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
2、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()AEC12C2UBEC12CU3CEC r8kE2Sd DEC r8kESd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 CQU，12C2U 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；12CU3 的单位是 CV2，故 B 错误；根据 C rS4kd，r8kE2Sd12CE2d2，根据 UEd，所以r
3、E2Sd8k 12CU2，即单位是 CV，故 C 正确；rESd8k 12CUd，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 D mAh 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
4、Et1 648033600W0.6 W，待机时消耗的功率 P2Et264801003600 W0.018 W1.8102W。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 130 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
5、星的最小密度应是()A1.271018 kg/m3 B1.271014 kg/m3C1.271010 kg/m3 D1.27106 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GMmR2 m2R，2T，M43R3。由以上各式得 3GT2，代入数据解得 1.271014 kg/m3，所以 B 正确。陷阱二 基本概念
6、、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
7、 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 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
8、电流的12，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14，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，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
9、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
10、 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g，不计所有阻力，下列说法正确的是()A在相同时间内
11、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6mg7DB 下落高度 h 时速度为2gh5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 h12at2 得aAaB21，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 T6mg7，aB37g，故 C 正确。由 v22aBh 得 v 2aBh6gh7，故 D 错误。典例 2(多选)有一
12、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，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 3mg3IdB磁场的磁感应强度大小为 B 3mgIdC在导体棒摆动过程中细线上拉力最大时上升的高度为(1 32)LD在导体棒摆动过程中细线的最大拉力为 F(2 32)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
13、 60，由动能定理得：BIdLsin60mgL(1cos60)0，解得 BmgL1cos60ILdsin60 3mg3Id，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，细线上的拉力最大，此时导体棒上升的高度 hL(1cos30)(1 32)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)12mv2，由牛顿第二定律知 Fmgcos30BIdsin30mv2L，联立解得 F(2 32)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
14、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
15、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 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
16、弹簧的劲度系数等于mghD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 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：kFxmgh，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
17、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34，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？(sin370.6，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
18、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：Fmv2DR，即：1.25mgmv2DR小球由 A 运动到 D 点，由动能定理结合几何知识得：mg(h R Rcos37)34mg(htan 2R Rsin37)12mv 2D，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止状态。如果小车在水平面上
19、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.31 B.33 C31 D13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
20、件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.2d3v B.4d3vC.8d3v D.8d9v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
21、 BD 粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqvmv2r，即 rmvBq。当粒子带正电时，其轨迹如图中曲线 a 所示，则由图知 rsin30dr，即 r2d，所以 mBq2dv，粒子在磁场中运动的时间为 t120360T2m3Bq4d3v，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 r2d3，此时 mBq2d3v，粒子在磁场中运行的时间为 t240360T4m3Bq8d9v，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
22、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.32GB.54GC.78GD.34G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 4F13G，F134G；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，F254G，即其一只脚对水平地面的压力为54G，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(
23、)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
24、度大小为 vm，则有：B2L2vmRmg根据能量守恒定律有：mgH12m(v2v2m)Q联立式可得 QmgHm2ghmB2L2Cm3g2R22B4L4；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：mgH12m(v2mv2)Q联立式可得 QmgHm2ghmB2L2Cm3g2R22B4L4。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
25、到 B 点时与其在 A 点时的弹簧弹力大小相等，OA45OB，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qEm 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，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
26、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qEm，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流，使线圈 P 在直线 A
27、C 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 22 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 22 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。本课结束
