2026年高考物理二轮复习讲练测题型01 选择题的答题技巧与攻略（8大方法）（题型专练）（全国）（解析版）

专题01选择题的答题技巧与攻略

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01图像法

考向02逆向思维法

考向03类比分析法

考向04对称法

考向05等效法

考向06特殊值法

考向07极限思维法

考向08二级结论法

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

题型解码

选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用等。题目具有信息

量大、知识覆盖面广、干扰性强、层次分明、难度易控制，能考查考生的多种能力等优势。要想迅速、准

确地解答物理选择题，不仅要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律直接判断和定量计算，还要掌握以下

解答物理选择题的基本方法和特殊技巧。

考向破译

考向一图像法

【典例引领】（2025·云南·高考真题）如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的动摩

擦因数为1，与其余部分的动摩擦因数为2，且12。第一次，滑块从I位置以速度v0向右滑动，通过

MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块

从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大

小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则（）

A．t1<t2B．t1t2C．x1x2D．x1x2

【答案】A

1

【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv2mgxmgxx，

201MN21MN

1

mv2mgxmgxx

201MN22MN

可得x1x2，故CD错误；

AB．根据牛顿第二定律mgma

可得ag

由于12，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程

22

中vt图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v0v22gx可

知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的vt图像

可得t2>t1，故A正确，B错误；

故选A。

【方法透视秘籍】

根据题目的条件画出图像或示意图，如多物体或多过程的运动关系示意图可直观反映物体间的位移、时间

关系等，对弄清各物理量关系建立方程有帮助；物理图像能直观反映两个物理量间的定量或定性关系，可

避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。

【变式演练】

【变式1-1】如图所示，带电物体A以一定的初速度v0从绝缘光滑水平面上的P点向固定的带电物体B运

动，A、B均可视为点电荷，当A向右运动距离L到M点时速度减为零，则（）

A．物体A所做的运动为匀减速直线运动

B．物体A从P点运动到M点的过程机械能减少

C．从P点到M点电势逐渐降低

Lv

D．当物体A运动到处时速度大小为0

22

【答案】B

【详解】A．点电荷周围的电场为非匀强电场，带电粒子只受电场力，不可能做匀减速直线运动，故A错

误；

B．由于物体A做减速运动，机械能减小，故B正确；

C．由于带电体B的电性未知，所以电势的高低无法比较，故C错误；

D．物体A做加速度增大的减速运动，定性作出物体A的v2x图像如图所示

2

2v02v0v0

由图可知vL即vL故D错误。故选B。

22222

【变式1-2】如图所示，某质点的vt图像是一条恰好与横、纵坐标轴均相切的1/4圆弧。则下列说法正确

的是（）

A．该质点做匀减速直线运动

B．该质点在前5s内的位移大小为256πm

2

C．该质点在第2.5s末的加速度大小为m/s2

2

53

D．该质点在第2.5s末的速度大小为5m/s

2

【答案】D

【详解】A．vt图像的斜率表示加速度，图中vt图像的斜率逐渐变小，故加速度逐渐变小，该质点做加

速度逐渐减小的减速运动，故A错误；

1225π

B．vt图像的面积表示位移，图中该质点在前5s内的位移大小为x55m5m25m，

44

故B错误；

CD．如图过第2.5s时图线B点的切线，连接圆弧圆心O'B

BC2.51

则有OEFBOC，sin，OCOBcos

OB52

53

解得30，OCm/s

2

53

由图知表示前的速度变化量，则该质点在第末的速度大小为

OC2.5s2.5sv2.5s5m/s

2

3

根据vt图像的斜率表示加速度，由图根据几何关系可知，EF的斜率为，即该质点在第2.5s末的加速

3

3

度大小为m/s2，故C错误，D正确。

3

故选D。

【变式1-3】如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度均为B，高

和间距均为d。质量为m的水平金属杆由距区域Ⅰ上边界h2d处由静止释放，进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度

