一、考前必糾的十大易錯易混點
著名教育家烏申斯基說：“比較是一切理解和思維的基礎．”有比較才有深刻的認識，通過比較，可產生強烈的刺激，促進同學們積極思考．采用比較的方法應對易錯問題，有較好的糾錯效果，且有利于快速提分，其原因是高考考題一般以中等難度的題為主，題目中會出現較多的“熟面孔”，但出于“慣性思維”，一些同學越熟越易錯．所以在平常的復習中采用比較的方法辨“同中之異”，識“異中之同”，不僅可以提高理解能力，還可以加強思辨能力．
易錯點1　剎車減速與往返減速
【典例1】一輛汽車以40 m/s的速度沿平直公路勻速行駛，突然前方有一只小狗穿過馬路，司機立即剎車，汽車以大小為8 m/s2的加速度做勻減速直線運動，那么剎車后第2 s內與剎車后6 s內汽車通過的位移大小之比為(　　)
A．7∶25   B．16∶25
C．7∶24   D．2∶3
[解析]　規定初速度方向為正方向，已知初速度v0＝40 m/s，加速度a＝－8 m/s2.則汽車從剎車到停止所需的時間t0＝0－v0a＝5 s．t1＝2 s<t0，根據v＝v0＋at得剎車后1 s末汽車的速度為v1＝32 m/s，剎車后第2 s內汽車的位移x1＝v1t′＋12at′2＝28 m．t2＝6 s>t0，說明6 s內汽車的位移x2等于汽車從開始剎車到停止的位移，x2＝0－v202a＝100 m，所以x1∶x2＝7∶25，故A正確．
[答案]　A
【典例2】 (多選)在塔頂將一物體豎直向上拋出，拋出點為A，物體上升的最大高度為h＝6 m，不計空氣阻力，設塔足夠高，則物體的位移大小為x＝3 m時，物體通過的路程可能為(　　)
A．3 m   B．6 m
C．9 m   D．15 m
[解析]　物體在塔頂的A點拋出，滿足位移大小為3 m的位移終點有兩處，如圖所示，一處在A點之上，另一處在A點之下．位移終點在A點之上、位移大小為3 m的運動對應著上升和下降兩種過程，上升過程，物體通過的路程s1＝x＝3 m，下降過程，物體通過的路程s2＝2h－x＝9 m．位移終點在A點之下、位移大小為3 m時，物體通過的路程s3＝2h＋x＝15 m．故A、C、D項正確，B項錯誤．

[答案]　ACD

勻減速直線運動中的兩類易混問題
(1)典型的剎車問題：汽車做勻減速直線運動直至速度為0，此后汽車靜止不動，運動的時間為t＝|v0a|.要注意題目中是緊急剎車還是有反應時間的剎車．有反應時間的剎車是多過程問題，解答時可以利用速度－時間圖象分析．
(2)往返運動問題，如物體沖上光滑斜面、物體豎直上拋等，物體做勻減速直線運動，速度為0后，因為物體處于非平衡狀態，所以以原來的加速度反向運動(要與剎車問題區別)，因此對應某一位移，速度、時間等可能有兩解，對應某一到出發點的距離，時間可能有三解．
易錯點2　“活結”與“死結”、“定桿”與“動桿”
【典例3】如圖(a)所示，輕繩AD跨過固定在水平輕桿BC右端的定滑輪(重力不計)掛住一個質量為M1的物體，∠ACB＝30°；如圖(b)所示，輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過輕繩EG拉住，EG與水平方向也成30°角，一輕繩GI懸掛在輕桿的G端并拉住一個質量為M2的物體，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)

A．圖(a)中BC桿對滑輪的作用力大小為M1g2
B．圖(b)中HG桿受到的作用力大小為M2g
C．輕繩AC段的張力TAC與輕繩EG段的張力TEG的大小之比為M1∶M2
D．輕繩AC段的張力TAC與輕繩EG段的張力TEG的大小之比為M1∶2M2
[解析]　圖(a)中AC、CD兩段繩的張力大小都是M1g，且兩繩互成120°角，以C點為研究對象，根據共點力的平衡條件可知，BC桿對滑輪的作用力大小也是M1g(與豎直方向成60°角斜向右上方)，A項錯誤；由題意知，圖(b)中HG輕桿對G點的作用力方向一定沿桿HG的方向，以G點為研究對象，根據共點力的平衡條件可知，HG桿對G點的作用力大小F＝TEGcos 30°，TEGsin 30°＝M2g，故F＝3M2g，再結合牛頓第三定律可知，B項錯誤；圖(a)中輕繩AC段的張力TAC＝M1g，圖(b)中輕繩EG段的張力TEG＝M2gsin 30°＝2M2g，故TAC∶TEG＝M1∶2M2，C項錯誤，D項正確．
[答案]　D

