专题3.5 选择题抢分攻略-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题3.5 选择题抢分攻略-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共38页。试卷主要包含了5 选择题抢分攻略，25 J 距离C点0等内容，欢迎下载使用。

第三部分 专项提能优化训练
专题3.5 选择题抢分攻略
目录
攻略1　“排除异己”——比较排除法 1
攻略2　“投机取巧”——特值代入法 5
攻略3　“否极泰来”——极限思维法 7
攻略4　“执果索因”——逆向思维法 9
攻略5　“相得益彰”——对称分析法 13
攻略6　“殊途同归”——等效转换法 16
攻略7　“一目了然”——图像分析法 19
攻略8　“照猫画虎”——类比分析法 22
攻略9　“事半功倍”——二级结论法 26
攻略10　“优化组合”——选项分组法 29

攻略1　“排除异己”——比较排除法
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。我们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，等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，直角边EF长度为2L。现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场。t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC与EF在一条直线上，且C与E重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是(　　)



【答案】　C
【解析】　在进入长度L的过程中，切割磁感线的有效长度在均匀增加，由E＝BLv知，感应电动势均匀增加；当进入L时，感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝＝，由楞次定律判断知，感应电流方向为正；在由L进入2L的过程中，ADC边切割磁感线的有效长度在均匀增加，AB边切割磁感线的长度在均匀增加，由几何关系知AB边增加的快且AB边和ADC边产生的感应电动势方向相反，即等效于切割磁感线的总长度在减小，感应电流减小；在离开磁场的过程中，CD边不切割磁感线，AD边切割的长度小于AB边切割的长度，产生负方向感应电流，C正确。
攻略妙用：我们利用排除法求解本题时，不需要对导线框的具体运动过程进行分析，只需要抓住导线框在某一时刻的情况进行排除。
【例2】[多选]空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力。下列说法正确的是(　　)

A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【答案】BD
【解析】　　粒子在磁场中运动的周期T＝，如果带电粒子从左边界射出，运动时间都为半个周期，时间相同，运动轨迹不一定相同，因此A、C错误，应选B、D。
攻略妙用：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。
【针对训练1】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(　　)


【答案】B
【解析】　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。
【针对训练2】如图所示，宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，分别存在磁感应强度大小为B、方向相反的匀强磁场。总电阻为R、边长为d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图示位置沿垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动。取逆时针方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始计时，下列关于框中产生的感应电流随时间变化的图像正确的是(　　)



【答案】　A
【解析】　感应电流随时间变化的图像与横轴所围的面积表示电荷量，其中第一象限面积取正，第四象限面积取负。金属框从进入到穿出磁场，通过金属框的电荷量q＝It＝t＝＝0，故感应电流随时间变化的图像与横轴所围的面积也应该为零，B、C选项显然不符合。金属框在最后离开磁场过程中切割磁感线的有效长度越来越大，故产生的感应电流也越来越大，排除D。故选A。
【针对训练3】如图所示为通过某单匝线圈平面的磁通量随时间变化关系的图象，则在下图中能正确反映该线圈感应电动势随时间变化关系的是(　　)



【答案】　C
【解析】　根据E＝可知，Φ－t图象的斜率代表感应电动势，t＝0时刻，Φ最大，e＝0，故可排除A、B、D.
【针对训练4】如图所示，半径为R1的导体球，外面套有一个与它同球心的导体球壳，球壳的内外半径分别为R2和R3。当内球带电荷量为Q时，在带电球与球壳内表面之间的区域存在电场。若用k表示静电力常量，下列电场能量E的表达式中正确的是(　　)

A．E＝k　　　 B．E＝k
C．E＝k D．E＝k
【答案】B
【解析】　你可能不会计算电场的能量，但你可根据其他方法判断选项的正误，E是能量，功是能的量度，W＝Fl，单位与k×l的单位要一致，排除了A、C选项；当R1＝R2时，内部没有场强了，就没有电场能量，E＝0，故B选项正确。
攻略2　“投机取巧”——特值代入法
有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，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。
(1)特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)一般情况下选项中以字母形式表示，且字母公式较为繁琐，且直接运算将非常复杂，此时便可以考虑特值法了。
(3)特值法的四种类型：
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。
【例3】如图所示，一半径为R的绝缘圆环上，均匀地分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L。静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个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，判断下列表达式正确的是(　　)

