专题24.巧解选择题（解析版）--2023高考二轮复习_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习二十五专题精练287608825_专题24巧解选择题

2023高考二轮复习二十五专题 专题二十四、巧解选择题 第一部分 织网点睛，纲举目张 高中物理选择题主要分为以下几大类： 1、判断型：此题型要求学生对基础知识作出“是”或“不是”的判断，主要用于考查考 生对理论是非的判断能力.考生只要熟悉教材中的基本概念、基本原理、基 本观点等基础知识就能得出正确的选项. 2、比较型： 此题型的题干是两个物理对象，选项是对题干中的两个物理对象进行比较后 的判断.考生只要记住所学的基础知识并能区别相似的物理现象和物理概念， 就能进行正确地比较，并从比较中识别各个研究对象的特征，得出正确的选 项. 3、内涵型： 此题型的题干内容多是基本概念、基本规律或物理现象，选项则是对题干的 理解.它要求考生理解基础知识，把握基础知识之间的内在联系. 4、发散型： 此题型要求选项对题干的内容做多侧面、多角度的理解或说明，主要用于考 查考生的理解能力、分析能力和推理能力. 5、因果型： 此题型要求考生回答物理知识之间的因果关系，题于是“果”、选项是 “因”，或者题干是“因”、选项是“果”.它主要考查考生的理解能力、 分析能力和推理能力. 6、图线型： 此题型的题干内容为物理图象和对该图象的语言描述，要求考生利用相关知 识对图象中的图线进行分析、判断和推理.其中，弄清横、纵坐标的物理意 义、物理量之间的定性和定量关系以及图象中的点、线、斜率、截距、面积 和交点等的物理意义是解题的关键. 7、信息型： 此题型的题干内容选自于现实生活或工农业生产中的有关材料，或者是与高 科技、现代物理前沿理论相关的内容，要求考生分析、思考并正确回答信息 中所包含的物理知识，或运用物理知识对信息进行分析、归纳和推理.解答 该题型的关键是，先建立与材料中的中心词或关键语句对应的物理模型，然 后再运用与之对应的物理规律来求解. 8、计算型：此题型其实就是小型的计算题，它将正确的和错误的计算结果混在一起作为 选项.其中，错误结果的产生一般都是对物理规律的错误运用、对运动过程 的错误分析或由于运算中的疏漏所造成的.此类题型利用正确的物理规律通 过规范的解题过程和正确的数字运算即可找出答案. 第二部分 实战训练，高考真题演练 1. （2022高考河北）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以 为圆心、 和 为 半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的 角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇 水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用 、 、 和 、 、 表示。 花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和 空气阻力。下列说法正确的是（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ， ，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同 D. 若 ，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则 【参考答案】BD 【命题意图】本题考查平抛运动规律及其相关知识点。 【名师解析】根据平抛运动的规律， ，解得 可知若h=h，则 v:v =R:R 1 2 1 2 1 2 若v=v，则 ，选项A错误，B正确； 1 2 若 ，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v=v，出水口的截面积相同，可知单位时 1 2 间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小， 可知得到的水量较多，选项C错误；设出水口横截面积为S，喷水速度为v，若 ， 0 则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则 相等；在圆周 上单位时间内单位长度的水量为 相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。 2. （2021年1月浙江选考）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次 曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与 同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D 处于同一水平高度。下列说法正确的是 A.相邻位置运动员重心的速度变化相同 B.运动员在A、D位置时重心的速度相同 C.运动员从A到B和从C到D的时间相同 D.运动员重心位置的最高点位于B和C中间 【参考答案】A【解题思路】根据题述，每次曝光的时间间隔T相等，运动员做斜抛运动，只受重力作用， 由牛顿第二定律，可知斜抛运动的加速度为重力加速度g，由g= ，相邻位置，△t=T， 相邻位置运动员重心的速度变化△v=gT，即相邻位置运动员重心的速度变化△v相同，选 项A正确；AD位置处于同样高度，由斜抛运动的对称性可知，运动员在A、D位置时重 心的速度大小相等，方向不同，选项B错误；由题图可知C位置是斜抛运动的最高点，所 以运动员从A到B的时间小于从C到D的时间，选项CD错误。 第三部分 思路归纳，内化方法 小题不可大做，要巧做，高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在 2分钟以内。 