浙江省2018年下半年普通高校招生選考科目考試物理答案解析1.【答案】C【解析】加速度、速度、電場(chǎng)強(qiáng)度既有大小又有方向，為矢量，雖然電流有方向，但只有一個(gè)，沒(méi)有正負(fù)之分，所以為標(biāo)量，C正確。2.【答案】B【解析】奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律，安培發(fā)現(xiàn)了分子電流假說(shuō)，B正確。3.【答案】D【解析】電場(chǎng)強(qiáng)度EFq，電場(chǎng)力的單位為N，電量的單位為C，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的單位是N/C，而1N/C1kgm/s2As1kgm/As3，D正確。4.【答案】C【解析】在vt圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，故在40內(nèi)的位移為1x104030m750m，C正確。25.【答案】B【解析】動(dòng)能與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，重力勢(shì)能與物體的質(zhì)量和高度有關(guān)，彈性勢(shì)能大小和物體發(fā)生彈性形變的大小有關(guān)。根據(jù)能量轉(zhuǎn)化的知識(shí)分析回答。加速助跑過(guò)中程速度增大，動(dòng)能增加；A正確；撐桿從開(kāi)始形變到撐桿恢復(fù)形變時(shí)，先是運(yùn)動(dòng)員部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢(shì)能，后彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能與重力勢(shì)能，桿的彈性勢(shì)能不是一直增加，B錯(cuò)誤；起跳上升過(guò)中程，運(yùn)動(dòng)員的高度在不斷增大，所以運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加，C正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿下落的過(guò)中程，他的高度降低、速度增大，重力勢(shì)能被轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，即重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，D正確。6.【答案】C【解析】沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，電場(chǎng)線的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度方向，負(fù)電荷在低電勢(shì)處電勢(shì)能大，在高電勢(shì)處電勢(shì)能小，據(jù)此分析。沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，故a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，電場(chǎng)線的切線方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)方向，故ab兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，B錯(cuò)誤；負(fù)電荷在低電勢(shì)處電勢(shì)能大，所以從a點(diǎn)（高電勢(shì)）移動(dòng)到b點(diǎn)（低電勢(shì)），電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，C正確D錯(cuò)誤。7.【答案】A【解析】當(dāng)兩線圈電流相同時(shí)，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時(shí)，表現(xiàn)為相互排斥，故當(dāng)天平示數(shù)為正時(shí)，兩者相互排斥，電流方向相反，當(dāng)天平示數(shù)為負(fù)時(shí)，兩者相互吸引，電流方向相同，A正確B錯(cuò)誤；線圈Ⅰ對(duì)線圈Ⅱ的作用力與線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力是一對(duì)相1/8互作用力，等大反向，錯(cuò)誤；靜止時(shí)，線圈平衡，線圈Ⅰ對(duì)線圈Ⅱ的作用力與托盤(pán)對(duì)線CII圈Ⅱ的作用力是一對(duì)平衡力，錯(cuò)誤。D相互作用規(guī)律：兩條平本題的原理是兩通電直導(dǎo)線間的行的通電直導(dǎo)線之間會(huì)通過(guò)磁場(chǎng)發(fā)生相互作用。①電流方向相同時(shí)，將會(huì)吸引；②電流方向相反時(shí)，將會(huì)排斥。8.【答案】B【解析】根據(jù)庫(kù)侖定律求解兩球之間的庫(kù)侖力，然后對(duì)球受力分析，結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件B分析三力之間的關(guān)系，從而確定細(xì)線拉力方向。