物理解答正误检验法.doc

For personal use only in study and research; notfor commercial use螈物理解答正误检验法芆康文秀莁膂函授教学因为时间紧、内容多，大多数同学存在对内容理解不深、对物理定理定律的应用方法及适用条件掌握不透的现象，所以解题过程中难免出现这样或那样的错误，对自己的解答不能判断正误。只有重视错例的剖析，找出问题所在并进一步纠正，才能提高解题水平，加深物理知识的理解， 从而收到良好的学习效果。 下面介绍几种简单易行的判断解题正误的方法。葿 1 量纲检验法肄在国际单位制中，力学基本单位是长度、质量、时间的单位：米、千克、秒，而其它物理量的单位均可由这三个基本单位导出，如加速度的单位为米/ 秒 2。一个物理量的单位用三个基本单位表示出来，此表达式称为该物理量的量纲或量纲式。以L 、M、T 分别表示基本量长度、质量、时间的量纲，则加速度a 的量纲为a=LT 2F 的量纲为 F=MLT2，力能量 E 的量纲为 E=ML 2T-2，式中各基本量量纲的指数称为量纲指数。蚃量纲是物理学中的重要概念，只有量纲相同的项才能进行加、减、相除或用等式联接，因此比较相除的两式、 相加减的各项及等式两边的量纲如果不同，可以断定这个公式是错误的。当然， 如果量纲没有问题，并不能保证结果一定正确，因为公式中的数字系数不能用量纲法检验，另外力矩和能量量纲相同，也不能用量纲区分，这都是量纲法的局限性。例 1某题推出的结果表达式为F32l12其中 F、m、v、l 和 分别表示薁mvv24力、质量、速度、长度和密度，试用量纲法检验之。艿解：式中出现的系数3 和 1 是无量纲的纯数，不能用量纲法检验其正误。等式右边第24一项的量纲是 ML2T 2 L 1MLT 2 ，第二项是 ML 3L2T 2ML 1T2 两项量纲不同， 此公式肯定是错的。注意等式左边的量纲是MLT 2 ，所以等式右边第二项肯定是错的。肅例 2用量纲法检验yAcos( t 2 l ) ，式中 y、A、 、t 和 l 分别表示位移、振幅、圆频率、时间和距离。解： y 和 A 的量纲都是 L 。再看余弦函数， t 的量纲为 T 1螂T=1 无量纲， 2 l 的量纲为 L，两项相加 , 量纲不同，可知至少有一项错, 取三角函数的应该是无量纲的角度，所以2 l羀项肯定是错的。Ht罿例 3用量纲法检验 ye mx ，式中 y、H、m、 、x、和 t 分别表示位移、m2力、质量、圆频率、阻尼系数（阻尼力与速度成正比，其比例系数为阻尼系数）、坐标和时间。H21 2膇解 ： y 的 量 纲 为L ，m 2 的 量 纲 为M L TM TL ，的量纲为MLT2L1T MT 1， rt 的量纲为 MT 1 M 1L 1TL 1。类似上题中 sin、 cos 、mxHtg等应为无量纲纯数，像ea 、 ln a 等 a 也应为无量纲的纯数。y 和的量纲相同，m 2可知方程中 e 的指数上必有错误。膄 2 物理规律是否适用检验法莀求解物理问题，总要用到已知的物理定律，对题目的仔细分析，找到合适的物理定律是关键，而死记硬背，死搬硬套，往往因题目条件与定律条件不符而产生错误。螀例 4走钢丝演员体重m50kg ，不慎从 h5m 高处落下，身上装有弹性安全带，弹性缓冲时间为1s ，如不装安全带，碰撞时间约0.01s ，求演员受地面作用的平均冲力。羄节解：设人与地面碰撞过程中，人受到的平均冲力为F ，对人应用动量定理：Ft0( mv)mvm 2gh衿Fm 2ght膆5029.85t 1 s 时 F495N1t 0.01s时 F5029.854N肅0.014.95 10莁分析：很多同学一见到碰撞，就认为参加碰撞的所有物体的动量守恒，或者说因相互碰撞物体的相互作用冲力很大，其它一切常力都可忽略，但这要根据具体碰撞时间的长短，其它常力的大小而定。对于本题，人与地面碰撞过程中，除受地面冲击力外，还受重力mg及空气阻力f ，所以有：艿( Fmgf ) t0( mv)m 2 gh羆其中 f 比 F 和 mg 小得多，可以忽略，所以，肇螃t1 s 时 Ft0.01s时 Fm 2ghmg495490985Ntm 2ghmg 4.95 10 4490 5.00 104 Nt羂可见，未装安全带时，mg / F1% ，是否考虑重力对结果影响不大，但装上安全带后，大大延长了缓冲时间，这时重力这个常力不能忽略，但空气阻力仍可忽略。蚇例 5弹性系数k80N / m 的轻弹簧，一端固定，另一端系m0.050kg 的小球，置于光滑的水平面上，开始时弹簧处于原长状态，小球静止， 如图，现作用于小球上一向右的恒力 F06N ，求弹簧的最大伸长量l 。