3．选择C是对的。

4.因为每隔的时间，振子的位置非A即B，所以弹簧的长度总是相同的，都等于振幅，所以D是对的。

综上所述，应选B，C，D。

[错解原因]　 错解1是排除A，之所以产生错误，是因为在头脑中形成思维定势，认为在时间t内，振子只能在一个周期内振动。很多学生在解决振动和波的问题时，习惯上把所有问题都限定在一个周期内，而没有考虑到在时间t内，振子可能已经完成多个全振动了。

错解2的产生主要是对加速度的矢量性认识不够或头脑中根本就没有这个概念，认为位置对称，加速度大小一样就是加速度相同。

3. 既然每隔的时间振子的动量大小相等，又因为振子质量一定，所以振子的动能总是相同的，所以选C是对的。

在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对于诸如机械振动、简谐运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动等众多的有关振动的概念不能深刻的理解，从而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波的图象的区别和联系，这主要是由于振动的图象与波的图象形式上非常相似，一些学生只注意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。另外，由于一些学生对波的形成过程理解不够深刻，导致对于波在传播过程中时间和空间的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的发生条件、产生的现象较为抽象，所以一些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现为抓不住现象的主要特征、产生的条件混淆不清。

例1　 一个弹簧振子，第一次被压缩x后释放做自由振动，周期为T₁，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T₂，则两次振动周期之比T₁∶T₂为

A．1∶1　　　　　B．1∶2　　　　

C．2∶1　　　　　C．1∶4

[错解]　 压缩x时，振幅为x，完成一次全振动的路程为4x。压缩2x时，振幅即为2x，完成一次全振动的路程为8x。由于两种情况下全振动的路程的差异，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振动的周期一定也是第一次的2倍，所以选B。

[错解原因]上述解法之所以错误是因为把振子的运动看成是匀速运动或加速度恒定的匀加速直线运动了。用了匀速或匀加速运动的规律。说明这些同学还是没有掌握振动的特殊规律。

[分析解答]事实上，只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量m和弹簧的劲度系数k决定的，而与形变大小、也就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变(m，k不变)，周期就不会改变，所以正确答案为A。

[评析]本题给出的错解是初学者中最常见的错误。产生这一错误的原因是习惯于用旧的思维模式分析新问题，而不善于抓住新问题的具体特点，这反映了学习的一种思维定势。只有善于接受新知识、新方法，并将其运用到实际问题中去，才能开阔我们分析、解决问题的思路，防止思维定势。

例2　一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的

A．频率不变，振幅不变　　　　　　　　 B．频率不变，振幅改变

C．频率改变，振幅不变　　　　　　　　 D．频率改变，振幅改变

[错解]　 错解一：因为单摆的周期(频率)是由摆长l和当地重力加速度g决定的，所以频率是不变的，而从动能公式上看：，质量变为原来的4倍，速度变为原来的，结果动能不变，既然动能不变(指平衡位置动能也就是最大动能)，由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅也不变，应选A。

错解二：认为速度减为原来的，即运动得慢了，所以频率要变，而振幅与质量、速度无关(由上述理由可知)所以振幅不变，应选C。

错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所示理由外，即总能量不变，而因为重力势能E_P=mgh，E_P不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。

[错解原因]此题主要考查决定单摆频率(周期)和振幅的是什么因素，而题中提供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关系，有什么关系，是应该弄清楚的。

而错解二和错解三中都认为频率不变，这是因为为不清楚决定单摆的因素是摆长l和当地重力加速度g，而与摆球质量及运动到最低点的速度无关。

错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句的结论上。判断只从能量不变去看，当E_总不变时，E_P=mgh，m变大了，h一定变小。说明有些同学考虑问题还是不够全面。

[分析解答]　(1)实际上，通过实验我们已经了解到，决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，并进一步找到周期公式：，单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关，所以不能选C，D。

(2)决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置(即最低点)时的动能。当m增为原来的4倍，速度减为原来的时，动能不变，最高点的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了(实际上单摆已经变成另一个摆动过程了)，势能E_P=mgh不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因此正确答案应选B。

[评析]　 本题的分析解答提醒我们，一是考虑要全面，本题中m，v两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率的印度应由周期公式为依据，而不能以速度判断振动的快慢。振幅应从为依据。

例3　 如图6-1所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个相同的小球分别在O正上方h处的A点和离O很近的轨道B点，现同时释放两球，使两球正好在O点相碰。问h应为多高？

[错解]对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求B球到达O点的时间：

对A球，它做自由落体运动，自h高度下落至O点

要求两球相碰，则应有。即

解得。

[错解原因]　 上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为B球在圆形轨道上自B点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过时间可能与A相碰外，经过+，+，+……即n+(n=0,1,2……)的时间都可以与A相碰。所以上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多个解答中的一个。

对B球振动周期

到达O点的时间为

要求两球相碰，则应有。即

解得(n=0,1,2……)

显然，前面的解仅仅是当n=0时的其中一解而已。

正确答案为(n=0,1,2……)

[评析]　 在解决与振动有关的问题时，要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有周期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多个。

例4　 水平弹簧振子，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，每隔的时间，振子的动量总是大小相等，方向相反，则有

A.弹簧振子的周期可能小于

B. ，

C. 每隔的时间，振子的动能总是相同的

D. 每隔的时间，弹簧的长度总是相同的

[错解]　 1．首先排除A，认为A是不可能的。理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可简化为如图6-2，O为平衡位置，假设计时开始时，振子位于A点，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，所以t就是一个周期，所以，振子的周期不可能小于。

2. 每隔的时间，振子的动能总是大小相等，方向相反，即在A，B之间非A即B点，而这两点距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等于最大加速度，所以B是对的。

本章中所涉及到的基本方法有：由于振动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数学知识的水平，因此对于这部分内容不可能像研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方向出发描述和研究物体的运动，而是利用图象法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介媒中的传播过程进行描述与研究。图像法具有形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信息，在学习时同学们要注意加以体会；另外，在研究单摆振动的过程中，对于单摆所受的回复力特点的分析，采取了小摆角的近似的处理，这是一种理想化物理过程的方法。

本章内容包括机械振动、回复力、振幅、周期、频率、简谐振动、受迫振动、共振、机械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和衍射等基本概念，以及单摆振动的周期规律、简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系等规律。

在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对物体受力情况不能进行正确的分析，其原因通常出现在对弹力和摩擦力的分析与计算方面，特别是对摩擦力(尤其是对静摩擦力)的分析；对运动和力的关系不能准确地把握，如在运用牛顿第二定律和运动学公式解决问题时，常表现出用矢量公式计算时出现正、负号的错误，其本质原因就是对运动和力的关系没能正确掌握，误以为物体受到什么方向的合外力，则物体就向那个方向运动。

例1 甲、乙两人手拉手玩拔河游戏，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大？

[错解]因为甲胜乙，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大。

[错解原因]产生上述错解原因是学生凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。甲胜乙是因为甲受合外力对甲作用的结果。甲、乙两人之间的拉力根据牛顿第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一样大。

[分析解答]甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙两人身上。

[评析]生活中有一些感觉不总是正确的，不能把生活中的经验，感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题。

