第八部分考前叮嚀專題8.1高頻易錯、易混點快攻目錄TOC\o"1-3"\h\u易錯點一忽視矢量的方向性 11．忽視運動學公式中速度、加速度的矢量性 12．對摩擦力的方向及突變性認識不足 23.忽視曲線運動中速度變化量的矢量性 34．忽視場強疊加的矢量性 4易錯點二不會讀圖 51．對運動圖線的斜率、截距、面積等理解不準確 52．不會分析與電場有關的三類圖像問題 63．對伏安特性曲線的意義理解不到位 6易錯點三研究對象選取不當 71．受力分析時研究對象選取不當 72．對多過程問題的子過程選取不當導致錯誤 8易錯點四盲目套公式 91．剎車問題中忽略實際運動情況而致錯 92.盲目套用平拋運動的基本規律 103.對公式R＝eq\f(U,I)和R＝eq\f(ΔU,ΔI)的盲目套用 11易錯點五混淆相似問題 112．混淆“輕桿、輕繩”連接體問題 123．混淆摩擦力做功與摩擦熱 134．混淆同步衛星、近地衛星、赤道上物體運動的特點 145．混淆純電阻電路和非純電阻電路 156．混淆交變電流的“四值” 15易錯題精選精練 16【概述】在考試中，我們經常碰到很多容易理解錯誤和容易混淆的知識點，碰到很多容易做錯且常常一錯再錯的試題。對這些問題考前進行分類匯總，旨在讓考生在考場上力避這些“低級”錯誤，把該得的分得到手，不因無謂失分而遺憾。易錯點一忽視矢量的方向性1．忽視運動學公式中速度、加速度的矢量性【例1】[多選]一物體自空中的A點以一定的初速度豎直向上拋出，3s后物體的速率變為10m/s。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。關于物體此時的位置和速度方向的說法可能正確的是()A．在A點正上方15m處，速度方向豎直向上B．在A點正上方15m處，速度方向豎直向下C．在A點正上方75m處，速度方向豎直向上D．在A點正上方75m處，速度方向豎直向下【明辨誤區】(1)題中未給出矢量方向，只給出大小：如例1，考生最容易出現的錯誤就是沒有考慮3s時物體的速度可能有兩個方向，從而造成漏選答案。因此，考生在解決有矢量參與的問題時，一定要注意題中是否給出了矢量的方向，如果沒有給出，則需要考生考慮多方向的可能性，然后規定正方向(或建立x軸或y軸)，將矢量轉化為標量進行運算求解。(2)運動存在往返情況：一定要先選定一個正方向，在使用勻變速直線運動的公式進行計算時要注意矢量(如速度、加速度、位移等)的正負。(3)比較矢量情況：矢量相同必須是大小、方向都相同；若只比較大小，不需要考慮方向。2．對摩擦力的方向及突變性認識不足【例2】如圖所示，傳送帶與地面的夾角為θ＝37°，從A到B的長度為8.8m，傳送帶以v0＝6m/s的速度逆時針轉動，在傳送帶上端無初速度放一個質量為1kg的物體，它與傳動帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)求物體從A運動到B所需的時間；(2)若物體在傳送帶上可以留下劃痕，求劃痕的長度?！久鞅嬲`區】(1)摩擦力的方向與物體自身的運動方向沒有必然聯系。本題中，當物體向下滑動的速度小于傳送帶的速度時，物體相對于傳送帶向上滑動，此時物體受到的滑動摩擦力的方向平行于傳送帶向下；而當物體的速度大于傳送帶的速度后，物體相對于傳送帶向下滑動，此時物體受到的滑動摩擦力的方向則變為平行于傳送帶向上。(2)在分析摩擦力的方向時，一定要注意摩擦力方向的可變性，尤其是在分析靜摩擦力的時候，二者共速(轉折點)的時刻往往是摩擦力方向發生突變的關鍵時刻。3.忽視曲線運動中速度變化量的矢量性【例3】.(2022·山東煙臺期末)(多選)如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球，某一次球與球拍碰撞后，經過一段時間后球恰好垂直打在墻壁上的A點，已知球與球拍的作用點為B，A、B兩點高度差為0.8m，B點和墻面之間的距離為1.2m，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法中正確的是()A．球到達A點時的速度大小為5m/sB．球在B點離開球拍時的速度大小為5m/sC．球從B點運動到A點的過程中速度變化量大小為4m/sD．球從B點運動到A點的過程中速度變化量大小為2m/s【明辨誤區】平拋運動的特點(1)受力特點：只受重力作用，不受其他力或其他力忽略不計。(2)運動特點①加速度：a＝g，平拋運動是勻變速曲線運動。②速度：初速度v0方向水平；任意時刻的瞬時速度的水平分量都等于初速度v0，豎直分量都等于自由落體運動的速度。③速度變化特點：任意兩個相等的時間間隔內速度的變化量相同，Δv＝gΔt，方向豎直向下，如圖所示?！咎貏e提醒】平拋運動中任意兩個相等的時間間隔內速度的變化量相同，但是速率的變化卻不相等。4．忽視場強疊加的矢量性【例4】如圖所示，在紙面內的直角三角形ACD中，∠ADC＝60°，C、D兩點間的距離為L。A、C兩點處分別有一根與紙面垂直的長直導線，A點處導線中通過的電流為4I0(向里)，C點處導線中通過的電流為I0(向外)。已知通有電流I的長直導線外某點處磁場的磁感應強度大小B＝keq\f(I,r)，其中r為該點到導線的距離，k為常量，則D點處磁場的磁感應強度()A．大小為eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由C點指向D點B．大小為eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點C．大小為eq\r(5)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點D．大小為eq\r(5)keq\f(I0,L)，方向沿∠D的平分線【明辨誤區】(1)空間有多個場源時，電場強度、磁感應強度的疊加滿足平行四邊形定則。如例3，D點的磁感應強度應為A、C處兩通電直導線在D點產生的磁感應強度的矢量和。(2)當矢量的方向在一條直線上時，矢量的運算可以轉化為代數運算，但要選擇正方向，注意區分各矢量的符號。易錯點二不會讀圖1．對運動圖線的斜率、截距、面積等理解不準確【例1】[多選]a、b兩質點在同一直線上運動的位移—時間圖像如圖所示，b質點的加速度大小始終為0.2m/s2，兩圖線相切于坐標為(5s，－2.7m)的點，則()A．前5s內，a、b兩質點的運動方向相同B．t＝5s時，a、b兩質點的速度均為－0.54m/sC．b質點的初速度是－1.8m/sD．圖中x0應為2.8【明辨誤區】(1)此題考生容易出現的錯誤有兩個：一是不能根據位移—時間圖像和題中已知條件判斷出b質點的運動情況；二是不明白兩圖線切點的含義。(2)考生要想避免出現錯誤，首先要弄明白圖像的類型，如v-t圖像、x-t圖像、a-t圖像等；其次要弄清楚圖線的斜率、交點、面積以及截距等所表示的物理意義；最后要建立質點運動的情境，從而將函數圖像轉化為物理模型，然后運用物理規律進行求解。2．不會分析與電場有關的三類圖像問題【例2】(2022·懷化模擬)某空間存在一電場，電場中的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，下列說法正確的是()A．在x軸上，從x1到x2電場強度方向向左B．在x軸上，從x1到x2電場強度先增大后減小C．把一負電荷沿x軸正向從x1移到x2，電場力先減小后增大D．把一負電荷從x1移到x2，電場力做負功【明辨誤區】E-x圖線、φ-x圖線、Ep-x圖線的區別(1)E-x圖線：靜電場中電場強度E隨x變化的圖像，電場強度為零的位置是電場線改變方向的位置，E-x圖線與坐標軸所圍面積表示電勢差。(2)φ-x圖線：解例2時沿著x軸正方向看，若電勢降低，則電場方向沿x軸正方向；若電勢升高，則電場方向沿x軸負方向。圖線斜率的絕對值表示電場強度的大小。要注意勿將φ-x圖像中φ的正、負當成電場的正方向和負方向。(3)Ep-x圖線：圖線的斜率大小表示電場力大小。由Ep-x圖線分析電場時，可根據Ep＝qφ，將Ep-x圖線轉換為φ-x圖線分析，注意電荷量q的正、負。3．對伏安特性曲線的意義理解不到位【例3】某種金屬導體的U-I圖像如圖所示，圖像上A點和原點的連線與橫軸成α角，A點的切線與橫軸成β角。關于該導體的敘述，下列說法中正確的是()A．導體的電功率隨電壓U的增大而增大B．導體的電功率與電壓U的平方成正比C．在A點，導體的電阻為tanβD．