解析福建省漳州市八校高三第三次联考物理Word文档下载推荐.docx
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质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=ｍg表示出g进行比较;
忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量;
第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,也是最大的圆周运动的环绕速度.
A、质量是表示物体含物质多少的物理量,与引力无关,故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：
1，故A错误.
B、根据ｇ=
有：
M=
故地球的质量与月球的质量之比为:
＝
，故B错误．
C、重力加速度：
ｇ=
，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G１：
G2，故C错误.
Ｄ、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度:
v=
故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：
，故Ｄ正确．
故选:
D．
【点评】:
本题关键是明确重力和质量的区别,知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式分析即可．
3.（6分）（201５•漳州三模）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、Ｎ为板间同一电场线上的两点.一带电粒子（不计重力）以速度vM经过Ｍ点向下运动,一段时间后返回，以速度vN经过N点向上运动，全过程未与下板接触，则（ ）
A.粒子一定带正电
B.电场线方向一定竖直向上
C.M点的电势一定比N点的高
D．粒子在N点的电势能一定比在Ｍ点的大
电势能;
电势．
【专题】:
电场力与电势的性质专题.
由粒子的运动情景可得出粒子受到的电场力的方向,由电场力做功的性质可得出电势能及动能的变化．
A、B、Ｃ：
于带电粒子未与下板接触,可知粒子向下做的是减速运动,故电场力向上；
因粒子的电性与电场的方向都不知道，所以两个都不能判定.故Ａ错误,B错误，C错误;
D：
粒子由M到N电场力做负功，动能减少,电势能增加，故M点的电势能小于N点的电势能，故D正确.
D
（1）电场力做正功则电势能减小,电场力做负功则电势能增加；
（２）电场力做功要注意电荷的正负极性，极性不同则做功不同．
4．（6分）（201５•漳州三模）如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=１000匝，副线圈匝数n2=20０匝,原线圈所接交流电源的电动势瞬时值表达式e=3１1siｎ100πtV,副线圈所接电阻Ｒ＝8８Ω．电流表、电压表对电路影响可忽略不计.则（ ）
A.Ａ1的示数约为０．１0AＢ． V1的示数约为311V
C.V2的示数约为62.2V D．Ａ2的示数约为０.75A
变压器的构造和原理;
正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.
交流电专题.
根据理想变压器中原副线圈的电流、电压与匝数比之间关系可以直接求解，注意电压表、电流表示数均为有效值.
【解析】:
解:
由题意可知:
U1=
=220V，根据电压与匝数成正比得:
U２＝
=44V,
I２=
＝0．５Ａ，根据电流与匝数成反比得：
I１＝
＝0.１A,故A正确.
Ａ．
要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，注意电表的示数均为有效值．
５.（6分）（2015•漳州三模）沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t=０时刻的波形曲线如图所示，其波速为10m/ｓ，该时刻波恰好传播到x=６m的位置.介质中有a、ｂ两质点，下列说法中正确的是（ ）
A. ｔ=０时刻，ｂ质点的运动方向向上
Ｂ． t=０时刻,ｂ质点的速度大于a质点的速度
Ｃ．t=０时刻,b质点的加速度大于a质点的加速度
Ｄ.t=0.２s时刻,x＝９m处的质点位于波谷
横波的图象;
波长、频率和波速的关系.
振动图像与波动图像专题.
简谐波沿ｘ轴正方向传播,由波形的平移法判断ｔ=0时刻质点b的运动方向；
质点位于波峰时速度为零;
根据简谐运动的特征a=﹣
分析加速度的关系；
读出波长，求出周期,根据时间与周期的关系，确定ｔ＝０．2s时刻,ｘ=9m处的质点位置.
A、由题，简谐波沿x轴正方向传播，由波形的平移法判断可知,t=0时刻，b质点的运动方向向下，故A错误．
B、t=0时刻，a质点位于波峰,速度为零,故ｂ质点的速度大于a质点的速度.故B正确.
