2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 題型研究一 選擇題如何不失分學(xué)案

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1、題型研究一 第一講用好“12招”，選擇題做到快解 小題不可大作，要巧做，高考物理選擇題平均每道題解答時間應(yīng)控制在2分鐘以內(nèi)。選擇題要做到既快又準(zhǔn)，除了掌握直接判斷和定量計算等常規(guī)方法外，還要學(xué)會一些非常規(guī)“巧解”方法。解題陷困受阻時更要切記不可一味蠻做，要針對題目的特性“不擇手段”快捷、準(zhǔn)確解題，為順利解答后面的計算題留足時間。 第1招　對比篩選——排除異己 當(dāng)選擇題提供的幾個選項之間是相互矛盾的，可根據(jù)題設(shè)條件、備選選項的形式靈活運用物理知識，分析、推理逐步排除不合理選項，最終留下符合題干要求的選項。 [應(yīng)用體驗]　如圖甲，圓形導(dǎo)線圈固定在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)線圈所在平面垂

2、直，規(guī)定垂直平面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，若規(guī)定逆時針方向為感應(yīng)電流的正方向，則圖中正確的是(　　) [解析]　選B　0～1 s內(nèi)磁感應(yīng)強度B垂直紙面向里且均勻增大，則由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，方向為逆時針方向，排除A、C項；2～4 s內(nèi)，磁感應(yīng)強度B垂直紙面向外且均勻減小，由楞次定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電流大小是0～1 s內(nèi)的一半，排除D項，所以B項正確。 第2招　特例賦值——投機取巧 有些選擇題，根據(jù)它所描述的物理現(xiàn)象的一般情況，較難直接判斷選項的正誤時，可以

3、讓某些物理量取特殊值，代入到各選項中逐個進(jìn)行檢驗。凡是用特殊值檢驗證明是不正確的選項，一定是錯誤的，可以排除。 [應(yīng)用體驗]　 如圖所示，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上。若要使物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物塊與斜面間的最大靜摩擦力為(　　) A.　　　　　　　　 　 B．2F2 C. D. [解析]　選C　取F1＝F2≠0，則斜面光滑，最大靜摩擦力等于零，代入后只有C滿足。 第3招　圖像圖解——立竿見影 根據(jù)題目的內(nèi)容畫出圖像或示意圖，如物體的運動圖

4、像、光路圖、氣體的狀態(tài)變化圖像等，再利用圖像分析尋找答案。圖像圖解法具有形象、直觀的特點，便于了解各物理量之間的關(guān)系，能夠避免繁瑣的計算，迅速簡便地找出正確答案。 [應(yīng)用體驗]　如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線。已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2，則(　　) A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2 C．v1＝v2，t1

5、A　由于橢圓形管道內(nèi)壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球從M到N過程機械能守恒，由于M、N在同一高度，根據(jù)機械能守恒定律可知，小球在M、N點的速率相等，B、D項錯誤；小球沿MPN運動的過程中，速率先減小后增大，而沿MQN運動的過程中，速率先增大后減小，兩個過程運動的路程相等，到N點速率都為v0，根據(jù)速率隨時間變化關(guān)系圖像可知，由于兩圖像與時間軸所圍面積相等，因此t1>t2，A項正確，C項錯誤。 第4招　對稱分析——左右開弓 對稱情況存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中，應(yīng)用這種對稱性可以幫助我們直接抓住問題的實質(zhì)，避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，快速解題。 [應(yīng)用體驗]　 如圖所示，帶電荷量為－q

6、的均勻帶電半球殼的半徑為R，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線，P、Q為CD軸上在O點兩側(cè)離O點距離相等的兩點，如果是均勻帶電球殼，其內(nèi)部電場強度處處為零，電勢都相等，則下列判斷正確的是(　　) A.P、Q兩點的電勢、電場強度均相同 B．P、Q兩點的電勢不同，電場強度相同 C．P、Q兩點的電勢相同，電場強度等大反向 D．在Q點由靜止釋放一帶負(fù)電的微粒(重力不計)，微粒將做勻加速直線運動 [解析]　選B　半球殼帶負(fù)電，因此在CD上電場線沿DC方向向上，所以P點電勢一定低于Q點電勢，A、C錯誤；若在O點的下方再放置一同樣的半球殼組成一完整的球殼，則P、Q兩點的電場強度均為零，即上、下半球

7、殼在P點的電場強度大小相等方向相反，由對稱性可知上半球殼在P點與在Q點的電場強度大小相等方向相同，B正確；在Q點由靜止釋放一帶負(fù)電微粒，微粒一定做變加速運動，D錯誤。 第5招　極限思維——無所不“極” 物理中體現(xiàn)極限思維的常見方法有極限法、微元法。極限法是把某個物理量推向極端，從而做出科學(xué)的推理分析，給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調(diào)變化的情況。微元法將研究過程或研究對象分解為眾多細(xì)小的“微元”，只需分析這些“微元”，進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)方法或物理思想處理，便可將問題解決。極限思維法在進(jìn)行某些物理過程分析時，具有獨特作用，使問題化難為易，化繁為簡，收到事半功倍

8、的效果。 [應(yīng)用體驗]　 在科學(xué)研究中，可以用風(fēng)力儀直接測量風(fēng)力的大小。儀器中用一根輕繩懸掛著一個金屬球，無風(fēng)時金屬球自由下垂，當(dāng)受到沿水平方向吹來的風(fēng)時，輕繩偏離豎直方向一個角度并保持恒定，如圖所示。重力加速度為g，關(guān)于風(fēng)力大小F與金屬球質(zhì)量m、偏角θ之間的關(guān)系，下列表達(dá)式中正確的是(　　) A．F＝mgtan θ B．F＝mgsin θ C．F＝ D．F＝ [解析]　選A　本題常規(guī)解法是對金屬球進(jìn)行受力分析(受風(fēng)力F、重力mg和繩的拉力)，金屬球在此三力作用下處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的矢量三角形可得F＝mgtan θ。本題還有更簡捷的解法：利用極限的思想，當(dāng)θ＝0°時，風(fēng)力

9、F＝0，代入排除C、D；當(dāng)θ＝90°時，風(fēng)力無窮大，排除B，所以A正確。 第6招　逆向思維——另辟蹊徑 很多物理過程具有可逆性(如運動的可逆性、光路的可逆性)，在沿著正向過程或思維(由前到后或由因到果)分析受阻時，有時“反其道而行之”沿著逆向過程或思維(由后到前或由果到因)來思考，常常可以化難為易、出奇制勝。 [應(yīng)用體驗]　如圖所示，半圓軌道固定在水平面上，一小球(小球可視為質(zhì)點)從恰好與半圓軌道相切于B點斜向左上方拋出，到達(dá)半圓軌道左端A點正上方某處小球的速度剛好水平，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球在A點正上方的水

