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新高考物理二轮培优专题8.1 高频易错、易混点快攻（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考物理二轮培优专题8.1 高频易错、易混点快攻（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理二轮培优专题81高频易错易混点快攻原卷版doc、新高考物理二轮培优专题81高频易错易混点快攻解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5307" 易错点一 忽视矢量的方向性 PAGEREF _Tc5307 \h 1
\l "_Tc21992" 1．忽视运动学公式中速度、加速度的矢量性 PAGEREF _Tc21992 \h 1
\l "_Tc28611" 2．对摩擦力的方向及突变性认识不足 PAGEREF _Tc28611 \h 2
\l "_Tc14652" 3.忽视曲线运动中速度变化量的矢量性 PAGEREF _Tc14652 \h 3
\l "_Tc18981" 4．忽视场强叠加的矢量性 PAGEREF _Tc18981 \h 4
\l "_Tc30754" 易错点二 不会读图 PAGEREF _Tc30754 \h 5
\l "_Tc4591" 1．对运动图线的斜率、截距、面积等理解不准确 PAGEREF _Tc4591 \h 5
\l "_Tc18280" 2．不会分析与电场有关的三类图像问题 PAGEREF _Tc18280 \h 6
\l "_Tc5073" 3．对伏安特性曲线的意义理解不到位 PAGEREF _Tc5073 \h 6
\l "_Tc18377" 易错点三 研究对象选取不当 PAGEREF _Tc18377 \h 7
\l "_Tc312" 1．受力分析时研究对象选取不当 PAGEREF _Tc312 \h 7
\l "_Tc12825" 2．对多过程问题的子过程选取不当导致错误 PAGEREF _Tc12825 \h 8
\l "_Tc12376" 易错点四 盲目套公式 PAGEREF _Tc12376 \h 9
\l "_Tc18854" 1．刹车问题中忽略实际运动情况而致错 PAGEREF _Tc18854 \h 9
\l "_Tc11661" 2.盲目套用平抛运动的基本规律 PAGEREF _Tc11661 \h 10
\l "_Tc28309" 3. 对公式R＝eq \f(U,I)和R＝eq \f(ΔU,ΔI)的盲目套用 PAGEREF _Tc28309 \h 11
\l "_Tc12470" 易错点五 混淆相似问题 PAGEREF _Tc12470 \h 11
\l "_Tc14416" 2．混淆“轻杆、轻绳”连接体问题 PAGEREF _Tc14416 \h 12
\l "_Tc24188" 3．混淆摩擦力做功与摩擦热 PAGEREF _Tc24188 \h 13
\l "_Tc63" 4．混淆同步卫星、近地卫星、赤道上物体运动的特点 PAGEREF _Tc63 \h 14
\l "_Tc15510" 5．混淆纯电阻电路和非纯电阻电路 PAGEREF _Tc15510 \h 15
\l "_Tc18267" 6．混淆交变电流的“四值” PAGEREF _Tc18267 \h 15
\l "_Tc14746" 易错题精选精练 PAGEREF _Tc14746 \h 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v0＝v＋gt＝40 m/s，物体的位移大小为h1＝eq \f(v0＋v,2)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，物体的初速度大小为v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移大小为h1′＝eq \f(v0′－v,2)t＝15 m，物体仍然在A点的正上方，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v0＝6 m/s的速度逆时针转动，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，cs 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＋μmgcs θ＝ma1，代入数据解得a1＝10 m/s2。物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝0.6 s，运动的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝1.8 m<8.8 m，即物体加速到6 m/s时仍未到达B点。由于μ(2)物体加速至与传送带速度相同时，传送带前进的距离为x2＝v0t1＝3.6 m，而物体运动的距离等于其位移x1＝1.8 m，物体相对于传送带向上运动的距离为Δx1＝x2－x1＝1.8 m。物体的速度大于传送带的速度后，传送带运动的距离为x3＝v0t2＝6 m，物体运动的距离为x4＝7 m，物体相对于传送带向下滑行的距离为Δx2＝x4－x3＝1 m，由于Δx1>Δx2，故物体在传送带上的划痕长度为Δx1＝1.8 m。
【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＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，球到达A点时的速度大小为vA＝eq \f(x,t)＝3 m/s，故A错误；竖直分速度vy＝gt＝4 m/s，球在B点离开球拍时的速度大小为vB＝eq \r(vA2＋vy2)＝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v0方向水平；任意时刻的瞬时速度的水平分量都等于初速度v0，竖直分量都等于自由落体运动的速度。
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4I0(向里)，C点处导线中通过的电流为I0(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＝keq \f(I,r)，其中r为该点到导线的距离，k为常量，则D点处磁场的磁感应强度( )
A．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由C点指向D点
B．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
C．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
D．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，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B1＝keq \f(4I0,2L)＝2keq \f(I0,L)，C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B2＝keq \f(I0,L)；根据右手螺旋定则可以判断，B1、B2的方向如图所示
α＝30°，由于B1′＝B1sin α＝keq \f(I0,L)＝B2，所以D点处磁场的磁感应强度大小B＝B1″＝B1cs α＝eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向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x0应为2.8
【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＝eq \f(－2.7－0,5－0.5) 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＝v0＋at，解得v0＝－1.6 m/s，选项C错误；对于b质点，前5 s内有x＝eq \x\t(v) t2＝eq \f(－1.6－0.6,2)×5 m＝－5.5 m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝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x1到x2电场强度方向向左
B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小
C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大
D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功
【答案】C
【解析】在x轴上，从x1到x2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图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知从x1到x2电场强度先减小后增大，B项错误；由F＝qE知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C项正确；由Ep＝qφ知负电荷在x1处的电势能Ep1大于在x2处的电势能Ep2，把一负电荷从x1移到x2，电势能减小，电场力做正功，D项错误。
【明辨误区】Ex图线、φx图线、Epx图线的区别
(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)Epx图线：图线的斜率大小表示电场力大小。由Epx图线分析电场时，可根据Ep＝qφ，将Epx图线转换为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＝eq \f(U,I)，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＝eq \f(U2,R)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＝eq \f(U,I)＝eq \f(ΔU,ΔI)；对于非线性变化元件R＝eq \f(U,I)≠eq \f(ΔU,ΔI)，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Tcs(θ－30°)＝mgsin 30°，解得T＝eq \f(mg,2csθ－30°)，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＝Tcs θ，又因为T＝eq \f(mg,2csθ－30°)，所以f＝eq \f(1,2)mgeq \f(cs θ,csθ－30°)，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v1＝vcs(θ－30°)，则绳子移动的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x0＝0.5 m，小铁块与木板间动摩擦因数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am，则am＝eq \f(μmg,M)＝8 m/s2
对铁块和木板组成的整体得：Fm＝(m＋M)am
解得Fm＝20 N。
(2)因F＜Fm，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动。
设木板和铁块的共同加速度为a，则a＝eq \f(F,M＋m)＝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x0＝eq \f(1,2)at2
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v1，则v1＝at，解得v1＝2 m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1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am，设木板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
