高中物理易错题辨析

2024-10-17

高中物理易错题辨析(精选6篇)

高中物理易错题辨析 篇1

例题1:用红光照射光电管阴极发生光电效应时,光电子的最大初动能为Ek,光电流为I,若改用强度相同的紫光照射同一光电管,产生光电子的最大初动能和光电流分别为和I',下列说法中正确的是:

错解:由爱因斯坦光电效应方程Ek=hv-w知,对于同一种金属逸出功相同,由于红光光子的频率小于紫光光子的频率,红光光子的能量小于紫光光子的能量,用红光照射光电管的阴极时能发生光电效应,则用紫光照射光电管阴极时一定也能发生光电效应;且用红光照射光电管阴极时光电子的最大初动能Ek小于用紫光照射光电管阴极时光电子的最大初动能为Ek',即EK'>Ek;又由于两种情况下照射光的强度相同,红光光子的能量小于紫光光子的能量,照射到光电管阴极的红光光子数目比紫光光子数目多,用红光照射时发生光电效应光子数目比用紫光照射光电管阴极时发生光电效应光子数目多,则用红光照射时形成的光电流I大于用紫光照射时形成光电流I',即I'

正解:由电磁理论知,不同频率的光照射同一金属时产生光电效应的几率不同,在能够产生光电效应的条件下,频率越大的光照射同一金属时产生光电效应的几率越大,题中虽然照射光电管阴极的红光光子数目比紫光光子的数目多,但用红光照射同一金属时产生光电效应的几率小于用紫光照射金属产生光电效应的几率,因而无法确定光电流的大小,上题的正确答案应为:,光电流的大小无法确定.

例题2:已知氢原子处于基态,E1=13.6ev,以下光子射向处于基态的氢原子,问这些光子能否被氢原子吸收?说明理由.

(1)能量为10.2ev、12.5ev和14.00ev的光子;

(2)能量为10.2ev和14.00ev粒子.

错解:氢原子吸收光子后,要从低能级向高能级跃迁,从基态向n=2的能级跃迁需吸收的能量为ΔE21=-3.40ev-(-13.6eu)=10.2ev。因此,入射光子或粒子的能量大于等于10.2ev,因此,问题(1)(2)中的5个光子或粒子均能使原子发生跃迁.

正解:氢原子吸收光子后,从低能级向高能级跃迁时,被吸收的光子能量必须符合激发态与基态之间的能量之差,当光子的能量大于等于E1=13.6ev时,氢原子吸收光子后被电离,电离能为13.6e!;,多余的能量为电子的动能_

原子与粒子作用不同于吸收光子,由于光是一份一份的,对于一个原子要么全部吸收,要么不吸收,不能只吸收光子的部分能量;原子与粒子作用时,粒子与原子核外的电子碰撞,核外电子与粒子在碰撞获得能量符合两能级之间的能量之差时原子发生跃迁;碰撞获得能量大于等于电离能时被电离,多余的能量为电子的动能.

由此可见,(1)中的能量为10.2ev的光子能被原子吸收发生跃迁,能量为12.5ev的光子不能被吸收,能量为14.00ev的光子能使原子电离,(2)中能量为10.2ev粒子可能使原子跃迁,能量为14.00ev粒子也可能使原子跃迁,也可能使原子电离.

例题3:入射光照射到某金属表面上发生光电效应。若入射光的强度减弱,而频率增大,则下列说法正确的是()

(A)从光照至金属表面上到发射电子的时间间隔将明显变长

(B)逸出的光电子的最大初动能将减小

(C)单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少

(D)仍然能发生光电效应

错解:根据波动理论,光的能量只决定于光的强度,入射光的强度减弱时,单位时间内照射至金属表面的能量减少,电子获得的能量减小,当入射光的强度减弱到一定程度时,就不能发生光电效应了,即使有光电子逸出,最大初动能必然减小,故(B)选项正确.

正解:根据爱因斯坦电磁理论,光照射至金属表面时,电子一次吸收一个光子(电子一次吸收两个以上光子的可能性极小,几乎不存在),只要光子的能量h大于该金属的逸出功w,光电效应就能在极短的时间内发生(不到10-9s,按照光子说理论,光子的能量只决定于光的频率,与光的强度无关;当入射光的强度减弱,频率增大时,入射光的数目减少了,但光子的能量E=h增大了,因此,从光照至金属表面上到发射电子的时间间隔不变,(A)选项错;逸出的光电子的最大初动能Ek=h-w增大,(B)选项正确;单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少,(C)选项正确;仍然能发生光电效应,(D)选项正确。正确选项为(B)(C)(D).

从以上例题的剖析,可以看出,不加理解地死记硬背,生搬硬套,必然导致错误.学好物理需重视物理概念、规律、定理的形成过程,清晰地理解概念和物理规律内涵及外延,只有这样才能减少和避免分析解决问题中出现的失误.

高中物理易错题辨析 篇2

【内容和方法】

本单元内容包括磁感应强度、磁感线、磁通量、电流的磁场、安培力、洛仑兹力等基本概念,以及磁现象的电本质、安培定则、左手定则等规律。

本单元涉及到的基本方法有,运用空间想象力和磁感线将磁场的空间分布形象化是解决磁场问题的关键。运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况是将力学知识与磁场问题相结合的切入点。

【例题分析】

在本单元知识应用的过程中,初学者常犯的错误主要表现在:不能准确地再现题目中所叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹:运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况时出错;运用几何知识时出现错误;不善于分析多过程的物理问题。

例1 如图10-1,条形磁铁平放于水平桌面上,在它的正中央上方固定一根直导线,导线与磁场垂直,现给导线中通以垂直于纸面向外的电流,则下列说法正确的是: [

]