10、平速度為(　　) A. B. C. D. [解析]　選A　小球雖說是做斜拋運動，由于到達(dá)半圓軌道左端A點正上方某處小球的速度剛好水平，所以逆向看是小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動，運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，這樣就可以用平拋運動規(guī)律求解。因小球運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則速度與水平方向的夾角為30°，設(shè)位移與水平方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，因為tan θ＝＝，則豎直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，又tan 30°＝，所以v0＝＝ ，故選項A正確。 第7招　二級結(jié)論——事半功倍 “二級結(jié)論”是由基本規(guī)律和基本公式導(dǎo)出的推論。熟記

11、并巧用一些“二級結(jié)論”可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間。非常實用的二級結(jié)論有：(1)等時圓規(guī)律；(2)平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過同一加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(5)平行通電導(dǎo)線，同向相吸，異向相斥；(6)帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的電場強度等。 [應(yīng)用體驗]　 [多選]如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力

12、分別用FM、FN表示。不計軌道電阻。以下敘述正確的是(　　) A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐漸增大 D．FN逐漸減小 [解析]　選BCD　導(dǎo)體棒靠近長直導(dǎo)線和遠(yuǎn)離長直導(dǎo)線時導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流一定阻礙這種相對運動，故FM向左，F(xiàn)N也向左，A錯誤，B正確；導(dǎo)體棒勻速運動時，磁感應(yīng)強度越強，感應(yīng)電流的阻礙作用也越強，考慮到長直導(dǎo)線周圍磁場的分布可知，F(xiàn)M逐漸增大，F(xiàn)N逐漸減小，C、D均正確。 第8招　模型思維——避繁就簡 物理模型是一種理想化的物理形態(tài)，是物理知識的一種直觀表現(xiàn)。模型思維法是利用抽象化、理想化、簡化、類比等手段，突出主要因素，忽略次要因素，把研究對象的

13、物理本質(zhì)特征抽象出來，從而研究、處理物理問題的一種思維方法。 [應(yīng)用體驗]　 為了利用海洋資源，海洋工作者有時根據(jù)水流切割地磁場所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢來測量海水的流速。假設(shè)海洋某處地磁場的豎直分量為B＝0.5×10－4 T，水流方向為南北流向。如圖所示，將兩個電極豎直插入此處海水中，且保持兩電極的連線垂直水流方向。若兩極相距L＝10 m，與兩電極相連的靈敏電壓表的讀數(shù)U＝2 mV，則海水的流速大小為(　　) A．40 m/s B．4 m/s C．0.4 m/s D．4×10－2 m/s [解析]　選B　“水流切割地磁場”可類比于我們所熟悉的“單根直導(dǎo)線切割磁感線”的

14、物理模型，由U＝BLv得v＝＝4 m/s。 第9招　反證例舉——避實就虛 有些選擇題的選項中，帶有“可能”“可以”等不確定詞語，只要能舉出一個特殊例子證明它正確，就可以肯定這個選項是正確的；有些選擇題的選項中，帶有“一定”“不可能”等肯定的詞語，只要能舉出一個反例駁倒這個選項，就可以排除這個選項。 [應(yīng)用體驗]　[多選] 空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不計重力。下列說法正確的是(　　) A．入射速度不同的粒子在

15、磁場中的運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同 D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 [解析]　選BD　如果帶電粒子從左邊界射出，運動時間都為半個周期，時間相同，運動軌跡不一定相同，因此A、C錯誤，應(yīng)選B、D。 第10招　轉(zhuǎn)換對象——反客為主 一些復(fù)雜和陌生的問題，可以通過轉(zhuǎn)換研究對象、物理過程、物理模型和思維角度等，變成簡單、熟悉的問題，以便達(dá)到巧解、速解的目的。 [應(yīng)用體驗]　自然界中有許多問題極其相似，例如有質(zhì)量的物體周圍存在著引力場、電荷周圍存在著電場、運動電荷周

16、圍存在著磁場，其中萬有引力和庫侖力有類似的規(guī)律，因此我們可以用定義電場強度的方法來定義引力場的場強。已知引力常量為G，則與質(zhì)量為M的質(zhì)點相距r處的引力場的場強為(　　) A．G B．G C．G D．G [解析]　選C　萬有引力公式與庫侖力公式是相似的，分別為F1＝G和F2＝k，真空中帶電荷量為Q的點電荷在距它r處所產(chǎn)生的電場強度被定義為試探電荷q在該處所受的庫侖力與其電荷量的比值，即E＝＝k，與此類比，質(zhì)量為M的質(zhì)點在距它r處所產(chǎn)生的引力場的場強可定義為試探質(zhì)點在該處所受的萬有引力與其質(zhì)量的比值，即EG＝＝G。 第11招　轉(zhuǎn)換思維——絕處逢生 有些問題用常規(guī)的思維方法求解很

17、繁瑣，而且容易陷入困境。如果我們能靈活地采用等效轉(zhuǎn)換等思維方法，則往往可以“絕處逢生”。 [應(yīng)用體驗]　 一金屬球原來不帶電，沿球的一條直徑的延長線上放置一根均勻帶電的細(xì)桿MN，如圖所示，金屬球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上a、b、c三點的場強分別為Ea、Eb、Ec，則(　　) A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea＝Eb＝Ec [解析]　選C　由于感應(yīng)電荷分布狀態(tài)不清楚，在a、b、c三點的場強無法比較，如果我們轉(zhuǎn)換一下思維角度，根據(jù)“金屬球達(dá)到靜電平衡時內(nèi)部的合場強為零”這一特征，那么比較感應(yīng)電荷在球內(nèi)直徑上三點場強的大小可轉(zhuǎn)換為比較帶電細(xì)桿產(chǎn)生的場強在三