μmg＝ma1 ；v1＝am t1 ；x1＝eq \f(v12,2am)
解得a1＝2 m/s2，t1＝0.25 s，x1＝0.25 m
当木板速度向左减为零时，设铁块速度为v1′，则v1′＝v1－a1t1
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x1′，则
v2＝v1′－a1t2，v2＝am t2，x1′＝eq \f(1,2)amt22
解得v1′＝1.5 m/s，t2＝0.15 s，v2＝1.2 m/s，x1′＝0.09 m
因为x1′＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒
μmgs＝eq \f(1,2)(m＋M)v12
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＝eq \f(Δv,a)＝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＝eq \x\t(v) t＝eq \f(10＋0,2)×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＝v0t＋eq \f(1,2)at2进行求解，将v0＝10 m/s、a＝－5 m/s2和t＝3 s代入，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≤eq \f(v0,a)时，汽车一直在做匀减速直线运动，发生的位移x≤eq \f(v02,2a)；当所给时间t>eq \f(v0,a)时，位移x＝eq \f(v02,2a)，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v0、水平射程为x的平抛运动轨迹制成的，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v0
B．小球运动的时间为eq \f(x,v0)
C．小球的速率为eq \f(gx,v0)
D．小球所受重力的功率为eq \f(mg2x,v0)
【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＝eq \f(x,v0)，则A端距离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gx2,2v02)，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′≠eq \f(x,v0)，B错误。设小球运动到B端时的速率为vB，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \r(2gh)＝eq \f(gx,v0)，小球运动到B端时，在竖直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于eq \f(mg2x,v0)，C正确，D错误。小球运动到B端时的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(gx,v02)，可知小球运动到B端时其水平方向的速度大小vx＝vBcs θ＝eq \f(gxv0,\r(v04＋g2x2))【明辨误区】此题容易出现的错误是盲目套用平抛运动的规律，因此在处理此类问题时要注意以下两点：
(1)牢记平抛运动的两个基本条件：一是只受重力作用，二是必须要有水平方向的初速度。
(2)平抛运动可以分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动。
此题中的小球虽然是按照平抛运动的轨迹运动的，但由于小球没有初速度，因此小球的运动不能分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以小球的运动并不能按平抛运动进行处理。
3. 对公式R＝eq \f(U,I)和R＝eq \f(ΔU,ΔI)的盲目套用
【例3】如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在平行板电容器C内。在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )
A.eq \f(U1,I)、eq \f(U2,I)、eq \f(U3,I)一定都不变
B.eq \f(ΔU1,ΔI)和eq \f(ΔU3,ΔI)一定不变，eq \f(ΔU2,ΔI)一定变化
C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率一定变大
【答案】 D
【解析】第一个易错点是对电路串并联关系的分析：先把电路中的电容器和电压表去掉，分析可知电阻R和RT串联，电压表V1测量R两端的电压，电压表V2测量RT两端的电压，电压表V3测量电源的路端电压，电容器两端的电压等于RT两端的电压。
第二个易错点是eq \f(U,I)与eq \f(ΔU,ΔI)的含义区分：eq \f(U1,I)＝R，eq \f(U2,I)＝RT，eq \f(U3,I)＝R＋RT，当温度降低时，RT增大，则eq \f(U1,I)不变，eq \f(U2,I)增大，eq \f(U3,I)增大，A错误；eq \f(ΔU1,ΔI)＝R不变，eq \f(ΔU3,ΔI)＝r不变，eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不变，B错误；RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也增大，带电液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的效率增大，D正确。
【明辨误区】(1)eq \f(U,I)：由电阻的定义可知，无论是定值电阻还是变化电阻都有eq \f(U,I)＝R，判断eq \f(U,I)的变化，就看电阻变不变。
(2)eq \f(ΔU,ΔI)：对定值电阻，R＝eq \f(ΔU,ΔI)不变，对变化电阻，则需要将变化部分作为外电路，其余部分电阻等效为电源的内电阻R等效，然后由等效电源的路端电压与电流的关系eq \f(ΔU,ΔI)＝R等效分析eq \f(ΔU,ΔI)的变化情况。
易错点五 混淆相似问题
1．混淆“死结”和“活结”
【例1】(2022·烟台模拟)在如图所示的装置中，两物体A、B的质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态。由图可知( )
A．α可能大于β B．m1一定大于m2
C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2
【答案】 C
【解析】 绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子各处的拉力相等，因整个装置处于静止状态，故绳子的拉力等于B的重力m2g，对动滑轮进行受力分析，在水平方向上有Tsin α＝Tsin β，所以α＝β，在竖直方向上有Tcs α＋Tcs β＝m1g，而T＝m2g，则有2m2gcs α＝m1g，所以m1一定小于2m2，选项C正确，A、B、D错误。
【明辨误区】本题涉及的是受力分析中的“活结”问题，此类问题一般是通过滑轮或挂钩等将物体悬挂在绳子上，其特点是滑轮或挂钩可以在绳子上自由滑动，绳子对滑轮或挂钩没有约束力，因此绳子上的张力大小处处相等，即滑轮或挂钩只能改变绳子上张力的方向，而不会改变张力的大小，抓住以上特点，就可以有效避免在“活结”问题上出现错误。
2．混淆“轻杆、轻绳”连接体问题
【例2】[多选]如图(a)所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1＝1 kg的物块；如图(b)所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2＝1.5 kg的物块。已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．图(a)中AB绳的拉力大小为10 N
B．图(b)中DE绳的拉力大小为15 N
C．图(a)中轻杆对滑轮的支持力大小为10 N
D．图(b)中轻杆对结点的支持力大小为15 N
【答案】 AC
【解析】对(a)、(b)两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示，图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为FAB＝FBC＝m1g＝10 N，A正确；由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲＝FAB＝FBC＝10 N，C正确；图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知FDEsin 30°＝FEF，FDEcs 30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入数据解得轻绳DE的拉力为FDE＝30 N，轻杆对结点的支持力大小为F乙＝15eq \r(3) N，B、D错误。
【明辨误区】(1)轻杆既能对物体提供拉力又能提供支持力，而轻绳只能对物体提供拉力。绳或杆对物体的弹力可以发生突变，不需要恢复形变的时间。
(2)杆分动杆和定杆两种
动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。
定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。
3．混淆摩擦力做功与摩擦热
【例3】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15 m，质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s从A端滑上传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3 kg、上表面为eq \f(1,4)光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？
(2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。
(3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。
【答案】 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)Q＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(32v－96J v≥4 m/s,8v－22J 2 m/s【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vm，根据牛顿第二定律得μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，
代入数据解得a＝0.4 m/s2，
由动能定理得Wf＝mas＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，
则传送带的最小速度v′＝vm＝eq \r(v02＋2as)，
解得vm＝4 m/s。
(2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v1，上升高度记为h，由动量守恒定律可得
mvm＝(m＋M)v1，
由能量守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)(m＋M)v12，
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＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得t＝5 s，
此时因物块与传送带摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝μmgcs 37°(vt－s)＝(32v－96)J；
