致胜高考9物理解析

1、致胜高考（9）物理1（6分）（2014武昌区模拟）两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的vt图象如图所示对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是（）AA、B加速时的加速度大小之比为2：1，A、B减速时的加速度大小之比为1：1B在t=3t0时刻，A、B相距最远C在t=5t0时刻，A、B相距最远D在t=6t0时刻，A、B相遇【考点】匀变速直线运动的图像菁优网版权所有【专题】运动学中的图像专题【分析】速度时间图象的斜率表示加速度，速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，当AB图象与坐标轴围成的面积相等时，相遇【解答】解

2、：A、速度时间图象的斜率表示加速度，则A加速时的加速度，减速时的加速度为，B加速时的加速度，减速时的加速度，所以A、B加速时的加速度大小之比为10：1，A、B减速时的加速度大小之比为1：1，故A错误；B、速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，当AB速度相等时，相距最远，由图象可知，在2t0和3t0之间相距最远，故BC错误；D、当AB图象与坐标轴围成的面积相等时，相遇，根据图象可知，在t=6t0时刻，A、B位移相等，相遇，故D正确故选：D【点评】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移2（6分）（2010新安县模拟）S1和S2

3、表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧，k1k2；a和b表示质量分别为ma和mb的两个小物体，mamb，将弹簧与物块按图示方式悬挂起来，现要求两根弹簧的总长度最大，则应使（）AS1在上，a在上BS1在上，b在上CS2在上，a在上DS2在上，b在上【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律菁优网版权所有【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】弹簧和物体共有四种组合方式，分别对上下两个物体受力分析，然后结合胡克定律求解出弹簧的总长度【解答】解：先对下面的物体受力分析，受重力和下面的弹簧的拉力而平衡，即下面的弹簧的弹力等于下面弹簧的拉力，有k下x下=m下g 再对两个物体的整体受

4、力分析，受到总重力和上面弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有k上x上=（ma+mb）g 弹簧总长度为L=La+Lb+x上+x下=要使总长度最大，k上要取最小值k2，m下要取最大值ma，k下要取最大值k1，故S2在上，b在上；故选D【点评】本题关键是对a、b物体受力分析，求出上下两个弹簧的弹力，然后根据胡克定律得到总长度的表达式进行分析讨论；当然也可以对四种组合分别求出总长度的表达式再进行分析3（6分）（2015西城区二模）如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受

5、阻力可忽略那么，过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是（）A车头A通过P点时的速度最小B车的中点B通过P点时的速度最小C车尾C通过P点时的速度最小DA、B、C通过P点时的速度一样大【考点】功能关系菁优网版权所有【分析】对过山车的运动过程进行分析，运动过程中只有重力做功机械能守恒，当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，据此分析即可【解答】解：过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，质心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正

6、确故选：B【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，本题要知道当重力势能最大时，过山车的动能最小，难度不大，属于基础题4（6分）（2015辽宁校级模拟）电动机的内电阻r=2，与R=8的电阻串连接在线圈上，如图所示已知线圈面积为m2，共100匝，线圈的电阻为2，线圈在B=T的匀强磁场中绕OO'以转速n=600r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100V则下列说法正确的是（）A电路中电流的最大值为5AB电路中电流的最大值为10AC电动机正常工作时的输出功率为1000WD电动机正常工作时的输出功率为800W【考点】电功、电功率；交流发电机及其产生正弦式电流

7、的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率菁优网版权所有【专题】恒定电流专题【分析】先根据线圈转动时产生的电动势的最大值公式求出感应电动势的最大值，进而求出有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流，电动机正常工作时的输出功率等于总功率减去内阻消耗的功率【解答】解：A、B、线圈转动时的角速度：=2n=2×10rad/s=20rad/s；线圈转动时产生的电动势的最大值为：Em=NBS=100×××20=200V有效值为：E=200V；设线圈的电阻为r，则电路中的电流I为：I=10A；故最大电流为10A；故A错误，B正确；C、D、电动机正常工作时的输出功率为：

8、P=UII2r=100×10W102×2W=800W，故C错误，D错误；故选：B【点评】本题考查了交流发电机的原理，关键是分清有效值、最大值、瞬时值等概念，同时要结合闭合电路欧姆定律列式求解，不难5（6分）（2015辽宁校级模拟）如图所示，在光滑小滑轮C正下方相距h的A处固定一电量为Q的点电荷，电量为q的带电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态，这时小球与A点的距离为R，细线CB与AB垂直（静电力恒量为K，环境可视为真空），若小球所受的重力的为G，缓慢拉动细线（始终保持小球平衡）直到小球刚到滑轮的正下方过程中，拉力所做的功为W