18、點處的大小。由于細(xì)桿可等效為位于棒中心的點電荷模型，由E＝k可知帶電細(xì)桿在c點處產(chǎn)生的場強最大，故金屬球上的感應(yīng)電荷在c點的場強Ec最大，C正確。 第12招　類比分析——以逸待勞 所謂類比分析法，就是將兩個(或兩類)研究對象進(jìn)行對比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯(lián)系或所遵循的規(guī)律，然后根據(jù)它們在某些方面有相同或相似的屬性，進(jìn)一步推斷它們在其他方面也可能有相同或相似的屬性的一種思維方法。比如我們對兩個等質(zhì)量的均勻星體中垂線上的引力場分布情況不熟悉，但等量同種電荷中垂線上電場強度大小分布規(guī)律我們卻很熟悉，通過類比思維，使新穎的題目突然變得似曾相識了。 [應(yīng)用體驗]　 兩質(zhì)量均為M的

19、球形均勻星體，其連線的垂直平分線為MN，O為兩星體連線的中點，如圖所示，一質(zhì)量為m的小物體從O點沿著OM方向運動，則它受到的萬有引力大小的變化情況是(　　) A．一直增大 B．一直減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 [解析]　選C　由于萬有引力定律和庫侖定律的內(nèi)容和表達(dá)式的相似性，故可以將該題與電荷之間的相互作用類比，即將兩個星體類比于等量同種電荷，而小物體類比于異種電荷。由此易得C選項正確。 [選擇題提速練] 1.如圖所示，在一粗糙的水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，用原長為l、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連結(jié)起來，木塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用一水平

20、力向右拉木塊2，當(dāng)兩木塊一起勻速運動時，兩木塊間的距離為(　　) A．l＋　　　　　　　 　B．l＋ C．l＋ D．l＋ 解析：選A　彈簧對木塊1的拉力與木塊1所受的摩擦力平衡，當(dāng)m1的質(zhì)量越小時摩擦力越小，彈簧的拉力也越小。當(dāng)m1的值等于零時(極限)，則不論m2多大，彈簧的伸長量都為零，說明彈簧的伸長量與m2無關(guān)，故選A項。 2．[多選]一物體在粗糙水平面上以一定初速度做勻減速直線運動直到停止，已知此物體在最初5 s內(nèi)的平均速度為3.3 m/s，且在最初5 s內(nèi)和最后5 s內(nèi)經(jīng)過的路程之比為11∶5，則下列說法中正確的是(　　) A．物體一共運動了8 s B．物體做勻減速直

21、線運動的加速度大小為0.6 m/s2 C．物體運動的初速度大小為6 m/s D．物體勻減速過程中的平均速度為 m/s 解析：選AB　設(shè)物體做勻減速直線運動的加速度大小為a，運行總時間為t。把物體的運動視為反向的初速度為零的勻加速直線運動，則物體最后5 s內(nèi)的位移為x2＝a×52＝12.5a，最初5 s內(nèi)的位移為x1＝at2－a(t－5)2＝5at－12.5a，由題意知x1∶x2＝11∶5，聯(lián)立解得t＝8 s，A正確；物體最初5 s內(nèi)的位移為x1＝3.3×5 m＝16.5 m,5at－12.5a＝16.5，聯(lián)立解得a＝0.6 m/s2，B正確；由v＝at知物體運動的初速度大小為v＝0.

22、6×8 m/s＝4.8 m/s，C錯誤；由平均速度定義知全程的平均速度為＝＝×0.6×8 m/s＝2.4 m/s，D錯誤。 3．豎直上拋物體的初速度大小與返回拋出點時速度大小的比值為k，物體返回拋出點時速度大小為v，若在運動過程中空氣阻力大小不變，重力加速度為g，則物體從拋出到返回拋出點所經(jīng)歷的時間為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　取k＝1，說明物體運動過程中所受空氣阻力為零，則物體從拋出到返回拋出點所經(jīng)歷的時間為，代入后只有C滿足。 4.如圖所示電路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，電源內(nèi)阻不可忽略，閉合開關(guān)S1，當(dāng)開關(guān)S2閉合時，電流表A的示數(shù)為3 A

23、，則當(dāng)S2斷開時，電流表示數(shù)可能為(　　) A．3.2 A B．2.1 A C．1.2 A D．0.8 A 解析：選B　斷開S2后，總電阻變大，電流變小，“排除”A項；S2斷開前路端電壓是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2斷開后路端電壓增大，故大于12 V，電流則大于I′＝＝ A＝1.2 A，“排除”C、D兩項。故可得正確選項為B。 5.12根長直導(dǎo)線并排成長為l的直導(dǎo)線帶ab，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點，位置如圖所示，P1到導(dǎo)線帶左端的距離等于P2到導(dǎo)線帶右端的距離，所有長直導(dǎo)線中均通有大小相等、方向垂直紙面向外的恒定電流，ab上所有直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在P1處的

24、合磁感應(yīng)強度大小為B1，在P2處的合磁感應(yīng)強度大小為B2，若僅將右邊6根直導(dǎo)線移走，則P2處的磁感應(yīng)強度大小為(　　) A. B．B2－B1 C．B1－ D．B1＋ 解析：選B　由于所有直導(dǎo)線中的電流一樣，將直導(dǎo)線一分為二，由右手螺旋定則及對稱性知左邊6根直導(dǎo)線電流在P1點產(chǎn)生的磁場互相抵消，所有直導(dǎo)線電流在P1點產(chǎn)生的磁場，僅相當(dāng)于右邊6根直導(dǎo)線電流在P1處產(chǎn)生的磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直ab向下；由對稱性知右邊6根直導(dǎo)線電流在P2處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B1，方向垂直ab向上，而所有直導(dǎo)線的電流在P2處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直ab向上，所以

25、將右邊6根直導(dǎo)線移走后，由磁場的疊加原理知左邊6根直導(dǎo)線電流在P2處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2－B1，B選項正確。 6．由相關(guān)電磁學(xué)知識可以知道，若圓環(huán)形通電導(dǎo)線的中心為O，環(huán)的半徑為R，環(huán)中通有大小為I的電流，如圖甲所示，則環(huán)心O處的磁感應(yīng)強度大小B＝·，其中μ0為真空磁導(dǎo)率。若P點是過圓環(huán)形通電導(dǎo)線中心O點的軸線上的一點，且距O點的距離是x，如圖乙所示。請根據(jù)所學(xué)的物理知識判斷下列有關(guān)P點處的磁感應(yīng)強度BP的表達(dá)式正確的是(　　) A．BP＝· B．BP＝· C．BP＝· D．BP＝· 解析：選A　本題看似高中知識無法解決，但題目中已知O點的磁感應(yīng)強度大小的表達(dá)

