浙江省选考物理(解析版)演示教学.doc

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2016·浙江10月选考(物理)

1．[2016·浙江10月选考] 下列物理量中属于标量的是(　　)
A．路程 B．位移
C．速度 D．加速度
A　[解析] 路程是只有大小的标量，选项A正确；位移、速度、加速度都是有方向的矢量，所以选项B、C、D错误．
2．[2016·浙江10月选考] 下列均属于国际制基本单位的是(　　)
A．m、N、J B．m、kg、J
C．m、kg、s D．kg、m/s、N
C　[解析] 力学中有3个基本物理量，即质量、长度、时间，单位分别是kg、m、s.N、J等都不是国际制基本单位，所以C正确．
3．[2016·浙江10月选考] 中国女排在2016年奥运会比赛中再度守冠．图为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有(　　)

图1­
A．推力
B．重力、推力
C．重力、空气对球的作用力
D．重力、推力、空气对球的作用力
C　[解析] 图中排球受到的力只有重力、空气对球的阻力，此刻人手与球并没有接触，所以没有推力，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
[易错提醒] 在受力分析时容易假想出个别力，例如下滑力、向心力等．判断力存在与否的关键是是否存在施力物体．

图1­
4．.[2016·浙江10月选考] 如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是(　　)
A．动能
B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能
D．动能、重力势能、机械能
C　[解析] 无人机匀速上升，所以动能保持不变；因高度不断增加，所以重力势能不断增加；在上升过程中升力对无人机做正功，所以机械能不断增加，选项C正确．
[易错警示] 机械能的变化需要看除重力之外的其他力是否做功，其他力做正功，机械能增加，反之则减少．
5．[2016·浙江10月选考] 在“G20”峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞演员保持如图所示姿式原地旋转，此时手臂上A、B两点角速度大小分别为ωA、ωB，线速度大小分别为vA、vB，则(　　)

图1­
A．ωA<ωB B．ωA>ωB
C．vA<vB D．vA>vB
D　[解析] A、B两处在人自转的过程中的运动周期一样，根据ω＝可知，A、B两处的角速度一样，选项A、B错误．A处转动的半径较大，根据v＝rω可知，A处的线速度较大，选项C错误，选项D正确．
6．[2016·浙江10月选考] 某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s后听到石块直接落到崖底的声音．探险者离崖底的高度最接近的是(　　)
A．25 m B．50 m
C．110 m D．150 m
C　[解析] 小石头落入井中，其下落过程可以看作自由落体运动，有h＝gt2，代入数据得h＝×10×52 m＝125 m，考虑到声音传回来大约有0.3 s，故下落距离应略小于125 m，选项C正确．
7．[2016·浙江10月选考] 一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出．水管距地面高h＝1.8 m，水落地的位置到管口的水平距离x＝1.2 m．不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是(　　)
A．1.2 m/s B．2.0 m/s
C．3.0 m/s D．4.0 m/s
B　[解析] 水平喷出的水做平抛运动，根据平抛运动规律h＝gt2可知，水在空中运动的时间为0.6 s，根据x＝v0t可知，水从管口喷出的初速度为v0＝2 m/s，选项B正确．
8．[2016·浙江10月选考] 如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点．下列判断正确的是(　　)

图1­
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
A　[解析] 电场线的疏密反映了电场的强弱，所以N点场强最大，选项A正确．顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，选项B错误．根据Ep＝qφ，φM>φP>φN，可知负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，选项C错误．正电荷在M点自由释放后，电荷将在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，选项D错误．
9．[2016·浙江10月选考] 一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口．管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R.若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同．现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管)，则盐水柱电阻变为(　　)
A.R B.R
C.R D.R
D　[解析] 由于总体积不变，设40 cm长时的横截面积为S，则长度变为50 cm后，横截面积S′＝S，根据电阻定律得R＝ρ，R′＝ρ，联立可得R′＝R，选项D正确．
[方法技巧] 本题在判断过程中需要借助液体的总体积保持不变求出横截面积的变化．
10．[2016·浙江10月选考] 如图所示，把一根通电的硬直导线ab，用轻绳悬挂在通电螺线管上方，直导线中的电流方向由a向b.闭合开关S瞬间，导线a端所受安培力的方向是(　　)