Ｃ、由图看出,质点a的位移大小大于b的位移大小，根据根据简谐运动的特征ａ=﹣
可知，加速度大小与位移大小成正比,则知ｂ质点的加速度小于a质点的加速度.故C错误.
D、波从x＝6m处传到x=9m处的时间为t=
s＝0.3s,故ｔ=0.2s时刻，ｘ=９m处的质点还没有振动．故D错误.
故选Ｂ
本题根据波的传播方向判断质点的振动方向,抓住简谐运动的特征，分析两质点加速度大小关系等等,都是基本问题.
６.（6分）（2015•漳州三模）如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈Ｍ相接，小闭合线圈Ｎ在大线圈M包围中,导轨上放一根光滑的金属杆ａｂ，磁感线垂直于导轨所在平面.小闭合线圈N通有顺时针方向的电流,该电流按下列图中哪一种图线方式变化时,最初一小段时间t0内，金属杆ab将向右做加速度减小的变加速直线运动（ ）
A.
B．
C．
D．
导体切割磁感线时的感应电动势；
闭合电路的欧姆定律;
安培力．
电磁感应中的力学问题．
根据法拉第电磁感应定律列式分析电动势变化情况，得到电流变化情况和安培力情况.
金属杆ａb受重力、支持力好安培力，要使棒ａb向右做加速度减小的变加速直线运动，则感应电流应该由b到a,且感应电流不断减小；
根据安培定则，感应电流在M中磁场方向向内;
加速度减小，故安培力减小,安培力Ｆ=BIL=B
故感应电动势减小;
根据法拉第电磁感应定律e=
∝
故原电流变化率减小；
Ａ、由图象A,N中的电流增加且增加的越来越慢,原磁场向内,根据楞次定律,感应电流的磁场向内；
符合题意，故A正确;
B、由图象B,电流变化率逐渐变大，不符合题意，故B错误;
C、由图象Ｃ,电流变化率不变，不符合题意,故C错误；
Ｄ、由图象D,电流变化率不变，不符合题意,故Ｄ错误；
故选Ａ.
本题关键是左手定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合运用问题，熟练掌握规律的同时还要多练习,较难．
二、必考题
７．（10分）（20１5•漳州三模）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果已知摆球直径为2.０0厘米，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂,如图1所示,那么单摆摆长是0．874０ ｍ．如果测定了40次全振动的时间如图2中秒表所示，那么秒表读数是７5.2s,用游标卡尺分别测量一根金属管的外径和内径,其结果如图3所示.则金属管的外径是 2.6６ cm,经过计算得到金属管厚度是 0.31cｍ.
用单摆测定重力加速度.
实验题；
运动学与力学
（一）;
单摆问题．
摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和,秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数.游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数,不需估读．
摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和,则L=88.40﹣1.00ｃm=87.４0ｃm＝0.874０m．
秒表的读数t=６０+１５.２s＝７５．２ｓ.
外径为ｄ１=2６mm＋０.1×
6mm＝２6．６mm=2．６6ｃｍ，
内径为d2=20mｍ+0．１×
4mm=20.4ｍm=２．04cm，
则厚度d=
.
故答案为:
（１）０.87４0，75.2s,2.６6，0.31
解决本题的关键掌握游标卡尺、刻度尺、秒表等读数方法，这是解决实验问题的基本功.
8．（8分）（2015•漳州三模）测量某一电流表
的内阻ｒ1．给定器材有：
A待测电流表
（量程300μA，内阻ｒ１约为10０Ω）
B电压表
（量程３V，内阻r２=1kΩ）
C电源E（电动势4V，内阻忽略不计）
D定值电阻R１=10Ω
E滑动变阻器R2（阻值范围0﹣20Ω,允许通过的最大电流０.５Ａ）
F 开关S一个，导线若干，要求测量时两块电表指针的偏转均超过其量程的一半
（1）在方框中画出测量电路原理图
（２）电路接通后,测得电压表读数为U，电流表读数为I，用已知和测得的物理量表示电流表内阻r1=
﹣R1 ．
伏安法测电阻.
