【物理】2020届二轮复习题型技巧方法一、考前必纠的十大易错易混点学案（京津鲁琼专用）
一、考前必纠的十大易错易混点
著名教育家乌申斯基说：“比较是一切理解和思维的基础．”有比较才有深刻的认识，通过比较，可产生强烈的刺激，促进同学们积极思考．采用比较的方法应对易错问题，有较好的纠错效果，且有利于快速提分，其原因是高考考题一般以中等难度的题为主，题目中会出现较多的“熟面孔”，但出于“惯性思维”，一些同学越熟越易错．所以在平常的复习中采用比较的方法辨“同中之异”，识“异中之同”，不仅可以提高理解能力，还可以加强思辨能力．
易错点1 刹车减速与往返减速
【典例1】 一辆汽车以40 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，突然前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后第2 s内与刹车后6 s内汽车通过的位移大小之比为( )
A．7∶25 B．16∶25
C．7∶24 D．2∶3
[解析] 规定初速度方向为正方向，已知初速度v0＝40 m/s，加速度a＝－8 m/s2.则汽车从刹车到停止所需的时间t0＝＝5 s．t1＝2 s
t0，说明6 s内汽车的位移x2等于汽车从开始刹车到停止的位移，x2＝＝100 m，所以x1∶x2＝7∶25，故A正确．
[答案] A
【典例2】 (多选)在塔顶将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为h＝6 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为x＝3 m时，物体通过的路程可能为( )
A．3 m B．6 m
C．9 m D．15 m
[解析] 物体在塔顶的A点抛出，满足位移大小为3 m的位移终点有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下．位移终点在A点之上、位移大小为3 m的运动对应着上升和下降两种过程，上升过程，物体通过的路程s1＝x＝3 m，下降过程，物体通过的路程s2＝2h－x＝9 m．位移终点在A点之下、位移大小为3 m时，物体通过的路程s3＝2h＋x＝15 m．故A、C、D项正确，B项错误．
[答案] ACD
匀减速直线运动中的两类易混问题
(1)典型的刹车问题：汽车做匀减速直线运动直至速度为0，此后汽车静止不动，运动的时间为t＝||.要注意题目中是紧急刹车还是有反应时间的刹车．有反应时间的刹车是多过程问题，解答时可以利用速度－时间图象分析．
(2)往返运动问题，如物体冲上光滑斜面、物体竖直上抛等，物体做匀减速直线运动，速度为0后，因为物体处于非平衡状态，所以以原来的加速度反向运动(要与刹车问题区别)，因此对应某一位移，速度、时间等可能有两解，对应某一到出发点的距离，时间可能有三解．
易错点2 “活结”与“死结”、“定杆”与“动杆”
【典例3】 如图(a)所示，轻绳AD跨过固定在水平轻杆BC右端的定滑轮(重力不计)挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；如图(b)所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过轻绳EG拉住，EG与水平方向也成30°角，一轻绳GI悬挂在轻杆的G端并拉住一个质量为M2的物体，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．图(a)中BC杆对滑轮的作用力大小为
B．图(b)中HG杆受到的作用力大小为M2g
C．轻绳AC段的张力TAC与轻绳EG段的张力TEG的大小之比为M1∶M2
D．轻绳AC段的张力TAC与轻绳EG段的张力TEG的大小之比为M1∶2M2
[解析] 图(a)中AC、CD两段绳的张力大小都是M1g，且两绳互成120°角，以C点为研究对象，根据共点力的平衡条件可知，BC杆对滑轮的作用力大小也是M1g(与竖直方向成60°角斜向右上方)，A项错误；由题意知，图(b)中HG轻杆对G点的作用力方向一定沿杆HG的方向，以G点为研究对象，根据共点力的平衡条件可知，HG杆对G点的作用力大小F＝TEGcos 30°，TEGsin 30°＝M2g，故F＝M2g，再结合牛顿第三定律可知，B项错误；图(a)中轻绳AC段的张力TAC＝M1g，图(b)中轻绳EG段的张力TEG＝＝2M2g，故TAC∶TEG＝M1∶2M2，C项错误，D项正确．
[答案] D