图1­
A．向上 B．向下
C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
D　[解析] 根据安培定则可知，开关闭合后，螺线管产生的磁场等效为N极在右端的条形磁铁产生的磁场．根据左手定则可知，导线a端所受安培力垂直纸面向里，选项D正确．

11．[2016·浙江10月选考] 如图为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V．机器人的锂电池容量为20 A·h，则机器人(　　)

图1­
A．额定工作电流为20 A
B．充满电后最长工作时间为2 h
C．电流充满电后总电量为7.2×104 C
D．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J
C　[解析] 根据P＝UI可知，额定电流为2 A，选项A错误．电源的容量为20 A·h，即在额定电流2 A下工作时，能够工作的最长时间为10 h，选项B错误．电源充满电后的总电量为q＝It＝20×3600 C＝7.2×104 C选项C正确．在额定电流下，机器人的功率为48 W，即每秒消耗能量为48 J，选项D错误．
12．[2016·浙江10月选考] 如图所示，“天宫二号”在距离地面393 km的近圆轨道运行．已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，地球质量M＝6.0×1024 kg，地球半径R＝6.4×103 km.由以上数据可估算(　　)

图1­
A．“天宫二号”质量
B．“天宫二号”运行速度
C．“天宫二号”受到的向心力
D．地球对“天宫二号”的引力
B　[解析] 根据万有引力提供向心力，即＝m，可知v＝，所以可求出“天宫二号”运动速度，选项B正确．在各等式中“天宫二号”的质量在两边会消去，故无法求出“天宫二号”的质量，同时其受到的向心力、引力都因为不知质量而无法求解，选项A、C、D错误．

图1­
13．[2016·浙江10月选考] 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上．其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则(　　)
A．A、B间库仑力大小F＝
B．A、B间库仑力大小F＝
C．细线拉力大小FT＝
D．细线拉力大小FT＝mg
[命题意图] 本题考查了库仑定律作用下带电体的平衡问题．
B　[解析] 小球A的受力分析如图所示，由对称性可知，绳子拉力等于库仑力，根据平衡条件有Fcos 30°＝mg，解得F＝，则绳子拉力FT＝，选项B正确．

[方法总结] 平衡问题中需要做好受力分析，利用几何知识，一般采用正交分解法求解．
14．[2016·浙江10月选考] 【加试题】用a、b两种不同波长的光，先后用同一装置做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距，则(　　)
A．a光的波长大于b光的波长
B．a光的频率大于b光的频率
C．在玻璃中，a光的速度等于b光的速度
D．从玻璃射向空气发生反射时，a光的临界角大于b光的临界角
AD　[解析] 根据双缝干涉的条纹间距Δx＝可知，用同一实验装置时，干涉条纹间隔越大，说明波长越大，即频率越小，故a光的波长大而频率小，A正确，B错误．频率越小，介质对它的折射率越小，根据n＝可知，在介质中的传播速度越大，故a光在介质中的传播速度大，C错误．根据sin C＝可知，介质的折射率越小，则全反射的临界角越大，所以a光的全反射临界角大，选项D正确．
15．[2016·浙江10月选考] 【加试题】如图为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝5能级跃迁到n＝2能级可产生a光；从n＝4能级跃到n＝2能级可产生b光．a光和b光的波长分别为λa和λb，照射到逸出功为2.29 eV的金属钠表面均可产生光电效应，逷止电压分别为Ua和Ub，则(　　)

