致勝高考9物理解析

1、致勝高考（9）物理1（6分）（2014武昌區(qū)模擬）兩個質(zhì)點A、B放在同一水平面上，由靜止開始從同一位置沿相同方向同時開始做直線運動，其運動的vt圖象如圖所示對A、B運動情況的分析，下列結(jié)論正確的是（）AA、B加速時的加速度大小之比為2：1，A、B減速時的加速度大小之比為1：1B在t=3t0時刻，A、B相距最遠C在t=5t0時刻，A、B相距最遠D在t=6t0時刻，A、B相遇【考點】勻變速直線運動的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】運動學中的圖像專題【分析】速度時間圖象的斜率表示加速度，速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移，當AB速度相等時，相距最遠，當AB圖象與坐標軸圍成的面積相等時，相遇【解答】解

2、：A、速度時間圖象的斜率表示加速度，則A加速時的加速度，減速時的加速度為，B加速時的加速度，減速時的加速度，所以A、B加速時的加速度大小之比為10：1，A、B減速時的加速度大小之比為1：1，故A錯誤；B、速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移，當AB速度相等時，相距最遠，由圖象可知，在2t0和3t0之間相距最遠，故BC錯誤；D、當AB圖象與坐標軸圍成的面積相等時，相遇，根據(jù)圖象可知，在t=6t0時刻，A、B位移相等，相遇，故D正確故選：D【點評】解決本題的關(guān)鍵通過圖象得出勻加速運動和勻減速運動的加速度，以及知道速度時間圖線與時間軸所圍成的面積表示位移2（6分）（2010新安縣模擬）S1和S2

3、表示勁度系數(shù)分別為k1和k2的兩根彈簧，k1k2；a和b表示質(zhì)量分別為ma和mb的兩個小物體，mamb，將彈簧與物塊按圖示方式懸掛起來，現(xiàn)要求兩根彈簧的總長度最大，則應使（）AS1在上，a在上BS1在上，b在上CS2在上，a在上DS2在上，b在上【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用；胡克定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】共點力作用下物體平衡專題【分析】彈簧和物體共有四種組合方式，分別對上下兩個物體受力分析，然后結(jié)合胡克定律求解出彈簧的總長度【解答】解：先對下面的物體受力分析，受重力和下面的彈簧的拉力而平衡，即下面的彈簧的彈力等于下面彈簧的拉力，有k下x下=m下g 再對兩個物體的整體受

4、力分析，受到總重力和上面彈簧的拉力，根據(jù)共點力平衡條件，有k上x上=（ma+mb）g 彈簧總長度為L=La+Lb+x上+x下=要使總長度最大，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；故選D【點評】本題關(guān)鍵是對a、b物體受力分析，求出上下兩個彈簧的彈力，然后根據(jù)胡克定律得到總長度的表達式進行分析討論；當然也可以對四種組合分別求出總長度的表達式再進行分析3（6分）（2015西城區(qū)二模）如圖所示為游樂場中過山車的一段軌道，P點是這段軌道的最高點，A、B、C三處是過山車的車頭、中點和車尾假設這段軌道是圓軌道，各節(jié)車廂的質(zhì)量相等，過山車在運行過程中不受牽引力，所受

5、阻力可忽略那么，過山車在通過P點的過程中，下列說法正確的是（）A車頭A通過P點時的速度最小B車的中點B通過P點時的速度最小C車尾C通過P點時的速度最小DA、B、C通過P點時的速度一樣大【考點】功能關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】對過山車的運動過程進行分析，運動過程中只有重力做功機械能守恒，當重力勢能最大時，過山車的動能最小，即速度最小，據(jù)此分析即可【解答】解：過山車在運動過程中，受到重力和軌道支持力作用，只有重力做功，機械能守恒，動能和重力勢能之間相互轉(zhuǎn)化，則當重力勢能最大時，過山車的動能最小，即速度最小，根據(jù)題意可知，車的中點B通過P點時，質(zhì)心的位置最高，重力勢能最大，則動能最小，速度最小，故B正