在A點，導體的電阻為tanα【明辨誤區】在分析圖像時要注意以下兩點(1)區分電源的U-I圖像和電阻的U-I圖像，在電源的U-I圖像中，斜率表示電源內阻的絕對值，在電阻的U-I圖像中，對于線性變化元件的電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)；對于非線性變化元件R＝eq\f(U,I)≠eq\f(ΔU,ΔI)，電阻隨電流的變化而變化，電流為I時的電阻是U-I圖像中該電流對應的點與原點連線的斜率，而非該點切線的斜率。(2)區分U-I圖像和I-U圖像，在U-I圖像中，斜率越大表示電阻越大，在I-U圖像中斜率越大表示電阻越小。易錯點三研究對象選取不當1．受力分析時研究對象選取不當【例1】[多選]用外力F通過如圖所示的裝置把一個質量為m的小球沿傾角為30°的光滑斜面勻速向上拉動。已知在小球勻速運動的過程中，拴在小球上的繩子與水平桿之間的夾角從45°變為90°，斜面體與水平地面之間是粗糙的，并且斜面體一直靜止在水平地面上。不計滑輪與繩子之間的摩擦。則在小球勻速運動的過程中，下列說法正確的是()A．地面對斜面體的靜摩擦力始終為零B．外力F一直在增大C．某時刻繩子對水平桿上的滑輪的合力等于繩子的拉力D．繩子移動的速度大小大于小球沿斜面運動的速度大小【明辨誤區】在對物體進行受力分析的過程中，靈活選取研究對象和研究方法(整體法、隔離法)十分重要。本題中，在分析繩子的拉力時，選取了小球為研究對象；在分析水平桿上的滑輪受到的合力時，選取了滑輪為研究對象；在分析地面對斜面體的靜摩擦力時，選取了斜面體和小球組成的系統為研究對象。2．對多過程問題的子過程選取不當導致錯誤【例2】如圖所示，在光滑水平軌道的右端有一彈性擋板，一質量為M＝0.5kg的木板正中間放有一質量為m＝2kg的小鐵塊(可視為質點)靜止在軌道上，木板右端距離擋板x0＝0.5m，小鐵塊與木板間動摩擦因數μ＝0.2?，F對小鐵塊施加一水平向右的外力F，木板第一次與擋板碰前瞬間撤去外力。若木板與擋板碰撞時間極短，反彈后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。(1)要使小鐵塊與木板發生相對滑動，求水平向右的外力F的最小值；(2)若水平向右的外力F＝10N，求木板第一次與擋板碰撞前經歷的時間；(3)若水平向右的外力F＝10N，木板第一次與擋板碰前瞬間撤去外力，鐵塊和木板最終停下來時，鐵塊剛好沒有滑出木板，求木板的長度?！久鞅嬲`區】(1)對每一個子過程的受力情況分析不清楚，特別是對撤去力F后的受力和運動情況不認真分析，不能得出木板與鐵塊達到共速后，將再次與擋板碰撞而導致錯誤。(2)求解多過程問題，要能夠將多過程分解為多個子過程，在每一個子過程中，對物體進行正確的受力分析，正確求解加速度是關鍵。求解時應注意以下三點：①以受力發生變化為分解物理過程的原則，變化點即為分割點，受力不變的過程無論有、無往返運動，均可當作全過程處理；②當物體的受力情況發生變化時其加速度也會發生變化，列方程要明確所研究的過程，避免不同過程的物理量混淆；③注意兩個過程的銜接，前一個過程的末狀態是后一個過程的初狀態，這是前、后過程的唯一關聯。易錯點四盲目套公式1．剎車問題中忽略實際運動情況而致錯【例1】汽車以10m/s的速度勻速行駛，5min后突然剎車。若剎車過程中汽車做勻變速直線運動，加速度大小為5m/s2，則從開始剎車時計時，經過3s汽車駛過的位移為()A．52.5m B．7.5mC．30m D．10m【明辨誤區】(1)此題容易出現的錯誤：沒有考慮汽車剎車過程的實際情況，即汽車速度減為零后只能靜止而不會后退，直接應用勻變速直線運動的規律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2進行求解，將v0＝10m/s、a＝－5m/s2和t＝3s代入，從而得出錯誤的結論x＝7.5m。(2)處理剎車問題的方法：一定要判斷所給時間內汽車的速度是否一直存在，即汽車是否已在所給時間內停止運動。當所給時間t≤eq\f(v0,a)時，汽車一直在做勻減速直線運動，發生的位移x≤eq\f(v02,2a)；當所給時間t>eq\f(v0,a)時，位移x＝eq\f(v02,2a)，整個過程中汽車先做勻減速直線運動后靜止。2.盲目套用平拋運動的基本規律【例2】如圖所示為置于豎直平面內的光滑桿AB，它是依照初速度為v0、水平射程為x的平拋運動軌跡制成的，A端為拋出點，B端為落地點。現將一質量為m的小球套于其上，小球由靜止開始從A端滑下，重力加速度為g，則當小球到達B端時，下列說法正確的是()A．小球在水平方向的速度大于v0B．小球運動的時間為eq\f(x,v0)C．小球的速率為eq\f(gx,v0)D．小球所受重力的功率為eq\f(mg2x,v0)【明辨誤區】此題容易出現的錯誤是盲目套用平拋運動的規律，因此在處理此類問題時要注意以下兩點：(1)牢記平拋運動的兩個基本條件：一是只受重力作用，二是必須要有水平方向的初速度。(2)平拋運動可以分解為豎直方向的自由落體運動和水平方向的勻速直線運動。此題中的小球雖然是按照平拋運動的軌跡運動的，但由于小球沒有初速度，因此小球的運動不能分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，所以小球的運動并不能按平拋運動進行處理。3.對公式R＝eq\f(U,I)和R＝eq\f(ΔU,ΔI)的盲目套用【例3】如圖所示，電源電動勢為E，內阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度的降低而增大，C是平行板電容器，電路中的電表均為理想電表。閉合開關S，帶電液滴剛好靜止在平行板電容器C內。在溫度降低的過程中，分別用I、U1、U2和U3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數變化量的絕對值。溫度降低時，關于該電路工作狀態的變化，下列說法正確的是()A.eq\f(U1,I)、eq\f(U2,I)、eq\f(U3,I)一定都不變B.eq\f(ΔU1,ΔI)和eq\f(ΔU3,ΔI)一定不變，eq\f(ΔU2,ΔI)一定變化C．帶電液滴一定向下加速運動D．電源的工作效率一定變大【明辨誤區】(1)eq\f(U,I)：由電阻的定義可知，無論是定值電阻還是變化電阻都有eq\f(U,I)＝R，判斷eq\f(U,I)的變化，就看電阻變不變。(2)eq\f(ΔU,ΔI)：對定值電阻，R＝eq\f(ΔU,ΔI)不變，對變化電阻，則需要將變化部分作為外電路，其余部分電阻等效為電源的內電阻R等效，然后由等效電源的路端電壓與電流的關系eq\f(ΔU,ΔI)＝R等效分析eq\f(ΔU,ΔI)的變化情況。易錯點五混淆相似問題1．混淆“死結”和“活結”【例1】(2022·煙臺模擬)在如圖所示的裝置中，兩物體A、B的質量分別為m1、m2，懸點a、b間的距離遠大于滑輪的直徑，不計一切摩擦，整個裝置處于靜止狀態。由圖可知()A．α可能大于β B．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2【明辨誤區】本題涉及的是受力分析中的“活結”問題，此類問題一般是通過滑輪或掛鉤等將物體懸掛在繩子上，其特點是滑輪或掛鉤可以在繩子上自由滑動，繩子對滑輪或掛鉤沒有約束力，因此繩子上的張力大小處處相等，即滑輪或掛鉤只能改變繩子上張力的方向，而不會改變張力的大小，抓住以上特點，就可以有效避免在“活結”問題上出現錯誤。2．混淆“輕桿、輕繩”連接體問題【例2】[多選]如圖(a)所示，將一右端固定有光滑定滑輪的輕桿固定在豎直擋板上，輕繩ABC跨過光滑的定滑輪懸吊質量為m1＝1kg的物塊；如圖(b)所示，將一輕桿用轉軸固定在豎直擋板上，兩段輕繩DE、EF系在桿的右端并懸吊質量為m2＝1.5kg的物塊。已知兩桿均水平，且繩子的傾斜部分與水平方向的夾角均為30°，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．圖(a)中AB繩的拉力大小為10NB．圖(b)中DE繩的拉力大小為15NC．圖(a)中輕桿對滑輪的支持力大小為10ND．圖(b)中輕桿對結點的支持力大小為15N【明辨誤區】(1)輕桿既能對物體提供拉力又能提供支持力，而輕繩只能對物體提供拉力。繩或桿對物體的彈力可以發生突變，不需要恢復形變的時間。(2)桿分動桿和定桿兩種動桿：若輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當桿處于平衡狀態時桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起桿的轉動。