2013年高考物理典型易错试题精选分析

2013年高考物理典型易错试题精选分析

万有引力定律警示易错试题

典型错误之一：错误地认为做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径不同。 例1、某卫星沿椭圆轨道绕行星运行，近地点离行星中心的距离是a,远地点离行星中心的距离为b,若卫星在近地点的速率为Va,则卫星在远地点时的速率Vb多少？

VaMm错解：卫星运行所受的万有引力提供向心力，在近地点时，有G2m，在远地点

aaVb2VMmab时有G2m，上述两式相比得a，故VbVa。

bbbVba分析纠错：以上错误在于认为做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径不同。实

际做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径相同，设都等于R。所以，在近地点

2Va2Vb2VMmMmb时有G2m，在远地点时有G2m，上述两式相比得a，故

RRabVbaaVbVa。

b典型错误之二：利用错误方法求卫星运动的加速度的大小。

例2、发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图20所示。则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确

P 的是：

3 A、卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率。

2 B、卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度。 1 C、卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度。

Q D、卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度。

MmV2GM2错解：因为G2mrm，所以V=，

rrr图20

GM，即B选项正确，A选项错误。 r3因为卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度，而在Q点轨道

V2V2的曲率半径r1a2，即C选项正确。

r2r1分析纠错：B选项正确，但C选项错误。根据牛顿第二定律可得aFGM2，即卫星的mr加速度a只与卫星到地心的距离r有关，所以C选项错误，D选项正确。

典型错误之三：错误认为卫星克服阻力做功后，卫星轨道半径将变大。 例3、一颗正在绕地球转动的人造卫星，由于受到阻力作用则将会出现： A、速度变小； B、动能增大； C、角速度变小； D、半径变大。

1

错解：当卫星受到阻力作用时，由于卫星克服阻力做功，故动能减小，速度变小，为了继续环绕地球，由于卫星速度VVGM可知，V减小则半径R必增大,又因，故ω变

rr小,可见应该选A、C、D。

分析纠错：当卫星受到阻力作用后，其总机械能要减小，卫星必定只能降至低轨道上飞行，故R减小。由VGM可知，V要增大，动能、角速度也要增大。可见只有B选项正确。 r典型错误之四：混淆稳定运动和变轨运动

例4、如图21所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下

a 列说法正确的是：

A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度；

地球 B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度；

C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c； D．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大。 图21 错解：c加速可追上b，错选C。

分析纠错：因为b、c在同一轨道上运行,故其线速度大小、加速度大小均相等。又b、c轨道半径大于a的轨道半径，由VGM/r知，Vb=Vc2

b c 知ab=ac2

当c加速时，c受到的万有引力F2

受到的万有引力F>mv/r, 故它将偏离原轨道做向心运动。所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故C选项错。对这一选项，不能用VGM/r来分析b、c轨道半径的变化情况。

对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视为稳定运行，由VGM/r知，r减小时V逐渐增大，故D选项正确。 典型错误之五：混淆连续物和卫星群

例5、根据观察，在土星外层有一个环，为了判断环是土星的连续物还是小卫星群。可测出环中各层的线速度V与该层到土星中心的距离R之间的关系。下列判断正确的是： A、若V与R成正比，则环为连续物；

2

B、若V与R成正比，则环为小卫星群； C、若V与R成反比，则环为连续物；

2

D、若V与R成反比，则环为小卫星群。 错解：选BD。

分析纠错：连续物是指和天体连在一起的物体，其角速度和天体相同，其线速度V与r成正比。而对卫星来讲，其线速度VGM/r，即V与r的平方根成反比。由上面分析可知，连续物线速度V与r成正比；小卫星群V与R成反比。故选A、D。

典型错误之七：物理过程分析不全掉解。

例7、如图23所示，M为悬挂在竖直平面内某一点的木质小球，悬线长为L，质量为m的子弹以水平速度V0射入球中而未射出，要使小球能在竖直平面内运动，且悬线不发生松驰，求子弹初速度V0应满足的条件。 错解1:V02