若v0则有t′＝eq \f(v－v0,a)＝(2.5v－5)s，
此时因物块与传送带摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝μmgcs 37°eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vt′－\f(v2－v02,2a)))＝8(v－2)2 J。
【明辨误区】(1)“摩擦力做功”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩擦力做正功还是做负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热量为摩擦力与两物体之间的相对滑动距离的乘积。
(2)在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力与小物块对地位移的乘积进行计算，而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力与小物块和传送带之间的相对位移的乘积来进行计算。
4．混淆同步卫星、近地卫星、赤道上物体运动的特点
【例2】[多选]有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星的排列位置如图所示，则( )
A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同时间内卫星b转过的弧长最长
C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大
D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大
【答案】 BC
【解析】 卫星a在赤道上，万有引力远大于向心力，即重力远大于向心力，所以卫星a的向心加速度an远小于重力加速度g，A错误；a、c两颗卫星的角速度相等，由v＝ωr知，卫星c的速度比卫星a的速度大，对于b、c、d三颗卫星，由Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(mv2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以卫星b的速度比卫星c的速度大，卫星c的速度比卫星d的速度大，C正确；四颗卫星中卫星b的速度最大，由弧长与速度的关系s＝vt可知，在相同的时间内卫星b转过的弧长最长，B正确；由Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，D错误。
【明辨误区】地球赤道上的物体、近地卫星、同步卫星的辨析比较
(1)轨道半径：近地卫星与赤道上的物体的轨道半径相同，同步卫星的轨道半径较大，即r向>r近＝r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＝2πeq \r(\f(r3,GM))可知，近地卫星的周期要小于同步卫星的周期，即T近(3)向心加速度：由Geq \f(Mm,r2)＝ma知，同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度。由a＝rω2＝req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2知，同步卫星的加速度大于赤道上的物体的加速度，即a近>a同>a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IL＝eq \f(P额,U额)＝0.2 A，干路电流I＝eq \f(E－U额,r＋R)＝1 A，电动机中的电流IM＝I－IL＝0.8 A，电动机输出功率P出＝mgv＝1.6 W，又因电动机的输出功率P出＝IMUM－IM2RM，联立计算得RM＝1.25 Ω，A选项正确。
【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＜eq \f(U,R)，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＝eq \f(U2,R)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l1＝20 cm，ad边长l2＝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＝314cs(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Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314 V，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcs ωt＝314cs(100πt)V，B正确。感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，线圈匀速转动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝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＝eq \f(E2T,R＋r)，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eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，流过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt，联立以上各式可得q＝eq \f(NΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq \f(NBΔS,R＋r)＝eq \f(NBl1l2,R＋r)，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v0＝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h1＝eq \f(v02,2g)＝45 m，上升的时间t1＝eq \f(v0,g)＝3 s，从最高点开始2 s内物体下落的高度为h2＝eq \f(1,2)gt22＝20 m，所以5 s内物体通过的路程为s＝h1＋h2＝65 m，选项A正确；5 s内物体的位移大小为x＝h1－h2＝25 m，方向竖直向上，选项B正确；5 s末物体的速度为v＝－gt2＝－20 m/s，故5 s内物体的速度变化量为Δv＝v－v0＝－50 m/s，所以其速度变化量的大小为50 m/s，选项C错误；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eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝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f1，斜面体受到水平地面的摩擦力大小为f2。当F变大时，有( )
A．f1变大，f2不一定变大
B．f2变大，f1不一定变大
C．f1与f2都不一定变大
D．f1与f2都一定变大
【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>Fcs θ时，摩擦力的方向平行斜面向上，大小为f1＝mgsin θ－Fcs θ，随着F的增大，f1先变小后增大；②当mgsin θ＝Fcs θ时，摩擦力等于零，当F增大时，摩擦力的方向平行斜面向下，f1随F的增大而增大；③当mgsin θ3.假设我们学校的田径场跑道是圆形，周长为400 m。在跑道上包括正南点的等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电荷的篮球，这三个篮球的带电荷量相同，如图所示。设每个带电篮球单独在田径场中心产生的电场的场强大小都为E0、电势都为φ0，则这三个带电篮球在跑道上的正北点产生的电场的场强大小E、电势φ的说法正确的是( )
A．E＝2E0，φ＝φ0
B．E0φ>2φ0
C．3E0>E>2E0，φ0<φ<2φ0
D．3E0>E>2E0,3φ0>φ>2φ0
【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E0，方向指向正北。若把C球放在圆心处，则C球在正北点产生的场强也为E0，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仍沿正北方向，但小于E0，故三球在正北点产生场强的矢量和小于2E0。另外，分析可知A、B两球在正北点产生的电势均为φ0，二者共同产生的电势为2φ0，若把C球放在圆心处，则C球在正北点产生的电势也为φ0，而C球位于正南点时，其在正北点处产生的电势应该小于φ0，故三球在正北点产生的电势大于2φ0而小于3φ0。故正确答案为选项B。
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＝eq \f(kI,r)，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∶eq \r(2)
【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＝eq \f(kI,r)，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eq \f(\r(2)kI,2L)，而B处的磁感应强度大小为eq \r(2)eq \f(kI,L)，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v1＝a1t1＝20 m/s，汽车的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t12＝100 m，在10～40 s内汽车做匀速直线运动，位移为x2＝v1t2＝600 m，在40～50 s内汽车做匀减速直线运动，a2＝－1 m/s2，第50 s末的速度为v2＝v1＋a2t3＝10 m/s，位移为x3＝v1t3＋eq \f(1,2)a2t32＝150 m，总位移为x＝x1＋x2＋x3＝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A、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－eq \f(E0d,2)
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eq \f(3qE0d,2)
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UOA＝eq \f(E0d,2)，若φO＝0，则φA＝－eq \f(E0d,2)，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；对粒子从O点到B点的过程，由动能定理有W电＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝eq \f(E0d,2)＋E0d＝eq \f(3E0d,2)，联立解得EkB＝eq \f(3qE0d,2)，故C正确；结合A选项的分析，知UOA>UBC，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WF＝eq \f(1,2)F·x0，其中F＝100 N，x0＝4.0 m，解得WF＝200 J，选项C错误；由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝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。
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GA、GB、GC，对B进行受力分析可知，当GA＝GBsin θ时，B相对于C没有运动趋势，B、C之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＝Fcs θ＝GAcs θ，方向水平向左，选项B错误；剪断细绳，若B依然静止在斜面上，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＋eq \f(mg,k)
