专题8.1高频易错、易混点快攻（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023届高考物理二、三轮复习总攻略290387341

第八部分 考前叮咛 专题8.1 高频易错、易混点快攻 目录 易错点一 忽视矢量的方向性..................................................................................................................................1 1．忽视运动学公式中速度、加速度的矢量性................................................................................................1 2．对摩擦力的方向及突变性认识不足............................................................................................................2 3.忽视曲线运动中速度变化量的矢量性...........................................................................................................3 4．忽视场强叠加的矢量性................................................................................................................................4 易错点二 不会读图..................................................................................................................................................5 1．对运动图线的斜率、截距、面积等理解不准确........................................................................................5 2．不会分析与电场有关的三类图像问题........................................................................................................6 3．对伏安特性曲线的意义理解不到位............................................................................................................6 易错点三 研究对象选取不当..................................................................................................................................7 1．受力分析时研究对象选取不当....................................................................................................................7 2．对多过程问题的子过程选取不当导致错误................................................................................................8 易错点四 盲目套公式................................................................................................................................................9 1．刹车问题中忽略实际运动情况而致错........................................................................................................9 2.盲目套用平抛运动的基本规律.....................................................................................................................10 3. 对公式R＝和R＝的盲目套用.....................................................................................................................11 易错点五 混淆相似问题..........................................................................................................................................11 2．混淆“轻杆、轻绳”连接体问题..............................................................................................................12 3．混淆摩擦力做功与摩擦热..........................................................................................................................13 4．混淆同步卫星、近地卫星、赤道上物体运动的特点..............................................................................14 5．混淆纯电阻电路和非纯电阻电路..............................................................................................................15 6．混淆交变电流的“四值”..........................................................................................................................15 易错题精选精练........................................................................................................................................................16 【概述】在考试中，我们经常碰到很多容易理解错误和容易混淆的知识点，碰到很多容易做错且常常一错 再错的试题。