A.磁铁对桌面的压力减小

B.磁铁对桌面的压力增大 C.磁铁对桌面的压力不变 D.以上说法都不可能

【错解分析】错解:磁铁吸引导线而使磁铁导线对桌面有压力,选B。

错解在选择研究对象做受力分析上出现问题,也没有用牛顿第三定律来分析导线对磁铁的反作用力作用到哪里。

【正确解答】

通电导线置于条形磁铁上方使通电导线置于磁场中如图10-2所示,由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用,同时由牛顿第三定律可知,力的作用是相互的,磁铁对通电导线有向下作用的同时,通电导线对磁铁有反作用力,作用在磁铁上,方向向上,如图10-3。对磁铁做受力分析,由于磁铁始终静止,无通电导线时,N = mg,有通电导线后N+F′=mg,N=mg-F′,磁铁对桌面压力减小,选A。

例2 如图10-4所示,水平放置的扁平条形磁铁,在磁铁的左端正上方有一线框,线框平面与磁铁垂直,当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中,穿过它的磁通量的变化是: [

]

A.先减小后增大

B.始终减小

C.始终增大

D.先增大后减小

【错解分析】错解:条形磁铁的磁性两极强,故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到强,由磁通量计算公式可知Φ=B·S,线框面积不变,Φ与B成正比例变化,所以选A。

做题时没有真正搞清磁通量的概念,脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的模型。因此,盲目地生搬硬套磁通量的计算公式Φ=B·S,由条形磁铁两极的磁感应强度B大于中间部分的磁感应强度,得出线框在两极正上方所穿过的磁通量Φ大于中间正上方所穿过的磁通量。

【正确解答】

规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图,如图10-5所示。利用Φ=B·S定性判断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小,选D。

【小结】

Φ=B·S计算公式使用时是有条件的,B是匀强磁场且要求B垂直S,所以磁感应强度大的位置磁通量不一定大,而本题的两极上方的磁场不是匀强磁场,磁场与正上方线框平面所成的角度又未知,难以定量加以计算,编写此题的目的就是想提醒同学们对磁场的形象化给予足够的重视。

例3 如图10-6所示,螺线管两端加上交流电压,沿着螺线管轴线方向有一电子射入,则该电子在螺线管内将做 [

]

A.加速直线运动 B.匀速直线运动

C.匀速圆周运动 D.简谐运动

【错解分析】

错解一:螺线管两端加上交流电压,螺线管内有磁场,电子在磁场中要受到磁场力的作用,故选A。

错解二:螺线管两端加上了交流电压,螺线管内部有磁场,磁场方向周期性发生变化,电子在周期性变化的磁场中受到的力也发生周期性变化,而做往复运动。故选D。

错解一、二的根本原因有二:一是对螺线管两端加上交流电压后,螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化的具体情况分析不清;二是没有搞清洛仑兹力f=Bqv的适用条件,而乱套公式。洛仑兹力的大小为f=Bqv的条件是运动电荷垂直射入磁场,当运动方向与B有夹角时,洛仑兹力f=Bqv sinθ,;当θ=0°或θ=180°时,运动电荷不受洛仑兹力作用。

【正确解答】

螺线管两端加上交流电压后,螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化,但始终与螺线管平行,沿着螺线管轴线方向射入的电子其运动方向与磁感线平行。沿轴线飞入的电子始终不受洛仑兹力而做匀速直线运动。

例4 有一自由的矩形导体线圈,通以电流I′。将其移入通以恒定电流I的长直导线的右侧。其ab与cd边跟长直导体AB在同一平面内且互相平行,如图10-7所示。试判断将该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。(不计重力)

【错解分析】错解:借助磁极的相互作用来判断。由于长直导线电流产生的磁场在矩形线圈所在处的磁感线方向为垂直纸面向里,它等效于条形磁铁的N极正对矩形线圈向里。因为通电线圈相当于环形电流,其磁极由右手螺旋定则判定为S极向外,它将受到等效N极的吸引,于是通电矩形线圈将垂直纸面向外加速。

错误的根源就在于将直线电流的磁场与条形磁铁的磁极磁场等效看待。我们知道直线电流磁场的磁感线是一簇以直导线上各点为圆心的同心圆,它并不存在N极和S极,可称为无极场,不能与条形磁铁的有极场等效。

【正确解答】

利用左手定则判断。先画出直线电流的磁场在矩形线圈所在处的磁感线分布,由右手螺旋定则确定其磁感线的方向垂直纸面向里,如图10-8所示。线圈的四条边所受安培力的方向由左手定则判定。其中F1与F3相互平衡,因ab边所在处的磁场比cd边所在处的强,故F4>F2。由此可知矩形线圈abcd所受安培力的合力的方向向左,它将加速向左运动而与导体AB靠拢。

【小结】

用等效的思想处理问题是有条件的,磁场的等效,应该是磁场的分布有相似之处。

例如条形磁铁与通电直螺线管的磁场大致相同,可以等效。所以应该老老实实地将两个磁场画出来,经过比较看是否满足等效的条件。本题中直线电流的磁场就不能等效为匀强磁场。

例5 如图10-9所示,用绝缘丝线悬挂着的环形导体,位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中,若环形导体通有如图所示方向的电流I,试判断环形导体的运动情况。

【错解分析】错解:已知匀强磁场的磁感线与导体环面垂直向右,它等效于条形磁铁N极正对环形导体圆面的左侧,而通电环形导体,即环形电流的磁场N极向左(根据右手定则来判定),它将受到等效N极的排斥作用,环形导体开始向右加速运动。

误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。

【正确解答】

利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段,每小段通电导体所受安培力均指向圆心。由对称性可知,这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。

【小结】

对于直线电流的磁场和匀强磁场都应将其看作无极场。在这种磁场中分析通电线圈受力的问题时,不能用等效磁极的办法,因为它不符合实际情况。而必须运用左手定则分析出安培力合力的方向后,再行确定其运动状态变化情况。

例6 质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上,如图10-10所示。已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ,在图10-11所加各种磁场中,导体均静止,则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是:

