｔ＝t[，乙]=s/v[，2]=25/4=6.25（秒）
于是，本例的正确答案应选择(D)项。
四、因适用条件含混而导致的错解
例4.如图5所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀。将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的三倍。若使它们带上等量异种电荷，即其电量的绝对值均为Q。那么，a、b两带电球之间的万有引力F[，万]和库仑引力F[，库]分别为
错解一.因a、b两带电球之球壳壳层质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也可看作点电荷。既适用于万有引力定律，也适用于库仑定律，故其正确答案宜选(A)项。
错解二.依题意，a、b两带电球中心间的距离l只有球半径的三倍，它们不能看作质点，也不能看作点电荷。因此，既不满足万有引力定律，也不满足库仑定律。故其正确答案宜选择(B)项。
剖析与正解：前一解对库仑定律的适用条件不明确。因为直接应用库仑定律来求静电力时，它只适用于点电荷的情形。而依题意，a、b两带电球壳却不能看作点电荷，理由是：其一、a、b两球所带异种电荷相互吸引，将使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集。其二、两球心间的距离l只有其半径r的三倍，而不满足l》r的要求。
后一解是对万有引力定律的适用条件不明确。因为直接应用该定律来求万有引力时，它适用于两个可以看作质点的物体。虽然两球心间的距离l只有球半径的三倍，但两球的壳层质量分布均匀，物理大师牛顿曾用他自己创立的计算方法——“流数术”科学地证明了，两均匀球（含均匀壳层）之间的万有引力，与假定每一个球的质量都集中在各自的球心时的情形是相同的。换言之，可将两均匀球或均匀球壳看作质量集中于球心的质点。至于两球带上异种电荷后，虽然它们由于静电力作用而使之电荷的分布不均匀，但它对两球质量分布的改变可谓微不足道的。因此，该例可以直接应用万有引力定律。
综上所述，对于a、b两带电球壳的整体来说，满足万有引力定律的适用条件，而不满足库仑定律的适用条件，即有
。故此例只有选项(D)正确。
五、因忽视条件变化而导致的错解
例5.如图6所示电路，电源的电动势为ε，其内阻和表A的内阻均不计。变阻器的最大阻值为R[，0]，且固定电阻R[，1]= R[，0]。当变阻器的滑动臂P从a端滑至b端过程中，电流表A的示数变化情形是
(A)先减小后增大。(B)先增大后减小。
(C)一直减小。(D)一直增大。
错解：因变阻器的滑动臂P滑至a、b之间的中点时，通过表A的电流有最小值。故P从a端滑至b端过程中，表A的示数先减小而后增大。则选项(A)正确。
剖析：若将图6中的电阻R[，1]去掉，将其改成如图7所示电路，那么上述解答才是正确的。不妨证明如下：
在图7中，设变阻器的滑动臂P位于a、b之间的任一位置时，P[，a]段的阻值为R[，x]，那么Pb段的阻值则为（R[，0]-R[，x]）。因R[，x]与R并联，令通过电阻R的电流为I′，通过表A的电流为I[，a]，易得
对于I[，A]的这一表达式，运用数学工具（如重要不等式）讨论的结果表明：当R[，x]= R[，0]/2，即滑动臂P滑至R[，0]的中点（中值电阻处）时，表A的示数I[，A]为最小。
但原题图6跟图7的电路结构相似而条件却不同，它有一个与表A串联的跟R[，0]等值的电阻R[，1]。而上解忽视这一条件变化且滥用有关结论，将难免陷入谬误。
正解：巧用简捷解法。可将R[，1]与R[，0]合并为一体，看作滑动臂只能在右半边滑动的变阻器，其总阻值为R′[，0]= R[，0]+ R[，1]=2 R[，0]，这样，图6就简化成图7的等效电路了。当滑动臂P置于原R[，0]的a端时，恰好在R′[，0]的中值电阻上，则此位置恰好为表A示数的最小值。那么，P从a端向右滑至b端过程中，表A的示数将从最小值开始一直增大。则选项(D)才正确。