(1)像滑轮这样的“活结”，结点两侧绳的拉力相等．
(2)像图(b)中的“死结”，结点两侧绳的拉力一般不同，各自的大小可以采用正交分解法或矢量三角形法求出．
(3)图(a)中水平直杆左端固定于竖直墙上，是“定杆”，杆对结点弹力的方向可以不沿杆的方向．
(4)图(b)中轻杆左端用铰链固定，是“动杆”，轻杆在缓慢转动的过程中，弹力方向始终沿杆的方向．
易错点3 “绳模型”与“杆模型”
【典例4】 (多选)如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图象中a、b为已知量，重力加速度g已知，以下说法正确的是( )
A．a与小球的质量无关
B．b与小球的质量无关
C．只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
[解析] 当v2＝a时，绳子的拉力为零，小球的重力提供向心力，则mg＝，解得v2＝gr，故a＝gr，a与小球的质量无关，A正确；当v2＝2a时，对小球受力分析，有mg＋b＝，联立解得b＝mg，b与小球的质量有关，B错误；＝，不只与小球的质量有关，还与圆周轨道半径有关，C错误；由a＝gr，b＝mg，解得r＝，m＝，D正确．
[答案] AD
【典例5】 小球在如图甲所示的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动．当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与小球此时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)．MN为通过圆心的一条水平线．不计小球半径、管道内径，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．管道所在圆的半径为
B．小球的质量为
C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
[解析] 由图可知，当v2＝b时，FN＝0，此时mg＝m，解得管道所在圆的半径R＝，故A错误；当v2＝0时，FN＝－mg＝－a，所以m＝，故B正确；小球在水平线MN以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁对小球有作用力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能内、外侧管壁对小球均无作用力，故D错误．
[答案] B
轻绳、轻杆系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球通过最高点的临界条件(做完整圆周运动的条件)的差别，源于绳、杆弹力的差别．
(1)绳模型：在最高点绳子只能产生沿绳收缩方向的拉力，拉力最小值为零，此时小球的重力提供向心力．小球在竖直放置的光滑圆环内侧做圆周运动符合此模型．
(2)杆模型：在最高点，杆对小球可以产生向下的拉力，也可以产生向上的支持力，故小球在最高点时受到的合力的最小值为零．小球在竖直放置的光滑细管中做圆周运动符合此模型．
易错点4 “定轨”与“变轨”
【典例6】 2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心发射成功，随后实现了人类首次月球背面软着陆．“嫦娥四号”从环月圆轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入环月椭圆轨道Ⅱ，在近月点Q实施软着陆，如图所示．关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是( )
A．沿轨道Ⅰ运行至P点时，需加速才能进入轨道Ⅱ
B．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C．沿轨道Ⅱ运行经P点时的加速度等于沿轨道Ⅰ运行经P点时的加速度
D．沿轨道Ⅱ从P点运行到Q点的过程中，月球对“嫦娥四号”的万有引力做的功为零
[解析] “嫦娥四号”沿轨道Ⅰ运行至P点时，应该制动减速使万有引力大于其在轨道Ⅰ上做圆周运动所需向心力而做近心运动，变轨到轨道Ⅱ上，故A错误；轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，根据开普勒第三定律可知“嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行的周期小于沿轨道Ⅰ运行的周期，故B错误；在同一点万有引力相同，加速度相同，故C正确；根据开普勒第二定律可知在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，“嫦娥四号”的速度逐渐增大，