定桿：若輕桿被固定不發生轉動，則桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。3．混淆摩擦力做功與摩擦熱【例3】如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶順時針轉動，傳送帶的長度(兩軸心距離)s＝15m，質量m＝1kg的小物塊以初速度v0＝2m/s從A端滑上傳送帶，從B端滑上置于光滑水平面上質量為M＝3kg、上表面為eq\f(1,4)光滑圓弧的槽車(物塊由傳送帶滑上槽車時無機械能損失，光滑圓弧的半徑足夠大)。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)為使物塊到達傳送帶頂端時能以最大速度滑上槽車，傳送帶的傳送速度至少為多少？(2)求物塊以最大速度滑上槽車后，能上升的最大高度。(3)若傳送帶傳送速度為v，且滿足v>v0，寫出因物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q與v的關系式。【明辨誤區】(1)“摩擦力做功”與“因摩擦產生的熱量”是容易混淆的兩個概念，不論摩擦力做正功還是做負功，計算方法均為摩擦力與物體對地位移的乘積；而因摩擦產生的熱量為摩擦力與兩物體之間的相對滑動距離的乘積。(2)在本題中，如果計算傳送帶與小物塊之間的摩擦力對小物塊所做的功，則需要用摩擦力與小物塊對地位移的乘積進行計算，而如果計算在此過程中產生的熱量，則需要用摩擦力與小物塊和傳送帶之間的相對位移的乘積來進行計算。4．混淆同步衛星、近地衛星、赤道上物體運動的特點【例2】[多選]有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，方向均與地球自轉方向一致，各衛星的排列位置如圖所示，則()A．衛星a的向心加速度近似等于重力加速度gB．在相同時間內衛星b轉過的弧長最長C．衛星c的速度一定比衛星d的速度大D．衛星d的角速度比衛星c的角速度大【明辨誤區】地球赤道上的物體、近地衛星、同步衛星的辨析比較(1)軌道半徑：近地衛星與赤道上的物體的軌道半徑相同，同步衛星的軌道半徑較大，即r向>r近＝r物。(2)運行周期：同步衛星與赤道上的物體的運行周期相同。由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可知，近地衛星的周期要小于同步衛星的周期，即T近<T同＝T物。(3)向心加速度：由Geq\f(Mm,r2)＝ma知，同步衛星的加速度小于近地衛星的加速度。由a＝rω2＝req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2知，同步衛星的加速度大于赤道上的物體的加速度，即a近>a同>a物。5．混淆純電阻電路和非純電阻電路【例5】如圖所示為一玩具起重機的電路示意圖。電源電動勢為6V，電源內電阻r＝0.5Ω，電阻R＝2.5Ω。當電動機以0.5m/s的速度勻速向上提升一質量為320g的物體時(不計一切摩擦，g＝10m/s2)，標有“3V0.6W”的燈泡剛好正常發光。則電動機的內阻為()A．1.25Ω B．3.75ΩC．5.625Ω D．1Ω【明辨誤區】(1)非純電阻電路中，計算電功用公式W＝UIt，計算電熱用公式Q＝I2Rt，計算電功率用公式P＝UI，計算電熱功率用公式P＝I2R。(2)非純電阻電路中，電功部分轉化為其他形式的能，另一部分不可避免地轉化為內能，W＞Q，即IUt＞I2Rt，I＜eq\f(U,R)，歐姆定律不再成立；純電阻電路中，電功全部轉化為電熱，即W＝Q＝UIt＝I2Rt＝eq\f(U2,R)t。6．混淆交變電流的“四值”【例6】[多選]如圖所示，N＝50匝的矩形線圈abcd處于磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場中，ab邊長l1＝20cm，ad邊長l2＝25cm，線圈在外力的作用下繞垂直于磁感線且通過線圈中線的OO′軸以n＝3000r/min的轉速勻速轉動，線圈電阻r＝1Ω，外電路電阻R＝9Ω，t＝0時，線圈平面與磁感線平行，ab邊正轉出紙外，cd邊轉入紙里。下列說法正確的是()A．t＝0時線圈中感應電流的方向為a→b→c→d→aB．感應電動勢的瞬時值表達式為e＝314cos(100πt)VC．線圈轉一圈外力做的功為96.8JD．線圈從圖示位置轉過90°的過程中流過電阻R的電荷量為0.1C【明辨誤區】計算有效值的注意事項(1)計算有效值時，要根據電路中“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解。(2)分段計算電熱并求和得出一個周期內產生的總熱量。易錯題精選精練1．[多選]將某物體以v0＝30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則5s內物體的()A．路程為65mB．位移大小為25m，方向豎直向上C．速度變化量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向豎直向上2.如圖所示，斜面體放在水平地面上，物體放在斜面上，受到一個水平向右的力F，物體和斜面體始終保持靜止，這時物體受到的摩擦力大小為f1，斜面體受到水平地面的摩擦力大小為f2。當F變大時，有()A．f1變大，f2不一定變大B．f2變大，f1不一定變大C．f1與f2都不一定變大D．f1與f2都一定變大3.假設我們學校的田徑場跑道是圓形，周長為400m。在跑道上包括正南點的等間距的三個點A、B、C，每個點上放一個帶正電荷的籃球，這三個籃球的帶電荷量相同，如圖所示。設每個帶電籃球單獨在田徑場中心產生的電場的場強大小都為E0、電勢都為φ0，則這三個帶電籃球在跑道上的正北點產生的電場的場強大小E、電勢φ的說法正確的是()A．E＝2E0，φ＝φ0B．E0<E<2E0,3φ0>φ>2φ0C．3E0>E>2E0，φ0<φ<2φ0D．3E0>E>2E0,3φ0>φ>2φ04.[多選]如圖所示，三根通電長直導線A、B、C互相平行，其橫截面積為等腰直角三角形的三個頂點，三根導線中通入的電流大小相等，且A、C中電流方向垂直于紙面向外，B中電流方向垂直于紙面向內。已知通電導線在其周圍產生的磁場的磁感應強度B＝eq\f(kI,r)，其中I為通電導線的電流強度，r為到通電直導線的距離，k為常量。下列說法正確的是()A．導線A所受磁場作用力的方向與導線B、C所在平面垂直B．導線B所受磁場作用力的方向與導線A、C所在平面垂直C．導線A、B單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶2D．導線A、B單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶eq\r(2)5.[多選]汽車由靜止開始在平直的公路上行駛，在0～50s內汽車的加速度隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．汽車行駛的最大速度為20m/sB．汽車在第50s末的速度為零C．在0～50s內汽車行駛的總位移為850mD．汽車在40～50s內的速度方向和在0～10s內的速度方向相反6.[多選]某條直電場線上依次有O、A、B、C四個點，相鄰兩點間距離均為d，以O點為坐標原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規律如圖所示。一個帶電荷量為＋q的粒子，從O點由靜止釋放，僅考慮電場力作用，則()A．若O點的電勢為零，則A點的電勢為－eq\f(E0d,2)B．粒子從A點到B點做勻速直線運動C．粒子運動到B點時的動能為eq\f(3qE0d,2)D．粒子在OA段電勢能的變化量大于在BC段電勢能的變化量7．[多選]如圖甲所示，在水平地面上放置一個質量為m＝4kg的物體，讓它在隨位移均勻減小的水平推力F作用下運動，水平推力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示(x＝4.0m后無推力存在)。已知物體與地面之間的動摩擦因數μ＝0.5，g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．