《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練23 選擇題增分策略》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練23 選擇題增分策略（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練(二十三) 1. (多選)(2019·河北六校聯(lián)考)某節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)裝置的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示．小車(chē)在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)將貨物裝入車(chē)中，然后小車(chē)載著貨物沿不光滑的軌道無(wú)初速度下滑，并壓縮彈簧．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，立即鎖定并自動(dòng)將貨物卸下．卸完貨物后隨即解鎖，小車(chē)恰好被彈回到軌道頂端，此后重復(fù)上述過(guò)程．則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小車(chē)上滑的加速度大于下滑的加速度 B．小車(chē)每次運(yùn)載貨物的質(zhì)量必須是確定的 C．小車(chē)上滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功小于小車(chē)下滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功 D．小車(chē)與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能 [解析]　題

2、目中強(qiáng)調(diào)“不光滑的軌道\”，軌道既然不光滑，小車(chē)與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，必有摩擦力做功，將能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故選項(xiàng)D一定是錯(cuò)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(xiàng)D，就不會(huì)做錯(cuò)該題，最多是選不全，也不至于選錯(cuò)而不得分．這對(duì)基礎(chǔ)較差的同學(xué)來(lái)說(shuō)，是有效提高分?jǐn)?shù)的一項(xiàng)技能． [答案]　ABC 2.如圖所示，細(xì)線的一端系一質(zhì)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(xì)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(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細(xì)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(yīng)用牛頓第二定律列式求解，其實(shí)用特殊值代入法更簡(jiǎn)單，當(dāng)加速度a＝0時(shí)，小球受到細(xì)線的拉力T不為零也不可能為負(fù)值，所以排除選項(xiàng)C、D；當(dāng)加速度a＝時(shí)，小球?qū)㈦x開(kāi)斜面，斜面的支持力FN＝0，排除選項(xiàng)B，故選項(xiàng)A正確． [答案]　A 3．一個(gè)質(zhì)量為m的物體沿光滑的斜面

4、從靜止開(kāi)始滑下，已知斜面的傾角為θ，則t秒末重力的瞬時(shí)功率是(　　) A. B. C. D. [解析]　功率的單位是“焦耳/秒”，即可排除選項(xiàng)B、D，再比較選項(xiàng)A和C，可知選項(xiàng)A求的是平均功率，所以只有選項(xiàng)C正確． [答案]　C 4．(2019·合肥高三質(zhì)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(duì)稱(chēng)軸上有一點(diǎn)P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.靜電力常量為k，關(guān)于P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E，下列四個(gè)表達(dá)式中有一個(gè)是正確的，請(qǐng)你根據(jù)所學(xué)的物理知識(shí)，通過(guò)一定的分析，判斷正確的表達(dá)式是(　　) A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝ [解析]　

5、當(dāng)R＝0時(shí)，帶電圓環(huán)等同一點(diǎn)電荷，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算式可知在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝，將R＝0代入四個(gè)選項(xiàng)，只有A、D選項(xiàng)滿足；當(dāng)L＝0時(shí)，均勻帶電圓環(huán)的中心處產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，將L＝0代入選項(xiàng)A、D，只有選項(xiàng)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(gè)滑塊A，用輕質(zhì)細(xì)繩將A與一小球B相連，A、B的質(zhì)量均為m，A與桿間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．細(xì)繩的拉力變?yōu)?/p>

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

7、)，磁場(chǎng)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(dǎo)軌之間接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，現(xiàn)經(jīng)歷以下四個(gè)過(guò)程：①以速率v移動(dòng)d，使它與Ob的距離增大一倍；②再以速率v移動(dòng)c，使它與Oa的距離減少一半；③然后，再以速率2v移動(dòng)c，使它回到原處；④最后以速率2v移動(dòng)d，使它也回到原處．設(shè)上述四個(gè)過(guò)程中通過(guò)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(shè)開(kāi)始導(dǎo)軌d與Ob的距離為x1，導(dǎo)軌c與Oa的距離為x2，由法拉

8、第電磁感應(yīng)定律知移動(dòng)c或d時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝＝，通過(guò)R的電量為：Q＝IΔt＝Δt＝.可見(jiàn)通過(guò)R的電量與導(dǎo)體d或c移動(dòng)的速度無(wú)關(guān)，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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)軌c再回到原處，此過(guò)程面積的變化為ΔS3＝ΔS2＝2x1·＝x1·x2；④最后導(dǎo)軌d又回到原處，此過(guò)程面積的變化為ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，則通過(guò)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(dòng)變阻器的滑片P由a向右移動(dòng)b的過(guò)程中，以下說(shuō)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(shì)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(guò)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(shì)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(jié)論：當(dāng)R1＝r內(nèi)時(shí)，輸出功率P1最

10、大；當(dāng)R1r內(nèi)時(shí)，隨著R1阻值的增大輸出功率P1減?。? [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(xì)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(gè)直徑略小于管徑的小球在運(yùn)動(dòng)，且恰能從一個(gè)截口拋出，從另一個(gè)截口無(wú)碰撞地進(jìn)入管道繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g，那么小球每次飛越無(wú)管區(qū)域的時(shí)間為(　　) A. B. C. D. [解析]　小球離開(kāi)截口后只受重力作用，做斜拋運(yùn)動(dòng)．由于小球在豎直虛線兩側(cè)的運(yùn)動(dòng)對(duì)稱(chēng)．分析小球從最高點(diǎn)到進(jìn)入截口的平拋運(yùn)動(dòng)，小球進(jìn)入截口時(shí)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(guān)系可知，小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到截口時(shí)水平位移為x＝Rcos45°＝R.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，x＝vxt，y＝vyt，聯(lián)立解得y＝R.由y＝gt2，解得t＝ .小球離開(kāi)截口運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的斜拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程可通過(guò)逆向思維轉(zhuǎn)化為從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到截口的平拋運(yùn)動(dòng)，所以小球每次飛越無(wú)管區(qū)域的時(shí)間為T(mén)＝2t＝2× ＝，選項(xiàng)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(guò)橢圓中心O點(diǎn)的水平線．已知一小球從M點(diǎn)出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v1，所需時(shí)間為t1；若該小球仍由M點(diǎn)

12、以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)的速率為v2，所需時(shí)間為t2.則(　　) A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2 C．v1＝v2，t1t2，故選項(xiàng)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(diǎn)和C、D兩點(diǎn)的高度差相同，且的弧長(zhǎng)與斜面CD長(zhǎng)度相等．現(xiàn)讓小球甲從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿圓弧軌道下滑到B點(diǎn)，小球乙從C點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面軌道下滑到D點(diǎn)，兩球質(zhì)量相等．以下說(shuō)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(dòng)量的變化量相同 [解析]　由機(jī)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(yùn)動(dòng)，乙做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 故可畫(huà)出兩球的速率v與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，v－t圖線與坐標(biāo)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(shí)間較短，再結(jié)合I＝mgt及兩球質(zhì)量相等可知，甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小，選項(xiàng)A正確；甲、乙兩球滑到底端時(shí)，兩球動(dòng)量的變化量大小相同，但方向不同，根據(jù)動(dòng)量定理可知，外力對(duì)甲、乙兩球的沖量大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B、D錯(cuò)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(xiàng)C錯(cuò)誤． [答案]　A 7