《2020届高考物理二轮专题复习练习：第三部分 第2步 切要害、重错题——少丢分》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理二轮专题复习练习：第三部分 第2步 切要害、重错题——少丢分（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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
2、为两极 板间的电场强度 d 为两极板间的距离 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 A EC C2U B EC CU3 1 2 1 2 C EC E2SdD EC ESd r 8 k r 8 k 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 C2 V 1 储存的能量 EC的单位是 Q U 1 2 J 根据 W qU 得 1 J 1 C V 故 A 错误 CU3的单位是 C V2 故 B 错误 根
3、1 2 据 C E2Sd CE2d2 根据 U Ed 所以 CU2 即单位是 rS 4k d r 8 k 1 2 rE2Sd 8 k 1 2 C V 故 C 正确 CUd 即单位是 C m D 错误 rESd 8 k 1 2 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 A 1 8 W 5 4 10 2 W B 3 6 W 0 108 W C 6 48 103 W 1 94 102 W D 0 6 W 1 8 10 2 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
4、算而丢分 正解 D mA h 这个单位对应的物理量为电量 则电池的电能 E qU 500 10 3 3600 3 6 J 6480 J 手机通话时消耗的功率 P1 E t1 W 0 6 W 待机时消耗的功率 P2 W 0 018 6480 3 3600 E t2 6480 100 3600 W 1 8 10 2 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
5、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 1 30 量 G 6 67 10 11 N m2 kg2 则该中子星的最小密度应是 A 1 27 1018 kg m3B 1 27 1014 kg m3 C 1 27 1010 kg m3D 1 27 106 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
6、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 m 2R M R3 由以上各式得 代入数据解得 GMm R2 2 T 4 3 3 GT2 1 27 1014 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动
7、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 2 1 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 A S 断开时 电压 U1 U2 2 1 B S 断开时 R1消耗的电功率等于 R2的 2 倍 C S 闭合后 R1 R3 R4消耗的电功率相同 D S 闭合后
8、 R1两端电压比 S 闭合前的更小 易错分析 错误的认为 U1为变压器的输入电压 正解 C S 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 U1 U2 2 1 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 1 2 电功率公式 P I2R 可知 R1消耗的电功率为 R2消耗的电功率的 B 错误 S 闭 1 4 合后 R1 R3 R4中的电流相同 根据电功率公式 P I2R 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
9、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 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
10、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 Q CU 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 U3 U1 U2 可知电压表 V2示数变化量的绝对值
11、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 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 2 1 B 物块 A B 的加速度之比为 1 1 C 轻绳的拉力为 6mg 7 D B 下落高度 h 时速度为 2gh 5 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 2 1
12、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 h at2得 故 B 错误 以 A 为研究对象由牛顿第二定律得 T maA 以 B 1 2 aA aB 2 1 为研究对象由牛顿第二定律得 3mg 2T 3maB 联立得 T aB g 故 C 6mg 7 3 7 正确 由 v2 2aBh 得 v 故 D 错误 2aBh 6gh 7 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
13、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 B 3mg 3Id B 磁场的磁感应强度大小为 B 3mg Id C 在导体棒摆动过程中细线上拉力最大时上升的高度为 1 L 3 2 D 在导体棒摆动过程中细线的最大拉力为 F 2 2 mg 3 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 BIdLsin60 mgL 1 cos60 0 解得 B 故 A 正确 B 错误 根据运动的对称性 当细线偏 mgL 1 cos60
14、ILdsin60 3mg 3Id 离竖直方向的夹角为 30 时 导体棒的速度最大 细线上的拉力最大 此时导体 棒上升的高度 h L 1 cos30 1 L 故 C 正确 当细线从最低点摆至 3 2 偏离竖直方向的夹角为 30 的过程 应用动能定理得 BIdLsin30 mgL 1 cos30 mv2 由牛顿第二定律知 F mgcos30 BIdsin30 联立解得 1 2 mv2 L F 2 2 mg 故 D 正确 3 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
15、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 g 10 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 s2 C 剪断轻绳瞬间 物体的加速度大小为 7 m s2 D 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 Tcos45 mg F Tsin45 即 F mg 剪断轻绳后物体在竖直方
16、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 F mg ma 即 a 7 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 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 A B 和 A 刚分离时 弹簧长度等于原长 B B 和 A 刚分离时 它们的加速度为 g C 弹簧的劲度系数等于 mg h 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 C B 和 A 刚分离时 B 受到重力 mg 和恒力 F 由于 F mg 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 则弹力减小量 F