图1­
A．λa>λb
B．Ua>Ub
C．a光的光子能量为2.86 eV
D．b光产生的光电子最大初动能Ek＝0.26 eV
BCD　[解析] 根据能级跃迁知识可得hνa＝E5－E2＝－0.54 eV－(－3.4 eV)＝2.86 eV，hνb＝E4－E2＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eV，显然a光的光子的能量大于b光的光子能量，即a光频率大，波长短，A错误，C正确．根据光电效应可知，最大初动能Ek＝hν－W0，所以a光产生的光电子的最大初动能为Eka＝2.86 eV－2.29 eV＝0.57 eV，b光产生的光电子最大初动能为Ekb＝2.55 eV－2.29 eV＝0.26 eV，选项D正确．根据截止电压Uc＝Ek可知，Ua>Ub，选项B正确
[易错提醒] 最大初动能指的是光电子溢出过程中可能获得的最大动能，当给光电管施加反向电压时，恰好使得光电子到达正极的速度为零所需要的电压即为反向截止电压．反向截止电压越大，说明光电子的最大初动能越大．
16．[2016·浙江10月选考] 【加试题】用中子(n)轰击轴核(U)产生裂变反应，会产生钡核(Ba)和氪核(Kr)并释放出中子(n)，当达到某些条件时可发生链式反应．一个轴核(U)裂变时，释放的能量约为200 MeV(1 eV＝1.6×10－19 J)．以下说法正确的是(　　)
A.U的裂变方程为U―→Ba＋Kr＋n
B.U的裂变方程为U＋n―→Ba＋Kr＋3n
C.U发生链式反应的条件与轴块的体积有关
D．一个U裂变时，质量亏损约为3.6×10－28 kg
BCD　[解析] 铀核在裂变过程中需要中子轰击，产生链式反应，选项A错误，选项B正确．在链式反应过程中，需要铀矿至少达到临界体积才能维持链式反应持续不断进行下去，选项C正确．根据质能方程ΔE＝Δmc2可知，反应过程中质量亏损为Δm＝kg＝3.6×10－28 kg，选项D正确．
17．[2016·浙江10月选考] 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中
(1)下列说法中不正确或不必要的是________(填字母)．
A．长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动
B．连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行
C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车
D．选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始
(2)图1是实验中打下的一段纸带，算出计数点2的速度大小为________m/s，并在图2中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图2中已标出．
(3)作图并求得小车的加速度大小为________m/s2.

图1­

图1­
[答案] (1)AD　(2)0.60　(3)1.45
[解析] (1)在“探究小车的速度随时间变化的规律”实验中，并不需要小车在不挂钩码时匀速运动，即不需要平衡摩擦力，选项A是不必要的．在处理纸带时，由于第一点并不确定，因此常常将前面的点去掉，从清晰可辨的点取点后处理实验数据，所以D选项也不是必要的．连接小车的细绳需要与木板平行，否则就要涉及绳子拉力分解问题，即拉力是一个变力，选项B是必要的．操作时应先接通电源，后释放小车，所以选项C是必要的．
(2)根据图中x1＝3.80 cm，x3＝15.70 cm，所以v2＝＝0.60 m/s
(3)作出图像如图所示，由图可知小车的加速度a＝1.45 m/s2

18．[2016·浙江10月选考] “测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，要求采用分压电路，电流表外接．小王的连接如图1所示，闭合开关S前请老师检查，老师指出图中标示的①、②两根连线有一处错误，错误连线是____(选填“①”或“②”)；图中标示的③、④和⑤三根连线有一处错误．错误连线是________(选填“③”“④”或“⑤”)．小王正确连线后，闭合开关S前，应将滑动变阻器滑片C移到________(选填“A”或“B”)处．闭合开关S，此时电压表读数为________V．缓慢移动滑动C到某一位置时，电流表指针如图2所示，电流表的示数为________A.

图1­
[答案] ①　④　A　0　0.32
[解析] 本实验的电路图如图所示，应该采用分压式、外接法，所以①、④两根导线有问题．
实验开始时为了保证实验仪器的正常使用，需要将滑片C移到最左端，即A处，开关闭合后，电压表读数为0 V.
图2中电流表的读数为0.32 A.