運動過程中物體的最大加速度為20m/s2B．在距出發點3.0m位置時物體的速度達到最大C．推力對物體做的功為180JD．物體在水平地面上運動的最大位移是10m8．[多選]如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，小物塊B置于斜面上，通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接，連接B的一段細繩與斜面平行。已知A、B、C都處于靜止狀態，則()A．B受到C的摩擦力一定不為零B．C受到地面的摩擦力一定為零C．B受到細繩的拉力一定等于A的重力D．將細繩剪斷，若B依然靜止在斜面上，此時地面對C的摩擦力為零9.勻速前進的車廂頂部用細線豎直懸掛一小球，如圖所示，小球下方與一光滑斜面接觸。關于小球的受力，下列說法正確的是()A．小球受重力和細線對它的拉力B．小球受重力、細線對它的拉力和斜面對它的彈力C．小球受重力和斜面對它的支持力D．小球受細線對它的拉力和斜面對它的支持力10．[多選]如圖所示，將一勁度系數為k的輕彈簧一端固定在內壁光滑的半球形容器底部O′處(O為球心)，彈簧另一端與質量為m的小球相連，小球靜止于P點。已知容器半徑為R，與水平面間的動摩擦因數為μ，OP與水平方向的夾角為θ＝30°。下列說法正確的是()A．容器相對于水平面有向左運動的趨勢B．輕彈簧對小球的作用力大小為mgC．容器對小球的作用力豎直向上D．彈簧原長為R＋eq\f(mg,k)11．一輛汽車以10m/s的初速度沿平直公路勻速行駛，因故緊急剎車并最終停止運動，已知從開始剎車時計時，經過3s汽車的位移為10m，則汽車剎車時的加速度大小和第3s末的速度大小分別為(剎車過程可視為勻變速運動過程)()A．5m/s2,0 B．2.5m/s2,5m/sC．2.5m/s2,0 D．5m/s2,5m/s12.為探究平拋運動的規律，小明利用了頻閃照相法。如圖所示，背景方格紙的小方格邊長L為2.5cm，A、B、C、D是實驗中獲得的同一小球在某段時間內先后經過的四個連續的點。取g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．小球在A點時，速度沿水平方向B．小球經過相鄰兩點的時間間隔為0.02sC．小球水平拋出的初速度為1.5m/sD．小球經過B點時其豎直分速度大小為1.5m/s13．[多選]如圖所示電路中，滑片P位于滑動變阻器R2正中間，電源內阻不能忽略，兩個電壓表均為理想電表。當滑動變阻器R2的滑片P滑動時，下列說法正確的是()A．P向a端滑動過程中，V1示數逐漸增大，V2示數逐漸減小B．P向a端滑動過程中，R2消耗的功率一定逐漸減小C．P向b端滑動過程中，V1示數變化量的絕對值小于V2示數變化量的絕對值D．P向b端滑動過程中，V1示數變化量的絕對值與流過R2的電流變化量絕對值的比值保持不變14．[多選]如圖所示，兩根輕桿OA、OB與小球及一小滑塊通過鉸鏈連接，輕桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連。小球與小滑塊的質量均為m，輕桿OA、OB長度均為l，原長為l的輕質彈簧與滑塊都套在該豎直桿上，彈簧連接在A點與小滑塊之間。裝置靜止時，彈簧長為1.6l，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，以下說法正確的是()A．輕桿OA對小球的作用力方向與豎直方向的夾角為53°B．輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為eq\f(5mg,8)C．輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是5∶8D．彈簧的勁度系數k＝eq\f(5mg,2l)15．[多選]如圖所示，在一水平向右勻速運動的傳送帶的左端A點，每隔相同的時間T，輕放上一個相同的工件。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ，工件質量為m。經測量，發現后面那些和傳送帶共速的工件之間的距離均為L，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．傳送帶的速度大小為eq\f(L,T)B．工件在傳送帶上加速的時間為eq\f(2μgL,T)C．每個工件與傳送帶間因摩擦而產生的熱量為eq\f(μmgL,2)D．傳送帶傳送一個工件多消耗的能量為eq\f(mL2,T2)16．[多選]已知同步衛星離地心的距離為r，運行速度為v1，向心加速度大小為a1。地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度大小為a2，第一宇宙速度為v2，地球半徑為R，則下列判斷正確的是()A．a1∶a2＝r∶R B．a1∶a2＝R2∶r2C．v1∶v2＝R2∶r2 D．v1∶v2＝eq\r(R)∶eq\r(r)17.如圖甲所示，質量為1kg的金屬棒靜止在粗糙的平行導軌上且與導軌垂直，兩平行導軌固定在同一水平面內。棒、導軌和定值電阻R組成面積為的閉合回路，回路總電阻為?；芈穬扔信c水平面成37°角斜向上且均勻變化的勻強磁場，從時刻開始，磁感應強度B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知兩平行導軌的間距為1m，棒與導軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度，，。在時，棒恰好相對導軌開始運動，則此時（）

A.棒中的電流方向為a流向bB.棒受到的安培力大小為C.棒與導軌間的壓力大小為D.棒與導軌之間的動摩擦因數為0.518.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5T，邊長為L＝10cm的正方形線圈abcd共N＝100匝，線圈電阻r＝1Ω。線圈繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，轉動的角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω。(1)求感應電動勢的最大值及由圖示位置轉過60°角時的感應電動勢的值。(2)取π2＝10，求線圈轉過一周時間內電流產生的總熱量。(3)由圖示位置開始，求在線圈轉過eq\f(1,4)周期的時間內通過電阻R的電荷量。19.(2022·呼倫貝爾一模)如圖所示，在光滑水平面上距離豎直線MN左側較遠處用彈簧鎖定不帶電的絕緣小球A，彈簧彈性勢能為0.45J，A球質量M＝0.1kg，解除鎖定后與靜止在M點處的小球B發生彈性正碰，B球質量m＝0.2kg、帶電荷量q＝＋10C。MN左側存在水平向右的勻強電場E2，MN右側空間區域范圍內存在豎直向上、場強大小E1＝0.2N/C的勻強電場和方向垂直紙面向里磁感應強度為B＝0.2T的勻強磁場。(g＝10m/s2，不計一切阻力)求：(1)解除鎖定后A球獲得的速度v1；(2)碰后瞬間B球的速度v2；(3)E2大小滿足什么條件時，B球能經電場E2通過MN所在的直線；(不考慮B球與地面碰撞再次彈起的情況)(4)在滿足(3)問情景下B球在電場E2中與MN的最大距離。20.（2023年云南省云南師范大學附屬中學適應性月考卷理綜物理試題）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形區域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在0時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為；一段時間后，金屬棒a、b沒有相碰，且兩棒整個過程中相距最近時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b長度均為L，電阻均為R，a棒的質量為2m、b棒的質量為m，最終其中一棒恰好停在磁場邊界處，在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。求：（1）0時刻a棒的加速度大小；（2）兩棒整個過程中相距最近的距離s；（3）整個過程中，a棒產生的焦耳熱。第八部分考前叮嚀專題8.1高頻易錯、易混點快攻目錄TOC\o"1-3"\h\u易錯點一忽視矢量的方向性 11．