例2 如图2－1所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受三个力，F₁，F₂和摩擦力，处于静止状态。其中F₁=10N，F₂=2N。若撤去力F₁则木块在水平方向受到的合外力为

A.10N向左　 B.6N向右　 C.2N向左　 D.0

[错解]木块在三个力作用下保持静止。当撤去F₁后，另外两个力的合力与撤去力大小相等，方向相反。故A正确。

[错解原因]造成上述错解的原因是不加分析生搬硬套运用“物体在几个力作用下处于平衡状态，如果某时刻去掉一个力，则其他几个力的合力大小等于去掉这个力的大小，方向与这个力的方向相反”的结论的结果。实际上这个规律成立要有一个前提条件，就是去掉其中一个力，而其他力不变。本题中去掉F₁后，由于摩擦力发生变化，所以结论不成立。

[分析解答]由于木块原来处于静止状态，所以所受摩擦力为静摩擦力。依据牛二定律有F₁-F₂-f=0此时静摩擦力为8N方向向左。撤去F₁后，木块水平方向受到向左2N的力，有向左的运动趋势，由于F₂小于最大静摩擦力，所以所受摩擦力仍为静摩擦力。此时-F₂+f′=0即合力为零。故D选项正确。

[评析]摩擦力问题主要应用在分析物体运动趋势和相对运动的情况，所谓运动趋势，一般被解释为物体要动还未动这样的状态。没动是因为有静摩擦力存在，阻碍相对运动产生，使物体间的相对运动表现为一种趋势。由此可以确定运动趋势的方向的方法是假设静摩擦力不存在，判断物体沿哪个方向产生相对运动，该相对运动方向就是运动趋势的方向。如果去掉静摩擦力无相对运动，也就无相对运动趋势，静摩擦力就不存在。

例3 　如图2－2所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体m，当用于缓慢抬起一端时，木板受到的压力和摩擦力将怎样变化？

[错解]以木板上的物体为研究对象。物体受重力、摩擦力、支持力。因为物体静止，则根据牛顿第二定律有

错解一：据式②知道θ增加，f增加。

错解二：另有错解认为据式②知θ增加，N减小则f=μN说明f减少。

[错解原因]错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识透。只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析。若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误。若想到f=μN是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二。

[分析解答]以物体为研究对象，如图2－3物体受重力、摩擦力、支持力。物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动。静止时可以依据错解一中的解法，可知θ增加，静摩擦力增加。当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据f=μN，分析N的变化，知f_滑的变化。θ增加，滑动摩擦力减小。在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变。依据错解中式②知压力一直减小。所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小。压力一直减小。

[评析]物理问题中有一些变化过程，不是单调变化的。在平衡问题中可算是一类问题，这类问题应抓住研究变量与不变量的关系。可从受力分析入手，列平衡方程找关系，也可以利用图解，用矢量三角形法则解决问题。如此题物体在未滑动时，处于平衡状态，加速度为零。所受三个力围成一闭合三角形。如图2－4。类似问题如图2－5用绳将球挂在光滑的墙面上，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化。从对应的矢量三角形图2－6不难看出，当绳子变短时，θ角增大，N增大，T变大。图2－7在AC绳上悬挂一重物G，在AC绳的中部O点系一绳BO，以水平力F牵动绳BO，保持AO方向不变，使BO绳沿虚线所示方向缓缓向上移动。在这过程中，力F和AO绳上的拉力变化情况怎样？用矢量三角形(如图2－8)可以看出T变小，F先变小后变大。这类题的特点是三个共点力平衡，通常其中一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，大小变，第三个力大小、方向均改变。还有时是一个力大小、方向不变，另一个力大小不变，方向变，第三个力大小、方向都改变。

例4 如图2－9物体静止在斜面上，现用水平外力F推物体，在外力F由零逐渐增加的过程中，物体始终保持静止，物体所受摩擦力怎样变化？

[错解]错解一：以斜面上的物体为研究对象，物体受力如图2－10，物体受重力mg，推力F，支持力N，静摩擦力f，由于推力F水平向右，所以物体有向上运动的趋势，摩擦力f的方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律列方程

f+mgsinθ=Fcosθ　　　 ①

N-Fsinθ-mgcosθ=0 ②

由式①可知，F增加f也增加。所以在变化过程中摩擦力是增加的。

错解二：有一些同学认为摩擦力的方向沿斜面向上，则有F增加摩擦力减少。

[错解原因]上述错解的原因是对静摩擦力认识不清，因此不能分析出在外力变化过程中摩擦力的变化。

[分析解答]本题的关键在确定摩擦力方向。由于外力的变化物体在斜面上的运动趋势有所变化，如图2－10，当外力较小时(Fcosθ＜mgsinθ)物体有向下的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向上。F增加，f减少。与错解二的情况相同。如图2－11，当外力较大时(Fcosθ＞mgsinθ)物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中，摩擦力的变化是先减小后增加。

[评析]若斜面上物体沿斜面下滑，质量为m，物体与斜面间的摩擦因数为μ，我们可以考虑两个问题巩固前面的分析方法。

(1) F为怎样的值时，物体会保持静止。

(2)F为怎样的值时，物体从静止开始沿斜面以加速度a运动。

受前面问题的启发，我们可以想到F的值应是一个范围。

首先以物体为研究对象，当F较小时，如图2－10物体受重力mg、支持力N、斜向上的摩擦力f和F。物体刚好静止时，应是F的边界值，此时的摩擦力为最大静摩擦力，可近似看成f静=μN(最大静摩擦力)如图建立坐标，据牛顿第二定律列方程

解得

当F从此值开始增加时，静摩擦力方向开始仍然斜向上，但大小减小，当F增加到Fcosθ=mgsinθ时，即F=mg·tgθ时，F再增加，摩擦力方向改为斜向下，仍可以根据受力分析图2-11列出方程

随着F增加，静摩擦力增加，F最大值对应斜向下的最大静摩擦力。

依据式④式①解得：

要使物体静止F的值应为

关于第二个问题提醒读者注意题中并未提出以加速度a向上还是向下运动，应考虑两解，此处不详解此，给出答案供参考。

当时，物体以a斜向下运动。

当时，物体以a斜向上运动。

例5　 如图2－12，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？

[错解]以m为研究对象，如图2－13物体受重力mg、支持力N、摩擦力f，如图建立坐标有

　再以m+N为研究对象分析受力，如图2－14，(m+M)g·sinθ=(M+m)a③

据式①，②，③解得f=0

所以m与M间无摩擦力。

[错解原因]造成错解主要是没有好的解题习惯，只是盲目的模仿，似乎解题步骤不少，但思维没有跟上。要分析摩擦力就要找接触面，摩擦力方向一定与接触面相切，这一步是堵住错误的起点。犯以上错误的客观原因是思维定势，一见斜面摩擦力就沿斜面方向。归结还是对物理过程分析不清。

[分析解答]因为m和M保持相对静止，所以可以将(m+M)整体视为研究对象。受力，如图2－14，受重力(M十m)g、支持力N′如图建立坐标，根据牛顿第二定律列方程

x：(M+n)gsinθ=(M+m)a　　 ①

解得a=gsinθ

沿斜面向下。因为要求m和M间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图2－15。

根据牛顿第二定律列方程

因为m，M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图2－16。

由式②，③，④，⑤解得f=mgsinθ·cosθ

方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。

[评析]　 此题可以视为连接件问题。连接件问题对在解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象，有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道的相互作用力去掉，单个物体作研究对象主要解决相互作用力。单个物体的选取应以它接触的物体最少为最好。如m只和M接触，而M和m还和斜面接触。

