浙江省绍兴市东阳第二中学高三物理下学期期末试卷含解析

浙江省绍兴市东阳第二中学高三物理下学期期末试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.银河系的恒星中大约有1/4是双星，假设某双星由质量不等的星体s1和s2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点c做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，s1到c点的距离为r1，s1和s2的距离为r，已知引力常量为G，由此可求出s2的质量，下列计算错误的是（

）A．B． C． D．参考答案：D2.如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sinx曲线围成(x≤2

m)，现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v＝10m/s水平匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4T，线框电阻R＝0.5Ω，不计一切摩擦阻力，则A.水平拉力F的最大值为8NB.拉力F的最大功率为12.8WC.拉力F要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区D.拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区参考答案：CA、B、线框切割磁感线产生的感应电动势为：；当y最大时，E最大，最大值为：感应电流最大值为：Im=安培力最大值：则拉力最大值：拉力的最大功率为：，故AB错误；C、D、整个过程拉力做功为：，C正确，D错误。故选C。3.参考答案：B4.（2015?长沙模拟）牛顿时空观也叫经典时空观，下列关于经典时空观及经典力学的说法正确的是（）A．经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的B．经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观和微观世界C．在经典力学中，物体的质量是随运动状态而改变的D．经典力学也适用于高速运动的宏观物体参考答案：A狭义相对论解：A、经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的，故A正确；B、经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观世界，不适应与微观世界，故B错误；C、在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．故C错误；D、经典力学适用于宏观、低速、弱引力的情况，故D错误．故选：A．5.（多选）关于电场和磁场，以下说法正确的是（

）A．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零B．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正试探电荷所受电场力方向相同C．磁场中某点的磁感应强度的方向与放在该点通电导线受力方向相同D．试探电荷在电场中某点不受电场力的作用，则该点的电场强度一定为零参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图，竖直放置的轻弹簧，下端固定，上端与质量为kg的物块B相连接．另一个质量为kg的物块A放在B上．先向下压A，然后释放，A、B共同向上运动一段后将分离，分离后A又上升了m到达最高点，此时B的速度方向向下，且弹簧恰好为原长．则从A、B分离到A上升到最高点的过程中，弹簧弹力对B做的功为J，弹簧回到原长时B的速度大小为

m/s.（m/s2）参考答案： 0, 27.一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环，在范围很大的磁场中沿竖直方向下落，磁场的分布情况如图所示，已知磁感应强度竖直方向的分量By的大小只随高度变化，其随高度y变化关系为（此处k为比例常数，且），其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上，在下落过程中金属圆环所在的平面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度．俯视观察，圆环中的感应电流方向为（顺时针，逆时针）；圆环收尾速度的大小为．参考答案：顺时针

;8.在正三角形的三个顶点A、B、C上固定三个带等量正点的点电荷，其中心P点的电势为U1，与P点关于AB边对称的P’点的电势为U2，如图所示，则U1

U2（填“＞”、“＜”、“＝”），现取走B点的点电荷，则P’的电势为

。参考答案：

答案：＞

9.（单选）一列简谐横波某时刻波形如图所示，此时质点P的速度方向沿y轴正方向，则

A．这列波沿x轴负方向传播B．质点a此时动能最大，加速度最小C．再经过一个周期，质点P运动到x=6m处D．当质点P运动到最低点时，质点b恰好运动到平衡位置参考答案：B10.（5分）如图所示，是用20分度的游标卡尺测量甲物体高度的示意图，则甲物体的高度为______mm，若用该游标卡尺测量乙物体的长度时，游标尺的最后一根刻度线刚好与主尺的57mm刻度线对齐，则乙物体的长度为_________mm。

参考答案：

答案：102.00；380.0011.首先发现电流周围存在磁场的是丹麦物理学家________，他把一根水平放置的导线沿南北方向放在小磁针的上方，当给导线通以由南向北的电流时，发现小磁针的N极将向______方向偏转。发现电磁感应现象的科学家是

。参考答案：奥斯特，西，法拉第12.新发现的双子星系统“开普勒-47”有一对互相围绕运行的恒星，运行周期为T，其中一颗大恒星的质量为M，另一颗小恒星只有大恒星质量的三分之一。已知引力常量为G。大、小两颗恒星的转动半径之比为_____________，两颗恒星相距______________。参考答案：1:3，13.如图，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I'附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是