忽視運動學公式中速度、加速度的矢量性 12．對摩擦力的方向及突變性認識不足 23.忽視曲線運動中速度變化量的矢量性 34．忽視場強疊加的矢量性 4易錯點二不會讀圖 51．對運動圖線的斜率、截距、面積等理解不準確 52．不會分析與電場有關的三類圖像問題 63．對伏安特性曲線的意義理解不到位 6易錯點三研究對象選取不當 71．受力分析時研究對象選取不當 72．對多過程問題的子過程選取不當導致錯誤 8易錯點四盲目套公式 91．剎車問題中忽略實際運動情況而致錯 92.盲目套用平拋運動的基本規律 103.對公式R＝eq\f(U,I)和R＝eq\f(ΔU,ΔI)的盲目套用 11易錯點五混淆相似問題 112．混淆“輕桿、輕繩”連接體問題 123．混淆摩擦力做功與摩擦熱 134．混淆同步衛星、近地衛星、赤道上物體運動的特點 145．混淆純電阻電路和非純電阻電路 156．混淆交變電流的“四值” 15易錯題精選精練 16【概述】在考試中，我們經常碰到很多容易理解錯誤和容易混淆的知識點，碰到很多容易做錯且常常一錯再錯的試題。對這些問題考前進行分類匯總，旨在讓考生在考場上力避這些“低級”錯誤，把該得的分得到手，不因無謂失分而遺憾。易錯點一忽視矢量的方向性1．忽視運動學公式中速度、加速度的矢量性【例1】[多選]一物體自空中的A點以一定的初速度豎直向上拋出，3s后物體的速率變為10m/s。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。關于物體此時的位置和速度方向的說法可能正確的是()A．在A點正上方15m處，速度方向豎直向上B．在A點正上方15m處，速度方向豎直向下C．在A點正上方75m處，速度方向豎直向上D．在A點正上方75m處，速度方向豎直向下【答案】BC【解析】此題中給出的條件是3s后物體的速率變為10m/s，因此在計算時要考慮此時的速度方向有可能豎直向上，也有可能豎直向下。當速度方向豎直向上時，物體的初速度大小為v0＝v＋gt＝40m/s，物體的位移大小為h1＝eq\f(v0＋v,2)t＝75m，物體在A點的正上方，故選項A錯誤，C正確。當物體的速度方向豎直向下時，物體的初速度大小為v0′＝－v＋gt＝20m/s，物體的位移大小為h1′＝eq\f(v0′－v,2)t＝15m，物體仍然在A點的正上方，故選項B正確，D錯誤?！久鞅嬲`區】(1)題中未給出矢量方向，只給出大小：如例1，考生最容易出現的錯誤就是沒有考慮3s時物體的速度可能有兩個方向，從而造成漏選答案。因此，考生在解決有矢量參與的問題時，一定要注意題中是否給出了矢量的方向，如果沒有給出，則需要考生考慮多方向的可能性，然后規定正方向(或建立x軸或y軸)，將矢量轉化為標量進行運算求解。(2)運動存在往返情況：一定要先選定一個正方向，在使用勻變速直線運動的公式進行計算時要注意矢量(如速度、加速度、位移等)的正負。(3)比較矢量情況：矢量相同必須是大小、方向都相同；若只比較大小，不需要考慮方向。2．對摩擦力的方向及突變性認識不足【例2】如圖所示，傳送帶與地面的夾角為θ＝37°，從A到B的長度為8.8m，傳送帶以v0＝6m/s的速度逆時針轉動，在傳送帶上端無初速度放一個質量為1kg的物體，它與傳動帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)求物體從A運動到B所需的時間；(2)若物體在傳送帶上可以留下劃痕，求劃痕的長度。【答案】(1)1.6s(2)1.8m【解析】(1)開始階段，傳送帶對物體的滑動摩擦力的方向平行于傳送帶向下，物體由靜止開始下滑，受力分析如圖(a)所示。由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入數據解得a1＝10m/s2。物體加速至與傳送帶速度相等時需要的時間t1＝eq\f(v0,a1)＝0.6s，運動的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.8m<8.8m，即物體加速到6m/s時仍未到達B點。由于μ<tanθ，故當物體加速至與傳送帶速度相同時，物體在重力沿傳送帶向下的分力的作用下，將繼續做加速運動，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶對物體的滑動摩擦力的方向平行于傳送帶向上，受力分析如圖(b)所示，由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入數據解得a2＝2m/s2。設物體從位移為x1處至運動到B點所需的時間為t2，則lAB－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22，代入數據解得t2＝1s(另一解不符合題意已舍去)，故物體從A運動到B所需的時間為t＝t1＋t2＝1.6s。(2)物體加速至與傳送帶速度相同時，傳送帶前進的距離為x2＝v0t1＝3.6m，而物體運動的距離等于其位移x1＝1.8m，物體相對于傳送帶向上運動的距離為Δx1＝x2－x1＝1.8m。物體的速度大于傳送帶的速度后，傳送帶運動的距離為x3＝v0t2＝6m，物體運動的距離為x4＝7m，物體相對于傳送帶向下滑行的距離為Δx2＝x4－x3＝1m，由于Δx1>Δx2，故物體在傳送帶上的劃痕長度為Δx1＝1.8m?！久鞅嬲`區】(1)摩擦力的方向與物體自身的運動方向沒有必然聯系。本題中，當物體向下滑動的速度小于傳送帶的速度時，物體相對于傳送帶向上滑動，此時物體受到的滑動摩擦力的方向平行于傳送帶向下；而當物體的速度大于傳送帶的速度后，物體相對于傳送帶向下滑動，此時物體受到的滑動摩擦力的方向則變為平行于傳送帶向上。(2)在分析摩擦力的方向時，一定要注意摩擦力方向的可變性，尤其是在分析靜摩擦力的時候，二者共速(轉折點)的時刻往往是摩擦力方向發生突變的關鍵時刻。3.忽視曲線運動中速度變化量的矢量性【例3】.(2022·山東煙臺期末)(多選)如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球，某一次球與球拍碰撞后，經過一段時間后球恰好垂直打在墻壁上的A點，已知球與球拍的作用點為B，A、B兩點高度差為0.8m，B點和墻面之間的距離為1.2m，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法中正確的是()A．球到達A點時的速度大小為5m/sB．球在B點離開球拍時的速度大小為5m/sC．球從B點運動到A點的過程中速度變化量大小為4m/sD．球從B點運動到A點的過程中速度變化量大小為2m/s【答案】BC【解析】：球從A到B可看成平拋運動，根據球在豎直方向上的運動規律，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，球到達A點時的速度大小為vA＝eq\f(x,t)＝3m/s，故A錯誤；豎直分速度vy＝gt＝4m/s，球在B點離開球拍時的速度大小為vB＝eq\r(vA2＋vy2)＝5m/s，故B正確；球從B點運動到A點的過程中速度變化量大小為Δv＝gt＝4m/s，故C正確，D錯誤?！久鞅嬲`區】平拋運動的特點(1)受力特點：只受重力作用，不受其他力或其他力忽略不計。(2)運動特點①加速度：a＝g，平拋運動是勻變速曲線運動。②速度：初速度v0方向水平；任意時刻的瞬時速度的水平分量都等于初速度v0，豎直分量都等于自由落體運動的速度。③速度變化特點：任意兩個相等的時間間隔內速度的變化量相同，Δv＝gΔt，方向豎直向下，如圖所示?！咎貏e提醒】平拋運動中任意兩個相等的時間間隔內速度的變化量相同，但是速率的變化卻不相等。4．忽視場強疊加的矢量性【例4】如圖所示，在紙面內的直角三角形ACD中，∠ADC＝60°，C、D兩點間的距離為L。A、C兩點處分別有一根與紙面垂直的長直導線，A點處導線中通過的電流為4I0(向里)，C點處導線中通過的電流為I0(向外)。已知通有電流I的長直導線外某點處磁場的磁感應強度大小B＝keq\f(I,r)，其中r為該點到導線的距離，k為常量，則D點處磁場的磁感應強度()A．大小為eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由C點指向D點B．大小為eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點C．