(1)像滑輪這樣的“活結”，結點兩側繩的拉力相等．
(2)像圖(b)中的“死結”，結點兩側繩的拉力一般不同，各自的大小可以采用正交分解法或矢量三角形法求出．
(3)圖(a)中水平直桿左端固定于豎直墻上，是“定桿”，桿對結點彈力的方向可以不沿桿的方向．
(4)圖(b)中輕桿左端用鉸鏈固定，是“動桿”，輕桿在緩慢轉動的過程中，彈力方向始終沿桿的方向．　
易錯點3　“繩模型”與“桿模型”
【典例4】 (多選)如圖甲，小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點時的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT，拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示，圖象中a、b為已知量，重力加速度g已知，以下說法正確的是(　　)

A．a與小球的質量無關
B．b與小球的質量無關
C．ba只與小球的質量有關，與圓周軌道半徑無關
D．利用a、b和g能夠求出小球的質量和圓周軌道半徑
[解析]　當v2＝a時，繩子的拉力為零，小球的重力提供向心力，則mg＝mv2r，解得v2＝gr，故a＝gr，a與小球的質量無關，A正確；當v2＝2a時，對小球受力分析，有mg＋b＝mv2r，聯立解得b＝mg，b與小球的質量有關，B錯誤；ba＝mr，ba不只與小球的質量有關，還與圓周軌道半徑有關，C錯誤；由a＝gr，b＝mg，解得r＝ag，m＝bg，D正確．
[答案]　AD
【典例5】小球在如圖甲所示的豎直放置的光滑圓形管道內做圓周運動．當小球運動到圓形管道的最高點時，管道對小球的彈力與小球此時的速度平方的關系如圖乙所示(取豎直向下為正方向)．MN為通過圓心的一條水平線．不計小球半徑、管道內徑，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　)

A．管道所在圓的半徑為b2g
B．小球的質量為ag
C．小球在MN以下的管道中運動時，內側管壁對小球可能有作用力
D．小球在MN以上的管道中運動時，外側管壁對小球一定有作用力
[解析]　由圖可知，當v2＝b時，FN＝0，此時mg＝mv2R，解得管道所在圓的半徑R＝bg，故A錯誤；當v2＝0時，FN＝－mg＝－a，所以m＝ag，故B正確；小球在水平線MN以下的管道中運動時，由于向心力的方向要指向圓心，則管壁必然要提供指向圓心的支持力，只有外壁才可以提供這個力，所以內側管壁對小球沒有作用力，故C錯誤；小球在水平線MN以上的管道中運動時，重力沿徑向的分量必然參與提供向心力，故可能是外側管壁對小球有作用力，也可能是內側管壁對小球有作用力，還可能內、外側管壁對小球均無作用力，故D錯誤．
[答案]　B

輕繩、輕桿系一小球在豎直平面內做圓周運動，小球通過最高點的臨界條件(做完整圓周運動的條件)的差別，源于繩、桿彈力的差別．
(1)繩模型：在最高點繩子只能產生沿繩收縮方向的拉力，拉力最小值為零，此時小球的重力提供向心力．小球在豎直放置的光滑圓環內側做圓周運動符合此模型．
(2)桿模型：在最高點，桿對小球可以產生向下的拉力，也可以產生向上的支持力，故小球在最高點時受到的合力的最小值為零．小球在豎直放置的光滑細管中做圓周運動符合此模型．　
易錯點4　“定軌”與“變軌”
【典例6】 2018年12月8日，“嫦娥四號”月球探測器在我國西昌衛星發射中心發射成功，隨后實現了人類首次月球背面軟著陸．“嫦娥四號”從環月圓軌道Ⅰ上的P點實施變軌，進入環月橢圓軌道Ⅱ，在近月點Q實施軟著陸，如圖所示．關于“嫦娥四號”，下列說法正確的是(　　)

