（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練23 選擇題增分策略

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1、專題強化訓練(二十三) 1. (多選)(2019·河北六校聯(lián)考)某節(jié)能運輸系統(tǒng)裝置的簡化示意圖如圖所示．小車在軌道頂端時，自動將貨物裝入車中，然后小車載著貨物沿不光滑的軌道無初速度下滑，并壓縮彈簧．當彈簧被壓縮至最短時，立即鎖定并自動將貨物卸下．卸完貨物后隨即解鎖，小車恰好被彈回到軌道頂端，此后重復上述過程．則下列說法中正確的是(　　) A．小車上滑的加速度大于下滑的加速度 B．小車每次運載貨物的質量必須是確定的 C．小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功 D．小車與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能 [解析]　題

2、目中強調“不光滑的軌道\”，軌道既然不光滑，小車與貨物從頂端滑到最低點的過程中，必有摩擦力做功，將能量轉化為內(nèi)能，故選項D一定是錯誤的．就該題而言，若能抓住題干中“不光滑的軌道”這一“破綻”，快速排除選項D，就不會做錯該題，最多是選不全，也不至于選錯而不得分．這對基礎較差的同學來說，是有效提高分數(shù)的一項技能． [答案]　ABC 2.如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行．在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)(　　) A．T＝m(gs

3、inθ＋acosθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ＋acosθ) [解析]　一般的求解方法是分解力或加速度后，再應用牛頓第二定律列式求解，其實用特殊值代入法更簡單，當加速度a＝0時，小球受到細線的拉力T不為零也不可能為負值，所以排除選項C、D；當加速度a＝時，小球將離開斜面，斜面的支持力FN＝0，排除選項B，故選項A正確． [答案]　A 3．一個質量為m的物體沿光滑的斜面

4、從靜止開始滑下，已知斜面的傾角為θ，則t秒末重力的瞬時功率是(　　) A. B. C. D. [解析]　功率的單位是“焦耳/秒”，即可排除選項B、D，再比較選項A和C，可知選項A求的是平均功率，所以只有選項C正確． [答案]　C 4．(2019·合肥高三質檢)如圖所示，一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地帶電荷量為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，判斷正確的表達式是(　　) A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝ [解析]　

5、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＝，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 5．(2019·安徽百校一模)如圖所示，在粗糙的水平桿上套著一個滑塊A，用輕質細繩將A與一小球B相連，A、B的質量均為m，A與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右運動，此時細繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運動時，細繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．細繩的拉力變?yōu)?/p>

6、原來的2倍 B．A、B的加速度變?yōu)樵瓉淼?倍 C．水平拉力F變?yōu)樵瓉淼?倍 D．A受到的摩擦力不變 [解析]　對B受力分析，其加速度大小為a＝gtanα，細繩拉力大小T＝，經(jīng)分析可知，當α增大為原來的2倍時，a和T不一定是原來的2倍，A、B錯誤；對A、B整體受力分析，豎直方向上，支持力N＝2mg，當α增大為原來的2倍時，支持力保持不變，則摩擦力f＝μN不變，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，經(jīng)分析可知，當α增大為原來的2倍時，F(xiàn)不一定變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確． [答案]　D 6．如圖，在勻強磁場中固定放置一根串接一電阻R的直角形金屬導軌aOb(在紙面內(nèi)

7、)，磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金屬c、d分別平行于Oa、Ob放置．保持導軌之間接觸良好，金屬導軌的電阻不計，現(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：①以速率v移動d，使它與Ob的距離增大一倍；②再以速率v移動c，使它與Oa的距離減少一半；③然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；④最后以速率2v移動d，使它也回到原處．設上述四個過程中通過電阻R的電量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則(　　) A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4 C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q1≠Q(mào)2＝Q3≠2Q4 [解析]　設開始導軌d與Ob的距離為x1，導軌c與Oa的距離為x2，由法拉

8、第電磁感應定律知移動c或d時產(chǎn)生的感應電動勢：E＝＝，通過R的電量為：Q＝IΔt＝Δt＝.可見通過R的電量與導體d或c移動的速度無關，由于B與R為定值，其電量取決于所圍成面積的變化．①若導軌d與Ob距離增大一倍，即由x1變?yōu)?x1，則所圍成的面積增大了ΔS1＝x1·x2；②若導軌c再與Oa距離減小一半，即由x2變?yōu)椋瑒t所圍成的面積又減小了ΔS2＝2x1·＝x1·x2；③若導軌c再回到原處，此過程面積的變化為ΔS3＝ΔS2＝2x1·＝x1·x2；④最后導軌d又回到原處，此過程面積的變化為ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，則通過電阻R的電量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4.

