高考物理選擇題的解題方法例析1：單選題和多選題的識別方法從1998年開始的高考物理試卷，單項選擇題沒有單獨列出來，而是與多項選擇題混編在一起作為一大題，以后的理科綜合中又只有單選題而無多選題，在2005年開始又將單選題與多選題混編。因此，要能準確而又迅速地識別它們，就必須具有一定的識別能力和方法。在這里我們主要要談如何判識單選題，一般說，凡是題中所給的所有答案在邏輯上是彼此互斥的，或從內容上看是唯一正確的就應是單選題，下面就來具體談這個問題。1．在歷屆高考題中，若有設問“最大、最小”；“最先、最后”或設問“至少、至多”等方面的，均可判為單選題。因為這類題目的答案在邏輯上必定是彼此互斥的。例1.1三段不可伸長的細繩OA、OB、CC能承受的最大拉力相同，它們共同懸掛一重物，如圖l.l所示。其中OB是水平的，A揣、B端固定。若逐然增加C端所掛物體的質量，最先斷的繩A.必定是OAB.必定是OBC．必定是OCD.可能是OB，也可能是OC別識：由于最先斷的繩只能是某一段，因此是單選題，答案為A。例2．1下面是四種亮度可調的臺燈的電路示意圖，它們所用的白熾燈泡相同，且都是“220V、40W”。當燈泡所消耗的功率都調至20W時，哪種臺燈消耗的功率最小?判識：功率最小的只能是某一盞燈，因此是單選題，答案為C。例1.3市場上有種燈具俗稱“冷光燈”，用它照射物品時能使被照物品處產生熱效應大大降低，從而廣泛地應用于博物館、商店等處。這種燈降低熱效應的原因之一是在燈泡后面放置的反光鏡玻璃表面上鍍一層薄膜（例如氟化鎂），這種膜能消除不鍍膜時玻璃表面反射回來的熱效應最顯著的紅外線。以λ表示此紅外線的波長，則所鍍薄膜的厚度最小應為A.λ/8B.λ/4C.λ/2D.判識：厚度最小應是一個值，故是單選題，答案為B。例1.4下表給出了一些金屬材料的逸出功。材料銫鈣鎂鈹鈦逸出功（10—3．04．35．96．26．619J）現用波長為400nm的單色光照射上述材料，能產生光電效應的材料最多有幾種？（普朗克常量h=6.6×10－34J·s,光速c=3.0×108m/s）A.2種B.3種C.4種D.5種析與解：材料最多種數應為唯一值，故為單選題。利用愛因斯坦光電效應方程，逸出功W<hc/λ=6.6×10－34×3.0×108/4.00×10－7J=4.95×10－19J,因此只有銫、鈣符合條件，答案為A。2．不具周期性的但又不確定的物理量或事物的數值或情景都是唯—的，若諸答案是互不相容的，只涉及一種這樣的物理量或事物的選擇題是單選題。例2．1一太陽能電池板，測得它的開路電壓為800mV，短路從流為4Ma.若將該電池板與一阻值為20的電阻器連成一閉合電路，則它的路端電壓是A．0．10VB．0.20VC.0．30VD．0．40V判識：由于路端電壓的數值是唯一的，因此四個答案是互斥的，該題必為單選題。答案為D。例2．2處于基態的氫原子在某單色光來照射下，只能發出頻率為ν1、ν2、ν3的三種光，且ν1<ν2<ν3,則該照射光的光子能量為A.hν1B.hν2C.hν3D.h(ν1+ν2+ν3)判識：光子的能量是唯一的，四個答案又互不相容，因此是單選題，答案為C．例2.3一電池外電路斷開時的路端電壓為3V，接上8Ω的負載電阻后路端電壓降為2．4V，則可以判定電池的電動勢E和內電阻r為A．E=2．4V，r=1ΩB．E=3V，r=2ΩC．E=2．4V，r=2ΩD．E=3V，r=1Ω判識：電池的電動勢和內電阻是唯一的，四個答案又互不相容，因此是單選題，答案為B。例2.4一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g/3，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為A.mg/3B.2mgC.mgD.4mg/3[05年全國高考理綜14題]判識：人對電梯的壓力大小是唯一的，四個答案又是互不相容，所以本題為單選題。通過受力分析并運用牛頓第二、第三定律可求得其答案為D。3.用圖象來表示唯—的物理事實或運動規律，但各圖象是互不相容的.例3.1．如圖3.1所示，一寬為40cm的勻強磁場區域,磁場方向垂直紙面向里．一邊長為20cm的正方形導線框位于紙面向；以垂直于磁場邊界的恒定速度v＝20cm/s通過磁場區域，在運動過程中，線框有一邊始終與磁場區域的邊界平行。取它剛進入磁場的時刻t=0，在下列圖線中，正確反映感應電流隨時間變化規律的是判識；電流隨時間變化的規律是唯一確定的，各圖象是互不相容的，因此該題為單選題，答案為C。例3.2圖中兩條平行虛線之間存在勻強磁場，虛線間的距離為L，磁場方向垂直紙面向里。abcd是位于紙面內的梯形線圈，ad和bc間的距離也為L。t=0時刻，bc邊與磁場區域邊界重合（如圖3.2）。現令線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場區域邊界的方向穿過磁場區域。取沿a→b→c→d→a的感應電流為正，則在線圈穿越磁場區域的過程中，感應電流I隨時間t變化的圖線可能是判識：這是直接選圖象的題目，感應電流I隨時間t變化的圖線是唯一的，各圖象是互不相容的，所以是單選題，線圈無論是進或出磁場，切割磁感線的導線有效長都隨時間均勻增大，電動勢與電流也均勻增大，但方向相反，故答案為B。4．有的選擇題所提供的答案從邏輯上分析都是彼此互斥的，有的是它們的前兩項和后兩項，是相對地互相否定，有的是相互否定的答案散亂排列，因此也是屬于單選題.例4.1有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下,表面光滑.AO上套有小環P，OB上套有小環Q，兩環質量均為m，兩環間由一根質量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡（圖4.1），現將P環向左移一小段距離，兩環再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態和原來的平衡狀態比較，AO桿對P環的支持力N和線繩上的拉力T的變化情況是A.N不變,T變大B.N不變,T變小C.N變大,T變大D.N變大,T變小判識:由于力N的不變與變大,力T的變大與變小彼此相互搭配后,使四個答案互不相容,因此是個單選題,本題答案為B.例4.2以下關于分子力的說法，正確的是A．分子間既存在引力也存在斥力B．液體難于被壓縮表明液體中分子力總是引力C．氣體分子之間總沒有分子力的作用D．擴散現象表明分子間不存在引力[05年北京春季招生高考試題15題]判識:A、C對分子力的有或無相互否定；B、D對分子引力相互否定，因此是單選題，本題答案為A。例4.3一個氘核（）與一個氚核（）發生聚變，產生一個中子和一個新核，并出現質量虧損。聚變過程中A.吸收能量，生成的新核是C．吸收能量，生成的新核是B.放出能量，生成的新核是D.放出能量，生成的新核是判識:該題的前兩項和后兩項，是相對地互相否定，屬單選題，本題答案為B。5.有的選擇題，雖然四個答案并非都是互斥的，如有兩個相容兩個互斥．但相斥的兩個不一定都正確，相容的兩個雖然從不同的方面敘述，而從內容上看是也有正誤之分，或者反之，這樣就可能使其余三個答案都不正確，因此也屬單選題。例5.1分子間的相互作用力由引力f引和斥力f斥兩部分組成，則A．f引和f斥總是同時存在的B，f引總是大于f斥，其合力總表現為引力C．分子之間距離越小f引越小f斥越大D．分子之間距離越小f引越大f斥越小判識：根據分子力的性質，C、D兩答雖然互斥，但從內容上看均是錯誤的，因為分子之間的距離越小，引力和斥力都越大。而A、B兩答雖然相容，但從內容上看僅有一個A是對的。因此是單選題，答案選A。6．有的選擇題，從邏輯上看，四個答案都是相容的，但從內容方面來分析是有正誤的，如果只有一個答案是正確的，也屬單選題。這種類型和上一種類型一樣．都必須從邏輯和內容兩方面分析后才能知道。只能用窮舉法來求解。例6．1如圖6.1.一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水；C.