qqB9.010941065106兩球之間的庫(kù)侖力為Fk2N，小球B受到的重力大重力以及Ar20.32小為G2N，且F與豎直方向夾角為60°，F(xiàn)G，故小球B受到的B庫(kù)侖力，B細(xì)線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細(xì)線與豎直方向的夾角為，正確。60°B當(dāng)三力平衡時(shí)，能組成一個(gè)封閉的矢量三角形，再結(jié)合一個(gè)角為的等腰三角形為等邊三60°角形即可求解。9.【答案】D【解析】汽車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力與路面的支持力平衡，側(cè)向靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律分析解題。地面的支持力，以及地面給的摩擦力，其中摩擦力充當(dāng)向心力，錯(cuò)A當(dāng)最大靜摩擦力充當(dāng)向心力時(shí)，速度為臨界速度，大于這個(gè)速度則發(fā)生側(cè)滑，根據(jù)牛頓汽車(chē)轉(zhuǎn)彎時(shí)受到重力，誤；v2vfr第二定律可得fm，解得1.410804560201.4m/s，所以汽車(chē)轉(zhuǎn)rm2.0103彎的速度為20m/s時(shí)，所需的向心力小于1.4104N，汽車(chē)不會(huì)發(fā)生側(cè)滑，錯(cuò)誤；汽車(chē)BCv5602能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度ar7m/s2，即汽車(chē)能安全轉(zhuǎn)彎的向心加速度不超過(guò)807.0m/s2，D正確。本題也可以求解出以20m/s的速度轉(zhuǎn)彎時(shí)心力比較，若靜摩擦力不足提供向心力，則車(chē)會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)。10.【答案】離子體進(jìn)入板間受到洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷離子的偏轉(zhuǎn)方向，即可確定極板的極性，離子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中同時(shí)受電場(chǎng)力和洛倫茲力，二力平衡時(shí)兩板間的所需的向心力，與將側(cè)向最大靜摩擦力與所需向C【解析】等電2/8壓穩(wěn)定，由平衡條件求電源的電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合電路知識(shí)分析板間的電流。根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板E為電源的正極，根據(jù)平衡有qvBq，解得穩(wěn)定d時(shí)電源的電動(dòng)勢(shì)EBdv，則流過(guò)的電RBdvab，正確。CabRρd流為IERr，而rρd，Sab，則得電流大小為IS11.【答案】A31.4m5m，對(duì)錐面上23.14的一粒沙粒分析，當(dāng)滿足μmgcosθmgsinθ（為錐體的【解析】沙堆底部周長(zhǎng)為31.4m，故圓錐體的底部圓半徑為r底角）時(shí)沙粒剛好靜止，故μtanθr，解得圓錐體高h(yuǎn)h2.5m，故圓錐體的體積約為V1Sh13.14522.560m3，A正確。3312.【答案】D【解析】根據(jù)動(dòng)量定理求解飛船質(zhì)量；根據(jù)牛頓第二定律與萬(wàn)有引力定律求解星球質(zhì)量；量定理可得F△tm△v，解得飛船的質(zhì)量為直線推進(jìn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)mFΔt，繞孤立星球運(yùn)Δv動(dòng)時(shí)，根據(jù)公式GMmm4π2r，又GMmr2T2r2vv3T2m，解得M，正確。Dr2πG13.【答案】A【解析】分兩個(gè)階段求解時(shí)間，水平階段和斜面階段，根據(jù)動(dòng)能定理求出的點(diǎn)速度，然后B根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解段上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；在斜面階段需要根據(jù)幾何知識(shí)求解在斜面上的運(yùn)動(dòng)加速度，從而求解在斜面上的設(shè)小車(chē)的質(zhì)量為m，小車(chē)在AB段所勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度af0.2mg0.2g2m/s2，解斜面的傾斜角，AB然后根據(jù)牛頓第二定律求運(yùn)動(dòng)時(shí)間。