选择题要做到既快又准，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常 规“巧解”方法。解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做，要依据题目的特性灵活选取解 题策略进行智解，为顺利解答后面的计算题留足时间。 第1招 对比筛选——排除异己 当选择题提供的几个选项之间是相互矛盾的，可根据题设条件、备选选项的形式灵活 运用物理知识，分析、推理逐步排除不合理选项，最终留下符合题干要求的选项。此法在 解答选择题中是使用频率最高的一种方法，基本思路是通过一个知识点或过程分析排除部 分选项，然后再通过另一物理规律或过程分析排除部分选项，最后得出正确答案。 [典例] 如图甲所示，圆形导线圈固定在匀强磁场中，磁场方向与导线圈所在平面垂 直，规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若 规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是( ) [技法领悟] 选B 0～1 s内磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及 法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C项； 2～4 s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电 流方向为逆时针方向，排除D项，所以B项正确。第2招 特例赋值——投机取巧 有些选择题，根据题中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是不 正确的选项，一定是错误的，可以排除。 第 3招 图像图解——立竿见影 根据题目的内容画出图像或示意图，如物体的运动图像、光路图、气体的状态变化图 像等，再利用图像分析寻找答案。图像图解法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量 之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地选出正确答案。 第4招 对称分析——左右开弓 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住 问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。 [典例] 如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R， CD为通过半球壳顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧 离O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为 零，电势都相等，则下列判断正确的是( ) A．P、Q两点的电势、电场强度均相同 B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同 C．P、Q两点的电势相同，电场强度等大反向 D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动 [技法领悟] 选B 半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电 势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的 球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等、方 向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度大小相等、方向相同，B正确； 在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。 第5招 极限思维——否极泰来 极限法是把某个物理量推向极端，从而做出科学的推理分析，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，极限分析法在解决 某些物理过程时，具有独特作用，可以使问题化难为易、化繁为简，收到事半功倍的效果 第6招 逆向思维——另辟蹊径 很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维 (由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”沿着逆向过程或思维(由后到前 或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。 第7招 二级结论——事半功倍 “二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。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)匀变速直线运动的常用结论；(2)等时圆规律； (3)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点； (4)不同质量和电荷量的同性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； (5)直流电路中动态分析的“串反并同”结论； (6)平行通电导线，同向相吸，异向相斥； (7)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。 