物理解題須注意典型錯誤要力避

華興恒

在求解物理問題的過程中，由于各種原因常常會導致錯誤的發(fā)生.下面對學生在解題過程中經(jīng)常出現(xiàn)的典型錯誤舉例剖析，希望能夠引起學生的高度注意，從而提高分析問題和解決問題的能力.

一、誤用結(jié)論

有些學生由于對物理概念和物理規(guī)律理解不深，對有條件的結(jié)論作無條件的推廣，從而導致錯誤的發(fā)生.

例1有四個電源，電動勢均為8 V，內(nèi)阻分別為1 Ω、2 Ω、4 Ω、8 Ω，現(xiàn)要對R = 2 Ω的電阻供電，應(yīng)選擇內(nèi)阻為（ ）的電源才能使R上獲得的電功率最大.

A. 1 Ω B. 2 Ω C. 3 Ω D. 4 Ω

錯解根據(jù)“外電阻等于內(nèi)電阻（R = r）時，外電路上的電功率有最大值”可知，應(yīng)選用內(nèi)阻為

2 Ω的電源對R供電.故應(yīng)選B.

剖析事實上，確定的電源有最大的輸出功率與確定的外電路上獲得最大電功率的條件是不同的.“外電阻等于內(nèi)電阻（R=r）時，外電路上的電功率有最大值”只適用于電源確定而外電阻可選擇的情形，本題屬于外電阻確定而電源可選擇的情形，兩者意義不同，千萬不能混為一談.

正解由P=I2R可知：R上消耗的電功率P=（ER+r）2R=（82+r）2×2，P為r的單調(diào)遞減函數(shù)，因此就題設(shè)條件來說，r取1 Ω時，P有最大值.因此應(yīng)選A.

點評物理學中的每個規(guī)律、結(jié)論成立都是有條件的，因此都有其特定的適用范圍.有些學生學因為做題很多，習慣于套用一些熟悉的解題路子，這種方法既有其合理性，也有其不利的一面，因此我們應(yīng)掌握好每個規(guī)律、公式、結(jié)論的適用條件和適用范圍.

二、亂套公式

不能將復雜的物理過程劃分為不同的階段逐層分析，對不同階段物體狀態(tài)及運動規(guī)律透析不到位，常會出現(xiàn)理解錯誤、遺漏錯誤和取舍錯誤.

例2一足夠長的水平傳送帶以2 m/s的速度做勻速直線運動，現(xiàn)將一物塊輕輕地放在傳送帶的一端，使之從靜止開始運動.若物體與傳送帶的摩擦因數(shù)為0.1，則放后3 s內(nèi)小物塊對地面的位移為（ ）.

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

錯解1小物塊做勻速運動，則s=vt=6 m.應(yīng)選A.

錯解2小物塊做初速度為零的勻加速運動，s=12at2=4.5 m.應(yīng)選C.

錯解3小物塊做初速度為2 m/s的勻加速運動，s=vt+12at2=10.5 m.應(yīng)選D.

剖析事實上，小物塊先做加速運動后做勻速運動，s=s1+s2=4 m.

正解本題應(yīng)選B.

點評在解題時，如果思維不深入，對規(guī)律、過程和公式的意義認識不清，常常會顧此失彼，對解答的結(jié)論不能做出正確的判斷，從而導致錯解的發(fā)生.

三、審題不慎

有些學生在解題時常因?qū)忣}不慎而導致錯誤的發(fā)生.審題不慎主要表現(xiàn)為：（1） 遇到熟悉的題型或常見的圖形后，常常根據(jù)自己已有的“經(jīng)驗”，虛構(gòu)出一個物理情景或物理對象，因而得出錯誤的結(jié)論；（2） 審題不細致，忽略了某些條件（特別是隱含條件），仍然按照自己的理解繼續(xù)做題，導致解題陷入困境，因此不得不“推倒”重來，結(jié)果是白白浪費了大量的寶貴時間；（3） 審題不細致，導致誤入“陷阱”，雖然得出的結(jié)論是錯誤的，但仍然自鳴得意地認為解題“無誤”，無須回頭檢查；（4） “替代假設(shè)”錯誤.

例3如圖1所示的電路中，R1=390Ω，R2=230Ω，電源內(nèi)電阻r=50 Ω.當S合在1時，電壓表的示數(shù)為80 V；當S合在2時，電壓表的示數(shù)為U1=72 V，電流表的示數(shù)為I1=0.18 A.求：

（1） 電源的電動勢；

（2） 當S合在3時，兩電表的示數(shù).