A.线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左B.只有ad和bc边受安培力作用，它们的合力为零C.ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同D.线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零参考答案：A三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.质量分别为m和3m的A、B两个小球以相同的速率v沿同一直线相向运动，碰后B球停止不动，试求A球碰后的速度，并判断它们之间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞（说明理由）．参考答案：弹性碰撞取B球碰前的速度方向为正方向，设A球碰后的速度为v′，由动量守恒定律有解得，方向与B球碰前的速度方向相同由于，故碰撞前后的总动能相等，则此碰撞是弹性碰撞15.（简答）质量,M=3kg的长木板放在光滑的水平面t..在水平悄力F=11N作用下由静止开始向右运动.如图11所示,当速度达到1m/s2将质量m=4kg的物块轻轻放到本板的右端.已知物块与木板间摩擦因数μ=0.2,物块可视为质点.(g=10m/s2,).求：(1)物块刚放置木板上时,物块和木板加速度分别为多大？(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止？(3)物块与木板相对静止后物块受到摩擦力大小？参考答案：(1)1(2)0.5m（3）6.29N牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．解析：(1)放上物块后，物体加速度

板的加速度

(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故

∴t=1秒

1秒内木板位移物块位移，所以板长L=x1-x2=0.5m（3）相对静止后，对整体

，对物块f=ma∴f=44/7=6.29N（1）由牛顿第二定律可以求出加速度．

（2）由匀变速直线运动的速度公式与位移公式可以求出位移．

（3）由牛顿第二定律可以求出摩擦力．四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（计算）（2015?昌平区二模）正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段．PET所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的两金属D形盒的半径为R，两盒间距很小，质子在两盒间加速时间可忽略不计．在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示．质子质量为m，电荷量为q．假设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，加速电压为U，保证质子每次经过电场都被加速．（1）求第1次被加速后质子的速度大小v1；（2）经多次加速后，质子最终从出口处射出D形盒，求质子射出时的动能Ekm和在回旋加速器中运动的总时间t总；（3）若质子束从回旋加速器射出时的平均功率为P，求射出时质子束的等效电流I．参考答案：（1）第1次被加速后质子的速度大小v1为（2）质子射出时的动能Ekm为，在回旋加速器中运动的总时间t总为．（3）射出时质子束的等效电流I为．带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．解：（1）质子第1次被加速后，由动能定理得得：（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

质子做圆周运动的半径

当r=R时，质子的速度最大，动能最大．所以最大速度，最大动能粒子做圆周运动的周期设质子在电场中加速的次数为n，由动能定理得：质子在电场中每加速一次，随即在磁场中运动半周，所以联立解得

（3）设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器射出时的平均功率输出时质子束的等效电流解得

答：（1）第1次被加速后质子的速度大小v1为（2）质子射出时的动能Ekm为，在回旋加速器中运动的总时间t总为．（3）射出时质子束的等效电流I为．17.如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m=2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为v=3m/s．已知圆弧轨道半径R=0．8m，皮带轮的半径r=0．2m，物块与传送带间的动摩擦因数为．，两皮带轮之间的距离为L=6m，重力加速度g=1Om/s2．求：（1）皮带轮转动的角速度多大？（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；（3）物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块，在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？参考答案：（1）皮带轮转动的角速度，由u=，得rad/s

………（2分）

（2）物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得

解得m/s

……（2分）在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得

解得物块所受支持力

F=60N

………………（3分）由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下。…（1分）

（3）物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得

解得

a=1m/s2

…………（2分）物块匀减速到速度为零时向右运动的最大距离为

m>L=6m

…（2分）可见，物块将从传送带的右端离开传送带

…………

（1分）物块在传送带上克服摩擦力所做的功为J

…18.如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足?=β1t（β1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为μ．求：（1）物块做何种运动？请说明理由．（2）物块运动中受到的拉力．（3）若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0﹣β2t（式中ω0、β2均为已知），则减速多长时间后小物块停止运动？参考答案：

考点： 线速度、角速度和周期、转速；牛顿第二定律．专题： 匀速圆周运动专题．分析： （1）根据公式v=ωR求解出线速度表达式进行分析即可；（2）受力分析后根据牛顿第二定律列式求解拉力；（3）分细线拉紧和没有拉紧两种情况分析．解答： 解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：