实验题.
（1）要测电流表内阻，需要测出电流表两端电压与通过电流表的电流；
根据所给实验数据，应用欧姆定律进行计算,然后按照题目要求设计实验电路，作出电路图.
（2）根据串并联电路特点,应用欧姆定律求出电流表阻值．
解:
（１）如果把滑动变阻器、定值电阻、电流表串连接入电路，电路最小电流：
I=
≈０.０3Ａ＝30000μA,远远大于待测电流表的量程，
因此不能采用串联的方法，可以把电流表与定值电阻并联,让定值电阻分流，然后与电压表串联,为了进行多次测量,滑动变阻器可以采用分压接法,实验电路图如图所示；
（２）通过电压表的电流为：
IＶ＝
，通过定值电阻R1的电流为:
I1=IV﹣I=
﹣I,
电阻R1两端电压为：
Ｕ1=（
﹣I）Ｒ1，电流表与电阻Ｒ1并联，它们两端电压相等，
电流表内阻为:
r1=
﹣Ｒ1．
（1）如图所示；
（2）
﹣R1．
本题考查了实验电路设计、求电阻等问题，实验设计难度较大，对学生的实验能力要求较高，是本题的难点.
9．（15分）（2015•漳州三模）质量为２kg的木板Ｂ静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示．A和B经过ｌs达到同一速度,之后共同减速直至静止,Ａ和B的υ﹣t图象如图乙所示，重力加速度g=1０ｍ/s２，求：
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1;
（2）占与水平面间的动摩擦因数μ２;
（3）A的质量．
牛顿第二定律;
匀变速直线运动的图像;
动摩擦因数.
牛顿运动定律综合专题．
（1）A滑上Ｂ做匀减速直线运动，根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小,根据牛顿第二定律求出A与Ｂ之间的动摩擦因数．
（2）A、B速度相同后，一起做匀减速运动,根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小,结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数．
（3）隔离对M分析，根据速度时间图线得出Ｍ的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量.
（１）由图象可知，A在0﹣1s内的加速度
对A由牛顿第二定律得，
﹣μ１ｍg＝ｍa1
解得μ１=0．2．
（2）由图象知,AB在1﹣３s内的加速度
，
对ＡB由牛顿第二定律得,
﹣（M+m）gμ2＝（M+m）ａ3
解得μ２＝0.1.
（3）由图象可知B在０﹣１s内的加速度
对B由牛顿第二定律得,μ1ｍg﹣μ２（M＋ｍ）g＝Ma２，
代入数据解得ｍ＝6kg．
答：
（1）A与Ｂ上表面之间的动摩擦因数μ1为０.2．
（2）动摩擦因数μ２为0．1.
（３）A的质量为６kg.
本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用,关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度,根据牛顿第二定律进行求解.
10.（１9分）（2015•漳州三模）2014年2月8日第２２届冬季奥林匹克运动会在俄罗斯联邦索契市胜利开幕，设一个质量m=50ｋg的跳台花样滑雪运动员（可看成质点），从静止开始沿斜面雪道从A点滑下,沿切线从Ｂ点进入半径R=15m的光滑竖直冰面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t＝2s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直,斜面与水平面的夹角θ=3７°
运动员与雪道之间的动摩擦因数μ=0.07５，不计空气阻力,取当地的重力加速度g=ｌ0m/ｓ2,（siｎ37°
=０.60，coｓ３７°
=0.8０）．试求：
（１）运动员运动到C点时的速度大小VC；
（2）运动员在圆轨道最低点Ｐ受到轨道支持力的大小FN;
（3）Ａ点离过P点的水平地面的高度h.