錯解（1） 因為外電路開路時，電源的路端電壓等于電源的電動勢，所以E=U斷=80 V.

（2） I=ER+r=80V250Ω+50Ω=0.29 A，U=IR2=

0.29 A×230 Ω=66.7 V.

剖析上述錯解錯在“替代假設(shè)”，認為電路中的電流表、電壓表都是理想的電表.事實上，問題并非如此簡單，只要我們進一步分析S合2時的情況就會發(fā)現(xiàn)矛盾：I1R1=0.18 A×390 Ω=70.2 V≠80 V.由此看來，電路中的電流表、電壓表并非理想的電表.

正解（1） 由題意無法判斷電流表、電壓表是否為理想電表.為此可視RA、RV分別為電流表、電壓表的內(nèi)阻，R′ 為電流表與電阻R1串聯(lián)后的電阻，R″為電流表與電阻器R2串聯(lián)的電阻，則在S合2時有：

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

當S合在1時有：E80=RV+rRV ①

當S合在2時有：E72=RVR′RV+R′+50ΩRVR′RV+R′ ②

聯(lián)立①②可求得：RV=400 Ω，E=90 V.

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

四、思維定勢

對于一些看上去較難的物理問題，若能夠突破思維定勢，打破常規(guī)，靈活轉(zhuǎn)向，拓展思維，如巧妙地添加一條輔助線，假設(shè)一個中間量，去除干擾因素，別出心裁出奇招等，難題將不難，求解起來就會揮灑自如.

例4如圖2所示，傾角為30°的直角三角形底邊長為2 L，且處于水平位置，斜面為光滑導軌.現(xiàn)在底邊中點O處固定一正點電荷Q，讓一質(zhì)量為m的帶正電的點電荷q從斜面頂端A處釋放沿斜面滑下（不脫離斜面）.現(xiàn)測得它滑到B點在斜邊上的垂足D點處的速度為v，加速度為a，方向沿斜面向下.問點電荷q滑到斜面底端C點時的速度和加速度各為多大？

錯解由于點電荷q在下滑的過程中，受到固定電荷Q對它的電場力大小、方向時刻改變，對這種非勻變速的運動不能建立方程來求解速度和加速度，因此本題無法求解.

剖析本題采用常規(guī)思路選用物理規(guī)律建立方程確實極為困難.不過，只要仔細審視圖2中的幾何關(guān)系便可發(fā)現(xiàn)，若連接DO作一條輔助線如圖3所示，則由幾何關(guān)系可知DO=CO，這樣就尋找到了解題的突破口.

正解DO=CO，表明D、C兩點位于固定電荷Q的同一等勢面上，q經(jīng)D點到C點的全過程中，電場力做功為零，只有重力做功，因此根據(jù)動能定理可得：

mgCDsin30°=12mv2C-12mv2

其中vC為q到達C點時的速度.

由幾何關(guān)系不難解得CD=3L.

解之得vC=v2+3gL

DO=CO，表明點電荷q經(jīng)D點時和到達C點時，所受的電場力大小相等，受力情況如圖3.根據(jù)牛頓第二定律，在D點和C點分別對點電荷Q建立方程：mgsin30°-Fcos30°=ma

mgsin30°+Fcos30°=maC

其中F為電場力，aC為點電荷到達C點時的加速度.

聯(lián)立以上兩式可解得：aC=g-a.

五、丟掉必要條件

在求解某些問題時，由于忽視了題中看上去不是非常明顯的條件，從而導致錯誤的出現(xiàn).

例5已知萬有引力常量G，地球半徑R，月球與地球之間的距離r，同步衛(wèi)星距地面的高度h，月球繞地球的運動周期T1.地球自轉(zhuǎn)周期T2，地球表面的重力加速度g，請你根據(jù)以上條件提出一種估算地球質(zhì)量M的方法.

錯解由于同步衛(wèi)星繞地心做圓周運動，則由GMmh2=m（2πT）2h，由此可得地球的質(zhì)量為：M=4π2h3GT22.

剖析上述錯解原因在于忽視了地球的半徑，因為同步衛(wèi)星距地面的高度h=36000 km，是地球半徑R≈6400 km約5.6倍，因此在計算時是不能忽略的.

正解1由于同步衛(wèi)星繞地心做圓周運動，則由GMm（R+h）2=m（2πT）2（R+h），由此可得地球的質(zhì)量為：M=4π2（R+h）3GT22.

