2015年高考物理試卷（浙江）（10月）（解析卷）

第頁|共頁2015年10月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試題1．A[國際單位制中，基本單位只有七個(gè)，高中階段只需掌握6個(gè)，即kg、m、s、A、mol、K，各自對(duì)應(yīng)的物理量是質(zhì)量、長(zhǎng)度、時(shí)間、電流強(qiáng)度、物質(zhì)的量、熱力學(xué)溫度。]2．D[在v－t圖象中，斜率代表的是加速度，D的斜率為0，即為勻速直線運(yùn)動(dòng)。A的斜率為負(fù)，為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B、C的斜率為正，B為初速度不為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C為初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。]3．A[參考系是假定為不動(dòng)的物體，因此，固定隊(duì)列中的飛機(jī)(或飛機(jī)中的人)為參考系時(shí)，隊(duì)列中的其他飛機(jī)和其他飛行員是靜止的，廣場(chǎng)上的觀眾是運(yùn)動(dòng)的；以廣場(chǎng)上的人作為參考系時(shí)，飛機(jī)是水平運(yùn)動(dòng)的，故A正確。]4．B[v＝216km/h＝60m/s，x＝vt＝1200m，B正確。]5．D[水流的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化成水輪機(jī)的能量，另一部分會(huì)轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，回到瀑布上方的水流一定會(huì)越來越少，題目中描述的周而復(fù)始是不成立的，違背了能量守恒定律，故D正確。]6．B[已知位移為x＝58m，用時(shí)t＝15s，則可求出平拋速度v＝eq\f(58,15)m/s≈3.87m/s，只有位移和時(shí)間這兩個(gè)物理量，在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中是無法求出初速度、末速度和加速度的，故B正確。]7．C[小衛(wèi)星分別在不同的三層軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即它們的軌道半徑不同，A錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，隨著軌道半徑的增大，衛(wèi)星的線速度減小，B錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，隨著軌道半徑的增大，衛(wèi)星的角速度減小，D錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，隨著軌道半徑的增大，衛(wèi)星的運(yùn)行周期變大，半徑相同，則周期相同，故C正確。]8．C[小孩子從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，h＝1.25m，由牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,R)，R＝2.5m，解以上兩式得FN＝600N，再由牛頓第三定律可知，小孩對(duì)秋千板的壓力為600N。]9．C[由第1，2，3組數(shù)據(jù)可知，電流保持不變時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大多少倍，電壓Uab也增大多少倍，可推知電壓Uab可能與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，B、D錯(cuò)誤；由第1，4，5組數(shù)據(jù)可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度保持不變時(shí)，電流增大多少倍，電壓Uab也增大多少倍，可推知電壓Uab可能與電流成正比，A錯(cuò)誤，C正確。]10．B[W＝Pt＝104kW×1200h＝1.2×107kW·h，故B正確。]11．A[由庫侖定律得F＝keq\f(Q2,（lsinθ）2)＝eq\f(4kQ2,l2)，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)A小球受力分析如圖所示。由共點(diǎn)力平衡知，tanθ＝eq\f(F,mg)，得F＝eq\f(\r(3),3)mg，故C、D錯(cuò)誤。]12．C[設(shè)20L油發(fā)動(dòng)機(jī)可提供的總功為W，由能量守恒定律知當(dāng)快艇以10m/s勻速行駛時(shí)，W＝Ffs1＝kveq\o\al(2,1)s1，當(dāng)快艇以20m/s勻速行駛時(shí)，W＝Ffs2＝kveq\o\al(2,2)s2，可得s2＝10km，C正確。]13．A[由圖象可知，當(dāng)拉力大于等于5N時(shí)木塊開始滑動(dòng)，可得最大靜摩擦力大小為5N，此后拉力F繼續(xù)增大，木塊受到的滑動(dòng)摩擦力Ff保持3N不變，由Ff＝μmg，解得μ＝0.3，A正確。]14．ABD[氫原子從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)會(huì)輻射出光子，有hν＝E末－E初，故可知頻率為ν1的光子能量較大，ν1>ν2，A正確；由λ＝eq\f(h,p)，λ＝eq\f(c,ν)得光子的動(dòng)量p＝eq\f(hν,c)，頻率為ν1的光子動(dòng)量較大，故B正確；在雙縫干涉中，屏上相鄰的明條紋(或暗條紋)之間距離Δx與波長(zhǎng)λ，雙縫間距d及屏到雙縫距離l的關(guān)系為Δx＝eq\f(l,d)λ＝eq\f(lc,dν)，頻率為ν1的光產(chǎn)生的條紋間距較小，故C錯(cuò)誤；做光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，Ekm＝hν－W逸，頻率為ν1的光產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能較大，故D正確。]15．