mMm5gL

V0 L 2

图23

错解2:V0mMm2gL

分析纠错：子弹击中木球时，由动量守恒定律得： mV0=(m+M)V1 下面分两种情况：

（1）若小球能做完整的圆周运动，则在最高点满足：

(mM)g(mM)V22/L

由机械能守定律得：

11(mM)V22(mM)V122(mM)gL 22mM5gL. 由以上各式解得：V0m(2)若木球不能做完整的圆周运动，则上升的最大高度为L时满足

1(mM)V12(mM)gL 2mM2gL. 解得：V0m

所以，要使小球在竖直平面内做悬线不松驰的运动，V0应满足的条件是：

V0mMm5gL或V0mMm2gL

但是，审题时不少学生对上述的两个物理过程分析不全，不是把物理过程（1）丢掉，就是把物理过程（2）丢掉。

机械能警示易错试题

典型错误之一：错误认为“人做功的计算”与“某个具体力做功的计算”相同。

人做的功就是人体消耗化学能的量度，不少学生错误认为只是人对其它物体作用力所做的功。

例26、质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为V1和V2，位移分别为S1和S2，如图25所示。则这段时间内此人所做的功的大小等于： m A．FS2 B．F(S1+S2) mmC．

111m2V22(mm1)V12 D．m2V22 222图

错解：人所做的功等于拉力F对物体m2所做的功W=F·S2，由动能定理可得： FS21m2V22 2即AC正确。 析纠错：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m1和m2的动能以及人的动能。所以人做的功的大小等于

F(S1S2)11mV22(mm1)V12 22P Q 图26

即B、D两选项正确。

典型错误之二：混淆注意“相对位移”与“绝对位移”。

功的计算公式中，S为力的作用点移动的位移，它是一个相对量，

3

与参照物选取有关，通常都取地球为参照物，这一点也是学生常常忽视的，致使发生错误。 例27、小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上(如图26所示) ，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力。

F (A)垂直于接触面，做功为零； P (B)垂直于接触面，做功不为零；

F(C)不垂直于接触面，做功不为零； Q (D)不垂于接触面，做功不为零。

错解：斜面对小物块的作用力垂直于接触面，作用力与物体的位移垂图直，故做功为零。即A选项正确。

分析纠错：小物块A在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F和F'，如图27所示。如果把斜面B固定在水平桌面上，物体A的位移方向和弹力方向垂直，这时斜面对物块A不做功。但此题告诉的条件是斜劈放在光滑的水平面上，可以自由滑动。此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块A的位移方向却是从初位置指向终末位置。如图27所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对小物块A做负功，即B选项正确。

典型错误之三：混淆“杆的弹力方向”与“绳的弹力方向”。

绳的弹力是一定沿绳的方向的，而杆的弹力不一定沿杆的方向。所以当物体的速度与杆垂直时，杆的弹力可以对物体做功。

O A B 例28、如图28所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量均为mVA 的小球，杆可绕无摩擦的轴O转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功?

错解：由于杆的弹力总垂直于小球的运动方向，所以轻杆对A、B两球均不VB 做功。

分析纠错：设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为VA和VB。如

图28

果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和小球的

相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒。若取B的最低点为零重力势能参考平面，可得： 2mgL=

111mVA2mVB2mgL 222又因A球对B球在各个时刻对应的角速度相同,故VB＝2VA 由以上二式得：VA3gL12gL. ,VB55根据动能定理，可解出杆对A、B做的功。对于A有

1mVA2 -O， 2所以WA=－0.2mgL.

12对于B有WB+mgL=mVB0，所以WB=0.2mgL.

2WA+mgL/2=

典型错误之四：混淆作用力做功与反作用力做功的不同。

作用力和反作用是两个分别作用在不同物体上的力，因此作用力的功和反作用力的功没有直接关系。作用力可以对物体做正功、负功或不做功，反作用力也同样可以对物体做正功、负功或不做功。

例29、下列是一些说法：

①一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同;

4

②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反;

③在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反; ④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号也不一定相反; 以上说法正确的是

A．①② B．①③② C．②③ D．②④

错解：认为“在同样的时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,但正负号一定相反”而错选B。

1不正确，因为处于平衡状态时，两个力大小相等方向相反，在同一段时间分析纠错：说法○

2正确。关于作用力和反作用内冲量大小相等，但方向相反。由恒力做功的知识可知，说法○

力的功要认识到它们是作用在两个物体上，两个物体的位移可能不同，所以功可能不同，说3不正确，说法○4正确。正确选项是D。 法○

典型错误之五：忽视机械能的瞬时损失。

例30、一质量为m的质点，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。今把质点从O点的正上方离O点的距离为点以水平的速度V08R的O19O1 V0 3gR抛出，如图29所示。试求； 4（1）轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为多少？

