届高考物理二轮专题复习练习： 第2步 切要害、重错题-少丢分 Word版含解析.doc

1、第2步切要害、重错题少丢分切中高考中的易混易错点很多同学都有这样的感觉，不少题目老师讲的时候都懂，但自己做的时候却会出现这样那样的错误，其中有一个很重要的原因就是中了命题者的圈套，掉入题目的陷阱中。如何跳出这些陷阱，通过下面的分析，也许你能从中悟出一些方法和技巧。陷阱一忽视物理单位和数量级典例1物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系。对于单位的分析是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法。下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存的能量EC与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中C为电容器的电容、U为电容器充电后其两极板间的电压、E为两极板间的电场强度、d为两极板间的距离、

2、S为两极板正对面积、r为两极板间所充介质的相对介电常数(没有单位)、k为静电力常量。请你分析下面给出的关于EC的表达式可能正确的是()AECC2U BECCU3CECE2SdDECESd易错分析若考生不清楚物理公式在确定了物理量之间关系的同时，也确定了物理量的单位之间的关系，则容易出错。正解C根据C，C2U的单位是C2V1，储存的能量EC的单位是J，根据WqU得1 J1 CV，故A错误；CU3的单位是CV2，故B错误；根据C，E2SdCE2d2，根据UEd，所以CU2，即单位是CV，故C正确；CUd，即单位是Cm，D错误。典例2一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还

3、写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为()A1.8 W,5.4102 WB3.6 W,0.108 WC6.48103 W,1.94102 WD0.6 W,1.8102 W易错分析本题在计算时要注意物理量单位，避免因单位换算而丢分。正解DmAh这个单位对应的物理量为电量，则电池的电能EqU50010336003.6 J6480 J，手机通话时消耗的功率P1 W0.6 W，待机时消耗的功率P2 W0.018 W1.8102 W。典例3中子星是大质量恒星在寿命终结后留下的残骸，其密度极高。科学家们对于中子星环境下的极端物理了解甚少，而引力波将能够为我们提供

4、这方面的信息。通常情况下，中子星的自转速度是非常快的，因此任何微小“突起”都将造成时空的扭曲并产生连续的引力波信号，这种引力辐射过程会带走一部分能量并造成中子星自转速度逐渐变慢。现有一中子星(可视为均匀球体)，它的自转周期为T s，若要维持该星体的稳定，保证其不因自转而瓦解，已知引力常量G6.671011 Nm2/kg2，则该中子星的最小密度应是()A1.271018 kg/m3B1.271014 kg/m3C1.271010 kg/m3D1.27106 kg/m3易错分析本题属于估算题，题中给出的数量级较大，在计算时，在合理应用物理公式外，易忽略数量级指数的计算而出错。正解B考虑中子星赤道上

5、一小物体，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体转动所需的向心力时，中子星才不会瓦解。设中子星的最小密度为，质量为M，半径为R，自转角速度为，位于赤道上的小物体的质量为m，则有m2R，MR3。由以上各式得，代入数据解得1.271014 kg/m3，所以B正确。陷阱二基本概念、基本规律理解模糊典例1(2019重庆高考模拟)中国一些道路建设很有特色，某地段建成螺旋式立交桥，如图所示。现有某汽车沿某段标准螺旋道路保持速率不变上行，关于该车在这段道路运动的说法正确的是()A汽车牵引力是恒力B汽车做匀变速运动C汽车做匀速圆周运动D汽车运行功率恒定易错分析对匀速圆周运动模型理解不透彻，简单的认为汽车的运

6、动是匀速圆周运动。正解D该车做曲线运动，牵引力的方向变化，牵引力不是恒力，合力方向变化，合力也不是恒力，汽车所做运动不是匀变速运动，汽车所做运动不是同一平面内的圆周运动，故A、B、C错误；汽车运动过程中牵引力大小和速率保持不变，汽车运行功率恒定，故D正确。典例2如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为21，原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等。下列说法正确的是()AS断开时，电压U1U221BS断开时，R1消耗的电功率等于R2的2倍CS闭合后，R1、R3、R4消耗的电功率相同DS闭合后，R1两端电压比S闭合前的更小易错分析错误的认为U1为变压器的输入电

