物理解题须注意典型错误要力避

华兴恒

在求解物理问题的过程中，由于各种原因常常会导致错误的发生.下面对学生在解题过程中经常出现的典型错误举例剖析，希望能够引起学生的高度注意，从而提高分析问题和解决问题的能力.

一、误用结论

有些学生由于对物理概念和物理规律理解不深，对有条件的结论作无条件的推广，从而导致错误的发生.

例1有四个电源，电动势均为8 V，内阻分别为1 Ω、2 Ω、4 Ω、8 Ω，现要对R = 2 Ω的电阻供电，应选择内阻为（ ）的电源才能使R上获得的电功率最大.

A. 1 Ω B. 2 Ω C. 3 Ω D. 4 Ω

错解根据“外电阻等于内电阻（R = r）时，外电路上的电功率有最大值”可知，应选用内阻为

2 Ω的电源对R供电.故应选B.

剖析事实上，确定的电源有最大的输出功率与确定的外电路上获得最大电功率的条件是不同的.“外电阻等于内电阻（R=r）时，外电路上的电功率有最大值”只适用于电源确定而外电阻可选择的情形，本题属于外电阻确定而电源可选择的情形，两者意义不同，千万不能混为一谈.

正解由P=I2R可知：R上消耗的电功率P=（ER+r）2R=（82+r）2×2，P为r的单调递减函数，因此就题设条件来说，r取1 Ω时，P有最大值.因此应选A.

点评物理学中的每个规律、结论成立都是有条件的，因此都有其特定的适用范围.有些学生学因为做题很多，习惯于套用一些熟悉的解题路子，这种方法既有其合理性，也有其不利的一面，因此我们应掌握好每个规律、公式、结论的适用条件和适用范围.

二、乱套公式

不能将复杂的物理过程划分为不同的阶段逐层分析，对不同阶段物体状态及运动规律透析不到位，常会出现理解错误、遗漏错误和取舍错误.

例2一足够长的水平传送带以2 m/s的速度做匀速直线运动，现将一物块轻轻地放在传送带的一端，使之从静止开始运动.若物体与传送带的摩擦因数为0.1，则放后3 s内小物块对地面的位移为（ ）.

A. 6 m B. 4 m C. 4.5 m D. 10.5 m

错解1小物块做匀速运动，则s=vt=6 m.应选A.

错解2小物块做初速度为零的匀加速运动，s=12at2=4.5 m.应选C.

错解3小物块做初速度为2 m/s的匀加速运动，s=vt+12at2=10.5 m.应选D.

剖析事实上，小物块先做加速运动后做匀速运动，s=s1+s2=4 m.

正解本题应选B.

点评在解题时，如果思维不深入，对规律、过程和公式的意义认识不清，常常会顾此失彼，对解答的结论不能做出正确的判断，从而导致错解的发生.

三、审题不慎

有些学生在解题时常因审题不慎而导致错误的发生.审题不慎主要表现为：（1） 遇到熟悉的题型或常见的图形后，常常根据自己已有的“经验”，虚构出一个物理情景或物理对象，因而得出错误的结论；（2） 审题不细致，忽略了某些条件（特别是隐含条件），仍然按照自己的理解继续做题，导致解题陷入困境，因此不得不“推倒”重来，结果是白白浪费了大量的宝贵时间；（3） 审题不细致，导致误入“陷阱”，虽然得出的结论是错误的，但仍然自鸣得意地认为解题“无误”，无须回头检查；（4） “替代假设”错误.

例3如图1所示的电路中，R1=390Ω，R2=230Ω，电源内电阻r=50 Ω.当S合在1时，电压表的示数为80 V；当S合在2时，电压表的示数为U1=72 V，电流表的示数为I1=0.18 A.求：

（1） 电源的电动势；

（2） 当S合在3时，两电表的示数.

错解（1） 因为外电路开路时，电源的路端电压等于电源的电动势，所以E=U断=80 V.