（2）当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？

错解：很多同学在求解这道题时，对全过程进行整体思维，设质点到达O点的正下方时速度为V,根据能量守恒定律可得：

θO

181mV02mg(RR)mV2 292193Vmg. 根据向心力公式得：Tmgm，解得：T4144R2R 图29

分析纠错：上述解法是错误的。这些同学对物理过程没有弄清楚，忽视了在绳被拉直瞬时过

程中机械能的瞬时损失。其实质点的运动可分为三个过

V0 O 程：

第一过程：质点做平抛运动。设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图30所示，则V0tRsin，

V⊥ V

1283gtRRcos，其中V0gR 2944R联立解得,t。

23g4gR。 3V/

图30

第二过程：绳绷直过程。绳棚直时，绳刚好水平，如图30所示.由于绳不可伸长，故绳绷直时，V0损失，质点仅有速度V⊥，且Vgt第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动。设质点到达O点正下方时，速度为V′，根据机械能守恒守律有：

2112mV/mVmgR 22 5

43V/mg。 设此时绳对质点的拉力为T，则Tmgm，联立解得：T9R动量警示易错试题

典型错误之一、忽视动量守恒定律的系统性

动量守恒定律描述的对象是由两个以上的物体构成的系统，研究的对象具有系统性，若在作用前后丢失任一部分，在解题时都会得出错误的结论。

例29、一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg，现将一质量为m=25kg的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s与V反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V/. 错解：根据动量守恒定律有： MV=MV/+m[─(u─V/)],解得V/2MVmu19.5m/s

mM分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有： （M+m）V=MV/+m[─(u─V/)] 解得VV/mV19.6m/s

Mm典型错误之二、忽视动量守恒定律的矢量性

动量守恒定律的表达式是矢量方程，对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题，应首先选定正方向，凡与正方向相同的动量取正，反之取负。对于方向未知的动量一般先假设为正，根据求得的结果再判断假设真伪。

例30、质量为m的A球以水平速度V与静止在光滑的水平面上的质量为3m的B球正碰，A球的速度变为原来的1/2，则碰后B球的速度是（以V的方向为正方向）. A.V/2, B.─V C.─V/2 D.V/2 错解：设B球碰后速度为V/，由动量守恒定律得：mV1VmV3mV/,V/. 26分析纠错：碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度小于B球速度，显然答案中没有，因

此，A球碰撞后方向一定改变，A球动量应m(─V/2). 由动量守恒定律得：mVm(V)3mV/,V/=V/2.故D正确。 2典型错误之三、忽视动量守恒定律的相对性

动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系。因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。若题设条件中物体不是相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。

例31、某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪（不包含子弹）及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？（不计水的阻力）

错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。 当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+（n-1）m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。

当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退

6

距离的n倍。

设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有： mL─[M+(n-1)m]S=0 解得：SmL

M(n1)m每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=

nmL.

M(n1)m分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。

设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(L─S),则由动量守恒定律有： m(L─S)─[M+(n─1)m]S=0 解得：S=

mL

MnmnmL.

Mnm每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=

典型错误之四、忽视动量守恒定律的同时性

动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量的速度都应该是互相作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

例32、平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计）。

错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。

以船速V0的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V，物体对地的速度为（V0─u）.由动量守恒定律得：

（M+m）V0=MV+m(V0-u) , 解得VmVMV0.

M分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V0，而变成了V,即V与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（V-u）,而不是（V0-u）. 由动量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V-u) 解得：VV0mu

Mm典型错误之五、忽视动量定理的矢量性

例33、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）

错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 V12gh1

7

（向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 V22gh2（向上） ，以t表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：（F-mg）Δt=mV2-mV1， 由以上各式解得，Fmgm2gh22gh1t ， 代入数

值得： F700N 。

分析纠错：错误原因是忽视了动量定理的矢量性。由动量定理得： （F-mg）Δt=mV2+mV1，由以上各式解得，Fmgm代入数值得： F1500N 。

典型错误之六、运用动量定理解题受力分析掉重力 对于例33还有如下一种常见错误：

错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 V1（向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 V22gh22gh1t 。

2gh1

2gh2（向上） ，以t表示接触时间，由动量定理得：FΔt=mV2+mV1， 由以上各式解得，

Fm2gh22gh1t ， 代入数值得： F900N 。

分析纠错：错误原因是受力分析时掉重力。

机械振动和机械波警示易错试题

典型错误之一：因忽视周期性引起的多解而出错。

例28、如图31所示，光滑的弧形槽的半径为R（R远大于弧长MN），A为弧形槽的最低点。小球B放在A点正上方离A点的高度为h，小球C放在M点。同时释放两球，使两球正好在A点相碰，则h应为多大