26、式。應(yīng)用極限法，當(dāng)x＝0時，P點與O點重合，磁感應(yīng)強度大小BP＝·，A正確。 7.[多選]如圖所示，電源的內(nèi)阻可以忽略不計，電壓表(內(nèi)阻不能忽略)和可變電阻R串聯(lián)在電路中，如果可變電阻R的阻值減為原來的，電壓表的讀數(shù)由U0增加到2U0，則下列說法正確的是(　　) A．流過可變電阻R的電流增大為原來的2倍 B．可變電阻R消耗的電功率增大為原來的4倍 C．可變電阻兩端的電壓減小為原來的 D．若可變電阻R的阻值減小到零，那么電壓表的示數(shù)變?yōu)?U0 解析：選ACD　電壓表阻值一定，當(dāng)它的讀數(shù)由U0增加到2U0時，通過它的電流一定變?yōu)樵瓉淼?倍，而R與電壓表串聯(lián)，故選項A正確。再利用P＝UI

27、和U＝IR，可知R消耗的功率P′＝＝P，R后來兩端的電壓U＝IR，不難得出選項C正確、B錯誤。又因電源內(nèi)阻不計，R與電壓表的電壓之和為E，當(dāng)R減小到零時，電壓表示數(shù)為E，其值為E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，故選項D正確。 8.如圖所示，水平放置的金屬板間有勻強電場，一帶正電的粒子以水平速度v0從M點射入勻強電場，穿過電場后，從N點以速度v射出，不計粒子的重力，則以下判斷正確的是(　　) A．如果讓粒子從M點以速率v沿水平方向射入，則粒子從N點射出時的速率為v0 B．如果讓粒子從N點以速度－v射入，則粒子從M點射出時的速度為－v0 C．如果讓粒子從M點以速率v沿水平方向射

28、入，則粒子能到達(dá)N點 D．如果讓粒子從N點以速率v0沿－v方向射入，則粒子從M點射出時的速率為v沿－v0方向 解析：選B　粒子在電場力作用下，做類平拋運動，初速度v0與末速度v的水平分量相等，顯然可得出A、C、D錯誤；當(dāng)粒子從N點以速度－v射入電場中時，粒子在水平方向上做勻速運動，而在豎直方向上做勻減速運動，從M到N和從N到M兩運動可逆，可知正確選項為B。 9.如圖所示，AB為均勻帶有電荷量為＋Q的細(xì)棒，C為AB棒附近的一點，CB垂直于AB。AB棒上電荷形成的電場中C點的電勢為φ0，φ0可以等效成AB棒上某點P處、帶電荷量為＋Q的點電荷所形成的電場在C點的電勢。若PC的距離為r，由點電荷

29、電勢的知識可知φ0＝k。若某點處在多個點電荷形成的電場中，則電勢為每一個點電荷在該點所產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和。根據(jù)題中提供的知識與方法，我們可將AB棒均分成兩段，并看成兩個點電荷，就可以求得AC連線中點C′處的電勢為(　　) A．φ0 B.φ0 C．2φ0 D．4φ0 解析：選C　AB棒帶電均勻，故其等效點電荷P點即是AB棒的中點，如圖所示，已知PC＝r，將AB棒分成均勻兩段，設(shè)左半段的中點為E，其電荷量為Q，如圖可知C′E的長度為r，故其在C′的電勢為φ＝k＝k＝φ0，同理，右半段在C′產(chǎn)生的電勢也為φ0，根據(jù)題意可知其代數(shù)和為2φ0，故選項C正確。 10．[多選]水平地面上有

30、兩個固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底邊長分別為L1、L2，且L1

31、瑣且選項C、D還不好判定，若考生在做本題時，能記住一個二級結(jié)論[動摩擦因數(shù)處處相同的斜面和水平面(如圖1、2)，物體克服摩擦力做功(生熱)均為W＝μmgs]再結(jié)合動能定理、功率的定義及功能關(guān)系，就能快速判定A、D錯誤，B、C正確。 11．[多選]如圖所示，兩個可視為質(zhì)點的相同木塊A和B放在水平轉(zhuǎn)盤上，且木塊A、B與轉(zhuǎn)盤中心在同一條水平直線上，木塊A、B用長為L的細(xì)繩連接，木塊與轉(zhuǎn)盤之間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍。整個裝置能繞通過轉(zhuǎn)盤中心的豎直轉(zhuǎn)軸O1O2轉(zhuǎn)動，A在距離轉(zhuǎn)軸L處。開始時，繩恰好伸直但無彈力?，F(xiàn)讓轉(zhuǎn)盤從靜止開始轉(zhuǎn)動，使角速度緩慢增大，以下說法正確的是(　　) A．當(dāng)ω

32、> 時，A、B相對于轉(zhuǎn)盤會滑動 B．當(dāng)ω> 時，繩子一定有彈力 C．當(dāng)ω在 <ω< 范圍內(nèi)增大時，B所受摩擦力變大 D．當(dāng)ω在0<ω< 范圍內(nèi)增大時，A所受摩擦力一直變大 解析：選ABD　以A、B整體為研究對象，當(dāng)A、B所受靜摩擦力均達(dá)到最大值時，A、B恰好不相對轉(zhuǎn)盤滑動，設(shè)A、B質(zhì)量均為m，則2kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A項正確。當(dāng)B所受靜摩擦力達(dá)到最大值后，繩子開始有彈力，此時有kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，B項正確。當(dāng) <ω< 時，隨著角速度的增大，繩子彈力不斷增大，B所受靜摩擦力一直保持最大靜摩擦力不變，C項錯誤。當(dāng)0<ω≤ 時，A所受靜摩擦力Ff提供向心

33、力，即Ff＝mω2L，靜摩擦力隨角速度的增大而增大；當(dāng) <ω< 時，以A、B整體為研究對象，F(xiàn)f＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受靜摩擦力隨角速度的增大而增大，D項正確。 12.如圖所示，一長為L的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球。一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿與水平方向成60°角時，拉力的功率為(　　) A．mgLω　　　　　 B.mgLω C.mgLω D.mgLω 解析：選C　輕桿勻速轉(zhuǎn)動，拉力F做的功與小球克服重力做功相同，則拉力F的功率與小球克服重力做功的功率也相同，故P＝mg·ωL·cos 60°＝mgLω，