【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eq \f(mg,k)，故弹簧原长为R＋eq \f(mg,k)，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＝eq \f(10＋0,2)×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eq \f(1,2)v0t＝s，解得t＝2 s，故第3 s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＝eq \f(v0－0,t)＝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＝ eq \r(\f(Δy,g))＝ eq \r(\f(L,g))＝0.05 s，B错误；小球做平抛运动的初速度v0＝eq \f(3L,T)＝1.5 m/s，C正确；小球经过B点时其竖直方向的分速度大小vBy＝eq \f(yAC,2T)＝0.75 m/s，D错误。
13．[多选]如图所示电路中，滑片P位于滑动变阻器R2正中间，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑片P滑动时，下列说法正确的是( )
A．P向a端滑动过程中，V1示数逐渐增大，V2示数逐渐减小
B．P向a端滑动过程中，R2消耗的功率一定逐渐减小
C．P向b端滑动过程中，V1示数变化量的绝对值小于V2示数变化量的绝对值
D．P向b端滑动过程中，V1示数变化量的绝对值与流过R2的电流变化量绝对值的比值保持不变
【答案】ACD
【解析】： 滑动变阻器的滑片P向a端滑动过程中，R2接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，R1两端电压增大，V1的示数逐渐增大，电源的内电压增大，电源电动势不变，R2两端的电压减小，V2的示数逐渐减小，A正确；将R1等效为电源内阻，R1＋r与R2最大值关系不确定，R2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，R1＋r＝eq \f(ΔU2,ΔI)，R1＋r不变，V1示数变化量绝对值与电流变化量绝对值的比值eq \f(ΔU1,ΔI)＝R1，R1不变，则有ΔU1＝R1ΔI，ΔU2＝(R1＋r)ΔI，故ΔU1<ΔU2，C、D正确。
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，cs 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eq \f(5mg,8)
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＝eq \f(5mg,2l)
【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FA、杆OB对球的支持力FB，如图所示
设OA与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，cs θ＝eq \f(\f(1.6l,2),l)＝0.8，解得θ＝37°，易知FA＝FB，轻杆OA与OB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2FBcs θ＝mg，解得FB＝eq \f(5mg,8)，易知轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为eq \f(5mg,8)，故B正确；对小滑块，根据平衡条件有F弹＝mg＋eq \f(5mg,8)cs 37°，解得F弹＝eq \f(3mg,2)，由胡克定律有k＝eq \f(F弹,1.6l－l)＝eq \f(5mg,2l)，故D正确。
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eq \f(L,T)
B．工件在传送带上加速的时间为eq \f(2μgL,T)
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为eq \f(μmgL,2)
D．传送带传送一个工件多消耗的能量为eq \f(mL2,T2)
【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＝eq \f(L,T)，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＝v0＋at，解得t＝eq \f(v,a)＝eq \f(L,μgT)，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝vt－eq \f(v2,2μg)＝eq \f(L2,2μgT2)，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(mL2,2T2)，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝eq \f(1,2)mv2＋Q＝eq \f(mL2,T2)，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v1，向心加速度大小为a1。地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列判断正确的是( )
A．a1∶a2＝r∶R B．a1∶a2＝R2∶r2
C．v1∶v2＝R2∶r2 D．v1∶v2＝eq \r(R)∶eq \r(r)
【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a1∶a2＝r∶R，A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eq \f(GMm,r2)＝eq \f(mv2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，v1∶v2＝eq \r(R)∶eq \r(r)，C错误，D正确。
17.如图甲所示，质量为1kg的金属棒 SKIPIF 1 < 0 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。 SKIPIF 1 < 0 棒、导轨和定值电阻R组成面积为 SKIPIF 1 < 0 的闭合回路，回路总电阻为 SKIPIF 1 < 0 。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 SKIPIF 1 < 0 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， SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。在 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 棒恰好相对导轨开始运动，则此时（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 棒中的电流方向为a流向b
B. SKIPIF 1 < 0 棒受到的安培力大小为 SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 棒与导轨间的压力大小为 SKIPIF 1 < 0
D. SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 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
SKIPIF 1 < 0
由法拉第电磁感应定律得
SKIPIF 1 < 0
则回路中的电流
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 时磁感应强度为 SKIPIF 1 < 0 ，则所受安培力大小为
SKIPIF 1 < 0
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 SKIPIF 1 < 0 棒与导轨间的压力大小为
SKIPIF 1 < 0
故C错误；
D．由平衡条件得， SKIPIF 1 < 0 棒与导轨间的摩擦力
SKIPIF 1 < 0
又
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
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eq \f(1,4)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Em＝NBL2ω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V
由题图所示位置转过60°角时的瞬时感应电动势e＝Emcs 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V。
(2)周期T＝eq \f(2π,ω)＝1 s，线圈转动一周时间内电流产生的热量
Q＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2))))2·T,R＋r)，
联立解得Q＝1 J。
(3)Δt＝eq \f(1,4)T时间内通过电阻R的电荷量
q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BL2－0
联立解得q＝eq \f(NBL2,R＋r)＝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E2，MN右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小E1＝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。(g＝10 m/s2，不计一切阻力)求：
(1)解除锁定后A球获得的速度v1；
(2)碰后瞬间B球的速度v2；
(3)E2大小满足什么条件时，B球能经电场E2通过MN所在的直线；(不考虑B球与地面碰撞再次弹起的情况)
(4)在满足(3)问情景下B球在电场E2中与MN的最大距离。
【答案】：(1)3 m/s，方向水平向右 (2)2 m/s，方向水平向右 (3)E2≥0.283 V/m (4)0.141 m
【解析】：(1)A球和弹簧组成的系统机械能守恒，有Ep＝eq \f(1,2)Mv12
解得v1＝eq \r(\f(2Ep,M))＝3 m/s
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Mv1＝Mv1′＋mv2
eq \f(1,2)Mv12＝eq \f(1,2)Mv1′2＋eq \f(1,2)mv22
解得v2＝eq \f(2M,M＋m)v1＝2 m/s，方向水平向右。
(3)B球进入MN右侧后，电场力qE1＝2 N＝mg
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＝eq \f(mv22,R)
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)：v2－(－v2)＝eq \f(qE2,m)·t
y＝2R≥eq \f(1,2)gt2
解得E2≥eq \f(mv2,q)eq \r(\f(2g,y))＝eq \f(\r(2),5) V/m＝0.283 V/m。