將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水；D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水。析與解：這道題目中的四個答案都是相容的，但從內容看，我們只要抓住題中各答案所述的情況中，容器與里面的水都處于完全失重狀態，就可以很快地得出容器不會向下漏水的結論，因此只有一個答案是正確的，從而確定本題是單選題，其選出答案為D。例6．2一彈簧振子做簡諧運動，周期為TA.若t時刻和(t+t)時刻振子運動位移的大小相等、方向相同，則t一定等于T的整數倍B．若t時刻和(t+t)時刻振子運動速度的大小相等、方向相反，則t一定等于T/2的整數倍C.若t=T，則在t時刻和(t+t)時刻振子運動加速度一定相等D．若t=T/2，則在t時刻和(t+t)時刻彈簧的長度一定相等判識：在A、B兩答中，由于時刻t的任意性，我們取平衡位置的同側的某一位置來看．振子從該位置開始背離平衡位置運動，再首次回到該位置，這兩個位置對應的時間差就不是T或T/2的整數倍．因此肯定是錯的，而C答是對的。對D答所述的內容，可利用實物圖，找兩個不在平衡位置的兩點比較．它肯定也是錯的．于是本題選C。高考物理選擇題的解題方法例析2：選擇題的一般解法（一）．直取法：對于比較簡單的選擇題，一般直接觀察就能選取答案。例1.1．下面實驗中，能證實光具有粒子性的是A．光電效應實驗B.光的雙縫干涉實驗C.光的圓孔衍射實驗D.粒子散射實驗析與解：在物理學史上，光電效應實驗是證實光具有粒子性的著名實驗．因此該題答案選A.例1.2.有關紅、藍兩束單色光，下述說法正確的是A．在空氣中的波長λ紅＜λ藍。B.在水中的光速v紅＜v藍C.在同一介質中的折射率n紅＞n藍D.藍光光子的能量大于紅光光子的能量析與解：本題只要熟悉紅光與蘭光的有關知識，就可直接選得答案D。例1.3．在下面列舉的物理量單位中，哪些是國際單位制的基本單位？A.千克（kg）B.米（m）C.開爾文（K）D.牛頓（N）析與解：我們只要熟悉力學、熱學等各分段中的國際單位制的基本單位，即可選出答案A、B、C。例1.4.一束單色光從空氣射人玻璃中，則其A.頻率不變，波長變長B.頻率變大，波長不變C.頻率不變，波長變短D.頻率變小，波長不變[2003年理科綜合17題]析與解：只要知道光的頻率由光源決定，而光速與介質絕對折射率成反比就可選出答案C。例1.5.下面正確的說法是①β粒子和電子是兩種不同的粒子②紅外線的波長比X射線的波長長③α粒子不同于氦原子核④γ射線的貫穿本領比α粒子強A.①②B.①③C.②④D.①④[2000年理科綜合15題]析與解：對于本題我們若能了解衰變現象放出的三種射線及電磁波譜就能選出答案C。例1.6.市場上有種燈具叫做“冷光燈”，用它照射物品時能使被照物品處產生的熱效應大大降低，從而廣泛地應用于博物館、商店等處，這種燈降低熱效應的原因之一是在燈泡后面放置的反光鏡玻璃表面上鍍一層薄膜（例如氟化鎂），這種膜能消除不鍍膜時玻璃表面反射回來的熱效應最顯著的紅外線，以λ表示紅外線在薄膜中傳播的波長，則所鍍薄膜的厚度最小應為A.λ/8B.λ/4C.λ/2D.λ析與解：利用光的薄膜干涉的應用之一即增透膜的知識，可知該題答案為B。（二）邏輯推理法1.利用極端法求解的集合：對于解為集合的題目,通常可使所討論的變量取極端值來確定這個集合的大小。例2．1.1.在勻強磁場中，已知磁感強度B=1T，通電的直導線長為L=lm，通過的電流I＝IA，則安培力的大小可能為A．2NB.1.5NC.1ND.0.5N析與解：由于通電導線在勻強磁場中所受自安培力的公式為F=BILSin，讓分別取0和/2，可算出安培力的大小范圍是：[ON，1N],因此本題的答案為C、D。例2.1.2.有兩只電阻R1、R2，它們申聯后的電阻為R串，并聯后的電阻為R并。若R串=kR并,則k值大小可能為A．K=2B.k=3C.k=4D.k=5析與解；由電阻的串并聯公式：R串=R1+R2,R并=R1R2/(R1+R2),則由已知條件k=(R1+R2)2/R1R2,讓R1=R2,則k=4;又若R1》R2或R1《R2,則k→∝,因此k的取植范圍是從4開始到∝這一范圍,于是C、D兩答有可能取到而入選。例2.1.3.光滑曲線軌道的下端離地高度為H=0.8vm處放著一個質量為m的乙球，另一個質量也為m的甲球從軌道上端無初速地釋放，滑到底端與乙球正碰。乙球碰后平拋的水平距離為S=0.8m（如圖），則軌道上下端的高度差為h可能是A.1.0mB.0.6mC.0.2mD.0.1m析與解；乙球平拋的初速v=S/（2H/g）1/2=2m/s，在甲乙兩球相碰中，完全非彈性碰撞與彈性正碰是甲球速度的上下限：4m/s為上限；2m/s為下限，因此甲球下滑的曲線軌道高度差h滿足：0.2m≤h≤0.8m。于是答案為B、C。2．排除法：這種方法一般是根據題述內容的一個方面排除了幾個答案，再根據題述內容的另一方面又除一個答案。這通常在單選題中碰到的比較多。例2.2.1.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，波速為60m／s，在t=0時波的圖像如圖所示，則A．此波頻率為40Hz，此時質元b的速度為零B．此波頻率為40Hz，此時質元b的速度向著y軸負方向C．此波頻率為20Hz，此時質元a的速度向著y軸正方向D．此波頻率為20Hz，此時質元a的速度為零[05年北京春季招生高考試題19題]析與解：本題先由波速v=60m/s、波長λ=3.0m得頻率f=20Hz排除了A、B兩答案，再由波向x軸正方向傳播質元a的速度向著y軸正方向排除答案D，因此本題答案選C。例2.2．2.根據玻爾理論，氫原子的電子由外層軌道躍遷到內層軌道后，A．原子的能量增加，電子的動能減少B．原子的能量增加，電子的動能增加C．原子的能量減少，電子的動能減少D．原子的能量減少，電子的動能增加[1996年高考試題第5題]析與解：在這一題中，我們先根據氫原子的電子能量公式En=E1/n2（E1為負值）隨n的減少而減少排除了答案A、B，再根據電子的動能公式Ekn=Ke2/2rn及rn=n2r1隨n的減少而增加排除了答案C，因此本題選D。3.因果法：這里的因果關系若是對的，就是正確的；若是錯的，就不能作為正確項來選擇。例2．3．1.如圖2．3．1所示，有一固定的超導體圓環，在其右側放著一條形磁鐵，此時圓環中沒有電流，當把磁鐵向右方移走時，由于電磁感應，在超導體圓環中產生了一定的電流。A．這電流的方向如圖中箭頭所示，磁鐵移走后，這電流很快消失B．這電流的方向如圖中箭頭所示，磁鐵移走后，這電流繼續維持C．這電流的方向與圖中箭頭方向相反，磁鐵移走后，這電流很快消失D．這電流的方向與圖中箭頭方向相反，磁鐵移走后，這電流繼續維持析與解：磁鐵向右移動時，從右向左穿過線圈的磁通量減少。根據楞次定律，線圈中產生的感應電流的磁場在線圈內部向左。由右手螺旋法則可知，感應電流方向與圖中箭頭方向相反。由于超導環的電阻為零，電流在超導體內流動時不損耗能量。所以磁鐵移走后，線圈中的的感應電流繼續能維持下去。答案選D。4.反證法：例2.4.1.如圖2.4.1，電源電壓不變，閉合電鍵S燈L正常發光，要使電鍵S斷開后燈L仍正常發光，滑動變阻器的滑片P應A．向右移動B.不動C.向左移動D.無法確定析與解：我們假設滑動變阻器的滑片P不動，則電鍵S閉合后，電燈和電阻R的并聯值減小，它獲得的分壓也減小，電燈將變暗；因此為使電燈正常發光，應使上述并聯組的分壓增大，于是要求電阻Rˊ與電源內阻的分壓減小，即使電阻Rˊ減小，所以滑動變阻器的滑片P應向左移動。答案選C。（三）物理分析法1.整體法與隔離法:這種方法通常指兩種前情況，一種情況是以系統為研究對象，另一種情況是從全過程來考慮問題.例3.1.1.用輕質細繩把兩個質量未知的小球懸掛起來,如圖3.1.1.所示.今對小球a持續施加一個向左偏下30°的恒力,并對小球b持續施加一個向右偏上30°的同樣大恒力,最后達到平衡,下面四張圖中,表示平衡狀態的圖可能是析與解：在這題中，先以a、b整體為研究對象，它們只受重力和上面一根絲線的拉力，因此上而這根絲線應堅直，于是B、C、D三答均錯．