A．E＝ B．E＝
C．E＝ D．E＝
【答案】　D
【解析】　当R＝0时，带电圆环等同一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知在P点的电场强度为E＝k，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有选项D满足，故D正确。
攻略妙用：我们利用特值代入法求解本题时，不需要经过比较烦琐的公式推导过程，只需要将R＝0、L＝0代入选项验证即可。
【针对训练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。
【针对训练2】．在光滑水平面上，物块a以大小为v的速度向右运动，物块b以大小为u的速度向左运动，a、b发生弹性正碰。已知a的质量远小于b的质量，则碰后物块a的速度大小是(　　)
A．v　　　　　　　　　　　 B．v＋u
C．v＋2u D．2u－v
【答案】C
【解析】：　给物块a的速度v赋值0，即v＝0，物块a与物块b发生弹性正碰，碰后两物块一定分离，否则为完全非弹性碰撞，B项v＋u＝u，故排除B；碰后两物块不可能发生二次碰撞，A项v＝0，排除A；给物块b的速度u赋值0，即u＝0，物块a与物块b发生弹性正碰，物块a肯定反弹，但其速度大小肯定是正值，D项2u－v＝－v，故排除D。
攻略3　“否极泰来”——极限思维法
物理中体现极限思维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。
极限法一般适用于定性分析类选择题。例如假设速度很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设边长很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)或假设电阻很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)等，进行快速分析。
【例4】 (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。t＝0时，棒ab以初速度v0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。下列图像中可能正确的是(　　)


【答案】　AC
【解析】　ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则根据左手定则可知，其受到向左的安培力，从而向右做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力作用而做加速运动，且随着两棒的速度差的减小，安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，回路的磁通量没有变化，感应电流为零，最终两棒共速，电路中电流为0，故A、C正确，B、D错误。
攻略妙用：本题不仅要考虑过程物理量的变化，还要善于发现终极状态。这是双杆模型，两杆构成的系统动量守恒，双杆最终速度趋近相同，可以得出末速度，两者的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零、安培力为零，加速度也为零。
【针对训练1】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，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)(　　)

A.T＝m(gsin θ＋acos θ) FN＝m(gcos θ－asin θ)
B.T＝m(gcos θ＋asin θ) FN＝m(gsin θ－acos θ)
C.T＝m(acos θ－gsin θ) FN＝m(gcos θ＋asin θ)
D.T＝m(asin θ－gcos θ) FN＝m(gsin θ＋acos θ)
【答案】　A
【解析】　当a趋近于0时，细线的拉力T＝mgsin θ，而FN＝mgcos θ，由此可知只有A正确。
【针对训练2】平行玻璃砖的厚度为d，折射率为n，一束光线以入射角α射到玻璃砖上，出射光线相对于入射光线的侧移距离为Δx，如图所示，则Δx决定于下列哪个表达式(　　)

A．Δx＝d(1－)
B．Δx＝d(1－)
C．Δx＝dsin α(1－)
D．Δx＝dcos α(1－)
【答案】　C
【解析】　由于Δx随厚度d、入射角α、折射率n的减小而减小，因此若将d、α、n推向极端，即当α＝0时Δx＝0，d＝0时Δx＝0，n＝1时Δx＝0.考查四个选项中能满足此三种情况的只有C项，故选C项．
【针对训练3】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B＝·，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
【解析】　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BP＝·，A项正确．
【针对训练4】.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，用原长为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＋
【答案】A
【解析】：　弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m1的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m1的值等于零时(极限)，则不论m2多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2无关，故选A项。
攻略4　“执果索因”——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5】 (2022·浙江七彩阳光3月联考)如图甲所示，两消防员在水平地面A、B两处使用相同口径的喷水枪对高楼着火点进行灭火。出水轨迹简化为如图乙所示，假设均能垂直击中竖直楼面上的同一位置点P。不计空气阻力，则(　　)