(4)由以上可知当E2＝eq \f(\r(2),5) 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距离MN最远，sm＝eq \f(v22,\f(2qE2,m))＝eq \f(\r(2),10) m＝0.141 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 SKIPIF 1 < 0 ；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） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【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
SKIPIF 1 < 0
对a，根据牛顿第二定律有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（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
SKIPIF 1 < 0
解得回路中产生的总热量为
SKIPIF 1 < 0
对a、b，根据焦耳定律有
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0 ∶ SKIPIF 1 < 0 =1∶1
又
SKIPIF 1 < 0
解得a棒产生的焦耳热为 SKIPIF 1 < 0
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5307" 易错点一 忽视矢量的方向性 PAGEREF _Tc5307 \h 1
\l "_Tc21992" 1．忽视运动学公式中速度、加速度的矢量性 PAGEREF _Tc21992 \h 1
\l "_Tc28611" 2．对摩擦力的方向及突变性认识不足 PAGEREF _Tc28611 \h 2
\l "_Tc14652" 3.忽视曲线运动中速度变化量的矢量性 PAGEREF _Tc14652 \h 3
\l "_Tc18981" 4．忽视场强叠加的矢量性 PAGEREF _Tc18981 \h 4
\l "_Tc30754" 易错点二 不会读图 PAGEREF _Tc30754 \h 5
\l "_Tc4591" 1．对运动图线的斜率、截距、面积等理解不准确 PAGEREF _Tc4591 \h 5
\l "_Tc18280" 2．不会分析与电场有关的三类图像问题 PAGEREF _Tc18280 \h 6
\l "_Tc5073" 3．对伏安特性曲线的意义理解不到位 PAGEREF _Tc5073 \h 6
\l "_Tc18377" 易错点三 研究对象选取不当 PAGEREF _Tc18377 \h 7
\l "_Tc312" 1．受力分析时研究对象选取不当 PAGEREF _Tc312 \h 7
\l "_Tc12825" 2．对多过程问题的子过程选取不当导致错误 PAGEREF _Tc12825 \h 8
\l "_Tc12376" 易错点四 盲目套公式 PAGEREF _Tc12376 \h 9
\l "_Tc18854" 1．刹车问题中忽略实际运动情况而致错 PAGEREF _Tc18854 \h 9
\l "_Tc11661" 2.盲目套用平抛运动的基本规律 PAGEREF _Tc11661 \h 10
\l "_Tc28309" 3. 对公式R＝eq \f(U,I)和R＝eq \f(ΔU,ΔI)的盲目套用 PAGEREF _Tc28309 \h 11
\l "_Tc12470" 易错点五 混淆相似问题 PAGEREF _Tc12470 \h 11
\l "_Tc14416" 2．混淆“轻杆、轻绳”连接体问题 PAGEREF _Tc14416 \h 12
\l "_Tc24188" 3．混淆摩擦力做功与摩擦热 PAGEREF _Tc24188 \h 13
\l "_Tc63" 4．混淆同步卫星、近地卫星、赤道上物体运动的特点 PAGEREF _Tc63 \h 14
\l "_Tc15510" 5．混淆纯电阻电路和非纯电阻电路 PAGEREF _Tc15510 \h 15
\l "_Tc18267" 6．混淆交变电流的“四值” PAGEREF _Tc18267 \h 15
\l "_Tc14746" 易错题精选精练 PAGEREF _Tc14746 \h 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v0＝v＋gt＝40 m/s，物体的位移大小为h1＝eq \f(v0＋v,2)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，物体的初速度大小为v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移大小为h1′＝eq \f(v0′－v,2)t＝15 m，物体仍然在A点的正上方，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v0＝6 m/s的速度逆时针转动，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，cs 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＋μmgcs θ＝ma1，代入数据解得a1＝10 m/s2。物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝0.6 s，运动的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝1.8 m<8.8 m，即物体加速到6 m/s时仍未到达B点。由于μ
【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＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，球到达A点时的速度大小为vA＝eq \f(x,t)＝3 m/s，故A错误；竖直分速度vy＝gt＝4 m/s，球在B点离开球拍时的速度大小为vB＝eq \r(vA2＋vy2)＝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v0方向水平；任意时刻的瞬时速度的水平分量都等于初速度v0，竖直分量都等于自由落体运动的速度。
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4I0(向里)，C点处导线中通过的电流为I0(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＝keq \f(I,r)，其中r为该点到导线的距离，k为常量，则D点处磁场的磁感应强度( )
A．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由C点指向D点
B．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
C．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
D．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，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B1＝keq \f(4I0,2L)＝2keq \f(I0,L)，C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B2＝keq \f(I0,L)；根据右手螺旋定则可以判断，B1、B2的方向如图所示
α＝30°，由于B1′＝B1sin α＝keq \f(I0,L)＝B2，所以D点处磁场的磁感应强度大小B＝B1″＝B1cs α＝eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向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x0应为2.8
【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＝eq \f(－2.7－0,5－0.5) 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＝v0＋at，解得v0＝－1.6 m/s，选项C错误；对于b质点，前5 s内有x＝eq \x\t(v) t2＝eq \f(－1.6－0.6,2)×5 m＝－5.5 m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝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x1到x2电场强度方向向左
B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小
C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大
D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功
【答案】C
【解析】在x轴上，从x1到x2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图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知从x1到x2电场强度先减小后增大，B项错误；由F＝qE知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C项正确；由Ep＝qφ知负电荷在x1处的电势能Ep1大于在x2处的电势能Ep2，把一负电荷从x1移到x2，电势能减小，电场力做正功，D项错误。
【明辨误区】Ex图线、φx图线、Epx图线的区别
(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)Epx图线：图线的斜率大小表示电场力大小。由Epx图线分析电场时，可根据Ep＝qφ，将Epx图线转换为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＝eq \f(U,I)，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＝eq \f(U2,R)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＝eq \f(U,I)＝eq \f(ΔU,ΔI)；对于非线性变化元件R＝eq \f(U,I)≠eq \f(ΔU,ΔI)，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Tcs(θ－30°)＝mgsin 30°，解得T＝eq \f(mg,2csθ－30°)，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＝Tcs θ，又因为T＝eq \f(mg,2csθ－30°)，所以f＝eq \f(1,2)mgeq \f(cs θ,csθ－30°)，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v1＝vcs(θ－30°)，则绳子移动的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x0＝0.5 m，小铁块与木板间动摩擦因数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am，则am＝eq \f(μmg,M)＝8 m/s2
对铁块和木板组成的整体得：Fm＝(m＋M)am
解得Fm＝20 N。
(2)因F＜Fm，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动。
设木板和铁块的共同加速度为a，则a＝eq \f(F,M＋m)＝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x0＝eq \f(1,2)at2
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v1，则v1＝at，解得v1＝2 m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1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am，设木板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