因此三答均被排除而選A。例3.1.2．質量為1．0kg的小球從高20m處自由下落到軟墊上，反彈后上升的最大高度為5．0m。小球與軟墊接觸的時間為1．OS，在接觸時間內小球受到合力的沖量大小為（空氣阻力不計，g取10m／s2）A．10NsB．20NSC．30NsD．40NS析與解：取小球從開始下落到接觸軟墊而停下這整段時間來研究，接觸軟墊之前小球下落時間為t1==2s，重力的沖量為20NS，方向向下；類似地，小球反彈上升過程中受到的沖量為向下的10Ns。在全過程中小球的動量變化為零，假設向上為正，由動量定理，小球接觸軟墊時受到的沖量I應滿足：I-20NS－10NS=0，即I=30Ns，答案選C。2.等效法（等量代換法）：在這種情況中，通常用已知的代替未知的、用簡單的代替復雜的。例3.2.1．一金屬球，原來不帶電，現沿球的直徑延長線放置一均勻帶電的細桿MN，如圖3.2.1所示，金屬球上感應電荷產生的電場在球內直徑上三點a、b、C的強場大小分別為Ea、Eb、Ec，三者相比A．Ea最大B.Eb最大C.Ec最大D.Ea=Eb=Ec析與解：感應電荷的電場我們無法知道，但根據金屬球內合電場為零及細桿所帶電荷產生的電場大小，我們可用施感電場來代替感應電場進行考慮，顯然最靠近MN的C點施感電場最強，因此感應電場也最大，答案選C。例3.2.2.如圖3.2.2示的電路中，六個電阻的阻值都相同，由于對稱性，電阻R2上無電流通過，已知電阻R6所消耗的功率為1瓦，則六個電阻所消耗的總功率為A.6瓦B．5瓦C.3瓦D.2瓦析與解：由于電阻R2無電流通過，該支路相當于斷路，于是電阻R1與R3串聯R4與R5串聯，再兩支并聯，其附值與R4相同，它們消耗的功率也應為1瓦，因此總功率為2瓦，答案選D。例3.2.3．一個邊長為6cm的正方形金屬線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，電阻為0．36Ω。磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖3.2.3所示，則線框中感應電流的有效值為A．×10-5AB．×10-5AC.（/2）×10-5AD.（3/2）×10-5A析與解：交流電的有效值是利用與直流電有相同的熱效應來定義的：Q=I2Rt。因此我們只要按圖算出在一個周期內，兩段時間內的熱量的平均值，再開平就可以了。由圖與題目條件可知，線框的感應電動勢在前3s為7.2×10-6V，感應電流為2×10-5A；后內的感應電流為3×10-5A，在一個周期內，電流平方5s的平均值為（12+18）A2/5，開平方即得電流的有效值等于×10-5A，答案為B。2s例3.2.4.如圖3.2.4.所示，DC是水平面，AB是斜面。初速為V0的物體從D點出發沿DBA滑到頂點A時速度剛好為零。如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發沿DCA滑到點A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度（已知物體與路面的動摩擦因數處處相同且不為零。）A.大于V0B.等于V0C.小于V0D.處決于斜面的傾角析與解：我們在平時練習中已經做過這樣的題目，如果物體與（水平與傾斜）路面的動摩擦因數處處相同且不為零，則物體從D點出發先后經過平面與斜面到A達點的全過程中克服摩擦力所做的功，都等于物體從D點出發直接到達O點克服摩擦力所做的功，因此本題答案選B。例3.2.5.如圖3.2.5.所示，兩塊同樣的玻璃直角三棱鏡ABC，兩者的AC面是平行放置的，在它們之間是均勻的未知透明介質，一單色細光束O垂直于AB面人射，在圖示的出射光線中A.1、2、3（彼此平行）中的任一條都有可能B.4、5、6（彼此平行）中的任一條都有可能C.7、8、9（彼此平行）中的任一條都有可能D.只能是4、6中的某一條析與解：在兩塊玻璃直角三棱鏡之間的未知透明介質可以視為另一種玻璃材料制作的平行玻璃磚，細光束O通過第一塊玻璃直角三棱鏡過程中仍垂直于AB面，而光線通過上述平行玻璃磚會發生平行側移，因此光束通過第二塊玻璃直角三棱鏡仍垂直于AB面，所以最后的出射光線也與AB面垂直，即可能是4、5、6光線，選B。3.量綱分析法:利用字母表示的物理量作選項時，有時利用單位是否合理也可排除明顯的錯誤。例3.3.1.一個質量為m的木塊靜止在光滑的水平面上，從t=0開始，將一個大小為F的水平恒力作用在該木塊上，在t=t1時刻力F的功率是：A.F2t1/2mB.Ft/2mC.F2t1/mD.Ft/m.222211析與解：只要注意一下單位，即可排除BD，再比較AC知A為平均功率而選C。例3.3.2.聲音在某種氣體中的速度表達式可以只用氣體的壓強p、密度ρ和無單位的數值k表示。試根據上面所述的情況，判斷下列聲音在所研究的氣體中速度v的表達式中可能正確的是A.v=kB.v=kC.v=kpρD.v=kp/ρ析與解：只要注意一下速度單位是m/s，而此只有A答提供的表達式才對。4.正交分解法(勒密原理)：有的物體的運動若按正交分解的方法分別研究它們的分運動會更方便些。例3.4.1.一架飛機水平地勻速飛行，從飛機上每隔ls釋放一個鐵球，先后共釋放四個。若不計空氣阻力，則四個球A.在空中任何時刻總是排成拋物線；它們的落地點是等間距的B．在空中任何時刻總是排成拋物線；它們的落地點是不等間距的C．在空中任何時刻總是在飛機正下方排成豎直的直線；它們的落地點是等間距的D，在空中任何時刻總是在飛機正下方排成豎直的直線；它們的落地點是不等間距的析與解：利用正交分解的方法把平拋運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動。由于相隔的時間相等，因此在空中它們在水平方向的位移都是相等的。這樣就可判斷出它們在空中只能排成一直線，且落地點是等間距的。答案選C。例3.4.2.如圖3.4.2所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點為球心，碗的內表面及碗口是光滑的。一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質量為m1和m2的小球，當它們處于平衡狀態時，質量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α=600。兩小球的質量比m2/m1為A./3B./3C./2D./2析與解：對m1作受力分析，它受到重力m1g、線拉力m2g和指向圓心的碗面彈力N，三力之間的夾角依次為1500、600、1500，由勒密原理，m1g/Sin600=m2g/Sin1500=N/Sin1500,因此答案為A。5.變換法：這里是指利用變換物理模型的方法來解決一些棘手的問題。例3.5.1.一帶電負油滴以初速v0從P點斜向上進入水平向右的勻強電場中，電場強度為E。若油滴到達最高點的速率仍為v0，則油滴最高點的位置在P點的A.左上方B.右上方C.正上方D.上述位置均有可能。析與解：將本題從運用“運動學、動力學”知識轉換成運用“動能定理”來求解就很方便。從P點到最高點，油滴動能增量為零，重力做負功，電場力必做正功，又油滴帶負電，電場力向左，所以油滴必在P點的左上方，答案選A。例3.5.2.放在光滑水平面上的A和B兩物體，系在一條輕繩的兩端，開始時繩松弛。A和B反向相背運動將繩拉斷。繩斷后A和B不可能出現A.同時停止運動C.一個停，一個反向運動析與解：本題不能應用“碰撞”這一物理模型；若對關鍵字“繩”進行分析，B.各按原方向運動D.同方向運動由于其張力要發生突變，也不適用于進行具體分析。如將其突變“放慢”，改用“輕彈簧”來代替“繩”來進行分析，則較適宜。