高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习题型技巧方法一考前必纠的十大易错易混点讲义

这是一份高中物理高考 2020版高考物理大二轮复习题型技巧方法一考前必纠的十大易错易混点讲义，共11页。

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 st0，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，h A．d、b线速度大小的比值为
B．d、c角速度的比值为
C．b、c向心加速度大小的比值为
D．d下一次通过c正上方所需时间为
t＝
[解析]　由万有引力提供向心力有G＝m＝mω2r，则v＝，ω＝，所以d、b的线速度大小的比值为＝；因b、c的角速度相同，所以d、c的角速度的比值等于d、b的角速度的比值，则＝，则A错误，B正确．因为b、c的角速度相同，由a＝rω2可知＝，则C错误．设经过时间t卫星d再次通过建筑物c正上方，根据几何关系有(ωd－ωc)t＝2π，又GM＝gR2，再结合上述分析可得t＝，则D错误．
[答案]　B

近地卫星、同步卫星、地球赤道上的物体的比较

近地卫星
同步卫星
地球赤道
上的物体向心力
万有引力
万有引力
万有引力的一个分力
轨道半径
r近 r同>r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．