A．沿軌道Ⅰ運行至P點時，需加速才能進入軌道Ⅱ
B．沿軌道Ⅱ運行的周期大于沿軌道Ⅰ運行的周期
C．沿軌道Ⅱ運行經P點時的加速度等于沿軌道Ⅰ運行經P點時的加速度
D．沿軌道Ⅱ從P點運行到Q點的過程中，月球對“嫦娥四號”的萬有引力做的功為零
[解析]　“嫦娥四號”沿軌道Ⅰ運行至P點時，應該制動減速使萬有引力大于其在軌道Ⅰ上做圓周運動所需向心力而做近心運動，變軌到軌道Ⅱ上，故A錯誤；軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅰ的半徑，根據開普勒第三定律可知“嫦娥四號”沿軌道Ⅱ運行的周期小于沿軌道Ⅰ運行的周期，故B錯誤；在同一點萬有引力相同，加速度相同，故C正確；根據開普勒第二定律可知在軌道Ⅱ上由P點運行到Q點的過程中，“嫦娥四號”的速度逐漸增大，萬有引力做正功，故D錯誤．
[答案]　C

通常衛星變軌過程涉及三個“定軌”、兩處“變軌”
(1)三個“定軌”：三個軌道均屬環繞模型，軌道固定．如圖所示，衛星運行的低軌道1和高軌道3是圓軌道，萬有引力提供向心力，由此可判斷各物理量的變化．衛星在橢圓軌道2上運行時，在近地點A的速度大于在遠地點B的速度，符合機械能守恒定律．

(2)兩處“變軌”：橢圓軌道的近地點A和遠地點B，也是橢圓軌道與兩個圓軌道的相切點即發生變軌的位置．在兩切點處，衛星在不同軌道上運行時所受萬有引力相同，加速度相同，速度符合“內小外大”．　
易錯點5　近地衛星、同步衛星、地球赤道上的物體
【典例7】人造衛星d的圓形軌道離地面的高度為h，地球同步衛星b離地面的高度為H，h<H.兩衛星共面且運行方向相同，某時刻衛星d恰好出現在赤道上某建筑物c的正上方，設地球赤道半徑為R，地球表面的重力加速度為g，則(　　)
A．d、b線速度大小的比值為 R＋hR＋H
B．d、c角速度的比值為（R＋H）3（R＋h）3
C．b、c向心加速度大小的比值為 R3（R＋H）3
D．d下一次通過c正上方所需時間為
t＝2πgR3（R＋h）3－（R＋H）3
[解析]　由萬有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r＝mω2r，則v＝GMr，ω＝GMr3，所以d、b的線速度大小的比值為vdvb＝R＋HR＋h；因b、c的角速度相同，所以d、c的角速度的比值等于d、b的角速度的比值，則ωdωc＝（R＋H）3（R＋h）3，則A錯誤，B正確．因為b、c的角速度相同，由a＝rω2可知abac＝R＋HR，則C錯誤．設經過時間t衛星d再次通過建筑物c正上方，根據幾何關系有(ωd－ωc)t＝2π，又GM＝gR2，再結合上述分析可得t＝2πgR2（R＋h）3－gR2（R＋H）3，則D錯誤．
[答案]　B

近地衛星、同步衛星、地球赤道上的物體的比較
   近地衛星   同步衛星   地球赤道
上的物體向心力   萬有引力   萬有引力   萬有引力的一個分力
軌道半徑   r近<r同   r同>r物＝r近
角速度   由GMmr2＝mrω2得
ω＝GMr3，故ω近>ω同

       同步衛星的角速度與地球自轉的角速度相同，故ω同＝ω物
   ω近>ω同＝ω物
線速度   由GMmr2＝mv2r得
v＝GMr，故v近>v同
由v＝rω得v同>v物
   v近>v同>v物
向心加速度   由GMmr2＝ma得a＝GMr2，故a近>a同
由a＝rω2得a同>a物
   a近>a同>a物
　易錯點6　電場線與軌跡結合和等勢線與軌跡結合
【典例8】下列選項中實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運動的軌跡，帶電粒子只受電場力作用，運動過程中電勢能一直減少，關于粒子運動到b處時的速度方向與受力方向，下列選項表示的可能正確的是(　　)