【错解分析】错解:根据f=μN,题目中μ≠0,要使f=0必有N=0。为此需要安培力FB与导体重力G平衡,由左手定则可判定图10-11中B项有此可能,故选B。

上述分析受到题目中“动摩擦因数为μ”的干扰,误用滑动摩擦力的计算式f=μN来讨论静摩擦力的问题。从而导致错选、漏选。

【正确解答】

要使静摩擦力为零,如果N=0,必有f=0。图10-11B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使N=0,B是正确的;如果N≠0,则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零,那么f=0。在图10-11A选项中,导体所受到的重力G、支持力N及安培力F三力合力可能为零,则导体所受静摩擦力可能为零。图10-11的C.D选项中,从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析,合力不可能为零,所以导体所受静摩安擦力不可能为零。故正确的选项应为A.B。

【小结】

本题是一道概念性极强的题,又是一道力学与电学知识交叉的综合试题。摩擦力有静摩擦力与滑动摩擦力两种。判断它们区别的前提是两个相互接触的物体有没有相对运动。力学中的概念的准确与否影响电学的学习成绩。

例7 如图10-12所示,带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域,出磁场时

-20-135速度偏离原方向60°角,已知带电粒子质量m=3×10kg,电量q=10C,速度v0=10m/s,磁场区域的半径R=3×10-1m,不计重力,求磁场的磁感应强度。

【错解分析】错解:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

没有依据题意画出带电粒子的运动轨迹图,误将圆形磁场的半径当作粒子运动的半径,说明对公式中有关物理量的物理意义不明白。

【正确解答】

画进、出磁场速度的垂线得交点O′,O′点即为粒子作圆周运动的圆心,据此作出运动轨迹AB,如图10-13所示。此圆半径记为r。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

【小结】

由于洛伦兹力总是垂直于速度方向,若已知带电粒子的任意两个速度方向,就可以通过作出两速度的垂线,找出两垂线的交点即为带电粒子做圆周运动的圆心。

例8 如图10-14所示,带电粒子在真空环境中的匀强磁场里按图示径迹运动。径迹为互相衔接的两段半径不等的半圆弧,中间是一块薄金属片,粒子穿过时有动能损失。试判断粒子在上、下两段半圆径迹中哪段所需时间较长?(粒子重力不计)

【错解分析】错解:

旋周期与回旋半径成正比,因为上半部分径迹的半径较大,所以所需时间较长。

错误地认为带电粒子在磁场中做圆周运动的速度不变,由周期公式 的回

【正确解答】

首先根据洛仑兹力方向,(指向圆心),磁场方向以及动能损耗情况,判定粒子带正电,沿abcde方向运动。

再求通过上、下两段圆弧所需时间:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

子速度v,回旋半径R无关。因此上、下两半圆弧粒子通过所需时间相等。动能的损耗导致粒子的速度的减小,结果使得回旋半径按比例减小,周期并不改变。

【小结】

回旋加速器的过程恰好与本题所述过程相反。回旋加速器中粒子不断地被加速,但是粒子在磁场中的圆周运动周期不变。

例9 一个负离子的质量为m,电量大小为q,以速度v0垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中,如图10-15所示。磁感应强度B方向与离子的初速度方向垂直,并垂直于纸面向里。如果离子进入磁场后经过时间t到这位置P,证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角θ跟t

【错解分析】错解:根据牛顿第二定律和向心加速度公式

高中阶段,我们在应用牛顿第二定律解题时,F应为恒力或平均力,本题中洛仑兹力是方向不断变化的力。不能直接代入公式求解。

【正确解答】

如图10-16,当离子到达位置P时圆心角为

【小结】

时时要注意公式的适用条件范围,稍不注意就会出现张冠李戴的错误。

如果想用平均力的牛顿第二定律求解,则要先求平均加速度

例10 如图10-17所示。在x轴上有垂直于xy平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B;在x轴下方有沿y铀负方向的匀强电场,场强为E。一质最为m,电荷量为q的粒子从坐标原点。沿着y轴正方向射出。射出之后,第3次到达X轴时,它与点O的距离为L,求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s,(重力不计)。

【错解分析】错解:粒子射出后第三次到达x轴,如图10-18所示

在电场中粒子的磁场中每一次的位移是l。

第3次到达x轴时,粒子运动的总路程为一个半圆周和六个位移的长度之和。

错解是由于审题出现错误。他们把题中所说的“射出之后,第3次到达x轴”这段话理解为“粒子在磁场中运动通过x轴的次数”没有计算粒子从电场进入磁场的次数。也就是物理过程没有搞清就下手解题,必然出错。

【正确解答】

粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动,在电场中的运动为匀变速直线运动。画出粒子运动的过程草图10-19。根据这张图可知粒子在磁场中运动半个周期后第一次通过x轴进入电场,做匀减速运动至速度为零,再反方向做匀加速直线运动,以原来的速度大小反方向进入磁场。这就是第二次进入磁场,接着粒子在磁场中做圆周运动,半个周期后第三次通过x轴。

Bqv=mv2/R

在电场中:粒子在电场中每一次的位移是l

第3次到达x轴时,粒子运动的总路程为一个圆周和两个位移的长度之和。

【小结】

把对问题所涉及到的物理图景和物理过程的正确分析是解物理题的前提条件,这往往比动手对题目进行计算还要重要,因为它反映了你对题目的正确理解。高考试卷中有一些题目要求考生对题中所涉及到的物理图景理解得非常清楚,对所发生的物理过程有正确的认识。这种工作不一定特别难,而是要求考生有一个端正的科学态度,认真地依照题意画出过程草图建立物理情景进行分析。

例11 摆长为L的单摆在匀强磁场中摆动,摆动平面与磁场方向垂直,如图10-20所示。摆动中摆线始终绷紧,若摆球带正电,电量为q,质量为m,磁感应强度为B,当球从最高处摆到最低处时,摆线上的拉力T多大?