另外需指出的是，在应用牛顿第二定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成只分解力的认识。

例6　 如图2-17物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A，B质量分别为m_A=6kg，m_B=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则

A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动

C．两物体间从受力开始就有相对运动

D．两物体间始终没有相对运动

[错解]　 因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力。f_max=μN=0.2×6=12(N)。所以当F＞12N时，A物体就相对B物体运动。F＜12N时，A相对B不运动。所以A，B选项正确。

[错解分析] 产生上述错误的原因一致是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止状态，是以地为参考物，显然当有力F作用在A物体上，A，B两物体对地来说是运动的。二是受物体在地面上运动情况的影响，而实际中物体在不固定物体上运动的情况是不同的。

[分析解答] 首先以A，B整体为研究对象。受力如图2-18，在水平方向只受拉力F，根据牛顿第二定律列方程

F=(m_A+m_B)a　　 ①

再以B为研究对象，如图2-19，B水平方向受摩擦力

f=m_Ba　 　②

当f为最大静摩擦力时，式①②得(m/s²)

代入式①F=(6+2)×6=48N

由此可以看出当F＜48N时A，B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。

[评析] 物理解题中必须非常严密，一点的疏忽都会导致错误。避免错误发生的最好方法就是按规范解题。每一步都要有依据。

例7 如图2－20，用绳AC和 BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大的拉力为150N，而BC绳能承受的最大的拉力为100N，求物体最大重力不能超过多少？

[错解]以重物为研究对象，重物受力如图2－21。由于重物静止，则有

T_ACsin30°=T_BCsin60°

T_ACcos30°+T_BCcos60°=G

将T_AC=150N，T_BC=100N代入式解得G=200N。

[错解原因]以上错解的原因是学生错误地认为当T_AC=150N时，T_BC=100N，而没有认真分析力之间的关系。实际当T_BC=100N时，T_BC已经超过150N。

[分析解答]以重物为研究对象。重物受力如图2-21，重物静止，加速度为零。据牛顿第二定律列方程

T_ACsin30°-T_BCsin60°=0　　 ①

T_ACcos30°+T_BCcos60°-G=0　　 ②

由式①可知，当时，,AC将断。

而当T_AC=150N时，T_BC=86.6＜100N

将T_AC=150N，T_BC=86.6N代入式②解得G=173.32N。

所以重物的最大重力不能超过173.2N。

例8　 如图2－22质量为M，倾角为α的楔形物A放在水平地面上。质量为m的B物体从楔形物的光滑斜面上由静止释放，在B物体加速下滑过程中，A物体保持静止。地面受到的压力多大？

[错解]以A，B整体为研究对象。受力如图2－23，因为A物体静止，所以N=G=(M+m)g。

[错解原因]由于A，B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。

[分析解答]分别以A，B物体为研究对象。A，B物体受力分别如图2－24a，2－24b。根据牛顿第二定律列运动方程，A物体静止，加速度为零。

x：N_lsinα-f=0　　 ①

y：N-Mg-N_lcosα=0　　 ②

B物体下滑的加速度为a，

x：mgsinα=ma　　 ③

y：N_l-mgcosα=0　　 ④

由式①，②，③，④解得N=Mg+mgcosα

根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcosα。

[评析] 在解决物体运动问题时，在选取研究对象时，若要将几个物体视为一个整体做为研究对象，应该注意这几个物体必须有相同的加速度。

例9　 如图2-25天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为　　　 [　　 ]

A．a₁=g　 a₂=g

B．a₁=g　 a₂=g

C．a₁=2g　 a₂=0

D．a₁=0　 a₂=g

[错解] 剪断细绳时，以(A+B)为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g，所以A，B球的加速度为g。故选A。

[错解原因] 出现上述错解的原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A，B球具有不同的加速度，不能做为整体研究。

[分析解答] 分别以A，B为研究对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前A，B静止。如图2-26，A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受三个力，重力mg和弹簧拉力F′

A球：T-mg-F=0　　 ①

B球：F′-mg=0　　 ②

由式①，②解得T=2mg，F=mg

剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形米，瞬间形状不可改变，弹力还存在。如图2-27，A球受重力mg、弹簧给的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。

A球：-mg-F=ma_A　　　 ③

B球：F′-mg=ma_B　　 ④

由式③解得a_A=-2g(方向向下)

由式④解得a_B=0

故C选项正确。

[评析] (1)牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变，加速度不变。合外力瞬间改变，加速度瞬间改变。本题中A球剪断瞬间合外力变化，加速度就由0变为2g，而B球剪断瞬间合外力没变，加速度不变。

(2)弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧不计质量，弹性限度内k是常数。绳子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变不会瞬间改变，要有一段时间。

例10　 如图2－28，有一水平传送带以2m／s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10m的距离所需时间为多少？

[错解]由于物体轻放在传送带上，所以v₀=0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送带施加)，做v₀=0的匀加速运动，位移为10m。

据牛顿第二定律F=ma有f=μmg=ma，a=μg=5m/s²

据初速为零的匀加速直线运动位移公式可知，

[错解原因]上述解法的错误出在对这一物理过程的认识。传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程。一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答。

[分析解答]以传送带上轻放物体为研究对象，如图2－29在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v₀=0的匀加速运动。

据牛二定律F=ma

有水平方向：f=ma　　 ①

竖直方向：N-mg=0　　 ②

f=μN　　 ③

由式①，②，③解得a=5m／s²

设经时间t_l，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式

v₀=v₀+at　　 ④

解得t₁=0.4s

时间t₁内物体的位移＜10(m)

物体位移为0.4m时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4s后无摩擦力，开始做匀速运动

S₂=v₂t₂ ⑤

因为S₂=S-S₁=10-0.4=9.6(m)，v₂=2m／s

代入式⑤得t₂=4.8s

则传送10m所需时间为t=0.4+4.8=5.2s。

[评析]本题是较为复杂的一个问题，涉及了两个物理过程。这类问题应抓住物理情景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法，如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10m用2s，可以拿来计算一下，2s末的速度是多少，计算结果v=5×2=10(m/s)，已超过了传送带的速度，这是不可能的。当物体速度增加到2m/s时，摩擦力瞬间就不存在了。这样就可以确定第2个物理过程。

例11　 如图2-30，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？

[错解]

F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)

[错解原因]错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G=F+N，不自觉的贯穿在解题中。

[分析解答]解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F的恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。

以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。

因为物体静止，∑F=0

N=G=0　　 ①

N=kx₀ ②

设物体向上匀加速运动加速度为a。

此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′

据牛顿第二定律有

F+N′-G=ma　　 ③

当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0-0.2s内物体的位移为x₀。物体由静止开始运动，则

将式①，②中解得的x₀=0.15m代入式③解得a=7.5m/s²

F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N=kx。

代入式③得

F_min=ma+mg-kx₀

=12×(7.5+10)-800×0.15

=90(N)

F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)