A．A处水枪喷出的水在空中运动的时间较长
B．B处水枪喷出的水击中墙面的速度较大
C．A处水枪喷口喷出水的初速度较大
D．B处水枪喷口每秒喷出水的体积较大
【答案】　C
【解析】　利用逆向思维，将两水枪喷出水的运动看作从P点到A、B点的平抛运动，则根据h＝gt2知，两处水枪喷出的水在空中运动时间相等，A错误；根据x＝v0t及xA＞xB，可知A处水枪喷出的水击中墙面的速度较大，B错误；两水枪喷口喷出的初速度分别为vA＝，vB＝，则A处水枪喷口水的速度较大，每秒喷出水的体积较大，C正确，D错误。
攻略妙用：我们将斜抛运动利用逆向思维转化为平抛运动处理。
【针对训练1】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.
【答案】A
【继续】　　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vy2＝2gy＝gR，又tan 30°＝，所以v0＝＝ ，故选项A正确。
【针对训练2】如图所示，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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)

A.1＜＜2 B.2＜＜3
C.3＜＜4 D.4＜＜5
【答案】　C
【解析】　本题应用逆向思维法求解，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，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3＜＜4，选项C正确。
【针对训练3】(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，PQ、MN均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　)

A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
【答案】　BC
【解析】　MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流方向为M→NL1中感应电流的磁场方向向上.若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为Q→P且减小 向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大向左加速运动．
【针对训练4】如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，半圆轨道半径R＝0.5 m，半圆轨道最低点为C，最高点为D.在直轨道最右端放置小物块N，将小物块A靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D.已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，A的质量为m＝2 kg，N的质量为M＝4 kg，物块A、N可视为质点，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求N刚进入半圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将A与弹簧拴接，将物块N靠在A上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
【答案】　(1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
【解析】　(1)由题意知，物块N在D点时，Mg＝M
设物块N碰后速度为v2，由C点到D点过程机械能守恒Mv22＝MvD2＋Mg·2R
物块N在C点时受到轨道的支持力为FN，
根据牛顿第二定律得，FN－Mg＝M，
联立解得FN＝240 N，
根据牛顿第三定律，N刚进入半圆轨道时对轨道的压力大小为240 N，方向竖直向下
(2)设物块A与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，
碰撞过程动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒，则mv02＝mv12＋Mv22
由功能关系得弹簧压缩到P点时的弹性势能
Ep＝mv02＋μmg·PC，
联立解得Ep＝76.25 J
(3)物块A和N在O点分离，设分离时物块A和N的速度为v，
Ep＝(M＋m)v2＋μ(M＋m)g·OP
分离后物块N到达C点时速度为vC，由功能关系得
Mv2＝MvC2＋μMg·OC
假设物块沿圆周上滑不超过圆周处，
MvC2＝Mgh，
解得h＝ m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆轨道滑回，设向左滑回的距离为x，由动能定理得：μMgx＝MvC2，
解得x＝ m≈0.54 m
即滑块停在距离C点0.54 m处.
攻略5　“相得益彰”——对称分析法
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6】 (2022·广东广州市一模)广州地铁18号线列车的最高速度为160 km/h(约44 m/s)，设列车匀加速出站和匀减速进站的时间均为40 s，则列车在轨道平直、距离为8 800 m的两站点间运行的最短时间约为(　　)
A．240 s B．200 s
C．160 s D．150 s
【答案】　A
【解析】　列车在两站间运行时间要最短，则全过程的平均速度要达到最大，即以最大速度运动的时间最长，则列车的运动过程应是：先匀加速到最高速度，再匀速，再从最高速度匀减速到零，恰好到站。设列车从出站到加速到最高速度时间为t1，位移为x1，根据对称性可知，列车进站减速到零的时间和位移也为t1、x1，由匀变速直线运动规律x1＝t1＝880 m，则匀速运动时间t2＝＝ s＝160 s，则运动的总时间为t＝2t1＋t2＝240 s，故A正确。
攻略妙用：根据题意我们可以分析运动过程，其加速、减速过程具有对称性，故具有相同的时间和位移。
【针对训练1】.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φ0，φ0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φ0＝k。若某点处在多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．φ0 B.φ0
C．2φ0 D．4φ0
【答案】C
【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＝φ0，同理，右半段在C′产生的电势也为φ0，根据题意可知其代数和为2φ0，故选项C正确。
【针对训练2】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
【答案】B
【解析】　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。
【针对训练3】(多选)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则(　　)