【错解分析】错解:T,f始终垂直于速度v,根据机械能守恒定律:

在C处,f洛竖直向上,根据牛顿第二定律则有

考虑问题不全面,认为题目中“从最高点到最低处”是指AC的过程,忽略了球可以从左右两方经过最低点。

【正确解答】

球从左右两方经过最低点,因速度方向不同,引起f洛不同,受力分析如图10-21所示。由于摆动时f洛和F拉都不做功,机械能守恒,小球无论向左、向右摆动过C点时的速度大小相同,方向相反。

摆球从最高点到达最低点C的过程满足机械能守恒:

当摆球在C的速度向右,根据左手定则,f洛竖直向上,根据牛顿第二定律则有

当摆球在C的速度向左,f洛竖直向下,根据牛顿第二定律则有

所以摆到最低处时,摆线上的拉力

【小结】

要避免本题错解的失误,就要对题目所叙述的各个状态认真画出速度方向,用左手定则判断洛仑兹力的方向。其余的工作就是运用牛顿第二定律和机械能守恒定律解题。

例12 设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,如图10-22所示,已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C点是运动的最低点,忽略重力,以下说法正确的是: [

]

A.这离子必带正电荷

B.A点和B点位于同一高度

C.离子在C点时速度最大

D.离子到达B点时,将沿原曲线返回A点

【错解分析】错解:根据振动的往复性,离子到达B点后,将沿原曲线返回A点,选D。

选D不正确,某些考生可能受“振动”现象的影响,误认为根据振动的往复性,离子到达B点后,将沿原曲线返回A点,实际上离子从B点开始运动后的受力情况与从A点运动后的受力情况相同,并不存在一个向振动那样有一个指向BCA弧内侧的回复力,使离子返回A点,而是如图10-23所示由B经C′点到B′点。

【正确解答】

(1)平行板间电场方向向下,离子由A点静止释放后在电场力的作用下是向下运动,可见电场力一定向下,所以离子必带正电荷,选A。

(2)离子具有速度后,它就在向下的电场力F及总与速度心垂直并不断改变方向的洛仑兹力f作用下沿ACB曲线运动,因洛仑兹力不做功,电场力做功等于动能的变化,而离子到达B点时的速度为零,所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零。这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等,即B点与A点位于同一高度,选B。

(3)因C点为轨道最低点,离子从A运动到C电场力做功最多,C点具有的动能最多,所以离子在C点速度最大,选C。

(4)只要将离子在B点的状态与A点进行比较,就可以发现它们的状态(速度为零,电势能相等)相同,如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域,离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动,因此,离子是不可能沿原曲线返回A点的。

故选A,B,C为正确答案。

【小结】

初速度和加速度决定物体的运动情况。在力学部分绝大部分的习题所涉及的外力是恒力。加速度大小方向都不变。只要判断初始时刻加速度与初速度的关系,就可以判断物体以后的运动。本题中由于洛仑兹力的方向总垂直于速度方向,使得洛仑兹力与电场力的矢量和总在变化。所以只做一次分析就武断地下结论,必然会把原来力学中的结论照搬到这里,出现生搬硬套的错误。

例13 如图10-24所示,空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场,质量为m,带电量为+q的滑块沿水平向右做匀速直线运动,滑块和水平面间的动摩擦因数为μ,滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时,去掉了电场,恰好也做匀速直线运动,求原来电场强度的大小。

【错解分析】错解:碰撞前,粒子做匀速运动,Eq=μ(mg+Bqv)。返回时无电场力作用仍做匀速运动,水平方向无外力,竖直方向N=Bgv+mg。因为水平方向无摩擦,可知N=0,Bqv=-mg。解得E=0。

错解中有两个错误:返回时,速度反向,洛仑兹力也应该改变方向。返回时速度大小应为原速度的一半。

【正确解答】

碰撞前,粒子做匀速运动,Eq=μ(mg+Bqv)。返回时无电场力作用仍做匀速运动,水平方向无外力,摩擦力f=0,所以N=0竖直方向上有

【小结】

实践证明,急于列式解题而忽略过程分析必然要犯经验主义的错误。分析好大有益。

例14图10-25为方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。电场强度为E,磁感强度为B,复合场的水平宽度为d,竖直方向足够长。现有一束电量为+q、质量为m初速度各不相同的粒子沿电场方向进入场区,求能逸出场区的粒子的动能增量ΔEk。

【错解分析】错解:当这束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子流射入电场中,由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的,粒子将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转,但仍能从入射界面的对面逸出场区;有些粒子则留在场区内运动。

从粒子射入左边界到从右边界逸出,电场力做功使粒子的动能发生变化。根据动能定理有: Eqd =ΔEk

错解的答案不错,但是不全面。没有考虑仍从左边界逸出的情况。

【正确解答】

由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的。它只能使速度方向发生变。粒子速度越大,方向变化越快。因此当一束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子射入电场中,将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转,但仍能从入射界面的对面逸出场区(同错解答案);有些粒子将留在场区内运动;有些粒子将折回入射面并从入射面逸出场区。由于洛仑兹力不会使粒子速度大小发生变化,故逸出场区的粒子的动能增量等于电场力功。对于那些折回入射面的粒子电场力功为零,其动能不变,动能增量ΔEk=0。

【小结】

本题考查带电粒子在磁场中的运动和能量变化。这道题计算量很小,要求对动能定理、电场力、磁场力等基本概念、基本规律有比较深入的理解,而且能够与题目所给的带电粒子的运动相结合才能求得解答。在结合题意分析时,特别要注意对关键词语的分析。本题中:“逸出场区”的准确含义是从任何一个边界逸出场区均可。

例15初速度为零的离子经过电势差为U的电场加速后,从离子枪T中水平射出,与离子枪相距d处有两平行金属板MN和PQ,整个空间存在一磁感强度为B的匀强磁场如图10-26所示。不考虑重力的作用,荷质比q/m(q,m分别为离子的带电量与质量),应在什么范围内,离子才能打到金属板上?