[评析]本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x(其中x即称盘对弹簧的压缩量)。

本章中所涉及到的基本方法有：力的分解与合成的平行四边形法则，这是所有矢量进行加、减法运算过程的通用法则；运用牛顿第二定律解决具体实际问题时，常需要将某一个物体从众多其他物体中隔离出来进行受力分析的“隔离法”，隔离法是分析物体受力情况的基础，而对物体的受力情况进行分析又是应用牛顿第二定律的基础。因此，这种从复杂的对象中隔离出某一孤立的物体进行研究的方法，在本章中便显得十分重要。

本章内容包括力的概念及其计算方法，重力、弹力、摩擦力的概念及其计算，牛顿运动定律，物体的平衡，失重和超重等概念和规律。其中重点内容重力、弹力和摩擦力在牛顿第二定律中的应用，这其中要求学生要能够建立起正确的“运动和力的关系”。因此，深刻理解牛顿第一定律，则是本章中运用牛顿第二定律解决具体的物理问题的基础。　

在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本章中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p-V，p-T，V-T图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化(内能变化)、体积变化(做功情况)时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。

例1　 设一氢气球可以自由膨胀以保持球内外的压强相等，则随着气球的不断升高，因大气压强随高度而减小，气球将不断膨胀。如果氢气和大气皆可视为理想气体，大气的温度、平均摩尔质量以及重力和速度随高度变化皆可忽略，则氢所球在上升过程中所受的浮力将______(填“变大”“变小”“不变”)

[错解]错解一：因为气球上升时体积膨胀，所以浮力变大。

错解二：因为高空空气稀薄，所以浮力减小。

[错解原因]因为浮力的大小等于气球排开大气所受的重力，F=p_空·g·V，当气球升入高空时，密度p减小，体积V增大，错解一和二都是分别单一地强调一方面的变化，没有综合考虑，因此导致错解。

[分析解答]以氢气为研究对象，设地面附近和高空h处的压强和体积分别为p₁，p₂，V₁，V₂。因为温度不变，由玻-马定律可知：p₁V₁=p₂V₂

以大气为研究对象，在地面附近和高空h处的压强和大气密度分别为p₁，p₂和(与氢气对应相等)₁，₂因为大气密度和压强都与高度成正比，所以有。

设氢气球在地面附近和高空h处的浮力分别为F₁，F₂则F₁=p₁·g·V₁F₂=p₂·gV₂

所以正确答案为浮力不变。

[评析]如上分析，解决变化问题，需要将各种变化因素一一考虑，而不能单独只看到一面而忽略另一面。

此题也可以利用克拉珀龙方程求解：

在高度h处：对氢气列克拉珀龙方程

对排开空气列克拉珀龙方程

因为p，V，R，T均相同

所以联立①②得：

我们知道，空气、氢气的摩尔质量是不变的，此题气球中的氢气质量也是一定的，所以排开空气的质量不随高度h而变，又因为重力加速度也不变(由题目知)所以，气球所受浮力不变。

利用克拉珀龙方程处理浮力，求解质量问题常常比较方便。

例2　 如图7-1所示，已知一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2。问：气体对外是否做功？

[错解]错解一：因为判断不了气体体积情况，所以无法确定。

错解二：因为1状态与2状态在一条直线上．而p-T坐标上的等容线是直线．所以状态1与状态2的体积相等，气体对外不做功。

[错解原因]错解一是不会应用等容线，不知道如何利用p-V图比较两个状态的体积，因而感到无从下手。

错解二是把等容线的概念弄错了，虽然状态1和状态2在一条直线上，但并不是说p-T图上的所有直线都是等容线。只有延长线过原点的直线才表示一个等容过程。而此题的状态1与状态2所在的直线就不是一条等容线。

[分析解答]如图7-2所示，分别做出过1和2的等容线Ⅰ和Ⅱ，由图可知，直线Ⅰ的斜率大于直线Ⅱ的斜率，则V_Ⅱ＞V_Ⅰ，即V₂＞V₁，所以，从状态1变化到状态2，气体膨胀对外做功了。

[评析]从此题的解答可以看到，利用图象帮助解决问题，有时是很方便的，但这种方法首先必须按图象有一个清楚的了解，只有在“识别”图象的基础上，才能准确地“运用”图像。

例3　 一定质量的理想气体的三个状态在V-T图上用A，B，C三个点表示，如图7-3所示。试比较气体在这三个状态时的压强p_A，p_B，p_C的大小关系有：(　　 )

A．p_C＞p_B＞p_C

B．p_A＜p_C＜p_B

C．p_C＞p_A＞p_B

D．无法判断。

[错解]错解一：因为一定质量的理想气体压强与温度成正比，哪个状态对应的温度高，在哪个状态时，气体的压强就大，即T_C＞T_A＞T_B，所以有p_C＞p_A＞p_B，应选C。

错解二：因为一定质量的理想气体的压强与体积成反比，体积越大，压强越小，从图上可以看出：V_A＞V_C＞V_B，所以户p_A＜p_C＜p_B，应选B。

[错解原因]以上两种错解，从分析思路上讲都错了，都没有了解到气体状态的三个参量(p，V，T)之间两两定量关系是有条件的。如压强与温度(当然应为热力学温度T)成正比的条件是体积不变，而压强与体积成反比的条件应是温度不变。如果不考虑第三个参量，而单纯只讲两个参量之间的关系，显然只能导致错误的结果，同时也培养了错误的思考问题方式，是不可取的。当第三个参量不是定量时，三者之间的关系只能是：,要综合分析考虑。

[分析解答]因为所给的是V-T图，A，B，C三点的温度体积都不一样，要想比较三个状态的压强，可以利用V-T图上的等压线辅助分析。

在V-T图上，等压线是一条延长线过原点的直线，可以通过A，B，C三点做三条等压线分别表示三个等压过程，如图7-4所示。一定质量的理想气体在等压过程中压强保持不变，体积与温度成正比，为了比较三个等压线所代表的压强的大小，可以做一条等温线(亦可作一条等容线，方法大同小异，以下略)，使一个等温过程与三个等压过程联系起来，等温线(温度为T')与等压线分别交于A'，B'，C'，在等温过程中，压强与体积成反比(玻意耳定律)，从图上可以看出：V_A'＞V_B'＞V_C'，所以可以得出结论：p_A'＜p_B'＜p_C’，而A与A'，B与B'，C与C分别在各自的等压线上，即p_A=p_A'，p_B=p_B'，p_C=p_C’，所以可以得出结论，即p_A＜p_B＜p_C，所以正确答案为A。

例4　 如图7-5，A，B是体积相同的气缸，B内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞C，D为不导热的阀门。起初，阀门关闭，A内装有压强p₁=2.0×10⁵a温度T₁=300K的氮气。B内装有压强P₂=1.0×10⁵Pa，温度T₂=600K的氧气。打开阀门D，活塞C向右移动，最后达到平衡，以V₁和V₂分别表示平衡后氮气和氧气的体积，则V₁∶V₂=______(假定氧气和氮气均为理想气体，并与外界无热交换，连接气缸的管道体积可忽略)

[错解]开始是平衡状态，未态还是平衡状态，由理想气体状态方程可知：.