第8招 微元分析——以微知著 微元法是将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，分析这些“微元”，进 行必要的数学方法或物理思想处理，这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律 再累计求和，达到了解整体，便可将问题求解。 第9招 反证例举——避实就虚 有些选择题的选项中，带有“可能”“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例 子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”“不 可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项。 第10招 转换对象——反客为主 一些复杂和陌生的问题，可以通过转换研究对象、物理过程、物理模型和思维角度等， 变成简单、熟悉的问题，以便达到巧解、速解的目的。 第11招 等效替换——绝处逢生 等效替换法是把陌生、复杂的物理现象和物理过程在保证某种效果、特性或关系相同 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、等效电源等。 第12招 类比分析——以逸待劳 所谓类比分析法，就是将两个(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。比如我们对两个等质量 的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但等量同种电荷中垂线上电场强度大小分 布规律我们却很熟悉，通过类比思维，使新颖的题目突然变得似曾相识了。 物理选择题答题技巧 1、有图像的题目，先读图，再读题。 这样做有两个目的，一是能够快速明确图中的几何关系，二是能够明确易错点和解题的辩 析点。高考物理中很多题都是涉及到几何关系的，比如磁场题、电场题、力的平衡等等， 这类题只有边看图边读题，你才能快速理解这道题属于哪个类型，应该用哪个方法去解，同时在图中画出相应的几何关系。另外要明确易错点，就是在做题的时候，要带着疑问做 题，做的题多了，你就知道这个类型的题它的易错点有哪些，要结合题干在图中找答案。 2、看完所有选项再做题 物理选择题中的选项顺序不一定是解题顺序，如果按照顺序来解，就会特别的绕圈子。 3、高考物理多选题选择3项的概率非常小 拿不准的宁可少选也不要多选。 第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力 1．（2023北京朝阳上学期期中）2022年3月的“天宫课堂”上，航天员做了一个“手动 离心机”， 该装置模型如图所示。快速摇转该装置完成了空 间站中的水油分离实验。下列说法正确的是 A．水油分离是因为水和油在太空中完全失重而分离 B．水油分离是因为水的密度较大更容易离心而分离 C．在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小段时间后水油也能分离 D．若在地面上利用此装置进行实验，将无法实现水油分离 【参考答案】B 【名师解析】在任何情况下，都可以利用离心机实现水油分离，选项AD错误；在太 空的空间站中，由于油水处于完全失重状态，在天宫中摇晃试管使水油混合，静置一小段 时间后水油不能分离，选项C错误；在离心机中水油分离是因为水的密度较大更容易离心 而分离，选项B正确。 2．（2023湖南长沙名校联合体联考）2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新 消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验。“鲲龙”AG600M灭火机在水面 高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起．假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上 汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为 的匀加速直线运动，则（ ）A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为20m/s B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为200 m/s C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/s D．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为 【参考答案】．BD 【名师解析】“鲲龙” 灭火机在第 末的速度大小 ，A 错误；前 通过的总位移 ，B正确；“鲲龙” 灭火 机在 内的位移 ，则在 内的平均速度 ， 选项C错误；设“鲲龙” 灭火机发生 位移时的速度为 ，则根据 ，解得 ，选项D正确。 3．（2023北京朝阳上学期期中）旋转在乒乓球运动中往往有一击制胜的作用。乒乓球在 飞行过程中，如果发生旋转，球就会带动周围的空气在球体附近产生环流。 已知乒乓球球心开始以速度v水平向左飞行，球上各点同时绕球心以角速度ω顺时 针旋转，如图甲所示。根据物理学原理可知，气体流速越大，压强越小，由于乒乓球附 近A、B两处空气流速不同，两处的空气对乒乓球就形成压力差，这个压力差称为马格 努斯力。由于旋转球在飞行过程中受到马格努斯力，其落点与无旋转球的落点就会不同。 图乙所示的a（实线）、b（虚线）两条轨迹中，一条为球心以水平速度v开始向左飞行 的无旋转球的轨迹，另一条为图甲中旋转球从同一点飞出时的轨迹。下列说法正确的是A．图甲中乒乓球下方A处气体的流速比B处的小 B．图乙中a为无旋转球的轨迹，b为旋转球的轨迹 C．马格努斯力与乒乓球转动的角速度大小无关 D．