第2部分 第1讲 选择题的解题技巧-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦选择题解题技巧，覆盖等效法、二级结论法等核心方法，对接高考评价体系，通过2024河北卷电场叠加、山东卷匀变速运动等真题，分析45%分值的考点权重，归纳常考题型，构建“技巧+真题”的针对性复习体系。 课件亮点在于“真题情境+科学思维建模”，如用等效法解析2024河北卷电场强度叠加问题，二级结论法速解匀变速运动比例关系，培养学生模型建构与科学推理素养。特设跟进训练模块，结合2022广东卷等真题强化极限法应用，帮助学生提升答题速度与准确率，为教师提供精准备考指导，助力高考冲刺。

第二部分　高考答题的技巧、策略、规范 第1讲　选择题的解题技巧 选择题在高考中大约占45%的分值，很大程度决定了高考的总成绩，所以选择题应该多拿分。为此，应从以下两方面提高选择题分数： (1)准确率：应熟练掌握常见的知识、规律、方法，重视简单题和中档题的正确率，尽量全部得分，压轴题如果较难可以暂时搁置。 (2)速度：考试中选择题只要求判断最终的结果，所以不需要完全按照计算题分步列式、规范书写的方式解答。在保证准确性、可靠性的前提下，某些选择题可以用一些技巧提高解题速度。如果不能很快看出快速解题的技巧，就按正常分析思路求解。 经过同步课程和高考专题复习，逆向思维法、图像辅助法、对称法已熟练掌握，就不再一一介绍。下面介绍高考中其他常用的技巧。 2 技巧1　等效法和类比法 等效法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系相同的前提下，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。常见的有运动等效、过程等效、电路等效。 类比法是将两个(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。常见的有类抛体运动等。 3 4 5 6 [跟进训练]　(2021·湖南卷，6)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　) A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮 B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮 C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗 7 8 9 例3　(2024·天津卷，4)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(　　) 10 11 [跟进训练]　(2022·广东卷，2)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是(　　) A．火星公转的线速度比地球的大 　　　B．火星公转的角速度比地球的大 C．火星公转的半径比地球的小 　　　 D．火星公转的加速度比地球的小 解析：根据围绕中心天体做匀速圆周运动时，轨道半径越大，则周期越大，线速度、角速度、加速度越小，又由题知，火星公转的周期比地球的大，可以快速判得C错误，进而得知A、B错误，D正确。　 12 技巧3　特殊值法和极限法 某些选择题或选择题的某些选项按正常思路分析比较复杂，可以对相关物理量尝试取某些特殊值，代入到各选项中，从而排除错误的选项，提高解题速度，这就是特殊值法。 还有一种特别的特殊值法——极限法：例如对相关物理量尝试取最小值0或无穷大，代入到各选项中，从而排除错误的选项，提高解题速度。 13 例4　(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a­m图像。重力加速度大小为g。在下列a­m图像中，可能正确的是(　　) 解析　当m→∞时，分析可知，a→g，故A、C错误；P恰好不滑动时，a＝0，分析可知，此时m≠0，故B错误，则D正确。　 14 [跟进训练1]　(2022·全国甲卷，18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 解析：刚开始粒子在电场力的作用下向y轴正方向运动，根据左手定则可知，粒子之后受向左的洛伦兹力从而向左偏转，A、C错误；当粒子经过x轴时，根据动能定理可知，粒子速度为0，故D错误，则B正确。 15 [跟进训练2]　(2024·全国甲卷，17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　) A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 16 解析：小环在最高点时，受力平衡，则所受大圆环的作用力背离大圆环圆心向上；小环在Q点时需要向心力，即所受大圆环的作用力指向大圆环圆心，结合牛顿第三定律，可知小环从最高点到Q点，对大圆环的作用力应是先减小后增大，在最高点和Q点之间的某一点最小(为0)，可知A、B、D一定错误，只能选C。 17 技巧4　分组与排除法 某些选择题有的选项描述相似，可以分为一组统一分析，以节省时间，这就是分组分析的技巧。 有的选择题不必按正常步骤详细分析，通过简单的分析，就可以把明显不符合题意的选项一一排除，缩小详细分析的选项范围(一般是特殊值法和极值法)。通过这种技巧，有时可以直接筛选出正确答案，有时则需要结合其他方法(如二级结论法)才能进一步分析出正确答案。比如，对单选题，若其中三个选项不正确，则一定选剩余的一个选项；对多选题，若其中两个选项不正确，则一定选剩余的两个选项。需要注意：对于多选题，若能判定其中某两个或某一个选项正确，其余两个或三个选项不能确定正误，根据多选题的判分规则，可以只选确定正确的选项，以免全部失分。 18 例5　(2024·湖南卷，5)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) 19 解析　按x＝0附近φ值的不同将选项图分为A、C组和B、D组。先分析A、C组：根据负点电荷处电势是负无穷大，以及电势的叠加原理可知，x＝0处电势是负无穷大，A、C错误；再分析B、D组：根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加原理可知，x正半轴上存在场强为0的位置，而φ­x图像的斜率绝对值表示场强大小，故B错误，则D正确。