【错解分析】错解:离子在离子枪内加速,出射速度为

由牛顿第二定律离子在磁场中离子的加速度为

离子在磁场中做平抛运动

离子在离子枪中的的加速过程分析正确,离子进入磁场的过程分析错误。做平抛运动物体的加速度为一恒量,仅与初速度垂直。而洛仑兹力总与速度方向垂直,洛仑兹力大小不变、方向变化,它是个变力。离子在磁场中应做匀速圆周运动。

【正确解答】

设离子带负电,若离子正好打到金属板的近侧边缘M,则其偏转半

若离子正好打到金属板的远侧边缘N,则其偏转半径满足关系

因离子从离子枪射出的速度v由离子枪内的加速电场决定

代入式④即得

: 讨论由以上方程组可知

【小结】

本题考查的能力要求体现在通过对边界条件的分析,将复杂的问题分解为若干个简单问题;把未知的问题转化为已知条件。并且通过几何关系找出大小两个半径来。从错解中还可以看出,熟练掌握基本的物理模型的特点(加速度与初速度的关系或加速度与位移之间的关系等)对正确选择解题思路的重要性。

例16 如图10-27所示,一块铜块左右两面接入电路中。有电流I自左向右流过铜块,当一磁感应强度为B的匀强磁场垂直前表面穿入铜块,从后表面垂直穿出时,在铜块上、下两面之间产生电势差,若铜块前、后两面间距为d,上、下两面间距为L。铜块单位体积内的自由电子数为n,电子电量为e,求铜板上、下两面之间的电势差U为多少?并说明哪个面的电势高。

【错解分析】错解:电流自左向右,用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向,正电荷受力方向向上,所以正电荷聚集在上极板。

随着正负电荷在上、下极板的聚集,在上、下极板之间形成一个电场,这个电场对正电荷产生作用力,作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时,正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个正电荷,其带电量为q,根据牛顿第二定律有

由电流的微观表达式I=nqSv

由几何关系可知S=dL

上述解法错在对金属导电的物理过程理解上。金属导体中的载流子是自由电子。当电流形成时,导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。在磁场中受到洛仑兹力作用的是自由电子。

【正确解答】

铜块的电流的方向向右,铜块内的自由电子的定向移动的方向向左。用左手定则判断:四指指向电子运动的反方向,磁感线穿过手心,大拇指所指的方向为自由电子的受力方向。图10-28为自由电子受力的示意图。

随着自由电子在上极板的聚集,在上、下极板之间形成一个“下正上负”的电场,这个电场对自由电子产生作用力,作用力方向与自由电子刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时,自由电子不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个自由电子,其带电量为e,根据牛顿第二定律有

由电流的微观表达式I=neSv=nedLv。

【小结】

椭圆常见易错题辨析 篇3

一、概念不清晰致错

例1 在平面直角坐标系中, 若常数m>5, 则方程m (x2+2x+y2-2y+2) = (x-2y+3) 2*表示的曲线是 ( ) .

A.两条直线 B.椭圆

C.一个点 D.不存在

错解 由方程*得undefined, 其表示平面上到定点F (-1, 1) 的距离与到定直线l:x-2y+3=0的距离之比是小于1的常数undefined的点P (x, y) 的集合, 依据圆锥曲线的第二定义知点P的轨迹是椭圆.选B.

辨析 椭圆的第二定义要求F (定点) ∉l (定直线) , 对于例1, 易知点F (-1, 1) 在直线l:x-2y+3=0上, 若点P和F不重合, 设P到l的距离为d, 此时undefined (如图1) , 方程*不成立, 不满足题设, 即点P不存在, 故方程*仅表示点F (-1, 1) .选C.

二、忽视隐含条件致错

例2 已知椭圆undefined的左右焦点分别为F1, F2, 点P在椭圆上, 若F1, P, F2为直角三角形的顶点, 则P到x轴的距离是 ( ) .

undefined

错解1 当P为直角顶点时, 如图2, 设P点的坐标为 (x0, y0) , 则xundefined+yundefined=9, 把undefined代入上式, 解得undefined

错解2 当点F1或F2为直角顶点时, 如图3, 此时点P到x轴的距离为椭圆通径的一半, 等于undefined

综合错解1, 2可知C正确.

辨析 对于错解1, 由等式undefined可求得隐含条件|y0|≤4, 而undefined不满足这一条件, 故情形1不存在.选B.

三、解题方法不完善致错

例3 已知△ABC的顶点都在椭圆undefined上, 且点A的坐标为undefined, 若椭圆的右焦点F是△ABC的重心, 求直线BC的方程.

错解 如图4, 设B (x1, y1) , C (x2, y2) , 直线BC的斜率为k, 由重心坐标公式知

undefined

又B, C都在椭圆上, undefined.由①-②得undefined, 故直线BC的方程为undefined, 整理得16x-6y-69=0.

辨析 设而不求法是解决圆锥曲线问题最有效的方法之一, 其致命的弱点是不能确定存在性!是否存在还须借助判别式或点和曲线的位置关系来判断.由

undefined

得BC中点M的坐标为undefined点M在椭圆的外部, 因此直线BC不存在!

四、混淆几何意义致错

例4 已知椭圆C:undefined是椭圆C上的两点, 且OA⊥OB, 求△AOB面积S的最大值.

错解 如图5, 设点A的参数为θ, 则点A的坐标为undefined, 由椭圆的对称性, 不妨设θ∈[0, π) , ∵OA⊥OB, ∴点B的参数为

undefined

当sin22θ=1, 即undefined或undefined时, undefined

辨析 上述解法将点A的参数离心角θ与直线OA的倾斜角混为一谈, 因此解答是错误的.

正解 利用三角函数的定义, 设点A的坐标为 (r1cosθ, r1sinθ) , θ∈[0, π) , 点B的坐标为

undefined

, 分别把点A, B的坐标代入椭圆C的方程, 整理得

undefined

当sin22θ=0, 即θ=0或undefined时, undefined

高三物理二轮复习学生易错题整理 篇4

高三物理二轮复习学生易错题整理

1、如图质量为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?