相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（）

A．刚进入区域Ⅰ时加速度方向可能竖直向下

B．穿过区域Ⅰ的时间大于穿过两磁场区域之间的时间

C．穿过两磁场区域产生的总热量为2mgd

B2L2d2d

D．穿过区域Ⅱ的时间为21

mgRg

【答案】BD

【详解】A．由进入磁场I和II时的速度相等，两磁场间有一段加速过程，则刚进入磁场I时做减速运动，

加速度方向竖直向上，故A错误；

BLv

B．根据牛顿第二定律，进入磁场I的过程BILmgBLmgma

R

可知，减速过程的加速度减小，则穿过磁场I和在两磁场之间的运动图像如图

两个过程位移相等，则图像面积相等，可以看出前一段的时间大于后一段的时间，故B正确；

C．由于进入磁场I和II时的速度相等，根据动能定理Wmg2d0

又WQ

则穿过磁场I的过程产生的热量为Q2mgd

故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C错误；

D．金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为2d，做自由落体运动，故进入磁场时的速度为

v2g2d

又进入区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度相等，在两区域间做加速度为g的匀加速直线运动，设出磁场时的速度为v1，

22

则穿过两磁场区域时vv12gd

解得v1=2gd

BLv

根据题意知两磁场中运动时间相等，设为t，根据动量定理BLtmgtmvmv

R1

又vtd

B2L2d2d

联立解得穿过区域Ⅱ的时间为t21故D正确。故选BD。

mgRg

考向二逆向思维法

【典例引领】（2026高三上·贵州贵阳·阶段练习）如图所示，可视为质点的子弹以一定初速度垂直射入叠

在一起的相同木板中，木板的厚度均为d，子弹恰好穿过第10块木板，已知子弹在木板中运动的总时间为

T，子弹穿过木板的过程可视作匀变速直线运动。关于该子弹的运动，下列说法正确的是（）

22d

A．子弹的加速度大小为

T2

(2510)T

B．子弹穿过第9块木板用的时间是

5

102d

C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为

T

D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为1:2

【答案】C

1

【详解】A．子弹恰好穿过第10块木板，根据逆向思维法，有10daT2

2

20d

解得a，故A错误；

T2

B．子弹穿过第9块木板所用的时间可用穿过最后两块木板所用的时间减去穿过最后一块木板所用的时间求

11

得，根据逆向思维法，有2dat2，dat2

2221

(2510)T

解得ttt，故B错误；

2110

C．根据逆向思维法，刚穿过第5块木板时的速度大小即为反向恰好穿过第6块木板时的速度大小v22a5d

102d

解得v，故C正确；

T

D．根据逆向思维法，子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比可看作初速度为0通过连续相等

位移所用时间之比，即1:21，故D错误。

故选C。

【方法透视】

正向思维法在解题中运用较多，但有时利用正向思维法解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法

解题。应用逆向思维法解题的基本思路：

(1)分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决；

(2)确定逆向思维法的类型(由果索因、转换研究对象、过程倒推等)；

(3)通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。

【变式演练】

【变式2-1】如图所示，某同学对着竖直墙壁练习打网球，该同学使球拍与水平方向的夹角为α=37°，在O

点击中网球，球以v0=15m/s的速度垂直球拍离开O点，恰好垂直击中墙壁上的P点，忽略空气阻力的影响，

取重力加速度大小g=10m/s2，sinα=0.6，cosα=0.8，下列说法正确的是（）

A．网球在P点与墙壁碰撞时的速度大小为10m/s

B．网球由O点运动到P点的时间为1.6s

C．O、P两点间的水平距离为10.8m

1

D．若O、P两点连线与墙壁的夹角为θ，则tan

2tan

【答案】C

【详解】A．网球的逆向运动（由P点到O点）为平抛运动，对O点速度进行分解可得vpv0sin9m/s，

故选项A错误；

B．在竖直方向上有gtv0cos

解得t1.2s，故选项B错误；

C．O、P两点间的水平距离xvpt10.8m，故选项C正确；

vptvp

vp

．根据题意可知tan2，

D12gttan

gtgt

2

联立可得tan2tan，故选项D错误。

故选C。

【变式2-2】某同学原地竖直起跳进行摸高测试，从离地到上升到最高点所用时间为t，重心上升的总高度