A.a、b两点的场强相等
B.a、b两点的电势相等
C.c、d两点的场强相等
D.c、d两点的电势相等
【答案】　ABC
【解析】　如图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc>φd，故B正确，D错误；上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知A、C正确。

【针对训练4】如图所示，一长轴为2L的椭圆形绝缘薄板边缘上均匀分布着电荷量为＋Q的电荷，长轴AB所在直线上另有三个点C、D、E，且AC＝BD＝DE＝L，在E处放置一电荷量为＋q的点电荷．已知D处的场强为零，则C处的场强大小为(k为静电力常量)(　　)

A．k B．k
C．k D．k
【答案】　D
【解析】　根据题意可知，带电薄板和E处点电荷在D点的合场强为零，则带电薄板在D处的场强大小为ED＝k，方向水平向右，因椭圆形带电薄板形状规则，则其在空间中产生的电场左右对称，所以带电薄板在C处产生的场强大小为EC＝ED＝k，方向水平向左，E处点电荷在C处产生的场强大小为EC′＝k＝k，所以C处的合场强大小为EC＋EC′＝k＋k＝k，方向水平向左．故选项D正确．
攻略6　“殊途同归”——等效转换法
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。
【例7】(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图5所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)

A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】　AB
【解析】　当圆盘转动时，将其看成无数根沿径向的金属条，则圆盘的这些金属条切割磁针产生磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；圆盘径向的金属条，切割磁感过程中，内部距离圆心远近不同的点，电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场使磁针转动，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误。
攻略妙用：对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将圆盘看成由沿半径方向的“辐条”组成，则圆盘在转动过程中，“辐条”会切割磁感线产生感应电动势，在圆盘中产生涡电流的模型即可快速求解。
【针对训练1】如图所示，一条形磁铁平放在桌面上，在其正中央上方固定一根直导线，直导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流时，则(　　)

A．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用
B．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用
C．磁铁对桌面的压力减小，受到桌面摩擦力的作用
D．磁铁对桌面的压力减小，不受桌面摩擦力的作用
【答案】B
【解析】　题中所叙述的直接研究对象是条形磁铁，它在直线电流的磁场中受到磁场力的作用，若以磁铁为研究对象，需研究磁铁的N、S极的受力情况，必须画出复杂的受力分析图，并且要有丰富的空间想象能力，实在有点为难，但考虑到条形磁铁与直线电流间的作用力是相互的，改选直导线为研究对象，研究直导线在条形磁铁的磁场中受力情况，画出条形磁铁在导线处的磁场方向，如图所示。

由左手定则判断出通电直导线受磁场力F方向竖直向上，根据牛顿第三定律，磁铁受到反作用力大小为F′＝F，方向竖直向下，则FN＝mg＋F′，所以桌面受到的压力增大，通电直导线在水平方向不受力，所以磁铁在水平方向也不受磁场力的作用，故不受桌面摩擦力作用，答案为B。　　 　　
【针对训练2】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μA和μB倍。现给A一初速度，使之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
【答案】C
【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μAmg和μBmg。故原题的过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v0，以木块为研究对象，以刚开始向左运动为初状态，以回到桌边而刚好不掉下去为末状态。根据动能定理，有2μAmg(L－L′)＋2μBmgL′＝mv02，解得v0＝2，C正确。
【针对训练3】.[多选]如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，下列说法正确的是(　　)

