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选择13 妙用技法破解选择题
考点内容
考情分析
关于选择题的几种快速解题方法
高考中选择题的占比是比较大，而且难度相对
来说会小一些，而如何快速拿下选择题是一场
考试的关键所在。
1.思想方法
解题步骤：
一、正向审题。程序法拆分题目，列各条件物理方程，确定具体模型场景
二、逆向分析。确定题目求什么，结合已有关系式确定中间待求量
三、正逆结合，查缺补漏。正向验证避免出错，逆向审核避免漏写
2.模型建构
方法一：比较排除法
比较排除法是通过对物理知识的理解，对物理问题进行分析和计算或举反例的方法将明显错误或
不合理的选项一一排除的方法。比较排除法主要用于选项中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯
定、完全否定的说法的选择题。总之比较选项，寻找选项的关联是灵活掌握排除法的关键。
例题1（多选）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略
不计。虚线ab、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。
将两根相同的导体棒PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触
良好。已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零。从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为
止，流过PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
1
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A.
B.
C.
D.
解答：PQ 刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ=BIL,I = m gsinθ
BL
即电流恒定；且由题意知，
MN 刚进入磁场时与PQ 刚进入磁场时速度相同。
情形1：若MN 刚进入磁场时，PQ 已离开磁场区域，则对MN,由mgsinθ=BIL 及右手定则知，通
过PQ 的电流大小不变，方向相反，故图象如图A 所示。
情形2：若MN 刚进入磁场时，PQ 未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等
大、反向，故电流为0，但两棒在重力作用下均加速直至PQ 离开磁场，MN 为电源，E=BLv,I=
E
R总
BIL-mgsinθ=ma 知，MN 减速，电流减小
可能的I-t 图象如图D 所示。|
方法二：特殊值代入法
有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较烦琐的公式推导过程，此时可在不违背题意
的前提下选择一些能直接反映已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据
结果对选项进行判断。
例题2(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示。
电场中四个点a、b、c 和d 的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec 和Ed.点a 到点电荷的距离r 与点a
的电势φ a已在图中用坐标(ra，φ a)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b、
c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc 和Wcd。下列选
项正确的是( )
AA．Eaa：Ebb=1：4 B
B．Ecc：Edd=2：1
CC．Wabab：Wbcbc=3：1 D
D ．Wbc b c：Wad ad =1：3
解答： A、设静止点电荷的电量为Q，由点电荷场强公式E=kQ
r
2
可得：Ea：Eb=4：1，故A 错误；
B、同理可得：Ec：Ed=4：1，故B 错误；
C、从a 到b 电场力做功为：Wab=qUab=q（φa-φb）=q（6-3）J=3q（J），从b 到c 电场力做功为：
Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）J=q（J），所以有：Wab：Wbc=3：1，故C 正确；
D、从c 到d 电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1）J=q（J），所以Wbc：Wcd=1：1，故
2
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D 错误。
故选：C。
方法三：等效转化法
在用常规思维方法无法求解有新颖情境的物理问题时,灵活地转换研究对象或采用等效转换法将
陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法。高中物理中常用物理模型等效转换、
参考系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等。
例题3(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导
轨，两相同的光滑导体棒ab、cd 静止在导轨上。t0 时，棒ab 以初速度向右滑动。运动过程中，
ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好两者速度分别用v1、v2 表示，回路中的电流用I 表示。下列
图象中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
解答：本题可等效转化为碰撞中的完全非弹性碰撞模型，根据受力得出两导体棒的速度变化情
况;根据两棒的速度关系结合法拉第电磁感应定律和电路问题，判断产生的感应电动势的变化情
况，从而得出回路中感应电流的变化情况。
棒ab 以初速度向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知
棒 ab 受到方向与 以方向相反的安培力的作用而做变减速运动棒cd 受到方向与 方向相同的安培
力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差ΔV=v1-v2 逐渐减小，整个系统产生的感应电动势
逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v1=v2,两
相同的光滑导体棒 ab、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量
守恒定律有mv0=mv1+mv2，解得 v1=v2=v0
2 ，选项A、C 均正确，B、D 均错误。
方法四：图像分析法
物理图象是将抽象物理问题直观、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量
的定性或定量关系，利用图象纵、横坐标的物理意义，以及图线中的“点”“线”“斜率”“截
距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，
还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题。
例题2 (多选)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度
和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在
竖直方向的速度，其t 图象如图(b)所示，t 和是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )
3
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A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
解答：由 v-t 图象面积可知，第二次面积大于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一
次下落距离，所以A 错误;由于第二次竖直方向下落距离大，位移方向相同，故第二次水平方向
位移大，故B 正确;由v 图象斜率知，第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由
a= v1- v2
t
可知a1>a2，故C 错误;由图象斜率，速度为v1 时，第一次图象斜率大，第二次图象斜
率小，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy1<fy2,故D 正确。
方法五：类比分析法
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。在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试
着使用这种方法。
例题5 如图，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两
者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均
