文档内容
专题 01 选择题的答题技巧与攻略
目录
01.题型综述
02.解题攻略
题组01 图像法
题组02 逆向思维法
题组03 类比分析法
题组04 对称法
题组05 等效法
题组06 特殊值法
题组07 极限思维法
题组08 二级结论法
03.高考练场
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。题组 01 图像法
【提分秘籍】
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。
【典例剖析】
【例1】某物体做直线运动，其v-t图像如图所示，则0～t1 时间内物体的
平均速度（ ）
A．等于 B．大于
C．小于 D．条件不足，无法比较
【答案】B
【详解】若物体在0～t1 时间内做匀加速直线运动，作出其v-t图线如图
所示
由v-t图线与时间轴围成的面积表示位移可知，物体实际运动位移大小大于物体做匀加速直线运动的位移大小，运动时间相同，则物体实际运动
的平均速度大于物体做匀加速直线运动的平均速度，即
故选B。
【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】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当
时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受
静电力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．3s末带电粒子回到原出
发点
C．3s末带电粒子的速度不为零 D．前3s内，静电力做的总
功为零
【答案】AD
【详解】A．带电粒子由静止释放后，在 时间内，由牛顿第二定律
可知粒子的加速度大小为
在 时间内，粒子的加速度大小为可知粒子由静止先以 加速度大小加速2s，再以 加速度大小减速1s，
由于 ，可知此时粒子速度是零，同理在 时间内由静止又以
加速度大小加速2s，再以 加速度大小减速1s，此时粒子速度是零，
因此粒子在 时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时
间图像如图所示，
A正确；
B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运
动，因此3s末带电粒子回不到原出
发点，B错误；
C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是零，C错
误；
D．在前3s内，由动能定理可知 前3s内，静电力做的
总功是零，D正确。故选AD。
【变式1-3】（2024·云南曲靖·一模）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。
题组 02 逆向思维法
【提分秘籍】
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。【典例剖析】
【例2】高铁站台上，候车线对准停车时各节车厢最前端的门口处。动车
进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线的旅客发现1号车厢经过他所
用的时间为t，如图所示，若动车每节车厢长均为l，则（ ）
A．从1号车厢最前端经过5号候车线到停止运动，经历的时间为2t
B．从1号车厢最前端经过5号候车线到停止运动，平均速度为
C．1号车厢最前端经过5号候车线时的速度为
D．动车的加速度大小为
【答案】AC
【详解】AD．采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为零的匀加速直
线运动，设加速度大小为a，站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过
他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口，动车所走位
移大小为l，故有
解得动车的加速度为
动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，所走的位移大小为
4l，则有
解得 故A正确，D错误；B．动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，平均速度为
故B错误；
C．设1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客时的速度为v5 ，从1号车
厢最前端经过5号候车线到停止，可得 解得 故C正
确。故选AC。
【变式演练】
【变式2-1】（2025高三上·甘肃白银·阶段练习）如图所示，将篮球从地
面上方 点斜向上抛出，刚好垂直击中竖直篮板上的 点，不计空气阻
力。若抛出点 向靠近或远离篮板方向水平移动一小段距离，仍要使抛
出的篮球垂直击中 点，下列方法可行的是（ ）
A．靠近时，减小抛出速度 ，同时增大抛射速度与水平方向的夹角
B．靠近时，减小抛出速度 ，同时减小抛射速度与水平方向的夹角
C．远离时，增大抛出速度 ，同时减小抛射速度与水平方向的夹角
D．远离时，增大抛出速度 ，同时增大抛射速度与水平方向的夹角
【答案】AC【详解】AB．由于篮球始终垂直击中 点，可应用逆向思维的方法，把
篮球的运动看成从 点开始的平抛运动。当 点靠近篮板移动一小段距
离时，从 点抛出的篮球仍落在 点，则竖直高度不变，水平位移减
小，球到 点的时间
不变，竖直分速度
不变，水平方向由
知， 减小， 减小
变大，因此只有增大 ，同时减小抛出的初速度 ，篮球才能仍然垂直
打到篮板上的 点，故A正确，B错误。
CD．由于篮球始终垂直击中 点，可应用逆向思维的方法，把篮球的运
动看成从 点开始的平抛运动。当 点远离篮板移动一小段距离时，从
点抛出的篮球仍落在 点，则竖直高度不变，水平位移增大，球到
点的时间
不变，竖直分速度
不变，水平方向由
知， 增大， 增大
变小，因此只有减小 ，同时增大抛出的初速度 ，篮球才能仍然垂直
打到篮板上的 点，故C正确，D错误。故选AC。
【变式2-2】（2024·辽宁·一模）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。
题组 03 类比分析法
【提分秘籍】
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。
【典例剖析】
【例3】(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。
【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】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PQ两点时速度大小均为v= 5m/s，
滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α= 37°，sin37°= 0.6，则（ ）
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P到的时间为3s
C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/s
D．PQ两点连线的距离为15m
【答案】BC
【详解】A．滑块过PQ两点时速度大小，根据动能定理
得
即水平方向上恒定的外力与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，A错误；
B．把滑块在P点的速度分解沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿
水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有当水平力F方向上的速度为0时，时间
根据对称性，滑块从P到Q的时间为 ，B正确；
C．当水平力F方向上的速度为0时，只有垂直水平力F方向的速度
此时速度方向与F垂直，速度最小，所以滑块从P到Q的过程中速度最
小值为4m/s，C正确；
D．垂直水平力F方向上滑块做匀速直线运动，有
D错误；
故选BC。
【点睛】由动能定理求出水平方向上恒定的外力方向，滑块做类平抛运
动，利用运动的合成与分解可解．
【变式3-3】（2025高三上·云南昆明·阶段练习）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。
题组 04 对称法
【提分秘籍】
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。
【典例剖析】
【例4】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=2rsinθ
r、θ相同，则s相同，故D正确。故选D。
【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，把一个有小孔的小球连接在弹簧的一端，弹簧的另一
端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动。弹簧的质量与小球相比
