【物理】2020届二轮复习提升二选择题的满分策略学案

【物理】2020届二轮复习提升二选择题的满分策略学案

提升二　选择题的满分策略 ‎1．全国卷的物理选择题，一般14～18题为单选，19～21题为多选，而多选题一般有2个正确选项，目前尚未出现四个正确选项的题目．解答选择题的方法主要有定量计算法、定性分析法、逐一淘汰法、二级结论法等．做选择题时，要敢于打破顺序，通读题目后，先做容易判断的选项，后做较难的选项，先做需要定性分析的选项，后做需要定量计算的选项．‎ ‎2．高考物理选择题平均每道题的解答时间应控制在2分钟以内．选择题解答要做到既快又准，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，要针对题目的特性“不择手段”，千方百计达到快捷解题的目的．‎ ‎3．解答好选择题要有扎实的知识基础，要对基本物理方法和技巧熟练掌握．解答时要根据题意准确、熟练地应用基本概念和基本规律进行分析、推理和判断．解答时要注意以下几点：‎ ‎(1)仔细审题，抓住题干正确理解选项中的关键字、词、句的物理含义，找出物理过程的临界状态、临界条件．还要注意题目要求选择的是“正确的”还是“错误的”，“可能的”还是“一定的”．‎ ‎(2)每一个选项都要认真研究，当某一选项不能确定时，宁可少选也不要错选．‎ ‎(3)检查答案是否合理，与题意是否相符．‎ ‎(4)常用方法：①直接判断法；②比较排除法；③反证举例法；④二级结论法；⑤计算推理法．‎ ‎[例1]　(直接判断法)如图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 ‎【解析】　根据安培定则和磁场的叠加原理可判断O点的磁场方向向左，再利用左手定则可判定带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时所受到的洛伦兹力的方向向下，选项B正确．‎ ‎【答案】　B ‎[例2]　(反证举例法)关于静电场，下列说法正确的是(　　)‎ A．电势等于零的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．同一电场线上的各点，电势一定相等 D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 ‎【解析】　带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不一定为零，B错；顺着电场线的方向，电势降低，C错；负电荷沿电场线方向移动，则静电力做负功，电势能一定增加，D对．‎ ‎【答案】　D ‎[例3]　(排除法)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直．两个磁场区域在x轴方向的宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一个菱形导线框a0bcd，a‎0c长为‎2a，从图示位置开始向右匀速穿过这两个磁场区域．若电流方向为逆时针方向时电流取正值，则下列关于线框中感应电流i与线框运动距离x的关系图象正确的是(　　)‎ ‎【解析】　根据楞次定律可知，刚进入磁场时线框中的感应电流沿逆时针方向，为正值，排除选项B；当线框运动距离为‎2a时，由楞次定律可知线框中的感应电流沿顺时针方向，为负值，排除选项A；线框运动的距离为a时，只在左侧磁场中切割磁感线，且切割磁感线的有效长度等于bd，此时的感应电动势大小设为E，线框运动的距离为‎2a时，在两个磁场中均切割磁感线，且切割磁感线的有效长度均等于bd，由法拉第电磁感应定律可知此时的感应电动势大小为2E，故排除选项D，所以选项C正确．‎ ‎【答案】　C ‎【名师点评】　运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同角度思考与推敲．此题是电磁感应图象问题，先方向后大小排除错误选项，就可快速得出答案．‎ ‎[例4]　(二级结论法)(多选)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 ‎【解析】　电磁感应中，感应电流所受安培力总是阻碍导体棒的运动，且安培力既垂直于导体棒又垂直于磁场，故FM、FN方向均向左，选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，离通电直导线距离逐渐变小，磁场逐渐增强，感应电流及安培力均变大；同理，在N区运动时，远离通电直导线，磁场减弱，感应电流及安培力均变小，选项C、D正确．‎ ‎【答案】　BCD ‎[例5]　(计算推理法)(多选)如图甲所示，阻值为 Ω的三个完全相同的灯泡a、b、c分别接在理想变压器的原、副线圈两端，变压器通过一内阻不计，线圈匝数n＝10的一小型发电机供电，当矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕固定轴OO′转动，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按如图乙所示的正弦规律变化时，三灯泡都正常发光，则下列说法正确的是(　　)‎ A．发电机电动势瞬时表达式为e＝20sin(200t)V B．理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1‎ C．理想交流电压表的示数为 V D．理想交流电流表的示数为‎2 A ‎【解析】　由题图乙可知，矩形线圈转动的周期T＝π×10－2 s，角速度ω＝＝ rad/s＝200 rad/s，则矩形线圈产生的最大电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝10××10－2×200 V＝20 V，因为计时起点是垂直于中性面，故发电机电动势瞬时表达式为e＝20cos(200t)V，选项A错误；发电机电动势有效值为E有＝ V＝20 V，设通过灯泡的电流为I，则有＝＝，故理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，选项B正确；由电压关系可得＝，即U＝ V，选项C错误；由欧姆定律可得通过灯泡的电流I＝＝ A＝‎2 A，则理想交流电流表的示数为‎2 A，选项D正确．‎ ‎【答案】　BD ‎[变式1]　一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图象是(　　)‎ 答案：C ‎[变式2]　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. B.tan C. D.tan 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＝，A对．‎ 答案：A ‎[变式3]　[2019·河北百校联盟联考]‎ 如图所示，在水平地面上固定一个光滑管道ABCDE，圆形管道的半径为R＝‎0.4 m，竖直管道AE与圆形管道相切于与圆心等高的B点，圆形管道最低点C与竖直管道末端E处于同一高度．现将一质量m＝‎0.1 kg、直径略小于管道内径的小球(可看做质点)从管口A处由静止释放，小球经过圆形管道最高点D时恰好对管道没有压力，最终小球由管道末端E下落，重力加速度取g＝‎10 m/s2，则竖直管道AB的长度和小球在C点时对管道压力的大小分别为(　　)‎ A．‎0.6 m　12 N B．‎1.2 m　12 N C．‎1.2 m　6 N D．‎0.6 m　6 N 解析：设AB的长度为L，由于小球经过圆形管道最高点D时恰好对管道没有压力，则小球在最高点D应满足：mg＝m，小球从A运动至D的过程，由动能定理有：mg(L－R)＝mv，可得：L＝‎0.6 m；小球从C运动至D过程，由机械能守恒定律有：mv＝mv＋mg·2R，设在C点时管道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律有：FN－mg＝m，可得：FN＝6 N，由牛顿第三定律可得，小球对管道的压力为6 N，方向竖直向下，故D正确，A、B、C错误．‎ 答案：D