无旋球弹起的高度可能超过发球位置的高度 【参考答案】B 【名师解析】根据物理学原理可知，气体流速越大，压强越小，球上各点同时绕球心 以角速度ω顺时针旋转，乒乓球下面A处气体流速大于上面B处气体流速，马格努斯力方 向向下，所以图乙中a为无旋转球的轨迹，b为旋转球的轨迹，选项A错误B正确；由于 马格努斯力与乒乓球附近A、B两处空气流速不同，两处的空气对乒乓球就形成压力差产 生的，所以马格努斯力与乒乓球转动的角速度大小有关，选项C错误；根据能量守恒定律， 无旋球弹起的高度不可能超过发球位置的高度，选项D错误。 4．（2023湖南长沙名校联合体联考）如图甲所示，将某一物块每次以不变的初速率沿足 够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 ，实验测得物块运动的最远位移x与 斜面倾角 的关系如图乙所示，g取 ，则（ ） A．物块的初速度为2m/s B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块沿斜面上滑的最大加速度为g D．物块沿斜面上滑的最小距离为 【参考答案】．AD 【名师解析】由图可知，当夹角为 时，位移为 ，由竖直上拋运动规律 ，解得 ，选项 A 正确；当夹角为 时，位移为 ，根据 ， 可 得 ， 选 项 B 错 误 ； 根 据 可 得 ， 因 此 最 大 加 速 度 为 ，此时的位移为 ，解得 ，选项C错 误，D正确。 5．（2023湖南长沙名校联合体联考）如图所示的电路中，电源内阻不计，电源电动势 E=6V， ， ，电容器的电容 ，两极板水平放置，e端 接地，当开关 和 都闭合时，电容器内一油滴处于静止状态，已知重力加速度为g，则 （ ） A．油滴带正电 B．电容器的带电量为 C．当开关 ，闭合，开关 断开时，稳定后电容器上的电量不变 D．当开关 ，闭合，开关 断开时，油滴在电容器中运动，油滴的加速度小于g 【参考答案】．BC 【名师解析】当开关 和 都闭合时， ， ， ，电场强度的方向向下，电场力方向向上，油滴一定带负电，选项A错误；电容器的带电量为 ，选项B正确；开关 断开， ， ， 电容器上的电量不变，但极板上的电性正好相反，选项C正确；开关 断开，电容器中电 场强度的方向向上，油滴所受电场力方向向下，油滴在电容器中运动，油滴的加速度大于 g，选项D错误。 6.（2023四川绵阳一诊）2022年北京冬奥会雪车比赛赛道有16个倾斜度各异的弯道。其中 某一弯道是半径为R的部分圆弧，O为该弯道圆心。A为该弯道的最高点，该弯道的倾斜 度（弯道平面与水平面的夹角）α为15°，A处轨道的切面视为倾角为45度的斜面，如图 甲所示。某次比赛中，总质量为m的运动员和雪车（可以视为质点）以某一速度通过A点 时雪车横向（与运动方向垂直的方向）摩擦力为零，如图乙所示，重力加速度为 g，则雪 车通过A点时 A. 向心加速度为 B. 角速度为 C. 受到轨道的支持力为 D. 受到的合外力为 【参考答案】AC 【命题意图】本题考查匀速圆周运动+牛顿运动定律+模型构建及其相关知识点。【名师解析】根据题述，弯道的倾斜度（弯道平面与水平面的夹角）α=15°，轨道的切面倾 角为 45°，画出雪车受力图如图。沿 A 处轨道切面方向由于不受摩擦力， mgsin45°=macos30°，解得雪车在A点时的向心加速度a= ，A正确； 由 a=ω2R 解得 ω= ，B 错误；对雪车 A，沿轨迹半径方向，由牛顿第二定律， mgsin15°+F cos60°=ma，解得F = ，C正确；由于题述没有明确雪车做匀速 N N 率曲线运动，雪车可能沿运动轨迹切线方向有加速度，所以雪车所受合外力可能大于 ，D错误。 7. （2023湖北恩施州期中）如图所示，质量为 的木块C放在水平地面上，固定在C上 的竖直轻杆的顶端与小球A用细绳a连接，小球A、B用细绳b连接，当与水平方向成30° 角的力F作用在小球B上时，A、B、C恰好能一起向右匀速运动，此时细绳a、b与竖直 方向的夹角分别为30°、60°，已知小球A的质量也为m，则木块C与水平地面间的动摩擦 因数为（ ）A. B. C. D. 【参考答案】A 【名师解析】 对B进行受力分析，如下图所示 根据平衡条件可得在x轴方向上 在y轴方向上 解得 对A进行受力分析，如下图所示 根据平衡条件可得在x轴方向上 在y轴方向上解得 故 以A、B、C整体为研究对象，根据平衡条件可得 解得 故选A。 8. （2023湖北恩施州期中）一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以800W的恒定功率 加速前进，玩具赛车瞬时速度的倒数和瞬时加速度a的关系图像如图所示，已知玩上赛车 在跑道上运动时受到的阻力大小不变，玩具赛车从起点到终点所用的时间为 30s，玩具赛 车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（ ） A. 玩具赛车的质量为10kg B. 玩具赛车所受的阻力大小为40N C. 玩具赛车的速度大小为10m/s时的加速度大小为2m/s2 D. 起点到终点的距离为500m 【参考答案】BCD 【名师解析】由牛顿第二定律 可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，整理得所以 图像的斜率恒定为 与纵轴的截距为 结合图像可得 ， 代入P=800W解得m=20kg，f=40N，选项A错误，B正确； 将v=10m/s代入 解得a=2m/s2，选项C正确； 达到最大速度时有F=f=40N 又P=Fv =800W max 解得v =20m/s max 从起点到终点根据动能定理有 ，解得x=500m，选项D正确。 9. （2023湖北恩施州期中） 如图所示：地球可看作质量分布均匀、半径为R的球体，地 球内部的a点距地心的距离为r，地球外部的b点距地心的距离为2r，2r>R。