【错解分析】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。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。

【正确解答】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:Nlsinα-f=0 ①

y:N-Mg-Nlcosα=0 ②

B物体下滑的加速度为a,x:mgsinα=ma ③

y:Nl-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。

【小结】 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。

2、一内壁光滑的环形细圆管,位于竖直平面内,环的半径为R(比细管的半径大得多),圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)。A球的质量为m1,B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动,经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时,球恰好运动到最高点,若要此时两球作用于圆管的合力为零,那么m1,m2,R与v0应满足关系式是。

【错解分析】错解:依题意可知在A球通过最低点时,圆管给A球向上的弹力N1为向

2v0心力,则有 N1m1 B球在最高点时,圆管对它的作用力N2为m2的向心力,方向Rv12向下,则有N2m2

R

因为m2由最高点到最低点机械能守恒,则有:2m2gR112m2v12m2v0

22N1N2

由上述方程可得:v04m2gR

m2m错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受力分析,导致漏掉重力,表面上看分析出了N1=N2,但实际并没有真正明白为什么圆管给m2向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。

【正确解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图,如图4-1所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N1,此时两球对圆管的合力为零,m2必欢迎广大教师踊跃来稿,稿酬丰厚。 高考资源网(),您身边的高考专家

受圆管向下的弹力N2,且N1=N2。

据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有:

2v0v12N1mgm1

同理m2在最高点有: N2mgm2

RRm2球由最高点到最低点机械能守恒: 2m2gR

由上述方程可得:v0112m2v12m2v0

N1N

222(5m2m1)gR

m2m1

【小结】 比较复杂的物理过程,如能依照题意画出草图,确定好研究对象,逐一分析就会变为简单问题。找出其中的联系就能很好地解决问题。

3、如图5-6所示,物体A置于小车B上,A与B之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到障碍物C,将A从车上碰了出去,A被碰回的速度大小也是v。问:小车B的速度将怎样变化?

【错解分析】错解: 以A,B原来速度方向为正,设小车B后来的速度为v′,根据动量守恒定律,则:(mA+mB)v=mBv′-mAv 即:(mA+mB+mA)v = mBv′

则:v2mAmBv

因为2mA+mB>mB

mB

所以:v′>v(变大)方向为原来的方向。

上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件,乱用动量守恒定律而造成的。

当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与障碍物C发生碰撞时,因为C对A的作用力就A与B的系统来说是外力,所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒,不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。

【正确解答】 实际上,在A与C相碰时,由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化。而A与B之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B来说,其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说,A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况,因此B将以速度v继续前进。

【小结】 物体间发生相互作用时,选哪个系统为研究对象,这是人为的选择,但要注意,若系统选择不当,则导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解,如本题的A,B组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取,使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为研究对象,即包含了所求的B的运动情况,而满足了水平方向不受外力,动量守恒的适用条件。

4、如图5-10所示,倾角θ=30°,高为h的三角形木块B,静止放在一水平面上,另一滑块A,以初速度v0从B的底端开始沿斜面上滑,若B的质量为A的质量的2倍,当忽略一切摩擦的影响时,要使A能够滑过木块B的顶端,求V0应为多大?

【错解分析】错解:设滑块A能滑到h高的最小初速度为v,滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′,由于水平方向不受外力,所以水平方向动量守恒,由动量守恒定律: mv0cosθ=mv′+Mv′ ①

在B的上端点m的合速度为: vv cos欢迎广大教师踊跃来稿,稿酬丰厚。 高考资源网(),您身边的高考专家

由动能定理有:mgh1112mv2Mv2mv0 2222121v12把有关量代入:mv0mmvmgh

22cos2 解得:v3636gh。所以,当v0gh时,A可以滑过B的顶端。131

3主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上,当滑块能够到达最高点时,即其竖直向上的分速度为零,也就是说,在最高点,滑块A只具有水平速度,而不具有竖直速度。所以,式①是正确的,式②中关于滑块A的动能,直接代入水平速度即可。

【正确解答】 根据水平方向动量守恒有: mv0cosθ=(m+M)v′ ①

根据动能定理有: mgh11(mM)v2mv2 22联立方程,并代入数据得:v8gh。3所以当v08gh时,滑块A可以滑过斜面顶端。3

【小结】 分析此题时,可以先定性分析,从题目可以知道,V0越大,上升的距离越高;v0较小,则可能上不到顶端。那么,刚好上升到最高点就是本题所求的最小速度,即上面的答案v8gh那么,只有当v0>v时,才能够滑过。对于题目中的关键字眼,“滑过”、“至3少”等要深入挖掘。

5、一列火车由机车牵引沿水平轨道行使,经过时间t,其速度由0增大到v。已知列车总质量为M,机车功率P保持不变,列车所受阻力f为恒力。求:这段时间内列车通过的路程。

【错解分析】错解:以列车为研究对象,水平方向受牵引力和阻力f。

据P=F·V可知牵引力地时间F = P/v ①

设列车通过路程为s,据动能定理有(Ff)s1Mv2 2Mv

3代入可解得:S

2(Pfv)

以上错解的原因是对P = F·v的公式不理解,在P一定的情况下,随着v的变化,F是变化的。在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。

【正确解答】以列车为研究对象,列车水平方向受牵引力和阻力。设列车通过路程为s。据动能定理WFWf1WMv20

因为列车功率一定,据P可知牵引力的功率。2t欢迎广大教师踊跃来稿,稿酬丰厚。 高考资源网(),您身边的高考专家

WFPt

Ptfs1Mv解得2Pts1Mv22 f

【小结】 发动机的输出功率P恒定时,据P = F·V可知v变化,F就会发生变化。牵动ΣF,a变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识。下面通过图象给出定性规律。(见图3-4所示)

6、如图8-21所示,长为L的绝缘细线,一端悬于O点,另一端连接一质量为m的带负电小球,置于水平向右的匀强电场中,在O点正下方钉一个钉子O,已知小球受到的电场力是重力的13,现将细线向右水平拉直后从静止释放,细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O′在竖直平面内作圆周运动,求OO′长度。

【错解分析】错解:摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G,绳子的拉力T和电场力F电三个力的作用,并且重力和电场力做功,拉力不做功,由动能定理得:mgLFL即:mgL12mv0 213mgL12mv0

2摆球到达最低点时,摆线碰到钉子O′后,若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆

v2周运动,如图8-22。则在最高点D应满足: mgm

R

从C到D的过程中,只有重力做功(负功),由机械能守恒定律

2mgR1162322mvDmvC

解方程可得:RL 2215所以:OOLR923L0.369L 15考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题思维定势的影响,没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。小球同时受到重力和电场力的作用,这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点的思维定势的影响,没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点,恰好是几何意义上的最高点。而本题中,“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。