若A、B兩者動量大小相等，則可選A答案；若A的動量大于B的動量，則A一直減速而B則先正向減速，直至速度為零，接下又反向加速，在其速度達到與A相同之前，B反向加速過程的速度一直小于A的速度，所以在這一全過程中，彈簧的長度一直在伸長，彈簧的彈力也逐步增大，彈簧在B正向減速、減至速度為零和反向加速這三個階段都有可能斷。因此B、C、D三答都是可能的。（若A的動量小于B的動量，類似的討論也可得出相同的結論），這樣答案應選A、B、C、D。例3.5.3.在水平面上有兩根相距為L的平行長直導軌，磁感應強度為B的勻強磁場豎直向下，另有兩根相距較遠的金屬直導線1、2擱置在導軌上，每根質量為m，電阻為R，導線與導軌垂直。在某一瞬間給導線1以向右速度v0，并釋放被固定的導線2，試問兩導線在最后縮短的距離S為A.mv0R/B2L2B.2mv0R/B2L2C.mv0R/2B2L2D.4mv0R/B2L2析與解：由于兩導線的運動是非勻變速運動，本題不能用運動學知識求解，若從安培力的沖量引起的動量變化出發，先由兩導線的動量守恒求出它們的共同速v=v0/2，則可知道每根導線的動量變化為mv0/2，安培力沖量I=mv0/2，又I=Ft=BILt=BLq=BL△Φ/R=B2L2S/R,縮短的距離S=2mv0R/B2L2,答案選B。6.守恒法：在物理學中有許多守恒定律，如質量守恒、能量守恒、電量守恒等，有些選擇題就可以利用上述守恒定律進行判斷。例3.6.1.光子的能量為hν，動量大小為hν/c。如果一個靜止的放射性元素的原子核在發生γ衰變時只放出一個γ光子，則衰變很的原子核A.仍然靜止B.沿著與光子運動方向相同的方向運動C.沿著與光子運動方向相反的方向運動D.可能向任何方向運動析與解：動量守恒定理在微觀粒子中仍然適用，由于系統在衰變前后動量守恒，且動量是矢量，所以很顯然，答案應選C。例3.6.2.在光滑的水平面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都為m。現B球靜止，A球向B球運動，發生正碰，已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為EP，則碰前A球的速度等于A.B.C.2D.2析與解：壓縮最緊時兩球具有共同速，根據系統的動量守恒與動能守恒列出的兩個式子，可以算出答案為C。例3.6.3.下面列出的是一些核反應方程其中A.X是質子，Y是中子，Z是正電子B.X是正電子，Y是質子，Z是中子C.X是中子，Y是正電子，Z是質子D.X是正電子，Y是中子，Z是質子析與解：根據原子核反應中的質量守恒、電量守恒可知答案為D。例3.6.4.圖中虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0。一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經過a、b點時的動能分別為26eV和5eV。當這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變為-8eV時，它的動能應為A.8eVB.13eVC.20eVD.34eV析與解：只受靜電力作用的點電荷的電勢能和動能之和守恒，a、b兩點分別在等勢面1、4上，由此知道相鄰等勢面間的電勢差為7eV，所以在等勢面3的動能應為12eV，電勢能和動能之和也為12eV，因此當在某一位置電勢能為-8eV時，動能為20eV。答案為C。例3.6.5目前普遍認為，質子和中子都是由被稱為u夸克和d夸克的兩類夸克組成，u夸克帶電量為2e/3，d夸克帶電量為-e/3，e為元電荷。下列論斷可能正確的是A.質子是由1個u夸克和1個d夸克組成，中子是由1個u夸克和2個d夸克組成B.質子是由2個u夸克和1個d夸克組成，中子是由1個u夸克和2個d夸克組成C.質子是由1個u夸克和2個d夸克組成，中子是由2個u夸克和1個d夸克組成D.質子是由2個u夸克和1個d夸克組成，中子是由1個u夸克和1個d夸克組成析與解：由電量守恒，即可判得答案為B。例3.6.6已知π+介子、π-介子都是由一個夸克（夸克μ或夸克d）和一個反夸克（反夸克或反夸克）組成的，它們的帶電量如下表所示，表中e為元電荷。UD帶電量+e-e+2e/3-e/3-2e/3+e/3下列說法正確的是A.由u和組成B.D.由d和和組成C.由u和組成由d和組成[05年全國高考理綜15題]析與解：由電量守恒，即可判得答案A、D正確。（四）求解判斷法：當選項是數值或字母表達的代數式等定量的答案時，就需要根據物理的基本概念和基本規律，利用列式推理計算來得出結果，然后加以判斷。1.精確求解法：例4.1.1.一個帶正電的質點，電量q=2.0×10-9C,在靜電場中由a點移動到b點。在這過程中，除電場力外，其它力作的功為6.0×10-5j,質點的動能增加了8.0×10-5j,則a、b兩點間的電勢差Ua-Ub為A.3×104VB.1×104VC.4×104VD.7×104V析與解：利用動能定理即可算得Ua-Ub=1×104V。答案選B。2.估值法：有些選擇題的數據答案，可以根據估算來決定它所處的范圍或約略的數值來選取。例4.2.1．兩個定值電阻R1、R2串聯后接在輸出電壓U穩定于12伏的直流電源上，有人把—個內阻不是遠大于R1、R2的電壓表接在R1兩端（圖4.2.1），電壓表的示數為8伏。如果把此電壓表改接在R2兩端，則電壓表的示數將A.小于4伏B.等于4伏C.大于4伏小于8伏D.等于或大于8伏析與解：在這一題中的電壓表讀數就是它與電阻R1或R2并聯時的電壓，已知電壓表與電阻R1并聯時的示數為8伏，則電阻R2的分壓為4伏。當電壓表與電阻R2并聯時，由于并聯后的總電阻要比原值小，而電阻R1單獨的阻值比與原來它與電壓表并聯時的阻值大，因此與電阻R2并聯的電壓表的示數要小于4伏。答案選A。例4.2.2.已知銅的密度為8.93kg/m3,原子量為64。通過估算可知銅中每個銅原子所占的體積為A．710-26m3B.110-29m3C.110-28m3D.810-24m3析與解：本題可由公式v=M/N0可知，每個鋼原子占有的體積為v=6.410-2/(8.91036.01023)m3,通過估算可知,其值約為10-29m3,答案選B.例4.2．3.一只普通的家用照明白熾燈正常發光時；通工它的電流強度與下面哪一數值較為接近？A．20AB．2AC．0．2AD.0．02A析與解；照明電路的電壓為220V；按四個答案提供的數據可求得燈泡電功率依次為4400W、440W、44W、4.4W，根據我們家用的白灼燈的一般功率，答案應選C最為接近。例4.2.4.水平傳送帶長20m，以2m/s的速度做勻速運動，已知某物與傳送帶間的動摩擦因數=0.10，則靜止地放在傳送帶的一端的物體開始運動至到達另一端所需的時間為A.10sB.11sC.8.3sD.7.4s析與解：物體在傳送帶上的運動是先加速后勻速，若按一直是勻速運動來估算，則所需的時間為10s，而實際運動的速度要比2m/s小，因此實際上所需的時間要比10s長，所以答案選B。例4.2.5.某同學身高1.8米，在運動會上他參加跳高比賽，起跳后身體橫著越過了1.8米高度的橫桿，據此可估算出他起跳時豎直向上的速度大約為（取g=10米/秒2）A.2m/sB.4m/sC.6m/sD.8m/s析與解：估計該人重心在高度1米處，因此他跳高過程中重心升高0.8米，由機械能守恒可得其初速為4m/s，答案為B。3.比值法：例4.3.1.兩顆人造衛星A、B繞地球作圓周運動，周期之比為TA:TB=1:8,則軌道半徑之比和運動速率之比分別為A．RA:RB=4:1,VA:VB=1:2B.RA:RB=4:1,VA:VB=2:1C．RA:RB=1:4,VA:VB=1:2D.RA:RB=1:4,VA:VB=2:1析與解：由于人造衛星作圓周運動的向心力由萬有引力提供，因此可以根據AB2/3=1/4,GMm/R2=42mR/T2,得RT2/3,又V=(2R/T)T-1/3,因此RA/RB=(T/T)VA/VB=2/1,答案選D.例4.3.2把火星和地球繞太陽運行的軌道視為圓周，由火星和地球繞太陽運動的周期之比可求得A.火星和地球的質量之比B火星和太陽的質量之比C.火星和地球到太陽的的距離之比D.