对这些问题考前进行分类汇总，旨在让考生在考场上力避这些“低级”错误，把该得的分得 到手，不因无谓失分而遗憾。 易错点一 忽视矢量的方向性 1．忽视运动学公式中速度、加速度的矢量性 【例1】[多选]一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s。不计空 气阻力，重力加速度g取10 m/s2。关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是( ) A．在A点正上方15 m处，速度方向竖直向上 B．在A点正上方15 m处，速度方向竖直向下 C．在A点正上方75 m处，速度方向竖直向上 D．在A点正上方75 m处，速度方向竖直向下【答案】 BC 【解析】此题中给出的条件是3 s后物体的速率变为10 m/s，因此在计算时要考虑此时的速度方向有可能 竖直向上，也有可能竖直向下。当速度方向竖直向上时，物体的初速度大小为 v ＝v＋gt＝40 m/s，物体的 0 位移大小为h＝t＝75 m，物体在A点的正上方，故选项A错误，C正确。当物体的速度方向竖直向下时， 1 物体的初速度大小为v′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移大小为h′＝t＝15 m，物体仍然在A点的正上方， 0 1 故选项B正确，D错误。 【明辨误区】(1)题中未给出矢量方向，只给出大小：如例1，考生最容易出现的错误就是没有考虑3 s时物 体的速度可能有两个方向，从而造成漏选答案。因此，考生在解决有矢量参与的问题时，一定要注意题中 是否给出了矢量的方向，如果没有给出，则需要考生考虑多方向的可能性，然后规定正方向(或建立x轴或 y轴)，将矢量转化为标量进行运算求解。 (2)运动存在往返情况：一定要先选定一个正方向，在使用匀变速直线运动的公式进行计算时要注意矢量 (如速度、加速度、位移等)的正负。 (3)比较矢量情况：矢量相同必须是大小、方向都相同；若只比较大小，不需要考虑方向。 2．对摩擦力的方向及突变性认识不足 【例2】如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝37°，从A到B的长度为8.8 m，传送带以v ＝6 m/s的速度 0 逆时针转动，在传送带上端无初速度放一个质量为1 kg的物体，它与传动带之间的动摩擦因数为μ＝0.5， 重力加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)求物体从A运动到B所需的时间； (2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度。 【答案】(1)1.6 s (2)1.8 m 【解析】 (1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下，物体由静止开始下滑，受 力分析如图(a)所示。由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma ，代入数据解得a ＝10 m/s2。物体加速 1 1 至与传送带速度相等时需要的时间t ＝＝0.6 s，运动的位移x ＝at2＝1.8 m<8.8 m，即物体加速到6 m/s时 1 1 11 仍未到达B点。由于μΔx，故物体在传送带上的划痕长度为Δx＝1.8 m。 4 3 1 2 1 【明辨误区】(1)摩擦力的方向与物体自身的运动方向没有必然联系。本题中，当物体向下滑动的速度小于 传送带的速度时，物体相对于传送带向上滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向平行于传送带向下；而 当物体的速度大于传送带的速度后，物体相对于传送带向下滑动，此时物体受到的滑动摩擦力的方向则变 为平行于传送带向上。 (2)在分析摩擦力的方向时，一定要注意摩擦力方向的可变性，尤其是在分析静摩擦力的时候，二者共速 (转折点)的时刻往往是摩擦力方向发生突变的关键时刻。 3.忽视曲线运动中速度变化量的矢量性 【例3】.(2022·山东烟台期末)(多选)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某一次球与球拍碰撞后， 经过一段时间后球恰好垂直打在墙壁上的A点，已知球与球拍的作用点为B，A、B两点高度差为0.8 m，B 点和墙面之间的距离为1.2 m，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( ) A．球到达A点时的速度大小为5 m/s B．球在B点离开球拍时的速度大小为5 m/s C．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为4 m/s D．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为2 m/s 【答案】BC 【解析】： 球从A到B可看成平抛运动，根据球在竖直方向上的运动规律，由h＝gt2，解得t＝＝0.4 s， 球到达A点时的速度大小为v ＝＝3 m/s，故A错误；竖直分速度v＝gt＝4 m/s，球在B点离开球拍时的速 A y 度大小为v ＝＝5 m/s，故B正确；球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为Δv＝gt＝4 m/s，故C B 正确，D错误。 【明辨误区】平抛运动的特点 (1)受力特点：只受重力作用，不受其他力或其他力忽略不计。 (2)运动特点 ①加速度：a＝g，平抛运动是匀变速曲线运动。 ②速度：初速度v 方向水平；任意时刻的瞬时速度的水平分量都等于初速度v ，竖直分量都等于自由落体 0 0 运动的速度。 ③速度变化特点：任意两个相等的时间间隔内速度的变化量相同，Δv＝gΔt，方向竖直向下，如图所示。 【特别提醒】平抛运动中任意两个相等的时间间隔内速度的变化量相同，但是速率的变化却不相等。4．忽视场强叠加的矢量性 【例4】如图所示，在纸面内的直角三角形ACD中，∠ADC＝60°，C、D两点间的距离为L。A、C两点处 分别有一根与纸面垂直的长直导线，A点处导线中通过的电流为4I(向里)，C点处导线中通过的电流为 0 I(向外)。已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B＝k，其中r为该点到导线的距离， 0 k为常量，则D点处磁场的磁感应强度( ) A．大小为k，方向由C点指向D点 B．大小为k，方向由D点指向C点 C．大小为k，方向由D点指向C点 D．大小为k，方向沿∠D的平分线 【答案】B 【解析】A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B＝k＝2k，C点处导线中通过的 1 电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B＝k；根据右手螺旋定则可以判断，B、B 的方向如图所示 2 1 2 α＝30°，由于B′＝Bsin α＝k＝B ，所以D点处磁场的磁感应强度大小B＝B″＝Bcos α＝k，方向由D点 1 1 2 1 1 指向C点，选项B正确。 【明辨误区】(1)空间有多个场源时，电场强度、磁感应强度的叠加满足平行四边形定则。如例 3，D点的 磁感应强度应为A、C处两通电直导线在D点产生的磁感应强度的矢量和。 (2)当矢量的方向在一条直线上时，矢量的运算可以转化为代数运算，但要选择正方向，注意区分各矢量的 符号。 易错点二 不会读图 1．