此题答案为1∶4。

[错解原因]理想气体状态方程或气体定律，针对的对象应为一定质量的理想气体，而不能是两种(或两部分)气体各自的状态，必须是一定质量的理想气体初、末两种状态之间满足的关系，上述解法把两部分气体的p₁，p₂，T₁，T₂与一定质量的气体前后两种状态的p₁，p'₁，T₁，T'₁混为一谈，以致出现完全相反的结论。

[分析解答]对于A容器中的氮气，其气体状态为：

p₁=2.0×10⁵pa　　 V₁=V　　 T₁＝300K

P'₁=P　　　 V'₁=V₁(题目所设)　　 T'₁=T

由气体状态方程可知：

对于B容器中的氧气，其气体状态为：

p₂=1.0×10⁵pa　　 V₂＝V　　 T₂=600K

p'₂=p　　 V'₂=V₂(题目所设)　　 T’₂=T

由气态方程可知

联立①②消去T，V可得：

此题的正确答案为V₁∶V₂=4∶1

　[评析]解决有关两部分气体相关联的问题时，要注意两方面的问题。首先，要把两部分气体分开看待，分别对每一部分气体分析出初、未状态的p，V，T情况，分别列出相应的方程(应用相应的定律、规律)切不可将两部分气体视为两种状态。

其次，要找出两部分气体之间的联系，如总体积不变，平衡时压强相等，等等。例如本题中，阀门关闭时两边气体体积相等，阀门打开两边气体压强相等，温度相等，利用这些关系，可以消去方程中的未知因素，否则，也解不出正确结果。

例5　 如图7-6所示，一个横截面积为S的圆筒型容器竖直放置，金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计圆板A与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为P₀，则被圆板封闭在容器中气体的压强p等于(　　 )

[错解]错解一：因为圆板下表面是倾斜的，重力产生的压强等于其中为斜面的面积，即。因此，重力产生的压强为，所以其他压强为，故选项A正确。

错解二：重力产生的压强应该为重力的分力在活塞下表面上产生的压强，即而大气压强，所以气体压强为+，因此可选B。

错解三：大气压p₀可以向各个方向传递，所以气体压强里应包括p₀，而重力的合力产生的压强作用在斜面上。因此，重力压强，因此气体压强为+，所以选C。

[错解原因]重力产生的压强，压力都应该是垂直于接触面方向，所以重力产生压强应是重力的分力，而不是Mg，错解一是对压力这个概念理解不对。

错解二虽然注意到重力的分力产生压强，但没有考虑到面积应是()而不是S，还是对压强概念的理解不对。

错解三在分解重力时错了，重力的一个分力应是而不是，因为另一个分力一定要垂直斜板的竖直面，如图7-7。所以重力的压强为。

[分析解答]以金属圆板A为对象，分析其受力情况，从受力图7-8可知，圆板A受竖直向下的力有重力Mg、大气压力p₀S，竖直向上的力为其他压力在竖直方向的分力，其中，所以

正确答案应为D。

[评析]正如本题的“分析解答”中所做的那样，确定被活塞封闭的气体的压强的一般方法是：以活塞为研究对象；分析活塞的受力情况；概括活塞的运动情况(通常为静止状态)，列出活塞的受力方程(通常为受力平衡方程)；通过解这个方程便可确定出气体的压强。

例6　 如图7-9所示，在一个圆柱形导热的气缸中，用活塞封闭了一部分空气，活塞与气缸壁间是密封而光滑的，一弹簧秤挂在活塞上，将整个气缸悬吊在天花板上。当外界气温升高(大气压不变)时，(　　 )

A.弹簧秤示数变大

B.弹簧秤示数变小

C.弹簧秤示数不变

D.条件不足，无法判断

[错解]对活塞进行受力分析，如图7-10由活塞平衡条件可知：

F=mg+p₀S-pS

当外界气温上升时，气体压强增大，所以弹簧秤的接力F将变小，所以答案应选B。

[错解原因]主要是因为对气体压强变化的判断，没有认真细致地具体分析，而是凭直觉认为温度升高，压强增大。

[分析解答]对活塞受力分析如错解，

F=mg+p₀S-pS

现在需要讨论一下气体压强的变化。

以气缸为对象受力分析，如图7-11

因为M、S、P₀均为不变量，所以，在气体温度变化时，气体的压强不变。而气体在此过程中作等压膨胀。

由此而知，弹簧秤的示数不变，正确答案为C。

[评析]通过本题的分析可以看出，分析问题时，研究对象的选取对解决问题方向的作用是至关重要的。如本题要分析气体压强的变化情况，选取气缸为研究对象比研究活塞要方便得多。另外如本题只是分析弹簧秤的示数变化，选整个气缸和活塞为研究对象更为方便，因对气缸加热的过程中，气缸、气体及活塞所受重力不变，所以弹簧秤对它们的拉力就不会变化，因此弹簧秤的示数不变。

例7　 如图7-12所示，两端封闭、粗细均匀的细玻璃管，中间用长为h的水银柱将其分为两部分，分别充有空气，现将玻璃管竖直放置，两段空气柱长度分别为l₁，l₂，已知l₁＞l₂，如同时对它们均匀加热，使之升高相同的温度，这时出现的情况是：(　　 )

A．水银柱上升　　　　 　　　　　　　　B．水银柱下降

C．水银柱不动　　　　 　　　　　　　　D．无法确定

[错解]假设两段空气柱的压强p₁，p₂保持不变，它们的初温为T。

当温度升高△T时，空气柱1的体积由V₁增至V'₁；，增加的体积△V₁=V'₁-V₁，考虑到空气柱的总长度不变，空气柱2的体积从V₂增至V'₂，且△V₂=V'-V₂，

由盖·吕萨克定律得：

在T，△T都同的情况下，因为V₁＞V₂，所以△V₁＞△V₂，所以，水银柱应向下移动。选B。

[错解原因]这道题因为初温一样，又升高相同的温度，所以比较液柱移动，可能有两种假设，一种为设压强不变，另一种是设体积不变。而上述解法中假定压强不变而导出水银柱下降这本身就是自相矛盾的。水银柱的移动情况是由水银柱的受力情况决定的，而受力情况是由两边压强的大小决定的，因此不能假设压强不变。

[分析解答]假定两段空气柱的体积不变，即V₁，V₂不变，初始温度为T，当温度升高△T时，空气柱1的压强由p₁增至p'₁，△p₁=p'₁-p₁，空气柱2的压强由p₂增至p'₂，△p₂= p'₂-p₂。

由查理定律得：

因为p₂=p₁+h＞p₁，所以△p₁＜△p₂，即水银柱应向上移动。所以正确答案应选A。

[评析](1)这类题目只能按等容过程求解。因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的所而它的受力改变又是手。

(2)压强的变化由压强基数(即原来气体的压强)决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就大。同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。就本题而言，水银柱将向下移动。

例8　 把一根两端开口带有活塞的直管的下端浸入水中，活塞开始时刚好与水面平齐，现将活塞缓慢地提升到离水面H=15m高处，如图7-13所示，求在这过程中外力做功为多少？(已知活塞面积S=1.0dm²，大气压户p₀=1.0×10⁵Pa，活塞的厚度和质量不计，取g=10m/s²)