μmg＝ma1 ；v1＝am t1 ；x1＝eq \f(v12,2am)
解得a1＝2 m/s2，t1＝0.25 s，x1＝0.25 m
当木板速度向左减为零时，设铁块速度为v1′，则v1′＝v1－a1t1
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x1′，则
v2＝v1′－a1t2，v2＝am t2，x1′＝eq \f(1,2)amt22
解得v1′＝1.5 m/s，t2＝0.15 s，v2＝1.2 m/s，x1′＝0.09 m
因为x1′＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒
μmgs＝eq \f(1,2)(m＋M)v12
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＝eq \f(Δv,a)＝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＝eq \x\t(v) t＝eq \f(10＋0,2)×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＝v0t＋eq \f(1,2)at2进行求解，将v0＝10 m/s、a＝－5 m/s2和t＝3 s代入，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≤eq \f(v0,a)时，汽车一直在做匀减速直线运动，发生的位移x≤eq \f(v02,2a)；当所给时间t>eq \f(v0,a)时，位移x＝eq \f(v02,2a)，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v0、水平射程为x的平抛运动轨迹制成的，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v0
B．小球运动的时间为eq \f(x,v0)
C．小球的速率为eq \f(gx,v0)
D．小球所受重力的功率为eq \f(mg2x,v0)
【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＝eq \f(x,v0)，则A端距离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gx2,2v02)，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′≠eq \f(x,v0)，B错误。设小球运动到B端时的速率为vB，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝eq \r(2gh)＝eq \f(gx,v0)，小球运动到B端时，在竖直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于eq \f(mg2x,v0)，C正确，D错误。小球运动到B端时的速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(gx,v02)，可知小球运动到B端时其水平方向的速度大小vx＝vBcs θ＝eq \f(gxv0,\r(v04＋g2x2))
(1)牢记平抛运动的两个基本条件：一是只受重力作用，二是必须要有水平方向的初速度。
(2)平抛运动可以分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动。
此题中的小球虽然是按照平抛运动的轨迹运动的，但由于小球没有初速度，因此小球的运动不能分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以小球的运动并不能按平抛运动进行处理。
3. 对公式R＝eq \f(U,I)和R＝eq \f(ΔU,ΔI)的盲目套用
【例3】如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在平行板电容器C内。在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )
A.eq \f(U1,I)、eq \f(U2,I)、eq \f(U3,I)一定都不变
B.eq \f(ΔU1,ΔI)和eq \f(ΔU3,ΔI)一定不变，eq \f(ΔU2,ΔI)一定变化
C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率一定变大
【答案】 D
【解析】第一个易错点是对电路串并联关系的分析：先把电路中的电容器和电压表去掉，分析可知电阻R和RT串联，电压表V1测量R两端的电压，电压表V2测量RT两端的电压，电压表V3测量电源的路端电压，电容器两端的电压等于RT两端的电压。
第二个易错点是eq \f(U,I)与eq \f(ΔU,ΔI)的含义区分：eq \f(U1,I)＝R，eq \f(U2,I)＝RT，eq \f(U3,I)＝R＋RT，当温度降低时，RT增大，则eq \f(U1,I)不变，eq \f(U2,I)增大，eq \f(U3,I)增大，A错误；eq \f(ΔU1,ΔI)＝R不变，eq \f(ΔU3,ΔI)＝r不变，eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不变，B错误；RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也增大，带电液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的效率增大，D正确。
【明辨误区】(1)eq \f(U,I)：由电阻的定义可知，无论是定值电阻还是变化电阻都有eq \f(U,I)＝R，判断eq \f(U,I)的变化，就看电阻变不变。
(2)eq \f(ΔU,ΔI)：对定值电阻，R＝eq \f(ΔU,ΔI)不变，对变化电阻，则需要将变化部分作为外电路，其余部分电阻等效为电源的内电阻R等效，然后由等效电源的路端电压与电流的关系eq \f(ΔU,ΔI)＝R等效分析eq \f(ΔU,ΔI)的变化情况。
易错点五 混淆相似问题
1．混淆“死结”和“活结”
【例1】(2022·烟台模拟)在如图所示的装置中，两物体A、B的质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态。由图可知( )
A．α可能大于β B．m1一定大于m2
C．m1一定小于2m2 D．m1可能大于2m2
【答案】 C
【解析】 绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子各处的拉力相等，因整个装置处于静止状态，故绳子的拉力等于B的重力m2g，对动滑轮进行受力分析，在水平方向上有Tsin α＝Tsin β，所以α＝β，在竖直方向上有Tcs α＋Tcs β＝m1g，而T＝m2g，则有2m2gcs α＝m1g，所以m1一定小于2m2，选项C正确，A、B、D错误。
【明辨误区】本题涉及的是受力分析中的“活结”问题，此类问题一般是通过滑轮或挂钩等将物体悬挂在绳子上，其特点是滑轮或挂钩可以在绳子上自由滑动，绳子对滑轮或挂钩没有约束力，因此绳子上的张力大小处处相等，即滑轮或挂钩只能改变绳子上张力的方向，而不会改变张力的大小，抓住以上特点，就可以有效避免在“活结”问题上出现错误。
2．混淆“轻杆、轻绳”连接体问题
【例2】[多选]如图(a)所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1＝1 kg的物块；如图(b)所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2＝1.5 kg的物块。已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．图(a)中AB绳的拉力大小为10 N
B．图(b)中DE绳的拉力大小为15 N
C．图(a)中轻杆对滑轮的支持力大小为10 N
D．图(b)中轻杆对结点的支持力大小为15 N
【答案】 AC
【解析】对(a)、(b)两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示，图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为FAB＝FBC＝m1g＝10 N，A正确；由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲＝FAB＝FBC＝10 N，C正确；图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知FDEsin 30°＝FEF，FDEcs 30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入数据解得轻绳DE的拉力为FDE＝30 N，轻杆对结点的支持力大小为F乙＝15eq \r(3) N，B、D错误。
【明辨误区】(1)轻杆既能对物体提供拉力又能提供支持力，而轻绳只能对物体提供拉力。绳或杆对物体的弹力可以发生突变，不需要恢复形变的时间。
(2)杆分动杆和定杆两种
动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。
定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。
3．混淆摩擦力做功与摩擦热
【例3】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15 m，质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s从A端滑上传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3 kg、上表面为eq \f(1,4)光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？
(2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。
(3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。
【答案】 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)Q＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(32v－96J v≥4 m/s,8v－22J 2 m/s
代入数据解得a＝0.4 m/s2，
由动能定理得Wf＝mas＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，
则传送带的最小速度v′＝vm＝eq \r(v02＋2as)，
解得vm＝4 m/s。
(2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v1，上升高度记为h，由动量守恒定律可得
mvm＝(m＋M)v1，
由能量守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)(m＋M)v12，
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＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得t＝5 s，
此时因物块与传送带摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝μmgcs 37°(vt－s)＝(32v－96)J；
若v0
此时因物块与传送带摩擦产生的热量
Q＝fΔx＝μmgcs 37°eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vt′－\f(v2－v02,2a)))＝8(v－2)2 J。