正解2因月球繞地球做圓周運動，則由GMmr2=m（2πT1）2r，由此可得地球的質(zhì)量為：M=4π2r3GT21.

正解3因在地面，重力近似等于萬有引力，則由GMmR2=mg，由此可得地球的質(zhì)量為：M=gR2G.

六、忽視隱含條件

在求解某些問題時，由于忽視了題中隱含條件，導致解題半途而廢.

例6真空中兩個靜止點電荷相距10 cm.它們之間相互作用力大小為9×10-4N.當它們合在一起時，成為一個帶電量為3×10-8C的點電荷.則原來兩電荷的帶電量各是多少？

錯解根據(jù)電荷守恒定律有：q1+q2=3×10-8C（=a）.

則根據(jù)庫侖定律F=kq1q2r2，可得q1q2=r2kF=（10×10-2）29×109×9×10-4C=1×10-15C2（=b）.

由以上兩式可得q21-aq1+b=0，解得q1=

12（a±a2-4b）=12（3×1

0-8±9×10-16-4×10-15）C.

由于根號內(nèi)的數(shù)值小于零，所以本題無解.

剖析題中給出的是相互作用力的大小，并沒有明確作用力的性質(zhì)，也就是說兩點電荷并非一定同號，完全有可能是異號，因此可以嘗試按電荷異號進行求解.

正解根據(jù)上述求解過程有q1-q2=3×10-8C（=a）.

則根據(jù)庫侖定律F=kq1q2r2，可得q1q2=r2kF=（10×10-2）29×109×9×10-4C=1×10-15C2（=b）.

由以上兩式可得q21-aq1-b=0，解得q1=12（a±a2+4b）=12（3×10-8±9×10-16+4×10-15）C，則q1=5×10-8C，q2=

-2×10-8C.

七、忽視物理量變化

有些物理問題，當過程發(fā)生變化的時候，常常會導致某些物理量發(fā)生突變，如意識不到這種突變，就會導致錯解的發(fā)生.

圖4例7如圖4所示，一質(zhì)量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細線上，線l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，線l2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將l2線剪斷，求剪斷細線時物體的瞬時加速度.

錯解設(shè)線l1上的拉力為T1，線l2上的拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下保持平衡，因此有：T1cosθ=mg，T1sinθ=T2，T2=mgtanθ.

在剪斷線l2的瞬間，T2突然消失，物體即在T2反方向獲得加速度.因為mgtanθ=ma，所以加速度a=gtanθ，方向沿T2的反方向.

剖析因為在剪斷線l2的瞬間，線l1上的張力大小發(fā)生了突變.

正解將l2線剪斷瞬后，物體將繞懸點做圓周運動，在將l2線剪斷瞬間，物體受到的合力沿圓的切線方向，由牛頓第二定律得mgsinθ=ma，故a=gsinθ.

八、方法錯誤

例8如圖5所示，一個被x軸與曲線方程y=0.2sin10πx3m所圍的空間中存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2 T，正方形金屬線框的邊長L=0.3 m，總電阻R=1 Ω，它的一條邊與x軸重合，一條邊與y軸重合，在水平拉力F的作用下，線框以v=10 m/s的速度水平向右勻速運動.試求拉力至少做多少功才能將整個線框拉出磁場區(qū)域？

錯解線框切割磁感線的最大有效長度ym=0.2 m，故感應(yīng)電動勢的最大值Em=Bymv=4 V，Im=EmR.因線框勻速運動，所以Fm=BImym=1.6 N，在此過程中拉力F=12（0+Fm）=0.8 N；線框拉出過程中位移s=2×0.3 m=0.6 m，故W=Fs=0.8×0.6 J=0.48 J.

剖析上述錯解結(jié)論是正確的，但應(yīng)用的物理方法是錯誤的，究其原因是對變力做功的認識不到位，在解題過程中對安培力的分析不細致，混淆了有效值與平均值的概念.正確的思路是先研究感應(yīng)電流的變化特點，進而得到安培力與外力的變化情況.因外力是變化的，故不能直接用W=Fs求解；仔細研究就會發(fā)現(xiàn)瞬時感應(yīng)電動勢按正弦規(guī)律變化，故可用交流電的有效值求解焦耳熱，從而間接求出外力做功的多少.

正解在線框經(jīng)過磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=4sin10πx3V，Em=4 V，有效值E=Em2，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流恰為一個周期的正弦交流電，T=2lv，則W=Q=E2TR=0.48 J.