万有引力做正功，故D错误．
[答案] C
通常卫星变轨过程涉及三个“定轨”、两处“变轨”
(1)三个“定轨”：三个轨道均属环绕模型，轨道固定．如图所示，卫星运行的低轨道1和高轨道3是圆轨道，万有引力提供向心力，由此可判断各物理量的变化．卫星在椭圆轨道2上运行时，在近地点A的速度大于在远地点B的速度，符合机械能守恒定律．
(2)两处“变轨”：椭圆轨道的近地点A和远地点B，也是椭圆轨道与两个圆轨道的相切点即发生变轨的位置．在两切点处，卫星在不同轨道上运行时所受万有引力相同，加速度相同，速度符合“内小外大”．
易错点5 近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体
【典例7】 人造卫星d的圆形轨道离地面的高度为h，地球同步卫星b离地面的高度为H，hr物＝r近
角速度
由＝mrω2得
ω＝，故ω近>ω同
同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，故ω同＝ω物
ω近>ω同＝ω物
线速度
由＝得
v＝，故v近>v同
由v＝rω得v同>v物
v近>v同>v物
向心加速度
由＝ma得a＝，故a近>a同
由a＝rω2得a同>a物
a近>a同>a物
易错点6 电场线与轨迹结合和等势线与轨迹结合
【典例8】 下列选项中实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中电势能一直减少，关于粒子运动到b处时的速度方向与受力方向，下列选项表示的可能正确的是( )
[解析] 因粒子所受电场力的方向指向粒子运动轨迹的凹侧，所以可判断出粒子所受电场力的方向向右，由于运动过程中粒子的电势能一直减少，所以电场力一直做正功，则电场力方向与粒子速度方向的夹角一定为锐角，故选C.
[答案] C
【典例9】 如图所示，虚线a、b、c是电场中的三条等势线，相邻等势线间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )
A．三个等势线中，等势线a的电势最低
B．带负电的粒子通过Q点时的电势能比通过P点时的电势能小
C．带负电的粒子通过Q点时的加速度比通过P点时的加速度大
D．带负电的粒子通过P点时的加速度的方向沿着等势线c在P点处的切线方向
[解析] 由曲线运动的轨迹与电场力的关系可知，该粒子所受的电场力方向指向运动轨迹的凹侧，即大致向下，由于粒子带负电，因此电场强度方向大致指向上方，则电场线方向大致指向上方，由于电场线与等势线处处垂直，且由高电势指向低电势，故等势线a的电势最高，A错误；假设粒子从Q点运动到P点，从Q到P电场力对粒子做负功，故粒子电势能增加，故B正确；因等差等势线越密，电场强度越大，所以Q点处的电场强度较小，
故粒子在Q点所受的电场力较小，由牛顿第二定律可知粒子在该点的加速度较小，故C错误；由于电场线与等势线处处垂直，故粒子通过P点时所受电场力的方向，即加速度的方向一定与等势线c在P点处的切线垂直，故D错误．
[答案] B
(1)共同点：此类问题情境都是带电粒子在电场中做曲线运动．带电粒子所受电场力指向轨迹凹侧是解题的切入点，合理利用功能关系是解题的重要手段．
(2)易错点：带点粒子在电场中的运动轨迹夹在速度与电场力之间，向受力一侧弯曲，注意不要把电场线和等势线当成运动轨迹．分析带电粒子所受电场力时，在轨迹和电场线交点位置，电场力与电场线在该点的切线平行；在轨迹和等势线交点位置，电场力与等势线在该点的切线垂直．
易错点7 动态电路中的与
【典例10】 如图所示电路中，电源的电动势、内阻分别为E、r，两个定值电阻的阻值相等，均为R，电表均为理想电表．初始状态，开关S1、S2均闭合，现断开S2，则下列判断正确的是( )
A．电流表A1的示数变为原来的
B．电流表A2的示数变为原来的2倍
C．电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变为原来的2倍
D．电压表V示数变化量与电流表A1示数变化量的比值变为原来的2倍