mm1能定理可得fx1mv21mv2，解得v4m/s，故t104s3s；段，根據(jù)動(dòng)222ABB01B在AB1小車(chē)在BC段，根據(jù)機(jī)械能守恒可得mv2mgh，解得h0.8m，過(guò)圓形支架的圓心2CDBCD1xO點(diǎn)作BC的垂線，根據(jù)幾何知識(shí)可得2BC，解得x4m，hCD15Rsinθ，故xBCxhBCBCCD小車(chē)在BC上運(yùn)動(dòng)的加速度為agsinθ2m/s2，故小車(chē)在BC2段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tvB4s2s，所以小車(chē)運(yùn)動(dòng)的ttt5s總時(shí)間確。為，正A12a22214.【答案】】要發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，入射光頻率大于該金屬的極限頻率，據(jù)此分析兩種光的頻率關(guān)系，然后根據(jù)頻率越大，波長(zhǎng)越小，折射率越大分析各個(gè)選項(xiàng)。BD【解析3/8根據(jù)題意可知a光頻率低于b光頻率，玻璃磚對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率，b光的折射率較小，以相同角度斜射到同一玻璃板透過(guò)平行表面后，b光的折射角較大，所以b光側(cè)移量小，即a光的側(cè)移量大于b光的，A錯(cuò)誤；頻率越大，波長(zhǎng)越小，通過(guò)同一單縫衍射20裝置時(shí)，中央亮條紋寬度越小，B正確；a光的頻率大，故頻率之比不可能為，C錯(cuò)誤；27h頻率越大，波長(zhǎng)越小，即λλ，根據(jù)λ可知pp，正確。Dpabab【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是知道光的頻率越大，則其波長(zhǎng)越小，同一光學(xué)器件對(duì)其的折射率越大，通過(guò)同一單縫衍射裝置時(shí)中央亮條紋寬度越小。15.【答案】AC【解析】反應(yīng)方程為7Be+0e7Li+v，根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知中微子的質(zhì)量數(shù)和電34-1e荷數(shù)均為零，正確；根據(jù)質(zhì)能方程，質(zhì)量減少Am7.016929um7.0160049.31102MeV0.86MeV，為釋放的核能，不是鋰核e獲得的動(dòng)能，B錯(cuò)誤；衰變過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故反應(yīng)前后動(dòng)量守恒，故中微子與鋰核（7Li）的動(dòng)量之和等于反應(yīng)前電子的動(dòng)量，C正確；由于反應(yīng)過(guò)程中存在質(zhì)量虧，損所以3中微子與鋰核（7Li）的能量之和小于反應(yīng)前電子的能量，D錯(cuò)誤。316.【答案】BD15.6m，根據(jù)題意可1【解析】OM之間有兩個(gè)波谷，即17m，解得波I的波長(zhǎng)為147.0m5.61v1.4v知波I的波速為11.4m/sTs4s，同一波源的頻率相，故波的周期為5s1為4s，A錯(cuò)誤B正確；波II的波長(zhǎng)為同，故N點(diǎn)的振動(dòng)周期2vT4m，故在t=0時(shí)2刻處于平衡位N置向下振動(dòng)，經(jīng)過(guò)3s，即四分之三周期，點(diǎn)在波峰，C錯(cuò)誤；因?yàn)镸NN1兩點(diǎn)到波源的距離都為其各自波長(zhǎng)的1，又兩者振動(dòng)周期相同，起振方向相同，所以兩者4振動(dòng)步調(diào)相同，即當(dāng)M點(diǎn)處于波峰時(shí)，N點(diǎn)也一定處于波峰，D正確。關(guān)鍵是把握兩點(diǎn)：第一點(diǎn)也為突破口，即“5s后此波谷傳到M點(diǎn)，此時(shí)O點(diǎn)正通過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，OM間還有一個(gè)波谷”，第二點(diǎn)是同一波源在不同介質(zhì)中的振動(dòng)頻率（周期）相同。17.【答案】（1）AD（2）拉小車(chē)的細(xì)繩與木板沒(méi)有平衡，托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量m沒(méi)有遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量M（3）x:x12【解析】該實(shí)驗(yàn)采用了“等效法”，只要明確了實(shí)驗(yàn)原理即可，判斷選項(xiàng)中的各個(gè)說(shuō)法是否4/8正確，從前正確的解答本題；利用控制變量法來(lái)研究加速度與力和質(zhì)量間的關(guān)系，還用到了轉(zhuǎn)化法，通過(guò)測(cè)量位移來(lái)求得加速度。