34、C正確。 13．[多選]如圖所示為物理實驗室某風(fēng)扇的風(fēng)速擋位變換器電路圖，它是一個可調(diào)壓的理想變壓器，其中接入交變電流的電壓有效值U0＝220 V，n0＝2 200匝，擋位1、2、3、4對應(yīng)的線圈匝數(shù)分別為220匝、550匝、1 100匝、2 200匝。電動機M的內(nèi)阻r＝4 Ω，額定電壓為U＝220 V，額定功率P＝110 W。下列判斷正確的是(　　) A．當(dāng)選擇擋位3時，電動機兩端電壓為110 V B．當(dāng)擋位由3變換到2時，電動機的功率增大 C．當(dāng)選擇擋位2時，電動機的熱功率為1 W D．當(dāng)選擇擋位4時，電動機的輸出功率為109 W 解析：選AD　由電壓與匝數(shù)的關(guān)系U0∶U3＝n

35、0∶n3，解得U3＝110 V，A正確；當(dāng)擋位由3變換到2時，輸出電壓減小，電動機的功率減小，B錯誤；當(dāng)沒有達(dá)到額定功率時，熱功率小于1 W，C錯誤；在額定功率的情況下，電動機的額定電流為I＝＝0.5 A，熱功率Pr＝I2r＝1 W，輸出功率為P－Pr＝(110－1)W＝109 W，D正確。 14．[多選]甲、乙兩人同時同地出發(fā)騎自行車做直線運動，前 1 h內(nèi)的位移—時間圖像如圖所示。下列表述正確的是(　　) A．0.2～0.5 h內(nèi)，甲的加速度比乙的大 B．0.2～0.5 h內(nèi)，甲的速度比乙的大 C．0.6～0.8 h內(nèi)，甲的位移比乙的大 D．0.8 h內(nèi)，甲、乙騎車的路

36、程相等 解析：選BC　由題圖可知，0.2～0.5 h內(nèi)，甲、乙均做勻速直線運動，加速度都為零，A錯誤；在位移－時間圖像中，斜率表示速度，0.2～0.5 h內(nèi)，甲的x-t圖線的斜率大于乙的x-t圖線的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正確；由圖像可看出，0.6～0.8 h內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，C正確；在0～0.8 h內(nèi)甲、乙的位移相等，路程不相等，D錯誤。 15．[多選]如圖所示，有一位冒險家希望有一天能站在世界上最高的樓頂，他設(shè)想把這樣一座樓建在赤道上，假設(shè)這座樓施工完成，高度為h，站在樓頂時，他恰好感到自己“飄浮”起來。設(shè)這位冒險家的質(zhì)量為m，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，

37、地球自轉(zhuǎn)的角速度為ω，則冒險家在樓頂受到的萬有引力的大小為(　　) A．0 B. C．m D. 解析：選BC　由題意可知，冒險家已經(jīng)成了同步衛(wèi)星，如果受到的萬有引力為零，就不會做圓周運動，而會離開樓頂，在太空中做勻速運動，可知A錯誤；由＝mg，得gR2＝GM，設(shè)冒險家受到的萬有引力為F，則有F＝＝，故B正確；由gR2＝GM，可得＝mω2r，得r＝，故mω2r＝mω2＝m，可知C正確，D錯誤。 第二講掌握“3策略”，多選題做到全解 很多同學(xué)都感覺理科綜合卷中物理選擇題難度大、錯得多，尤其是多項選擇題。本講主要針對多選題的?？純?nèi)容、命題思路、出錯原因和答題技巧進(jìn)行分析、總結(jié)，

38、并對多選題的高頻考點加以強化訓(xùn)練。通過全方位解剖多選題，讓考生遇“多選”不懼怕，解“多選”有辦法。 一、2015～2018年全國卷多選題命題統(tǒng)計分析 考點 考題 考查內(nèi)容 答案個數(shù)/選項 直線運動 2018Ⅱ卷T19 v-t圖像、追及相遇問題 2/BD 2018Ⅲ卷T18 x-t圖像、速度、路程比較大小問題 2/CD 2016Ⅰ卷T21 v-t圖像、追及問題 2/BD 相互作用 2017Ⅰ卷T21 動態(tài)平衡 2/AD 2016Ⅰ卷T19 動態(tài)平衡 2/BD 牛頓運動定律 2018Ⅲ卷T19 v-t圖像、牛頓運動定律、功和功率 2/AC 20

39、16Ⅰ卷T18 力與運動的關(guān)系 2/BC 2016Ⅱ卷T19 牛頓第二定律、勻變速直線運動 2/BD 2015Ⅰ卷T20 牛頓第二定律、運動學(xué)公式 3/ACD 2015Ⅱ卷T20 牛頓第二定律、整體隔離法 2/BC 曲線運動 2016Ⅲ卷T20 圓周運動、動能定理、牛頓運動定律 2/AC 萬有引力與航天 2018Ⅰ卷T20 衛(wèi)星的運行、萬有引力定律、線速度與角速度的關(guān)系 2/BC 2017Ⅱ卷T19 開普勒行星運動定律、機械能守恒 2/CD 2015Ⅰ卷T21 萬有引力定律、運動學(xué)公式、機械能守恒的條件 2/BD 機械能和動量 2017Ⅲ卷

40、T20 動量、沖量、動量定理 2/AB 2016Ⅱ卷T21 功和功率、牛頓第二定律、機械能守恒定律 3/BCD 2015Ⅱ卷T21 機械能守恒定律、運動的合成與分解 2/BD 電場 2018Ⅰ卷T21 等勢面、電勢、電場力做功與電勢能、動能的關(guān)系 2/AB 2018Ⅱ卷T21 勻強電場的性質(zhì)、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系 2/BD 2018Ⅲ卷T21 平行板電容器、牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動量定理 2/BD 2017Ⅰ卷T20 電場強度、電勢差、電場力做功 2/AC 2017Ⅲ卷T21 勻強電場中電場強度與電勢差的關(guān)系、電勢、電勢能 3/ABD

41、 2016Ⅰ卷T20 電場強度、電勢、電場力做功與電勢能 2/AB 磁場 2018Ⅱ卷T20 安培定則、磁感應(yīng)強度的合成 2/AC 2017Ⅰ卷T19 電流磁效應(yīng)、安培力、安培定則 2/BC 2017Ⅱ卷T21 電動機原理、安培力 2/AD 2015Ⅱ卷T18 地磁場、安培定則 2/BC 2015Ⅱ卷T19 帶電粒子在磁場中的運動、圓周運動 2/AC 電磁感應(yīng) 2018Ⅰ卷T19 安培定則、楞次定律、互感、地磁場 2/AD 2018Ⅲ卷T20 楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、安培定則 2/AC 2017Ⅱ卷T20 法拉第電磁感應(yīng)定律