为l 的a 点处的磁感应强度为零。如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度
的大小为( )
A.0 B.√3
3 B0 C. 2√3
3
B0 D.2B0
解答：导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度大小Bp=BQ=B1，如图所
示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁感应强度平行于PO 向右、大小为√3 B1。
4
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又根据题意Ba=0，则B0=√3 B1，且B0平行于PQ 向左。若P 中电流反向，则 Bp 反向、大小不
变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B1
' = B1(方向垂直 PO 向上、
与 B0垂直),a 点合磁场的磁感应强度 B=√B0
2+ B1
' 2= 2√3
3
B0，则A、B、D 项均错误，C 项正
确。
方法六：二级结论法
“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)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。(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。
例题6 金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a
金，a 地，a 火它们沿轨道运行的速率分别为v 金，v 地，v 火已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此
可以判定( )
A. a 金>a 地>a 火 B. a 金<a 地<a 火
C. v 金>v 地>v 火 D. v 金<v 地<v 火
解答：几个星球(包括人造卫星)围绕同一中心天体做匀速圆周运动时，利用“越高越慢(高轨低
速)”快速判断求解。AC
方法七：极限法
物理中体现极限思维的常见方法有极限法、微元法。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、连续变化的情况。微元法将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析
这些“微元”，进行必要的数学方法或物理思想处理便可将问题解决。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，做到事半功倍的效果。
例题7(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、O 分
别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直上的匀强磁场B 中。圆盘旋转时，关于流过电阻
R 的电流，下列说法正确的是( )
5
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A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动
C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2 倍
解答：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a 到b 的方向流动，B 对;由
感应电动势E = 1
2 Bl
2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，A 对;角速度大小
变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，C 错;若ω变为原来的2 倍，则感应电动势变
为原来的2 倍，电流变为原来的2 倍，由P=I2R 知，电流在R 上的热功率变为原来的4 倍，D
错。
方法八：逆向思维法
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。
例题8 如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一
个H
4 所用的时间为t1，第四个H
4 所用的时间为t2。不计空气阻力，则t2
t1
满足( )
A. 1<t2
t1
<2 B. 2<t2
t1
<3
C. 3<t2
t1
<4 D. 4<t2
t1
<5
解答：本题应用逆向思维求解,即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体
运动，所以第四个H
4 所用的时间为t2=√
2× H
2
g
,第一个H
4 所用的时间为t1=
√
2× H
g
-√
2× 3 H
4
g
，
即3<t2
t1
<4，选项C 正确。
方法九：对称法
物理解题中的对称法，就是从对称性的角度去分析物理过程，利用对称性解决物理问题的方法。
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。
例题9(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1L2，L1中的电流方向向左，L2中的电
流方向向上;L1的正上方有a、b 两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场
6
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的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b 两点的磁感应强度大小分别为1
3B 和1
2
B0,方向也垂直于纸面向外。则( )
A.流经L1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为7
12B0。
B.流经L1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为1
12B0
C.流经L2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为1
12B0
D，流经L2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为7
12B0
解答：在b,点：1
2B0=B0-B1+B2
在a 点：1
3B0=B0-B1-B2
由上述两式解得B1=1
7 B0,B2= 1
12B0,故A、C 正确。
1．纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应
强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的
轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0 时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从
O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是
（ ）
7
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D 错误；
设经时间t 导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsinωt。
由E = 1
2 B L
2ω可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω 不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，
且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
（多选）2．如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ 的光滑斜面体顶
端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止
在斜面上，重力加速度为g，关于小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力FN下列说法正确的是
（ ）
A．T＝m（gsinθ+acosθ）
B．T＝m（acosθ﹣gsinθ）
C．FN＝m（gcosθ﹣asinθ）
D．FN＝m（gsinθ+acosθ）
【解答】解：小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于
斜面；小球的受力情况如图
水平方向上由牛顿第二定律得
Tcosθ﹣FNsinθ＝ma
竖直方向上由平衡得
Tsinθ+FNcosθ＝mg
联立得
8
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FN＝m（gcosθ﹣asinθ）T＝m（gsinθ+acosθ）
故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
3．如图1 所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标
为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ[1-