19．[2016·浙江10月选考] 在某段平直的铁路上一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速324 km/h.
(1)求列车减速时的加速度大小；
(2)若该列车总质量为8.0×105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；
(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．

图1­
[答案] (1)0.3 m/s2　(2)1.2×106 N　(3)30 m/s
[解析] (1)列车的速度为324 km/h＝90 m/s，经过5 min＝300 s停下，
所以加速度为a＝＝ m/s2＝－0.3 m/s2
(2)依题意，f＝0.1mg，
根据牛顿第二定律，有F－0.1mg＝ma′
根据运动学公式，有v2＝2a′x′
联立解得a′＝0.5 m/s2，F＝1.2×106 N
(3)根据(2)可知，加速过程的时间为t′＝＝ s＝180 s
减速过程中通过的位移x＝t＝×300 m＝13500 m
所以整个过程的平均速度v＝＝ m/s＝30 m/s
20．[2016·浙江10月选考] 如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨上运行，可抽象为图2的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图1­
[答案] (1)8 m/s　(2)7×103 N　(3)30 m
[解析] (1)设运动至C点时的速度为vC，由动能定理得
mgh－μ1mgcos 45°·＝mv
解得vC＝8 m/s
(2)设运动至D点时的速度为vD，由动能定理得
mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv
由牛顿第二定律得
F＋mg＝m
解得F＝7×103 N
根据牛顿第三定律，过山车对轨道的作用力F′＝F＝7×103 N.
(3)对全程应用动能定理，有
mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos 45°·－μ1mgcos 37°·－μ2mgx＝0
解得x＝30 m.
21．[2016·浙江10月选考] 【加试题】
(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，测量单摆的周期时，图1中________(选填“甲”“乙”或“丙”)作为计时开始与终止的位置更好些．

图1­
(2)如图2所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是________(填字母)．

图1­
A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电源的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压
D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响
[答案] (1)乙　(2)AD
[解析] (1)在测量单摆的周期时，一般选取摆球经过最低处时记录，所以选择乙图．(2)变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，选项A、D正确．变压器只能对交流的电压有作用，不能处理直流的电压，所以应使用交流电压表，选项B错误．根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱时，原线圈匝数比副线圈匝数多，那么副线圈电压小于原线圈电压，选项C错误．
22．[2016·浙江10月选考] 【加试题】为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
(1)通过棒cd的电流Icd；
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．

图1­
[答案] (1)　(2)　(3)
[解析] (1)S断开时，cd棒静止，有
mg＝kx0
S闭合时，cd棒静止，有
mg＋B2Icdl＝kx
联立解得Icd＝
(2)回路总电阻R总＝R＋R＝R
总电流I＝2Icd＝
电动机对该装置的输出功率P＝I2R总＝
(3)由法拉第电磁感应定律得E＝＝B1ωl2
回路总电流I＝＝
联立解得ω＝
23．[2016·浙江10月选考] 【加试题】如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围为0～v0.这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a～3a区间水平固定放置一探测板(a＝)．假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)．
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；
(2)调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；
(3)保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被板吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．

图1­
[答案] (1)2a～4a区间　(2)B0　(3)N0mv0
[解析] (1)根据动能定理得
qU＝mv2－mv
则v＝＝
因0≤v1≤v0，故v0≤v≤2v0
离子在磁场中运动，有
qvB0＝
则R＝
离子打在x轴上的坐标表达式为
x＝2R＝＝a
将v代入，可得2a≤x≤4a
(2)当速度最大的离子打在探测板右端时，有
3a＝2R1
其中R1＝，a＝
故B1＝B0
(3)离子束能打在探测板上的实际位置范围为2a≤x≤3a
对应的速度范围为v0≤v′≤2v0
每秒打在探测板上的离子数为
N＝N0＝N0
根据动量定理可得，
吸收的离子受到板的作用力大小
F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝N0mv0
反弹的离子受到板的作用力大小
F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0
根据牛顿第三定律，探测板受到的作用大小
F＝F吸＋F反＝N0mv0

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