6、確故選：B【點評】本題主要考查了機械能守恒定律的直接應用，本題要知道當重力勢能最大時，過山車的動能最小，難度不大，屬于基礎(chǔ)題4（6分）（2015遼寧校級模擬）電動機的內(nèi)電阻r=2，與R=8的電阻串連接在線圈上，如圖所示已知線圈面積為m2，共100匝，線圈的電阻為2，線圈在B=T的勻強磁場中繞OO'以轉(zhuǎn)速n=600r/min勻速轉(zhuǎn)動，在合上開關(guān)S后電動機正常工作時，電壓表的示數(shù)為100V則下列說法正確的是（）A電路中電流的最大值為5AB電路中電流的最大值為10AC電動機正常工作時的輸出功率為1000WD電動機正常工作時的輸出功率為800W【考點】電功、電功率；交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流

7、的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】恒定電流專題【分析】先根據(jù)線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢的最大值公式求出感應電動勢的最大值，進而求出有效值，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流，電動機正常工作時的輸出功率等于總功率減去內(nèi)阻消耗的功率【解答】解：A、B、線圈轉(zhuǎn)動時的角速度：=2n=2×10rad/s=20rad/s；線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢的最大值為：Em=NBS=100×××20=200V有效值為：E=200V；設線圈的電阻為r，則電路中的電流I為：I=10A；故最大電流為10A；故A錯誤，B正確；C、D、電動機正常工作時的輸出功率為：

8、P=UII2r=100×10W102×2W=800W，故C錯誤，D錯誤；故選：B【點評】本題考查了交流發(fā)電機的原理，關(guān)鍵是分清有效值、最大值、瞬時值等概念，同時要結(jié)合閉合電路歐姆定律列式求解，不難5（6分）（2015遼寧校級模擬）如圖所示，在光滑小滑輪C正下方相距h的A處固定一電量為Q的點電荷，電量為q的帶電小球B，用絕緣細線拴著，細線跨過定滑輪，另一端用適當大小的力拉住，使小球處于靜止狀態(tài)，這時小球與A點的距離為R，細線CB與AB垂直（靜電力恒量為K，環(huán)境可視為真空），若小球所受的重力的為G，緩慢拉動細線（始終保持小球平衡）直到小球剛到滑輪的正下方過程中，拉力所做的功為W

9、1，電場力做功為W2，則下列關(guān)系式正確的是（）AW1=（h2R2）BW2=GR（1）CW1=（1）DG=【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】共點力作用下物體平衡專題【分析】對小球在B點受力分析正交分解，可求重力大小緩慢移動過程可視為速度始終為0，原題雖說明末位置在滑輪下方，但并不明確，對小球受力分析后，應用三角形相似可確定末位置再對移動過程使用動能定理即可求出拉力的功【解答】解：對小球，在B點時，受力分析如圖有解得對小球移動過程，由于ABCBED，如圖，當小球移動時，由于F、G不變，則邊AB、AC長度不變，最終小球停在A點上方距離為R的H處如圖則全過程庫侖力

10、F不做功，全過程由動能定理得GR（1sin）+W1=0解得，又，故也可寫成故選：C【點評】本題考查動能定理、共點力作用下物體的平衡、物體的動態(tài)平衡等問題，用到矢量三角形與實物三角形相似的原理，不容易想到，難度較大6（6分）（2015遼寧校級模擬）為了探尋金礦區(qū)域的位置和金礦儲量，常利用重力加速度反?，F(xiàn)象如圖所示，P點為某地區(qū)水平地面上的一點，假定在P點正下方有一空腔或密度較大的金礦，該地區(qū)重力加速度的大小就會與正常情況有微小偏離，這種現(xiàn)象叫做“重力加速度反?！比绻蛐螀^(qū)域內(nèi)儲藏有金礦，已知金礦的密度為，球形區(qū)域周圍均勻分布的巖石密度為0，且0又已知引力常量為G，球形空腔體積為V，球心深度為d（