42、、楞次定律、安培力 2/BC 2016Ⅱ卷T20 法拉第電磁感應(yīng)定律、右手定則 2/AB 2016Ⅲ卷T21 法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、有效值 2/BC 2015Ⅰ卷T19 磁通量、渦流、電磁感應(yīng)現(xiàn)象 2/AB 交變電流 2016Ⅲ卷T19 理想變壓器、電功率 2/AD 原子物理 2017Ⅲ卷T19 光電效應(yīng)現(xiàn)象、愛因斯坦光電效應(yīng)方程 2/BC 通過統(tǒng)計表可以發(fā)現(xiàn)考查頻率最高的四個考點分別是牛頓運動定律、電場、磁場和電磁感應(yīng)，而具體到考查內(nèi)容則主要包括勻變速直線運動的規(guī)律及其圖像、牛頓運動定律的應(yīng)用、圓周運動的特點、功和功率的計算、動能定理和機械能守恒

43、定律的應(yīng)用、電場力的性質(zhì)、電場能的性質(zhì)、磁場的性質(zhì)、“三定則二定律”的應(yīng)用等。 二、多選題的解題策略 (一)多選題錯選原因分析 1．單憑直覺和經(jīng)驗，貿(mào)然判斷錯選。很多同學(xué)為了節(jié)約時間，單純求快，對很多問題只憑直覺和經(jīng)驗下結(jié)論，這時常常會出錯，出題者往往就是抓住了同學(xué)們的這種心理來命題的。在得出某個結(jié)論時一定要有判斷推理的依據(jù)、或是關(guān)系式、或是某個定理或定律等。 2．注意力受干擾，主次不分而錯選。因為選擇題都是每一科的前面部分，部分同學(xué)由于緊張、興奮或其他心理因素的影響而注意力不集中，或者受到題中“多余”信息的干擾，分不清主次，導(dǎo)致錯選。 3．知識模糊、含混而錯選。這主要集中在考查識

44、記部分考點的試題中，像一些物理史實、光學(xué)中各色光的物理性質(zhì)、電磁波各波段的產(chǎn)生機理和特性、某個核反應(yīng)方程式和形近而神非的相關(guān)概念等等。 4．不恰當(dāng)?shù)念惐榷斐傻腻e選。類比是建立物理模型的常用方法，但若是不區(qū)別條件、情景而生搬硬套的話，往往出現(xiàn)錯誤。 (二)多選題的答題原則 多選題是這樣要求的：全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。這里面蘊含著兩個答題原則： 1．全部選對是建立在對正確選項的判斷有理有據(jù)基礎(chǔ)之上的，任何一個選項都不應(yīng)是模棱兩可得來的，都應(yīng)是經(jīng)過慎重推演得來的。 2．如果能確定一個是對的，另外的沒有把握，此時“寧少勿多”，確保3分，而不是為爭6分，痛得0分

45、。 (三)多選題的答題策略 策略1　“排除”“確認(rèn)”雙管齊下——得滿分 從2015～2018年高考題來看，11套全國卷36道多選題中只有3道三選題，其余都是雙選題，因此，除非對3個選項有100%的把握，一般情況下都按2個選項判斷即可。如果能確定2個正確的選項或者可以排除2個錯誤的選項，則此題即可得滿分。此法要牢固地掌握物理基本知識和基本技能，并靈活運用第一講所講到的選擇題解題12招。 　(2016·全國卷Ⅰ)如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在

46、一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則(　　) A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化 B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化 [解析]　因為物塊a、b始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項A、C錯誤，此時已經(jīng)可以直接選擇B、D項。但為了確保答案萬無一失，仍需對正確選項進(jìn)一步驗證：拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點力的平衡條件知，物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內(nèi)變化，選項B、D正確。 [答案]　BD 　(2016·全國卷Ⅰ)甲、

47、乙兩車在平直公路上同向行駛，其中v -t圖像如圖所示。已知兩車在t＝3 s時并排行駛，則(　　) A．在t＝1 s時，甲車在乙車后 B．在t＝0時，甲車在乙車前7.5 m C．兩車另一次并排行駛的時刻是t＝2 s D．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m [解析]　根據(jù)圖像“面積”，t＝1 s至t＝2 s內(nèi)乙、甲的位移差與t＝2 s至t＝3 s內(nèi)甲、乙的位移差相等，所以另一次并排行駛的時刻為t＝1 s，故A、C項錯誤?？傻么鸢笧锽、D，這樣可節(jié)約大量的計算時間。這類逐項計算比較繁瑣的題目，在確認(rèn)錯誤選項的前提下，為節(jié)省時間，對剩余的正確選項可不用復(fù)核驗證。 [答

48、案]　BD 策略2　依據(jù)“概率”巧猜測——多搶分 當(dāng)解選擇題的一般方法都用上了，還是無法得出答案時，也不要放棄，要充分利用所學(xué)知識及下表中的概率去猜測正確選項。 條件 選擇策略 概率 全部都不會 選1個得3分 50% 選2個得6分 16.7% 已確定1個 選1個得3分 100% 選2個得6分 33.3% 已排除1個 選1個得3分 66.7% 選2個得6分 33.3% (1)如果對每個選項的正誤均無把握，可以隨機猜選一個，但是不要選2個，猜選1個得分機會要大，雖然雙選有時可得高分，但更有可能無法得分，有較大的風(fēng)險。 (2)如果已經(jīng)確定的正確選項只有

49、1個，除非對另一個選項很有把握，可以一并選擇外，否則，干脆只選確定的那1個。 (3)當(dāng)排除了1個選項又對剩余的3個選項沒有把握時，猜1個是穩(wěn)策，猜2個是險策，就看個人的運氣了。 策略3　依據(jù)“選項組合”巧猜測——“撞”滿分 由前面的統(tǒng)計表可看出33道雙選題中選項的組合方式及次數(shù)統(tǒng)計如下。 組合 AB AC AD BC BD CD 次數(shù) 5 6 4 8 8 2 可以看出BC、BD組合頻率最高，接下來是AC、AB、AD組合，但三者相差不大，而CD組合頻率最低。如果進(jìn)一步細(xì)化統(tǒng)計可知，33道雙選題中有15道選A，有21道選B，有16道選C，有14道選D，好像命

