高中物理易错题目大回顾.doc

高中物理易错题目大回顾辨别误区 防微杜渐针对一轮、二轮复习中的个别疑难点、易混易错点通过典型例题进行分析回顾，不失为高考最后冲刺阶段的一种有效方法。现将常见典型出错题目类型解析举例如下，以起到抛砖引玉，防微杜渐的作用。1对概念、规律的认识模糊而出错【典型例题】1、将一个电量为-2108C的点电荷，从零电势点S移到M点，要克服电场力做功4108J，从M点移到N点电场力做功为14108J，求M、N两点的电势。【错解】：S、M点电势差U=（）（）2V，因为此过程克服电场力做功，电势能增加，所以电势升高，故，所以2V。、N两点电势差U2（）/（），所以。【错解分析】 ：可能没有看清电荷的正、负或者对规律认识不清，认为不论正、负电荷，电势能大处电势高。还有可能认为只有正电荷在克服电场力做功时，电势能增大，而负电荷在克服电场力做功时，电势能减小。【正解】：解法（）由得：、M两点间电势差（）（），而，U（）。求点电势时把电荷从S点移到M点再移到点，看成一个全过程，在这个过程中，由S到N电场力做的总功等于各段分过程中电场力做功的代数和，即：（）。得：（）（）。而所以。解法（）、M两点间电势差（）（）=，而此过程电荷克服电场力做功，因而电势能增加，对于负电荷在低电势处电势能大，故，。而，所以2V。M、两点的电势差（）/（）=7V，所以5V。【答案】：，【点评】：在计算电势差和电势时没有考虑到电荷的正、负，从而导致错误。解决方法有两种：(1)代人符号进行计算；(2)代人绝对值计算后再判断。2、对电表的改装原理理解不透而出错【典型例题】、一电压表由电流表与电阻R串联而成，如图1所示若在使用中发现此电压表读数比准确值稍小些，采用下列哪种措施可以加以改进（ ）A在R上并联一只比R小得多的电阻B在R上并联一只比R大得多的电阻C在R上串联一只比R小得多的电阻D在R上串联一只比R大得多的电阻 【错解】：解（1）：将电阻与并联改装成的是电流表，将电阻与串联改装成的是电压表由于题目已说明改装后的是电压表，故A、B选项不对又电压表量程随着分压电阻R的增大而增大，由于电压表读数比准确值稍小些，可在R上串联一只比R小得多的电阻，应选c。 解（2）：由并联分流知识知，电压表读数比准确值小的原因是流过电流表的电流偏小，因此可以在R上并联一只比R小得多的电阻，使流过电流表的电流增大，应选A 【错解分析】：错解（1）产生的原因是不了解电压表的构造原理，不能正确分析电压表读数偏小的原因电压表是由一分压电阻与电流表串联而成的，通过表头的电流小些，指针偏转的角度就小，就达不到规定的刻度值由I=U/（Rg+R）知，若与串联一只电阻，I将变得更小，指针离规定的刻度就更远 错解（2）产生的原因是对题目要求的“稍小些”不理解，对以另一电阻与R串、并联后形成的R对电路的影响不会正确分析若在R上并联一只比R小得多的电阻，其总阻值R更小，R的分压作用明显减小，伏特表的量程明显变化，不合要求由I=U/（Rg+R）知，要使电流稍大些，只要让R稍小些即可，故只需在R上并联一只比R大得多的电阻即可 【正解】：当电压表两端电压一定时，由部分电路欧姆定律知，流过电流表的电流强度为：I=U/（Rg+R）。由于电流表内阻Rg不变，R偏大是造成电压表读数比准确值偏小的原因，解决的办法是使得式中R减小一些，故B选项正确【答案】：B【点评】：读数偏小，实际上是改装后表盘刻度太大了，只要让指针的偏角稍大一些就可以了。 3、对图象所代表的物理意义理解不清而出错【典型例题】3如图2(a)是某电源的路端电压U随干路电流I的变化图象，由图象可知，该电源的电动势 V，内阻为 。图2【错解】：电动势E=3V，由图线与横轴交点知，短路电流Io=6A。因为I0=E/r，所以r=0.5【错解分析】：对电源的UI图象，应正确理解其物理意义，在理解的基础上，通过分析揭示图象上各点的内涵，不能死记结论，生搬硬套，否则容易出错。本题的错解就是因此而产生的。对于纵轴起始坐标不是零的情况，可将横轴向下平移，此时图线与纵轴相交的示数仍等于E。而延长图线与横轴的交点，如图2(b)中的P才是u外=0，外电路短路时的电流I0=E/r。为防止出错，也可以由斜率求电源内阻，r=U/I=（3-1）/（6-0）=1/3。【正解】： 由图线与纵轴交点(0，3)知当I干=0时，即外电路短开时，U外=3V，即E=3V，由图线与横轴交点(6，1)知，当干路电流I=6A时，路端电压U=1V，即E=U外Ir，3V=1V6Ar，所以r。【答案】：0.5【点评】：由U外=EIr可知,U外I图象是一条斜向下的直线,纵轴截距等于电源的电动势E; 当纵坐标的起始坐标是零时，横轴截距等于外电路短路时的电流I0=E/r。本题常见的思维误区是：对电源的U外I图象理解不清，当纵坐标的起始坐标不是零时，仍用图线与横轴的交点计算电源内阻，从而导致出错。4、对公式理解不当、题设分析不清而出错【典型例题】3、 质量为m，长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成角斜向下，如图3(a)所示，求棒MN所受的支持力和摩擦力。图3【错解】：MN在磁场中与磁感线夹角为，则由F=BILsin得安培力大小为：FBILsin，安培力方向水平向右与摩擦力相平衡，故所受摩擦力Ff =BILsin，竖直方向上重力与支持力相平衡，故所受的支持力FNmg。【错解分析】： 题中误认为MN在磁场中与磁感线夹角为，由F=BILsin得安培力大小为：FBILsin，实际上虽然磁感应强度B与导轨平面成角，但MN却与磁感应强度B垂直，安培力应为FBIL，对定义公式理解错误。安培力的方向应垂直MN斜向下，也出现判断错误。【正解】： 导体棒MN在安培力作用下，处于平衡状态，题目中尽管磁感线倾斜，但磁感应强度方向与导体棒MN是垂直的。同时要注意题中图为立体图，受力分析时，应转换为平面图。画出平面图，由左手定则判断出安培力方向，对MN受力分析，如图3(b)所示对导体棒MN，由平衡条件得：水平方向：Ff=Fsin，竖直方向：FNFcos+mg【答案】： FNBILcos十mg 方向竖直向上 ； FfBILsin方向水平向左【点评】：本题的思维误区是：1在求解安培力时，对公式FBILsin的理解不当，对题设分析不清；2在判断力的方向时，左手定则与右手定则混乱。磁感应强度B是描述磁场强弱和方向的物理量，安培力F在B与I方向垂直时为FBIL，此时由左手定则知F与B垂直，也可以说F垂直于B、I决定的平面，受力分析时，可将表示磁场方向的箭头标在受力图旁边，以便于对安培力方向的检查。在有关安培力计算中，由立体图转换为平面图进行受力分析是基本的能力要求，注意在解题中体会。