大小為eq\r(5)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點D．大小為eq\r(5)keq\f(I0,L)，方向沿∠D的平分線【答案】B【解析】A點處導線中通過的電流在D點處產生的磁場的磁感應強度大小B1＝keq\f(4I0,2L)＝2keq\f(I0,L)，C點處導線中通過的電流在D點處產生的磁場的磁感應強度大小B2＝keq\f(I0,L)；根據右手螺旋定則可以判斷，B1、B2的方向如圖所示α＝30°，由于B1′＝B1sinα＝keq\f(I0,L)＝B2，所以D點處磁場的磁感應強度大小B＝B1″＝B1cosα＝eq\r(3)keq\f(I0,L)，方向由D點指向C點，選項B正確。【明辨誤區】(1)空間有多個場源時，電場強度、磁感應強度的疊加滿足平行四邊形定則。如例3，D點的磁感應強度應為A、C處兩通電直導線在D點產生的磁感應強度的矢量和。(2)當矢量的方向在一條直線上時，矢量的運算可以轉化為代數運算，但要選擇正方向，注意區分各矢量的符號。易錯點二不會讀圖1．對運動圖線的斜率、截距、面積等理解不準確【例1】[多選]a、b兩質點在同一直線上運動的位移—時間圖像如圖所示，b質點的加速度大小始終為0.2m/s2，兩圖線相切于坐標為(5s，－2.7m)的點，則()A．前5s內，a、b兩質點的運動方向相同B．t＝5s時，a、b兩質點的速度均為－0.54m/sC．b質點的初速度是－1.8m/sD．圖中x0應為2.8【答案】AD【解析】位移—時間圖像在某點切線的斜率表示在該點處的速度，由題意可知，a質點在t＝5s前沿負方向做勻速直線運動，b質點在t＝5s前沿負方向做勻減速直線運動，兩質點的運動方向相同，選項A正確；兩圖線相切于坐標為(5s，－2.7m)的點，故在t＝5s時兩質點的速度相同，且v＝k＝eq\f(－2.7－0,5－0.5)m/s＝－0.6m/s，選項B錯誤；由題意可知，做勻減速直線運動的b質點加速度為0.2m/s2，根據運動學公式有v＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，選項C錯誤；對于b質點，前5s內有x＝eq\x\to(v)t2＝eq\f(－1.6－0.6,2)×5m＝－5.5m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，選項D正確。【明辨誤區】(1)此題考生容易出現的錯誤有兩個：一是不能根據位移—時間圖像和題中已知條件判斷出b質點的運動情況；二是不明白兩圖線切點的含義。(2)考生要想避免出現錯誤，首先要弄明白圖像的類型，如v-t圖像、x-t圖像、a-t圖像等；其次要弄清楚圖線的斜率、交點、面積以及截距等所表示的物理意義；最后要建立質點運動的情境，從而將函數圖像轉化為物理模型，然后運用物理規律進行求解。2．不會分析與電場有關的三類圖像問題【例2】(2022·懷化模擬)某空間存在一電場，電場中的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，下列說法正確的是()A．在x軸上，從x1到x2電場強度方向向左B．在x軸上，從x1到x2電場強度先增大后減小C．把一負電荷沿x軸正向從x1移到x2，電場力先減小后增大D．把一負電荷從x1移到x2，電場力做負功【答案】C【解析】在x軸上，從x1到x2電勢先降低后升高，可知電場強度方向先向右后向左，A項錯誤；因φ-x圖像的斜率的絕對值表示電場強度的大小，可知從x1到x2電場強度先減小后增大，B項錯誤；由F＝qE知把一負電荷沿x軸正向從x1移到x2，電場力先減小后增大，C項正確；由Ep＝qφ知負電荷在x1處的電勢能Ep1大于在x2處的電勢能Ep2，把一負電荷從x1移到x2，電勢能減小，電場力做正功，D項錯誤?！久鞅嬲`區】E-x圖線、φ-x圖線、Ep-x圖線的區別(1)E-x圖線：靜電場中電場強度E隨x變化的圖像，電場強度為零的位置是電場線改變方向的位置，E-x圖線與坐標軸所圍面積表示電勢差。(2)φ-x圖線：解例2時沿著x軸正方向看，若電勢降低，則電場方向沿x軸正方向；若電勢升高，則電場方向沿x軸負方向。圖線斜率的絕對值表示電場強度的大小。要注意勿將φ-x圖像中φ的正、負當成電場的正方向和負方向。(3)Ep-x圖線：圖線的斜率大小表示電場力大小。由Ep-x圖線分析電場時，可根據Ep＝qφ，將Ep-x圖線轉換為φ-x圖線分析，注意電荷量q的正、負。3．對伏安特性曲線的意義理解不到位【例3】某種金屬導體的U-I圖像如圖所示，圖像上A點和原點的連線與橫軸成α角，A點的切線與橫軸成β角。關于該導體的敘述，下列說法中正確的是()A．導體的電功率隨電壓U的增大而增大B．導體的電功率與電壓U的平方成正比C．在A點，導體的電阻為tanβD．在A點，導體的電阻為tanα【答案】A【解析】由圖像知，U增大，電流I也增大，該導體的電功率在數值上等于橫、縱坐標確定的矩形面積，則電功率增大，故選項A正確；由歐姆定律知，導體的電阻R＝eq\f(U,I)，隨著U增大，I增大得越來越慢，故導體的電阻R隨U的增大而增大，由P＝eq\f(U2,R)知導體的電功率與電壓U的平方不成正比，故選項B錯誤；在物理圖像上，圖線的傾角決定于標度的選取，不能用傾角的正切求斜率，所以C、D選項都不正確?！久鞅嬲`區】在分析圖像時要注意以下兩點(1)區分電源的U-I圖像和電阻的U-I圖像，在電源的U-I圖像中，斜率表示電源內阻的絕對值，在電阻的U-I圖像中，對于線性變化元件的電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)；對于非線性變化元件R＝eq\f(U,I)≠eq\f(ΔU,ΔI)，電阻隨電流的變化而變化，電流為I時的電阻是U-I圖像中該電流對應的點與原點連線的斜率，而非該點切線的斜率。(2)區分U-I圖像和I-U圖像，在U-I圖像中，斜率越大表示電阻越大，在I-U圖像中斜率越大表示電阻越小。易錯點三研究對象選取不當1．受力分析時研究對象選取不當【例1】[多選]用外力F通過如圖所示的裝置把一個質量為m的小球沿傾角為30°的光滑斜面勻速向上拉動。已知在小球勻速運動的過程中，拴在小球上的繩子與水平桿之間的夾角從45°變為90°，斜面體與水平地面之間是粗糙的，并且斜面體一直靜止在水平地面上。不計滑輪與繩子之間的摩擦。則在小球勻速運動的過程中，下列說法正確的是()A．地面對斜面體的靜摩擦力始終為零B．外力F一直在增大C．某時刻繩子對水平桿上的滑輪的合力等于繩子的拉力D．繩子移動的速度大小大于小球沿斜面運動的速度大小【答案】BC【解析】設連接小球的繩子與水平方向的夾角為θ，對小球，沿斜面方向，由平衡條件有Tcos(θ－30°)＝mgsin30°，解得T＝eq\f(mg,2cosθ－30°)，則當θ角從45°變為90°的過程中，繩子的拉力T變大，因F＝T，則外力F一直在增大，選項B正確；將小球和斜面體視為整體，則地面對斜面體的靜摩擦力等于繩子拉力的水平分量，即f＝Tcosθ，又因為T＝eq\f(mg,2cosθ－30°)，所以f＝eq\f(1,2)mgeq\f(cosθ,cosθ－30°)，故只有當θ＝90°時地面對斜面體的靜摩擦力才等于零，選項A錯誤；當θ＝90°時，滑輪兩邊繩子的夾角為120°，由受力分析可知，此時繩子對水平桿上的滑輪的合力等于繩子的拉力，選項C正確；將小球沿斜面運動的速度v分解可知，繩子的速度v1＝vcos(θ－30°)，則繩子移動的速度大小小于小球沿斜面運動的速度大小，選項D錯誤。【明辨誤區】在對物體進行受力分析的過程中，靈活選取研究對象和研究方法(整體法、隔離法)十分重要。本題中，在分析繩子的拉力時，選取了小球為研究對象；在分析水平桿上的滑輪受到的合力時，選取了滑輪為研究對象；在分析地面對斜面體的靜摩擦力時，選取了斜面體和小球組成的系統為研究對象。2．對多過程問題的子過程選取不當導致錯誤【例2】如圖所示，在光滑水平軌道的右端有一彈性擋板，一質量為M＝0.5kg的木板正中間放有一質量為m＝2kg的小鐵塊(可視為質點)靜止在軌道上，木板右端距離擋板x0＝0.5m，小鐵塊與木板間動摩擦因數μ＝0.2。現對小鐵塊施加一水平向右的外力F，木板第一次與擋板碰前瞬間撤去外力。若木板與擋板碰撞時間極短，反彈后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。