可以忽略。小球运动时空气阻力很小，也可以忽略。系统静止时小球位于O点。现将小球向右移动距离A后由静止释放，小球做周期为T的简
谐运动。下列说法正确的是（ ）
A．若某过程中小球的路程为2A，则该过程经历的时间一定为
B．若某过程中小球的路程为A，则该过程经历的时间一定为
C．若某过程中小球的位移大小为A，则该过程经历的时间一定为
D．若某过程中小球的位移大小为2A，则该过程经历的时间至少为
E．若某过程经历的时间为 ，则该过程中弹簧弹力做的功一定为零
【答案】ADE
【详解】A．根据简谐运动的对称性可知，不论小球从何位置开始运动，
只要经过 ，小球运动的路程一定为2A，故A正确；
B．只有小球的起始位置在最大位移处或平衡位置时，若某过程中小球的
路程为A，则该过程经历的时间才一定为 ，否则该过程经历的时间都
不等于 ，故B错误；
C．若小球的起始位置在最大位移处或平衡位置，某过程中小球的位移大
小为A，则该过程所经历的时间为 的奇数倍；若小球的起始位置不在
最大位移处或平衡位置，某过程中小球的位移大小为A，则该过程所经历的时间一定大于 ，故C错误；
D．某过程中小球的位移大小为2A，则小球的起始位置一定在最大位移
处，该过程所经历的时间为 的奇数倍，即至少为 ，故D正确；
E．根据简谐运动的对称性可知，若某过程经历的时间为 ，则小球初、
末速度大小相等，根据动能定理可知该过程中弹簧弹力做的功一定为
零，故E正确。
故选ADE。
【变式4-3】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，若A点的电场强度为0，则（ ）
A．圆形薄板所带电荷量为+Q
B．圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为 ，方向水平向左
C．B点的电场强度大小为 ，方向水平向右
D．B点的电场强度大小为 ，方向水平向右
【答案】BD
【详解】AB．A点的电场强度为零，而点电荷在A点产生的场强为，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 ，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 ，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 距离O点的距离相同外，其余各点
距离O点的距离都大于 ，若将电荷量 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 ，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于+Q，
故A错误，B正确；
CD．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
，方向水平向右
而点电荷在B点产生的场强为
，方向水平向右
则根据电场强度的叠加法则可得B点得电场强度为
，方向水平向右
故C错误，D正确
故选BD。题组 05 等效法
【提分秘籍】
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。
【典例剖析】
【例5】（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（ ）
A． 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。
【变式演练】
【变式5-1】（2025高三上·河北邯郸·期中）如图所示，电源的内阻为
Ω，滑动变阻器 的最大阻值为10Ω，定值电阻 的阻值为15Ω，图中各电表均为理想电表。最初滑动变阻器的滑片P位于最左端，
现闭合开关S，并缓慢向右移动滑片P，电压表示数为U，其变化量的绝
对值为 ，电流表示数为I，其变化量的绝对值为 。在滑片P向右移
动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．U增大 B． 为定值 C． 为定值 D．
滑动变阻器消耗的功率减小
【答案】CD
【详解】A．缓慢向右移动滑片P，电路的总电阻减小，总电流增大，即
电流表示数变大，路端压减小， 的电压 增大，故电压表示数
减小，A错误；
B．缓慢向右移动滑片P时，滑动变阻器连入电路的阻值变小，故 变
小，B错误；
C．将 和电源看成新电源，则新电源的内阻为 ，则电压表示数为
新电源的端压，则
为定值，C正确；
D．将 和电源看成新电源，则新电源的内阻为 ，根据电源输出功
率随外电阻的变化图像可知，电源外电阻阻值等于电源内阻时，电源输出功率最大，即
此时滑动变阻器作为新电源的外电路，即滑动变阻器消耗的功率为新电
源的输出功率，故在滑片P向右移动的过程中滑动变阻器消耗的功率减
小，D正确。
故选CD。
【变式5-2】．（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。
题组 06 特殊值法
【提分秘籍】
(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。
【典例剖析】
【例6】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． 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。
【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－ B.1＋
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＝ ，根据黄金代换式GM＝gR2得g∝ ，重力加速度之比不
等于 (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=m1a
T1=m1 （g+a)=
把m=0代入ABCD四个选项得C选项符合。
故选C。题组 07 极限思维法
【提分秘籍】
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。
【典例剖析】
【例7】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。
【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μ ，木板与地面间的动摩擦因数为μ ，重力加速
1 2
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μmg
1
B.木板受到地面给的摩擦力的大小一定是μ(m＋M)g
2
C.当F>μ(m＋M)g时，木板便会开始运动
2
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
μmg，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
1
擦力的大小一定等于μmg，选项A、B错误；无论怎样改变F的大小，
1
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μmg不变，故长木板仍处于静止状态，所以长木板受到地面给的
1
摩擦力的大小一定等于μmg，选项B、C错误，D正确。
1
题组 08 二级结论法
【提分秘籍】
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。
【典例剖析】
【例8】（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。
【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。1．（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。
2．（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（ ）A． 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。3．（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。
4．（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
5．（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。
6．（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。
7．（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，重力加速度大小取
，则沙包（ ）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经 点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的
大
【答案】BD
【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则
可得第一次抛出上升的高度为
上升时间为