为H。若不计空气阻力，下列说法正确的是（）

tt

A．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，克服重力做功之比为3:1

33

tt

B．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，克服重力做功之比为3:1

33

HH

C．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，重力的冲量之比为3:1

33

HH

D．该同学在上升第一个与上升第三个的过程中，重力的冲量之比为32:1

33

【答案】D

tt

【详解】AB．根据题意，由逆向思维可看成自由落体运动，则该同学在上升第一个与上升第三个的位

33

移之比为5:1，由公式WFx可知，克服重力做功之比为5:1，故AB错误；

HH

CD．根据题意，由逆向思维可看成自由落体运动，该同学在上升第一个与上升第三个的时间之比为

33

32:1，由公式IFt可知，重力的冲量之比为32:1，故C错误，D正确。

故选D。

【变式2-3】一科技小组设计了一个多挡位的弹簧枪，在一个倾角为θ、足够长的斜面上进行测试。如图所

示，将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时弹簧对弹丸做功为W，落点与发射点间距为

d1，落到斜面上时弹丸速度恰好水平；用第三挡发射时弹簧对弹丸做功为3W，落点与发射点间距为d2，落

到斜面上时弹丸速度与斜面夹角为α，弹簧枪的长度及空气阻力不计。下列判断正确的是（）

A．d23d1,B．d23d1,

C．d23d1,D．d23d1,

【答案】B

【详解】若将一小球由斜面上的某点沿水平方向抛出，不管抛出时的速度大小如何，只要小球落在斜面上，

则小球的位移方向相同，根据平抛运动速度角与位移角的关系可知，小球落在斜面上时速度方向相同。将

该过程逆过来看，则小球落在斜面上时的速度方向均沿水平方向。该题中，第一次将弹丸射出后，弹丸落

在斜面上时速度方向沿水平方向，可知不管以多大速度射出弹丸，弹丸落在斜面上时速度方向均沿水平方

向，即α=θ

将弹丸的运动过程逆过来看就是平抛运动，设平抛的初速度大小为v0，落点与抛出点间的距离为d，则

1

gt2vt

2，d0

tancos

v0t

2v2tan

联立得d0

gcos

1

枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据Wmv2

2

可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的3倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的3倍，即第

2

2v0tan

二次的v0也为第一次的3倍，由d

gcos

可知，第二次的d为第一次的3倍，即d2=3d1。

故选B。

考向三类比分析法

【典例引领】(多选)如图，一带负电的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨

迹最低点P的竖直线对称，忽略空气阻力。由此可知()

A.Q点的电势比P点高

B.油滴在Q点的动能比它在P点的大

C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大

D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小

【答案】AB

【解析】本题的突破口是类比重力场中斜抛运动的模型分析带电体的运动。斜抛运动所受合力的方向竖

直向下，类比可知油滴所受合力方向竖直向上，从P到Q静电力做正功，电势能减小，合外力做正功，动

能增大，故B项正确，C项错误；油滴带负电，电势能大的位置电势低，A项正确；由轨迹分析知，油滴

所受合外力为恒力，在P、Q两点的加速度大小相等，D项错误。

【方法透视】

将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它

们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方

法，在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电场与重力场叠

加场中的类平抛问题、斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相关结论。

【变式演练】

【变式3-1】（2025高三上·山东临沂·期中）我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，

当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下

水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所示，这

一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”