A．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
【答案】ABD
【解析】：　将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，根据右手定则可知圆盘处于磁场中的部分的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势E＝BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘整体切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确。
【针对训练4】(多选)如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为m的带电小球用一轻绳连接恰好在竖直平面内顺时针绕O点做半径为R的圆周运动，运动轨迹上均匀地分布着A、B、C、D、F、G、H和P点，OA垂直于电场强度方向．已知小球带电荷量为q(q>0)，电场强度E＝(g为重力加速度)，则下列说法正确的是(　　)

A．小球在A点时的速度为
B．小球运动至C点和H点时绳子拉力大小相等
C．小球运动过程中绳子的最大拉力为6mg
D．小球运动过程中的最小速度为
【答案】　CD
【解析】　以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力F＝＝mg，由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值出现在P点，由牛顿第二定律得mg＝m，小球的最小速度vmin＝vP＝，故D正确；小球从P点运动到A点，由动能定理得－mgR(1－cos 45°)＋qERsin 45°＝mvA2－mvP2，解得vA＝，故A错误；小球在C点时，有FC－qE＝m，小球从H点运动到C点，由动能定理得qE·2R＝mvC2－mvH2，在H点时，有FH＋qE＝m，所以FH 攻略7　“一目了然”——图像分析法
物理图像是将抽象物理问题直观化、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，利用图像解题时一定要从图像纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口。
【例8】(2022·四川成都4月质检)如图，固定在水平桌面上的两个光滑斜面M、N，其高度相同，斜面的总长度也相同。现有质量不相等的两小物块a、b同时由静止分别从M、N的顶端释放，假设b在通过斜面转折处时始终沿斜面运动且无能量损失。则(　　)

A．两物块开始下滑时b的加速度比a的加速度小
B．两物块滑至斜面底端时动能相等
C．两物块下滑过程中的平均速率相等
D．物块b较物块a先滑至斜面底端
【答案】　D
【解析】　两物块开始下滑时b的倾角大于a的倾角，根据牛顿第二定律可知，b的加速度比a的加速度大，故A错误；两个斜面光滑，运动到底端时，由机械能守恒定律可知，两小物块的速率相同，物块质量不同，动能不相等，故B错误；a、b运动的v－t图像如图所示，v－t图像的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，两斜面的总长度相同，则b滑至斜面底端用时较少，两物块下滑过程中的平均速率不相等，故C错误，D正确。

攻略妙用：在题中出现时间比较问题且又无法计算时，往往利用速率随时间变化的关系图像求解。画图时一定要抓住初、末态速率关系，利用图线斜率表示加速度大小定性分析。
【针对训练1】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v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则(　　)

A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2
C．v1＝v2，t1 【答案】A
【解析】　

由于椭圆形管道内壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球从M到N过程机械能守恒，由于M、N在同一高度，根据机械能守恒定律可知，小球在M、N两点的速率相等，B、D项错误；小球沿MPN运动的过程中，速率先减小后增大，而沿MQN运动的过程中，速率先增大后减小，两个过程运动的路程相等，到N点速率都为v0，根据速率随时间变化关系图像可知，由于两图像与时间轴所围面积相等，因此t1>t2，A项正确，C项错误。
【针对训练2】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可能属于的时间段是(　　)

A.0＜t0＜ B.＜t0＜
C.＜t0＜T D.T＜t0＜
【答案】　B
【解析】　以向B板运动为正方向，分别作出从0、、时刻释放的粒子的速度—时间图像，如图所示。则由图像可看出，若0＜t0＜、＜t0＜T或T＜t0＜，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B板；若＜t0＜，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A板，故B正确。

【针对训练3】(多选)(2018·江苏卷·9)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆(　　)

A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
【答案】　BC
【解析】　穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错误.
金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知
BIL－mg＝－mg＝ma，
a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.
在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v－t图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B正确.

