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

PAGEPAGE1专题01选择题的答题技巧与攻略目录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，与其余部分的动摩擦因数为，且。第一次，滑块从I位置以速度向右滑动，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，所用时间为；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度向右滑动，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，所用时间为。忽略空气阻力，则（） B． C． D．【答案】A【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有，可得，故CD错误；AB．根据牛顿第二定律可得由于，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，即两次运动过程中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图像可得，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D．当物体A运动到处时速度大小为【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的图像如图所示由图可知即故D错误。故选B。【变式1-2】如图所示，某质点的图像是一条恰好与横、纵坐标轴均相切的圆弧。则下列说法正确的是（）A．该质点做匀减速直线运动B．该质点在前内的位移大小为C．该质点在第末的加速度大小为D．该质点在第末的速度大小为【答案】D【详解】A．图像的斜率表示加速度，图中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；B．图像的面积表示位移，图中该质点在前内的位移大小为，故B错误；CD．如图过第时图线B点的切线，连接圆弧圆心O'B则有，解得由图知表示前2.5s的速度变化量，则该质点在第末的速度大小为根据图像的斜率表示加速度，由图根据几何关系可知，的斜率为，即该质点在第末的加速度大小为，故C错误，D正确。故选D。【变式1-3】如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为，矩形区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度均为，高和间距均为d。质量为的水平金属杆由距区域Ⅰ上边界处由静止释放，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，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为。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D．穿过区域Ⅱ的时间为【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；B．根据牛顿第二定律，进入磁场I的过程可知，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，根据动能定理又则穿过磁场I的过程产生的热量为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，则穿过两磁场区域时解得根据题意知两磁场中运动时间相等，设为，根据动量定理又联立解得穿过区域Ⅱ的时间为故D正确。故选BD。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（）A．子弹的加速度大小为B．子弹穿过第9块木板用的时间是C．子弹刚穿过第5块木板时的速度大小为D．子弹穿过第10块与穿过第9块木板所用的时间之比为【答案】C【详解】A．子弹恰好穿过第10块木板，根据逆向思维法，有解得，故A错误；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得，根据逆向思维法，有，解得，故B错误；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解得，故C正确；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，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/sB．网球由O点运动到P点的时间为1.6sC．O、P两点间的水平距离为10.8mD．若O、P两点连线与墙壁的夹角为θ，则【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，故选项A错误；B．在竖直方向上有解得，故选项B错误；C．、两点间的水平距离，故选项C正确；D．根据题意可知，联立可得，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（）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【答案】D【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移之比为，由公式可知，克服重力做功之比为，故AB错误；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，由公式可知，重力的冲量之比为，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． B．C． D．【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，联立得枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的倍，即第二次的v0也为第一次的倍，由可知，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。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【详解】AB．由表达式可知，在O点处，该“势能”为零，向两侧时减小，故在O点处，该“势能”最大。故A错误，B正确；C．根据该“势能”的表达式可知，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；D．该“势能”的表达式类比于弹簧弹性势能的表达式，在弹性限度内弹簧离平衡位置越远，弹力越大，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，一端连接阻值为的电阻。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。质量为的导体棒放在导轨上，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，并以此时刻作为计时起点，在求导体棒的速度随时间变化的函数关系时，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数与现存的，未衰变的原子核个数成正比：，其中为比例常数，“-”表示原子核个数减少，上述方程的解为：，其中为时刻未衰变的原子核个数，为时刻未衰变的原子核个数。则导体棒的速度随时间变化的函数关系为（