(1)要使小鐵塊與木板發生相對滑動，求水平向右的外力F的最小值；(2)若水平向右的外力F＝10N，求木板第一次與擋板碰撞前經歷的時間；(3)若水平向右的外力F＝10N，木板第一次與擋板碰前瞬間撤去外力，鐵塊和木板最終停下來時，鐵塊剛好沒有滑出木板，求木板的長度?！敬鸢浮?1)20N(2)0.5s(3)2.5m【解析】(1)設木板在鐵塊的最大靜摩擦力即滑動摩擦力作用下產生的加速度為am，則am＝eq\f(μmg,M)＝8m/s2對鐵塊和木板組成的整體得：Fm＝(m＋M)am解得Fm＝20N。(2)因F＜Fm，所以木板在靜摩擦力作用下與鐵塊一起以加速度a運動。設木板和鐵塊的共同加速度為a，則a＝eq\f(F,M＋m)＝4m/s2設木板向右運動第一次與擋板碰撞前經歷的時間為t，則x0＝eq\f(1,2)at2解得t＝0.5s。(3)設木板與擋板碰前，木板與鐵塊的共同速度為v1，則v1＝at，解得v1＝2m/s木板第一次與擋板碰撞前瞬間撤去外力，鐵塊以速度v1向右做減速運動，加速度大小為a1，木板與擋板碰撞后以速度v1向左做減速運動，木板與鐵塊相對滑動，則木板加速度大小為am，設木板速度減為零經過的時間為t1，向左運動的最遠距離為x1，則μmg＝ma1；v1＝amt1；x1＝eq\f(v12,2am)解得a1＝2m/s2，t1＝0.25s，x1＝0.25m當木板速度向左減為零時，設鐵塊速度為v1′，則v1′＝v1－a1t1設再經過時間t2鐵塊與木板達到共同速度v2，木板向右位移為x1′，則v2＝v1′－a1t2，v2＝amt2，x1′＝eq\f(1,2)amt22解得v1′＝1.5m/s，t2＝0.15s，v2＝1.2m/s，x1′＝0.09m因為x1′＜x1，所以木板與鐵塊達到共速后，將以速度v2運動，再次與擋板碰撞。以后多次重復這些過程最終木板停在擋板處。以木板和鐵塊系統為研究對象，根據能量守恒μmgs＝eq\f(1,2)(m＋M)v12設木板長為L，則L＝2s，解得L＝2.5m。【明辨誤區】(1)對每一個子過程的受力情況分析不清楚，特別是對撤去力F后的受力和運動情況不認真分析，不能得出木板與鐵塊達到共速后，將再次與擋板碰撞而導致錯誤。(2)求解多過程問題，要能夠將多過程分解為多個子過程，在每一個子過程中，對物體進行正確的受力分析，正確求解加速度是關鍵。求解時應注意以下三點：①以受力發生變化為分解物理過程的原則，變化點即為分割點，受力不變的過程無論有、無往返運動，均可當作全過程處理；②當物體的受力情況發生變化時其加速度也會發生變化，列方程要明確所研究的過程，避免不同過程的物理量混淆；③注意兩個過程的銜接，前一個過程的末狀態是后一個過程的初狀態，這是前、后過程的唯一關聯。易錯點四盲目套公式1．剎車問題中忽略實際運動情況而致錯【例1】汽車以10m/s的速度勻速行駛，5min后突然剎車。若剎車過程中汽車做勻變速直線運動，加速度大小為5m/s2，則從開始剎車時計時，經過3s汽車駛過的位移為()A．52.5m B．7.5mC．30m D．10m【答案】D【解析】汽車速度減為零所需的時間t＝eq\f(Δv,a)＝2s<3s，故從開始剎車時計時，經過3s汽車行駛的位移等于經過2s汽車行駛的位移，可得汽車駛過的位移為x＝eq\x\to(v)t＝eq\f(10＋0,2)×2m＝10m，選項A、B、C錯誤，D正確?！久鞅嬲`區】(1)此題容易出現的錯誤：沒有考慮汽車剎車過程的實際情況，即汽車速度減為零后只能靜止而不會后退，直接應用勻變速直線運動的規律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2進行求解，將v0＝10m/s、a＝－5m/s2和t＝3s代入，從而得出錯誤的結論x＝7.5m。(2)處理剎車問題的方法：一定要判斷所給時間內汽車的速度是否一直存在，即汽車是否已在所給時間內停止運動。當所給時間t≤eq\f(v0,a)時，汽車一直在做勻減速直線運動，發生的位移x≤eq\f(v02,2a)；當所給時間t>eq\f(v0,a)時，位移x＝eq\f(v02,2a)，整個過程中汽車先做勻減速直線運動后靜止。2.盲目套用平拋運動的基本規律【例2】如圖所示為置于豎直平面內的光滑桿AB，它是依照初速度為v0、水平射程為x的平拋運動軌跡制成的，A端為拋出點，B端為落地點?，F將一質量為m的小球套于其上，小球由靜止開始從A端滑下，重力加速度為g，則當小球到達B端時，下列說法正確的是()A．小球在水平方向的速度大于v0B．小球運動的時間為eq\f(x,v0)C．小球的速率為eq\f(gx,v0)D．小球所受重力的功率為eq\f(mg2x,v0)【答案】C【解析】小球若沿題圖所示軌跡做平拋運動，其運動到B端所用的時間t＝eq\f(x,v0)，則A端距離地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(gx2,2v02)，小球沿桿由靜止開始從A運動到B，雖然軌跡為平拋運動軌跡，但小球的運動不是平拋運動，因此運動的時間t′≠eq\f(x,v0)，B錯誤。設小球運動到B端時的速率為vB，根據動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gh)＝eq\f(gx,v0)，小球運動到B端時，在豎直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于eq\f(mg2x,v0)，C正確，D錯誤。小球運動到B端時的速度方向與水平方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(gx,v02)，可知小球運動到B端時其水平方向的速度大小vx＝vBcosθ＝eq\f(gxv0,\r(v04＋g2x2))<v0，A錯誤?！久鞅嬲`區】此題容易出現的錯誤是盲目套用平拋運動的規律，因此在處理此類問題時要注意以下兩點：(1)牢記平拋運動的兩個基本條件：一是只受重力作用，二是必須要有水平方向的初速度。(2)平拋運動可以分解為豎直方向的自由落體運動和水平方向的勻速直線運動。此題中的小球雖然是按照平拋運動的軌跡運動的，但由于小球沒有初速度，因此小球的運動不能分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，所以小球的運動并不能按平拋運動進行處理。3.對公式R＝eq\f(U,I)和R＝eq\f(ΔU,ΔI)的盲目套用【例3】如圖所示，電源電動勢為E，內阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度的降低而增大，C是平行板電容器，電路中的電表均為理想電表。閉合開關S，帶電液滴剛好靜止在平行板電容器C內。在溫度降低的過程中，分別用I、U1、U2和U3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數變化量的絕對值。溫度降低時，關于該電路工作狀態的變化，下列說法正確的是()A.eq\f(U1,I)、eq\f(U2,I)、eq\f(U3,I)一定都不變B.eq\f(ΔU1,ΔI)和eq\f(ΔU3,ΔI)一定不變，eq\f(ΔU2,ΔI)一定變化C．帶電液滴一定向下加速運動D．電源的工作效率一定變大【答案】D【解析】第一個易錯點是對電路串并聯關系的分析：先把電路中的電容器和電壓表去掉，分析可知電阻R和RT串聯，電壓表V1測量R兩端的電壓，電壓表V2測量RT兩端的電壓，電壓表V3測量電源的路端電壓，電容器兩端的電壓等于RT兩端的電壓。第二個易錯點是eq\f(U,I)與eq\f(ΔU,ΔI)的含義區分：eq\f(U1,I)＝R，eq\f(U2,I)＝RT，eq\f(U3,I)＝R＋RT，當溫度降低時，RT增大，則eq\f(U1,I)不變，eq\f(U2,I)增大，eq\f(U3,I)增大，A錯誤；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R不變，eq\f(ΔU3,ΔI)＝r不變，eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不變，B錯誤；RT增大時，其兩端電壓增大，平行板電容器兩端的電壓也增大，帶電液滴向上加速運動，C錯誤；RT增大，則外電阻增大，電源的效率增大，D正確。【明辨誤區】(1)eq\f(U,I)：由電阻的定義可知，無論是定值電阻還是變化電阻都有eq\f(U,I)＝R，判斷eq\f(U,I)的變化，就看電阻變不變。