物理二輪復習 選擇題滿分技法1 直接判斷法、極限法、對稱分析法學案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE選擇題滿分技法①-—直接判斷法、極限法、對稱分析法選擇題在高考中屬于保分題目，只有“選擇題多拿分,高考才能得高分",在平時的訓練中,針對選擇題要做到兩個方面：一是練準確度.高考中遺憾的不是難題做不出來,而是簡單題和中檔題做錯;平時會做的題目沒做對,平時訓練一定要重視選擇題的正確率。二是練速度.提高選擇題的答題速度，能為攻克后面的解答題贏得充足時間。解答選擇題時除了掌握直接判斷和定量計算常規(guī)方法外,還要學會一些非常規(guī)巧解妙招，針對題目特點“不擇手段"，達到快速解題的目的。（一)直接判斷法通過觀察題目中所給出的條件，根據(jù)所學知識和規(guī)律推出結果,直接判斷,確定正確的選項。直接判斷法適用于推理過程較簡單的題目，這類題目主要考查學生對物理知識的記憶和理解程度,如考查物理學史的試題等。【典例1】(多選）下列說法中正確的是(）A.電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度為零B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用,則該處磁感應強度一定為零C.電場強度的大小等于把一個試探電荷放在該點時受到的電場力與試探電荷本身電荷量的比值D。磁感應強度的大小等于把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導線長度和電流乘積的比值解析電場和磁場有一個明顯的區(qū)別是：電場對放入其中的電荷有力的作用,磁場對通電導線有力的作用的條件是磁場方向不能和電流方向平行,因此A正確,B錯誤；同理根據(jù)電場強度的定義式E＝eq\f（F,q)可知C正確;而同樣用比值定義法定義的磁感應強度則應有明確的說明,即B＝eq\f（F，IL)中I和B的方向必須垂直,故D錯誤。答案AC(二）極限思維法將某些物理量的數(shù)值推向極值(如設動摩擦因數(shù)趨近零或無窮大、電源內(nèi)阻趨近零或無窮大、物體的質(zhì)量趨近零或無窮大、斜面的傾角趨于0°或90°等），并根據(jù)一些顯而易見的結果、結論或熟悉的物理現(xiàn)象進行分析和推理的一種辦法?！镜淅?】如圖12所示，一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L。靜電力常量為k，關于P點的場強E,下列四個表達式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學的物理知識，通過一定的分析，判斷下列正確的表達式是（)圖12A.E＝eq\f(kQ,R2＋L2） B。E＝eq\f（kQL,R2＋L2）C。E＝eq\f（kQR,\r(（R2＋L2）3）） D。E＝eq\f（kQL,\r((R2＋L2）3））解析當R＝0時，帶電圓環(huán)等同一點電荷，由點電荷電場強度計算式可知在P點的電場強度為E＝keq\f（Q,L2)，將R＝0代入四個選項，只有A、D選項滿足；當L＝0時，均勻帶電圓環(huán)的中心處產(chǎn)生的電場的電場強度為0，將L＝0代入選項A、D，只有選項D滿足。答案D方法感悟有的問題可能不容易直接求解,但是當你將題中的某物理量的數(shù)值推向極限時，就可以對這些問題的選項是否合理進行分析和判斷。（三）對稱思維法對稱情況存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中,應用這種對稱性可以幫助我們直接抓住問題的實質(zhì),避免復雜的數(shù)學演算和推導，快速解題。【典例3】(多選)(2017·云南省一模)如圖13所示的勻強磁場中，從O點沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子,一粒子經(jīng)時間t1到達直線OC上的P點，其速率為v1；另一粒子經(jīng)時間t2到達直線OC上的Q點，其速率為v2。不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）圖13A。v1>v2 B。v1〈v2C。t1<t2 D.t1＝t2解析從O點沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子，粒子都做勻速圓周運動，如圖所示.根據(jù)軌跡對稱性可知，兩粒子做勻速圓周運動的圓心角相等，到達P點的粒子半徑小于到達Q點粒子的半徑，即r1〈r2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：Bqv＝meq\f(v2,r）解得r＝eq\f（mv，Bq),因為比荷相等,則半徑大的速度大，即v1<v2，周期T＝eq\f(2πm,Bq)，因為比荷相等,則周期相同，而圓心角相等，所以運動時間相等，即t1＝t2，故B、D正確.答案BD課時跟蹤訓練一、選擇題（1～5題為單項選擇題，6～10題為多項選擇題）1。（2017·山東省濰坊市高三上學期期末統(tǒng)考）如圖1所示，O是等量異種點電荷P、Q連線的中點,M、N是以P為圓心，以OP為半徑的圓上兩點，且MN與PQ垂直。以下判斷正確的是（）圖1A。O、M兩點場強相同B.O、M兩點電勢相等C。M、N兩點場強相同D。M、N兩點電勢相等解析畫出等量異種點電荷P、Q之間的電場線,如圖所示，由電場線的疏密分布可知，EO〉EM＝EN，但是M、N兩點的場強方向不同，A、C錯誤；沿電場線的方向電勢降低,則由對稱性可知,φM＝φN>φO,B錯誤，D正確。答案D2.如圖2所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知()圖2A。帶電粒子在R點時的速度大小大于在Q點時的速度大小B。帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C。帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小,比在P點時的大D.帶電粒子在R點時的加速度大小小于在Q點時的加速度大小解析粒子做曲線運動，電場力指向曲線的凹側(cè)，所以電場力的方向沿電場線向右，若粒子從P運動到Q，電場力做負功，電勢能增加，動能減少,粒子在R點的速度大小大于Q點的速度大小，若粒子從Q運動到P,則電場力做正功,電勢能減少，動能增加，粒子在Q點的速度大小小于R點的速度大小，粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小，故A正確，B錯誤；只有電場力做功，電勢能和動能之和不變，故帶電粒子在P點的動能與電勢能之和等于在Q點的動能與電勢能之和，C錯誤；由電場線疏密可知，R點場強比Q點大，粒子在R點時所受的電場力大，加速度大，故D錯誤。答案A3。(2017·浙江嘉興一中、杭州高級中學聯(lián)考）平行板電容器的兩極板M、N接在一恒壓電源上，N板接地.板間有a、b、c三點，若將上板M向下移動少許至圖3中虛線位置,則（）圖3A.b點場強減小 B。b、c兩點間電勢差減小C。c點電勢升高 D。a點電勢降低解析電源電壓不變，即電容器的極板間電壓不變，當M向下移動時，極板間距減小，根據(jù)E＝eq\f（U，d），故極板間的場強增大，所以b點的場強增大，選項A錯誤；b、c兩點間電勢差Ubc＝E·bc，E增大，而bc不變,故Ubc增大，選項B錯誤；同理c、N間的電勢差也增大，而N點的電勢為0,由電源的正極連接下極板可知，UNc＝φN－φc＝－φc,所以c點的電勢降低，選項C錯誤；同理a點的電勢也降低,選項D正確.答案D4.如圖4所示，豎直線MN∥PQ，MN與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v（方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子（粒子重力及粒子間的相互作用力不計),已知沿圖中與MN成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運動的最長時間為（）圖4A.eq\f(πa，3v) B.eq\f（2\r(3)πa,3v)C。eq\f（4πa,3v) D。eq\f(2πa，v）解析當θ＝60°時，粒子的運動軌跡如圖甲所示，則a＝Rsin30°,即R＝2a。設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為α，則其在磁場中運行的時間為t＝eq\f（α，2π)T,即α越大，粒子在磁場中運行時間越長，α最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，因R＝2a,此時圓心角αm為120°，即最長運行時間為eq\f(T,3），而T＝eq\f（2πR，v)＝eq\f(4πa，v），所以粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(4πa,3v)，C正確。答案C5.如圖5所示，正三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在垂直于△ABC平面的勻強磁場，磁感應強度為B＝eq\f(2\r(3)mv0,3qL），△ABC邊長為L,O為BC邊的中點。大量質(zhì)量為m，速度為v0的粒子從O點沿不同的方向垂直于磁場射入該磁場區(qū)域，不計粒子重力，則從AB和AC邊射出的粒子在磁場中的運動時間不可能為(）圖5A。eq\f（\r（3)πL，6v0) B.eq\f(\r(3）πL,9v0)C。eq\f(\r（3)πL,12v0) D.eq\f(\r(3）πL,15v0)解析因為所有粒子的初速度大小相同，它們在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(mv，Bq）＝eq\f(\r（3),2）L也相同；當軌跡圓弧對應的弦最長時，圓心角最大，時間最長，當軌跡圓弧對應的弦最短時,圓心角最小，時間最短.對于從AB和AC邊射出的粒子在磁場中的運動,可知最長的弦為OA＝eq\f(\r(3),2）L,恰好等于軌道半徑，對應的圓心角為60°，因此最長運動時間為eq\f（T，6）＝eq\f（\r(3）πL,6v0）;過O作AC邊垂線,垂足為D,可知OD＝eq\f（\r（3）,4）L為最短的弦，由平面幾何計算可得對應的圓心角略小于30°，因此最短運動時間略小于eq\f（T，12)＝eq\f(\r（3）πL，12v0)。故只有選項D符合題意。答案D6。如圖6所示為某電容傳聲器的結構示意圖，當人對著傳聲器講話,膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板間距離增大，則在此過程中（)圖6A。膜片與極板間的電容變小B。極板的帶電荷量增加C.膜片與極板間的電場強度增大D。電阻R中有電流通過解析若某次膜片振動時,膜片與極板間距離增大，根據(jù)C＝eq\f（εrS,4πkd）可知，膜片與極板間的電容變小，選項A正確；由C＝eq\f(Q,U）可知,電壓U不變時C減小，則極板的帶電荷量減少,電阻R中有電流通過，選項B錯誤，D正確；由E＝eq\f(U，d)可知,膜片與極板間的電場強度減小，選項C錯誤.答案AD7。如圖7（a)所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音。俯視圖（b）表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面），磁場方向如圖中箭頭所示，在圖（b）中（)圖7A.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里B.