已知质量分布 均匀的球壳对壳内物体的引力为零，忽略地球的自转，则 a、b两点的重力加速度大小之比 为（ ） A. B. C. D. 【参考答案】C 【名师解析】设地球密度为ρ，根据题意可知a点距地心距离为r，且小于R，则只有半径为r的球体对 其产生万有引力，则根据黄金代换可得 解得 b点距地心的距离为2r，则根据黄金代换可得 解得 则 故C正确，故选C。 10. （2023湖北恩施州期中）如图所示，质量为0.7kg的带孔小球穿在光滑的固定水平杆 （足够长）上，长度为0.8m的轻质细线上端与小球连接，下端悬挂一质量为0.7kg的木块， 质量为0.02kg的子弹沿水平方向以160m/s的速度射入木块，以20m/s的速度水平射出木块， 小球和木块均可视为质点，取重力加速度大小 ，则水平杆对小球的最小作用力 为（ ） A. 8N B. 9N C. 10N D. 11N 【参考答案】A 【名师解析】令m、m 和m 分别表示子弹、木块和小球的质量，v 表示子弹射入木块前的速度，v 和v 1 2 3 0 1 2 分别表示子弹射出木块时子弹和木块的速度，根据动量守恒定律有 解得 木块获得速度后，对木块和小球组成的系统分析，系统水平方向动量守恒，当木块摆动小 球右下侧最高点时与小球具有相同的水平速度v，根据动量守恒定律有 解得 设木块上升的高度为h，根据机械能守恒定律有 解得 令l表示细线长度，则此时细线与水平方向的夹角的正弦值为 解得 设此时细线拉力大小为T，对木块和小球在水平方向上根据牛顿第二定律分别有 的 可知a 和a′大小相等、方向相反，所以此时木块相对小球 加速度的水平分量大小为 x x 设此时木块相对小球的加速度的竖直分量大小为 ，则因为小球在竖直方向上始终平衡，所以木块相对小球的竖直分运动等同于相对地面的竖直 分运动，则对木块在竖直方向上根据牛顿第二定律有 解得 木块绕小球做圆周运动，木块上升到最高点时相对小球的线速度为零，此时细线拉力最小 水平杆对小球的作用力最小，为 故选A。 11.(2023云南昆明期中)某同学在学习了多用电表的原理以后，对自制多用电表产生了兴趣。 他走进物理实验室，利用一个满偏电流为3mA、内阻为90Ω的电流表，最大阻值为1000Ω 的滑动变阻器R ，阻值为10Ω的标准电阻R 和一节内 1 0 阻为1Ω、电动势为3V的电池组，按照图所示电路组 装成一个多用电表，下列说法正确的是 A.图中红表笔应与A端连接 B.闭合开关S，将开关S 接1，可作为量程为30mA的电流表使用 1 2 C.将S 接2，可作为欧姆表使用，若S 断开时，倍率为“×10”档，则S 闭合时，倍率 2 1 1 为 “×100”档 D.该同学利用欧姆档测电阻，他将S 接2，S 断开，欧姆调零后，将两表笔分别与待 2 1测电阻相接，指针指在电流表的刻度2mA处，则待测电阻的阻值Rx为500Ω。 【参考答案】BD 【名师解析】.当B接2时，B与内部电源的负极连接，可知图中红表笔应与B端相连。选 项A错误；.闭合开关 ，将开关 接1，可作为量程为 的电流表使用。选项B正确；.开关S 断开时，倍 1 率为×10，此时 ,当开关S 闭合时，由于R 的分流作用，电路的最大电流为 1 0 10Ig，此时 ,那么倍率变为断开时的 ，即倍率为×1档。选项C错误。 该同学利用欧姆档测电阻，他将 接2， 断开，欧姆调零 ， 将两表笔分别与待测电阻相接，指针指在电流表的刻度 处时 解得则待测电阻的阻值 ，选项D正确。 12. (2023云南昆明期中)如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在 A点相切，B 点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质 量为m=1kg，电荷量为q（q＞0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。 已知电场强度 ，θ=53°，圆轨道半径 R=1m，g 取 10m/s2，sin53°=0.8， cos53°=0.6。则以下说法中正确的是A．刚释放小球时小球的加速度的大小为3.5m/s2 B．若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为1.2m C．若小球恰能到达C点，此运动过程中小球对轨道的最大压力为75N D．若小球恰能到达C点，则在C点对轨道的压力为0 【参考答案】. 【名师解析】．对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动， 由牛顿第二定律得 解得 m/s2故A正确； B．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，故 解得 方向恰好沿 斜面方向，大小为 ，小球恰好能过等效最高点E时也就恰好能 到达C点，在E点由牛顿第二定律得 从释放到到达E点，由动能定理得 代入数据解得 故B错误；C．此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得 解得 m/s，对D到E由动能定理得 解得 m/s对D 点由牛顿第二定律得 ,由牛顿第三定律得压力 N故C正确。 D．对E到C由动能定理得 解得 m/s对C点由 牛顿第二定律得 ,由牛顿第三定律得压力 故D错误。 13. （2023江苏南通期中）有一条窄长小船停靠在湖边码头，某同学想用一个卷尺粗略测 定它的质量．他首先使船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，然后 轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，船长为L，已知他自身的质量为m，则船的质量 M为 A. B. C. D. 