7、压。正解CS断开时，变压器的副线圈中有输出电流，原线圈中的电流不为零，则电压U1大于变压器的输入电压，所以U1U221，A错误；S断开时，根据变压器输入电流和输出电流的关系可知，R1中电流等于R2中电流的，根据电功率公式PI2R可知，R1消耗的电功率为R2消耗的电功率的，B错误；S闭合后，R1、R3、R4中的电流相同，根据电功率公式PI2R可知，R1、R3、R4消耗的电功率相同，C正确；S闭合后，副线圈总电阻减小，电流增大，输出功率增大，根据变压器输入功率等于输出功率，可知变压器输入电流I1增大，R1两端电压比S闭合前的更大，D错误。典例3(2019四川师范大学附属中学模拟)在如图所示的电路中

8、，电源内阻不可忽略，电表均视为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动过程中，下列说法正确的是()A电流表A的示数增大B电容器的电荷量增大C电压表V1示数的变化量与电流表示数的变化量的比值增大D电压表V2示数变化量的绝对值比电压表V1的变化量的绝对值小易错分析动态电路中电压变化量与电流变化量两者的比值判断不清，简单的认为它们的比值为电阻变化量。正解B当R2的滑动触头P向下滑动的过程中滑动变阻器连入电路中的电阻增大，所以电路总电阻增大，电路总电流减小，即电流表示数减小，路端电压增大，而电容器两端的电压是路端电压，结合QCU可得，电容器的电荷量增大，故A错误，B正确；电压表V1示数与

9、电流表A示数的比值表示的是定值电阻R1，电压表V1示数的变化量与电流表示数的变化量的比值等于定值电阻R1，所以不变，C错误；路端电压变大，即电压表V3示数增大，因为R1为定值电阻并且通过的电流减小，所以它两端的电压减小，即电压表V1的示数减小，又因为路端电压变大，所以电压表V2的示数变大，因U3U1U2，可知电压表V2示数变化量的绝对值比电压表V1的变化量的绝对值大，D错误。故选B。陷阱三忽视隐含条件典例1(多选)如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为

10、g，不计所有阻力，下列说法正确的是()A在相同时间内物块A、B运动的路程之比为21B物块A、B的加速度之比为11C轻绳的拉力为DB下落高度h时速度为 易错分析相同时间内，B下降h，则A右移2h，则A、B加速度之比为21，由于忽略该隐含条件而出错。正解AC在相同时间内物块B下降h时物块A右移2h，故A正确。由hat2得，故B错误。以A为研究对象由牛顿第二定律得TmaA，以B为研究对象由牛顿第二定律得3mg2T3maB，联立得T，aBg，故C正确。由v22aBh得v ，故D错误。典例2(多选)有一根质量为m、长度为d的导体棒，通有垂直纸面向里的电流I，被长度为L的轻质绝缘细线悬挂在天花板上，处于静

11、止。此时在此空间加竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，保持导体棒中的电流I始终不变，细线偏离竖直方向的夹角最大值为60，导体棒始终保持水平，则()A磁场的磁感应强度大小为BB磁场的磁感应强度大小为BC在导体棒摆动过程中细线上拉力最大时上升的高度为（1）LD在导体棒摆动过程中细线的最大拉力为F(22)mg易错分析错误地认为偏离竖直方向的夹角最大时导体棒平衡。正解ACD如图所示，在安培力作用下导体棒偏离竖直方向最大角度为60，由动能定理得：BIdLsin60mgL(1cos60)0，解得B，故A正确，B错误。根据运动的对称性，当细线偏离竖直方向的夹角为30时，导体棒的速度最大，细线上的拉

12、力最大，此时导体棒上升的高度hL(1cos30)（1）L，故C正确。当细线从最低点摆至偏离竖直方向的夹角为30的过程，应用动能定理得BIdLsin30mgL(1cos30)mv2，由牛顿第二定律知Fmgcos30BIdsin30，联立解得F(22)mg，故D正确。典例3如图所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁的夹角为45，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对地面的压力恰好为零，已知物体与地面间的动摩擦因数0.3，重力加速度g10 m/s2，则()A此时物体受四个力作用B剪断轻绳瞬间，物体的加速度大小为10 m/s2C剪断