【明辨误区】(1)“摩擦力做功”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩擦力做正功还是做负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热量为摩擦力与两物体之间的相对滑动距离的乘积。
(2)在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力与小物块对地位移的乘积进行计算，而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力与小物块和传送带之间的相对位移的乘积来进行计算。
4．混淆同步卫星、近地卫星、赤道上物体运动的特点
【例2】[多选]有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星的排列位置如图所示，则( )
A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同时间内卫星b转过的弧长最长
C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大
D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大
【答案】 BC
【解析】 卫星a在赤道上，万有引力远大于向心力，即重力远大于向心力，所以卫星a的向心加速度an远小于重力加速度g，A错误；a、c两颗卫星的角速度相等，由v＝ωr知，卫星c的速度比卫星a的速度大，对于b、c、d三颗卫星，由Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(mv2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以卫星b的速度比卫星c的速度大，卫星c的速度比卫星d的速度大，C正确；四颗卫星中卫星b的速度最大，由弧长与速度的关系s＝vt可知，在相同的时间内卫星b转过的弧长最长，B正确；由Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，D错误。
【明辨误区】地球赤道上的物体、近地卫星、同步卫星的辨析比较
(1)轨道半径：近地卫星与赤道上的物体的轨道半径相同，同步卫星的轨道半径较大，即r向>r近＝r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＝2πeq \r(\f(r3,GM))可知，近地卫星的周期要小于同步卫星的周期，即T近
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IL＝eq \f(P额,U额)＝0.2 A，干路电流I＝eq \f(E－U额,r＋R)＝1 A，电动机中的电流IM＝I－IL＝0.8 A，电动机输出功率P出＝mgv＝1.6 W，又因电动机的输出功率P出＝IMUM－IM2RM，联立计算得RM＝1.25 Ω，A选项正确。
【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＜eq \f(U,R)，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＝eq \f(U2,R)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l1＝20 cm，ad边长l2＝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＝314cs(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Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314 V，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcs ωt＝314cs(100πt)V，B正确。感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，线圈匀速转动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝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＝eq \f(E2T,R＋r)，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eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，流过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt，联立以上各式可得q＝eq \f(NΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq \f(NBΔS,R＋r)＝eq \f(NBl1l2,R＋r)，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v0＝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h1＝eq \f(v02,2g)＝45 m，上升的时间t1＝eq \f(v0,g)＝3 s，从最高点开始2 s内物体下落的高度为h2＝eq \f(1,2)gt22＝20 m，所以5 s内物体通过的路程为s＝h1＋h2＝65 m，选项A正确；5 s内物体的位移大小为x＝h1－h2＝25 m，方向竖直向上，选项B正确；5 s末物体的速度为v＝－gt2＝－20 m/s，故5 s内物体的速度变化量为Δv＝v－v0＝－50 m/s，所以其速度变化量的大小为50 m/s，选项C错误；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eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝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f1，斜面体受到水平地面的摩擦力大小为f2。当F变大时，有( )
A．f1变大，f2不一定变大
B．f2变大，f1不一定变大
C．f1与f2都不一定变大
D．f1与f2都一定变大
【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>Fcs θ时，摩擦力的方向平行斜面向上，大小为f1＝mgsin θ－Fcs θ，随着F的增大，f1先变小后增大；②当mgsin θ＝Fcs θ时，摩擦力等于零，当F增大时，摩擦力的方向平行斜面向下，f1随F的增大而增大；③当mgsin θ
A．E＝2E0，φ＝φ0
B．E0
C．3E0>E>2E0，φ0<φ<2φ0
D．3E0>E>2E0,3φ0>φ>2φ0
【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E0，方向指向正北。若把C球放在圆心处，则C球在正北点产生的场强也为E0，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仍沿正北方向，但小于E0，故三球在正北点产生场强的矢量和小于2E0。另外，分析可知A、B两球在正北点产生的电势均为φ0，二者共同产生的电势为2φ0，若把C球放在圆心处，则C球在正北点产生的电势也为φ0，而C球位于正南点时，其在正北点处产生的电势应该小于φ0，故三球在正北点产生的电势大于2φ0而小于3φ0。故正确答案为选项B。
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＝eq \f(kI,r)，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∶eq \r(2)
【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＝eq \f(kI,r)，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eq \f(\r(2)kI,2L)，而B处的磁感应强度大小为eq \r(2)eq \f(kI,L)，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v1＝a1t1＝20 m/s，汽车的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t12＝100 m，在10～40 s内汽车做匀速直线运动，位移为x2＝v1t2＝600 m，在40～50 s内汽车做匀减速直线运动，a2＝－1 m/s2，第50 s末的速度为v2＝v1＋a2t3＝10 m/s，位移为x3＝v1t3＋eq \f(1,2)a2t32＝150 m，总位移为x＝x1＋x2＋x3＝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A、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－eq \f(E0d,2)
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eq \f(3qE0d,2)
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UOA＝eq \f(E0d,2)，若φO＝0，则φA＝－eq \f(E0d,2)，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；对粒子从O点到B点的过程，由动能定理有W电＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝eq \f(E0d,2)＋E0d＝eq \f(3E0d,2)，联立解得EkB＝eq \f(3qE0d,2)，故C正确；结合A选项的分析，知UOA>UBC，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WF＝eq \f(1,2)F·x0，其中F＝100 N，x0＝4.0 m，解得WF＝200 J，选项C错误；由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝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。
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GA、GB、GC，对B进行受力分析可知，当GA＝GBsin θ时，B相对于C没有运动趋势，B、C之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＝Fcs θ＝GAcs θ，方向水平向左，选项B错误；剪断细绳，若B依然静止在斜面上，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＋eq \f(mg,k)
【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eq \f(mg,k)，故弹簧原长为R＋eq \f(mg,k)，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＝eq \f(10＋0,2)×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eq \f(1,2)v0t＝s，解得t＝2 s，故第3 s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＝eq \f(v0－0,t)＝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＝ eq \r(\f(Δy,g))＝ eq \r(\f(L,g))＝0.05 s，B错误；小球做平抛运动的初速度v0＝eq \f(3L,T)＝1.5 m/s，C正确；小球经过B点时其竖直方向的分速度大小vBy＝eq \f(yAC,2T)＝0.75 m/s，D错误。