(2)eq\f(ΔU,ΔI)：對定值電阻，R＝eq\f(ΔU,ΔI)不變，對變化電阻，則需要將變化部分作為外電路，其余部分電阻等效為電源的內電阻R等效，然后由等效電源的路端電壓與電流的關系eq\f(ΔU,ΔI)＝R等效分析eq\f(ΔU,ΔI)的變化情況。易錯點五混淆相似問題1．混淆“死結”和“活結”【例1】(2022·煙臺模擬)在如圖所示的裝置中，兩物體A、B的質量分別為m1、m2，懸點a、b間的距離遠大于滑輪的直徑，不計一切摩擦，整個裝置處于靜止狀態。由圖可知()A．α可能大于β B．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2【答案】C【解析】繩子通過定滑輪和動滑輪相連，繩子各處的拉力相等，因整個裝置處于靜止狀態，故繩子的拉力等于B的重力m2g，對動滑輪進行受力分析，在水平方向上有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，在豎直方向上有Tcosα＋Tcosβ＝m1g，而T＝m2g，則有2m2gcosα＝m1g，所以m1一定小于2m2，選項C正確，A、B、D錯誤?！久鞅嬲`區】本題涉及的是受力分析中的“活結”問題，此類問題一般是通過滑輪或掛鉤等將物體懸掛在繩子上，其特點是滑輪或掛鉤可以在繩子上自由滑動，繩子對滑輪或掛鉤沒有約束力，因此繩子上的張力大小處處相等，即滑輪或掛鉤只能改變繩子上張力的方向，而不會改變張力的大小，抓住以上特點，就可以有效避免在“活結”問題上出現錯誤。2．混淆“輕桿、輕繩”連接體問題【例2】[多選]如圖(a)所示，將一右端固定有光滑定滑輪的輕桿固定在豎直擋板上，輕繩ABC跨過光滑的定滑輪懸吊質量為m1＝1kg的物塊；如圖(b)所示，將一輕桿用轉軸固定在豎直擋板上，兩段輕繩DE、EF系在桿的右端并懸吊質量為m2＝1.5kg的物塊。已知兩桿均水平，且繩子的傾斜部分與水平方向的夾角均為30°，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．圖(a)中AB繩的拉力大小為10NB．圖(b)中DE繩的拉力大小為15NC．圖(a)中輕桿對滑輪的支持力大小為10ND．圖(b)中輕桿對結點的支持力大小為15N【答案】AC【解析】對(a)、(b)兩圖中的B、E點分別進行受力分析，如圖甲、乙所示，圖甲中輕繩ABC跨過定滑輪拉住質量為m1的物塊，物塊處于平衡狀態，輕繩AB的拉力大小為FAB＝FBC＝m1g＝10N，A正確；由于圖甲中的桿為固定的桿，因此桿對滑輪的作用力不一定沿桿的方向，因為AB繩與BC繩的夾角為120°，故分析可得輕桿對滑輪的支持力大小為F甲＝FAB＝FBC＝10N，C正確；圖乙中由于桿可自由轉動，因此桿對結點的作用力方向一定沿桿的方向，則由平衡條件可知FDEsin30°＝FEF，FDEcos30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入數據解得輕繩DE的拉力為FDE＝30N，輕桿對結點的支持力大小為F乙＝15eq\r(3)N，B、D錯誤。【明辨誤區】(1)輕桿既能對物體提供拉力又能提供支持力，而輕繩只能對物體提供拉力。繩或桿對物體的彈力可以發生突變，不需要恢復形變的時間。(2)桿分動桿和定桿兩種動桿：若輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當桿處于平衡狀態時桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起桿的轉動。定桿：若輕桿被固定不發生轉動，則桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。3．混淆摩擦力做功與摩擦熱【例3】如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶順時針轉動，傳送帶的長度(兩軸心距離)s＝15m，質量m＝1kg的小物塊以初速度v0＝2m/s從A端滑上傳送帶，從B端滑上置于光滑水平面上質量為M＝3kg、上表面為eq\f(1,4)光滑圓弧的槽車(物塊由傳送帶滑上槽車時無機械能損失，光滑圓弧的半徑足夠大)。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。(1)為使物塊到達傳送帶頂端時能以最大速度滑上槽車，傳送帶的傳送速度至少為多少？(2)求物塊以最大速度滑上槽車后，能上升的最大高度。(3)若傳送帶傳送速度為v，且滿足v>v0，寫出因物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q與v的關系式。【答案】(1)4m/s(2)0.6m(3)Q＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(32v－96Jv≥4m/s,8v－22J2m/s<v<4m/s))【解析】(1)為使物塊到達傳送帶頂端時能以最大速度滑上槽車，物塊應在傳送帶上一直被加速，到達頂端時物塊速度小于或等于傳送帶速度，設物塊的最大速度為vm，根據牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，代入數據解得a＝0.4m/s2，由動能定理得Wf＝mas＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv02，則傳送帶的最小速度v′＝vm＝eq\r(v02＋2as)，解得vm＝4m/s。(2)物塊上升到最大高度時與槽車共速，速度記為v1，上升高度記為h，由動量守恒定律可得mvm＝(m＋M)v1，由能量守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)(m＋M)v12，聯立解得h＝0.6m。(3)若v≥4m/s，則物塊在傳送帶上一直被加速，加速度為a＝0.4m/s2，設加速時間為t，則由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得t＝5s，此時因物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q＝fΔx＝μmgcos37°(vt－s)＝(32v－96)J；若v0<v<4m/s，則物塊在傳送帶上先加速，后勻速，加速度a＝0.4m/s2，設加速時間為t′，則有t′＝eq\f(v－v0,a)＝(2.5v－5)s，此時因物塊與傳送帶摩擦產生的熱量Q＝fΔx＝μmgcos37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt′－\f(v2－v02,2a)))＝8(v－2)2J?！久鞅嬲`區】(1)“摩擦力做功”與“因摩擦產生的熱量”是容易混淆的兩個概念，不論摩擦力做正功還是做負功，計算方法均為摩擦力與物體對地位移的乘積；而因摩擦產生的熱量為摩擦力與兩物體之間的相對滑動距離的乘積。(2)在本題中，如果計算傳送帶與小物塊之間的摩擦力對小物塊所做的功，則需要用摩擦力與小物塊對地位移的乘積進行計算，而如果計算在此過程中產生的熱量，則需要用摩擦力與小物塊和傳送帶之間的相對位移的乘積來進行計算。4．混淆同步衛星、近地衛星、赤道上物體運動的特點【例2】[多選]有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，方向均與地球自轉方向一致，各衛星的排列位置如圖所示，則()A．衛星a的向心加速度近似等于重力加速度gB．在相同時間內衛星b轉過的弧長最長C．衛星c的速度一定比衛星d的速度大D．衛星d的角速度比衛星c的角速度大【答案】BC【解析】衛星a在赤道上，萬有引力遠大于向心力，即重力遠大于向心力，所以衛星a的向心加速度an遠小于重力加速度g，A錯誤；a、c兩顆衛星的角速度相等，由v＝ωr知，衛星c的速度比衛星a的速度大，對于b、c、d三顆衛星，由Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，衛星的軌道半徑越大，速度越小，所以衛星b的速度比衛星c的速度大，衛星c的速度比衛星d的速度大，C正確；四顆衛星中衛星b的速度最大，由弧長與速度的關系s＝vt可知，在相同的時間內衛星b轉過的弧長最長，B正確；由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，衛星的軌道半徑越大，角速度越小，所以衛星d的角速度比衛星c的角速度小，D錯誤。