x
( R
2+ x
2)
1
2
]，方向
沿x 轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，
如图2 所示．则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（ ）
A．2πkσ0
x
(r
2+ x
2)
1
2
B．2πkσ0
r
(r
2+ x
2)
1
2
C．2πkσ0 x
r
D．2πkσ0r
x
【解答】解：无限大均匀带电平板R 取无限大，在Q 点产生的场强：
E1=2πkσ [1-
x
√R
2+ x
2 ]≈2πkσ
半径为r 的圆板在Q 点产生的场强：E2=2πkσ [1-
x
√r
2+ x
2 ]
无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板后的场强是两个场强的差，所以：
E = E1- E2=2πk σ 0
x
(r
2+ x
2)
1
2
，所以选项A 正确。
故选：A。
4．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m1和m2的物体A 和B．若滑
轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与绳子之间
的摩擦。设细绳对A 和B 的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是
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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．T1= (m+2m2)m1g
m+2(m1+m2)
B．T1= (m+2m1)m2 g
m+ 4(m1+m2)
C．T1= (m+ 4 m2)m1g
m+2(m1+m2)
D．T1= (m+ 4 m1)m2 g
m+ 4(m1+m2)
【解答】解：在滑轮匀速转动时，物体A、B 做匀速直线运动，整个系统（包括滑轮）处于静止
状态，则有T1＝T2＝m1g＝m2g。
A、将m1＝m2代入A 选项的表达式得：T1= m+2m1
2
m+ 4 m1
g≠m1g，故A 错误；
BCD、同理，将m1＝m2代入选项B、C、D 表达式，其结果：只有C 选项的表达式可得到T1＝
m1g，故BD 错误，C 正确。
故选：C。
5．下列选项中的各1
4
圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各1
4
圆环间彼
此绝缘。坐标原点O 处电场强度最大的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设1
4
带电圆环在O 点产生的场强大小为E。
A.图中坐标原点O 处电场强度是1
4
带电圆环产生的，原点O 处电场强度大小为E；
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B.图中坐标原点O 处电场强度是第一象限1
4
带正电圆环和第二象限1
4
带负电圆环叠加产生，坐标
原点O 处电场强度大小等于√2E；
C.图中第一象限1
4
带正电圆环和第三象限1
4
带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O 处电
场强度是1
4
带电圆环带电圆环产生的，原点O 处电场强度大小为E；
D.图中第一象限1
4
带正电圆环和第三象限1
4
带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限1
4
带负电圆
环和第四象限1
4
带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O 处电场强度为0。
所以坐标原点O 处电场强度最大的是选项B。
故选：B。
6．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）从与圆心等高的
圆形轨道上的A 点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C 点。已知OC 的连线与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．v0
g
tanθ
2
B．v0
g
cotθ
2
C．2v0
g
tanθ
2
D．2v0
g
cotθ
2
【解答】解：由几何关系可知，AC 水平方向的夹角为α= π -θ
2
根据抛体运动的规律，
知tanα= y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
则t= 2v0tanα
g
= 2v0
g
cotθ
2。
故选：D。
（多选）7．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽
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略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板
运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上。则t0应满足（ ）
A．0＜t0＜T
4
B．T
4 ＜t0＜T
2
C．T
2 ＜t0＜3T
4
D．3T
4 ＜t0＜T
【解答】解：A、若0＜t0＜T
4
，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方
向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终
打在B 板上，故A 错误；
B、若在T
4 ＜t0＜T
2
，带正电粒子先加速向B 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、
减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A 板上，
故B 正确；
C、若T
2 ＜t0＜3T
4
，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、
减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A 板上，
故C 正确。
D、若3T
4 ＜t0＜T，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、
减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B 板上，
故D 错误。
故选：BC。
8．如图所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0 的空间，z＞0 的空间为真空。将电
荷量为q 的点电荷置于z 轴上z＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电
场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电力常量为k，静电平衡时导体
内部电场强度处处为零，则在z 轴上z = 3h
2
处的电场强度大小为（ ）
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A．k 4 q
h
2
B．k 96q
25h
2
C．k 104 q
25h
2
D．k 40q
9h
2
【解答】解：在z 轴上- 3h
2
处，合场强为零，该点场强为q 和导体近端感应电荷产生电场的场
强的矢量和；
q 在- 3h
2
处产生的场强为：E1=
kq
(h+ 3
2 h)
2 = 4 kq
25h
2；
- 3h
2
处场强为0，设感应电荷在- 3h
2
处产生的电场强度为E2，则0＝E1+E2，
故E2＝﹣E1=- 4 kq
25h
2；
根据对称性，感应电荷在3h
2 处产生的电场强度为E′2= 4 kq
25h
2；
q 在3h
2
处产生的场强为：E′1=
kq
( 1
2 h)
2 = 4 kq
h
2 ；
3h
2 处的场强大小为：E＝E′1﹣E′2= 96kq
25h
2 ；
故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
9．为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图，保持输入电
压u1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t 变化
的曲线如图乙所示，以下正确的是（ ）
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A．u1＝190√2sin（50πt）V
B．u2＝190sin（100πt）V
C．为使用户电压稳定在220V，应将P 适当下移
D．为使用户电压稳定在220V，应将P 适当上移
【解答】解：A、乙图为输出电压的电压与时间关系，不知道输入电压故没法判断输入电压与时
间关系，故A 错误；
B、由于用户电压u2 随时间t 变化的曲线周期为0.02s，所以u2＝190√2sin（100πt）V，选项B
错误；
C、为使用户电压稳定在220V，应减小变压器原线圈匝数，应将P 适当上移，选项C 错误D 正
确。
故选：D。
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