袄解：小球受向右的恒力F0 和向左的弹力，当二者平衡时，弹簧伸长最大，所以：袂F0 k l ， l60.075m80莁分析：初始状态为弹簧原长，小球在A 点静止，随后，因恒力F0 的作用，小球向右作初速度为零的加速运动，随着弹簧的伸长，小球队受向右的F 及向左的弹力两个力的作0用，弹力是变力，当 F0 与弹力平衡时，设小球位于B 点，则 F0kAB ，小球此时加速度为零，但速度不为零，将继续向右运动，但由于向左的弹力大于向右的F0 ，所以作向右的减速运动，直到速度减小到零位于C 点时， AC 是要求的弹簧的最大伸长量l ，再往后又向左运动，小球作以B 为平衡位置的简谐振动。对小球和弹簧组成的系统应用功能原理，有：F0 AC F0 l1l2蒇K22F02 6羅l0.15mK 80芄 3 结果分析检验法 ：螁 结果得出以后，分析结果看其物理意义是否合理。比如结果是否有悖常理，它的一些特殊情况是否退化为已知的结论，数量级是否符合实际等。膈例 6质量 m15kg 的物体置于 m24kg 的木板上，木板置于水平地面上，已知 m1和 m2 间磨擦系数 10.4 ， m2 与地面间磨擦系数2 0.2 ，以向右的水平力 F50N 作用于 m2 上，求 m1 和 m2 的加速度各为多少？羇解：分析 m1 的受力：向下的重力 m1 g ，板向上的支持力 N1 、 m2 对 m1 水平向右的摩擦力 f1 ，列方程：莂N1 m1 g（ 1）芀f11 N11m1 g 0.4 5 9.8 19.6N（ 2）袈由此得 m1 的加速度：螄a1 f1 m11 g 3.92 m s2（ 3）螅分析 m2 的受力： 向下的重力 m2 g 、 m1 对 m2 向下的压力 N1 ，地面向上的支持力N2 、m1 对 m2 向左的摩擦力f 1 ，地面对 m2 向左的摩擦力f 2 ，列方程：虿N2 N1 m2 g (m1 m2 ) g 88.2N（ 4）蚈f22 N2 0.2 88.2 17.64N（ 5）袆F f 1 f 2 m2 a2袃a2F f1 f 250 19.6 17.643.19 m s2m24（ 6）聿分析：以上得出的结果是a1 3.92 ， a23.19 ， a1 a2，即 m1 跑到了 m2 的的前面，这显然是错误的，检查一下问题出在哪？（1）和（ 4）表示 m1 和 m2 在竖直方向受力平衡，不会错；（ 3）和（ 6）是 m1 和 m2 在水平方向的运动方程，也不会错，方程（2）表示 m1和 m2 间的摩擦力为滑动摩擦力，这一点没有经过论证，可能有问题。把m1 和 m2 看作一个系统，受力为向右的恒力F 和地面向左的摩擦力f 2 ，所以系统质心加速度为：F f 2F2 ( m1m2 ) g荿a3.60m1 m2m1 m2袇 m1 与 m2 要保持相对静止，其间需要的摩擦力为羁f1 m1 a 5 3.60 18N螂没有超过 m1 和 m2 间的最大静摩擦f max1m1 g 19.6 ，可见 m1 和 m2 之间是静摩擦， 而并非滑动摩擦，所以本题的正确答案是m1 和 m2 共同以 a 3.60 m s2的加速度向右运动。腿例 7挎过轻滑轮的绳子的两端各系有质量为m1 和 m2 的两物体，其中 m1 m2 ，滑轮固定在以 a0 加速上升的电梯中， 求绳子的强力 T 及 m1 和 m2 相对电梯的加速度a 的大小。蚄解：分析受力： m1 受向下的重力m1 g 和向上的张力 T ， m2 受向下的重力m2 g 和向上的张力 T ， m1 m2 ，可设 m2 相对电梯向下的加速度为a ， m1 相对电梯向上的加速度为 a ，则 m2 相对地面向下的加速度为a a0 ， m1 相对地面向上的加速度为 aa0 ，列方程：m2 gTm2 (aa0 )莄Tm1 gm1 (aa0 )膂联立可解得：袀T2m1m2(g a0 ) ， am2m1( g a0 )m1 m2m1m2螆分析：要检验结果是否正确，来看几种特殊情况：蒂（ 1） m1 m2 ，则 a 0 ， T m1 (ga0 ) ， m1 和 m2 相对电梯没有加速度，绳中张力克服重力并提供物体向上的加速度，正确。蚁（ 2） a00，则 T2m1m2g ， am2m1g 正是此装置放在地面上的情形。m1m2m2m1莆由这两种情况来看，结果应该没有问题。袇以下无正文仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。 , .For personal use only in study and research; not for commercial use.Nur f ü r den pers?nlichen fü r Studien, Forschung, zu kommerziellen Zwecken verwendet werden.Pour l 'é tude et la recherche uniquementà des fins personnelles; pasà des fins commerciales.