对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方

向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为

1

Em2x2。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水

px2

表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法正确的是（）

A．在O点处，该“势能”最小

B．在O点处，该“势能”最大

C．与该“势能”对应的“力”类似于重力，其方向始终指向O点

D．与该“势能”对应的“力”的类似于弹簧弹力，其大小随x的增大而增大

【答案】BD

1

【详解】AB．由表达式Em2x2可知，在O点处，该“势能”为零，向两侧时减小，故在O点处，该

px2

“势能”最大。故A错误，B正确；

1

C．根据该“势能”的表达式Em2x2可知，距离y轴越远，势能越小，当小水滴从y轴向外运动的过

px2

程中，对应的“力”一定做正功，因此与该“势能”对应的“力”的方向背离O点向外，故C错误；

1

D．该“势能”的表达式类比于弹簧弹性势能的表达式Ekx2，在弹性限度内弹簧离平衡位置越远，弹力

P2

越大，因此与该“势能”对应的“力”类似于弹力，其大小随x的增加而增大，故D正确；

故选BD。

【点睛】理解表达式各物理量的意义，势能属于标量，只有大小。根据该“势能”的表达式类比重力势能及弹

性势能的表达式，得出该势能对应的力是类似于重力还是弹力，再根据类似力的变化情况推导得出该力的

变化情况。

【变式3-2】（2025·山东烟台·一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接

阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒PQ放

在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个

向右的初速度v0，并以此时刻作为计时起点，在求导体棒的速度v随时间t变化的函数关系时，可与放射性

元素的原子核发生衰变的情形作类比。放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个

ΔNΔN

数与现存的，未衰变的原子核个数N成正比：N，其中为比例常数，“-”表示原子核个数减

ΔtΔt

t

少，上述方程的解为：NN0e，其中N0为t0时刻未衰变的原子核个数，N为t时刻未衰变的原子核个

数。则导体棒的速度v随时间t变化的函数关系为（）

B2L2mRB2L2R

tttt

A．mRB．B2L2C．RD．B2L2

vv0evv0evv0evv0e

【答案】A

【详解】在极短的时间t内，由动量定理可得mvmv0Ft

安培力为FBIL

导体棒切割磁感线产生的电动势为EBLv

E

电路中的电流为I

R

B2L2v

联立上式可得mvmvΔt

0R

ΔvB2L2

整理得v

ΔtmR

B2L2

t

结合题目中的信息可得mR

vv0e

故选A。

【变式3-3】如图所示，质量为m的点电荷N仅在库仑力作用下绕固定的点电荷M在椭圆轨道上运动，ab

为椭圆的长轴，N通过a点时的速率为v，b点到M的距离为a点到M距离的2倍。已知N绕M的运动规

律与卫星绕地球做椭圆运动的规律类似。从a到b的过程中，下列说法正确的是（）

3

A．电场力对N的冲量大小为0B．电场力对N的冲量大小为mv

2

33

C．M、N之间的电势能增加了mv2D．电场力对N做的功为mv2

48

【答案】BD

【详解】AB．因N绕M的运动规律与卫星绕地球做椭圆运动的规律类似，可知N在a、b两点的速率与这

v

两点到M的距离成反比，可得N通过b点时的速度大小为，因此从a到b的过程中，电场力对N的冲量

2

大小为

v3

Imm(v)mv

22

故A错误，B正确；

CD．对N据动能定理可得

2

1v1232

Wmmvmv

2228

3

故电势能增加了mv2，故C错误，D正确。

8

故选BD。

考向四对称法

【典例引领】（2026高三上·河南·月考）如图所示，APB与CPD是粗细均匀的绝缘半圆环，两半圆环的半

径相同，APB所在平面与CPD所在平面垂直，A、C、B、D均在圆心为O的圆周上。四分之一圆环AP、

DP上均匀分布有电荷量为Q的电荷，四分之一圆环CP、BP上均匀分布有电荷量为Q的电荷，已知O

点的电场强度大小为E，则下列说法正确的是（）

A．O点场强方向沿PO向右

B．O点场强方向与ACBD圆面成45°角

2

C．四分之一圆环AP上的电荷在O点产生的场强大小为E

2

1

D．四分之一圆环CP上的电荷在O点产生的场强大小为E

2

【答案】D

【详解】AB．四分之一圆环AP、DP上均匀分布有电荷量为Q的电荷，四分之一圆环CP、BP上均匀分

布有电荷量为Q的电荷，对APB可构建O点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在O点合场强方向为

OB方向；同理对DPC可构建O点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在O点合场强方向为OC方向；

由对称性及叠加原理，O点场强方向在ACBD圆内，由O指向BC中点，故AB错误；

CD．由对称性，四分之一圆环的电荷在O点产生的场强大小都相等，设为E0，则AP与PB在O点产生的

场强大小为2E0，方向为OB方向；则DP与PC在O点产生的场强大小为2E0，方向为OC方向；

由对称性及叠加原理，则APB与CPD在O点产生的合场强大小为2·2E02E0E

E

故四分之一圆环的电荷在O点产生的场强大小都为E，故C错误，D正确。

02

故选D。

【方法透视】

对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。常见的应用：

(1)运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等，加速度相等；

(2)结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；

(3)几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界垂直磁感线射入匀强磁场，再从同一边界射出匀强磁场时，