火星和地球繞太陽運行速度大小之比析與解：由于行星繞太陽旋轉作圓周運動的向心力由萬有引力提供，因此可以根據GMm/R2=42mR/T2,得RT2/3,又V=(2R/T)T-1/3,于是可以由周期之比求得軌道半徑之比和運行速度之比,答案應選C、D.4.作圖法：有的題目需要用作圖的方法來進行求解。有借示意圖解題（如例4.4．1、4.4.7、例4.4.8、例4.4.9、例4.4.10）、有利用圖象解題（如例4.4.2、4.4.3）、有應用相似形解題（如例4.4.4）、也有是直接選擇圖象來答題的。（如例4.4.5、4.4.6）。例4.4．1.三個相同的支座上分別擱著三個質量和直徑都相等的光滑圓球a、b、c，支點P、Q在同一水平面上，a球的重心Qa位于球心，b球和c球的重心Qb和Qc分別位于球心的正上方和球心的正下方，如圖4.4．1所示，三球均處于平衡伏態。支點P對a球的彈力為Na，對b球和c球的彈力分別為Nb和Nc，則A.Na＝Nb=NcB.Nb＞Na＞NcC．Nb＜Na＜NcD．Na>Nb>Nc析與解：由于小球光滑，P、Q兩點對小球的彈力的方向都通過球心、，又重力的作用線也通過球心，利用作圖的方法，可以看到三個球的受力圖都是一樣的，于是答案選A。例4.4.2．兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，行駛的速度均為V0，若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時．后車以前車剎車時的加速度度開始剎車，已知前車在剎車過程中所行的距離為S，若要保證兩車在上述情況中由不相撞，則兩車在勻速度行駛時保持的距離至少應為SA.SB.2SC.3SD.4S析與解：在同一直角坐標系上作出兩車的V—t圖（如圖4.4.2）．圖線I表示前車運動的V—t圖．圖線Ⅱ表示后車運動的v—t圖。由于剎車后兩車運動加速度相同，圖線上直線AD／／BC，兩車運動的路程之差是平行四邊形ABCD的面積S=BD·AB=V0t1，而前車剎車過程中通過的路程是OAD的面積S＝V0t1／2．則ABCD的面積S=2S.答案選B。例4.4.3.兩相同汽缸A、B固定在水平面上，缸內裝有相等質量、溫度相同的同種氣體，兩汽缸內活塞質量相等，且分別通過一個定滑輪各掛一個重物mA、mB（mA〈mB〉，不計一切摩擦，兩者都處平衡狀態（如圖4.4.3），當兩汽缸內氣體都升高相同溫度時，重物mA,mB哪個下降大？A.物A下降大B.物B下降大C.兩者一樣大D.無法判斷析與解：我們在同一張V—T圖上作出A、B兩汽缸內的氣體的等壓變化的圖線，由于mA〈mB,A內氣體的壓強較大，其圖線的斜率較小，它們升高相同溫度后，氣體膨脹的多少可從圖線的縱坐標變化的大小來比較。顯然重物B的下降大，答案選B。例4.4.4.在堅直絕緣墻壁上固定點電荷A，在其正上方0處用絕緣細線吊住另一點電荷B，B的質量為m。A、B帶上同號電荷后，細線BO與豎直墻壁間的夾角為θ。A、B漏了部分電荷后，夾角θ減小，則（如圖4.4.4）A．A、B間的庫侖力減小B.細線BO的張力增大C.細線BO的張力不變D.細線BO的張力減小析與解：以B為研究對象畫出它的受力圖，并將幾個力的圖示進行平移．組成一個封閉三角形，這個三角形就與實際三角形ABO相似，于是根據三角形相似對應邊成比例就可得到F/AB=T/OB=G/OA于是就有F=GT=G在夾角θ減小時，線段AB的長度縮短，而線段OA、OB的長度不變，因此庫侖力F變小，細線OB的張力T不變,答案為A．C。例4.4.5．如圖4.4.5所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區域內有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導線圓環。導線abcd所圍區域內磁場的磁感強度按下列哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導體圓環將受到向上的磁場作用力？析與解：導體圓環受到向上的磁場作用力，說明導體圓環中的感應電流的磁場與線圈中的電流磁場方向相同，這樣線圈中的電流磁場的變化就應越來越慢，因此導線abcd所圍區域內的磁場的變化率要越來越小，所以答案選A。例4.4.6.圖4.4.6中A是一邊長為L的正方形線框，電阻為R0，今維持線框以恒定的速度V沿x軸運動，并通過圖中所示的勻強磁場B區域。若以x軸正方向作為作用力的正方向，線框在圖示位置的時刻為時間的零點，則磁場對線框的作用力F隨時間t的變化圖線為析與解：由干線圈勻速穿過磁場，在它進入磁場和從磁場出去過程中都能產生恒定的電動勢，因此產生的感應電流以及它所受的安培力也是恒定不變的。再由正方向的規定及楞次定律，可以看出其答案為B。例4.4.7.如圖4.4.7.所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上。a和c帶正電，b帶負電，a所帶的電量大小比b的小。已知c受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應是A.F1B.F2C.F3D.F4析與解：作c球的受力圖，它受到的a球的斥力沿ac延長線方向，受到b球的吸力沿cb方向，且后者比前者大，因此其合力有向右分量且有向上分量應為F2，答案選B。例4.4.8.如圖所示，圓O在勻強電場中，場強方向與圓O所在平面平行，帶正電的微粒以相同的初動能沿著各個方向從A點進入圓形區域中，只在電場力作用下運動，從圓周上不同的點離開圓形區域，其中從C點離開圓形區域的帶電微粒的動能最大，圖中O是圓心，AB是圓的直徑，AC是與AB成θ角的弦，則勻強電場的方向為A.沿AB方向B.沿AC方向C.沿OC方向D.沿BC方向析與解：如圖4.4.8＇，由于從C點出來的微粒動能最大，電場力做功必最多，且電場方向必定從A一側指向C一側，C點電勢最低。可以過C點作切線，為使圓周上其余各點電勢都高于C點，則電場方向應在OC方向。于是答案應選C。例4.4.9圖4.4.9所示為一直角棱鏡的橫截面∠bac=900，∠abc=600。一平行細光束從O點沿垂直于bc面上的方向射入棱鏡。已知棱鏡材料的折射率n=，若不考慮原人射光在bc面上的反射光，則有光線A.從ab面上射出B.從ac面上射出C.從bc面射出，且與bc面斜交D.從與bc面垂直bc面射出，且析與解：利用光的反射定律進行幾何作圖，光線垂直進入棱鏡后，再從棱鏡射向空氣時，發生全反射的臨界角為450，因此在ab面上入射角600大于臨界角而發生全反射，而在ac面上入射角300小于臨界角有光線向空氣折射、又有部分光線被反射后垂直射向bc面而射出如圖4.4.9＇，所以答案為C、D。例4.4.10一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，周期為0.50s。某一時刻，離開平衡位置的位移都相等的各質元依次為P1、P2、P3、……。已知P1和P2之間的距離為20cm,P2和P3之間的距離為80cm,則P1的振動傳到P2所需的時間為A.0.50sB.0.13sC.0.10sD.0.20s析與解：我們可以不仿假設各點位移為正，先畫出示意圖4.4.10，由于圖中有“依次”二字，因此質元P3的位置是唯一的。由圖可知，該波的波長為100cm，傳播20cm即傳播1/5波長的時間為T/5=0.10s，答案為C。5.求解討論法：例4.5.1.在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m0,小車（和單擺）以恒定的速度v沿水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發生的A.小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3,滿足（M+m）v=Mv1+mv2+m0v3B.