对运动图线的斜率、截距、面积等理解不准确 【例1】[多选]a、b两质点在同一直线上运动的位移—时间图像如图所示，b质点的加速度大小始终为0.2 m/s2，两图线相切于坐标为(5 s，－2.7 m)的点，则( )A．前5 s内，a、b两质点的运动方向相同 B．t＝5 s时，a、b两质点的速度均为－0.54 m/s C．b质点的初速度是－1.8 m/s D．图中x 应为2.8 0 【答案】AD 【解析】位移—时间图像在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t＝5 s前沿负方 向做匀速直线运动，b质点在t＝5 s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，选项A正确； 两图线相切于坐标为(5 s，－2.7 m)的点，故在t＝5 s时两质点的速度相同，且v＝k＝ m/s＝－0.6 m/s，选 项B错误；由题意可知，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2 m/s2，根据运动学公式有v＝v ＋at，解 0 得v ＝－1.6 m/s，选项C错误；对于b质点，前5 s内有x＝ t ＝×5 m＝－5.5 m，故x ＝－2.7－(－5.5)＝ 0 2 0 2.8，选项D正确。 【明辨误区】(1)此题考生容易出现的错误有两个：一是不能根据位移—时间图像和题中已知条件判断出 b 质点的运动情况；二是不明白两图线切点的含义。 (2)考生要想避免出现错误，首先要弄明白图像的类型，如vt图像、xt图像、at图像等；其次要弄清楚图线 的斜率、交点、面积以及截距等所表示的物理意义；最后要建立质点运动的情境，从而将函数图像转化为 物理模型，然后运用物理规律进行求解。 2．不会分析与电场有关的三类图像问题 【例2】(2022·怀化模拟)某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的 是( ) A．在x轴上，从x 到x 电场强度方向向左 1 2 B．在x轴上，从x 到x 电场强度先增大后减小 1 2 C．把一负电荷沿x轴正向从x 移到x，电场力先减小后增大 1 2 D．把一负电荷从x 移到x，电场力做负功 1 2 【答案】C 【解析】在x轴上，从x 到x 电势先降低后升高，可知电场强度方向先向右后向左，A项错误；因φx图像 1 2 的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知从x 到x 电场强度先减小后增大，B项错误；由F＝qE知把一 1 2 负电荷沿x轴正向从x 移到x ，电场力先减小后增大，C项正确；由E ＝qφ知负电荷在x 处的电势能E 1 2 p 1 p1 大于在x 处的电势能E ，把一负电荷从x 移到x，电势能减小，电场力做正功，D项错误。 2 p2 1 2 【明辨误区】Ex图线、φx图线、Ex图线的区别 p (1)Ex图线：静电场中电场强度E随x变化的图像，电场强度为零的位置是电场线改变方向的位置，Ex图线与坐标轴所围面积表示电势差。 (2)φx图线：解例2时沿着x轴正方向看，若电势降低，则电场方向沿x轴正方向；若电势升高，则电场方 向沿x轴负方向。图线斜率的绝对值表示电场强度的大小。要注意勿将φx图像中φ的正、负当成电场的正 方向和负方向。 (3)Ex图线：图线的斜率大小表示电场力大小。由Ex图线分析电场时，可根据E＝qφ，将Ex图线转换为 p p p p φx图线分析，注意电荷量q的正、负。 3．对伏安特性曲线的意义理解不到位 【例3】某种金属导体的UI图像如图所示，图像上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成 β角。关于该导体的叙述，下列说法中正确的是( ) A．导体的电功率随电压U的增大而增大 B．导体的电功率与电压U的平方成正比 C．在A点，导体的电阻为tan β D．在A点，导体的电阻为tan α 【答案】A 【解析】由图像知，U增大，电流I也增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积， 则电功率增大，故选项A正确；由欧姆定律知，导体的电阻 R＝，随着U增大，I增大得越来越慢，故导 体的电阻R随U的增大而增大，由P＝知导体的电功率与电压U的平方不成正比，故选项B错误；在物理 图像上，图线的倾角决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率，所以C、D选项都不正确。 【明辨误区】在分析图像时要注意以下两点 (1)区分电源的UI图像和电阻的UI图像，在电源的UI图像中，斜率表示电源内阻的绝对值，在电阻的UI 图像中，对于线性变化元件的电阻R＝＝；对于非线性变化元件R＝≠，电阻随电流的变化而变化，电流 为I时的电阻是UI图像中该电流对应的点与原点连线的斜率，而非该点切线的斜率。 (2)区分UI图像和IU图像，在UI图像中，斜率越大表示电阻越大，在IU图像中斜率越大表示电阻越小。 易错点三 研究对象选取不当 1．受力分析时研究对象选取不当 【例1】[多选]用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动。 已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面 之间是粗糙的，并且斜面体一直静止在水平地面上。不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球匀速运动的过 程中，下列说法正确的是( )A．地面对斜面体的静摩擦力始终为零 B．外力F一直在增大 C．某时刻绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力 D．绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小 【答案】BC 【解析】设连接小球的绳子与水平方向的夹角为 θ，对小球，沿斜面方向，由平衡条件有 Tcos(θ－30°)＝ mgsin 30°，解得T＝，则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T变大，因F＝T，则外力F一直在增 大，选项B正确；将小球和斜面体视为整体，则地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即f ＝Tcos θ，又因为T＝，所以f＝mg，故只有当θ＝90°时地面对斜面体的静摩擦力才等于零，选项A错误； 当θ＝90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，由受力分析可知，此时绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子 的拉力，选项C正确；将小球沿斜面运动的速度v分解可知，绳子的速度v ＝vcos(θ－30°)，则绳子移动的 1 速度大小小于小球沿斜面运动的速度大小，选项D错误。 【明辨误区】在对物体进行受力分析的过程中，灵活选取研究对象和研究方法(整体法、隔离法)十分重要。 本题中，在分析绳子的拉力时，选取了小球为研究对象；在分析水平杆上的滑轮受到的合力时，选取了滑 轮为研究对象；在分析地面对斜面体的静摩擦力时，选取了斜面体和小球组成的系统为研究对象。 2．