BD[由圖象可知λ＝4m，波沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)A左邊的第二個(gè)波峰距質(zhì)點(diǎn)A的距離x＝λ＋(1.8m－eq\f(λ,4))＝4.8m，可知波速為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(4.8m,0.6s)＝8m/s，A錯(cuò)誤；波的頻率f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(8,4)Hz＝2Hz，波的周期T＝eq\f(1,f)＝0.5s，B正確；由于0.6s<eq\f(5,4)T，故0～0.6s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B的路程s<eq\f(5,4)×4A＝25cm，C錯(cuò)誤；t＝0.6s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B在平衡位置下方，沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，D正確。]16．AD[當(dāng)入射光線經(jīng)玻璃的折射后恰好達(dá)到孔的上、下邊界時(shí)，入射光線具有最大入射角度，畫出光路圖如圖所示，圖中粗細(xì)兩邊界分別為玻璃磚在孔內(nèi)的兩個(gè)位置，由于玻璃的折射率一定，玻璃的厚度相同，玻璃的兩邊界平行，故光線經(jīng)玻璃折射前后是平行的，玻璃移動(dòng)前后光線偏折的角度和距離也是相等的，可知圖2能看到的外界的角度范圍等于圖3的，C錯(cuò)誤，D正確；玻璃的折射率一定，光線以同一角度入射時(shí)，偏折的程度一定，玻璃越厚時(shí)，光線經(jīng)玻璃偏折的距離越大，故可知圖1中光線可以以更大的入射角度射入，圖1能看到的外界的角度范圍大于圖2和圖3的，A正確，B錯(cuò)誤。]17．解析(1)探究求合力的方法中，需要測(cè)出力的大小，并利用平行四邊形定則作圖求出合力的大小，作力的圖示時(shí)需要用力的作用線的長(zhǎng)度表示力的大小，故還需要刻度尺，BD是必須要用到的；(2)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)速度時(shí)不需要測(cè)量質(zhì)量，探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系時(shí)需要測(cè)量質(zhì)量、時(shí)間和位移，故B正確。答案(1)BD(2)B18．解析(1)電流表選擇的是0～0.6A，刻度盤中每一小格是0.02A，故讀數(shù)時(shí)不需要再估讀，直接讀數(shù)為0.25A；(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路由閉合電路的歐姆定律可得U＝E－Ir，U－I圖象的斜率的絕對(duì)值代表的物理意義是內(nèi)阻，由圖3可知r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1.43V－1.0V,0.57A)))＝0.75Ω，I＝0時(shí)，圖線與U軸的交點(diǎn)等于E，所以E＝1.43V。答案(1)0.25±0.01(2)1.43±0.010.75±0.0319．解析(1)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v2－0＝2al得a＝eq\f(v2,2l)＝2.0×102m/s2(2)由牛頓第二定律有F＝ma得F＝4N(3)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律x＝vt得t＝eq\f(x,v)＝0.2s由h＝eq\f(1,2)gt2得h＝0.2m答案(1)2.0×102m/s2(2)4N(3)0.2m20．解析(1)由ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得ΔEk＝3.0×105J(2)由動(dòng)能定理有mgh－Ffl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得Ff＝eq\f(\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋mgh,l)＝2×103N(3)設(shè)向上運(yùn)動(dòng)的最大位移是l′，由動(dòng)能定理有－(mgsin17°＋3Ff)l′＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)得l′＝eq\f(mveq\o\al(2,2),2（mgsin17°＋3Ff）)＝33.3m答案(1)3.0×105J(2)2×103N(3)33.3m21．解析(1)“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中的輸入電流只能是交流電，因圖甲接在直流上，圖乙接在交流上，故圖乙正確。理想變壓器的原、副線圈兩端的電壓比等于原、副線圈的匝數(shù)比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，實(shí)際生活中的變壓器存在漏磁、線圈電阻大，鐵芯發(fā)熱等現(xiàn)象，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)得的電壓比與匝數(shù)比不相等。(2)螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為13.8×0.01mm，故螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為0.5mm＋13.8×0.01mm＝0.638mm。測(cè)量金屬絲的電阻率的實(shí)驗(yàn)原理是部分電路歐姆定律，需要用到電壓表和電流表測(cè)量金屬絲兩端的電壓和流過金屬絲的電流，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)，還需要利用刻度尺測(cè)量金屬絲的長(zhǎng)度。答案(1)圖乙漏磁、鐵芯發(fā)熱，導(dǎo)線發(fā)熱(2)0.638±0.002電壓表、電流表、刻度尺22．解析(1)由電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得E＝nSeq\f(ΔB2,Δt)＝30V(2)電流方向C→DB2方向向上(3)由牛頓第二定律F＝ma＝meq\f(v－0,Δt)(或由動(dòng)量定理FΔt＝mv－0)安培力F＝IB1lΔQ＝IΔtv2＝2gh得ΔQ＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝0.03C答案(1)30V(2)電流方向C→DB2方向向上(3)0.03C23．解析(1)由動(dòng)能定理W＝Ek2－Ek0電場(chǎng)力做功W＝qE·2L得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝1.4×105eV＝2.24×10－14J(2)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R0＝eq\f(mv0,qB1)＝0