将不难推理得出，只有当R[，1]＜R[，0]时，该例的正确答案才能改选为(A)项。
六、因不明研究对象而导致的错解
例6.如图8所示，气缸A和容器B都是透热的。A放置在27℃、1大气压的空气中，活塞J左侧与大气相通；B放置在127℃的恒温箱内。开始时，阀门K关闭，A内装有理想气体，其体积V[，A] =4.8升；B内为真空，其容积V[，B] =2.4升。设气缸壁与活塞间无摩擦，且不漏气。位于底部的连接A和B的细管容积不计。若稍稍打开K，使A内气体缓缓流入B内，待活塞停止移动时，A内剩余气体的体积为多少？
错解：以气缸A内原有的一定质量气体为研究对象。
初态（K打开之前）：
依题意，初末态压强相等，即P[，1]=P[，2] =1大气压。据盖·吕萨克定律且代入数据有
剖析：此例在中学阶段的常规解法中，刻板地选择A内原有气体为研究对象是难于奏效的。由于K打开后进入B内的气体经升温，密度变小，它不能下沉与A内剩余气体发生对流，且一般气体难于通过传导发生热交换。因此，末态时A内剩余气体与进入B内气体的温度是不相同的，则上解中气体末态的分析是错误的。究其原因主要是对研究对象选择不当而造成的。
正解一：在常规解法中，可设想气缸A内原有气体的体积V[，A]分成V[，A1]与V[，A2]两部分，K打开后达末态时V[，A1]剩余在A内，V[，A2]将全部进入B内。为此，可选择V[，A1]与V[，A2]两部分气体分别为研究对象。
对于剩余在A内的V[，A1]这部分气体，据气态方程PV/T＝恒量可知，因其初、末态P[，A1]、T[，A1]均不变，故V[，A1]不变（但将被活塞压至气缸的右端）。
对将流入B内的V[，A2]这部分气体，其初态：V[，1] = V[，A2]，T[，1] =27+273=300K；末态：V[，2] =V[，B] =2.4升，T[，2] =127+273=400K。且因其初、末态的压强相等（均等于外界大气压），那么据盖·吕萨克定律有
则A内剩余气体的体积为V[，A1]＝V[，A]- V[，A2]＝4.8-1.8=3（升）
正解二：若选择气缸A内封闭的原来所有气体为研究对象，就不能用上述常规解法。因打开K后原有气体一分为二，即一部分气体留在A内而另一部分气体进入B内。对此宜用气体系状态方程，即
此解法甚为简捷，但⑤式的导出已超教学大纲要求。只宜向基础较好学生介绍。
七、因等效方法生疏而导致的错解
例7.点光源S位于凸透镜左侧二倍焦距（即2f）之外，由S发出的一条光线a如图9所示。光线a经透镜折射后的出射光线将与主光轴O[，1]O[，2]
(A)相交于焦点与二倍焦距点之间。
(B)相交于二倍焦距点之外。
(C)相交于无穷远处
(D)相交于二倍焦距点处
错解：因点光源S位于凸透镜的二倍焦距之外，依其成像规律可知，所成实像一定在透镜另一侧的焦距与二倍焦距之间，故选项(A)正确。
剖析与正解：上述错解，初看起来只是混淆了点光源S所成像点跟光线a的出射光线与主轴的交点。但经仔细审慎，出现上述错误的主要原因是，对等效法比较生疏。
从图9可知，光线a恰好通过镜前主轴的二倍焦距处，它等效于放在该处的点光源S′发出的光线。若明确这一等效关系，就不至于陷入上述谬误，并将依S′的成像规律，即其像与物S′的对称关系立即作出判断，则选项(D)才是正确的。
等效方法是研究科学的重要方法，它在物理学上应用甚多，需引起足够重视。
还有一些错解的典型例子，如忽视矢量方向、漏选瞬时过程、临界点未弄清和物理情景模糊等。但考虑到篇幅限制，就不再一一列举了。产生物理习题错解的原因归结起来，主要是基础知识不够扎实，对物理概念和规律未掌握好。
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