动能定理的应用；
机械能守恒定律．
动能定理的应用专题．
运动员从C点到D点做平抛运动，在Ｄ点对速度进行分解解得平抛的初速度．
根据机械能守恒定律求得P点时的速度大小，根据牛顿第二定律解得受到轨道支持力的大小.
对Ａ到Ｐ的过程,运用动能定理求出A点离过P点的水平地面的高度．
（1）在D点：
竖直方向上的分速度ｖy=ｇt=１0×
0．2m/ｓ=20m/s
tan37°
代入数据解得vc=15m/s
（2）对P→Ｃ过程，由机械能量恒定律可得：
ｍvP2=
mｖc2+ｍg•2R
在Ｐ点:
ＦN﹣mg＝m
联立代入数据解得FN=3250N
（3）对A→P过程，由动能定理可得：
mgh﹣μmgｃｏs37°
mvp2
代入数据解得h=４５.5ｍ．
（1）运动员运动到Ｃ点时的速度大小为15m／s；
（2）运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小为3250N;
（３）Ａ点离过P点的水平地面的高度h为45.５m.
高考中对于力学基本规律考查的题目一般都设置了多个过程,要灵活选择物理过程利用所学的物理规律求解.
1１.（２0分）（201５•漳州三模）如图在ｘoy坐标系第Ⅰ象限,磁场方向垂直xoy平面向里,磁感应强度大小均为Ｂ=1.０T；
电场方向水平向右，电场强度大小均为Ｅ=
N/C．一个质量ｍ=2.0×
10﹣７kg,电荷量q=2．０×
１0﹣6Ｃ的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xoy平面中做匀速直线运动. 0.１0s后改变电场强度大小和方向,带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动,取g=10m/ｓ2．求：
（1）带电粒子在ｘｏy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向;
（2）带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向;
（３）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射Ｐ点应满足何条件?
共点力平衡的条件及其应用;
牛顿第二定律;
向心力；
带电粒子在混合场中的运动.
带电粒子在复合场中的运动专题．
（１）粒子在复合场中做匀速直线运动,受力平衡，受力分析后应用平衡条件求解即可.
（２）带电粒子在ｘoy平面内做匀速圆周运动时,电场力Ｆ电必须与重力平衡,洛伦兹力提供向心力.
（3）带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限,圆弧左边与y轴相切，画出图象,找出轨道半径，利用洛伦兹力提供向心力公式计算即可．
（1）如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度ｖ0与x轴夹角为θ,依题意得:
重力mg=2.0×
１0﹣６Ｎ,电场力F电=Ｅｑ=２
×
10﹣6N
洛伦兹力:
＝4.0×
由f洛=qvB得 v０=2m／s
tａnθ＝
所以:
θ=6０°
速度v０大小2ｍ/ｓ,方向斜向上与x轴夹角为6０°
（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力．故电场强度:
E′＝
=1N／C，方向竖直向上.
（3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限,圆弧左边与y轴相切N点；
PＱ匀速直线运动，PQ=v０t=0．２m
洛伦兹力提供向心力:
，整理并代入数据得Ｒ=0.2m
由几何知识得：
ＯP=R＋Rsｉn60°
＝PＱcos6０°
=0.2７m
故：
x轴上入射P点离O点距离至少为0.２７ｍ
（1）带电粒子在xoｙ平面内做匀速直线运动的速度ｖ0大小2m/s,方向斜向上与x轴夹角为60°
（2）带电粒子在xoｙ平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小1N/C，方向竖直向上．
（3）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限,ｘ轴上入射P点距离至少为0.2７m
带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动;
匀速直线运动一般平衡条件求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力,一般的曲线运动一般由动能定理求解．临界问题需要画出运动轨迹，找出临界条件进行求解.
