（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题强化训练23 选择题增分策略

专题强化训练(二十三)1. (多选)(2019河北六校联考)某节能运输系统装置的简化示意图如图所示小车在轨道顶端时，自动将货物装入车中，然后小车载着货物沿不光滑的轨道无初速度下滑，并压缩弹簧当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下卸完货物后随即解锁，小车恰好被弹回到轨道顶端，此后重复上述过程则下列说法中正确的是()A小车上滑的加速度大于下滑的加速度B小车每次运载货物的质量必须是确定的C小车上滑过程中克服摩擦阻力做的功小于小车下滑过程中克服摩擦阻力做的功D小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析题目中强调“不光滑的轨道”，轨道既然不光滑，小车与货物从顶端滑到最低点的过程中，必有摩擦力做功，将能量转化为内能，故选项D一定是错误的就该题而言，若能抓住题干中“不光滑的轨道”这一“破绽”，快速排除选项D，就不会做错该题，最多是选不全，也不至于选错而不得分这对基础较差的同学来说，是有效提高分数的一项技能答案ABC2.如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()ATm(gsinacos)，FNm(gcosasin)BTm(gcosasin)，FNm(gsinacos)CTm(acosgsin)，FNm(gcosasin)DTm(asingcos)，FNm(gsinacos)解析一般的求解方法是分解力或加速度后，再应用牛顿第二定律列式求解，其实用特殊值代入法更简单，当加速度a0时，小球受到细线的拉力T不为零也不可能为负值，所以排除选项C、D；当加速度a时，小球将离开斜面，斜面的支持力FN0，排除选项B，故选项A正确答案A3一个质量为m的物体沿光滑的斜面从静止开始滑下，已知斜面的倾角为，则t秒末重力的瞬时功率是()A. B.C. D.解析功率的单位是“焦耳/秒”，即可排除选项B、D，再比较选项A和C，可知选项A求的是平均功率，所以只有选项C正确答案C4(2019合肥高三质检)如图所示，一半径为R的绝缘环上，均匀地带电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OPL.静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()AE BECE DE解析当R0时，带电圆环等同一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知在P点的电场强度为E，将R0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L0代入选项A、D，只有选项D满足答案D5(2019安徽百校一模)如图所示，在粗糙的水平杆上套着一个滑块A，用轻质细绳将A与一小球B相连，A、B的质量均为m，A与杆间的动摩擦因数为，现用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右运动，此时细绳与竖直方向的夹角为；若增大水平拉力，使A、B一起运动时，细绳与竖直方向的夹角增大为2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A细绳的拉力变为原来的2倍BA、B的加速度变为原来的2倍C水平拉力F变为原来的2倍DA受到的摩擦力不变解析对B受力分析，其加速度大小为agtan，细绳拉力大小T，经分析可知，当增大为原来的2倍时，a和T不一定是原来的2倍，A、B错误；对A、B整体受力分析，竖直方向上，支持力N2mg，当增大为原来的2倍时，支持力保持不变，则摩擦力fN不变，水平方向有Ff2ma，得F2mg2mgtan，经分析可知，当增大为原来的2倍时，F不一定变为原来的2倍，C错误，D正确答案D6如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aOb(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属c、d分别平行于Oa、Ob放置保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计，现经历以下四个过程：以速率v移动d，使它与Ob的距离增大一倍；再以速率v移动c，使它与Oa的距离减少一半；然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；最后以速率2v移动d，使它也回到原处设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则()AQ1Q2Q3Q4 BQ1Q22Q32Q4C2Q12Q2Q3Q4 DQ1Q2Q32Q4解析设开始导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知移动c或d时产生的感应电动势：E，通过R的电量为：QItt.可见通过R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变为2x1，则所围成的面积增大了S1x1x2；若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为，则所围成的面积又减小了S22x1x1x2；若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为S3S22x1x1x2；最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为S4x1x2；由于S1S2S3S4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1Q2Q3Q4.答案A7.如图所示电路中，R1R2r(r为电源电阻)，在滑动变阻器的滑片P由a向右移动b的过程中，以下说法中不正确的是()A电源的总功率增大B电源内部的电势降落减小CR1消耗的功率先增大后减小DR2消耗的功率一定增大解析在R1的滑片P由a向右移到b的过程中，R1接入电路的阻值减小，电路总电流IE/(R1R2r)增大，电源的总功率P总IE增大，电源内部的电势降落U内Ir增大，R2消耗的功率P2I2R2增大；可以把R2等效为电源的内阻，即r内R2r，这样P1就是电源的输出功率，就可以利用结论：当R1r内时，输出功率P1最大；当R1r内时，随着R1阻值的增大输出功率P1减小答案B8(2018河北名校联盟)在竖直平面内固定一光滑细圆管道，管道半径为R.若沿如图所示的两条虚线截去轨道的四分之一，管内有一个直径略小于管径的小球在运动，且恰能从一个截口抛出，从另一个截口无碰撞地进入管道继续做圆周运动重力加速度为g，那么小球每次飞越无管区域的时间为()A. B. C. D. 解析小球离开截口后只受重力作用，做斜抛运动由于小球在竖直虚线两侧的运动对称分析小球从最高点到进入截口的平抛运动，小球进入截口时速度方向与水平方向成45角，小球水平分速度vx和竖直分速度vy大小相等由图中几何关系可知，小球从最高点运动到截口时水平位移为xRcos45R.根据平抛运动规律，xvxt，yvyt，联立解得yR.由ygt2，解得t .小球离开截口运动到最高点的斜抛运动过程可通过逆向思维转化为从最高点运动到截口的平抛运动，所以小球每次飞越无管区域的时间为T2t2 ，选项B正确答案B9如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则()Av1v2，t1t2 Bv1t2Cv1v2，t1v2 Dv1v2，t1t2，故选项A正确答案A10(2019南昌一模)如图所示，AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，CD是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，A、B两点和C、D两点的高度差相同，且的弧长与斜面CD长度相等现让小球甲从A点由静止开始沿圆弧轨道下滑到B点，小球乙从C点由静止开始沿斜面轨道下滑到D点，两球质量相等以下说法正确的是()A甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小B甲球所受外力的冲量比乙球所受外力的冲量小C两球所受轨道的支持力的冲量均为零D两球动量的变化量相同解析由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑到底端的速度大小相等，因甲做加速度减小的变加速运动，乙做匀加速直线运动，故可画出两球的速率v与时间t的关系图像如图所示，vt图线与坐标轴围成的面积表示路程，因s甲s乙，则可知甲滑到底端的时间较短，再结合Imgt及两球质量相等可知，甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙两球滑到底端时，两球动量的变化量大小相同，但方向不同，根据动量定理可知，外力对甲、乙两球的冲量大小相同，但是方向不同，选项B、D错误；因支持力FN均不为零，根据IFNt可知，两球所受轨道的支持力的冲量均不为零，选项C错误答案A7