13、轻绳瞬间，物体的加速度大小为7 m/s2D撤去弹簧瞬间，物体一定受四个力作用易错分析错误地认为地面对物体有摩擦力而错选A，还有就是认为剪断轻绳瞬间，水平方向只受弹簧弹力，而丢掉摩擦力。正解C剪断轻绳前物体对地面的压力恰好为零，所以物体受重力mg、轻绳拉力和弹簧弹力三个力作用，A错误；剪断轻绳前物体处于平衡状态，Tcos45mg，FTsin45，即Fmg，剪断轻绳后物体在竖直方向上受重力和支持力作用，在水平方向上受弹簧弹力(弹力不变)和摩擦力作用，由牛顿第二定律知Fmgma，即a7 m/s2，B错误，C正确；撤去弹簧瞬间，轻绳中的弹力突变为零，物体受两个力作用，D错误。陷阱四临界条件判断错误典例

14、1(2019湖北宜昌市一中高一月考)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是()AB和A刚分离时，弹簧长度等于原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动易错分析判断不出A、B分离时，A、B间弹力为零，且加速度相等。正解CB和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，由于Fmg，可知B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹簧对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故A、B错误；B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg，原来静止时弹力大小为2mg，则

15、弹力减小量Fmg，两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小xh，由胡克定律得：k，故C正确；在B与A分离之前，以A、B整体为研究对象，开始时合力为零，当加上向上的拉力Fmg时，整体向上做加速运动，在向上运动过程中，重力2mg不变，弹力在减小，合力减小，加速度减小，故整体做变加速运动，故D错误。故选C。典例2如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为60，sBC2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin3

16、70.6，cos370.8)易错分析错误地认为在圆环最高点时小球速度最小。正解小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示。可知F1.25mg，方向与竖直方向成37角。由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零。由圆周运动知识得：Fm，即：1.25mgm小球由A运动到D点，由动能定理结合几何知识得：mg(hRRcos37)mg（2RRsin37）mv，联立解得h7.7R。典例3如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为30的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静

17、止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速度大小不超过a1，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速运动且加速度大小不超过a2，小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2的大小之比为()A.1 B.3 C31D13易错分析搞不清小球和小车保持相对静止时，向左加速和向右加速的临界条件分别是什么。正解D如果小车在水平面上向左加速运动，小球的加速度也向左，小球和小车保持相对静止的临界条件为绳的拉力恰为零，向左的加速度大小最大为a1，此时对小球受力分析可知，mgtan30ma1，所以a1gtan30；如果小车在水平面上向右加速运动，小球的加速度也向右，小球和小车保持相对静止的临界条件

18、为斜面对小球的支持力恰为零，向右的加速度大小最大为a2，此时对小球受力分析可知，mgcot30ma2，所以a2gcot30；综上可知a1与a2的大小之比为13，故D正确。陷阱五思维定势典例1(多选)如图所示，间距为d的两条竖直边界MN、CD间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子从左边界MN上的A点沿与MN成60角且垂直磁场的方向射入磁场，不计粒子重力，粒子恰好不从右边界穿出，则粒子在磁场中运动的时间为()A. B.C. D.易错分析受习惯思维及题图的影响，直接认为带电粒子带正电而漏选。正解BD粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqvm，即r。当粒子带正电

19、时，其轨迹如图中曲线a所示，则由图知rsin30dr，即r2d，所以，粒子在磁场中运动的时间为tT，B正确；当粒子带负电时，其轨迹如图中曲线b所示，则由图知rcos60rd，即r，此时，粒子在磁场中运行的时间为tT，D正确。典例2(2019湖北高三开学考试)叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。图示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为()A.G B.GC.G D.G易错分析简单的认为底下三人受力相同。正解B先以上面三个人作为一个整体，设每只脚受到的支持力为F1，则4F13