九、用錯規(guī)律

學生在解題時出現(xiàn)的錯誤大多數(shù)都是因?qū)Ω拍?、?guī)律理解不深、不透，或?qū)ζ鋬?nèi)涵與外延的認識不到位造成的.

例9“神州”六號飛船發(fā)射時，先將飛船發(fā)射至近地圓軌道1，運行幾周后，在Q點開啟發(fā)動機短時間使飛船加速；關(guān)閉發(fā)動機后飛船沿橢圓軌道2運行，到達P點時開啟發(fā)動機再次使飛船加速，使飛船進入軌道3后繞地球做圓周運動，如圖6所示.飛船在軌道2上從Q點到P點的過程中，速率將

（ ）.

A. 不變 B. 增大

C. 減小 D. 無法確定

錯解根據(jù)圓周運動規(guī)律和萬有引力定律，有GMmR2=mv2R，據(jù)此可得v=GMR.由于飛船在從Q→P過程中，R增大，故速率v減小，所以應(yīng)選C.

剖析上述錯解錯在規(guī)律的應(yīng)用是錯誤的，這是因為飛船在軌道2從Q點到P點的過程中，做的是橢圓運動而并不是勻速圓周運動，運動的性質(zhì)判斷錯誤.根據(jù)萬有引力提供向心力，GMmR2中的R應(yīng)為萬有引力距離，即飛船到地心的距離；而mv2R中的R應(yīng)為飛船在橢圓軌道所在位置的曲率半徑，并不是到地心的距離.很明顯，從Q到P的過程中，引力距離與軌道曲率半徑是不相等的，兩式中R的含義是不同的.錯解中將引力距離與做圓周運動半徑相混淆，概念出現(xiàn)錯誤.

正解加速后的飛船從Q→P過程中，只有動能與引力（重力）勢能之間的轉(zhuǎn)化.離地心的距離逐漸增大，飛船對地心的瞬時速度方向與所受萬有引力方向的夾角大于90°，萬有引力做負功，動能減少，勢能增加，因此飛船速率減小.應(yīng)選C.

注意有些學生在解釋“飛船在軌道2上經(jīng)過P點加速度與在軌道3上經(jīng)過P點的加速度相等”時，常說成“飛船在軌道2上經(jīng)過P點與在軌道3上經(jīng)過P點的半徑相等，由ma=GMmR2可知，它們的加速度也相等”.這同樣也是錯誤的，錯在把引力距離與做圓周運動的半徑混為一談.

十、解題過程錯誤

例10水平傳送帶以v0的速度做勻速直線運動，質(zhì)量為m的物塊無初速地放到傳送帶的A處，如圖7所示.若物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)傳送帶足夠長，則物塊從A處到另一端B處的過程中，由于摩擦力產(chǎn)生的熱量為多少？

錯解物塊加速運動到C點時，速度達到v0，以后與傳送帶一起運動.設(shè)AC的長度為s1，因a= μg，則s1=v202μg，所以Q=μmgs1=12mv20.

剖析上述求解雖然結(jié)論正確，可求解過程有誤.錯誤的根源有二：一是對摩擦生熱的本質(zhì)特點理解不到位；二是可能知道Q=fs相對，但對過程分析不透徹，誤認為s1=s相對.正確的思路應(yīng)當認真分析傳送帶與物塊的相對運動情況，畫出各自運動示意圖.

正解從圖6中可以看出，傳送帶上A點的位移為AA′，物塊位移為AC，故A′C之間的長度是二者相對位移.達到共同速度的時間t=v0a，sAA′=v0t =v20μg.

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

例11研究下面的小實驗：如圖8所示，原來靜止在水平面上的紙帶上放一質(zhì)量為m的小金屬塊，金屬塊離紙帶左端距離為d，金屬塊與紙帶間動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用力向右將紙帶從金屬塊下抽出，設(shè)紙帶加速過程極短，可以認為紙帶在抽動過程中一直做勻速運動.求將紙帶從金屬塊下抽出，紙帶的速度應(yīng)滿足的條件.

錯解當二者速度相同時，紙帶剛好從金屬塊下抽出，此時對應(yīng)的速度是滿足條件的最小紙帶速度；此過程中金屬塊的加速度為a=vm=μg，通過的位移為d.設(shè)共同速度為v0，則由v20-0=2ad，可得v0=2μgd，所以要抽出紙帶，紙帶的速度為v≥2μgd.