【正确解答】本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题,由于重力场和电场力做功都与路径无关,因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理,如图8-23所示,欢迎广大教师踊跃来稿,稿酬丰厚。 高考资源网(),您身边的高考专家

tgmgmg

3所以600 1Eqmg3开始时,摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动,从A点运动到B点,由图8-23可知,△AOB为等边三角形,则摆球从A到B,在等效力场中,由能量守恒定律得:

FL12mvB

2在B点处,由于在极短的时间内细线被拉紧,摆球受到细线拉力的冲量作用,法向分量v2变为零,切向分量v1vBcos3003vB 2接着摆球以v1为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动,碰到钉子O′后,在竖直平面内做圆周运动,在等效力场中,过点O′做合力F的平行线与圆的交点为Q,即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”,在Q点应满足Fm根据能量守恒定律得:

2vQR

1FL12mv2()mvQ(F((LR)cos300R))222联立方程可解得:R231236L

OOLR5236L

【小结】用等效的观点解决陌生的问题,能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时,我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压(电流)等效于一个交流电。本题中,把两个场叠加成一个等效的场,前提条件是两个力做功都与路径无关。

7、如图9-4所示,电源电动势ε=9V,内电阻r=0.5Ω,电阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω,电容C=2.0μF。当电键K由a与接触到与b接触通过R3的电量是多少?

【错解分析】错解:K接a时,由图9-5可知

UcR1R2rR15V

此时电容器的电量QcCU11105(C)K接b时,由图可知UcU2R1R2r5R23.5V

此时电容器带电量Qc0.710(C)

流过R3的电量为△Q=QC-QC′=3×10-6(C)

没有对电容器的充电放电过程做深入分析。图9-5图中电容器的上极板的电势高,图9-6中电容器的下极板的电势高。电容器经历了先放电后充电的过程。经过R3的电量应是两次充电电量之和。

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【正确解答】

K接a时,由图9-5可知

UcR1R2rR15V

此时电容器带电量QcCU11105(C)

K接b时,由图可知

UcU2R1R2rR23.5V

此时电容器带电量Qc0.7105(C)

流过R3的电量为△Q=QC+Q′C=1.7×10-5(C)

【小结】对于电容电量变化的问题,还要注意极板电性的正负。要分析清电容器两端的电势高低,分析全过程电势变化。

“二元一次方程组”易错题辨析 篇5

一、基本概念理解出现偏差

例1下列各式, 属于二元一次方程的个数有 () .

A.1 B.2 C.3 D.4

【错解】答案选B.

【辨析】根据二元一次方程的定义, ②、④毫无疑义属于二元一次方程;①中含有xy项, xy项的次数不为1;③为分式方程;⑤是二次方程;⑥是多项式, 不是方程;⑦是三元一次方程;⑧表面上是含有二次项, 实际上, 化简后未知数y的次数为1, 因此也是二元一次方程.正确答案应该选C.

【点评】本例重点考查了对于二元一次方程概念的理解, 其重点是: (1) 含有2个未知数; (2) 未知数的次数为1次; (3) 必须是整式方程.

例2已知方程为二元一次方程, 则m的值是 () .

A.1 B.-1 C.±1 D.无解

【错解】答案选B.

【辨析】根据定义, 未知数的次数应该为1, 第一项的次数为m2, 我们知道, 平方为1的数有2个即±1, 易见m=1时, 未知数y系数为0, 而m=-1时, 化简后未知数x的系数也为0, 故正确答案D.

例3下列方程组中, 是二元一次方程组的是 () .

【错解】答案选D.

【辨析】二元一次方程组的定义是:如果方程组中含有两个未知数, 且含未知数的项的次数都是一次, 那么这样的方程组叫作二元一次方程组.显然答案A有三个未知数, 答案B中第一个方程不是整式方程, 答案D中第二个方程是二次方程, 所以它们都不是二元一次方程组, 答案C中第二个方程虽然只含有一个未知数, 但定义中并没有要求组成方程组的两个方程都必须是二元一次方程, 事实上, 解的形式也是一个二元一次方程组, 如, 等, 正确答案应该选C.

【点评】例2、例3主要考查了对于二元一次方程组概念的正确理解.

例4已知方程3x+5y-3=0, 用含x的代数式表示y, 则有________.

【错解】

【辨析】本题要求用含x的代数式表示y, 也就是表示出的式子中应该含有x的代数式.错解实际上是用含y的代数式表示x, 正确答案应为

二、以偏概全, 用特殊代替一般

例5已知满足方程组的x、y值之和为2, 求k的值.

【错解】根据题意x+y=2, 设x=2, 则y=0.将它们带入方程3x+5y=k+1, 解得k=1.

【辨析】本题错解没有注意到x、y值还应该满足方程组中的第二个方程, 这样x、y值就唯一确定了.

解题时需要联立方程组解得, 代入方程3x+5y=k+1, 解得k=7.

例6若是关于a, b的二元一次方程ax+ay-b=3的一个解, 求代数式x2+2xy+y2-1的值.

【错解】将代入方程得, x+y=5, 设x=2, 则y=3.代入x2+2xy+y2-1=24.

【辨析】本题错解答案虽然正确, 但是计算过程有误, “特殊值法”常常被广泛地应用于选择题与填空题中.作为解答题, 此法不能使用.由于x2+2xy+y2-1= (x+y) 2-1, 本题实际上可以使用“整体代入法”的思路, 将x+y作为一个整体代入到上式求出结果;也可以将x=5-y或y=5-x代入x2+2xy+y2-1中化简, 这样也能得出正确答案.

【点评】例5、例6错解都想用特殊值来求解, 对于选择题和填空题来说, 这的确不失为一种好方法, 然而对于解答题来说, 不仅要注意到特殊值, 还要考虑到所有的可能性, 千万不能“挂一漏万”, 以偏概全.