[解析]　因粒子所受電場力的方向指向粒子運動軌跡的凹側，所以可判斷出粒子所受電場力的方向向右，由于運動過程中粒子的電勢能一直減少，所以電場力一直做正功，則電場力方向與粒子速度方向的夾角一定為銳角，故選C.
[答案]　C
【典例9】如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三條等勢線，相鄰等勢線間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一個帶負電的粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點．下列說法正確的是(　　)

A．三個等勢線中，等勢線a的電勢最低
B．帶負電的粒子通過Q點時的電勢能比通過P點時的電勢能小
C．帶負電的粒子通過Q點時的加速度比通過P點時的加速度大
D．帶負電的粒子通過P點時的加速度的方向沿著等勢線c在P點處的切線方向
[解析]　由曲線運動的軌跡與電場力的關系可知，該粒子所受的電場力方向指向運動軌跡的凹側，即大致向下，由于粒子帶負電，因此電場強度方向大致指向上方，則電場線方向大致指向上方，由于電場線與等勢線處處垂直，且由高電勢指向低電勢，故等勢線a的電勢最高，A錯誤；假設粒子從Q點運動到P點，從Q到P電場力對粒子做負功，故粒子電勢能增加，故B正確；因等差等勢線越密，電場強度越大，所以Q點處的電場強度較小，故粒子在Q點所受的電場力較小，由牛頓第二定律可知粒子在該點的加速度較小，故C錯誤；由于電場線與等勢線處處垂直，故粒子通過P點時所受電場力的方向，即加速度的方向一定與等勢線c在P點處的切線垂直，故D錯誤．
[答案]　B

(1)共同點：此類問題情境都是帶電粒子在電場中做曲線運動．帶電粒子所受電場力指向軌跡凹側是解題的切入點，合理利用功能關系是解題的重要手段．
(2)易錯點：帶點粒子在電場中的運動軌跡夾在速度與電場力之間，向受力一側彎曲，注意不要把電場線和等勢線當成運動軌跡．分析帶電粒子所受電場力時，在軌跡和電場線交點位置，電場力與電場線在該點的切線平行；在軌跡和等勢線交點位置，電場力與等勢線在該點的切線垂直．　
易錯點7　動態電路中的UI與ΔUΔI
【典例10】如圖所示電路中，電源的電動勢、內阻分別為E、r，兩個定值電阻的阻值相等，均為R，電表均為理想電表．初始狀態，開關S1、S2均閉合，現斷開S2，則下列判斷正確的是(　　)

A．電流表A1的示數變為原來的12
B．電流表A2的示數變為原來的2倍
C．電壓表V的示數與電流表A1的示數的比值變為原來的2倍
D．電壓表V示數變化量與電流表A1示數變化量的比值變為原來的2倍
[解析]　S2斷開后，外電路電阻變為原來的2倍，故電壓表V的示數與電流表A1的示數的比值變為原來的2倍，I1＝ER外＋r，因為電源內阻的存在，所以電流表A1的示數不會變為原來的12，A錯誤，C正確；S1、S2均閉合時，電流表A2的示數是電流表A1的示數的12，S2斷開后，電流表A2的示數與電流表A1的示數相同，但A1的示數相較原來已發生變化，故電流表A2的示數不會變為原來的2倍，B錯誤；題圖所示電路中，電壓表V示數變化量與電流表A1示數變化量的比值表示電源內阻r，D錯誤．
[答案]　C

(1)R＝UI是電阻的定義式，UI表示某一狀態下導體(金屬或電解質溶液)的電阻．
(2)對于ΔUΔI，物理情境不同，表示的物理意義不同．對于定值電阻，R＝UI＝ΔUΔI；像本題中所示情境，|ΔUΔI|＝r，其中ΔI應為電流表A1示數的變化量，當干路上接有定值電阻時，可把定值電阻等效成電源內阻．　
易錯點8　“電偏轉”與“磁偏轉”
【典例11】 (多選)如圖所示，有一矩形區域abcd，水平邊長為s＝3 m，豎直邊長為h＝1 m，當該區域內只存在大小為E＝10 N/C、方向由a指向d的勻強電場時，一比荷為qm＝0.1 C/kg的正粒子由a點沿ab方向以速率v0進入該區域，粒子運動軌跡恰好通過該區域的幾何中心．當該區域內只存在垂直紙面的勻強磁場時，另一個電荷量、質量均與正粒子相同的負粒子由c點沿cd方向以同樣的速率v0進入該區域，粒子運動軌跡也恰好通過該區域的幾何中心．不計粒子的重力，則(　　)

