2024版高考物理复习教案：第二篇 一选择题解题技巧

一、选择题解题技巧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。方法1排除法通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，把不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。例1如图所示，直角边长为2d的等腰直角三角形EFG区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有边长为d的正方形金属线框ABCD以恒定速度v水平穿过磁场区域，设逆时针方向为电流正方向，则线框通过磁场过程中，感应电流i随时间t变化的图像是()答案B解析由楞次定律知，在线框进入磁场过程电路中的电流为顺时针方向，即进入磁场时电流方向为负方向，可排除A、D选项。在线框离开磁场过程中，由楞次定律知，电路中电流方向为逆时针方向，可排除C选项，故B项正确。方法2二级结论法熟记并巧用一些“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。例2如图所示，OA、OB为两条不同的光滑轨道，端点O、A、B都在竖直圆周上，OC为竖直直径。完全相同的两个小球分别从A、B两点沿两条轨道由静止开始同时释放，不计空气阻力。两小球到达O点的过程中，下列判断正确的是()A．沿BO轨道运动的小球先到达O点B．两个小球重力的冲量不相同C．两小球的动量变化率相同D．沿AO轨道运动小球的动量变化率大答案D解析设轨道与水平方向的夹角为θ，对小球研究，小球受重力和支持力，将重力沿轨道方向和垂直轨道方向正交分解，根据牛顿第二定律可得ma＝mgsinθ，由数学知识可知，小球的位移为x＝2Rsinθ，由于小球运动过程中做初速度为0的匀加速直线运动，故下落时间为t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2Rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R,g))，所以下落时间与θ无关，故两小球一起到达O点，A错误；运动时间相同，重力相同，由I＝Ft可得两个小球重力的冲量相同，B错误；小球的末速度为v＝at＝gtsinθ，由于AO轨道的倾角大，即sinθ大，故从A点运动的小球末速度大，根据Δp＝mv－mv0，可知沿AO轨道运动小球的动量变化率大，C错误，D正确。方法3图像法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。例3有一种“猫捉老鼠”趣味游戏，如图所示，D是洞口，猫从A点沿水平线ABD匀速追赶老鼠，老鼠甲从B点沿曲线BCD先加速后减速逃跑，老鼠乙从B点沿曲线BED先减速后加速逃跑，已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等，到达洞口D时速率也相等，猫追赶的路程ABD与两只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，则下列说法正确的是()A．猫能在洞口堵住老鼠甲B．猫能在洞口堵住老鼠乙C．两只老鼠在洞口都被猫堵住D．两只老鼠均能从洞口逃离答案B解析因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与t轴所围面积相等来求解。根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口，故选B。方法4尺规作图法有些选择题，若用常规的方法做会很烦琐，带电粒子在磁场中运动时能不能经过某一点，可用圆规改变半径进行作图判断，光学中光线能不能经过某一点，也可以通过作图判断，在某种变化的过程中比较两个物理量的大小，还可以作图，用刻度尺测量。例4如图，站在水平台面上的工作人员用轻绳将一个光滑小球从四分之一圆弧最底端缓慢拉到定滑轮处，不计定滑轮摩擦，在此过程中，下列说法正确的是()A．绳的拉力一直增大B．绳的拉力一直减小C．圆弧对小球支持力一直增大D．圆弧对小球支持力先减小后增大答案A解析力的矢量三角形如图所示，由图可知绳的拉力一直增大，圆弧对小球支持力一直减小，故A正确，B、C、D错误。例5(2022·山东卷·12改编)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为eq\r(2)L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是()A．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率先增大后减小D．在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直减小答案B解析如图所示，在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t＝eq\f(π,4ω)时，有效切割长度最大，为eq\r(2)L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；方法一在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，设转过的角度为θ，由几何关系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，切割磁感线的有效长度d＝eq\f(L,cosωt)，则感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bd2ω＝eq\f(BL2ω,2cos2ωt)，可知在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的过程中，E的变化率一直增大，故C、D错误。方法二电动势变化率eq\f(ΔE,Δt)＝eq\f(E2－E1,Δt)，E＝eq\f(1,2)BL2ω，式中L为有效切割长度，故eq\f(ΔE,Δt)＝eq\f(Bω,2Δt)(L22－L12)Δt取相等时间转化为长度的测量，作图。测量L1、L2、L3，得出L32－L22>L22－L12故eq\f(ΔE,Δt)在变大，C、D错误。方法5逆向思维法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。例6如图所示，半圆轨道固定在水平面上，将一小球(小球可视为质点)从B点沿半圆轨道切线方向斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为()A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2)) B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))答案A解析小球虽然是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以可以逆向看作小球从该半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中与半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，设此时位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而vy2＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，又tan30°＝eq\f(vy,v0)，所以v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故选项A正确。方法6类比分析法将两个(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。