三、选考题【物理选修3-3】
12.（６分）（20１5•漳州三模）关于热学现象和规律,下列说法中正确的是（ ）
A.布朗运动就是液体分子的热运动
B．达到热平衡的两个物体具有相同的热量
C． 第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
D.水不容易被压缩说明分子间存在分子力
热力学第二定律;
布朗运动;
分子间的相互作用力．
热力学定理专题．
布朗运动是固体微粒的运动，反应了液体分子的无规则运动；
温度是分子平均动能的标志；
分子之间引力和斥力随分子之间距离的变化趋势;
第二永动机并未违反能量的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律．
解：
Ａ、布朗运动是指固体微粒的无规则运动,是由液体分子撞击产生的，因此反应了液体分子的无规则运动,故A错误；
B、达到热平衡的两个物体具有相同的温度,故Ｂ错误;
C、第二类永动机不可能制成的原因是因为其违法了热力学第二定律,故Ｃ错误；
D、水不容易被压缩说明分子间存在分子力,故Ｄ正确．
故选D．
本题考查了热学中的基本规律,对于热学中的基本规律要认真掌握,平时注意加强理解和应用．
13.（６分）（2０１5•漳州三模）如图所示的气缸中封闭着一定质量的理想气体,一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，活塞和气缸都导热，活塞与气缸间无摩擦，原先重物和活塞均处于平衡状态，因温度下降使气缸中气体做等压变化，下列说法正确的是（）
Ａ． 重物上升,气体放出热量Ｂ.重物上升，气体吸收热量
C．重物下降,气体放出热量D.重物下降，气体吸收热量
理想气体的状态方程;
热力学第一定律.
理想气体状态方程专题．
气体压强不变,温度降低，因此体积将减小,然后根据热力学第一定律即可正确判断气体的吸放热情况.
气缸内气体压强不变,根据理想气体状态方程可知:
温度降低,因此体积将减小,一定质量理想气体的内能由温度决定,温度降低，其内能减小，根据△Ｕ＝W+Q可知,体积减小，外界对气体做功，因此将放出热量，故BＣD错误，A正确.
故选A．
考查了气态方程与热力学第一定律的综合应用,要会根据气体状态参量的变化判断气体吸放热情况．
［物理--选修3-５]
14.（2015•漳州三模）以下说法中正确的是（ ）
Ａ.α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部
Ｂ． β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C．γ射线是一种波长很短的电磁波
Ｄ．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
粒子散射实验．
原子的核式结构及其组成.
a粒子大角度散射表明原子内部有一很小的核，即原子核，集中了全部的正电荷及几乎全部的质量．γ射线是一种波长很短的电磁波.
β衰变产生的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来．半衰期与温度无关．
A、a粒子大角度散射表明a粒子受到了原子内部原子核对它的斥力.故A错误.
Ｂ、β衰变时,原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,释放出来的电子就是β粒子，可知β衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分．故B错误．
Ｃ、γ射线是一种波长很短的电磁波．故C正确．
D、放射性元素的半衰期与其所处的物理环境及化学状态无关,由原子核内部因素决定．故D错误.
C.
考查三种射线的各自特征,注意β衰变的电子由来，掌握半衰期与外界因素无关.
15.（2015•漳州三模）如图所示,质量为m的带有光滑弧形的槽静止在光滑水平面上，圆弧底部切线是水平的．一个质量也为m的小球从槽高h处开始由静止下滑，在下滑过程中，关于小球和槽组成的系统，以及小球到达底端的速度v，判断正确的是（ ）
A．在水平方向上动量守恒,v=
Ｂ． 在水平方向上动量不守恒,ｖ=
C．在水平方向上动量守恒，v<
Ｄ. 在水平方向上动量不守恒,v<
动量守恒定律；
动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
小球下滑过程中,系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由机械能守恒确定速度大小关系.
小球下滑过程中,水平方向不受外力,在水平方向上动量守恒．
根据能量守恒得小球的重力势能转化给小球的动能和弧形的槽的动能，
即:
mgｈ=
+EkM
所以v<
故C正确,ＡＢD错误．
解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，能够灵活运用动量守恒定律和能量守恒定律是正确解决问题的基础.
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