A．正、負粒子離開矩形區域時的速率之比為11∶3
B．磁感應強度大小為32 T、方向垂直紙面向外
C．正、負粒子通過矩形區域所用時間的比值為6π
D．正、負粒子離開矩形區域時的動能相等
[解析]　當區域內只有電場時，正粒子恰好通過該區域的幾何中心，則水平方向有s2＝v0t，豎直方向有h2＝12×Eqm×t2，聯立解得v0＝32 m/s，分析可知該粒子離開矩形區域時從cd邊射出，此時速率為v＝v20＋2Eqm h＝112 m/s；而負粒子從矩形區域射出時速率為v0＝32 m/s，故正、負粒子離開矩形區域時的速率之比為11∶3，動能之比為11∶3，A正確，D錯誤．當負粒子由c點沿cd方向射入時，負粒子恰好通過該區域的幾何中心，可知磁場方向垂直紙面向里，由幾何關系和題意可知負粒子做勻速圓周運動時的半徑r＝h＝1 m，由洛倫茲力提供向心力得B＝mv0qr＝320.1×1 T＝53 T，B錯誤．當正粒子從cd邊射出時，h＝12×Eqm×t′2，代入數據解得t′＝2 s，分析可知，負粒子在磁場中偏轉90°后從ab邊射出，時間t″＝14T＝14×2πmqB＝33π s，所以t′t″＝6π，C正確．
[答案]　AC

電場和磁場對運動電荷施加作用力，均可以改變其運動方向，由于電場和磁場對電荷的作用具有不同的特征，因而這兩種偏轉在動力學分析和物理規律選取上存在著差異．
(1)電偏轉：帶電粒子在勻強電場中所受電場力必為恒力，帶電粒子垂直于電場線進入勻強電場后做類平拋運動，其軌跡是拋物線，可以由運動的分解來分析求解．
(2)磁偏轉：帶電粒子在勻強磁場中所受洛倫茲力是變力．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌跡是圓周或一段圓弧，運動的規律可以從動力學關系、軌道半徑和運動的周期等方面來描述．　
易錯點9　電磁感應中的“電勢差”與“電動勢”
【典例12】 (多選)在如圖所示的平面直角坐標系xOy中，第二、四象限的環形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.將一個由粗細均勻的電阻絲折成的閉合金屬線框abcd垂直磁感線放入磁場中，使線框繞O點沿著環形區域邊界以角速度ω順時針勻速轉動．已知Oa＝ab＝r，在t＝0時刻，線框與磁場邊界恰好重合，設逆時針方向為電流正方向．則下列關于線框中的電流i和a、b兩點間的電壓u隨時間t變化的關系圖象，可能正確的是(　　)

[解析]　線框在磁場內運動過程中磁通量變化率的大小不變，產生的感應電動勢大小不變，因而線框中感應電流大小不變，根據楞次定律和右手螺旋定則可判斷感應電流的方向，感應電流先沿逆時針方向，然后沿順時針方向，做周期性變化，A正確，B錯誤；當ab邊切割磁感線時，ab邊為電源，uab為路端電壓，由右手定則可知，電流從a端流出，a端為電源正極，有uab>0，當cd邊切割磁感線時，cd邊為電源，u′ab為電路中ab段兩端的電壓，由右手定則可知，電流方向為順時針，從a流向b，有u′ab>0，uab與u′ab的大小關系為uab>u′ab，C錯誤，D正確．
[答案]　AD

