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2015 年 10 月浙江省普通高校招生选考科目考试 物理试题
1．A [国际单位制中，基本单位只有七个，高中阶段只需掌握6个，即kg、m、s、A、mol、
K，各自对应的物理量是质量、长度、时间、电流强度、物质的量、热力学温度。]
2．D [在 v－t 图象中，斜率代表的是加速度，D 的斜率为 0，即为匀速直线运动。A 的斜率
为负，为匀减速直线运动，B、C 的斜率为正，B 为初速度不为 0 的匀加速直线运动，C 为初
速度为0的匀加速直线运动。]
3．A [参考系是假定为不动的物体，因此，固定队列中的飞机(或飞机中的人)为参考系时，
队列中的其他飞机和其他飞行员是静止的，广场上的观众是运动的；以广场上的人作为参考系
时，飞机是水平运动的，故A正确。]
4．B [v＝216 km/h＝60 m/s，x＝vt＝1 200 m，B正确。]
5．D [水流的重力势能一部分转化成水轮机的能量，另一部分会转化成内能，回到瀑布上方
的水流一定会越来越少，题目中描述的周而复始是不成立的，违背了能量守恒定律，故 D 正
确。]
58
6．B [已知位移为 x＝58 m，用时 t＝15 s，则可求出平抛速度 v＝ m/s≈3.87 m/s，只有位
15
移和时间这两个物理量，在匀变速直线运动中是无法求出初速度、末速度和加速度的，故 B
正确。]
7．C [小卫星分别在不同的三层轨道上做匀速圆周运动，即它们的轨道半径不同，A 错误；
Mm v2 GM Mm
由G ＝m 得v＝ ，随着轨道半径的增大，卫星的线速度减小，B错误；由G ＝mω2r
r2 r r r2
GM Mm 4π2
得 ω＝ ，随着轨道半径的增大，卫星的角速度减小，D 错误；由 G ＝m r 得 T＝
r3 r2 T2
r3
2π ，随着轨道半径的增大，卫星的运行周期变大，半径相同，则周期相同，故 C 正
GM
确。]
1
8．C [小孩子从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律可得mgh＝ mv2，h＝1.25 m，由牛
2
第1页 | 共6页v2
顿第二定律可得F －mg＝m ，R＝2.5 m，解以上两式得F ＝600 N，再由牛顿第三定律可知，
N N
R
小孩对秋千板的压力为600 N。]
9．C [由第 1，2，3 组数据可知，电流保持不变时，磁感应强度增大多少倍，电压 U 也增
ab
大多少倍，可推知电压U 可能与磁感应强度成正比，B、D错误；由第1，4，5组数据可知，
ab
磁感应强度保持不变时，电流增大多少倍，电压U 也增大多少倍，可推知电压U 可能与电
ab ab
流成正比，A错误，C 正确。]
10．B [W＝Pt＝104 kW×1 200 h＝1.2×107 kW·h，故B正确。]
Q2 4kQ2
11．A [由库仑定律得F＝k ＝ ，A正确，B错误；对A小球受力分析如图所示。
（lsin θ）2 l2
F 3
由共点力平衡知，tan θ＝ ，得F＝ mg，故C、D错误。]
mg 3
12．C [设20 L油发动机可提供的总功为W，由能量守恒定律知当快艇以10 m/s匀速行驶时，
W＝F
f
s
1
＝kv2
1
s
1
，当快艇以20 m/s匀速行驶时，W＝F
f
s
2
＝kv2
2
s
2
，可得s
2
＝10 km，C正确。]
13．A [由图象可知，当拉力大于等于5 N时木块开始滑动，可得最大静摩擦力大小为5 N，
此后拉力F继续增大，木块受到的滑动摩擦力F 保持3 N不变，由F＝μmg，解得μ＝0.3，A
f f
正确。]
14．ABD [氢原子从高能级跃迁到低能级会辐射出光子，有 hν＝E －E ，故可知频率为 ν
末 初 1
h c hν
的光子能量较大，ν >ν ，A正确；由λ＝ ，λ＝ 得光子的动量p＝ ，频率为ν 的光子动量较
1 2 1
p ν c
大，故 B 正确；在双缝干涉中，屏上相邻的明条纹(或暗条纹)之间距离Δx 与波长 λ，双缝间
l lc
距d及屏到双缝距离l的关系为Δx＝ λ＝ ，频率为ν 的光产生的条纹间距较小，故C错误；
1
d dν
做光电效应实验时，E ＝hν－W ，频率为 ν 的光产生的光电子的最大初动能较大，故 D 正
km 逸 1
确。]
15．BD [由图象可知 λ＝4 m，波沿 x 轴正方向传播，t＝0 时质点 A 左边的第二个波峰距质
λ x 4.8 m
点A的距离x＝λ＋(1.8 m－ )＝4.8 m，可知波速为v＝ ＝ ＝8 m/s，A 错误；波的频率f＝
4 t 0.6 s
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＝ Hz＝2 Hz，波的周期T＝ ＝0.5 s，B正确；由于0.6 s< T，故0～0.6 s内质点B的路程
λ 4 f 4
5
s< ×4 A＝25 cm，C 错误；t＝0.6 s 时，质点 B 在平衡位置下方，沿 y 轴正方向运动，D 正
4
确。]
16．AD [当入射光线经玻璃的折射后恰好达到孔的上、下边界时，入射光
线具有最大入射角度，画出光路图如图所示，图中粗细两边界分别为玻璃砖
在孔内的两个位置，由于玻璃的折射率一定，玻璃的厚度相同，玻璃的两边