速度与边界的夹角相等；

(4)场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁体和通电螺线管周

围的磁场等都具有对称性。

【变式演练】

【变式4-1】如图所示，边长为2a的正方形ABCD的中心在直角坐标系xOy的原点O，AD平行于x轴，电

荷量为q的点电荷固定在G点(2a,0)，电荷量为q的点电荷固定在H点(2a,0)。电荷量为Q的点电荷在

外力作用下从A点沿AD运动到D点，再沿DC运动到C点。则（）

A．A、B两点的电场强度大小相等

B．A、B两点的电场强度方向相同

C．点电荷Q从A到D的过程中，电势能增加

D．点电荷Q从D到C的过程中，电势能保持不变

【答案】AC

【详解】A．根据等量异种电荷电场线分布的对称性，可知A点与B点电场强度大小相等，故A正确；

B．根据等量异种电荷电场线分布的对称性，可知A点与B点电场强度的方向不相同，A点电场强度方向沿

向左偏下方向，B点电场强度方向沿向左偏上方向，故B错误；

C．根据对称性可知，ABCD四个点的电势大小关系是

DCAB

点电荷Q从低电势A到高电势D的过程中，电场力做负功，因此电势能增加，故C正确；

D．点电荷Q从D到C的过程中，电势先增加后减小，电场力先做负功后做正功，故电势能先增加后减

小，但初末态的电势能相等，故D错误。

故选AC。

【变式4-2】如图，原长为L0的轻弹簧上端固定在天花板上，下端连接质量为m的物块A，物块A下端用

4mg

细线连接质量为2m的小球B，整个装置处于静止状态，弹簧未超出弹性限度，已知弹簧的劲度系数k。

L0

现剪断细线，不计空气阻力，则物块A振动过程中弹簧的最短长度与最长长度之比为（）

A．1:2B．1:3C．3:5D．3:7

【答案】D

【详解】剪断细线时，物块A处于简谐运动的最低点，此时弹簧长度最长，设为L1，则有

kL1L0m2mg

求得

7

LL

140

物块A处于平衡位置时，设弹簧的长度为L2，则有

kL2L0mg

求得

5

LL

240

设弹簧的最短长度为L3，根据简谐运动的对称性，有

L1L32L2

求得

3

LL

340

所以，物块A振动过程中弹簧的最短长度与最长长度之比为

37

L:LL:L3:7

314040

故选D。

【变式4-3】如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子（不

计重力），从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中（）

A．运动时间相同

B．运动轨道的半径不相同

C．重新回到边界时速度的大小相同和方向不相同

D．重新回到边界的位置与O点距离相等

【答案】D

v2

【详解】B．根据牛顿第二定律得qvBm

r

mv

得r由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B错误；

qB

A．根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，如图所示

由图可知，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，运动时间

2π2

tT

2π

2

同理负离子运动时间tT显然时间不相等，故A错误；

2π

C．正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时

速度大小与方向相同，故C错误；

D．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离s=2rsinθ

r、θ相同，则s相同，故D正确。故选D。

考向五等效法

【典例引领】（2025高三上·江苏苏州·期末）如图所示，圆形软质金属导线MaNbM固定于水平

1

桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧MaN的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。

4

已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为2F，则圆弧导线MbN因为安培力作用而受到的附加张力大小为