【参考答案】B 【名师解析】 根据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有 Mv =mv 0 即 Md=m（L－d） 解得船的质量为A. ，与结论不相符，选项A错误； B. ，与结论相符，选项B正确； C. ，与结论不相符，选项C错误； D. ，与结论不相符，选项D错误； 14（2023湖南顶级名校月考）如图所示，甲、乙中半径为R的圆弧与水 平面相切，对应的圆心角θ均很小（小于5 ° ，图中没有按比例画出）， 圆弧光滑，水平面粗糙且均匀，在图甲中，质量为m的物体（可视为质 点）放在顶端由静止开始沿圆弧自由滑下，在水平面上滑行了 的距离 5 停下来。 图乙中，同样的物体从静 止开始沿固定光滑板滑下，不考虑拐角处机械 能的损失，物体在水平面 上同样滑行了 的距离停下。两图中物体的初 5 始高度相同均为h，则 A..甲、乙中水平面与物体的动摩擦因数相同，且均为μB.在图甲、乙中，物体下滑的过程中重力做功的平均功率相同 C.从开始下滑到停止的过程中，图甲中重力的冲量比图乙的小 D.从开始下滑到停止的过程中，除重力外的其他力的合力对物体的功图 乙中的大 【参考答案】A 【名师解析】两图中物体的初始高度相同均为h，由动能定理，可知甲、乙中 水平面与物体的动摩擦因数相同，且均为μ，选项A正确；虽然在图甲、 乙中，物体下滑重力做功相同，但物体下滑的时间不同，在图甲、乙中， 物体下滑的过程中重力做功的平均功率不相同，选项B错误；由单摆周 期公式，可知，图甲中物块下滑时间t =T/4= ，由Rsinθ= ， 甲 a=gsinθ解得图乙中物块下滑时间t = ，显然t ＞ t ，从开始下滑 乙 甲 乙 到停止的过程中，图甲中重力的冲量比图乙的大，选项C错误；由动能 定理可知从开始下滑到停止的过程中，除重力外的其他力的合力对物体 的功相等，选项D错误。 15.（2023广东惠州六校第二次联考）以下研究中所采用的最主要物理思想方法与 “重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是【参考答案】C 【名师解析】“重心”概念的提出所采用的思维方法是等效法。共点力合成实验，用 一个弹簧秤和两个弹簧秤拉橡皮筋都是拉到同一点O，所采用的思维方法是等效法，选项C 正确。 16.（2023广东佛山顺德区质检）如图所示，将纸带的一端压在装满水的饮料瓶 底下.第一次用手抽出纸带，可以看到瓶子移动一段距离。.第二次拉紧纸带， 用手指向下快速击打纸带，纸带从瓶底抽出，饮料瓶几乎没有移动.第二次瓶 子几乎没有移动的原因是 A.第二次瓶子受到纸带摩擦力更小 B.第二次瓶子受到纸带摩擦力的冲量更小 C.第二次瓶子的惯性更大 D.第二次瓶子加速过程的动量变化量更小 【参考答案】BD 【名师解析】根据滑动摩擦力公式可知两次纸带受到的摩擦力相等，A错误； 根据惯性只与质量有关，可知C错误；第二次拉紧纸带，用手指向下快速击打 纸带，纸带从瓶底抽出，摩擦力作用时间极短，根据冲量的定义可知，第二次 瓶子受到纸带摩擦力的冲量更小，根据动量定理，第二次瓶子加速过程的动量变化量更小，选项BD正确。 17. （2023湖南长郡中学质检）如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用，若单位 时间从出口流出大米的质量为d，某时刻，盛米的容器中静止那部分大米质量为 ，还在 下落的大米的质量为 ，落到已静止米堆上之前速度为v，之后静止，则下列说法正确的 是（ ） A. 此时静止米堆受到的冲击力为 B. 此时称米机读数为 C. 由于米流落到容器中时对容器有向下的冲力，故买家不划算 D. 当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米 是多给买者的，故卖家不划算 【参考答案】A 【名师解析】自动称米机是准确的，不存在谁划算不划算的问题。 设米流的流量为 d kg/ s ,它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小，可视为零， 若切断米流后，盛米容器中静止的那部分米的质量为 m kg,，空中还在下落的米的质量 1 为 m kg,， 则落到已静止的米堆（ m ）上的一部分米的质量为Δ m kg，取Δ m 为 2 1 研究对象，这部分米很少，在Δ t 时间内Δ m ＝ d ·Δ t ,设其落到米堆上之前的速度为 v ,经Δ t 时间静止，由动量定理得 （ F -Δ mg ）Δ t =Δ mv , 即 F =d v +d·Δ t · g ，忽 略d·Δ t · g，则此时静止米堆受到的冲击力为 ，选项A正确。设米从出口处落到米表面 所用的时间为 t ,由于 m =d· t ，v = g · t (阻力不计) 可得d· v = m · g , 即 F = m 1 2 1 1 2 g +Δ mg , 根据牛顿第三定律知： F = F ′, 称米机的读数应为F’ , 可见，称米机读数包含 2 了静止在袋中的部分 m ,也包含了尚在空中的下落的米流 m ,还包含刚落至米堆上的 1 2一小部分Δ m ，即自动称米机是准确的，不存在谁划算不划算的问题. 18. （2023江苏盐城重点高中质检）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻波 1 形如图中的实线所示，t=0.5s时刻的波形如图虚线所示，下列说法正确的是（ ） 2 A. 波的传播速率不可能为12m/s B. 波的传播速率不可能为20m/s C. 波的周期不可能为2s D. 波的周期不可能为1s 【参考答案】D 【名师解析】 若波向右传播，则在0.5s时间内，向右传播的距离为 则波速为 故当 时， ，故A错误； 若波向左传播，则在0.5s时间内，向左传播的距离为 则波速为 故当 时， ，故B错误； 由题图 ，由 可知，当波向左传播时 ，故当 时， ，故C错误；当波向右传播时 故波向右传播时周期不可能等于1s。当波向左传播时 若此时 ，则 ，n不是整数，不符合题意，故波的周期不可能为1s，D正确。 