9、1，电场力做功为W2，则下列关系式正确的是（）AW1=（h2R2）BW2=GR（1）CW1=（1）DG=【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力菁优网版权所有【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对小球在B点受力分析正交分解，可求重力大小缓慢移动过程可视为速度始终为0，原题虽说明末位置在滑轮下方，但并不明确，对小球受力分析后，应用三角形相似可确定末位置再对移动过程使用动能定理即可求出拉力的功【解答】解：对小球，在B点时，受力分析如图有解得对小球移动过程，由于ABCBED，如图，当小球移动时，由于F、G不变，则边AB、AC长度不变，最终小球停在A点上方距离为R的H处如图则全过程库仑力

10、F不做功，全过程由动能定理得GR（1sin）+W1=0解得，又，故也可写成故选：C【点评】本题考查动能定理、共点力作用下物体的平衡、物体的动态平衡等问题，用到矢量三角形与实物三角形相似的原理，不容易想到，难度较大6（6分）（2015辽宁校级模拟）为了探寻金矿区域的位置和金矿储量，常利用重力加速度反常现象如图所示，P点为某地区水平地面上的一点，假定在P点正下方有一空腔或密度较大的金矿，该地区重力加速度的大小就会与正常情况有微小偏离，这种现象叫做“重力加速度反常”如果球形区域内储藏有金矿，已知金矿的密度为，球形区域周围均匀分布的岩石密度为0，且0又已知引力常量为G，球形空腔体积为V，球心深度为d（

11、远小于地球半径），则下列说法正确的是（）A有金矿会导致P点重力加速度偏小B有金矿会导致P点重力加速度偏大CP点重力加速度反常值约为g=GD在图中P1点重力加速度反常值大于P点重力加速度反常值【考点】万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】万有引力定律的应用专题【分析】假设在空腔处填满岩石，由万有引力定律求列方程求出重力加速度的反常值，根据反常值的表达式分析答题【解答】解：如果将近地表的球形空腔填满密度为0的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值重力加速度的反常值是g，填充岩石的质量M0=0V，设在P点有一质量为m的物体，则G=mg，g=G=G；A、B、由于金矿密度大于岩石密度，金矿对P处m的引

12、力大于岩石的引力，所以有金矿处会导致重力加速度偏大，故A错误，B正确；C、P点重力加速度的反常值约为，g=G，故C正确；D、由重力反常值的表达式g=G可知，重力加速度的反常值与深度V、d有关，在图中P1点到球心的距离大于P点到球心的距离，所以在图中P1点重力加速度反常值小于P点重力加速度反常值，故D错误；故选：BC【点评】由于金矿的密度大于岩石的密度，同体积的金矿质量大于同体积的岩石质量，因此储存金矿的位置重力加速度偏大，出现异常，由万有引力定律可以求出异常值7（6分）（2015辽宁校级模拟）如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态

13、下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（）A保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变【考点】电容；电势能菁优网版权所有【专题】电容器专题【分析】单向二极管与平行板电容器串连接入电源两极，导致平行板电容器只能充电，不能放电所以当开关闭合时，电容器的电量只可能增加不可能减小当开关断开时，电容器的电量不变【解答】解：A、当保持开关S闭合时，则电容器的电压不变；当增大A、B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会

14、减小，则电容器的电量会不变由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关所以电场强度不变，故A正确；B、当保持开关S闭合时，电容器的电压不变；当减小A、B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电量增加由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关因此电场强度增大，所以P向上运动故B正确；C、当增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变因此P仍处于静止，故C错误；D、A板稍下移，导致电容器的电容增大；当断开S后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点

15、的电势能也不变故D正确；故选：ABD【点评】本题考查影响电容器的电容因素，及二极管的作用尤其注意的是二极管接入这样的电路，只会导致电容器的电量有增无减同时考查了影响平行板电容器的电场强度的因素8（6分）（2015辽宁校级模拟）如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090°），其中MN与PQ平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，其上端所接定值电阻为R给金属棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r，当ab棒沿导轨上滑距离x时，速度减小为零则下列说法不正确的是（）A在该过程中，导体棒所受合外力做功为mv02B在该过程中，通过电阻R的电荷量为C在该过程中，电阻R产生的焦耳热为D在导体棒获得初速度时，整个电路消耗的电功率为v0【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率菁优网版权所有【专题】电磁感应与电路结合【分析】合外力做功根据动能定理求由根据电磁感应定律、欧姆定律和电量与电流的关系式求解电荷量根据能量守恒求电阻R产生的焦耳热和整个电路消耗的电功率【解答】