[错解]把活塞缓慢提升需做的功等于水柱上升增加的重力势能。因活塞上升H，故上升的水柱的高亦为H，其重心高为，而上升的水柱的质量m=P·S·H，则水柱的重力势能增加Ep=mgh=p·S·H·g，代入数据得

E_p=1.1×10⁴J也就是说，外力需做功

W=E_p=1.1×10⁴J

[错解原因]在大气压p₀=1.0×10⁵pa的情况下，水柱能上升的最大高度=10(m)，(即真空抽水机原理所讲，并且应忽略水蒸气气压的影响)，而不是题目中提到的15m。

[分析解答]在把活塞提升最初的10m的过程中，外力做功等于水柱势能的增加，即

在把活塞提升的后5m的过程中，外力做功就等于克服大气压力的做功，即：

W₂=p₀S(H-h,)

=5.0×10³(J)

则在全过程中外力做功为W=W₁+W₂=1.0×10⁴(J)，即为正确答案。

[评析]解决物理问题的关键是要分析清楚题目所述的物理过程，这个“分析物理过程”就是所谓的审题。审题不应将注意力完全集中到已知数值上，而应重点分析问题描述的是怎样一个过程。如本题中虽然给出了活塞上移15m，但结合大气压强的知识，要分析真实的物理过程是水并未随之上升15m，而是只将水提升了10m。

例9　 如图7-14所示，A，B两容器容积相同，用细长直导管相连，二者均封入压强为户，温度为T的一定质量的理想气体，现使A内气体温度升温至T'，稳定后A容器的压强为多少？

[错解]因为A容器温度升高，所以气体膨胀，有一些会跑到B容器中去，假设有△V的气体迁移至B容器，由气态方程可知：

联立①②

[错解原因]主要是因为研究对象不清楚。我们知道，应用气体定律(如玻-马定律，查理定律或气态方程等)时，研究对象应该是一定质量的气体，而本题无论是对于A容器，还是B容器，气体的质量都变化。若把△V做为迁移气体，那么，它所对应的压强、温度参量，在两个式子中应该是一致的，而上解式①中为(△V，p'T')，式②中为(△V，p，T)，这显然是矛盾的，是研究对象选择不当造成的。

[分析解答]因为升温前后，A，B容器内的气体都发生了变化，是变质量问题，我们可以把变质量问题转化为定质量问题。我们把升温前整个气体分为(V-△V)和(V+△V)两部分(如图7-15所示)，以便升温后，让气体(V-△V)充满A容器，气体(V+△V)压缩进B容器，于是由气态方程或气体实验定律有：

　　 联立①②两个方程，解得：

[评析]气态方程及气体实验定律都只适用于质量一定的理想气体，但对于质量变化的问题，我们只要巧妙地选取研究对象，便可将变质量问题转化为定质量问题，这是一种处理问题的重要方法。

例10　 一端封闭一端开口，内径均匀的直玻璃管注入一段60mm的水银柱，当管水平放置达到平衡时，闭端空气柱长140mm，开口端空气柱长140mm，如图7-16所示。若将管轻轻倒转后再竖直插入水银槽内，达到平衡时，管中封闭端空气柱A长133mm，如图7-17所示(设大气压强为1.01325×10⁵Pa(760mmHg)，温度保持不变)，求槽中水银进入管中的长度H=？

[错解]以水平放置作为初态，以竖直插入水银槽后作为末态，分别对A，B两部。分气体应用玻意耳定律

对A气体：p_AV_A=p'_A·V'_A

对于B气体：p_BV_B=p'_BV'_B 因为p'_B=p'_A+h=800+60=860(mmHg)

则进入玻璃管中的水银柱长H=(l_A+l_B)-(l'_A+l'_B)

H=[(140+140)-(133+123.72)]=23.28(mm)

[错解原因]初看上述解题过程似乎没有问题，实际上，认真分析解题的全过程不难发现，在玻璃管竖直倒立的过程中，当其还未插入水银槽内时，水银受重力作用要下降，故封闭端空气柱变长，开口端空气柱变短，说明开口端有空气溢出，即B部分气体质量减少(不是定质量)。这部分研究对象的质量发生了变化，但如仍草率地认为初态水平，末态竖直插入的这两个状态是质量不变，而应用玻马定律，固而造成上述失误。

[分析解答]把全过程分为两个过程看待。

第一个过程：从水平到竖直尚未插入

对A气体：p_AV_A=p'_AV'_A

对B气体：l'_B=(140×2-152)=128(mm)

p'_B=p0=760(mm)

第二个过程：当玻璃管插入水银槽后

对A气体：p_A·V_A=p''_AV''_A

可以求得p''B=(800+60)=860(mmHg)

对B气体；初态为竖直尚未插入，未态为已经插入后

p'_BV'_B=p''_BV''_B

所以，水银进入管中的水银长度为：

H=(140×2-133-133)=34(mm)

[评析]本题与前面的第8题类似，都需要分析清楚问题所述情景的真实物理过程。而有些同学在解题时，只关注已知数值，对某些微妙的变化混然不顾，因此导致思维失误，以致产生错误解法和答案。

例11　 如图7-18所示，一根一端封闭的玻璃管，当l=0.96m，内有一段长h₁=0.20m的水银柱。当温度为t₁=27℃，开口端竖直向上时，封闭空气柱h₂=0.60m。问温度至少升到多高时，水银柱才能从管中全部溢出？(外界大气压相当于l₀=0.76m高的水银柱产生的压强)

[错解]以封闭气体为研究对象，其初态：p₁=(l₀+h₁)，V₁=h₂S下；末态是水银刚好完全溢出时的状态：p₂=l₀，V₂=lS

T₂=？

[错解原因]上述解答中有一个错误，就是存在“潜在假设”。即认为：水银柱在外溢过程中，气体体积越大，对应温度越高，当气体充满整个玻璃管(即水银全部溢出)时，所对应的温度是最高的。事实是：

根据气态方程，由此可见，PV的乘积越大，对应的温度越高。在水银末溢出前，p不变，V越大，T越大。在水银溢出的过程中，p减小，V增大，p·V的乘积并非一直增大。所以我们在解题的过程中，应找出在什么条件下，pV的乘积最大，由此确定相应的温度。

[分析解答]由气态方程，可知，PV乘积越大，对应的温度T越高，假设管中还有长为X的水银柱尚未溢出时，pV值最大，即(l₀+x)(l-x)S的值最大，这是一个数学求极值问题。因为(l₀+x)+(l-x)=(l₀+l)与x的大小无关，所以由数学知识可知：两数之和为一常数，则当这两数相等时，其乘积最大。

所以：l₀+x=l-x

解得：

即管内水银柱由0.20m溢出到还剩下0.10m的过程中，p·V的乘积越来越大，这一过程必须是升温的。此后，温度不必再升高(但要继续给气体加热)，水银柱也将继续外溢，直至完全溢出。由气态方程：

代入数据得：T₂=385.2K。

例12　 如图7-19所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A，B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气。A的质量可不计，B的质量为M，并与一劲度系数k=5×10³N/m的较长的弹簧相连，已知大气压强p₀=1×10⁵Pa，平衡时，两活塞问的距离l₀=0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡，此时，用于压A的力F=5×10²N, 求活塞A向下移动的距离。(假定气体温度保持不变)