剖析上述錯解中的前半部分是正確的，但后面對位移的確定及牛頓運動定律的應(yīng)用則是錯誤的.在運用牛頓運動定律解題時，各運動參量必須相對同一參照系而言（一般選取地面為參考），由牛頓第二定律得出的加速度a是相對地面的，故運動學公式中的各物理量也是相對地面的.上述錯解中忽視了這一點，導致過程分析不到位，思維偏離了正確的軌道.

正解畫出運動示意圖，找出臨界條件，即紙帶從金屬塊下抽出時，金屬塊速度恰好等于v0，v0=at，金屬塊的位移s1=12at2，紙帶的位移s2=v0t，兩者剛好脫離，則s2-s1=d，聯(lián)立以上各式可解得v0=2μgd，所以要抽出紙帶，紙帶的速度為v≥2μgd.

十一、實質(zhì)不清

例12如圖9所示，將兩個相同的鋁環(huán)A、B套在一根無限長的光滑桿上，將一條形磁鐵向左靠近鋁環(huán)的過程中，A、B二環(huán)的運動情況如何？

錯解磁鐵向左運動時，將在A、B二環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，該電流又受到磁鐵磁場的作用，則由相對運動引起的電磁感應(yīng)的效果是阻礙相對運動，可知A、B二環(huán)均向左運動.再由A、B二環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流方向相同，同向電流相互吸引（也可等效成兩個條形磁鐵），故A、B二環(huán)必相互吸引而靠近.

例13如圖10所示，光滑的水平桌面上放著兩個完全相同的金屬環(huán)a和b，當一條形永久磁鐵的N極豎直向下迅速靠近兩環(huán)時，則（ ）.

A. a、b均靜止不動 B. a、b相互靠近

C. a、b相互遠離 D. a、b均均向上跳起

錯解N極向下移動，穿過a、b線圈的磁通量增加，兩環(huán)中的感應(yīng)電流都為逆時針方向，a、b兩環(huán)靠近部分的電流方向相反，反相電流相互排斥，則a、b相互遠離.應(yīng)選C.

剖析上述兩例分析所得的結(jié)論是正確的，但在分析的過程中對兩環(huán)相對運動的本質(zhì)原因分析則是錯誤的.雖然同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，但這不是兩環(huán)相對運動的真正原因.這可用下面常見的題目進行驗證：

如圖11所示，光滑金屬導軌M、N固定在水平面上，兩根導體棒P、Q平行放于導軌形成一閉合回路，條形磁鐵從高處下落接近回路時，由楞次定律的廣泛含義知，棒P、Q相互靠近以減小面積，阻礙回路磁通量的增加，故P、Q是靠攏的；若只看棒P、Q中感應(yīng)電流方向，電流方向是相反的，又因反向電流互相排斥，棒P、Q應(yīng)當相互遠離，這樣就出現(xiàn)了與正確結(jié)論相反的結(jié)果.之所以會出現(xiàn)這種現(xiàn)象，究其原因是忽視了導體棒運動的實質(zhì)，因為任何一棒是受兩個安培力作用，一個是原磁場對感應(yīng)電流的安培力，另一個是感應(yīng)電流間的安培力作用，由于后一種作用力相對較弱，可以忽略不計，原磁場對電流的作用力才是導體棒運動的真正原因，如圖11所示.上述兩例錯解中對兩環(huán)相對運動的分析，都是只注意了問題的次要因素，忽視了問題的實質(zhì)原因.（你是怎樣解釋的）

例12正解磁鐵向左運動時，根據(jù)楞次定律可知兩環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，且都向左運動.由于磁鐵在A環(huán)處的磁場小于B環(huán)處的磁場，且A環(huán)中的感應(yīng)電流小于B環(huán)中的感應(yīng)電流，故A環(huán)所受的安培力小于B環(huán)所受的安培力，即兩環(huán)水平加速度aA

例13正解N極向下靠近，兩環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流都為逆時針，對于a環(huán)，左側(cè)磁場小于右側(cè)磁場，得左側(cè)所受安培力小于右側(cè)的安培力，而右側(cè)的安培力方向向左，故a環(huán)所受的總安培力方向向左，即a環(huán)向左運動.同理分析b環(huán)所受的安培力方向向右，即b環(huán)向右運動.應(yīng)選C.

點評由于在學生的腦海中“同向電流相互吸引，反向電流相互排斥”根深蒂固，因此大家在分析問題時，在不知不覺中將這一結(jié)論運用到所研究的問題之中，導致忽略了問題的實質(zhì)，這是我們在解題時要注意的.