20、G，F1G；再以最下面中间那个人为研究对象，设一只脚受到的支持力为F2，G2F12F2，F2G，即其一只脚对水平地面的压力为G，B正确。典例3(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上且倾角为的斜面上滑。已知物块B与斜面间的动摩擦因数tan，则下列说法正确的是()A整体在上滑的过程中处于失重状态B整体在上滑到最高点后将停止运动C在上滑与下滑过程中两物块之间的摩擦力大小相等D上滑过程中两物块之间的摩擦力大于下滑过程的摩擦力易错分析简单地认为上滑和下滑加速度大小不一样，摩擦力就不一样。正解AC物块上滑过程，对A和B整体进行受力分析，由牛顿第

21、二定律可知(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a1，解得a1g(sincos)，整体在上滑过程中一定做匀减速直线运动，加速度沿斜面向下，处于失重状态，故A正确；由物块B与斜面间的动摩擦因数0，t轴以下面积表示vmg，导体棒ab将做先减速后匀速的直线运动，设匀速运动时的速度大小为vm，则有：mg根据能量守恒定律有：mgHm(v2v)Q联立式可得QmgH；同理，若F安mg，导体棒ab将做先加速后匀速的直线运动，匀速运动时的速度仍为vm，根据能量守恒定律有：mgHm(vv2)Q联立式可得QmgH。典例2(多选)如图所示，绝缘轻弹簧的上端固定在天花板上的O点，下端系一质量为m、带电荷量

22、为q的小球，小球套在O点正下方的水平光滑绝缘杆上，整个装置处于电场强度大小为E、方向沿杆向右的匀强电场中，现将小球从A点由静止释放，运动到B点时与其在A点时的弹簧弹力大小相等，OAOB，在小球从A点运动到B点的过程中，下列说法中正确的是()A小球到达B点时的速度为零B小球的电势能一直减小C小球的加速度大小为的位置有2个D弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有4个易错分析瞬时功率的表达式为PFvcos，其中F0，v0，90都会造成P0，想不全面会造成错解。正解BC因为小球运动到B点时与其在A点时的弹簧弹力大小相等，所以弹簧在A点的弹性势能与在B点的弹性势能相等，在小球从A点运动到B点的过程中，

23、电场力一直做正功，小球在B点动能大于零，小球的电势能一直减小，所以B正确，A错误；当弹簧与光滑绝缘杆垂直和当弹簧处于原长时，小球的加速度大小为，C正确；在A点时或当弹簧与光滑绝缘杆垂直时或当弹簧处于原长时三个位置弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零，D错误。典例3(多选)如图甲所示，水平地面上有一边长为L的正方形ABCD区域，其下方埋有与地面平行的金属管线。为探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度，先让金属管线载有电流，然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测。如图乙所示，将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端，将接地棒接到电源的另一端，这样金属管线中就有沿管线方向的电

24、流，使线圈P在直线AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，将线圈P静置于B处，当线圈平面与地面平行时，线圈中有感应电流，当线圈平面与射线BD成45角时，线圈中感应电流消失。下列判断正确的是()A图乙中的电源为恒定直流电源B金属管线沿AC走向C金属管线的埋覆深度为LD线圈P在D处，当它与地面的夹角为45时，P中的感应电流可能最大易错分析挖掘不出题中所叙述情况的空间立体分布图而造成不能正确解答。正解BCD如果是恒定直流电源，则线圈P中不可能有感应电流，A错误；线圈中没有感应电流，说明磁通量的变化率为零，即穿进与穿出的磁通量抵消，线圈P在直线AC上的不同位置保持静止(线圈平面与地面平行)，线圈中没有感应电流，说明金属管线沿AC走向，B正确；当线圈平面与射线BD成45角时，线圈中感应电流消失，说明金属管中电流在B点产生的磁场方向也与BD成45角，如图所示，由几何关系知，金属管线的埋覆深度为L，C正确；线圈P在D处，如果它与地面夹角为45(和题中所述线圈平面与射线BD成45角的情况下的平面平行)时，线圈就与磁感线垂直，P中的感应电流就最大，D正确。可以改画平面图帮助解答。- 20 -