由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，
W安1－mg·2d＝0，
W安1＝2mgd.
即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C正确.
设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知
mgh＝mv2，①
进入磁场时BIL－mg＝－mg＝ma，
解得v＝，②
由①②式得h＝>，D错误.
攻略8　“照猫画虎”——类比分析法
所谓类比，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。
【例9】 根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道后(　　)
A．原子的能量增加，电子的动能减少
B．原子的能量增加，电子的动能增加
C．原子的能量减少，电子的动能减少
D．原子的能量减少，电子的动能增加
【答案】　D
【解析】　氢原子核外电子绕核运动情况与卫星绕地球运转的情况相似：
①电子或卫星都受到一个指向轨道中心的引力作用(电子受库仑引力，卫星受万有引力，而且它们作圆周运动需要的向心力都由这个指向中心的引力提供);
②卫星具有与万有引力相关的引力势能，电子具有与库仑力相关的电势能，而且该力做的功与相关势能的变化均遵守关系：W ＝－ΔEp;
③电子从外层轨道向内层轨道跃迁，其轨道半径减小，与卫星受大气阻力作用后其轨道半径逐渐减小相似。
所以，可以把原子的总能量与卫星的机械能类比，电子的动能与卫星的动能类比，根据“卫星运动的轨道半径r减小时，卫星的机械能减少，引力做正功，卫星的动能增加”的已知结论，立即可以推断：原子总能量减少，电子的动能增加，故D正确。
攻略妙用：解答本题常规解法必须记住氢原子的能级公式、库仑力、向心力和动能公式，而且要运算准确才能获得正确答案。而运用类比法解此题几乎只是应用已往的经验或现成的结论，在没有记住某些公式(或尚未学习过的知识)的情况下也能解决问题。我们把氢原子核外的电子运动情况与卫星绕地球的运动进行类比，这样可以节省做题时间，提高做题效率。
【针对训练1】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
【答案】C
【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库＝，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。
【针对训练2】.为了利用海洋资源，海洋工作者有时根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测量海水的流速。假设海洋某处地磁场的竖直分量为B＝0.5×10－4 T，水流方向为南北流向。如图所示，将两个电极竖直插入此处海水中，且保持两电极的连线垂直水流方向。若两电极相距L＝10 m，与两电极相连的灵敏电压表的读数U＝2 mV，则海水的流速大小为(　　)

A．40 m/s B．4 m/s
C．0.4 m/s D．4×10－2 m/s
【答案】B
【解析】：　“水流切割地磁场”可类比于我们所熟悉的“单根直导线切割磁感线”的物理模型，由U＝BLv得v＝＝4 m/s。
【针对训练3】.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m1、m2的A、B小球，两小球平稳的在各自水平面内做圆周运动，它们的周期相等，则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为(　　)

A. B.
C. D.
【答案】D
【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，l1cos θ1＝l2cos θ2，又mg＝FTcos θ，故D正确。
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。

【针对训练4】．自然界中有许多问题极其相似，例如有质量的物体周围存在着引力场、电荷周围存在着电场、运动电荷周围存在着磁场，其中万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义电场强度的方法来定义引力场的场强。已知引力常量为G，则与质量为M的质点相距r处的引力场的场强为(　　)
A．G B．G
C．G D．G
【答案】C
【解析】：　万有引力公式与库仑力公式是相似的，分别为F1＝G和F2＝k，真空中带电荷量为Q的点电荷在距它r处所产生的电场强度被定义为试探电荷q在该处所受的库仑力与其电荷量的比值，即E＝＝k，与此类比，质量为M的质点在距它r处所产生的引力场的场强可定义为试探质点在该处所受的万有引力与其质量的比值，即EG＝＝G。
【针对训练5】两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是(　　)