[解析] S2断开后，外电路电阻变为原来的2倍，故电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变为原来的2倍，I1＝，因为电源内阻的存在，所以电流表A1的示数不会变为原来的，A错误，C正确；S1、S2均闭合时，电流表A2的示数是电流表A1的示数的，S2断开后，电流表A2的示数与电流表A1的示数相同，但A1的示数相较原来已发生变化，故电流表A2的示数不会变为原来的2倍，B错误；题图所示电路中，电压表V示数变化量与电流表A1示数变化量的比值表示电源内阻r，D错误．
[答案] C
(1)R＝是电阻的定义式，表示某一状态下导体(金属或电解质溶液)的电阻．
(2)对于，物理情境不同，表示的物理意义不同．对于定值电阻，R＝＝；像本题中所示情境，||＝r，其中ΔI应为电流表A1示数的变化量，当干路上接有定值电阻时，可把定值电阻等效成电源内阻．
易错点8 “电偏转”与“磁偏转”
【典例11】 (多选)如图所示，有一矩形区域abcd，水平边长为s＝ m，竖直边长为h＝1 m，当该区域内只存在大小为E＝10 N/C、方向由a指向d的匀强电场时，一比荷为＝0.1 C/kg的正粒子由a点沿ab方向以速率v0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心．当该区域内只存在垂直纸面的匀强磁场时，另一个电荷量、质量均与正粒子相同的负粒子由c点沿cd方向以同样的速率v0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心．不计粒子的重力，则( )
A．正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为∶
B．磁感应强度大小为 T、方向垂直纸面向外
C．正、负粒子通过矩形区域所用时间的比值为
D．正、负粒子离开矩形区域时的动能相等
[解析] 当区域内只有电场时，正粒子恰好通过该区域的几何中心，则水平方向有＝v0t，竖直方向有＝××t2，联立解得v0＝ m/s，分析可知该粒子离开矩形区域时从cd边射出，此时速率为v＝＝ m/s；而负粒子从矩形区域射出时速率为v0＝ m/s，故正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为∶，动能之比为11∶3，A正确，D错误．当负粒子由c点沿cd方向射入时，负粒子恰好通过该区域的几何中心，可知磁场方向垂直纸面向里，由几何关系和题意可知负粒子做匀速圆周运动时的半径r＝h＝1 m，由洛伦兹力提供向心力得B＝＝ T＝5 T，B错误．当正粒子从cd边射出时，h＝××t′2，代入数据解得t′＝ s，分析可知，负粒子在磁场中偏转90°后从ab边射出，时间t″＝T＝×＝π s，所以＝，C正确．
[答案] AC
电场和磁场对运动电荷施加作用力，均可以改变其运动方向，由于电场和磁场对电荷的作用具有不同的特征，因而这两种偏转在动力学分析和物理规律选取上存在着差异．
(1)电偏转：带电粒子在匀强电场中所受电场力必为恒力，带电粒子垂直于电场线进入匀强电场后做类平抛运动，其轨迹是抛物线，可以由运动的分解来分析求解．
(2)磁偏转：带电粒子在匀强磁场中所受洛伦兹力是变力．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹是圆周或一段圆弧，运动的规律可以从动力学关系、轨道半径和运动的周期等方面来描述．
易错点9 电磁感应中的“电势差”与“电动势”
【典例12】 (多选)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第二、四象限的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B
.将一个由粗细均匀的电阻丝折成的闭合金属线框abcd垂直磁感线放入磁场中，使线框绕O点沿着环形区域边界以角速度ω顺时针匀速转动．已知Oa＝ab＝r，在t＝0时刻，线框与磁场边界恰好重合，设逆时针方向为电流正方向．则下列关于线框中的电流i和a、b两点间的电压u随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )
[解析] 线框在磁场内运动过程中磁通量变化率的大小不变，产生的感应电动势大小不变，因而线框中感应电流大小不变，根据楞次定律和右手螺旋定则可判断感应电流的方向，感应电流先沿逆时针方向，然后沿顺时针方向，做周期性变化，A正确，B错误；当ab边切割磁感线时，ab边为电源，uab为路端电压，由右手定则可知，电流从a端流出，a端为电源正极，有uab>0，当cd边切割磁感线时，cd边为电源，u′ab为电路中ab段两端的电压，由右手定则可知，电流方向为顺时针，从a流向b，有u′ab>0，uab与u′ab的大小关系为uab>u′ab，C错误，D正确．