） B． C． D．【答案】A【详解】在极短的时间内，由动量定理可得安培力为导体棒切割磁感线产生的电动势为电路中的电流为联立上式可得整理得结合题目中的信息可得故选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，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（）A．电场力对N的冲量大小为0 B．电场力对N的冲量大小为C．M、N之间的电势能增加了 D．电场力对N做的功为【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、两点的速率与这两点到M的距离成反比，可得N通过点时的速度大小为，因此从到的过程中，电场力对N的冲量大小为故A错误，B正确；CD．对N据动能定理可得故电势能增加了，故C错误，D正确。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的电荷，四分之一圆环CP、BP上均匀分布有电荷量为的电荷，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C．四分之一圆环AP上的电荷在O点产生的场强大小为D．四分之一圆环CP上的电荷在O点产生的场强大小为【答案】D【详解】AB．四分之一圆环AP、DP上均匀分布有电荷量为的电荷，四分之一圆环CP、BP上均匀分布有电荷量为的电荷，对可构建点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在点合场强方向为方向；同理对可构建点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在点合场强方向为方向；由对称性及叠加原理，O点场强方向在ACBD圆内，由指向中点，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，则与在O点产生的场强大小为，方向为方向；则与在O点产生的场强大小为，方向为方向；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故四分之一圆环的电荷在O点产生的场强大小都为，故C错误，D正确。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，边长为的正方形的中心在直角坐标系的原点，平行于轴，电荷量为的点电荷固定在点，电荷量为的点电荷固定在点。电荷量为的点电荷在外力作用下从A点沿运动到点，再沿运动到点。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．点电荷从A到D的过程中，电势能增加D．点电荷从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点电荷从低电势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。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（） B． C． D．【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，则有求得物块A处于平衡位置时，设弹簧的长度为，则有求得设弹簧的最短长度为，根据简谐运动的对称性，有求得所以，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【详解】B．根据牛顿第二定律得得由题q、v、B大小均相同，则r相同，故B错误；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，运动时间同理负离子运动时间显然时间不相等，故A错误；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=2rsinθr、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，圆形软质金属导线固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧的长度为圆周长的，触头M、N与直流电源两端相接。已知圆弧导线受到的安培力大小为，则圆弧导线因为安培力作用而受到的附加张力大小为（） B． C． D．【答案】B【详解】圆弧的长度为圆周长的，则有圆弧导线的长度为圆周长的，因此圆弧导线的电阻是圆弧导线的3倍，圆弧导线的电阻是圆弧导线的倍，两电阻并联，流经圆弧导线和圆弧导线的电流与电阻成反比，由解析图可知，圆弧导线受到安培力ME部分和NF部分安培力大小相等，方向相反，互相平衡，因此圆弧导线与圆弧导线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，已知圆弧导线受到安培力大小为2F，则圆弧导线受到的安培力大小是导线的，则有对金属导线受力分析，圆弧导线受到两端的附加张力与安培力平衡，由平衡条件可得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，。下列说法正确的是（

）A．小球经过B点时的机械能最小 B．小球的最大速度为C．小球经过A点时的速度大小为0 D．小球经过B点时细绳上的拉力最大【答案】B【详解】A.带电小球受到重力、电场力、斜面的支持力和细绳的拉力，显然支持力和拉力不对小球做功，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，小球从点运动到点，电场力做功为零，所以、两点机械能相等，显然在小球从点运动到点，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，即点机械能不是最小，A错误；B.由小球受力可知，小球在运动中建立等效重力，等效重力为等效重力与的夹角为，则在等效重力作用下，在等效的“最高点”，绳子拉力为0，等效重力提供向心力，即解得根据动能定理有解得，B正确；C.若小球在点速度为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.点显然不是等效重力作用下的最低点，所以小球经过点时，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 B．该电源内阻为C．的功率最大时，电源的效率是 D．电路中的最大功率为【答案】BC【详解】AB．将等效为电源的内阻，则当时电阻箱消耗的功率最大，最大功率为解得，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；C．的功率最大时，电路的总电阻为电路中的电流则路端电压为则电源的效率是，故C错误，符合题意；D．