50、題人最喜歡拿選項B“做文章”。 總之，以上三策略是建立在考生有一定的知識基礎(chǔ)之上的解題技法，是“實力＋技法”的組合運用，而不是靠單純的投機取巧。這三種策略不是孤立的，而是相互滲透融合的。希同學(xué)們在平時的解題中多運用、多領(lǐng)悟，從而培養(yǎng)出解答多選題的第六感覺。 [多選題熱考點強化增分練] 強化增分練(一)　牛頓運動定律的應(yīng)用(4年5考) 1.(2018·濰坊二模)一架無人機質(zhì)量為2 kg，運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，一段時間后關(guān)閉動力，其v-t圖像如圖所示，g取10 m/s2。下列判斷正確的是(　　) A．無人機上升的最大高度為72 m B．6～8

51、 s內(nèi)無人機上升 C．無人機的升力大小為28 N D．無人機所受阻力大小為4 N 解析：選BD　無人機上升的最大高度為H＝×8×24 m＝96 m，選項A錯誤。6～8 s內(nèi)無人機減速上升，選項B正確。無人機加速上升時的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，則F－mg－f＝ma1；減速上升時的加速度：a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，則f＋mg＝ma2；聯(lián)立解得升力大小為F＝32 N；無人機所受阻力大小為f＝4 N，選項C錯誤，D正確。 2.(2019屆高三·湖北調(diào)研)如圖所示，足夠長的水平桌面上放置著質(zhì)量為m、長度為L的長木板B，質(zhì)量也為m的物體A放置在長木板B的右端，輕繩1的一端

52、與A相連，另一端跨過輕質(zhì)定滑輪與B相連，在長木板的右側(cè)用跨過定滑輪的輕繩2系著質(zhì)量為2m的重錘C。已知重力加速度為g，各接觸面之間的動摩擦因數(shù)為μ(μ<0.5)，不計繩與滑輪間的摩擦，系統(tǒng)由靜止開始運動，下列說法正確的是(　　) A．A、B、C的加速度大小均為 B．輕繩1的拉力為 C．輕繩2的拉力為mg D．當(dāng)A運動到B的左端時，物體C的速度為 解析：選BD　三個物體的加速度相等，設(shè)三個物體的加速度均為a，對物體A：T1－μmg＝ma；對B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；對C：2mg－T2＝2ma；聯(lián)立解得a＝g－μg；T1＝mg；T2＝mg＋2μmg，選項B正確，A、C錯誤

53、；當(dāng)A運動到B的左端時有：at2＋at2＝L，此時物體A、B、C的速度均為v＝at＝ ，選項D正確。 3．(2018·煙臺模擬)如圖甲所示，足夠長的光滑固定的斜面上有一物體，物體在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上運動，在0～2 s內(nèi)推力的大小F1＝5 N，在2～4 s內(nèi)推力的大小F2＝5.5 N，該過程中物體的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則(　　) A．物體在前4 s內(nèi)的位移為5 m B．在第3 s末物體的加速度大小為2 m/s2 C．物體質(zhì)量為2 kg D．斜面與水平面的夾角為30° 解析：選AD　由速度時間圖像可知，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積

54、表示位移，即0～4 s內(nèi)物體的位移為5 m，故A正確；由圖像得，在2～4 s內(nèi)物體的加速度a＝＝0.5 m/s2，故B錯誤；在0～2 s內(nèi)物體做勻速直線運動，重力沿斜面向下的分力等于5 N，在2～4 s內(nèi)由牛頓第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，故C錯誤；設(shè)斜面與水平面的夾角為α，則F2－mgsin α＝ma，解得α＝30°，故D正確。 4.(2018·石家莊二模)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A靜置在水平桌面上，通過足夠長的輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著質(zhì)量為3m的物塊B。現(xiàn)由靜止釋放物塊A、B，以后的運動過程中物塊A不與定滑輪發(fā)生碰撞。已知重力加速度大小為g，不計所有阻力，下列說法正確的是(

55、　　) A．在相同時間內(nèi)物塊A、B運動的路程之比為2∶1 B．物塊A、B的加速度大小之比為1∶1 C．輕繩的拉力為 D．B下落高度h時速度為 解析：選AC　根據(jù)動滑輪的特點可知B下降s，A需要走動2s，故sA＝2sB，A正確；因為都是從靜止開始運動的，故有2×aBt2＝aAt2，解得＝，B錯誤；對A分析有：T＝maA，對B分析有：3mg－2T＝3maB，解得T＝，aA＝g，C正確；對B，加速度為aB＝aA＝g，根據(jù)速度位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝，D錯誤。 5．(2019屆高三·衡陽三校聯(lián)考)某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平

56、方向夾角α＝60°，使飛行器恰好沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方由靜止開始勻加速飛行，如圖所示。經(jīng)時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°同時適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是(　　) A．加速時動力的大小等于mg B．加速與減速時的加速度大小之比為2∶1 C．減速飛行時間t后速度減為零 D．加速過程發(fā)生的位移與減速到零的過程發(fā)生的位移大小之比為1∶2 解析：選BD　起飛時，飛行器受動力和重力，兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，動力為F，合力為F合，如圖甲所示。 在△OFF合中，由幾何關(guān)系得：F＝mg，F(xiàn)

57、合＝mg，故A錯誤。由牛頓第二定律得飛行器的加速度為：a1＝g，動力方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°，合力的方向與水平方向成30°斜向下，動力F′跟合力F合′垂直，如圖乙所示，此時合力大小為：F合′＝mgsin 30°；動力大小：F′＝mg；飛行器的加速度大小為：a2＝＝0.5g；加速與減速時的加速度大小之比為a1∶a2＝2∶1，故B正確。從開始減速到最高點的時間為：t′＝＝＝2t，故C錯誤。t時刻的速率：v＝a1t＝gt；加速與減速過程發(fā)生的位移大小之比為∶＝1∶2，故D正確。 6.(2018·日照四校聯(lián)考)電影《情報特工》中，有一特工隊員潛入敵人的堡壘，準(zhǔn)備竊取鋪在桌面上的戰(zhàn)略圖板A，圖板上面有一個

58、硯臺B，情境簡化如圖。若圖板A的質(zhì)量為m、與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，硯臺B的質(zhì)量為2m、與圖板間的動摩擦因數(shù)為2μ，用平行于桌面向右的力F將圖板加速拉出桌面。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(　　) A．硯臺B對圖板A的摩擦力方向向左 B．硯臺B的加速度隨拉力F增大而一直增大 C．當(dāng)F>3μmg時，圖板A與硯臺B發(fā)生相對滑動 D．當(dāng)F＝4.5μmg時，硯臺B的加速度為0.5μg 解析：選AD　硯臺B隨圖板A向右加速運動，受向右的摩擦力，則硯臺B對圖板A的摩擦力方向向左，選項A正確；當(dāng)F增大到一定值，硯臺B與圖板A產(chǎn)生相對滑動，B所受的摩擦力不變，此時B的加速度不變，選項