本題中在不同時刻，電動勢、路端電壓、部分電阻兩端電壓容易混淆，混淆的根源在于電路分析不到位．
(1)當ab邊切割磁感線時，ab可視為電源，其兩端的電壓為路端電壓，既不是電動勢也不是內電壓．
(2)當cd邊切割磁感線時，ab可視為外電路中的部分電阻．在線框構成的串聯電路中，電壓的分配跟電阻成正比．
易錯點10　“發電”棒與“電動”棒
【典例13】 (多選)如圖，MN、PQ為相同材料制成的、粗細均勻的平行金屬導軌(水平放置且光滑)，MN、PQ長度均為d＝9 m，其單位長度電阻為r＝0.5 Ω/m，導軌間距L＝0.5 m，∠PMN＝90°，導軌左端連接一阻值為R＝4 Ω的電阻(M、P間導線電阻不計)，一質量為m＝0.5 kg、電阻可忽略不計的金屬棒置于導軌最左端，與導軌垂直且接觸良好．整個裝置處于磁感應強度大小為B＝2.0 T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中．現對金屬棒施加一水平向右的拉力F，使金屬棒從靜止開始以a＝2 m/s2的加速度水平向右做勻加速直線運動．已知金屬棒從MP運動到NQ的過程中，通過電阻R的電荷量為0.6 C，下列說法正確的是(　　)

A．金屬棒向右運動過程中，R中的電流沿MP方向
B．整個過程中，拉力F的最大值為1.5 N
C．整個過程中，拉力F的平均值為1.2 N
D．整個過程中，電路中產生的焦耳熱為2.8 J
[解析]　根據右手定則可得金屬棒向右運動的過程中，R中的電流沿PM方向，故A錯誤；金屬棒從靜止開始向右做勻加速直線運動的過程中，金屬棒的速度大小為v＝at，位移為x＝12at2，感應電動勢的大小為E＝BLv＝BLat，根據閉合電路歐姆定律可得感應電流的大小為I＝BLatR＋2xr，金屬棒受到的安培力大小為F安＝BIL＝B2L2atR＋art2，拉力F的大小為F＝B2L2atR＋art2＋ma，運動時間為t總＝2da，代入數據并結合數學知識可知，當t＝2 s時拉力F有最大值，最大值為Fmax＝1.5 N，故B正確；整個過程中，通過電阻R的電荷量為0.6 C，通過電阻R的平均電流為I＝qt總＝0.2 A，拉力F的平均值為F＝BIL＋ma＝1.2 N，故C正確；金屬棒運動到NQ時速度為vNQ＝at總＝6 m/s，整個過程中根據能量守恒定律可知電路中產生的焦耳熱為Q＝Fd－12mv2＝1.8 J，故D錯誤．
[答案]　BC
【典例14】 (多選) “電磁炮”是利用電磁力對彈體加速的新型武器．如圖所示是“電磁炮”的原理示意圖．光滑水平導軌電阻不計，寬為L在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.“電磁炮”彈體總質量為m，彈體接入電路中的電阻為R.可控電源的內阻為r，電源的電壓能自行調節，以保證“電磁炮”勻加速發射．在某次試驗發射時，流過彈體的電流是I，不計空氣阻力，則(　　)

A．彈體所受安培力大小為BIL
B．彈體從靜止加速到v，導軌長度至少為2mv2BIL
C．彈體從靜止加速到v的過程中，電源提供的總能量為mvBLIR＋Ir＋BLv2
D．只有可控電源的電壓隨時間均勻增加，才能保證“電磁炮”勻加速發射
[解析]　流過彈體的電流為I，所以彈體受到的安培力大小為F＝ILB，故A正確；由動能定理得Fx＝12mv2，結合F＝BIL可得x＝mv22BIL，故B錯誤；根據牛頓第二定律有F＝ma，彈體速度v＝at1，發射過程中電路中產生的熱量Q＝I2(R＋r)t1，彈體的動能Ek＝12mv2，由能量守恒定律可得電源提供的總能量為E＝Ek＋Q，聯立解得E＝mvBLIR＋Ir＋Blv2，故C正確；t時刻，彈體的速度vd＝at，彈體切割磁感線產生的感應電動勢E1＝BLv1，欲使流過彈體的電流不變，使彈體能勻加速發射，可控電源的電壓應為U＝U0＋E1＝U0＋Blat，式中U0為電源的初始電壓，故D正確．
[答案]　ACD


“發電”棒和“電動”棒(如“電磁炮”)所在電路的結構基本相似，但二者本質不同．“發電”棒是通過導體棒切割磁感線產生感應電流，這個過程將機械能轉化為電能．“電動”棒是通電導體在磁場中受到安培力而運動，這個過程將電能轉化為機械能．　

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一、考前必糾的十大易錯易混點

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