错解 :对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求C球到达O点的时间：

C M A B N TtCC42R g2h. g图31

对B球，它做自由落体运动，自h高度下落至O点tB2h要求两球相碰，则应有tB=tC,即g22RR。分析纠错：上述答案并，解得：h8g没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为C球在圆形轨道上自C

点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过TC/4时间可能与A相碰外，经过t=TC/4+NtC(N=0,1,2„„)的时间都可以与A相碰。正确答案是：

1h2(2n1)2R (n=1,2,3,4……)

8 8

典型错误之二：因对波的叠加原理理解不深刻而出错。

例29、两列简谐波均沿x轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿x轴正方向传播，如图32中实线所示。一列波沿x负方向传播，如图32中虚线所示。这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴，则图中x=1,2,3,4,5,6,7,8各点中振幅最大的是x= 的点，振幅最小的是x= 的点。

错解：从图中可以看出：振幅最大的是x=2，6的点，

y 振幅最小的是x=4，8的点。

分析纠错：对于x=4、8的点，此时两列波引起的位移V的矢量和为零，但两列波引起的振动速度的矢量和最大，01 2 3 4 5 6 7 8 故应是振动最强的点，即振幅最大的点。对于x=2和6的点，此时两列波引起的位移矢量和为零，两列波引起

图32 的振动速度的矢量和也为零，故应是振动最弱的点，即

振幅最小的点。

典型错误之三：因没有理解波的图像会随时间变化而出错 例30、 如图33所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是（ ） A．这列波的波长是4m B．这列波的传播速度是10m/s

C．质点Q（x=9m）经过0.5s才第一次到达波峰

D．M点以后各质点开始振动时的方向都是向下

错解：由质点Q（x=9m），经过0.4s波传到它，又经过T/4（0.1s）Q点第一次到达波峰，所以C对。 分析纠错 ：

（1）从图33上可以看出波长为4m，选A。

（2）实际上“相继出现两个波峰”应理解为，出现第一波峰与出现第二个波峰之间的时间间隔。因为在一个周期内，质点完成一次全振动，而一次全振动应表现为“相继出现两个波峰”，即T=0.4s。则V=λ/T=10m/s,所以B选项正确。

（3）质点Q（x=9m）经过0.4s开始振动，而波是沿x轴正方向传播，即介质中的每一个质点都被它左侧的质点所带动，从波向前传播的波形图34可以看出，0.4s波传到Q时，其左侧质点在它下方，所以Q点在0.5s时处于波谷。再经过0.2ss即总共经过0.7s才第一次到达波峰，所以选项C错了。 图34 （4）从波的向前传播原理可以知道，M以后的每个质点都是先向下振动的。所以选项D是对的。 此题正确答案为A，B，D。

典型错误之四：因错误认为“双向波”是一列波而出错

例31、如图35所示,S为上下振动的波源， 振动频率为100Hz，所产生的横波左右传播， 波速为80m/s，已知P、Q两质点距波源S的距离为SP=17．4m，SQ=16．2m。当S通过平衡位置向上振动时，P、Q两质点的位置是：

图33

Vx 图35

9 图36

A．P在波峰，Q在波谷； B．都在波峰； C．都在波谷 ；

D．P在波峰，Q在波峰。

错解：根据λ=VT=0.8m,SP=17．4m=(21+3/4)λ,SQ=16．2m=(20+1/4)λ,据此可作出波形图如图36所示，故可得到“P在波峰，Q在波峰”，而错选D。

分析纠错：波源S在振动的过程之中要形成分别向左右传播的两列波，波形应如图37所示，故可得到“P在波峰，Q在波谷”，而应选A。

典型错误之五：因忽视各质点的振动方向与波源的起振方向相同而出错。。

图37

例32、在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图38甲所示。振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向竖直向上。经过时间t，前13个质点第一次形成如图38乙所示的波形。关于这列波的周期和波速有如下说法 A.这列波的周期T=2t/3 B这列波的周期T=t/2

C.这列波的传播速度v=12s/T D.这列波的传播速度v=16s/T

错解：由图38可知：波长λ=8s,而在时间t内波向前传了3λ/2,所以周期T=2t/3，传播速度v=12s/T，即AC正确。

分析纠错：上述解答错在没有理解题意，题说“经过时间t，前13个质点第一次形成如图38乙所示的波形”，并不说波只传到前13个质点。如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾。所以在时间t内波向前传了2λ,所以周期T=t/2，传播速度v=16s/T，即BD正确。

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