当电阻箱的电阻为零时，电路中电流最大，定值电阻的功率达到最大，此时电路的总电阻为电路中电流为可得，故D正确，不符合题意。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、场强为的匀强电场。在匀强电场中有一根长的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成角，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，，取。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【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．由图可知求得故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，由动能定理得联立，解得故D正确。故选CD。考向六特殊值法【典例引领】竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为（） B． C． D．【答案】C【详解】方法一：设空气阻力大小为f，在上升过程中由动能定理，得在下降过程中由动能定理得且解得设向下为正方向，在上升过程中，由动量定理得在下降过程中，由动量定理得二式联立代入解得且则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为故选C。方法二（取特殊值排除法）：当不计空气阻力时，可得物体从抛出到返回排除用时当不计空气阻力，此时k=1,将k=1代入选项公式中，仅有C符合。故选C。【方法透视】(1)特殊值法是让试题中所涉及的某些物理量取特殊值，通过简单的分析、计算来判断的方法，它适用于将特殊值代入后能迅速将错误选项排除的选择题。(2)特殊值法的四种类型①将某物理量取特殊值。②将运动的场景特殊化，由陌生的情景变为熟悉的场景。③将两物理量的关系特殊化。④通过建立两物理量间的特殊关系来简化解题。【变式演练】【变式6-1】假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为()A.1－eq\f(d,R) B.1＋eq\f(d,R)C. D.【答案】A【解析】取特殊情况，当d＝R时，重力加速度之比应该为零，排除B、D；取d＝eq\f(R,2)，根据黄金代换式GM＝gR2得g∝eq\f(M,R2)，重力加速度之比不等于eq\f(1,4)(因为质量M不一样)，排除C。故选A。【变式6-2】如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上自由转动。一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，并随木杆一起转动（碰撞时间极短）。已知木杆质量为M，长度为L，子弹质量为m，点P到点O的距离为x。忽略木杆与水平面间的摩擦。设子弹击中木杆后绕点O转动的角速度为。下面给出的四个表达式中只有一个是合理的。根据你的判断，的合理表达式应为（）A． B．C． D．【答案】C【详解】B．从单位的推导判断，B中表达式的单位为，是线速度的单位，故B错误；D．假设点P到点O的距离则角速度为零，把代入各表达式，D中表达式不为零，故D错误；AC．如果是轻杆，则即轻杆对子弹没有阻碍作用，相当于子弹做半径为的圆周运动，则A错误C正确。故选C。【变式6-2】如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为和的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为和，已知下列四个关于的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】设m=0，则系统加速度a=对A物体运用牛顿第二定律得T1-m1g=m1aT1=m1（g+a)=把m=0代入ABCD四个选项得C选项符合。故选C。考向七极限思维法【典例引领】由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小，其中μ0是真空磁导率．若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示．请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是()A．BP＝·B．BP＝·C．BP＝·D．BP＝·【答案】A【详解】本题没有公式可以直接计算P点的磁感应强度，只能采取其他方法处理。方法一：从单位角度来排除选项：根据题中O点磁感应强度公式，可知P点的磁感应强度表达式的单位应与上式相同，可以看出只有A中表达式的单位与上式一致，BCD中不同，故BCD错误，A正确。方法二：应用极限思维法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小，只有A项结果符合，故BCD错误，A正确。故选A。【方法透视】物理学中的极限思维是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况。极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，起到事半功倍的效果。【变式演练】【变式7-1】如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，在水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.木板受到地面给的摩擦力一定大于μ1mgB.木板受到地面给的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC.当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【答案】D【解析】法一(常规法)由题意可知木块对木板的滑动摩擦力大小为μ1mg，木板处于静止状态，所受合外力为零，所以木板受到地面给的摩擦力的大小一定等于μ1mg，选项A、B错误；无论怎样改变F的大小，木块对长木板的滑动摩擦力大小不变，所以木板始终不可能运动，选项C错误，D正确。法二(极限法)若拉力F趋近于零，则系统处于静止状态，地面对长木板的摩擦力f趋近于零，选项A错误；若拉力F趋近于无穷大时，木块在长木板上相对长木板加速运动，此时长木板在水平方向受到木块对长木板的滑动摩擦力和地面对长木板的摩擦力，因木块对长木板的滑动摩擦力大小为μ1mg不变，故长木板仍处于静止状态，所以长木板受到地面给的摩擦力的大小一定等于μ1mg，选项B、C错误，D正确。考向八二级结论法【典例引领】（2025高三上·湖北·阶段练习）某儿童立体游乐场，在水平一、二、三层平台之间建造了三个滑梯BA、CA、CB，三个滑梯分别位于三个平行的竖直平面内。侧视图如图所示，滑梯可看作光滑的斜面。其中AB与水平面的夹角、CA与CB间的夹角均为。小朋友从三个滑梯顶端均由静止开始下滑，到达该滑梯底端所用的时间分别为、、。则下列说法正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】如图，以ABC三点构建一个竖直面内的圆，A为圆与第一层水平面的切点，由题可知弦切角等于圆周角，所以A为最低点，AB、AC为圆的两条弦，根据等时圆知识可知故选D。