[错解]设活塞A向下移动的距离为l，对封闭气体列玻-马定律：

由胡克定律可知：

F+Mg=kx　 ②

由于B的质量M没有给出具体数据，只能由①②两式联系解得一个数值，其中带有质量M。

[错解原因]这是一道力热综合题，应根据活塞的力学特征和气体的热学特征分别应用力学规律和热学规律求解。上述题解对气体的分析是正确的，但对活塞的分析是错的。用胡克定律表达式中F=kx中，x若为压缩量，则F为受到的压力，x若为增加的压缩量，则F为增加的压力，F与x要相对应。

[分析解答]设活塞A向下移动l，相应B向下移动x，对气体分析：初态：p₁=p₀　 V₁=l₀S

由玻-意耳定律：p₁V₁=p₂V₂

初态时，弹簧被压缩量为x'，由胡克定律：

Mg=kx'②

当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图7-20所示。F'为此时弹簧弹力

由平衡条件可知

p₀S+F'=p₀S+F+Mg③

由胡克定律有：

F'=k(x+x')④

联立①②③④解得：

l=0.3m。

例13　 内径均匀的U型细玻璃管一端封闭，如图7-2所示，AB段长30mm，BC段长10mm，CD段长40mm，DE段充满水银，DE=560mm，AD段充满空气，外界大气压p₀=1，01325×10⁵Pa=760mmHg，现迅速从E向上截去400mm，长玻璃管，平衡后管内空气柱的长度多大？

[错解]当从下面截去400mm后，空气柱的压强变了，压强增大，在等温条件下，体积减小，根据玻意耳定律。

初态：p₁=(760-560)=200mmHg　 V₁=(300+100+400)S=800S(mm3)

末态：p₂=(760-160)=600(mmHg)　 V₂=？

解得：l₂=267mm　 即空气柱的长度为267mm。

[错解原因]上述解答看起来没有什么问题，实际上，稍微思考一下，就会发现，答案不合理。因为解答结果认为空气柱的长度267mm，而AB段的总长度为300mm，这样就意味着水银柱可能进入AB管，而如果水银进入横着的BC管，压强就不再是(760-160)=600mmHg，因此，答案就不对了。

[分析解答]首先需要判断一下水银柱截去后剩余的水银柱会停留在什么地方。

(1)是否会停留在右侧竖直管内。

由前面的分析可知是不可能的。

(2)是否会有部分水银柱留在竖直CE管中，即如图7-22所示情况，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

两个答案均与所设不符，所以这种情况也是不可能的。

(3)是否会出现水银柱充满BC管的情况，如图7-23所示。

由玻意耳定律可知：

200×800S=(760+60)·l₂·S

解得l₂=195mm结果明显与实际不符，若真能出现上述情况，从几何关系很容易就可以知道l₂=240mm，可见这种情况是不可能的。

(4)设水银柱部分进入BA管，部分留在BC管中，如图7-24所示。

由玻意耳定律可知

200×800S=[760+(300-l₂)]·l₂S

因此，本题的正确答案是：平衡后管内空气柱的长度为182.3mm。

[评析]通过本题的分析解答可看出，对于一个具体的物理问题，不能仅观注已知的数据，更要对题目所述的物理过程进行全面的分析，以确定出问题的真实物理过程。同时可以看到，真实物理过程的判断，又是以具体的已知条件及相应的物理规律为基础的，而不是“想当然”地捏造物理过程。

例14　 圆柱形气缸筒长2l，截面积为S，缸内有活塞，活塞可以沿缸壁无摩擦不漏气的滑动，气缸置于水平面上，缸筒内有压强为p₀，温度为T₀的理想气体，气体体积恰好占缸筒容积的一半，如图7－25所示。此时大气压也是p₀，弹簧的劲度系数为k，气缸与地面的最大静摩擦力为f，求：

(1)当kl＜f，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体温度是多少？

(2)当kl＞f，对气缸缓慢加热到活塞移至缸筒口时，气缸内气体的温度又是多少？

[错解](1)以整体为对象。∵kl＜f，所以在活塞移至缸口时(此时弹簧弹力为kl)，系统始终静止。

以活塞为对象，末态受力如图7－26所示。

由平衡条件可知：p₂S=p₀S+kl

以气体为对象，p₁=p₀　 V₁=ls　 T₁=T₀

(2)当kl＞f时，气缸要滑动

解法一：与(1)解法类似

对活塞受力分析如图7－26所示

其余解法与(1)相同，答案也与(1)相同，说明两种情况没有区别。

解法二：以活塞为对象受力分析如图7－27

p₂S+f=kl+p₀S

[错解原因]此题第一问解法及答案均正确。错误主要发生在第二问：(1)没有详细地分析kl＞f情况下气缸，活塞的运动，而是套用了第一问解题的思路，分不清kl＜f与kl＞f在此题中的本质区别。(2)解法2对活塞受力分析出现了气缸受力f，导致错误。

[分析解答]第一问如上所述，略。

第二问，当kl＞f，就意味着弹簧压缩到一定程度，设压缩量为x，即kx=f处，就不继续压缩，这之后，气缸开始滑动，而气体则做等压升温膨胀。

气体的变化可以分为三种状态两个过程，如图7－28所示。

第一个过程：甲态→乙态，p，V，T都变。

在乙态对活塞受力分析可确定此时气体的压强为：

而丙态的压强与乙态相同，

第二个过程：从甲态→丙态应用气态方程

例15　 如图7-29所示，左端封闭，右端开口的均匀U型管中用水银封有一段长150mm的空气柱。左臂总长为250mm，右臂足够长。如果将管的开口变为竖直向下，求空气柱的长度。(设大气压为750mmHg)

[错解]此题是属于气体在等温情况下压强和体积的变化的题，可以利用玻意耳定律求解。

初态：p₁=(750+100)=850(mmHg)

V₁=150S(cm³)

设倒转后左臂空气柱长度增加x，如图7－30所示，

则末态：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

由数学知识可知，当△=b²-4ac=350²-4×2×3000＜0，方程无解。所以，这道题是一道没有解的题。

[错解原因]在解题时，之所以出现这样的情况，是因为解题者的思维是势导致的错误，上述解法是从空气柱仍在左臂的假设出发的，难道空气就不能进到右臂？显然，认为空气柱仍在左臂的假设是需要重新考虑的。

[分析解答]在左臂原有空气柱长150mm的情况下，两管之间的水银柱的高度差与U型管倒转后空气柱是否进入右管有关，高度差越大，水银越重，倒转后，空气柱越有可能进入右管。那么，两臂水银面高度差为多大，才能让空气柱仍留在左臂呢？

设初始左、右两臂水银面高度差为h，倒转后空气柱仍在左臂(如图7-31)则：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

当△=b²-4ac≥0时，方程有实数解，即

(h-450)²-4×2×300h≥0

解得：h≤62.5mm

也就是说，只有当两臂水银面高度差小于或等于62.5mm时，倒转后空气柱才可能仍留在左臂。而本文给出开始时水银面高度差为100mm＞62.5mm，因此，U型管倒转后空气柱会进入右臂。

设右臂足够长，倒转后，水银柱已全部进入右臂如图7－32所示，末状态变为：V₂=(250+y)S　 p₂=(750-30)=450(mmHg)