當電流沿順時針方向時,線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外C.當電流沿逆時針方向時,線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里D.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外解析將環(huán)形導線分割成無數(shù)個小段，每一小段看成一直導線，當電流沿順時針方向時，根據(jù)左手定則知，導線所受的安培力方向垂直紙面向外，選項A錯誤，B正確；當電流沿逆時針方向時，根據(jù)左手定則知，導線所受的安培力方向垂直紙面向里，選項C正確，D錯誤。答案BC8.(2017·江蘇單科，8)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖8所示。下列說法正確的有()圖8A。q1和q2帶有異種電荷B.x1處的電場強度為零C.負電荷從x1移到x2，電勢能減小D。負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大解析由x1處電勢為零可知,兩點電荷q1和q2帶有異種電荷，A正確;在φ－x圖象中,圖象切線的斜率表示電場強度，則x1處的電場強度不為零，B錯誤；且有x1到x2電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，D錯誤；由Ep＝φq可知,負電荷在電勢高處的電勢能低，負電荷從x1移到x2,電勢能減小,C正確。答案AC9.圖9甲中的直線為一靜電場中的電場線，一不計重力的帶負電粒子從電場線上的M點沿電場線運動至N點，假設粒子僅受電場力作用，圖乙描述了該粒子速度的平方隨其位移的變化規(guī)律。則()圖9A。粒子在M點所受的電場力等于在N點所受的電場力B.該電場線上的電場方向由N點指向M點C。粒子由M點向N點運動的過程中，電場力做負功D.粒子在N點的電勢能大于在M點的電勢能解析由運動學公式veq\o\al（2,2)－veq\o\al（2，1)＝2ax可知，v2－x圖象的斜率為2a，即粒子受到的電場力大小不變，選項A正確；從M點到N點粒子的動能變大，電場力做正功,粒子電勢能變小，由M點至N點電場線上的電勢升高，則電場線上的電場方向由N點指向M點,選項B正確，C、D錯誤。答案AB10.(2017·河南省鄭州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測）如圖10所示為一帶正電的點電荷和兩個帶負電的點電荷附近的電場線分布，三個點電荷所帶電荷量均相等，M是兩負點電荷連線的中點，M、N兩點及正點電荷在同一水平線上且M、N兩點到正點電荷的距離相等.則下列說法正確的是()圖10A.E點的電場強度比F點的大B。E點的電勢比F點的高C.同一正點電荷在M點受到的電場力比在N點的大D.同一正點電荷在M點時的電勢能比在N點時的小解析由題圖可知,E點處電場線比F點處電場線密，且由電場線的疏密程度表示電場強度的大小知，E點的電場強度大于F點的電場強度,選項A正確;電場線從正點電荷到負點電荷,沿著電場線方向電勢降低,所以F點的電勢比E點的高,選項B錯誤；兩負點電荷在M點的合電場強度為零，M點只有正點電荷產(chǎn)生的電場強度，在N點正點電荷產(chǎn)生的電場強度水平向右，兩個負點電荷產(chǎn)生的合電場強度水平向左，所以M點的電場強度比N點的大，同一正點電荷在M點受到的電場力比在N點的大，選項C正確；設M、N的中點為O，在直線MN上，O點到M點的平均電場強度大于O點到N點的平均電場強度，根據(jù)U＝Ed可知，O點到M點的電勢降低得多，所以M點的電勢比N點的低，一正點電荷在M點時的電勢能比在N點時的小，選項D正確。答案ACD二、非選擇題11。（2017·福州質(zhì)檢)如圖11是某屏蔽高能粒子輻射的裝置,鉛盒左側(cè)面中心O有一放射源可通過鉛盒右側(cè)面的狹縫MQ向外輻射α粒子,鉛盒右側(cè)有一左右邊界平行的勻強磁場區(qū)域。過O的截面MNPQ位于垂直磁場的平面內(nèi)，OH垂直于MQ。已知∠MOH＝∠QOH＝53°。α粒子質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電荷量q＝3。20×10－19C,速率v＝1.28×107m/s;磁場的磁感應強度B＝0.664T，方向垂直于紙面向里；粒子重力不計,忽略粒子間的相互作用及相對論效應，sin53°＝0.80,cos53°＝0。60.圖11（1)求垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間t;(2)若所有粒子均不能從磁場右邊界穿出，達到屏蔽作用，求磁場區(qū)域的最小寬度d。解析(1)粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動，則T＝eq\f（2πm，qB）垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(T,2)代入數(shù)據(jù)解得t＝eq\f(π,32)×10－6s≈9.81×10－8s.（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，qvB＝meq\f(v2,R）沿OQ方向進入磁場的粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，則所有粒子均不能從磁場的右邊界射出，如圖所示，由幾何關系可得d＝R＋Rsin53°代入數(shù)據(jù)可得d＝0.72m。答案(1）9。81×10－8s(2）0。72m12.（2017·天津市十二區(qū)縣重點中學高三畢業(yè)班聯(lián)考）如圖12所示，一等腰直角三角形OMN的腰長為2