19 如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆 中心O点的水平线。已知一小球从M点出发，初速率为v ，沿管道MPN运动，到N点的 0 速率为v ，所需时间为t ；若该小球仍由M点以初速率v 出发，而沿管道MQN运动，到 1 1 0 N点的速率为v，所需时间为t，则( ) 2 2 A．v＝v，t>t B．vt 1 2 1 2 1 2 1 2 C．v＝v，tt，A项正确，C 1 2 项错误。 20 如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为 质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道 左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，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. B.C. D. 【参考答案】A 【名师解析】 小球虽说是做斜抛运动，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，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端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。因小球运动过程中恰好与半 圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则 tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而v2＝2gy＝gR，又tan 30°＝，所以v ＝ y 0 ＝ ，故选项A正确。 21 [多选]如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、 c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个 小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t 、t 、t 1 2 3 分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是( ) A．t＝t B．t>t 1 2 2 3 C．ta ，由x＝at2可知，t>t ，故选项A错误，B、C、D均 ca Ob 2 ca 正确。 22 如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场垂直 于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为 B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的 距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电 阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v 滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与 0 不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为( )A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1 【参考答案】C 【名师解析】杆2固定，不相撞的临界条件是杆1速度为零时刚好接触杆2，采用微元 法，对杆1由动量定理：BILΔt＝Δt＝＝mv ，杆2不固定，不相撞的临界条件是两杆的速 0 度相等，根据动量守恒定律，mv ＝2mv′，解得共同速度v′＝，对杆1采用微元法由动 0 量定理得：BILΔt＝Δt＝＝m，故C正确。 23 如图所示，A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小木块，离墙壁的距离分别为 L和L′，与桌面之间的滑动摩擦力分别为它们重力的μ 和μ 倍。现给A一初速度，使之 A B 从桌面右端向左端运动。设A、B之间，B与墙之间的碰撞时间都很短，且碰撞中总动能无 损失，若要使木块A最后不从桌面上掉下来，则A的初速度最大为( ) A．2 B．2 C．2 D．2 【参考答案】C 【名师解析】本题中A、B两木块碰撞时发生弹性碰撞，又由于 两木块质量相等，所以碰撞时发生的现象是“交换速度”。为简化模 型，本题中完全可以简化成一个木块在桌面上运动，为了和原题等效， 还必须使该木块在桌面的不同部分受到不同的摩擦力，分别为 μ mg和μ mg。故原题的过 A B 程可等效为以下过程：一木块在动摩擦因数不同的桌面上以某一初速度向墙壁滑行，与墙 壁发生弹性碰撞后返回。设该木块的初速度最大为v ，以木块为研究对象，以刚开始向左 0 运动为初状态，以回到桌边而刚好不掉下去为末状态。根据动能定理，有2μ mg(L－L′)＋ A 2μ mgL′＝mv2，解得v＝2，C正确。 B 0 0 24 将一带电荷量为＋Q的点电荷固定在空间中的某一位置处，有两个质量相等的带电 小球A、B分别在Q下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹处在以 Q为球 心的同一球面上，如图所示。若A、B所带电荷量很少，两者间的作用力忽略不计，取无 穷远处电势为零，则下列说法中正确的是( )A．小球A、B所带电荷量相等 B．小球A、B运动轨迹上的各点场强相同 C．小球A、B运动轨迹上的各点电势相等 D．