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1、v2，滿足Mv=mv1+mv2C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v，滿足Mv=(M+m)vD.小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2[1993年全國高考第（18）題]析與解：此題有多種可能性，需要討論。此題包括三個碰撞過程，碰撞時間極短是關鍵，這意味著車與木塊碰撞瞬間，小球的運動狀態還來不及發生變化，故排除AD，而木塊與小車的碰撞可以是彈性的，也可是非彈性的，因此選BC。例4.5.2.如圖4.5.2，細桿的一端與小球相連，可繞過O點的水平軸自由轉動。現給小球一初速度，使它做圓周運動，圖中a、b分別表示小球軌道的最低點和最高點，則桿對球的作用力可能是A.a處為拉力，b處為拉力B.a處為拉力，b處為推力C.a處為推力，b處為拉力D.a處為推力，b處為推力析與解：在最低點a處，小球受到向下的重力，但是合力（向心力）向上，因此必定受到桿向上的拉力；但在b處，小球受到的重力狠和合力都向下，因此兩者的大小不等就可能是由于桿的作用力可能是向上的推力，也可能是向下的拉力。答案為A、B。例4.5.3.一列簡諧橫波向右傳播，速度為v。沿波傳播方向上有相距為L的P、Q兩質點，如圖4.5.3.所示。某時刻P、Q兩質點都處于平衡位置，且P、Q間僅有一個波峰。經過時間t，Q質點第一次運動到波谷。則t的可能值A.1個B.2個C.3個D.4個析與解：P、Q兩點在平衡位置且其間只有一個波峰，就有下面四個甲、乙、丙、丁可能情況，對應的波長為λ甲=2L、λ乙=L、λ丙=L、λ丁=2L/3，經過時間t，Q首次到達波谷，在甲丙兩種情況中，T=4t/3，t=3T/4=3λ/4v，分別為3L/2v、3L/4v；在乙丁兩種情況中，t=T/4=λ/4v，分別為L/4v、λ/6v。所以答案為D。例4.5.4.兩個帶電微粒在同一點垂直射入一磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中微粒2的半徑大于微粒1的半徑，那么這兩個帶電微粒的速度v、動量p與荷質比q/m之間的關系可以肯定的是A.如果q1/m1=q2/m2，則有v1<v2B.如果q1/m1>q2/m2，則有可能v1=v2D.若p1=p2，則q1>q2，C.若q1=q2，則p1=p2，析與解：由qvB=mv2/R得v=BRm/q由此可以知道AB均對；又由知道p=mv=BRq答案C錯D對。故選ABD。（五）過程分析法：高中物理的一個突出特點是：在物理現象的變化過程中，分析和掌握變化的規律：對一些不求值只判斷物理量變化的題目，可采用對物理量變化關系進行因素分析的簡單方法進行判斷；對有變化的物理量，要找住不變量，還要注意物理量發生質變時的臨界點。1.定性和半定量分析：例5.1.1.設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零。C點是運動的最低點。忽略重力，以下說法正確的是A.這離子必帶正電荷；B.A點和B點位于同一高度；C.離子在C點時速度最大；D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點。析與解：離子沿ACB運動，開始時刻速度為零，只受電場力作用而向負極板運動，說明離子帶正電荷；僅電場力做功，洛侖茲力不作功，因此AB等高且離子在C點速度最大；在離子到達B點后，其受力情況與在A點一樣，所以不會沿原路返回而繼續沿類似于ACB這樣的軌道運動。答案：ABC。例5.1.2.假設地球表面不存在大氣層，那么人們觀察到的日出時刻與實際存在大氣層的情況相比A.將提前B.將延后C.在某些地區將提前，在另一些地區將延后D.不變析與解：由于太陽發出的光線經過地球大氣層要產生“蒙氣差”現象，所以在存在大氣層的情況下，當我們看到太陽從地平線上剛剛升起時，實際上看到的是它處在地平線上的下方時發出的光，只是由于空氣的折射，才看到太陽處于地平線的上方，因此不存在大氣層時，日出將延后，選B。例5.1.3.圖5.1.3.中a、b為豎直向上的電場線上的兩點，一帶電質點在a點由靜止釋放，沿電場線向上運動，到b點恰好速度為零。下列說法中正確的是A.帶電質點在a、b兩點所受的電場力都是賢直向上的。B.a點的電勢比b點的高。C.帶電質點在a點的電勢能比在b點的電勢能小。D.a點的電場強度比b點的電場強度大。析與解：質點從a點靜止開始向上運動到b點速度又恰好為零，說明質點先向上加速接著向上減速，向上的電場力開始時比重力大，以后比重力小，因此電場強度開始時較大，且向上運動電場力做正功，電勢能減小，所以答案為ABD。2.定量分析（公式推理法）：這種方法通常是針對題目內容選用公式，并按題意推導出一個計算式．再由所求的物理量與已知物理量的關系進行選擇.例5.2．1.有兩個物體a、b，質量ma>mb，它們的初動能相同，若a，b分別受不變的阻力作用，經過相同的時間停下來，它們的位移分別為SA、SB，則A．Fa>Fb,Sa<SbC．Fa<Fb,Sa>SbB.Fa>Fb,Sa>SbD．Fa<Fb,Sa<Sb析與解：假設時間為t,初速為V,則由ma>mb得F=mv/t=(/t),S=Vt/2=所以由mA>mB可知FA>FB,SA<SB,，答案選A.例5.2.2.質量為m的小球被系在輕經的一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌道的最低點，此時繩子的張力為7mg，此后小球繼續做圓周運動。經過半個圓周恰能通過最高點,則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為A．Mg/4RB.mgR/3C.mgR/2D.mgR析與解：分析小球在最低點的受力情況及繩的張力為7mg的條件，由算式7mg－mg=mv2/R=2Ek/R,可知小球的動能為Ek=3mgR,而由題意小球在最高點的動能為mgR/2,在此過程中,小球克服重力做功為2mgR,利用動能定理,小球克服空氣阻力做功Wf=3mgR-mgR/2–2mgR=mgR/2,于是答案選C.例5.2.3.電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體（如污水）在管中的流量（在單位時間內通過管內橫截面的流體的體積）。為了簡化，假設流量計是如圖5.2.3所示的橫截面為長方形的管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c。流量計的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線）。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料。現于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面。當導電流體穩定地流經流量計時，在管外將流量計上下兩表面分別與一串聯了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值。已知流體的電阻率為ρ，不計電流表的內阻，則可求得流量為A.I（bR+ρc/a）/BC.I（cR+ρa/b）/BB.I（aR+ρb/c）/BD.I（R+ρbc/a）/B[2001年理科綜合24題]析與解：流體穩定流經流量計時，帶電粒子所受電場力等于洛侖茲力：Eq/c=qvBE=cvB又流體電阻r=ρc/ab,所以電流I=E/(R+r)，因此流體速率v=E/cB,流量Q=bcvt/t=bcv=bcE/cB=Ib(R+r)/B=I(bR+ρc/a)/B.答案為A。例5.2.4.在光滑水平面上有一長木板質量為M，在其粗糙的上表面的中間放一質量為m的小木塊（可視為質點），它們一起以速度v0向右運動，現在突然給m一水平向左的沖量I，但做功為零，使小木塊不滑出長木板，且最后相對靜止并停下，則m與M的關系是：A.M>mB.M=mC.M<mD.