对多过程问题的子过程选取不当导致错误 【例2】如图所示，在光滑水平轨道的右端有一弹性挡板，一质量为 M＝0.5 kg的木板正中间放有一质量 为m＝2 kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板x ＝0.5 m，小铁块与木板间动摩擦因 0 数μ＝0.2。现对小铁块施加一水平向右的外力F，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力。若木板与挡板碰 撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)要使小铁块与木板发生相对滑动，求水平向右的外力F的最小值； (2)若水平向右的外力F＝10 N，求木板第一次与挡板碰撞前经历的时间； (3)若水平向右的外力F＝10 N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终停下来时，铁块刚 好没有滑出木板，求木板的长度。 【答案】(1)20 N (2)0.5 s (3)2.5 m 【解析】(1)设木板在铁块的最大静摩擦力即滑动摩擦力作用下产生的加速度为a ，则a ＝＝8 m/s2 m m 对铁块和木板组成的整体得：F ＝(m＋M)a m m 解得F ＝20 N。 m (2)因F＜F ，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动。 m 设木板和铁块的共同加速度为a，则a＝＝4 m/s2 设木板向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则x＝at2 0 解得t＝0.5 s。 (3)设木板与挡板碰前，木板与铁块的共同速度为v，则v＝at，解得v＝2 m/s 1 1 1 木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度 v 向右做减速运动，加速度大小为a ，木板与挡板碰 1 1 撞后以速度v 向左做减速运动，木板与铁块相对滑动，则木板加速度大小为a ，设木板速度减为零经过的 1 m 时间为t，向左运动的最远距离为x，则 1 1 μmg＝ma ；v＝a t ；x＝ 1 1 m 1 1 解得a＝2 m/s2，t＝0.25 s，x＝0.25 m 1 1 1 当木板速度向左减为零时，设铁块速度为v′，则v′＝v－at 1 1 1 11 设再经过时间t 铁块与木板达到共同速度v，木板向右位移为x′，则 2 2 1 v＝v′－at，v＝a t，x′＝a t2 2 1 12 2 m 2 1 m2 解得v′＝1.5 m/s，t＝0.15 s，v＝1.2 m/s，x′＝0.09 m 1 2 2 1 因为x′＜x ，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v 运动，再次与挡板碰撞。以后多次重复这些过程最 1 1 2 终木板停在挡板处。以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒 μmgs＝(m＋M)v2 1 设木板长为L，则L＝2s， 解得L＝2.5 m 。 【明辨误区】(1)对每一个子过程的受力情况分析不清楚，特别是对撤去力F后的受力和运动情况不认真分 析，不能得出木板与铁块达到共速后，将再次与挡板碰撞而导致错误。 (2)求解多过程问题，要能够将多过程分解为多个子过程，在每一个子过程中，对物体进行正确的受力分析， 正确求解加速度是关键。求解时应注意以下三点： ①以受力发生变化为分解物理过程的原则，变化点即为分割点，受力不变的过程无论有、无往返运动，均 可当作全过程处理； ②当物体的受力情况发生变化时其加速度也会发生变化，列方程要明确所研究的过程，避免不同过程的物 理量混淆； ③注意两个过程的衔接，前一个过程的末状态是后一个过程的初状态，这是前、后过程的唯一关联。 易错点四 盲目套公式 1．刹车问题中忽略实际运动情况而致错 【例1】汽车以10 m/s的速度匀速行驶，5 min后突然刹车。若刹车过程中汽车做匀变速直线运动，加速度 大小为5 m/s2，则从开始刹车时计时，经过3 s汽车驶过的位移为( ) A．52.5 m B．7.5 m C．30 m D．10 m 【答案】D 【解析】汽车速度减为零所需的时间t＝＝2 s<3 s，故从开始刹车时计时，经过3 s汽车行驶的位移等于经 过2 s汽车行驶的位移，可得汽车驶过的位移为x＝ t＝×2 m＝10 m，选项A、B、C错误，D正确。【明辨误区】(1)此题容易出现的错误：没有考虑汽车刹车过程的实际情况，即汽车速度减为零后只能静止 而不会后退，直接应用匀变速直线运动的规律x＝vt＋at2进行求解，将v＝10 m/s、a＝－5 m/s2和t＝3 s代 0 0 入，从而得出错误的结论x＝7.5 m。 (2)处理刹车问题的方法：一定要判断所给时间内汽车的速度是否一直存在，即汽车是否已在所给时间内停 止运动。当所给时间t≤时，汽车一直在做匀减速直线运动，发生的位移x≤；当所给时间t>时，位移x＝， 整个过程中汽车先做匀减速直线运动后静止。 2.盲目套用平抛运动的基本规律 【例2】如图所示为置于竖直平面内的光滑杆AB，它是依照初速度为v 、水平射程为x的平抛运动轨迹制 0 成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一质量为m的小球套于其上，小球由静止开始从A端滑下，重 力加速度为g，则当小球到达B端时，下列说法正确的是( ) A．小球在水平方向的速度大于v 0 B．小球运动的时间为 C．小球的速率为 D．小球所受重力的功率为 【答案】C 【解析】小球若沿题图所示轨迹做平抛运动，其运动到B端所用的时间t＝，则A端距离地面的高度h＝gt2 ＝，小球沿杆由静止开始从A运动到B，虽然轨迹为平抛运动轨迹，但小球的运动不是平抛运动，因此运 动的时间t′≠，B错误。设小球运动到B端时的速率为v ，根据动能定理得mgh＝mv 2，解得v ＝＝，小球 B B B 运动到B端时，在竖直方向的速度大小v≠v ，因此重力的功率不等于，C正确，D错误。小球运动到B端 y B 时的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝，可知小球运动到B端时其水平方向的速度大小v ＝ x v cos θ＝v，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。 0 【答案】 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)Q＝ 【解析】(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，物块应在传送带上一直被加速，到达顶端 时物块速度小于或等于传送带速度，设物块的最大速度为v ，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37° m ＝ma， 代入数据解得a＝0.4 m/s2， 由动能定理得W＝mas＝mv 2－mv2， f m 0 则传送带的最小速度v′＝v ＝， m 解得v ＝4 m/s。 m (2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v，上升高度记为h，由动量守恒定律可得 1 mv ＝(m＋M)v， m 1 由能量守恒定律可得mgh＝mv 2－(m＋M)v2， m 1 联立解得h＝0.6 m。 (3)若v≥4 m/s，则物块在传送带上一直被加速，加速度为a＝0.4 m/s2，设加速时间为t， 则由s＝vt＋at2可得t＝5 s， 0 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q＝fΔx＝μmgcos 37°(vt－s)＝(32v－96)J； 若vr ＝r 。 