根据玻意耳定律：

850×150S=450×(250+y)S

解得：y=33.3mm

则空气柱的长度为：l=(250+33.3)=283.3(cm)。

[评析]对于一道物理习题，应该从每个数值的物理意义去分析问题，而不能只单纯从数学运算的角度去制定。

例16　 容积V=201的钢瓶充满氧气后，压强为p=30个大气压，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V'=51的小瓶子中去。若小瓶子已抽成真空，分装到小瓶中的氧气压强均为P'=2个大气压。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是：

A．4瓶　　　　B．50瓶　　 C．56瓶　　　D．60瓶

[错解]设可充气的瓶子数最多为n，利用玻意耳定律得：

pV=np'V'

所以答案应为D。

[错解原因]上述解答中，认为钢瓶中的气体全部充入到小瓶中去了，事实上当钢瓶中气体的压强随着充气过程的进展而下降，当钢瓶中的气体压强降至2个大气压时，已无法使小瓶继续充气，达到2个大气压，即充最后一瓶后，钢瓶中还剩下一满瓶压强为2个大气压的气体。

[分析解答]设最多可装的瓶子数为n，由玻意耳定律得：

pV=p'V+np'V'

解得：n=56(瓶)

所以本题的正确答案为C。

[评析]解答物理问题时我们不仅要会用数学方法进行处理，同时还要考虑到物理问题的实际情况。任何物理问题的数学结果都要接受物理事实的制约，因此在学习中切忌将物理问题纯数学化。

例17　 一个绝热气缸，压缩活塞前容积为V，内部气体的压强为p，现用力将活塞推进，使容积减小到，则气缸内气体的压强为

A.等于　　　 B. 等于6p　　　 C．大于6p　 　　D．小于6p

[错解]因为气缸是绝热的，所以压缩过程为等温变化，由玻意耳定律可知，压强与体积成反比，所以在容积减为时，压强应增为6P，所以应该选B。

[错解原因]错误主要是把绝热和等温等同起来，认为绝热就是温度不变，这是解决热学问题中常见的错误。实际上改变内能的方式有两种，即热传递和做功，不能认为没有热传递内能就不改变。

[分析解答]因为气缸绝热，所以热传递Q=0，而现用力将活塞推进，使体积减小，即外力对气体做功了，也就是气体的温度升高了，由气态方程可知pV=cT，只有当p'＞6p时，pV乘积才可能是增加的。

若，，，而由前面分析已知T 增加，则所以B不对。正确答案应选C。

[评析]本题在分析清楚“推进活塞时气体做功→气体内能增加→气体温度升高”这一关系的基础上，也可用气态方程做出判断：p₁=p，

例18　 下列说法中正确的是　

A．温度低的物体内能小

B．温度低的物体分子运动的平均速率小

C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大

D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加

[错解]错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A。

错解二：由动能公式可知，速度越小，动能就越小，而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。所以应选B。

错解三：由加速运动的规律我们了解到，物体的速度大小由初速和加速度与时间决定，随着时间的推移，速度肯定越来越快再由动能公式可知，物体动能也越来越大，所以应该选C。

[错解原因]错解一是没有全面考虑内能是物体内所有分子的动能和势能的总和。温度低只表示物体分子平均动能小，而不表示势能一定也小，也就是所有分子的动能和势能的总和不一定也小，所以选项A是错的。

实际上因为不同物质的分子质量不同，而动能不仅与速度有关，也与分子质量有关，单从一方面考虑问题是不够全面的，所以错解二选项B也是错的。

错解三的原因是混淆了微观分子无规则运动与宏观物体运动的差别。分子的平均动能只是分子无规则运动的动能，而物体加速运动时，物体内所有分子均参与物体的整体、有规则的运动，这时物体整体运动虽然越来越快，但并不能说明分子无规则运动的剧烈情况就要加剧。从本质上说，分子无规则运动的剧烈程度只与物体的温度有关，而与物体的宏观运动情况无关。

[分析解答]由于物体内能的变化与两个因素有关，即做功和热传递两方面。内能是否改变要从这两方面综合考虑。若做功转化为物体的内能等于或小于物体放出的热量，则物体的内能不变或减少。即外界对物体做功时，物体的内能不一定增加，选项D是正确的。

例19　 如图7-33所示，一端开口的圆筒中插入光滑活塞，密闭住一段理想气体，其状态参量为p₀，V₀，T₀，在与外界无热交换的情况下，先压缩气体到p₁，V₁，T₁状态，再让气体膨胀到p₂，V₂，T₂状态，若V₁＜V₀＜V₂，则

A．T₁＞T₀＞T₂　　　　　　　　　 B．T₁=T₀=T₂

C．T₁＜T₀＜T₂　　　　　　　　　 D．无法判断

[错解]由理想气体状态方程可知，T与V，P均有关系。此题只提供了体积之间的关系，而没有压强p₁，p₂，p₃的大小关系，从题目上看，压强也不相等，所以无法判断，应选D。

[错解原因]主要原因没有进一步挖掘题目给出的条件，即“与外界无热交换”这个条件，若注意到这点，必有收获。

[分析解答]从题目给出的条件，V₁＜V₀＜V₂和“与外界无热交换”，根据热力学第一定律，我们可以知道，从V₀→V₁的过程，气体体积减小，外界对气体做功，而系统吸放热为零，则内能一定增加，理想气体内能增加意味着温度增加，所以T₁＞T₀。从状态1经过状态0到状态2，气体体积膨胀，气体对外做功，内能减少，温度降低，所以T₀＞T₂，结果为T₁＞T₀＞T₂。本题的正确答案为A。　

例20　 将一装有压缩空气的金属瓶的瓶塞突然打开，使压缩空气迅速跑出，当瓶内气体压强降至等于大气压p₀时，立即盖紧瓶塞，过一段时间后，瓶内压强将：(设瓶外环境温度不变)

A．仍为p₀　　　　B．大于p₀　　　　 C．小于p₀　　　　D．无法确定

[错解]由于是在内外气压相等的情况下塞上瓶塞的，所以过一段时间后，内外压强应该仍然相等，所以答案应该选A。

[错解原因]上述解答中没有从热力学规律出发，不能把生活语言，如“突然”，“空气迅速跑出”等词语，“翻译”成“物理语言”。上述表达的物理语言可表述为：压缩气体对外做功，与外界来不及进行热交换，即所谓的绝热过程。另外就是“过一段时间”，这是一个可能有热交换的过程，因为瓶子是金属的，金属一般都是热的良导体。上述错误正是因为没有分析这两个热力学过程所致。

[分析解答]拔开瓶塞，瓶内空气急速膨胀跑出来，这是一个近似的绝热膨胀过程，气体对外做功。根据热力学第一定律，气体的内能一定减少，即温度迅速降低。由于是在室温下拔开瓶塞的，所以瓶内气体的温度一定低于室温。当瓶内外气体压强相等后，塞上瓶塞，立刻又出现了一个新的热力学过程，由于瓶内气温低于室温，必将有热量从外界传向瓶内空气，使瓶内空气的温度升高，瓶内空气的压强也就随着温度的升高而增大。所以，正确答案应为B。

[评析]解此类题时要注意把握住题设的关键词所反映的隐含条件，注意分析物理过程，而只是根据自己的生活经验想当然一般是要出错的。