無法判斷。析與解：由于突然給m以向左的沖量時作功為零，木板M的速度來不及變化而小木塊m的速度反向，但大小不變。又兩者相互作用的力大小相等方向相反，作用時間相等，兩者相互作用的力分別給對方以大小相等的沖量，因此在相互作用的過程中，木板與小木塊的動量變化大小相等，又它們的初速均為v0，所以兩者質量相等，答案為B。（六）利用特殊數值1.巧用特殊值：就是利用我們物理中學過的一些特殊值來進行判斷并選擇答案。例6.1.1如圖6.1.1，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射人磁場區域。不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區域，其中R=mv/Bq。哪個圖是正確的？[2005年全國高考理綜20題]析與解：對帶電粒子速度方向取向上、向左、向右幾個特殊方向進行試畫，可以得出答案為A。例6.1.2.圖6.1.2為萬用表歐姆擋原理圖，其中電流表滿偏電流為300μA,內阻rg=100,調零電阻最大值R=50k，串聯固定電阻R0=50，電動勢E=1.5V,用它測電阻Rx，能準確測量的阻值范圍是A．30k～80kC.300～800B.3k～8kD.30～80析與解:歐姆表表盤的正中位置的電阻值等于歐姆表的總內阻，這是一個特殊值，它等于電動勢與滿偏電流的比值：R總=E/Ig=1.5V/300μA=5kΩ,而歐姆表的準確測量范圍在這一阻值的左右,因此答案選B.2.賦值法:這種方法與上面的巧取特殊值的方法不同，這個賦值不是題目中所具有的，而是我們根據題目的意思，人為地取一個簡單的數據代人進行計算，再來確定選答的。例6.2.1.質量為M的木塊位于粗糙的水平桌面上，若用大小為F的水平恒力拉木塊其加速度為a。當拉力方向不變，大小變為2F時，木塊的加速度為aˊ，則A．aˊ=aB．aˊ＜2aC.aˊ＞2aD．aˊ＝2a析與解：假設桌面對木塊的摩擦力為f，由牛頓第二定律,F－f=ma,2F－f=maˊ,不妨假設f=F／2，則a＝F/2m,aˊ=3F／2m=3a，因此答案選C。例6.2.2．如圖6.2.2，物快A的右端有一個光滑的圓環O,一細線一端系在墻上的一點B，OB呈水平方向，另一端穿過圓環后受到一個恒定的拉力F，力F始終與OB成角。在力F作用下，物塊沿水平地面移動距離S，則描述拉力做功的下列各個表達式中,哪一式是錯的？A.FSB.FSCosC.2FSCosD.FS（1＋Cos）析與解：取=0,則拉力做功為2FS，此時A,B兩答都錯;再取=/2,則拉力做功為FS，此時C,D兩答中D答正確，因此A、B、C三答案都錯而入選.（七）其它方法：1.窮舉法：這種方法就是把提供的答案逐個進行分析，看哪個能夠滿足題意就選哪一個。這通常是針對各答案彼此無聯系的題目。例7.1.1．在圖7.1.1所示電路中，電鍵S1、S2、S3、S4均閉合，C是極板水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P,斷開哪一個電鍵P會向下運動？A.S1B.S2C.S3D.S4析與解：原來的油液懸浮，說明它受到的重力等于向上的電場力，為使油滴向下運動，向上的電場力應變得小于重力，因而電容器兩極之間的電壓也應減小。為此我們先分析電路中的結構及電流的流向，從圖2—8可以看出，電容器的電壓等于電阻R3兩端的電壓，R1與R2這一部分對電容器的電壓毫無影響，下面我們逐個分析四個答案，打開電鍵S1，對由電源和各電阻組成的電路無影響，不選；打開電鍵S2，則電容器的兩板電壓增大，與要求相反，也不選；打開電鍵S3，則電容器的兩板電荷中和而電壓為零，合乎題目意思，可選；打開電鍵S4，電容器不能放電，維持原狀也不能選。因此本題答案為C。2.對稱法：所謂對稱法就是根據某些物理問題具有對稱這一特殊條件，將較復雜的問題簡化而迅速得解的方法。例7.2.1．P、Q是兩塊相同的均勻長方磚，長為L，疊放在一起，P磚相對于Q磚右端伸出1／4的長度。Q磚放在水平桌面上，磚的端面與桌邊平行。為保持兩磚都不翻倒，Q磚伸出桌邊的長度X的最大值是A.L/8B.L/4C.3L/8D.L/2析與解：依題意作圖27.2.1，取通過桌邊的豎直線OOˊ為P、Q兩者整體的對稱軸，則它們的合重心一定在該軸上。整體的重心通過桌邊是兩磚都不翻倒的臨界條件，由對稱性可知，P、Q整體重心在其重疊部分的中點，即3L/4的中點，故X=3L/4．答案選C．3.假設法：這種方法經常是通過假設來簡化題目，從而使解題的過程變難以落手為比較容易例7.3.1.如圖7.3.1所示，密封的U形管中裝有水銀，左右兩端都封有空氣，兩水銀面的高度差為h，把U形管豎直浸設在熱水中，高度差h將A.增大B.減小C．不變D．兩側空氣柱的長度未知，不能判斷析與解：我們先假設兩空氣柱長度不變，則可由等容條件下的查理定理知道，在升溫時，其壓強的增量為△p＝p△T／T原來空氣柱2的壓強比較大，因此其壓強的增量也比較大，空氣柱的長度不可能保持不變，于是，原設不對，空氣柱2長度變長，空氣往1的長度變短，高度差h變大。答案選A。4.列表法：對有些問題若頭緒較多，利用列表法，也可幫助我們理清頭緒，使問題的解答變得方便、簡捷。例7.4．1.某原子核的衰變過程如下（符號表示放射出一個粒子，符號表示放射出一個粒子）AA．核A的中子數減去核C的中子數等于2B．核A的質量數減去該C的質量數等于5C．原子核為A的中性原子中的電子數比原子核為B的中性原子中的電子數多lD．核C的質子數比核A的質子數少1析與解：我們將衰變過程列成一表來進行分析，設原子核A的質量較為m，核電荷數為z，則由衰變的位移規律可知A、B、C三者的質量數、核電荷數（也等于中性原子的核外電子數）、中子數如下表所示：原子核質量數mm質子數zz+1z–1中子數m-zm-z–1m-z-3ABCm-4根據該表我們可以看出：核A的中子數減去核C的中子數等于3，說法A錯；核A的質量數減去核C的質量數等于4，說法B錯；原子核A的性原子中的電子數比B的中性原子中的電子數少1，說法B錯核C的質子數比該A的質子數少1，說法D正確，答案選D。5．比較法：這種方法通常通過對物體的受力情況或運動過程、物理情景的比較來選擇答案。例7.5.1．如圖7.5.1所示，物塊從光滑曲面上的Q點滑下．通過粗糙的水平傳送帶后滑至地面，當傳送帶靜止時，物塊落在地面上的P點；若傳送帶在做下面兩種運動時，物塊落在地面上的哪一位置？（1）傳送帶做逆時針方向的轉動；（2）傳送帶做順時針方向的轉動。A．仍在P點B．在P點右側C．在P點左側D．在P點及其右側都有可能析與解：我們將傳送帶的兩種運動情況與該帶靜止這一情況作比較，在第（1）種情況中物塊的受力情況與物塊靜止時一樣，落點沒有改變，因此仍落在P點；在第（2）種情況中，若在物塊通過傳送帶的全過程中，傳送帶的速度一直沒有超過物塊的速度，則物塊的受力情況與傳送帶靜止時的一樣；而若存在有傳送帶的速度超過物塊的速度的過程，則在該過程中物塊受到傳送帶的摩擦力就由阻力變為動力，那么物塊的落地點就在P點的右側。因此，這兩題的答案分別為A和D。例7.5.2.有一個小球作豎直上拋運動，它在運動過程中受到的空氣阻力大小恒定，其上升的最大高度為20m，在上升過程中，當小球的動能和重力勢能相等時，其高度為A.上升時高于10m，下降時低于10mB.上升時低于10m，下降時高于10mC.都高于10mD.都低于10m析與解：我們以10m這一高度作為比較對象。在這一高度，小球的重力勢能為在最高點勢能的一半，又小球上升過程中受到的合力不變，小球在這一高度的動能也為它在開始位置時動能的一半，但在上升過程中小球要克服空氣阻力做功，因此其最大動能要大于最大勢能，于是小球在10m這一高度的動能大于勢能，所以小球的動能與勢能相等的位置應在高于10m處，類似地分析小球在下降時的情況可知小球在下降時其動能和勢能相等的位置應在低于10m處。答案選A。6．夸張法：有時將題目所給的過程給以適當的夸張，就能較快地選出答案。例7.6.1.如圖7.6.1，已知杠桿左邊BO比右邊AO短，它在力F1、F2作用下處于平衡狀態。