11、遠小于地球半徑），則下列說法正確的是（）A有金礦會導致P點重力加速度偏小B有金礦會導致P點重力加速度偏大CP點重力加速度反常值約為g=GD在圖中P1點重力加速度反常值大于P點重力加速度反常值【考點】萬有引力定律及其應用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】萬有引力定律的應用專題【分析】假設在空腔處填滿巖石，由萬有引力定律求列方程求出重力加速度的反常值，根據(jù)反常值的表達式分析答題【解答】解：如果將近地表的球形空腔填滿密度為0的巖石，則該地區(qū)重力加速度便回到正常值重力加速度的反常值是g，填充巖石的質(zhì)量M0=0V，設在P點有一質(zhì)量為m的物體，則G=mg，g=G=G；A、B、由于金礦密度大于巖石密度，金礦對P處m的引

12、力大于巖石的引力，所以有金礦處會導致重力加速度偏大，故A錯誤，B正確；C、P點重力加速度的反常值約為，g=G，故C正確；D、由重力反常值的表達式g=G可知，重力加速度的反常值與深度V、d有關(guān)，在圖中P1點到球心的距離大于P點到球心的距離，所以在圖中P1點重力加速度反常值小于P點重力加速度反常值，故D錯誤；故選：BC【點評】由于金礦的密度大于巖石的密度，同體積的金礦質(zhì)量大于同體積的巖石質(zhì)量，因此儲存金礦的位置重力加速度偏大，出現(xiàn)異常，由萬有引力定律可以求出異常值7（6分）（2015遼寧校級模擬）如圖所示，D是一個具有單向?qū)щ娦缘睦硐攵O管，水平放置的平行板電容器AB內(nèi)部原有帶電微粒P處于靜止狀態(tài)

13、下列措施下，關(guān)于P的運動情況的說法中正確的是（）A保持S閉合，增大A、B板間距離，P仍靜止B保持S閉合，減小A、B板間距離，P向上運動C斷開S后，增大A、B板間距離，P向下運動D若B板接地，斷開S后，A板稍下移，P的電勢能不變【考點】電容；電勢能菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】電容器專題【分析】單向二極管與平行板電容器串連接入電源兩極，導致平行板電容器只能充電，不能放電所以當開關(guān)閉合時，電容器的電量只可能增加不可能減小當開關(guān)斷開時，電容器的電量不變【解答】解：A、當保持開關(guān)S閉合時，則電容器的電壓不變；當增大A、B極間距，則導致電容器的電容減小，則出現(xiàn)電容器的電量減小，然而二極管作用導致電容器的電量不會

14、減小，則電容器的電量會不變由于平行板電容器的電場強度與電容器的電量、電介質(zhì)及正對面積有關(guān)所以電場強度不變，故A正確；B、當保持開關(guān)S閉合時，電容器的電壓不變；當減小A、B極間距，則導致電容器的電容增加，則出現(xiàn)電容器的電量增加由于平行板電容器的電場強度與電容器的電量、電介質(zhì)及正對面積有關(guān)因此電場強度增大，所以P向上運動故B正確；C、當增大A、B板間距離，導致電容器的電容減小，由于斷開開關(guān)S，則電容器的電量不變，所以極板間的電場強度不變因此P仍處于靜止，故C錯誤；D、A板稍下移，導致電容器的電容增大；當斷開S后，則電容器的電量不變，所以電場強度也不變由于B板接地，則P點到B板的電勢差不變，因此P點

15、的電勢能也不變故D正確；故選：ABD【點評】本題考查影響電容器的電容因素，及二極管的作用尤其注意的是二極管接入這樣的電路，只會導致電容器的電量有增無減同時考查了影響平行板電容器的電場強度的因素8（6分）（2015遼寧校級模擬）如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成角（090°），其中MN與PQ平行且間距為l，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計，其上端所接定值電阻為R給金屬棒ab一沿斜面向上的初速度v0，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為r，當ab棒沿導軌上滑距離x時，速度減小為零則下列說法不正確的是（）A在該過程中，導體棒所受合外力做功為mv02B在該過程中，通過電阻R的電荷量為C在該過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為D在導體棒獲得初速度時，整個電路消耗的電功率為v0【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】電磁感應與電路結(jié)合【分析】合外力做功根據(jù)動能定理求由根據(jù)電磁感應定律、歐姆定律和電量與電流的關(guān)系式求解電荷量根據(jù)能量守恒求電阻R產(chǎn)生的焦耳熱和整個電路消耗的電功率【解答】