[答案] AD
本题中在不同时刻，电动势、路端电压、部分电阻两端电压容易混淆，混淆的根源在于电路分析不到位．
(1)当ab边切割磁感线时，ab可视为电源，其两端的电压为路端电压，既不是电动势也不是内电压．
(2)当cd边切割磁感线时，ab可视为外电路中的部分电阻．在线框构成的串联电路中，电压的分配跟电阻成正比．
易错点10 “发电”棒与“电动”棒
【典例13】 (多选)如图，MN、PQ为相同材料制成的、粗细均匀的平行金属导轨(水平放置且光滑)，MN、PQ长度均为d＝9 m，其单位长度电阻为r＝0.5 Ω/m，导轨间距L＝0.5 m，∠PMN＝90°，导轨左端连接一阻值为R＝4 Ω的电阻(M、P间导线电阻不计)，一质量为m＝0.5 kg、电阻可忽略不计的金属棒置于导轨最左端，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于磁感应强度大小为B＝2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始以a＝2 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动．已知金属棒从MP运动到NQ的过程中，通过电阻R的电荷量为0.6 C，
下列说法正确的是( )
A．金属棒向右运动过程中，R中的电流沿MP方向
B．整个过程中，拉力F的最大值为1.5 N
C．整个过程中，拉力F的平均值为1.2 N
D．整个过程中，电路中产生的焦耳热为2.8 J
[解析] 根据右手定则可得金属棒向右运动的过程中，R中的电流沿PM方向，故A错误；金属棒从静止开始向右做匀加速直线运动的过程中，金属棒的速度大小为v＝at，位移为x＝at2，感应电动势的大小为E＝BLv＝BLat，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小为I＝，金属棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝，拉力F的大小为F＝＋ma，运动时间为t总＝，代入数据并结合数学知识可知，当t＝2 s时拉力F有最大值，最大值为Fmax＝1.5 N，故B正确；整个过程中，通过电阻R的电荷量为0.6 C，通过电阻R的平均电流为I＝＝0.2 A，拉力F的平均值为F＝BIL＋ma＝1.2 N，故C正确；金属棒运动到NQ时速度为vNQ＝at总＝6 m/s，整个过程中根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为Q＝Fd－mv2＝1.8 J，故D错误．
[答案] BC
【典例14】 (多选) “电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器．如图所示是“电磁炮”的原理示意图．光滑水平导轨电阻不计，宽为L在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.“电磁炮”弹体总质量为m，弹体接入电路中的电阻为R.可控电源的内阻为r，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射．在某次试验发射时，流过弹体的电流是I，不计空气阻力，则( )
A．弹体所受安培力大小为BIL
B．弹体从静止加速到v，导轨长度至少为
C．弹体从静止加速到v的过程中，电源提供的总能量为
D．只有可控电源的电压随时间均匀增加，才能保证“电磁炮”匀加速发射
[解析] 流过弹体的电流为I，所以弹体受到的安培力大小为F＝ILB，故A正确；由动能定理得Fx＝mv2，结合F＝BIL可得x＝，故B错误；根据牛顿第二定律有F＝ma，弹体速度v＝at1，发射过程中电路中产生的热量Q＝I2(R＋r)t1，弹体的动能Ek＝mv2，
由能量守恒定律可得电源提供的总能量为E＝Ek＋Q，联立解得E＝，故C正确；t时刻，弹体的速度vd＝at，弹体切割磁感线产生的感应电动势E1＝BLv1，欲使流过弹体的电流不变，使弹体能匀加速发射，可控电源的电压应为U＝U0＋E1＝U0＋Blat，式中U0为电源的初始电压，故D正确．
[答案] ACD
“发电”棒和“电动”棒(如“电磁炮”)所在电路的结构基本相似，但二者本质不同．“发电”棒是通过导体棒切割磁感线产生感应电流，这个过程将机械能转化为电能．“电动”棒是通电导体在磁场中受到安培力而运动，这个过程将电能转化为机械能．