向 近 物 (2)运行周期：同步卫星与赤道上的物体的运行周期相同。由T＝2π可知，近地卫星的周期要小于同步卫星 的周期，即T a >a 。 近 同 物 5．混淆纯电阻电路和非纯电阻电路 【例5】如图所示为一玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6 V，电源内电阻r＝0.5 Ω，电阻R＝2.5 Ω。当电动机以0.5 m/s的速度匀速向上提升一质量为320 g的物体时(不计一切摩擦，g＝10 m/s2)，标有“3 V 0.6 W”的灯泡刚好正常发光。则电动机的内阻为( ) A．1.25 Ω B．3.75 Ω C．5.625 Ω D．1 Ω 【答案】A 【解析】由题图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，则灯泡中的电流I ＝＝0.2 A，干路电流I＝＝1 L A，电动机中的电流I ＝I－I ＝0.8 A，电动机输出功率P ＝mgv＝1.6 W，又因电动机的输出功率P ＝ M L 出 出 I U －I 2R ，联立计算得R ＝1.25 Ω，A选项正确。 M M M M M 【明辨误区】(1)非纯电阻电路中，计算电功用公式W＝UIt，计算电热用公式Q＝I2Rt，计算电功率用公式 P＝UI，计算电热功率用公式P＝I2R。(2)非纯电阻电路中，电功部分转化为其他形式的能，另一部分不可避免地转化为内能，W＞Q，即IUt＞ I2Rt，I＜，欧姆定律不再成立；纯电阻电路中，电功全部转化为电热，即W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t。 6．混淆交变电流的“四值” 【例6】[多选]如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，ab边长l ＝ 1 20 cm，ad边长l ＝25 cm，线圈在外力的作用下绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min 2 的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出 纸外，cd边转入纸里。下列说法正确的是( ) A．t＝0时线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a B．感应电动势的瞬时值表达式为e＝314cos(100πt)V C．线圈转一圈外力做的功为96.8 J D．线圈从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量为0.1 C 【答案】BD 【解析】由题意可知，t＝0时ab、cd边做切割磁感线运动，由右手定则可得线圈中感应电流的方向为 a→d→c→b→a，A错误。线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，图示位置的感应电动势最大，感应电动势的 最大值为 E ＝NBllω，代入数据得 E ＝314 V，则感应电动势的瞬时值表达式为 e＝E cos ωt＝ m 12 m m 314cos(100πt)V，B正确。感应电动势的有效值E＝，线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s，线圈匀速转动，外 力做功大小等于电功的大小，即线圈转一圈外力做的功W＝I2(R＋r)T＝，代入数据得W＝98.6 J，C错误。 线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值＝N，回路中的平均电流＝，流过电阻R的电荷量 q＝Δt，联立以上各式可得q＝Δt＝＝，代入数据得q＝0.1 C，D正确。 【明辨误区】计算有效值的注意事项 (1)计算有效值时，要根据电路中“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。 (2)分段计算电热并求和得出一个周期内产生的总热量。 易错题精选精练 1．[多选]将某物体以v ＝30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则5 s内物 0 体的( ) A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向竖直向上 C．速度变化量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上 【答案】AB【解析】： 以竖直向上为正方向，物体上升的最大高度为h ＝＝45 m，上升的时间t ＝＝3 s，从最高点 1 1 开始2 s内物体下落的高度为h ＝gt2＝20 m，所以5 s内物体通过的路程为s＝h ＋h ＝65 m，选项A正确； 2 2 1 2 5 s内物体的位移大小为x＝h －h ＝25 m，方向竖直向上，选项B正确；5 s末物体的速度为v＝－gt ＝－ 1 2 2 20 m/s，故5 s内物体的速度变化量为Δv＝v－v＝－50 m/s，所以其速度变化量的大小为50 m/s，选项C错 0 误；由于物体在整个过程中做匀变速直线运动，故其平均速度大小为＝＝5 m/s，方向竖直向上，选项D错 误。 2.如图所示，斜面体放在水平地面上，物体放在斜面上，受到一个水平向右的力F，物体和斜面体始终保 持静止，这时物体受到的摩擦力大小为f，斜面体受到水平地面的摩擦力大小为f。当F变大时，有( ) 1 2 A．f 变大，f 不一定变大 1 2 B．f 变大，f 不一定变大 2 1 C．f 与f 都不一定变大 1 2 D．f 与f 都一定变大 1 2 【答案】B 【解析】： 对物体受力分析可知，物体受到推力、重力、支持力，可能有摩擦力。设斜面倾角为θ，斜 面体质量为M，物体质量为m，则在斜面方向上，①当mgsin θ>Fcos θ时，摩擦力的方向平行斜面向上， 大小为f ＝mgsin θ－Fcos θ，随着F的增大，f 先变小后增大；②当mgsin θ＝Fcos θ时，摩擦力等于零， 1 1 当F增大时，摩擦力的方向平行斜面向下，f 随F的增大而增大；③当mgsin θφ>2φ 0 0, 0 0 C．3E>E>2E，φ<φ<2φ 0 0 0 0 D．3E>E>2E 3φ>φ>2φ 0 0, 0 0 【答案】B 【解析】： 依题意易知A、B两球在正北点产生的场强的矢量和为E ，方向指向正北。若把C球放在圆 0心处，则C球在正北点产生的场强也为E，方向指向正北，而C球位于正南点时，在正北点处产生的场强 0 仍沿正北方向，但小于E，故三球在正北点产生场强的矢量和小于2E。另外，分析可知A、B两球在正北 0 0 点产生的电势均为φ ，二者共同产生的电势为2φ ，若把C球放在圆心处，则C球在正北点产生的电势也 0 0 为φ ，而C球位于正南点时，其在正北点处产生的电势应该小于φ ，故三球在正北点产生的电势大于2φ 0 0 0 而小于3φ。故正确答案为选项B。 0 4.[多选]如图所示，三根通电长直导线A、B、C互相平行，其横截面积为等腰直角三角形的三个顶点，三 根导线中通入的电流大小相等，且A、C中电流方向垂直于纸面向外，B中电流方向垂直于纸面向内。已 知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝，其中I为通电导线的电流强度，r为到通电直导线的距 离，k为常量。