（2） I=ER+r=80V250Ω+50Ω=0.29 A，U=IR2=

0.29 A×230 Ω=66.7 V.

剖析上述错解错在“替代假设”，认为电路中的电流表、电压表都是理想的电表.事实上，问题并非如此简单，只要我们进一步分析S合2时的情况就会发现矛盾：I1R1=0.18 A×390 Ω=70.2 V≠80 V.由此看来，电路中的电流表、电压表并非理想的电表.

正解（1） 由题意无法判断电流表、电压表是否为理想电表.为此可视RA、RV分别为电流表、电压表的内阻，R′ 为电流表与电阻R1串联后的电阻，R″为电流表与电阻器R2串联的电阻，则在S合2时有：

RA=U1I1-R1=10 Ω，R′=RA+R1=10 Ω+390 Ω=400 Ω，R″=10 Ω+230 Ω=240 Ω；

当S合在1时有：E80=RV+rRV ①

当S合在2时有：E72=RVR′RV+R′+50ΩRVR′RV+R′ ②

联立①②可求得：RV=400 Ω，E=90 V.

（2） 当S闭合在3时，因R=R″RVR″+RV=150 Ω，所以UV=ERR+r=67.5 V，IA=UVR″=0.28 A.

四、思维定势

对于一些看上去较难的物理问题，若能够突破思维定势，打破常规，灵活转向，拓展思维，如巧妙地添加一条辅助线，假设一个中间量，去除干扰因素，别出心裁出奇招等，难题将不难，求解起来就会挥洒自如.

例4如图2所示，倾角为30°的直角三角形底边长为2 L，且处于水平位置，斜面为光滑导轨.现在底边中点O处固定一正点电荷Q，让一质量为m的带正电的点电荷q从斜面顶端A处释放沿斜面滑下（不脱离斜面）.现测得它滑到B点在斜边上的垂足D点处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下.问点电荷q滑到斜面底端C点时的速度和加速度各为多大？

错解由于点电荷q在下滑的过程中，受到固定电荷Q对它的电场力大小、方向时刻改变，对这种非匀变速的运动不能建立方程来求解速度和加速度，因此本题无法求解.

剖析本题采用常规思路选用物理规律建立方程确实极为困难.不过，只要仔细审视图2中的几何关系便可发现，若连接DO作一条辅助线如图3所示，则由几何关系可知DO=CO，这样就寻找到了解题的突破口.

正解DO=CO，表明D、C两点位于固定电荷Q的同一等势面上，q经D点到C点的全过程中，电场力做功为零，只有重力做功，因此根据动能定理可得：

mgCDsin30°=12mv2C-12mv2

其中vC为q到达C点时的速度.

由几何关系不难解得CD=3L.

解之得vC=v2+3gL

DO=CO，表明点电荷q经D点时和到达C点时，所受的电场力大小相等，受力情况如图3.根据牛顿第二定律，在D点和C点分别对点电荷Q建立方程：mgsin30°-Fcos30°=ma

mgsin30°+Fcos30°=maC

其中F为电场力，aC为点电荷到达C点时的加速度.

联立以上两式可解得：aC=g-a.

五、丢掉必要条件

在求解某些问题时，由于忽视了题中看上去不是非常明显的条件，从而导致错误的出现.

例5已知万有引力常量G，地球半径R，月球与地球之间的距离r，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球的运动周期T1.地球自转周期T2，地球表面的重力加速度g，请你根据以上条件提出一种估算地球质量M的方法.

错解由于同步卫星绕地心做圆周运动，则由GMmh2=m（2πT）2h，由此可得地球的质量为：M=4π2h3GT22.

剖析上述错解原因在于忽视了地球的半径，因为同步卫星距地面的高度h=36000 km，是地球半径R≈6400 km约5.6倍，因此在计算时是不能忽略的.

正解1由于同步卫星绕地心做圆周运动，则由GMm（R+h）2=m（2πT）2（R+h），由此可得地球的质量为：M=4π2（R+h）3GT22.