13．[多选]如图所示电路中，滑片P位于滑动变阻器R2正中间，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑片P滑动时，下列说法正确的是( )
A．P向a端滑动过程中，V1示数逐渐增大，V2示数逐渐减小
B．P向a端滑动过程中，R2消耗的功率一定逐渐减小
C．P向b端滑动过程中，V1示数变化量的绝对值小于V2示数变化量的绝对值
D．P向b端滑动过程中，V1示数变化量的绝对值与流过R2的电流变化量绝对值的比值保持不变
【答案】ACD
【解析】： 滑动变阻器的滑片P向a端滑动过程中，R2接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，R1两端电压增大，V1的示数逐渐增大，电源的内电压增大，电源电动势不变，R2两端的电压减小，V2的示数逐渐减小，A正确；将R1等效为电源内阻，R1＋r与R2最大值关系不确定，R2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，R1＋r＝eq \f(ΔU2,ΔI)，R1＋r不变，V1示数变化量绝对值与电流变化量绝对值的比值eq \f(ΔU1,ΔI)＝R1，R1不变，则有ΔU1＝R1ΔI，ΔU2＝(R1＋r)ΔI，故ΔU1<ΔU2，C、D正确。
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，cs 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eq \f(5mg,8)
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＝eq \f(5mg,2l)
【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FA、杆OB对球的支持力FB，如图所示
设OA与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，cs θ＝eq \f(\f(1.6l,2),l)＝0.8，解得θ＝37°，易知FA＝FB，轻杆OA与OB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2FBcs θ＝mg，解得FB＝eq \f(5mg,8)，易知轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下，大小为eq \f(5mg,8)，故B正确；对小滑块，根据平衡条件有F弹＝mg＋eq \f(5mg,8)cs 37°，解得F弹＝eq \f(3mg,2)，由胡克定律有k＝eq \f(F弹,1.6l－l)＝eq \f(5mg,2l)，故D正确。
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eq \f(L,T)
B．工件在传送带上加速的时间为eq \f(2μgL,T)
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为eq \f(μmgL,2)
D．传送带传送一个工件多消耗的能量为eq \f(mL2,T2)
【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＝eq \f(L,T)，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＝v0＋at，解得t＝eq \f(v,a)＝eq \f(L,μgT)，选项B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝vt－eq \f(v2,2μg)＝eq \f(L2,2μgT2)，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(mL2,2T2)，选项C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝eq \f(1,2)mv2＋Q＝eq \f(mL2,T2)，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v1，向心加速度大小为a1。地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列判断正确的是( )
A．a1∶a2＝r∶R B．a1∶a2＝R2∶r2
C．v1∶v2＝R2∶r2 D．v1∶v2＝eq \r(R)∶eq \r(r)
【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a1∶a2＝r∶R，A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eq \f(GMm,r2)＝eq \f(mv2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，v1∶v2＝eq \r(R)∶eq \r(r)，C错误，D正确。
17.如图甲所示，质量为1kg的金属棒 SKIPIF 1 < 0 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。 SKIPIF 1 < 0 棒、导轨和定值电阻R组成面积为 SKIPIF 1 < 0 的闭合回路，回路总电阻为 SKIPIF 1 < 0 。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 SKIPIF 1 < 0 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， SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 。在 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 棒恰好相对导轨开始运动，则此时（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 棒中的电流方向为a流向b
B. SKIPIF 1 < 0 棒受到的安培力大小为 SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 棒与导轨间的压力大小为 SKIPIF 1 < 0
D. SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 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
SKIPIF 1 < 0
由法拉第电磁感应定律得
SKIPIF 1 < 0
则回路中的电流
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 时磁感应强度为 SKIPIF 1 < 0 ，则所受安培力大小为
SKIPIF 1 < 0
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 SKIPIF 1 < 0 棒与导轨间的压力大小为
SKIPIF 1 < 0
故C错误；
D．由平衡条件得， SKIPIF 1 < 0 棒与导轨间的摩擦力
SKIPIF 1 < 0
又
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
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eq \f(1,4)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Em＝NBL2ω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V
由题图所示位置转过60°角时的瞬时感应电动势e＝Emcs 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V。
(2)周期T＝eq \f(2π,ω)＝1 s，线圈转动一周时间内电流产生的热量
Q＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2))))2·T,R＋r)，
联立解得Q＝1 J。
(3)Δt＝eq \f(1,4)T时间内通过电阻R的电荷量
q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，eq \x\t(E)＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BL2－0
联立解得q＝eq \f(NBL2,R＋r)＝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E2，MN右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小E1＝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。(g＝10 m/s2，不计一切阻力)求：
(1)解除锁定后A球获得的速度v1；
(2)碰后瞬间B球的速度v2；
(3)E2大小满足什么条件时，B球能经电场E2通过MN所在的直线；(不考虑B球与地面碰撞再次弹起的情况)
(4)在满足(3)问情景下B球在电场E2中与MN的最大距离。
【答案】：(1)3 m/s，方向水平向右 (2)2 m/s，方向水平向右 (3)E2≥0.283 V/m (4)0.141 m
【解析】：(1)A球和弹簧组成的系统机械能守恒，有Ep＝eq \f(1,2)Mv12
解得v1＝eq \r(\f(2Ep,M))＝3 m/s
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Mv1＝Mv1′＋mv2
eq \f(1,2)Mv12＝eq \f(1,2)Mv1′2＋eq \f(1,2)mv22
解得v2＝eq \f(2M,M＋m)v1＝2 m/s，方向水平向右。
(3)B球进入MN右侧后，电场力qE1＝2 N＝mg
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＝eq \f(mv22,R)
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)：v2－(－v2)＝eq \f(qE2,m)·t
y＝2R≥eq \f(1,2)gt2
解得E2≥eq \f(mv2,q)eq \r(\f(2g,y))＝eq \f(\r(2),5) V/m＝0.283 V/m。
(4)由以上可知当E2＝eq \f(\r(2),5) 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距离MN最远，sm＝eq \f(v22,\f(2qE2,m))＝eq \f(\r(2),10) m＝0.141 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 SKIPIF 1 < 0 ；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） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【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
SKIPIF 1 < 0
对a，根据牛顿第二定律有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（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
SKIPIF 1 < 0
解得回路中产生的总热量为
SKIPIF 1 < 0
对a、b，根据焦耳定律有
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0 ∶ SKIPIF 1 < 0 =1∶1
又
SKIPIF 1 < 0
解得a棒产生的焦耳热为 SKIPIF 1 < 0
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