(本题的分析其实也是特殊值法的应用) 20 21 解析：保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2接入电路中的阻值减小，理想变压器及其负载的等效电阻R等不变，则I增大，可知等效电阻R等两端电压增大，R2两端电压减小，即电压表示数U减小；由于R等两端的电压、通过的电流都增大，则R等的功率增大，即变压器的输入功率增大，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知R1消耗的功率增大，故A错误，B正确。本题是单选题，故不用分析C、D项。 22 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2024·河北卷，7)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为eq \f(q,2)。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　) A．eq \f(2\r(3)kq,a2) B．eq \f(kq,a2)(6＋eq \r(3)) C．eq \f(kq,a2)(3eq \r(3)＋1) D．eq \f(kq,a2)(3＋eq \r(3)) 解析　M点的电场强度为0，根据电场强度的叠加原理 结合对称性可知，带电细杆在M点产生的场强等效于A点 电荷量为q的点电荷在M点产生的场强，由几何关系知，A 点到M点的距离为r1＝eq \f(\r(3),3)a，因此带电细杆在M点产生的场 强大小为E杆＝2,1)eq \f(\a\vs4\al(kq),r) ＝eq \f(\a\vs4\al(3kq),a2)，方向沿AM向下，由对称性可知，带电细杆在A点产生的场强大小为E杆，方向沿MA向上，而B、C两点的点电荷在A点产生的电场强度大小均为E＝eq \f(\a\vs4\al(kq),a2)，方向分别为沿BA向上、沿CA向上，根据电场强度的叠加原理可知，A点的电场强度大小为EA＝E杆＋2Ecos30°＝eq \f(\a\vs4\al(kq),a2)(3＋eq \r(3))，故D正确。 例2　(2024·山东卷，3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A．(eq \r(3)－1)∶(eq \r(2)－1) B．(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1) C．(eq \r(3)＋1)∶(eq \r(2)＋1) D．(eq \r(3)＋eq \r(2))∶(eq \r(2)＋1) 解析　本题木板两种情况通过A点的运动，等效于木板前端某质点从静止开始从位移L到2L的运动和从位移L到3L的运动；根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，该质点位移为L、2L、3L时所用时间分别为1、eq \r(2)、eq \r(3)，可知Δt2∶Δt1＝(eq \r(3)－1)∶(eq \r(2)－1)，A正确。 解析：副线圈电路的总电阻为R2＝eq \f(（R0＋RaP）·（R0＋RPb）,（R0＋RaP）＋（R0＋RPb）)＝eq \f(（R0＋RaP）·（R0＋RPb）,2R0＋R)，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，副线圈电路的总电阻先增大后减小；原线圈间的等效电阻为R等＝eq \f(U1,I1)＝eq \f(\f(n1,n2)U2,\f(n2,n1)I2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2))) eq \s\up12(2) eq \f(U2,I2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2))) eq \s\up12(2)R2，则等效电阻先增大后减小；由欧姆定律有I1＝eq \f(U,R0＋R等)，则I1先减小后增大，L1先变暗后变亮；根据U1＝U－I1R0，U2＝eq \f(n2,n1)U1，可知副线圈两端电压U2先增大后减小；通过L2的电流为IL2＝eq \f(U2,R0＋RPb)，RPb逐渐减小，则U2增大过程中IL2增大，U2减小过程中，通过R0的电流为IR0＝eq \f(U2,R0＋RaP)，RaP逐渐增大，则IR0逐渐减小，而I2＝eq \f(n1I1,n2)此时增大，则IL2＝I2－IR0也增大，即IL2一直增大，L2一直变亮。故A正确。 技巧2　二级结论法 “二级结论”是由基本规律和基本公式推导出的推论，熟记并巧用一些“二级结论”可以节约解题时间。二级结论法是最常用的快解技巧。常用的二级结论：(1)初速度为零的匀变速直线运动的几个比例关系；(2)平抛运动的2个推论；(3)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(4)外电阻变化的直流电路中，外电阻等于内阻时，电源输出功率最大；(5)平行通电直导线电流同向时相吸，电流异向时相斥；(6)楞次定律的“来拒去留”“增缩减扩”等推论；(7)变压器及其负载可看成等效电阻R等＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2))) eq \s\up12(2)R负。 解析　根据恒力作用下无电源的单杆模型，可知MN的速度逐渐增大且增大得越来越慢，则C错误；再根据v­t图像斜率的意义，以及棒中电流I＝eq \f(Blv,R)和棒所受安培力F＝eq \f(B2l2v,R)，可知B、D错误，A正确。 [跟进训练]　(2022·湖南卷，6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U，理想电流表 的示数为I。下列说法正确的是(　　) A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变 B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大 C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大 D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小 $