库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力 【参考答案】C 【名师解析】类比圆锥摆模型：A、B两个小球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力， 小球受到重力和库仑力的合力提供向心力，设小球与Q的连线与竖直方向的夹角为θ，则 有F ＝，由于θ不等，则库仑力不等，而A、B小球到Q的距离相等，所以小球A、B所 库 带电荷量不相等，故A错误；小球A、B运动轨迹上的各点到Q点的距离相等，场强大小 相等，但是方向不同，所以电场强度不相同，故B错误；以Q为球心的同一球面是等势面 则小球A、B运动轨迹上的各点电势相等，故C正确；小球受到重力和库仑力的合力提供 向心力，故D错误。 25.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m 和m 的木块1和2，用原长为 1 2 l、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数均 为μ。现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为( ) A．l＋ B．l＋ C．l＋ D．l＋ 【参考答案】A 【名师解析】 弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m 的质量越小时 1 摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m 的值等于零时(极限)，则不论m 多大，弹簧的伸长 1 2 量都为零，说明弹簧的伸长量与m 无关，故选A项。 2 26.如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O，一小球(可视为质点)从轨道 上与圆心等高的A点以速度v 向右水平抛出，落在轨道上的C点。 0 已知OC与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的 时间为( ) A.cot B.tan C.cot D.tan 【参考答案】A 【名师解析】 由几何关系可知，A、C连线与水平方向的夹角为α＝，根据平抛运动 的规律，小球在C处的速度方向与水平方向的夹角的正切值等于位移与水平方向夹角的正 切值的2倍，即＝2tan α，v＝gt，解得t＝cot ，A正确。 y27.如图所示，天花板上有一可自由转动的光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接 质量为m 、m 的A、B小球，两小球平稳的在各自水平面内做圆周运动， 1 2 它们的周期相等，则A、B小球到Q的距离l、l 的比值为( ) 1 2 A. B. C. D. 【参考答案】D 【名师解析】 法一：绳活结模型和圆锥摆模型，绳和绳拉力相等， 圆锥摆ω＝ ＝(θ为悬绳与竖直方向的夹角，h为悬点到小球做圆周运 动水平面的距离)，两者角速度相等，则h相同，lcos θ ＝lcos θ ，又 1 1 2 2 mg＝F cos θ，故D正确。 T 法二：当取θ＝90°时，因两拉力相等，类双星处理，质量与绕环 半径成反比，故选D。 28.如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附 近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为 φ ，φ 可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成 0 0 的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ ＝k。若某点处在多 0 个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中 提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线 中点C′处的电势为( ) A．φ B.φ 0 0 C．2φ D．4φ 0 0 【参考答案】C 【名师解析】 AB棒带电均匀，故其等效点电荷 P点即是AB 棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒分成均匀两段，设左半 段的中点为E，其电荷量为Q，如图可知C′E的长度为r，故其在 C′的电势为 φ＝k＝k＝φ ，同理，右半段在 C′产生的电势也为 0 φ，根据题意可知其代数和为2φ，故选项C正确。 0 0 29.场发射显微镜的构造如图所示：一根尖端直径约为100 nm 的针，位于真空玻璃球 泡的中心，球的内表面涂有荧光材料导电膜，在膜与针之间加上如图所示的高电压，使针 尖附近的电场强度高达4×109 V/m，电子就从针尖表面被拉出并加 速到达涂层，引起荧光材料发光。这样，在荧光屏上就看到了针尖的 某种像(针尖表面的发射率图像)，如果分辨率足够高，还可以分辨出 针尖端个别原子的位置。但由于电子波的衍射，会使像模糊影响分辨 率。将电极方向互换，并在玻璃泡中充进氦气，则有氦离子产生并打到荧光屏上，可使分辨率提高。以下判断正确的是( ) A．氦原子变成氦离子是在导电膜附近发生的 B．电子从针尖到导电膜做匀加速运动 C．电子或氦离子的撞击使荧光材料的原子跃迁到了激发态 D．分辨率提高是因为氦离子的德布罗意波长比电子的长 【参考答案】C 【名师解析】 氦原子变成氦离子是在强电场力作用下发生的，由于针尖端附近存在 强电场强度，因此会在其附近产生，不会在导电膜附近发生，故A错误；从针尖端到导电 膜，电场强度越来越小，那么电场力也是越来越小，因此电子从针尖到导电膜做变加速运 动，故B错误；荧光材料发光的原因是原子发生跃迁到激发态，因激发态不稳定，向基态 跃迁，从而放出能量，发出荧光，C正确；提高分辨率就是要减小衍射，从明显衍射的条 件可知分辨率提高是利用减小波长，故D错误。