【方法透视】熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同种带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的电场强度等。【变式演练】【变式8-1】（2025高三上·江苏淮安·开学考试）如图所示，半球面的半径为，球面上点与球心等高，小球先后两次从点以不同的速度沿方向抛出，下落相同高度，分别撞击到球面上点。设上述两过程中小球运动时间分别为，速度的变化量分别为。则（）A． B．C．，式中为重力加速度 D．撞击点时的速度方向与球面垂直【答案】C【详解】A．小球做平抛运动，根据可知，运动时间相同，A错误；B．根据由于运动时间相同，所以速度变化量也相同，B错误；C．设两小球的水平位移分别为和，由几何关系可知根据平抛运动规律，可知联立可得C正确；D．若撞击点时的速度方向与球面垂直，则点速度方向的反向延长线过圆心O，根据平抛运动的推论，速度的反向延长线一定过水平位移的中点，而O点不是水平位移的中点，与假设相矛盾，所以撞击点时的速度方向与球面不垂直，D错误。故选C。【变式8-2】如图，有、、三种带正电粒子（不计重力）分别在电压为的电场中的O点静止开始加速。从M孔射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（）A．三种粒子在电场中的加速度之比为B．三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的C．三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为D．三种粒子从偏转电场出来时动能之比为【答案】D【详解】A．根据牛顿第二定律可知，粒子在电场中的加速度大小为可知三种粒子在电场中的加速度之比为故A错误；C．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得则三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为故C错误；B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为，板间为，则有，，联立可得可知粒子在偏转电场中的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，即三种粒子在偏转电场中的偏移量相同，则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的，故B错误；D．全过程根据动能定理可得可知三种粒子从偏转电场出来时动能之比为故D正确。故选D。【变式8-3】如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，灯泡L恰能正常发光。如果变阻器的滑片向a端滑动，则（）A．灯泡L变暗，电流表的示数减小 B．灯泡L变亮，电流表的示数增大C．灯泡L变暗，电流表的示数增大 D．灯泡L变亮，电流表的示数不变【答案】C【详解】变阻器的滑片向a端滑动时，电阻R1变小，根据“串反并同”可知，与并联的灯泡L功率变小，即灯泡变暗；由于总电阻减小，电动势不变，则电流表电流变大。故选C。【变式8-4】如图所示，两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带负电，N板带正电，且它们的电荷量保持不变。板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，M、N板足够大，则（）A．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变大B．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变小C．将细线烧断，小球的运动轨迹是抛物线D．若只将M板水平向左平移稍许，将细线烧断，小球到达N板的时间不变【答案】D【详解】A．只将N板水平向右平移稍许，由公式可知，电容器的电容将变小，而又由可知，两板间的电场强度将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误；B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式可知，电容器的电容将变小，而又由可知，两板间的电场强度将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，选项B错误；C．若将细线烧断，小球受电场力和重力都为恒力，则小球将沿绳的方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，选项C错误；D．只将M板水平向左平移稍许，由公式可知，电容器的电容将变小，而又由可知，两板间的电场强度将不变，电场力不变，将细线烧断，小球与C选项情景中运动位移、加速度均不变，到达N板的时间不变，故D正确。故选D。综合巩固1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】AC．电场线不相交、不闭合，故AC错误；B．该电场可能为正点电荷形成的电场，故B正确；D．假设存在这种电场线，做两条等势线，如图所示则有，即由电场线的疏密程度可知，处电场强度大于处电场强度，由公式可得，，相互矛盾，假设不成立，即这种电场线不存在，故D错误。故选B。2．（2025·江西·高考真题）超级电容器可集成到太阳能发电系统中，通过超级电容器储存和释放能量，优化功率输出，提升电网稳定性。关于超级电容器储存能量过程中所带电荷量Q和两极板间电压U的变化，下列说法正确的是（）A．Q增大，U增大 B．Q减小，U减小C．Q减小，U增大 D．Q增大，U减小【答案】A【详解】超级电容器储存能量时处于充电过程，电荷量Q增加。根据电容公式，若电容C不变（由结构决定，题目未提及变化），则Q与U成正比。因此，Q增大时，U必然增大。故选A。3．（2024·天津·高考真题）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【详解】ABC．根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为可知由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v−t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F−t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，BC错误；D．根据题意，由公式可得，感应电流为由数学知识可得由于加速度逐渐减小，则I−t图像的斜率逐渐减小，故D错误。故选A。4．（2024·贵州·高考真题）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径与弦间的夹角为。A、B两点分别放有电荷量大小为的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则等于（）

