专题强化训练(二十三)
1. (多选)(2024·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] ABC
2.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θ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)( )
A．T＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ)，FN＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ)，FN＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ)，FN＝m(gsinθ＋acosθ)
1
[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a＝0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＝项B，故选项A正确．
[答案] A
3．一个质量为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θ，则t秒末重力的瞬时功率是( )
?mgsinθ?tA.
2m?mgsinθ?tC.
22
时，小球将离开斜面，斜面的支持力FN＝0，排除选
tanθg?mgsinθ?tB.
2mD.
?mgsinθ?t22
22
mm
[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] C
4．(2024·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OP＝L.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( )
A．E＝C．E＝kQ2
R＋L2
B．E＝D．E＝kQL R2＋L2
kQL 223
?R＋L?
kQR 223
?R＋L?
[解析] 当R＝0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＝2，将R＝0代入四个选项，只有A、D选项满足；当L＝0时，均匀带电圆环的中心处产生的电场的电场强度为0，将L＝0代入选项A、D，只有选项D满足．
[答案] D
5．(2024·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μ，现用水平拉力FkQL 2
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α；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2α，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 B．A、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 D．A受到的摩擦力不变
[解析] 对B受力分析，其加速度大小为a＝gtanα，细绳拉力大小T＝，经分析
cosα可知，当α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N＝2mg，当α增大为原来的2倍时，支持力保持不变，则摩擦力f＝μN不变，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，经分析可知，当α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] D
6．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：①以速率v移动d，使它与Ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与Oa的距离减少一半；③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；④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( )
mg
3
A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4 C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4
B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4 D．Q1≠Q2＝Q3≠2Q4
[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ΔΦBΔSE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：Q＝IΔt＝ΔtΔtΔtR＝
BΔS.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R于所围成面积的变化．①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ΔS1＝x1·x2；②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
2减小了ΔS2＝2x1·＝x1·x2；③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝
22x1·＝x1·x2；④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1
2＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4.
[答案] A
7.如图所示电路中，R1>R2＋r(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( )
x2
x2
x2
A．电源的总功率增大 B．电源内部的电势降落减小 C．R1消耗的功率先增大后减小 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的过程中，R1接入电路的阻值减小，电路总电流
I＝E/(R1＋R2＋r)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P2＝I2R2增大；可以把R2等效为电源的内阻，即r内＝R2＋r，这样P1就是电源
的输出功率，就可以利用结论：当R1＝r内时，输出功率P1最大；当R1
[答案] B
4
8．(2024·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.
3Rgg B.
22Rg2R
C.
23R D.
g
[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x＝Rcos45°＝
21
R.由y＝gt2，解得t＝ 42
21
R.根据平抛运动规律，x＝vxt，y＝vyt，联22
立解得y＝
2R.小球离开截口运动到最高点的斜抛运动过程2g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T＝2t＝2×
[答案] B
9．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
2R＝2g22R，选项B正确．
gO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( )
5
高考物理大二轮复习专题强化训练23选择题增分策略