最高点距水平地面高为 ，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为 ，故A错误；BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到
落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比
第二次机械能少
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 ，故B正确，C错
误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物
体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在
水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的
夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次
抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。故选BD。
8．（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为 的
足够长光滑斜面，一质量为 的滑块锁定在斜面上。 时解除锁定，
同时对滑块施加沿斜面方向的拉力 ， 随时间 的变化关系如图（b）
所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为 ，则滑块（ ）
A．在 内一直沿斜面向下运动
B．在 内所受合外力的总冲量大小为零
C．在 时动量大小是在 时的一半
D．在 内的位移大小比在 内的小
【答案】AD【详解】根据图像可知当 时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当 时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块 内的 图像
A．根据图像可知 ，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知 ，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知 时物块速度大于 时物块的速度，故 时动量不是
时的一半，故C错误；
D． 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知 过程物
体的位移小于 的位移，故D正确。
故选AD。
9．（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 ，方
向垂直纸面向外，铜环两端 、 处于同一水平线。若环中通有大小为
、方向从 到 的电流，细绳处于绷直状态，则（ ）
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通
电流时的小
C．铜环所受安培力大小为 D． 铜环所受安培力大小
为
【答案】AC
【详解】方法一：微元法
AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段 ，可将其视为直导线，根据左
手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小
根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向
的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安
培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B
错误；CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得
故C正确，D错误。
故选AC。
方法二：等效法
通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径 ，电流方向 ，根据左
手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小
根据受力分析可得，通电后，绳子拉力
两根细绳拉力均比未通电流时的大。
故选AC。
10．（2024·湖南·高考真题）如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy．
A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1 ，方向沿x轴正方向，B
球速度大小为v2 = 2m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中
有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度
大小变为1m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且
分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，
下列说法正确的是（ ）A．若 ，则v1 的最大值为 ，且
B．若 ，则v1 的最大值为 ，且
C．若 ，则v1 的最大值为 ，且
D．若 ，则v1 的最大值为 ，且
【答案】AC
【详解】由于水平面光滑，则两小球均做匀速直线运动，若A、B两小球
能相遇，则绘出运动轨迹图如下图
则根据正弦定理有
AB．若 ，带入数据v2 = 2m/s， ，解得当 ，v1 取
得最大值为 ，故A正确、B错误；CD．若 ，带入数据v2 = 2m/s， ，解得当 ，v1 取
得最大值为 ，故C正确、D错误。
故选AC。
11．（2023·河北·高考真题）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，
与两个完全相同的轻质弹相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1
竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴 ，
无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与 、A、 构成矩形，
。现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说
法正确的是（ ）
A．小球沿杆在AB之间做往复运动
B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短
C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增
大
【答案】BC
【详解】AC．根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个
弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，
根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续
向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确；
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后
增大再减小，故D错误；
B．小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与
没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动
的加速度为
有弹簧时，加速度先大于 ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，
加速度为 ，之后加速度小于 ，则两种情况的 图像如图
所示
两种情况的 图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相
比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。
故选BC。
12．（2023·山东·高考真题）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，
依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一
半，B点位移大小是A点的 倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二
次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A． B． C． D．【答案】BC
【详解】AB．当AB两点在平衡位置的同侧时有
可得
； 或者
因此可知第二次经过B点时 ，
解得
此时位移关系为
解得
故A错误，B正确；
CD．当AB两点在平衡位置两侧时有
解得
或者 （由图中运动方向舍去）， 或者当第二次经过B点时 ，则
解得
此时位移关系为
解得
C正确D错误；
故选BC。