界平行，故光线经玻璃折射前后是平行的，玻璃移动前后光线偏折的角度和距离也是相等的，
可知图2能看到的外界的角度范围等于图3的，C错误，D正确；玻璃的折射率一定，光线以同
一角度入射时，偏折的程度一定，玻璃越厚时，光线经玻璃偏折的距离越大，故可知图1中光
线可以以更大的入射角度射入，图1能看到的外界的角度范围大于图2和图3的，A正确，B
错误。]
17．解析 (1)探究求合力的方法中，需要测出力的大小，并利用平行四边形定则作图求出合
力的大小，作力的图示时需要用力的作用线的长度表示力的大小，故还需要刻度尺，BD是必
须要用到的；(2)用打点计时器测速度时不需要测量质量，探究加速度与力、质量的关系时需
要测量质量、时间和位移，故B正确。
答案 (1)BD (2)B
18．解析 (1)电流表选择的是 0～0.6 A，刻度盘中每一小格是 0.02 A，故读数时不需要再估
读，直接读数为0.25 A；(2)根据实验电路由闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，U－I图象的
|1.43 V－1.0 V|
斜率的绝对值代表的物理意义是内阻，由图3可知r＝ ＝0.75 Ω，I＝0时，图线
0.57 A
与U轴的交点等于E，所以E＝1.43 V。
答案 (1)0.25±0.01 (2)1.43±0.01 0.75±0.03
19．解析 (1)由匀变速直线运动规律v2－0＝2al
v2
得a＝ ＝2.0×102 m/s2
2l
(2)由牛顿第二定律有F＝ma
得F＝4 N
第3页 | 共6页(3)由平抛运动规律
x＝vt
x
得t＝ ＝0.2 s
v
1
由h＝ gt2
2
得h＝0.2 m
答案 (1)2.0×102 m/s2 (2)4 N (3)0.2 m
1 1
20．解析 (1)由ΔE
k
＝ mv2
2
－ mv2
1
，得ΔE
k
＝3.0×105 J
2 2
1 1
(2)由动能定理有mgh－F
f
l＝ mv2
2
－ mv2
1
2 2
1 1
mv 2
1
－ mv 2
2
＋mgh
2 2
得F＝ ＝2×103 N
f
l
(3)设向上运动的最大位移是l′，
1
由动能定理有－(mgsin 17°＋3F
f
)l′＝0－ mv2
2
2
mv 2
2
得l′＝ ＝33.3 m
2（mgsin 17°＋3F）
f
答案 (1)3.0×105 J (2)2×103 N (3)33.3 m
21．解析 (1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中的输入电流只能是交流电，
因图甲接在直流上，图乙接在交流上，故图乙正确。理想变压器的原、副线圈两端的电压比等
U n
1 1
于原、副线圈的匝数比，即 ＝ ，实际生活中的变压器存在漏磁、线圈电阻大，铁芯发热等
U n
2 2
现象，导致实验时测得的电压比与匝数比不相等。
(2)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为13.8×0.01 mm，故螺旋测微器的读
数为0.5 mm＋13.8×0.01 mm＝0.638 mm。
测量金属丝的电阻率的实验原理是部分电路欧姆定律，需要用到电压表和电流表测量金属丝两
第4页 | 共6页l
端的电压和流过金属丝的电流，根据电阻定律R＝ρ ，还需要利用刻度尺测量金属丝的长度。
S
答案 (1)图乙 漏磁、铁芯发热，导线发热 (2)0.638±0.002 电压表、电流表、刻度尺
ΔΦ
22．解析 (1)由电磁感应定律E＝n
Δt
ΔB
2
得E＝nS ＝30 V
Δt
(2)电流方向C→D
B 方向向上
2
v
－0
(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m
Δt
(或由动量定理FΔt＝mv－0)
安培力F＝IB l
1
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
m 2gh
得ΔQ＝ ＝0.03 C
B l
1
答案 (1)30 V (2)电流方向C→D B 方向向上
2
(3)0.03 C
23．解析 (1)由动能定理W＝E －E
k2 k0
电场力做功W＝qE·2L
得E ＝E ＋qE·2L＝1.4×105 eV＝2.24×10－14 J
k2 k0
v2
(2)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
R
第一次进入B 区域，半径
1
mv0
R ＝ ＝0.04 m
0
qB
1
1
第二次进入B
1
区域， mv2
1
＝E
k0
＋qEL
2
第5页 | 共6页mv1
R ＝ ＝0.06 m
2
qB
1
故d＝R ＝0.06 m
2
(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知2R ＝h＋(2R －2R )
2 1 0
得R ＝0.05 m
1
mv1
由R ＝
1
qB
2
mv1
得B ＝ ＝1.2 T
2
qR
1
答案 (1)2.24×10－14 J (2)0.06 m (3)1.2 T
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