B． C． D．2【答案】B【详解】根据题意可知两电荷为异种电荷，假设为正电荷，为负电荷，两电荷在C点的场强如下图，设圆的半径为r，根据几何知识可得，同时有，联立解得故选B。

5．（2024·重庆·高考真题）某同学设计了一种测量液体折射率的方案。容器过中心轴线的剖面图如图所示，其宽度为16cm，让单色光在此剖面内从空气入射到液体表面的中心。调整入射角，当反射光与折射光垂直时，测出竖直器壁上的反射光点与液体表面的距离h，就能得到液体的折射率n。忽略气壁厚度，由该方案可知（

）A．若h=4cm，则 B．若h=6cm，则C．若，则h=10cm D．若，则h=5cm【答案】B【详解】根据几何关系画出光路图，如图所示标注入射角θ1，折射角θ2，根据折射定律可得A．若，则，故A错误；B．若，则，故B正确；C．若，则，故C错误；D．若，则，故D错误。故选B。6．（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（）A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大【答案】D【详解】AB．根据，可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，故AB错误；C．根据得故场强不变，故C错误；D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。故选D。二、多选题7．（2025·海南·高考真题）一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为。质量为m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷量为q，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则（

）A．释放时M的加速度为B．M下滑的最大速度为C．M下滑的最大距离为D．M下滑的距离为时，所用时间为【答案】BD【详解】A．初始时，弹簧弹力等于N的重力，弹簧处于压缩状态，即可得释放M时，弹簧弹力不会突变，对M和N，根据牛顿第二定律可得释放时M的加速度为，A错误；B．当M、N的加速度为零，M的速度最大，设此时弹簧的伸长量为，根据平衡条件解得由于，可知弹簧弹性势能不变，M从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理联立解得M下滑的最大速度为，B正确；CD．以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，M、N所受的合外力与位移的关系满足可知M、N做简谐运动，刚释放M时，加速度，根据简谐运动的对称性可知当M下滑的最大距离时，加速度大小也为，根据牛顿第二定律解得M下滑的最大距离为根据题意，M、N做简谐运动的周期从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为当下滑距离为时，代入数据有可得即M下滑的距离为时，所用时间为，故D正确，C错误。故选BD。8．（2025·江西·高考真题）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能与时间t的关系，下列图像可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】AB【详解】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；B．龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0，速度方向始终为正向，故B正确；C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误；D．根据可知，前开口向上，故D错误。故选AB。9．（2025·浙江·高考真题）月球有类似于地球的南北两极和纬度。如图所示，月球半径为R，表面重力加速度为，不考虑月球自转。从月球北极正上方水平发射一物体，要求落在纬度的M处，其运动轨迹为椭圆的一部分。假设月球质量集中在球心O点，如果物体沿椭圆运动的周期最短，则（）A．发射点离月面的高度B．物体沿椭圆运动的周期为C．此椭圆两焦点之间的距离为D．若水平发射的速度为v，发射高度为h，则物体落到M处的速度【答案】BC【详解】根据题意可知椭圆轨道的一个焦点为，设椭圆的另外一个焦点为，如图所示设椭圆的半长轴为，焦距为，根据椭圆知识可知根据开普勒第三定律可知如果物体沿椭圆运动的周期最短，则椭圆的半长轴最小，根据几何关系可知当垂直于时，半长轴最小，如图所示由几何关系有解得C．根据几何关系可得椭圆的焦距，故C正确；A．根据几何关系可得发射点离月面的高度，故A错误；B．设物体绕月球表面做匀速圆周运动时的周期为，则由重力提供向心力得结合开普勒第三定律联立可得物体沿椭圆运动的周期为，故B正确；D．由引力势能公式结合万有引力公式结合机械能守恒定律有联立可得，故D错误。故选BC。10．（2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（）A．合力冲量大小为mv0cosƟ B．重力冲量大小为C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零【答案】CD【详解】A．根据动量定理故合力冲量大小为，故A错误；B．小球上滑的时间为重力的冲量大小为故B错误；C．小球所受洛伦兹力为，随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为故C正确；D．若，0时刻小球所受洛伦兹力为小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得即则小球在整个减速过程的图像如图图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。故选CD。11．（2024·海南·高考真题）真空中有两个点电荷，电荷量均为−q（q≥0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x<<r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（

）A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动【答案】BCD【详解】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为根据均值不等式可知当时E有最大值，且最大值为再根据几何关系可知A点到O点的距离为故A错误，B正确；C．在M点放入一电子，从静止释放，由于可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为由于x<<r，整理后有在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。故选BCD。12．（2024·福建·高考真题）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大