三、解方程组中的错误

例7解方程组

【错解】将①×3-②得, 10x=-20, x=-2, 将x=-2代入①得y=-1/3, 方程组解为

【辨析】本题错在第一步常数项之差, 应该为 (-5) ×3- (-5) =-10, 这样x=-1, 将x=-1代入①得y=-1, 方程组解为

例8甲、乙两人同解方程组时, 甲看错了方程①中的a, 解得乙看错了②中的b, 解得试求的值.

【错解】将代入原方程组得, 求出, 于是有

【辨析】本题错在没有理解题意, 题目中清楚说明甲看错了方程①中的a, 由甲的解求出的a不能用, b是正确的, a的值只能由乙的解求出;通过计算得a=-1, b=10, 从而正确答案是

【点评】解方程组最重要的是结果正确, 这就需要每一步的计算都不能出现差错, 解题时一要细心, 二要多练习, 不断提高计算能力;例8以错题为背景, 要求学生“去伪存真”, 找出题中正确可用的信息, 为解题铺平道路.

四、应用问题中的错误

例9一张方桌由1个桌面, 4条桌腿组成, 如果1 m3木料可以做方桌的桌面50个或做桌腿300条, 现有10 m3木料, 那么用多少立方米的木料做桌面, 多少立方米的木料做桌腿, 做出的桌面与桌腿, 恰好能配成方桌?

【错解】设用x m3的木料做桌面, y m3的木料做桌腿.

根据题意, 得方程组解得

答:用0.4 m3的木料做桌面, 9.6 m3的木料做桌腿.

【辨析】上述错解中所列方程组第一个方程是正确的, 问题在第二个方程, 根据题意“1个桌面、4条桌腿组成一张方桌”, 也就是说桌腿的数量应该是桌面的4倍, 列方程时相等关系应该是“桌面数×4=桌腿数”, 正确答案应该是:用6 m3的木料做桌面, 4m3的木料做桌腿.

几何概型易错题辨析几则 篇6

一、正确区分古典概型与几何概型

【例1】 (1) 在区间[0, 10]上任意取一个整数x, 则x不大于3的概率为______.

(2) 在区间[0, 10]上任意取一个实数x, 则x不大于3的概率为______.

分析: (1) 因为总的基本事件是[0, 10]内的全部整数, 所以基本事件总数为有限个11, 而不大于3的基本事件有4个, 此问题属于古典概型, 所以所求概率为411.

(2) 因为总的基本事件是[0, 10]内的全部实数, 所以基本事件总数为无限个, 此问题属于几何概型, 事件对应的测度为区间的长度, 总的基本事件对应区间[0, 10]长度为10, 而事件“不大于3”对应区间[0, 3]长度为3, 所以所求概率为310.

点评:此例中的两个问题, 每个基本事件都是等可能发生的, 但是问题 (1) 中的总基本事件是有限个, 属于古典概型;而问题 (2) 中的总基本事件是无限个, 属于几何概型.可见古典概型与几何概型既有区别也有联系, 在实际问题解决中, 关键在于正确区分古典概型和几何概型.

二、准确分清几何概型中的测度

【例2】 (1) 在等腰Rt△ABC中, ∠C=90°, 在直角边BC上任取一点M, 求∠CAM<30°的概率.

(2) 在等腰Rt△ABC中, ∠C=90°, 在∠CAB内作射线交线段BC于点M, 求∠CAM<30°的概率.

分析:此例中的两个问题, 很显然都是几何概型的问题, 但是考察的测度不一样.

问题 (1) 的测度应定为线段长度, 当∠CAM=30°时, CΜ=33AC=33BC, 符合条件的点M等可能地分布在线段CM上, 故所求的概率等于CΜCB=33.

问题 (2) 的测度应定为角度, 过点A作射线与线段CB相交, 这样的射线有无数条, 均匀分布在∠CAB内, ∠CAB=45°, 所以所求概率等于CAΜCAB=30°45°=23.

点评:本例中的两个问题都是几何概型的问题, 但选取的测度不一样, 在解决时考察的基本事件对象和计算的结果也不一样.可见在解决几何概型问题时, 要认真审题, 分清问题考察的测度, 从而正确解决问题.

三、科学设计变量, 数形结合解决问题

【例3】 (1) 某人午觉醒来, 发现手表停了, 他打开收音机, 想听电台整点报时, 求他等待的时间不多于10分钟的概率.

(2) 某人午觉醒来, 发现手表停了, 则表停的分钟数和实际分钟数差异不超过5分钟的概率为多少?

分析: (1) 某人醒来在整点间即60分钟内是随机的, 等待的时间不多于10分钟可以看作构成事件的区域, 整点即60分钟可以看作所有结果构成的区域, 因此本题考查的测度可看作是时间的长度, 于是可以通过长度比公式计算其概率.

设“等待的时间不多于10分钟”这一事件记作事件A, 则

Ρ (A) =1060=1060=16.

显然这是一个与长度有关的几何概型问题, 问题比较简单, 学生也易于理解.

(2) 该问题的特点在于学生易犯固定思维的错误, 习惯性的用问题 (1) 中的时间长度之比来解决, 得到错误的答案.学生错误的原因在于没有透彻地认识题中的变量, 本题中包含了两个变量, 一个是手表停的分钟数, 可以在[0, 60]内的任意时刻, 另一个变量是实际分钟数, 也可以在[0, 60]内的任意时刻.所以本问题的解决应以x轴和y轴分别表示手表停的分钟数和实际分钟数, 那么差异不超过5分钟的充要条件是x-y≤5, 从而绘制直角坐标系, 数形结合, 用面积之比, 得到结果.

由于 (x, y) 的所有可能结果是边长为60的正方形, 差异不超过5分钟由图2中阴影部分所表示, 记“差异不超过5分钟”为事件B.

因此, 差异不超过5分钟的概率P (B)

点评:本例中问题 (2) 的解决, 科学地设计变量很关键, 但设计的前提是要提高学生自己对几何概型实质的把握, 提高自己的审题能力, 能够发现问题中隐含的变量因素, 从而将一个包含两个变量的实际问题引进到直角坐标系, 通过数形结合顺利解决问题.

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