正解2因月球绕地球做圆周运动，则由GMmr2=m（2πT1）2r，由此可得地球的质量为：M=4π2r3GT21.

正解3因在地面，重力近似等于万有引力，则由GMmR2=mg，由此可得地球的质量为：M=gR2G.

六、忽视隐含条件

在求解某些问题时，由于忽视了题中隐含条件，导致解题半途而废.

例6真空中两个静止点电荷相距10 cm.它们之间相互作用力大小为9×10-4N.当它们合在一起时，成为一个带电量为3×10-8C的点电荷.则原来两电荷的带电量各是多少？

错解根据电荷守恒定律有：q1+q2=3×10-8C（=a）.

则根据库仑定律F=kq1q2r2，可得q1q2=r2kF=（10×10-2）29×109×9×10-4C=1×10-15C2（=b）.

由以上两式可得q21-aq1+b=0，解得q1=

12（a±a2-4b）=12（3×1

0-8±9×10-16-4×10-15）C.

由于根号内的数值小于零，所以本题无解.

剖析题中给出的是相互作用力的大小，并没有明确作用力的性质，也就是说两点电荷并非一定同号，完全有可能是异号，因此可以尝试按电荷异号进行求解.

正解根据上述求解过程有q1-q2=3×10-8C（=a）.

则根据库仑定律F=kq1q2r2，可得q1q2=r2kF=（10×10-2）29×109×9×10-4C=1×10-15C2（=b）.

由以上两式可得q21-aq1-b=0，解得q1=12（a±a2+4b）=12（3×10-8±9×10-16+4×10-15）C，则q1=5×10-8C，q2=

-2×10-8C.

七、忽视物理量变化

有些物理问题，当过程发生变化的时候，常常会导致某些物理量发生突变，如意识不到这种突变，就会导致错解的发生.

图4例7如图4所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，线l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，线l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断细线时物体的瞬时加速度.

错解设线l1上的拉力为T1，线l2上的拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，因此有：T1cosθ=mg，T1sinθ=T2，T2=mgtanθ.

在剪断线l2的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度a=gtanθ，方向沿T2的反方向.

剖析因为在剪断线l2的瞬间，线l1上的张力大小发生了突变.

正解将l2线剪断瞬后，物体将绕悬点做圆周运动，在将l2线剪断瞬间，物体受到的合力沿圆的切线方向，由牛顿第二定律得mgsinθ=ma，故a=gsinθ.

八、方法错误

例8如图5所示，一个被x轴与曲线方程y=0.2sin10πx3m所围的空间中存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2 T，正方形金属线框的边长L=0.3 m，总电阻R=1 Ω，它的一条边与x轴重合，一条边与y轴重合，在水平拉力F的作用下，线框以v=10 m/s的速度水平向右匀速运动.试求拉力至少做多少功才能将整个线框拉出磁场区域？

错解线框切割磁感线的最大有效长度ym=0.2 m，故感应电动势的最大值Em=Bymv=4 V，Im=EmR.因线框匀速运动，所以Fm=BImym=1.6 N，在此过程中拉力F=12（0+Fm）=0.8 N；线框拉出过程中位移s=2×0.3 m=0.6 m，故W=Fs=0.8×0.6 J=0.48 J.

剖析上述错解结论是正确的，但应用的物理方法是错误的，究其原因是对变力做功的认识不到位，在解题过程中对安培力的分析不细致，混淆了有效值与平均值的概念.正确的思路是先研究感应电流的变化特点，进而得到安培力与外力的变化情况.因外力是变化的，故不能直接用W=Fs求解；仔细研究就会发现瞬时感应电动势按正弦规律变化，故可用交流电的有效值求解焦耳热，从而间接求出外力做功的多少.

正解在线框经过磁场的过程中，线框中产生的感应电动势E=4sin10πx3V，Em=4 V，有效值E=Em2，线框中产生的感应电流恰为一个周期的正弦交流电，T=2lv，则W=Q=E2TR=0.48 J.