下列说法正确的是( ) A．导线A所受磁场作用力的方向与导线B、C所在平面垂直 B．导线B所受磁场作用力的方向与导线A、C所在平面垂直 C．导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2 D．导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶ 【答案】BC 【解析】： 利用安培定则及合磁场的叠加可知：A处的合磁场方向沿AC方向，所以导线A所受磁场作 用力的方向与导线A、C所在平面垂直，A错；利用安培定则及合磁场的叠加可知：B处的合磁场方向沿 AC方向，所以导线B所受磁场作用力的方向与导线A、C所在平面垂直，B对；已知通电导线在其周围产 生的磁场的磁感应强度B＝，设三角形的直角边长为L，根据磁场的叠加知：A处的磁感应强度大小为，而 B处的磁感应强度大小为，所以导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2，C对，D错。 5.[多选]汽车由静止开始在平直的公路上行驶，在0～50 s内汽车的加速度随时间变化的图像如图所示，下 列说法正确的是( ) A．汽车行驶的最大速度为20 m/s B．汽车在第50 s末的速度为零 C．在0～50 s内汽车行驶的总位移为850 m D．汽车在40～50 s内的速度方向和在0～10 s内的速度方向相反 【答案】AC 【解析】： 在0～10 s内汽车做匀加速直线运动，10 s末汽车的速度v＝at＝20 m/s，汽车的位移为x＝ 1 11 1 at2＝100 m，在10～40 s内汽车做匀速直线运动，位移为x ＝vt ＝600 m，在40～50 s内汽车做匀减速直 11 2 12 线运动，a ＝－1 m/s2，第50 s末的速度为v ＝v ＋at ＝10 m/s，位移为x ＝vt ＋at2＝150 m，总位移为x 2 2 1 23 3 13 23 ＝x＋x＋x＝850 m，汽车在40～50 s内的速度为正值，与在0～10 s内的速度方向相同，综上所述，选项 1 2 3A、C正确，B、D错误。 6.[多选]某条直电场线上依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场 强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为＋q的粒子，从 O点由静止释放，仅考虑电场力作用，则( ) A．若O点的电势为零，则A点的电势为－ B．粒子从A点到B点做匀速直线运动 C．粒子运动到B点时的动能为 D．粒子在OA段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量 【答案】ACD 【解析】： 分析可知Ex图线与坐标轴所围图形的面积表示两点间的电势差大小，因此U ＝，若φ ＝ OA O 0，则φ ＝－，故A正确；从A点到B点电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故 B错误；对粒子 A 从O点到B点的过程，由动能定理有W ＝qU ＝E －0，而U ＝＋Ed＝，联立解得E ＝，故C正确； 电 OB kB OB 0 kB 结合A选项的分析，知U >U ，即OA间电势差大于BC间电势差，故粒子在OA段电势能的变化量大于 OA BC 在BC段电势能的变化量，故D正确。 7．[多选]如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg 的物体，让它在随位移均匀减小的水平推力 F作用下运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示(x＝4.0 m后无推力存在)。已知物体与地面之间 的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( ) A．运动过程中物体的最大加速度为20 m/s2 B．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大 C．推力对物体做的功为180 J D．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m 【答案】AD 【解析】： 由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则推力F＝100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代 入解得a＝20 m/s2，选项A正确；由图像可得推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0 m)，物体的速度最大时，加速度为零，即此时F＝μmg，代入解得x＝3.2 m，即在距出发点3.2 m位置时物 体的速度达到最大，选项B错误；由Fx图像可知推力对物体做的总功等于Fx图像与x坐标轴围成的面积， 即W ＝F·x ，其中F＝100 N，x ＝4.0 m，解得W ＝200 J，选项C错误；由动能定理得W －μmgx ＝0， F 0 0 F F max 代入数据得x ＝10 m，即物体在水平地面上运动的最大位移是10 m，选项D正确。 max 8．[多选]如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定 滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行。已知A、B、C都处于静止状态，则( )A．B受到C的摩擦力一定不为零 B．C受到地面的摩擦力一定为零 C．B受到细绳的拉力一定等于A的重力 D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力为零 【答案】CD 【解析】： 因A、B、C都处于静止状态，对A进行受力分析可知 绳受到的拉力一定等于A的重力，即B受到细绳的拉力一定等于A的重力，选项C正确；设A、B、C的重 力分别为G 、G 、G ，对B进行受力分析可知，当G ＝G sin θ时，B相对于C没有运动趋势，B、C之 A B C A B 间不存在摩擦力作用，选项A错误；以B、C整体为研究对象，其受力分析如图所示，由共点力平衡条件 可知，地面对C的摩擦力f＝Fcos θ＝G cos θ，方向水平向左，选项B错误；剪断细绳，若B依然静止 A 在斜面上，则以B、C整体为研究对象可得此时地面对C的摩擦力为零，选项D正确。 9.匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触。关于小球的受力， 下列说法正确的是( ) A．小球受重力和细线对它的拉力 B．小球受重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力 C．小球受重力和斜面对它的支持力 D．小球受细线对它的拉力和斜面对它的支持力 【答案】A 【解析】： 小球必定受到重力和细线的拉力，小球和光滑斜面接触，假设有弹力，小球将受到三个力作 用，重力和细线的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，小球将向右上方 运动，与题设条件矛盾，故斜面对小球没有弹力。经上分析可知小球只受到重力和细线对它的拉力两个力 的作用，故A正确，B、C、D错误。 10．