59、B錯誤；硯臺B與圖板A剛好要產(chǎn)生相對滑動時，則：2μ·2mg＝2mam，解得am＝2μg，此時對整體F0－μ·3mg＝3mam，解得F0＝9μmg，即當(dāng)F>9μmg時，圖板A與硯臺B發(fā)生相對滑動，選項C錯誤；當(dāng)F＝4.5μmg

60、則(　　) A．電場力方向一定水平向右 B．電場中A點的電勢一定高于B點的電勢 C．從A到B的過程中，粒子的電勢能一定減小 D．從A到B的過程中，粒子的電勢能與動能之和一定不變 解析：選AD　粒子只受電場力，類似重力場中的斜拋運動，由于B點速度最小，是等效最高點，故電場力水平向右，A正確；由于不知道電荷的電性，故不能確定電場強度的方向，不能確定A點與B點的電勢高低，B錯誤；從A到B的過程中，電場力做負(fù)功，故電勢能增大，C錯誤；從A到B的過程中，由于只有電場力做功，故部分動能轉(zhuǎn)化為了電勢能，粒子的電勢能與動能之和一定不變，D正確。 2.(2018·青島模擬)通常把電荷在離場源電荷無限

61、遠(yuǎn)處的電勢能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場源電荷Q的電場中所具有電勢能表達(dá)式為Er＝(式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場源電荷間的距離)。真空中有兩個點電荷Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸的x＝0和x＝6 cm的位置上。x軸上各點的電勢φ隨x的變化關(guān)系如圖所示。A、B是圖線與x的交點，A點的x坐標(biāo)是4.8 cm，圖線上C點的切線水平。下列說法正確的是(　　) A．電荷Q1、Q2的電性相反 B．電荷Q1、Q2的電荷量之比為1∶4 C．B點的x坐標(biāo)是8 cm D．C點的x坐標(biāo)是13 cm 解析：選AC　電勢φ隨x的變化關(guān)系圖像的斜率＝E，所以C點電場強度為0，根據(jù)電場疊加原理可知電荷Q1、Q

62、2的電性相反，故A正確；根據(jù)φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B錯誤；根據(jù)φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B點的坐標(biāo)是x1＝8 cm，故C正確；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C點的坐標(biāo)是x2＝12 cm，故D錯誤。 3．如圖(a)所示，A、B、C三點是在等量同種正電荷連線中垂線上的點，一個帶電荷量為q，質(zhì)量為m的點電荷從C點由靜止釋放，只在電場力作用下其運動的v-t圖像如圖(b)所示，運動到B點處對應(yīng)的圖線的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)，其切線斜率為k，則(　　) A．A、B兩點間的電勢差為 B．由C點到A點電勢逐漸降低 C．B點為中垂線上電場強度最大的點

63、，大小為 D．該點電荷由C到A的過程中電勢能先減小后變大 解析：選BC　據(jù)v-t圖可知A、B兩點的速度，再根據(jù)動能定理得電場力做的功：qUAB＝mvB2－mvA2，故電勢差UAB＝，故A錯誤。據(jù)兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸減小，故B正確。據(jù)v-t圖可知帶電粒子在B點的加速度最大為k，所受的電場力最大為km，據(jù)E＝知，B點的場強最大為，故C正確。由C點到A點的過程中，據(jù)v-t圖可知帶電粒子的速度增大，電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。 4.如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強電場

64、中，假設(shè)電場區(qū)域足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角。線長為L，細(xì)線不可伸長。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g?，F(xiàn)將電場反向，則下列說法正確的是(　　) A．小球帶負(fù)電，電場強度E＝ B．電場反向后，小球即做圓周運動，在最低點的速度最大，vm＝2 C．電場反向后，小球先做勻加速直線運動，然后做圓周運動，最大速度vm＝ D．電場反向后，小球?qū)⒆鐾鶑?fù)運動，能夠回到初始位置 解析：選AC　由平衡條件知小球受的電場力水平向左，而場強方向向右，故小球帶負(fù)電，根據(jù)平衡條件：Tsin 60°＝Eq，Tcos 60°＝mg，得：qE＝mgtan 60°，E＝，故A正確；電場反向后

65、，小球受向右的電場力大小為mg，繩子松弛不再有拉力，則小球沿電場力與重力合力的方向做勻加速直線運動，當(dāng)小球運動到最低點時繩子恰被拉直，拉直時由于繩子沿豎直向下不能伸長，豎直分速度變?yōu)?，保留水平方向分速度做圓周運動，當(dāng)繩子方向與重力、電場力的合力方向在一條直線上時，小球有最大速度，即當(dāng)繩子到達(dá)右側(cè)與豎直方向夾角為60°時速度最大，根據(jù)動能定理：2qELsin 60°－mg(L－Lcos 60°)＝mvm2，解得vm＝，故B錯誤，C正確；由于繩子被拉直時小球的動能有所損失，所以小球無法回到初始位置，故D錯誤。 5.(2018·開封模擬)如圖， M、N兩點處于同一水平面，O為M、N連線的中點，過

66、O點的豎直線上固定一根絕緣光滑細(xì)桿，桿上A、B兩點關(guān)于O點對稱。第一種情況，在M、N兩點分別放置電荷量為＋Q和－Q的等量異種點電荷，套在桿上帶正電的小金屬環(huán)從A點無初速釋放，運動到B點；第二種情況，在M、N兩點分別放置電荷量為＋Q的等量同種點電荷，該金屬環(huán)仍從A點無初速釋放，運動到B點。則兩種情況中(　　) A．金屬環(huán)運動到B點的速度第一種情況較大 B．金屬環(huán)從A點運動到B點所用的時間第一種情況較短 C．金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中，動能與重力勢能之和均保持不變 D．金屬環(huán)從A點運動到B點的過程中(不含A、B兩點)，在桿上相同位置的速度第一種情況較大 解析：選BD　等量異種電荷連線的中垂線是等勢線，帶電金屬環(huán)沿桿運動時電勢能不變，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，金屬環(huán)所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的勻加速直線運動；等量同種正電荷連線中垂線的中點O電勢最高，與中點O距離越遠(yuǎn)，電勢越低，A、B兩點關(guān)于O點對稱，電勢相等，金屬環(huán)電勢能相等，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，第一種情況與第二種情況在B點的速度相等，故A錯誤。由于到B點前第二種情況的速度均比較小，所以運動時間比較長，故B正確。等