現保持兩力大小和方向不變而作用點同時向O點移動相同的距離L，則杠桿將A.B端下沉B.A端下沉C.仍平衡D.無法判斷其平衡情況析與解：我們不妨假設取L=BO，則力F1的作用點已移到O點而力F2的作用點仍離點O有一定的距離，顯然此時杠桿右端將下沉，答案選B。7.間接求解法：有些題目用常規方法直接求解較麻煩而采用間接方法則簡捷迅速。例7.7.1.如圖7.7.1所示，質量為m的物體A與傾角為θ的斜面間的動摩擦因數為μ。力F拉著物體A從斜面底端勻速地運動到頂端。要使力F做功最少，則力F與斜面間的夾角應是A.0B.π/2C.(π/2-θ)D.θ析與解：對該題若先列出力F做功的表達式，然后討論出現極值的條件，比較煩難，如果從能的轉化與守恒這一角度考慮，則拉力做功為W=EP+Q=mgh+Q要使拉力做功W最小，應使產生的熱量Q最小，即物體與斜面間的摩擦力f=0。因此物體只受重力與拉力的作用做勻速運動，此時F=mg，=-θ，故答案選C。三.選擇題的內容結構在上面所講的選擇題的各種解法中，既適用于單選題也適用于多選題的情況，如直取法、排除法、公式推理法、窮舉法、極端法等在各類選擇題中都可使用。下面我們將按照選擇題的內容進行分類敘述。這里主要是針對多選題來敘述的。（一）.選擇題諸答案是從不同的方面來敘述同一內容1.從各個側面敘述同一物理概念或現象或事實：特別是容易差錯的地方，如忘了矢量的方向、路程與位移的差別、作減速運動的質點能否返回、速度與加速度的區別、振動中的振動圖線和位移圖線、分子力做功與分子力的關系、靜電場中電場強度與電勢的關系、電場力做功有初速度的關系、透鏡的凹凸、透鏡成像有虛實等。這里通常可用直取法。例1.1.1若以μ表示水的摩爾質量，v表示在標準狀態下水蒸氣的摩爾體積，ρ為在標準狀態下水蒸氣的密度，NA為阿伏加德羅常數，m、Δ分別表示每個水分子的質量和體積，下面是四個關系式：①NA=vρ/m②ρ=μ/NAΔ③m=μ/NA④Δ=v/NAB①和③都是正確的D①和②都是正確的其中A①和④都是正確的C③和④都是正確的析與解：在這一題中，聯系宏觀與微觀的橋梁——阿佛加德羅常數NA出現在四個不同的算式中，考慮到水蒸汽的摩爾體積遠大于所有水分子體積總和，所以②④是錯的，答案為B。例1.1.2.在靜電場中A．電場強度處處為零的區域內，電勢也一定處處為零B．電場強度處處相同的區域內，電勢也一定處處相同C．電場強度方向總是根等勢面垂直的D．沿著電場強度的方向，電勢總是不斷降低的析與解：在此只要熟悉靜電場中電場強度與電勢的關系，就可排除A、B兩答而選C、D。例1.1.3.下列說法中正確的是A.液體中懸浮微粒的布郎運動是做無規則運動的液體分子撞擊微粒而引起的B.物體的溫度越高，其分子的平均動能越大C.物體里所有分子的動能總和叫做物體的內能D.只有熱傳遞才能改變物體的內能析與解：這里講到的是分子動理論及物體內能的內容，如果理解了布朗運動的成因和物體內能及變化的知識，即可選得A、B兩答。2.從不同的角度分析同一物理過程：這就要求我們在平時學習物理時，要養成多角度分析各個物理過程的習慣。如在一個質點的運動過程中可從力的瞬時效應、力的時間積累效應、力的位移積累效應的幾方面來進行分析；作曲線運動的質點可從其速度、加速度和受力情況各個角度進行分析；在碰撞的過程中要從動量和動能兩個方面來考慮；在自感的演示實驗中，應比較電鍵斷開與閉合這兩種情況；在電場強度和磁感強度的定義式中，應該明確電場強度或磁感強度與什么量有關與什么量無關等等。例1.2.1.連接在電池兩極上的平行板電容器，當兩極板間的距離減小時A．電容器的電容C變大B．電容器極板的帶電量Q變大C．電容器兩極板間的電勢差U變大D．電容器兩極板間的電場強度E變大析與解：接在電源兩極上的電容器，其兩極上的電勢差U不變，排除C答。再由平行板電容器的計算式及公式Q=CU可以知道，在電容器兩極間的距離減小時，其電容C增大，帶電量Q也增大。最后利用勻強電場的電場強度與電勢差的關系，其間的電場強度E也變大。答案為A、B、D。例1.2.2.一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小C．過程Ⅱ中鋼珠克服阻力所做的功等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中鋼珠所減小的重力勢能之和D．過程Ⅱ中損失的機械能等于過程Ⅰ中鋼珠所增加的動能析與解：該題從動量和能量兩個角度來分析Ⅰ、Ⅱ兩個過程或全過程，從動量這方面看，A對B錯；從能量方面看，C對D錯。因此選A、C。例1.2.3.一物體靜止在升降機的地板上，在升降機加速上升的過程中，地板對物體的支持力所做的功等于A．物體勢能的增加量B．物體動能的增加量C．物體動能的增加量加上物體勢能的增加量D．物體動能的增加量加上克服重力所做的功析與解：這是從物體的勢能、動能和克服重力做功等幾方面來描述支持力所做的功。對物體作受力分析，并利用動能定理，可以知道地板對物體的支持力所作的功，等于物體克服重力所做的功與物體的動能增加量之和，而物體克服重力所做的功等于物體的勢能的增加量，因此A、B錯而C、D對。3.用不同的工具、方法來實現同一目的：這種題目通常是要達到某一要求應采取什么措施，這里通常根據題述的物理規律或物理事實而采用窮舉法、等效法等方法來達到選擇的目的。例1.3.1.為了增大LC震蕩電路的固有頻率，下列辦法中可采取的是A．增大電容器兩極板的正對面積并在線圈中放入鐵心B．減小電容器兩極板的距離并增加線圈的匝數C．減小電容器兩極板的距離并在線圈中放入鐵心D．減小電容器兩極板的正對面積并減小線圈的匝數析與解：由LC震蕩電路的固有頻率公式f=1/（2π）,以及決定電容器電容大小和線圈自感系大小的相關因素，可以看出，為增大f，應使乘積LC減小。而A、B、C三種辦法都使乘積LC增大，只有辦法D才能使乘積LC減小，所以答案選D。例1.3.2.如圖1.3.2.所示一金屬直桿MN兩端接有導線，懸掛于線圈上方，MN與線圈軸均處于豎直平面內，為使MN垂直紙面向外運動，可以A.將a、c端接在電源正極，b、d端接在電源負極B．將b、d端接在電源正極，a、c端接在電源負極C．將a、d端接在電源正極，b、c端接在電源負極D.將a、c端接在交流電源的一端，b、d端接在交流電源的另一端析與解：為使導線MN向紙外運動，應使它受到垂直于紙面向外的安培力。我們采用窮舉法來分析各個答案，若通過導線MN的電流從M到N，即a正b負，則所處位置的磁場方向應豎直向上，通人線圈的電流應該是從c到d，即c正d負；而若a和b、c和d電極對調，產生的效果一樣。因此a、c應接同種電極，b、d應接同種電極，于是答案應選A、B、D。4.用不同的數學方法（等式或不等式）或不同的圖象表示某一過程或某一事實：這里要求我們應用推理的方法找出它們的等價關系，千萬不能在找到一個答案后就忽視了其余答案。例1.4.1.一個標有“220V、60W”的白灼燈泡，加上的電壓U由零逐然增大到220V。在此過程中電壓（U）和電流（I）的關系可用圖象表示。題中給出的四個圖象中，肯定不符合實際的是析與解：這里強調的是“實際”兩字，而在實際情況中，隨電壓的升高燈絲的電阻率逐然增大電阻也逐然增大，由歐姆定律U=RI可以看出，U—I圖線的斜率（在數值上等于R）也隨著增大，于是不符合實際情況答案應選A、C、D。例1.4.2.在光滑的水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量大小分別記為E2、p2，則必有A．E1<E0B.p1<p0C.E2>E0D.p2>p0析與解：兩球相碰，其系統的動能不會增加而動量守恒，從動能方面分析：E0≥E1+E2，于是答案A對C錯；又對球1來講，動能比原來小，動量也必定比原來小，這樣答案B也對。再從系統的動量來分析，球1的動量變化大小大于原動量的大小，而球2的動量變化大小等于球1的動量變化的大小，因此答案D也對。于是答案為A、B、D。（二）.各種情況下的多解1.數學方程多解，且有特定的物理意義：例如對矢量有兩個可能的方向、同一電源對外供電