九、用错规律

学生在解题时出现的错误大多数都是因对概念、规律理解不深、不透，或对其内涵与外延的认识不到位造成的.

例9“神州”六号飞船发射时，先将飞船发射至近地圆轨道1，运行几周后，在Q点开启发动机短时间使飞船加速；关闭发动机后飞船沿椭圆轨道2运行，到达P点时开启发动机再次使飞船加速，使飞船进入轨道3后绕地球做圆周运动，如图6所示.飞船在轨道2上从Q点到P点的过程中，速率将

（ ）.

A. 不变 B. 增大

C. 减小 D. 无法确定

错解根据圆周运动规律和万有引力定律，有GMmR2=mv2R，据此可得v=GMR.由于飞船在从Q→P过程中，R增大，故速率v减小，所以应选C.

剖析上述错解错在规律的应用是错误的，这是因为飞船在轨道2从Q点到P点的过程中，做的是椭圆运动而并不是匀速圆周运动，运动的性质判断错误.根据万有引力提供向心力，GMmR2中的R应为万有引力距离，即飞船到地心的距离；而mv2R中的R应为飞船在椭圆轨道所在位置的曲率半径，并不是到地心的距离.很明显，从Q到P的过程中，引力距离与轨道曲率半径是不相等的，两式中R的含义是不同的.错解中将引力距离与做圆周运动半径相混淆，概念出现错误.

正解加速后的飞船从Q→P过程中，只有动能与引力（重力）势能之间的转化.离地心的距离逐渐增大，飞船对地心的瞬时速度方向与所受万有引力方向的夹角大于90°，万有引力做负功，动能减少，势能增加，因此飞船速率减小.应选C.

注意有些学生在解释“飞船在轨道2上经过P点加速度与在轨道3上经过P点的加速度相等”时，常说成“飞船在轨道2上经过P点与在轨道3上经过P点的半径相等，由ma=GMmR2可知，它们的加速度也相等”.这同样也是错误的，错在把引力距离与做圆周运动的半径混为一谈.

十、解题过程错误

例10水平传送带以v0的速度做匀速直线运动，质量为m的物块无初速地放到传送带的A处，如图7所示.若物体与传送带间的动摩擦因数为μ，设传送带足够长，则物块从A处到另一端B处的过程中，由于摩擦力产生的热量为多少？

错解物块加速运动到C点时，速度达到v0，以后与传送带一起运动.设AC的长度为s1，因a= μg，则s1=v202μg，所以Q=μmgs1=12mv20.

剖析上述求解虽然结论正确，可求解过程有误.错误的根源有二：一是对摩擦生热的本质特点理解不到位；二是可能知道Q=fs相对，但对过程分析不透彻，误认为s1=s相对.正确的思路应当认真分析传送带与物块的相对运动情况，画出各自运动示意图.

正解从图6中可以看出，传送带上A点的位移为AA′，物块位移为AC，故A′C之间的长度是二者相对位移.达到共同速度的时间t=v0a，sAA′=v0t =v20μg.

又s1=v20μg，故s相对=sAA′-s1=v202μg，即Q=μmgs相对=12mv20.

例11研究下面的小实验：如图8所示，原来静止在水平面上的纸带上放一质量为m的小金属块，金属块离纸带左端距离为d，金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向右将纸带从金属块下抽出，设纸带加速过程极短，可以认为纸带在抽动过程中一直做匀速运动.求将纸带从金属块下抽出，纸带的速度应满足的条件.

错解当二者速度相同时，纸带刚好从金属块下抽出，此时对应的速度是满足条件的最小纸带速度；此过程中金属块的加速度为a=vm=μg，通过的位移为d.设共同速度为v0，则由v20-0=2ad，可得v0=2μgd，所以要抽出纸带，纸带的速度为v≥2μgd.

