2020高考物理二轮练习题型技巧方法篇一、考前必纠的十四大易错易混点（Word版带解析）

一、考前必纠的十四大易错易混点 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＝ 0－v0 a ＝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＝ 0－v 2a ＝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＝| v0 a |.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 M 1g 2 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＝ 3M2g，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＝ M 2g sin 30°＝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. b a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＝mv2 r ，解得 v2＝ gr，故 a＝gr，a 与小球的质量无关，A 正确；当 v 2＝2a 时，对小球受力分析，有 mg＋b＝ mv2 r ，联立解得 b＝mg，b 与小球的质量有关，B 错误； b a＝ m r， b a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＝ a g，m＝ b g，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b2 g B．小球的质量为 a g 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 v2 R ，解得管道所在圆的半径 R＝ b g， 故 A 错误；当 v2＝0 时，FN＝－mg＝－a，所以 m＝ a g，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， hω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 角速度 ω近>ω同＝ω 物 由 GM m r2 ＝ mv2 r 得 v＝ GM r ，故 v 近>v 同 由 v＝rω 得 v 同>v 物线速度 v 近>v 同>v 物 由 GM m r2 ＝ma 得 a＝ GM r2，故 a 近>a 同 a 同>a 物 由 a＝rω2 得 向心加速度 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 U I与 ΔU ΔI 【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 1 2 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＝ E R 外＋r，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 1 2，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 1 2，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＝ U I是电阻的定义式， U I表示某一状态下导体(金属或电解质溶液)的电阻． (2)对于 ΔU ΔI，物理情境不同，表示的物理意义不同．对于定值电阻，R＝ U I＝ ΔU ΔI；像本题 中所示情境，| ΔU ΔI|＝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．　x 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＝ 3 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 q m＝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 11∶ 3 B．磁感应强度大小为 3 2 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 6 π 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 s 2＝v0t， 竖直方向有 h 2＝ 1 2×Eq m ×t2，联立解得 v0＝ 3 2 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＝ v＋2Eq m h＝ 11 2 m/s；而负粒子从矩形区域射出时速率为 v0＝ 3 2 m/s，故 正、负粒子离开矩形区域时的速率之比为 11∶ 3，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＝mv0 qr ＝ 3 2 0.1 × 1 T＝5 3 T，B 错误．当正粒子从 cd 边射出时，h＝ 1 2× Eq m ×t′2， 代入数据解得 t′＝ 2 s，分析可知，负粒子在磁场中偏转 90°后从 ab 边射出，时间 t″＝ 1 4T＝ 1 4× 2πm qB ＝ 3 3 π s，所以t′ t″＝ 6 π，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 ND．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＝ 1 2 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＝ BLat R＋2xr，金属棒受到的安培力大小为 F 安＝BIL＝ B2L2at R＋art2，拉力 F 的大小为 F＝ B2L2at R＋art2＋ma， 运动时间为 t 总＝ 2d a ，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＝ q t总＝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 － 1 2mv2＝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 2mv2 BIL C．弹体从静止加速到 v 的过程中，电源提供的总能量为 mv BL(IR＋Ir＋BLv 2 ) 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＝ 1 2mv2，结合 F＝BIL 可得 x＝ mv2 2BIL，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＝ 1 2mv2，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＝ mv BL(IR＋Ir＋Blv 2 )，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．　 易错点 11　热学基本概念 【典例 15】 下列说法不正确的是(　　) A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致 B．某气体的摩尔质量为 M，密度为 ρ，阿伏加德罗常数为 NA，则该气体的分子体积为 V0 ＝ M ρNA C．气体温度每升高 1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关 D．汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间内碰撞缸壁单位面积的气体分 子数一定减少 [答案]　B 易错点 12　气体实验定律 【典例 16】 如图所示，两端开口的 U 形管粗细均匀，左 右两管竖直，底部的直管水平、水银柱的长度图中已标注，水 平管内两段空气柱 a、b 的长度分别为 La1＝10 cm、Lb1＝5 cm.在 左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高 h ＝10 cm.已知大气压强 p0＝76 cmHg，管内外的温度相同且始终不变，求向左管注入的水银柱 长度． [答案]　21.5 cm 利用气体实验定律及理想气体状态方程解决问题的基本思路： 　 易错点 13　机械振动的图象 【典例 17】 一列沿着 x 轴正方向传播的横波，在 t＝0 时刻的波形图如图甲所示，图乙为 K、L、M、N 四个质点中某一质点的振动图象．下列说法正确的是(　　)A．该波的波速为 0.5 m/s B．图乙表示质点 N 的振动图象 C．t＝8.0 s 时质点 M 的正向位移最大 D．质点 L 经过 1.0 s 沿 x 轴正方向移动 0.5 m [答案]　B “一分二看三找”巧解波动图象 与振动图象综合类问题 (1)分清振动图象与波动图象； (2)看清横、纵坐标的单位，注意单位前的数量级； (3)找准波动图象对应的时刻和振动图象对应的质点．　 易错点 14　光的折射和全反射 【典例 18】 如图所示，等边三角形 AOB 为透明柱状介质的横截面．一 束单色光 PQ 平行于角平分线 OM 射向 OA，在界面 OA 发生折射，折射光线平 行于 OB 且恰好射到 M 点(不考虑反射光线)．则下列说法不正确的是(　　) A．透明柱状介质对单色光 PQ 的折射率为 3 B．从 AB 射出的光线与入射光线 PQ 的偏向角为 60° C．保持入射点 Q 不变，减小入射角度，一直有光线从 AB 射出 D．保持入射光 PQ 的方向不变，增大入射光的频率，出射点落在 M 点下方 [答案]　C (1)应用折射定律求解光路问题时，有以下注意事项 ①画出准确的光路图，分析边界光线或临界光线，确定入射角及其相对应的折射角(注意 它们是光线与法线的夹角，不是光线与界面的夹角)，判断光线是否已经发生全反射；　 ②利用几何关系和光的折射定律求解相关问题时，若入射角与折射角不是特殊角，需要 通过对称性、相似性等几何关系求出入射角与折射角的正弦值或正弦值的比值来分析解答． (2)求解全反射问题的一般步骤 ①确定光是从光密介质进入光疏介质； ②应用 sin C＝ 1 n确定临界角； ③根据题设条件，判断光在传播时是否发生全反射；④如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图； ⑤运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等知识进行分析、判断、运算、解决问 题．