9、 [答案]　A 7.如圖所示電路中，R1>R2＋r(r為電源電阻)，在滑動變阻器的滑片P由a向右移動b的過程中，以下說法中不正確的是(　　) A．電源的總功率增大 B．電源內(nèi)部的電勢降落減小 C．R1消耗的功率先增大后減小 D．R2消耗的功率一定增大 [解析]　在R1的滑片P由a向右移到b的過程中，R1接入電路的阻值減小，電路總電流I＝E/(R1＋R2＋r)增大，電源的總功率P總＝IE增大，電源內(nèi)部的電勢降落U內(nèi)＝Ir增大，R2消耗的功率P2＝I2R2增大；可以把R2等效為電源的內(nèi)阻，即r內(nèi)＝R2＋r，這樣P1就是電源的輸出功率，就可以利用結論：當R1＝r內(nèi)時，輸出功率P1最

10、大；當R1r內(nèi)時，隨著R1阻值的增大輸出功率P1減小． [答案]　B 8．(2018·河北名校聯(lián)盟)在豎直平面內(nèi)固定一光滑細圓管道，管道半徑為R.若沿如圖所示的兩條虛線截去軌道的四分之一，管內(nèi)有一個直徑略小于管徑的小球在運動，且恰能從一個截口拋出，從另一個截口無碰撞地進入管道繼續(xù)做圓周運動．重力加速度為g，那么小球每次飛越無管區(qū)域的時間為(　　) A. B. C. D. [解析]　小球離開截口后只受重力作用，做斜拋運動．由于小球在豎直虛線兩側的運動對稱．分析小球從最高點到進入截口的平拋運動，小球進入截口時速度方

11、向與水平方向成45°角，小球水平分速度vx和豎直分速度vy大小相等．由圖中幾何關系可知，小球從最高點運動到截口時水平位移為x＝Rcos45°＝R.根據(jù)平拋運動規(guī)律，x＝vxt，y＝vyt，聯(lián)立解得y＝R.由y＝gt2，解得t＝ .小球離開截口運動到最高點的斜拋運動過程可通過逆向思維轉化為從最高點運動到截口的平拋運動，所以小球每次飛越無管區(qū)域的時間為T＝2t＝2× ＝，選項B正確． [答案]　B 9．如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點

12、以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2.則(　　) A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2 C．v1＝v2，t1t2，故選項A正確． [答案]　A 10．(2019·南昌一模)如圖

13、所示，AB是固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，CD是固定于豎直平面內(nèi)的光滑斜面軌道，A、B兩點和C、D兩點的高度差相同，且的弧長與斜面CD長度相等．現(xiàn)讓小球甲從A點由靜止開始沿圓弧軌道下滑到B點，小球乙從C點由靜止開始沿斜面軌道下滑到D點，兩球質量相等．以下說法正確的是(　　) A．甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小 B．甲球所受外力的沖量比乙球所受外力的沖量小 C．兩球所受軌道的支持力的沖量均為零 D．兩球動量的變化量相同 [解析]　由機械能守恒定律可知，甲、乙兩球下滑到底端的速度大小相等，因甲做加速度減小的變加速運動，乙做勻加速直線運動， 故可畫出兩球的速率v與時間t的關系圖像如圖所示，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示路程，因s甲＝s乙，則可知甲滑到底端的時間較短，再結合I＝mgt及兩球質量相等可知，甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小，選項A正確；甲、乙兩球滑到底端時，兩球動量的變化量大小相同，但方向不同，根據(jù)動量定理可知，外力對甲、乙兩球的沖量大小相同，但是方向不同，選項B、D錯誤；因支持力FN均不為零，根據(jù)I′＝FNt可知，兩球所受軌道的支持力的沖量均不為零，選項C錯誤． [答案]　A 7