剖析上述错解中的前半部分是正确的，但后面对位移的确定及牛顿运动定律的应用则是错误的.在运用牛顿运动定律解题时，各运动参量必须相对同一参照系而言（一般选取地面为参考），由牛顿第二定律得出的加速度a是相对地面的，故运动学公式中的各物理量也是相对地面的.上述错解中忽视了这一点，导致过程分析不到位，思维偏离了正确的轨道.

正解画出运动示意图，找出临界条件，即纸带从金属块下抽出时，金属块速度恰好等于v0，v0=at，金属块的位移s1=12at2，纸带的位移s2=v0t，两者刚好脱离，则s2-s1=d，联立以上各式可解得v0=2μgd，所以要抽出纸带，纸带的速度为v≥2μgd.

十一、实质不清

例12如图9所示，将两个相同的铝环A、B套在一根无限长的光滑杆上，将一条形磁铁向左靠近铝环的过程中，A、B二环的运动情况如何？

错解磁铁向左运动时，将在A、B二环中产生感应电流，该电流又受到磁铁磁场的作用，则由相对运动引起的电磁感应的效果是阻碍相对运动，可知A、B二环均向左运动.再由A、B二环中产生感应电流方向相同，同向电流相互吸引（也可等效成两个条形磁铁），故A、B二环必相互吸引而靠近.

例13如图10所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b，当一条形永久磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，则（ ）.

A. a、b均静止不动 B. a、b相互靠近

C. a、b相互远离 D. a、b均均向上跳起

错解N极向下移动，穿过a、b线圈的磁通量增加，两环中的感应电流都为逆时针方向，a、b两环靠近部分的电流方向相反，反相电流相互排斥，则a、b相互远离.应选C.

剖析上述两例分析所得的结论是正确的，但在分析的过程中对两环相对运动的本质原因分析则是错误的.虽然同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，但这不是两环相对运动的真正原因.这可用下面常见的题目进行验证：

如图11所示，光滑金属导轨M、N固定在水平面上，两根导体棒P、Q平行放于导轨形成一闭合回路，条形磁铁从高处下落接近回路时，由楞次定律的广泛含义知，棒P、Q相互靠近以减小面积，阻碍回路磁通量的增加，故P、Q是靠拢的；若只看棒P、Q中感应电流方向，电流方向是相反的，又因反向电流互相排斥，棒P、Q应当相互远离，这样就出现了与正确结论相反的结果.之所以会出现这种现象，究其原因是忽视了导体棒运动的实质，因为任何一棒是受两个安培力作用，一个是原磁场对感应电流的安培力，另一个是感应电流间的安培力作用，由于后一种作用力相对较弱，可以忽略不计，原磁场对电流的作用力才是导体棒运动的真正原因，如图11所示.上述两例错解中对两环相对运动的分析，都是只注意了问题的次要因素，忽视了问题的实质原因.（你是怎样解释的）

例12正解磁铁向左运动时，根据楞次定律可知两环产生的感应电流方向相同，且都向左运动.由于磁铁在A环处的磁场小于B环处的磁场，且A环中的感应电流小于B环中的感应电流，故A环所受的安培力小于B环所受的安培力，即两环水平加速度aA

例13正解N极向下靠近，两环中产生的感应电流都为逆时针，对于a环，左侧磁场小于右侧磁场，得左侧所受安培力小于右侧的安培力，而右侧的安培力方向向左，故a环所受的总安培力方向向左，即a环向左运动.同理分析b环所受的安培力方向向右，即b环向右运动.应选C.

点评由于在学生的脑海中“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”根深蒂固，因此大家在分析问题时，在不知不觉中将这一结论运用到所研究的问题之中，导致忽略了问题的实质，这是我们在解题时要注意的.

十二、建模错误

例14车的制动性能经测定，当它以标准速度20 m/s在水平轨道上行驶时，制动后需要40 s才能停下来，现这列车正以20 m/s的速度在水平轨道上行驶，司机发现前方180 m处一货车正以6 m/s的速度同向行驶，于是立即制动，通过计算说明是否会发生撞车事故？

错解1列车刹车做匀减速运动，有vt=v0+at，即0=20+40a，解得a=-0.5 m/s2.