（）

22232

A．FB．FC．FD．F

6322

【答案】B

13

【详解】圆弧MaN的长度为圆周长的，则有圆弧导线MbN的长度为圆周长的，因此圆弧导线MbN的

44

1

电阻是圆弧导线MaN的3倍，圆弧导线MaN的电阻是圆弧导线MbN的倍，两电阻并联，流经圆弧导线

3

MaN和圆弧导线MbN的电流与电阻成反比，由解析图可知，圆弧导线MbN受到安培力ME部分和NF部

分安培力大小相等，方向相反，互相平衡，因此圆弧导线MaN与圆弧导线MbN受到安培力的等效长度相

同，如图所示，由安培力公式的表达式F安BIL，已知圆弧导线MaN受到安培力大小为2F，则圆弧导线MbN

1

受到的安培力大小是导线MaN的，则有

3

2

FF

b3

对金属导线受力分析，圆弧导线MbN受到两端的附加张力与安培力平衡，由平衡条件可得

2F2

F张cos45F

33

ACD错误，B正确。

故选B。

【方法透视】

等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系不变的前提下，转化

为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。等效替换法

广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源、变压器问

题中的等效电阻等。

【变式演练】

【变式5-1】如图所示，足够长、倾角为a的光滑绝缘斜面上方存在平行于斜面的水平匀强电场。长为L的

绝缘细绳一端固定在斜面上的O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为点电荷）。给处

于最低点B的小球一个平行于电场线方向的初速度，小球恰能绕O点在斜面上做完整的圆周运动，A点为

4mg

小球运动经过的最高点。已知重力加速度大小为g，电场的电场强度大小为，sin0.6。下列说法正

5q

确的是（）

A．小球经过B点时的机械能最小B．小球的最大速度为5gL

C．小球经过A点时的速度大小为0D．小球经过B点时细绳上的拉力最大

【答案】B

4

【详解】A.带电小球受到重力mg、电场力FqEmg、斜面的支持力和细绳的拉力，显然支持力和拉

5

力不对小球做功，重力对小球做功，小球的机械能守恒，电场力做功负功小球的机械能减小，电场力做功

正功小球的机械能增加，小球从B点运动到A点，电场力做功为零，所以A、B两点机械能相等，显然在小

球从B点运动到A点，电场力先做正功后做负功，机械能先增大后减小，另一个半圆运动时，电场力先做

负功后做正功，机械能先减小后增大，即B点机械能不是最小，A错误；

242

B.由小球受力可知，小球在运动中建立等效重力，等效重力为G等(mgsin)(mg)mg

5

qE4

等效重力与AB的夹角为，则tan

mgsin3

v2

在等效重力作用下，在等效的“最高点”，绳子拉力为0，等效重力提供向心力，即Gm

等L

解得vgL

11

根据动能定理有G2Lmv2mv2

等2max2

解得vmax5gL，B正确；

C.若小球在A点速度为0，则小球将在等效重力得作用下先做直线运动，而不是圆周运动，C错误；

D.B点显然不是等效重力作用下的最低点，所以小球经过B点时，细绳上的拉力不是最大的，D错误。

故选B。

【变式5-2】将一电源、定值电阻R03Ω及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的

阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化的关系曲线如图乙所示，则下列说法中错误的是（）

A．该电源电动势为12VB．该电源内阻为4Ω

C．R的功率最大时，电源的效率是50%D．电路中R0的最大功率为27W

【答案】BC

【详解】AB．将R0等效为电源的内阻，则当RrR04Ω时电阻箱消耗的功率最大，最大功率为

E2

Pmax9W

4rR0

解得E12V，r1Ω，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；

C．R的功率最大时，电路的总电阻为R

总

RR0r8Ω

E

电路中的电流I1.5A

R

总

则路端电压为UEIr10.5V

U

则电源的效率是100%87.5%，故C错误，符合题意；

E

D．当电阻箱的电阻为零时，电路中电流最大，定值电阻R0的功率达到最大，此时电路的总电阻为

R

总

R0r4Ω

E

电路中电流为I3A

R

总

可得PI2R27W，故正确，不符合题意。

m0D

故选BC。

【变式5-3】．（2025高三上·福建福州·期中）如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E1104N/C的

匀强电场。在匀强电场中有一根长L2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电

小球，它静止时悬线与竖直方向成37角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球

在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°0.8，g取10ms2。下列说法正确（）

A．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时动能最小

B．小球的带电荷量q5105C

C．小球在运动至圆周轨迹上的最低点时动能和电势能之和最大

D．小球动能的最大值为5J

【答案】CD

【详解】A．将小球所受重力与电场力合成为一个力，叫作等效重力，这个等效重力的方向应沿着小球静止

时的细线方向向下，如图所示

所以，小球静止时的位置（即图中A点）为圆周运动的等效最低点，这个点关于圆心的对称点（即图中B

点）为等效最高点，小球运动至等效最高点时动能最小，故A错误；

B．由图可知

qE

tan37

mg

求得

q6105C

故B错误；

C．小球在运动过程中，只发生动能、电势能和重力势能之间的相互转化，三种能量的总和保持不变，小球

运动至圆周轨迹上的最低点时重力势能最小，动能和电势能之和最大，故C正确；

D．等效重力大小为

mg5

G'mg

cos374

小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，所以，小球运动至B点时有

v2

G'mB

L

小球运动至等效最低点（即图中A点）时动能最大，小球由B点运动至A点过程中，由动能定理得

1

G'2LEmv2

kA2B

联立，解得

EkA5J

故D正确。

故选CD。