（1）彈簧秤是否與木板平面平行，將會(huì)影響彈簧秤的讀數(shù)，即力的大小，正確；兩次拉A橡皮筋，要使橡皮筋的結(jié)點(diǎn)到達(dá)同一位置，并不是兩次拉橡皮筋的伸長(zhǎng)量相同，也不一定橡皮條要在兩細(xì)線的夾角平分線上，錯(cuò)誤；在記錄力的方向時(shí)，同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)BC些，作圖時(shí)產(chǎn)生的角度誤差會(huì)減小，正確；D（2）實(shí)驗(yàn)要求小盤(pán)和重物所受的重力近似等于使小車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的力，則必須滿足托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量g，達(dá)不到細(xì)繩與木板沒(méi)有平行；遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量，從圖可知托盤(pán)的質(zhì)量，小車(chē)的質(zhì)量2150g200要求；拉小車(chē)的2x1相同，根據(jù)位移時(shí)間公式x1at2可得a1x1xt2（3）兩小車(chē)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。2x2t22a2218.【答案】（1）a點(diǎn)（2）小于（3）②（4）7.5【解析】（1）電壓表示數(shù)變化較大，說(shuō)明電流表分壓較大，而電流表示數(shù)基本不變，說(shuō)明電壓表分流較小，可以忽略，故采用電流表外接法，即接a點(diǎn)；電壓表測(cè)量的電壓為準(zhǔn)確值，cU但電流表測(cè)量的電流為電阻和電壓表電流表之和，即電流測(cè)量值偏大，根據(jù)R可得電阻I測(cè)量值偏??；（2）因?yàn)殡妷罕頊y(cè)量的是被測(cè)電阻兩端電壓，所以當(dāng)其兩端電壓為零時(shí)，電流也為零，故圖像的斜率表示電阻，故R3.07.5；0.4x圖線②正確；19.【答案】（1）8m/s2,6m/s（2）1m/s（3）小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑?！窘馕觥浚?）上滑過(guò)程中，由牛頓第二定律：mgsinmgcosma，解得a8m/s2；h1sin由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2v22a0，解得v6m/s0B（2）滑塊在D處水平飛出，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律Lvt，h1gt2，解得v1m/s；DD22（3）小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑20.【答案】（1）500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m5/8【解析】（）球靜止在彈簧上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得mgkx0；12mghhfhh2x0，12121（）球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，動(dòng)能定理2解得f0.5N；（）球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中總路程：smghxfsE，解得s11.05m；p大時(shí)彈簧形變量為x；312（）球在首次4下落過(guò)程中，合力為零處速度最大，速度最3則mgfkx0；在點(diǎn)離點(diǎn)x0.009m下方，AA3321.【答案】（）114.40碰后小球擺動(dòng)的最大角m,A2（）2小球質(zhì)量B（）大于3【解析】游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；根據(jù)球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒A來(lái)分析球的速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律來(lái)分析球的速度，從而確定要測(cè)量的物理量；兩AB球粘在一起后球的重心發(fā)生變化，據(jù)此判斷擺長(zhǎng)的變化，從而判斷周期的變化；1（）球的直徑為d14mm8mm14.40mm；12012根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得碰撞前瞬間球A的速度（1mgl1cosmv2），碰撞后仍可根11據(jù)機(jī)械能守恒定律計(jì)算小球的速度，所以需要小球碰后擺動(dòng)的最大角；小球B碰撞AA后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得小球的速度，要求B的動(dòng)B量所以需要測(cè)量小球B的質(zhì)量m；2L單擺周期T2（）2在黏一起后，球的重心發(fā)生變化，如圖所示，擺長(zhǎng)發(fā)生變化，故根據(jù)g可得周期變大。22.【答案】（）12m/s（）4.6m/s22（）C37FBIL【解析】（）安培力FBIL，加速度a，m1m速度v2axx2m/s；101（）在區(qū)間0.2mx0.2m，2安培力F5xIL，如圖所示6/85IL安培力做功Wxx；2222111Wmv2mv2，解得v4.6m/s；2221根據(jù)動(dòng)能定理可得2（）根據(jù)動(dòng)量定理可得BLQmvmv，33電荷量QCU