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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。]
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
第1页 | 共8页确。]
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；
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得ω＝，随
着轨道半径的增大，卫星的角速度减小，D错误；由G＝mr得T＝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正确。]
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
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
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。]
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。由共点力平
衡知，tan θ＝，得F＝mg，故C、D错误。]
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，
第2页 | 共8页W＝Fs ＝kvs ，当快艇以20 m/s匀速行驶时，W＝Fs ＝kvs ，可得s ＝10 km，C正确。]
f 1 1 f 2 2 2
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
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 的光子动量较大，
1 2 1
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；做光电
1
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正确。]
km 逸 1
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
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＝＝ 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
第3页 | 共8页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
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
第4页 | 共8页19．解析 (1)由匀变速直线运动规律v2－0＝2al
得a＝＝2.0×102 m/s2
(2)由牛顿第二定律有F＝ma
得F＝4 N
(3)由平抛运动规律
x＝vt
得t＝＝0.2 s
由h＝gt2
得h＝0.2 m
答案 (1)2.0×102 m/s2 (2)4 N (3)0.2 m
20．解析 (1)由ΔE ＝mv－mv，得ΔE ＝3.0×105 J
k k
(2)由动能定理有mgh－Fl＝mv－mv
f
得F＝＝2×103 N
f
(3)设向上运动的最大位移是l′，
由动能定理有－(mgsin 17°＋3F)l′＝0－mv
f
得l′＝＝33.3 m
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，
第5页 | 共8页因图甲接在直流上，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
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。
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
22．解析 (1)由电磁感应定律E＝n
得E＝nS＝30 V
(2)电流方向C→D
B 方向向上
2
(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m
(或由动量定理FΔt＝mv－0)
安培力F＝IB l
1
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
第6页 | 共8页得ΔQ＝＝0.03 C
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
(2)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
第一次进入B 区域，半径
1
R ＝＝0.04 m
0
第二次进入B 区域，mv＝E ＋qEL
1 k0
R ＝＝0.06 m
2
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
由R ＝
1
第7页 | 共8页得B ＝＝1.2 T
2
答案 (1)2.24×10－14 J (2)0.06 m (3)1.2 T
第8页 | 共8页