[多选]如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部 O′处(O为球心)， 弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为 μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )A．容器相对于水平面有向左运动的趋势 B．轻弹簧对小球的作用力大小为mg C．容器对小球的作用力竖直向上 D．弹簧原长为R＋ 【答案】BD 【解析】： 由于小球和容器组成的系统处于平衡状态，水平方向不受力的作用，容器相对于水平面没有 向左运动的趋势，选项A错误；容器对小球的作用力是支持力，指向半球形容器的球心O，选项C错误； 对小球受力分析，如图所示 由θ＝30°可知，支持力N和弹簧的弹力F之间的夹角为120°，由几何关系可知，小球受到容器的支持力和 弹簧对小球的弹力大小均为mg，图中弹簧的长度为R，压缩量为，故弹簧原长为R＋，选项B、D正确。 11．一辆汽车以10 m/s的初速度沿平直公路匀速行驶，因故紧急刹车并最终停止运动，已知从开始刹车时 计时，经过3 s汽车的位移为10 m，则汽车刹车时的加速度大小和第3 s末的速度大小分别为(刹车过程可 视为匀变速运动过程)( ) A．5 m/s2,0 B．2.5 m/s2,5 m/s C．2.5 m/s2,0 D．5 m/s2,5 m/s 【答案】A 【解析】：从开始刹车时计时，若汽车刚好经过3 s停止运动，则汽车的位移为x＝×3 m＝15 m>10 m，说 明汽车速度减为零的时间小于3 s。设汽车速度减为零所需的时间为t，则有vt＝s，解得t＝2 s，故第3 s 0 末汽车的速度一定为零。设汽车减速时的加速度大小为a，则有a＝＝5 m/s2。综上，选项A正确，B、C、 D错误。 12.为探究平抛运动的规律，小明利用了频闪照相法。如图所示，背景方格纸的小方格边长 L为2.5 cm， A、B、C、D是实验中获得的同一小球在某段时间内先后经过的四个连续的点。取g＝10 m/s2。下列说法 正确的是( ) A．小球在A点时，速度沿水平方向 B．小球经过相邻两点的时间间隔为0.02 s C．小球水平抛出的初速度为1.5 m/s D．小球经过B点时其竖直分速度大小为1.5 m/s 【答案】C 【解析】： 题图中的A点是不是抛出点，应根据题中的条件进行分析判断。如果 A点是抛出点，则在连 续相等的时间内，竖直方向上的位移之比应满足1∶3∶5，由题图中相邻两点的间距可知，竖直方向上的位移 关系为1∶2∶3，因此A点不是小球的抛出点，即小球在A点时，速度不沿水平方向，A错误；由Δy＝gT2可知时间间隔T＝ ＝ ＝0.05 s，B错误；小球做平抛运动的初速度v ＝＝1.5 m/s，C正确；小球经过B点时 0 其竖直方向的分速度大小v ＝＝0.75 m/s，D错误。 By 13．[多选]如图所示电路中，滑片P位于滑动变阻器R 正中间，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想 2 电表。当滑动变阻器R 的滑片P滑动时，下列说法正确的是( ) 2 A．P向a端滑动过程中，V 示数逐渐增大，V 示数逐渐减小 1 2 B．P向a端滑动过程中，R 消耗的功率一定逐渐减小 2 C．P向b端滑动过程中，V 示数变化量的绝对值小于V 示数变化量的绝对值 1 2 D．P向b端滑动过程中，V 示数变化量的绝对值与流过R 的电流变化量绝对值的比值保持不变 1 2 【答案】ACD 【解析】： 滑动变阻器的滑片P向a端滑动过程中，R 接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭 2 合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，R 两端电压增大，V 的示数逐渐增大，电源的内电压增大，电源 1 1 电动势不变，R 两端的电压减小，V 的示数逐渐减小，A正确；将R 等效为电源内阻，R ＋r与R 最大值 2 2 1 1 2 关系不确定，R 消耗的功率变化情况无法确定，B错误；由题图可知，该电路为串联电路，R ＋r＝，R ＋ 2 1 1 r不变，V 示数变化量绝对值与电流变化量绝对值的比值＝R ，R 不变，则有ΔU ＝RΔI，ΔU ＝(R ＋ 1 1 1 1 1 2 1 r)ΔI，故ΔU<ΔU，C、D正确。 1 2 14．[多选]如图所示，两根轻杆OA、OB与小球及一小滑块通过铰链连接，轻杆OA的A端与固定在竖直 光滑杆上的铰链相连。小球与小滑块的质量均为m，轻杆OA、OB长度均为l，原长为l的轻质弹簧与滑块 都套在该竖直杆上，弹簧连接在A点与小滑块之间。装置静止时，弹簧长为1.6l，重力加速度为g，sin 53° ＝0.8，cos 53°＝0.6，以下说法正确的是( ) A．轻杆OA对小球的作用力方向与竖直方向的夹角为53° B．轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为 C．轻杆OA与OB对小球的作用力大小之比是5∶8 D．弹簧的劲度系数k＝ 【答案】BD 【解析】： 对小球进行受力分析可知，小球受重力、杆 OA的拉力F、杆OB对球的支持力F ，如图所 A B 示设OA与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，cos θ＝＝0.8，解得θ＝37°，易知F＝F ，轻杆OA与OB A B 对小球的作用力大小之比是1∶1，故A、C错误；对小球，由平衡条件有2F cos θ＝mg，解得F ＝，易知 B B 轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为，故B正确；对小滑块，根据平衡条件有F ＝mg＋ 弹 cos 37°，解得F ＝，由胡克定律有k＝＝，故D正确。 弹 15．[多选]如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同 的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m。经测量，发现后面那些和传送带共速的 工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上加速的时间为 C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为 D．传送带传送一个工件多消耗的能量为 【答案】AD 【解析】：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规 律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，选项A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿 第二定律得，工件的加速度a＝μg，根据v＝v＋at，解得t＝＝，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动 0 的位移Δx＝x －x ＝vt－＝，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝，选项C错误；根据能量守恒定律可得， 传 物 传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝mv2＋Q＝，选项D正确。 16．[多选]已知同步卫星离地心的距离为r，运行速度为v ，向心加速度大小为a 。