例7在光滑的水平面上，一滑块的质量m＝2kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4N(方向未知)作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线的夹角α＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°角B．滑块从P运动到Q的时间为3sC．滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为3m/sD．P、Q两点间的距离为15m答案B解析滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理得Fxcosθ＝ΔEk，得θ＝90°，即水平方向上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；把滑块在P点的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝2m/s2，当沿水平恒力F方向上的速度为0时，时间t＝eq\f(vsin37°,a)＝1.5s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t′＝2t＝3s，故B项正确；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有xPQ＝v′t′＝vcos37°·t′＝12m，故D项错误；当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速度v′，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4m/s，故C项错误。方法7对称法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。例8电荷量为＋Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，已知静电力常量为k，若A点的电场强度为0，则()A．圆形薄板所带电荷量为＋QB．圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向左C．B点的电场强度大小为eq\f(kQ,R2)，方向水平向右D．B点的电场强度大小为eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右答案D解析A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为E＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为eq\f(kQ,R2)，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷＋Q距离A点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于R，若将电荷量Q均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式可知，合场强一定小于E，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于＋Q，故A、B错误；B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为EB′＝keq\f(Q,R2)，方向水平向右，而点电荷在B点产生的场强为EB″＝keq\f(Q,3R2)＝keq\f(Q,9R2)，方向水平向右，则根据电场强度的叠加原理可得B点的电场强度为EB＝EB′＋EB″＝keq\f(Q,R2)＋keq\f(Q,9R2)＝eq\f(10kQ,9R2)，方向水平向右，故C错误，D正确。方法8等效替换法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。例9(2019·全国卷Ⅰ·17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为()A．2FB．1.5FC．0.5FD．0答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为eq\f(I,2)，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝eq\f(1,2)BlI＝eq\f(1,2)F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F＋F1＝1.5F，选项B正确。例10如图所示，在水平向右的匀强电场中，一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道处在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道的最低点获得一定的初速度v0后，能够在轨道内做圆周运动。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．小球运动到D点时的动能最小B．小球运动到C点时的机械能最大C．若v0＝eq\r(5gR)，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动D．若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg答案D解析小球在等效场中做变速圆周运动，M点为等效最低点，N点为等效最高点，如图所示，设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为θ，有tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\r(3)，即θ＝60°，故在等效场中构成绳—球模型，在等效最高点的速度最小，动能最小，即小球运动到N点时的动能最小，故A错误；小球做圆周运动时除了重力做功外，还有静电力做功，小球运动到B点时静电力做正功最多，则机械能最大，故B错误；在等效场中的等效重力加速度为g效＝eq\f(g,cosθ)＝2g，小球恰好能够沿着轨道做圆周运动，则在等效最高点N时由等效重力提供向心力，有mg效＝meq\f(vN2,R)，可得vN＝eq\r(g效R)＝eq\r(2gR)，则从C点到N点，由动能定理有－mg效(R＋Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvN2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(8gR)，故C错误；若小球恰好能够在轨道内做圆周运动，即刚好能通过N点时的速度为vN＝eq\r(2gR)，在C点的速度为v0＝eq\r(8gR)，而在等效最低点M时速度最大，轨道对球的支持力最大，球对轨道的压力也最大，从C点到M点由动能定理有mg效(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mvM2－eq\f(1,2)mv02，可得vM＝eq\r(10gR)，在M点由牛顿第二定律有FNM－mg效＝meq\f(vM2,R)，解得FNM＝12mg，由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道的最大压力为12mg，故D正确。方法9特殊值法有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验。凡是用特殊值检验证明不正确的选项，可以排除。例11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()A.eq\f(k2－1v,k2＋1g) B.eq\f(k2＋1v,k2－1g)C.eq\f(k＋1k2＋1v,2kg) D.eq\f(k2－12v,2kg)答案C解析取k＝1，则说明物体运动过程中所受空气阻力为零，即物体做竖直上抛运动。将k＝1依次代入四式，只有C项经历的时间等于eq\f(2v,g)(竖直上抛运动回到抛出点所用的时间)