列车刹车40 s的位移s列=v0t+12at2=20×40+12×（-0.5）×402=400（m）.

货车40 s做匀速直线运动的位移为s货=vt=6 m/s×40 s=240 m.

因司机发现前方货车时距离180 m，40 s货车距列车刚刹车的位移为240m+180m>400m（列车刹车40 s运动的位移），所以列车不会撞上货车.

剖析用列车刹车40 s求其加速度，用列车停下来的时间计算两者的位移，然后进行比较，这是不对的，因为列车运动40 s之前就可能发生相撞.

错解2列车刹车40 s停下来，有vt=v0+at，即0=20+40a，解得a=-0.5 m/s2.

列车减速到货车的速度6 m/s，需要时间t=vt-v0a=6 m/s-20 m/s-0.5 m/s2=28 s.

列车刹车28 s运动的位移为s列=v0t+12at2=20×28+12×（-0.5）×282=364（m）.

货车28 s做匀速直线运动的位移为s货=vt=6 m/s×28 s=168 m.

28 s货车距列车刚刹车的位移为168 m+180 m=348 m<364 m，所以列车刹车28 s之前就发生两车相撞.

剖析在列车停下来之前追上货车时，若两者的速度相等，以后列车继续减速，将无法追上货车.实际上两者还没有达到速度相等时，两者就相撞.这种解法虽然结论正确，但分析不对.

正解列车刹车40 s停下来，有vt=v0+at，即0=20+40a，解得a=-0.5 m/s2.

因为司机发现前方货车时它们相距180 m，若列车刹车后撞上货车，则有v0t+12at2=vt+180，即20t+12× （-0.5）×t2=6t+180，解得t=20 s.

例15如图13，一质量为0.4 kg足够长且粗细均匀的绝缘细管放于水平地面上，细管内表面粗糙，外表面光滑.有一质量为0.1 kg的带电量为0.1 C的小球沿管以水平向右的速度进入管内，细管内径略大于小球直径.已知细管所在位置有水平方向且垂直于管指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为1 T（g取10 m/s2）.若带电小球以20 m/s的初速度进入管内，且整个运动过程中细管没有离开地面，则系统最终产生的内能为多少？

错解设小球与细管最终速度相同都为v1，则由动量守恒定律有：m球v0=（m球+m管）v1，代入已知数据解得v1=4 m/s.

故由能量守恒有Q=12m球v20-12（m球+m管）v21=16 J.

剖析错解的原因在于受到思维定势的影响，认为最终两者速度相等.正确分析要抓住受力，初始小球受到的f洛=qv0B=2 N>m球g=1 N，小球将挤压细管内壁上侧，小球在内壁上侧摩擦力作用下做减速运动.若小球最终速度v1=4 m/s运动，某时刻小球受到的力f洛=qv1B=0.4 N

正解初始时刻小球受到的洛仑兹力为f洛=qv0B=2 N>m球g=1 N，故小球将挤压细管内壁上侧，此后小球在摩擦力作用下做减速运动，细管在摩擦力的作用下做加速运动.

由于小球竖直方向受力平衡，则小球与管之间的弹力大小为：F=f洛-m球g=qv球B-m球g.由上式可知，由于v球不断减小F也将减小，当F=0时，摩擦力消失.小球与细管就此做匀速运动.设此时小球速度为v2，则有qv2B=m球g，代入已知数据解得v2=10 m/s.

由于v2>v1，可见小球速度减到10 m/s时，系统将稳定运动，设此时细管速度为v，则根据动量守恒定律有：m球v0=m球v2+m管v，代入已知数据解得：v=25 m/s.再由能量守恒有：Q=12m球v20-12m球v22+12m管v20=13.75 J.

（收稿日期：2015-05-16）