地球赤道上的物体随地 1 1 球自转的向心加速度大小为a，第一宇宙速度为v，地球半径为R，则下列判断正确的是( ) 2 2 A．a∶a＝r∶R B．a∶a＝R2∶r2 1 2 1 2 C．v∶v＝R2∶r2 D．v∶v＝∶ 1 2 1 2 【答案】AD 【解析】： 同步卫星、赤道上的物体的角速度都与地球自转的角速度相同，则由a＝ω2r得a∶a ＝r∶R，A 1 2 正确，B错误；第一宇宙速度为近地卫星的最大环绕速度，则由＝得v＝，v∶v＝∶，C错误，D正确。 1 2 17.如图甲所示，质量为1kg的金属棒 静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一 水平面内。 棒、导轨和定值电阻R组成面积为 的闭合回路，回路总电阻为 。回路内有与水平面 成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从 时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。已知两平行导轨的间距为1m， 棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度 ， ， 。在 时， 棒恰好相对导轨开始运动，则此时 （ ） A. 棒中的电流方向为a流向b B. 棒受到的安培力大小为 C. 棒与导轨间的压力大小为 D. 棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5 【答案】D 【解析】A．由楞次定律知 棒中的电流方向为b流向a，故A错误； B．由图乙可知，磁感应强度的变化率为 由法拉第电磁感应定律得 则回路中的电流 时磁感应强度为 ，则所受安培力大小为故B错误； C．由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则 棒与导轨间的压力大小为 故C错误； D．由平衡条件得， 棒与导轨间的摩擦力 又 解得 故D正确。 故选D。 18.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长为L＝10 cm的正方形线圈abcd共 N＝100匝，线圈电阻r＝1 Ω。线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度 ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω。 (1)求感应电动势的最大值及由图示位置转过60°角时的感应电动势的值。 (2)取π2＝10，求线圈转过一周时间内电流产生的总热量。 (3)由图示位置开始，求在线圈转过周期的时间内通过电阻R的电荷量。 【答案：(1)3.14 V 1.57 V (2)1 J (3)0.1 C 【解析】：(1)由题意可得，感应电动势的最大值E ＝NBL2ω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V m 由题图所示位置转过60°角时的瞬时感应电动势e＝E cos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V。 m (2)周期T＝＝1 s，线圈转动一周时间内电流产生的热量 Q＝， 联立解得Q＝1 J。 (3)Δt＝T时间内通过电阻R的电荷量 q＝Δt，＝，＝N，ΔΦ＝BL2－0 联立解得q＝＝0.1 C。 19.(2022·呼伦贝尔一模)如图所示，在光滑水平面上距离竖直线MN左侧较远处用弹簧锁定不带电的绝缘小 球A，弹簧弹性势能为0.45 J，A球质量M＝0.1 kg，解除锁定后与静止在M点处的小球B发生弹性正碰， B球质量m＝0.2 kg、带电荷量q＝＋10 C。MN左侧存在水平向右的匀强电场E，MN右侧空间区域范围内 2 存在竖直向上、场强大小E ＝0.2 N/C的匀强电场和方向垂直纸面向里磁感应强度为B＝0.2 T的匀强磁场。 1(g＝10 m/s2，不计一切阻力)求： (1)解除锁定后A球获得的速度v； 1 (2)碰后瞬间B球的速度v； 2 (3)E 大小满足什么条件时，B球能经电场E 通过MN所在的直线；(不考虑B球与地面碰撞再次弹起的情 2 2 况) (4)在满足(3)问情景下B球在电场E 中与MN的最大距离。 2 【答案】：(1)3 m/s，方向水平向右 (2)2 m/s，方向水平向右 (3)E≥0.283 V/m (4)0.141 m 2 【解析】：(1)A球和弹簧组成的系统机械能守恒，有E＝Mv 2 p 1 解得v＝＝3 m/s 1 即解除锁定后A球获得的速度大小为3 m/s，方向水平向右。 (2)A球、B球在碰撞过程动量守恒，系统机械能守恒，有Mv ＝Mv ′＋mv 1 1 2 Mv 2＝Mv ′2＋mv2 1 1 2 解得v＝v＝2 m/s，方向水平向右。 2 1 (3)B球进入MN右侧后，电场力qE＝2 N＝mg 1 即重力与电场力平衡，因此B球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB＝ B球在电磁场区域运动半个圆周后速度方向垂直MN水平向左射出，出射点距M点距离 y＝2R＝0.4 m B球在MN左侧的运动可分解为在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做类似于竖直上抛运动，若B球 能通过MN所在的直线，必须满足(向右为正方向)：v－(－v)＝·t 2 2 y＝2R≥gt2 解得E≥＝ V/m＝0.283 V/m。 2 (4)由以上可知当E ＝ V/m(0.283 V/m)时，B球恰好能回到M点，在此过程中B球在水平方向速度为零时 2 距离MN最远，s ＝＝ m＝0.141 m。 m 20.（2023年云南省云南师范大学附属中学适应性月考卷理综物理试题）如图，P、Q是两根固定在水平面 内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导 轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进 入磁场，速度大小均为 ；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位 于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中 一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：（1）0时刻a棒的加速度大小； （2）两棒整个过程中相距最近的距离s； （3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感 应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应 电流是两个感应电流之和，则有 对a，根据牛顿第二定律有 解得 （2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有 解得 此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒 受安培力减速直到停下，对a，有 解得（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有 解得回路中产生的总热量为 对a、b，根据焦耳定律有 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即 ∶ =1∶1 又 解得a棒产生的焦耳热为