A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
【答案】　C
【解析】　由万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷，由此易得C选项正确。
【针对训练6】在光滑的水平面上，一滑块的质量m＝2 kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力F＝4 N(方向未知)作用下运动，如图5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＝5 m/s.滑块在P点的速度方向与PQ连线的夹角α＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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到Q的时间为3 s
C．滑块从P到Q的过程中速度最小值为3 m/s
D．P、Q两点的距离为15 m
【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Fxcos θ＝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＝＝2 m/s2，当沿水平恒力F方向上的速度为0时，时间t＝＝1.5 s，根据对称性，滑块从P到Q的时间为t′＝2t＝3 s，故B项正确；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′＝vcos 37°＝4 m/s，此时速度最小，所以滑块从P到Q的过程中速度最小值为4 m/s，故C项错误；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有xPQ＝v′t′＝12 m，故D项错误．
攻略9　“事半功倍”——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。
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场强等．
【例10】 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火＞a地＞a金 C．v地＞v火＞v金 D．v火＞v地＞v金
【答案】　A
【解析】　金星、地球和火星绕太阳公转时万有引力提供向心力，则有G＝ma，解得a＝G，结合题中R金a地>a火，选项A正确，B错误；同理，有G＝m，解得v＝，再结合题中R金v地>v火，选项C、D均错误。
攻略妙用：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“高轨低速周期长”快速判断求解。
【针对训练1】．[多选]水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1
A．两个滑块从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
【答案】BC
【解析】：　本题常规解法是用功能关系等进行计算比较，比较繁琐且选项C、D还不好判定，若考生在做本题时，能记住一个二级结论[动摩擦因数处处相同的斜面和水平面(如图1、2)，物体克服摩擦力做功(生热)均为W＝μmgs]再结合动能定理、功率的定义及功能关系，就能快速判定A、D错误，B、C正确。

【针对训练2】.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表。闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中(　　)

A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大
B．小灯泡L变暗
C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左
D．电源的总功率变大，效率变小
【答案】D
【解析】：　当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，由“串反并同”知，电流表的示数将增大，电压表的示数将减小，小灯泡L变亮，电源总功率增大，电源内电压增大，选项A、B错误；电容器两端电压等于电压表示数，由Q＝CU知电容器所带电荷量减小，即电容器将放电，通过定值电阻R1的电流方向自左向右，选项C错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由η＝×100%知电源效率变小，选项D正确。
【针对训练3】.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v0向右水平抛出，落在轨道上的C点。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
【答案】A
【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，vy＝gt，解得t＝cot ，A正确。
【针对训练4】[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t1、t2、t3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．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3 C．t1 【答案】BCD
【解析】　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。
【针对训练5】如图所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2，则(　　)

A.当v1>v2时，α1>α2
B.当v1>v2时，α1<α2
C.无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2
D.2tan θ>tan (α1＋θ)
【答案】　C
【解析】　设小球落到斜面上时，速度与水平方向夹角为φ，
则tan φ＝2tan θ
可知落到斜面上时，速度方向与初速度大小无关，只与斜面的倾角有关，
因此无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2，C正确，A、B、D错误.
【针对训练6】(多选)(2022·河南开封二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)

A.q1＝q2 B.q1＝2q2
C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s
【答案】　BD
【解析】　根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－1LBΔt1＝mv－mv0，即－q1BL＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－2LBΔt2＝0－mv，即－q2BL＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，选项C错误，D正确。
攻略10　“优化组合”——选项分组法
物理选择题的各备选答案，有些相互排斥，有些相互补充，如果能将这些关系很好地加以利用，就可以在解答物理选择题时少走弯路，减少盲目性，省时、准确地选出应选的答案。
【例11】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ，19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
【答案】　AD
【解析】　输电线上损失的功率ΔP＝()2·r
损失的电压ΔU＝·r
当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP
损失的电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU，A、D正确，B、C错误。
攻略妙用：选项分为两组：AB一组，CD一组，从答案组合看要么ΔP与ΔU′是和组合或与组合，即答案要么AD要么BC；在功率里面应该是电压与电流乘积，故答案应该是AD。
【针对训练1】(2022·湖北高考，7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　　)
A. W2＝3W1，I2≤3I1
B. W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
【答案】　D
【解析】　根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝
mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv可知I2≥I1，故D正确。
【针对训练2】.(多选)(2022·山西大同模拟)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝d，则下列判断正确的是(　　)

A.A、B两滑块的质量之比为＝
B.A、B两滑块的质量之比为＝
C.两滑块的碰撞为弹性碰撞
D.两滑块的碰撞为非弹性碰撞
【答案】　AD
【解析】　对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝mAv；依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv，又由能量守恒定律可知v0，故碰撞为非弹性碰撞，C错误，D正确。