十二、建模錯誤

例14車的制動性能經(jīng)測定，當它以標準速度20 m/s在水平軌道上行駛時，制動后需要40 s才能停下來，現(xiàn)這列車正以20 m/s的速度在水平軌道上行駛，司機發(fā)現(xiàn)前方180 m處一貨車正以6 m/s的速度同向行駛，于是立即制動，通過計算說明是否會發(fā)生撞車事故？

錯解1列車剎車做勻減速運動，有vt=v0+at，即0=20+40a，解得a=-0.5 m/s2.

列車剎車40 s的位移s列=v0t+12at2=20×40+12×（-0.5）×402=400（m）.

貨車40 s做勻速直線運動的位移為s貨=vt=6 m/s×40 s=240 m.

因司機發(fā)現(xiàn)前方貨車時距離180 m，40 s貨車距列車剛剎車的位移為240m+180m>400m（列車剎車40 s運動的位移），所以列車不會撞上貨車.

剖析用列車剎車40 s求其加速度，用列車停下來的時間計算兩者的位移，然后進行比較，這是不對的，因為列車運動40 s之前就可能發(fā)生相撞.

錯解2列車剎車40 s停下來，有vt=v0+at，即0=20+40a，解得a=-0.5 m/s2.

列車減速到貨車的速度6 m/s，需要時間t=vt-v0a=6 m/s-20 m/s-0.5 m/s2=28 s.

列車剎車28 s運動的位移為s列=v0t+12at2=20×28+12×（-0.5）×282=364（m）.

貨車28 s做勻速直線運動的位移為s貨=vt=6 m/s×28 s=168 m.

28 s貨車距列車剛剎車的位移為168 m+180 m=348 m<364 m，所以列車剎車28 s之前就發(fā)生兩車相撞.

剖析在列車停下來之前追上貨車時，若兩者的速度相等，以后列車繼續(xù)減速，將無法追上貨車.實際上兩者還沒有達到速度相等時，兩者就相撞.這種解法雖然結(jié)論正確，但分析不對.

正解列車剎車40 s停下來，有vt=v0+at，即0=20+40a，解得a=-0.5 m/s2.

因為司機發(fā)現(xiàn)前方貨車時它們相距180 m，若列車剎車后撞上貨車，則有v0t+12at2=vt+180，即20t+12× （-0.5）×t2=6t+180，解得t=20 s.

例15如圖13，一質(zhì)量為0.4 kg足夠長且粗細均勻的絕緣細管放于水平地面上，細管內(nèi)表面粗糙，外表面光滑.有一質(zhì)量為0.1 kg的帶電量為0.1 C的小球沿管以水平向右的速度進入管內(nèi)，細管內(nèi)徑略大于小球直徑.已知細管所在位置有水平方向且垂直于管指向紙里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為1 T（g取10 m/s2）.若帶電小球以20 m/s的初速度進入管內(nèi)，且整個運動過程中細管沒有離開地面，則系統(tǒng)最終產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？

錯解設(shè)小球與細管最終速度相同都為v1，則由動量守恒定律有：m球v0=（m球+m管）v1，代入已知數(shù)據(jù)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.

剖析錯解的原因在于受到思維定勢的影響，認為最終兩者速度相等.正確分析要抓住受力，初始小球受到的f洛=qv0B=2 N>m球g=1 N，小球?qū)D壓細管內(nèi)壁上側(cè)，小球在內(nèi)壁上側(cè)摩擦力作用下做減速運動.若小球最終速度v1=4 m/s運動，某時刻小球受到的力f洛=qv1B=0.4 N

正解初始時刻小球受到的洛侖茲力為f洛=qv0B=2 N>m球g=1 N，故小球?qū)D壓細管內(nèi)壁上側(cè)，此后小球在摩擦力作用下做減速運動，細管在摩擦力的作用下做加速運動.

由于小球豎直方向受力平衡，則小球與管之間的彈力大小為：F=f洛-m球g=qv球B-m球g.由上式可知，由于v球不斷減小F也將減小，當F=0時，摩擦力消失.小球與細管就此做勻速運動.設(shè)此時小球速度為v2，則有qv2B=m球g，代入已知數(shù)據(jù)解得v2=10 m/s.

由于v2>v1，可見小球速度減到10 m/s時，系統(tǒng)將穩(wěn)定運動，設(shè)此時細管速度為v，則根據(jù)動量守恒定律有：m球v0=m球v2+m管v，代入已知數(shù)據(jù)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）