浙江省2016年选考科目适应性测试物理试卷(9月份)(解析版)

1、高二物理寒假作业（一）一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共39分.毎小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1下列物理学方面的史实符合实际情况的是（C）A亚里士多德由经验得出，物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动的原因B意大利物理学家伽利略用科学推理论证重物体比轻物体下落快，并在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的C英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，从而发现了电磁感应现象22016年第31届夏季奥运会在巴西的里约热内卢举行下列比赛中可把研究

2、对象看成质点的是 （D）A研究苏炳添在百米跑比赛时的起跑技术B研究乒乓球男子单打冠军马龙的发球动作C研究女子3米板冠军施廷懋的跳水动作D研究女子50米步枪三次比赛中杜丽射出的子弹轨迹3漫画中的情景在公交车急刹时常会出现为提醒乘客注意，公交公司征集到几条友情提示语，其中对惯性的理解正确的是（D）A站稳扶好，克服惯性B稳步慢行，避免惯性C当心急刹，失去惯性D谨防意外，惯性恒在42016年8月14日里约奥运会羽毛球男单最后轮小组赛中，中国选手林丹以2：0轻取对手在其中一个回合的对拍期间，林丹快速扣杀的羽毛球在飞行中受到的力有（C）A重力B重力、击打力 C重力、空气阻力D重力、空气阻力、击打力5201

3、2年10月14日，一名跳伞员从离地39km高度的外太空纵身跃下，创造了高空跳伞高度的新世界纪录和无动力突破超音速的记录，跳伞员携带的传感器记录下的速度时间图象如图所示跳伞员在跳下以后的第32秒启动小伞，第41秒达到最大速度1173km/h，第261秒启动大伞，第542秒脚触地面，已知39km高空的重力加速度g值是9.86m/s2，忽略起跳速度、转动和水平偏移，则对于跳伞员（包含随身携带的所有装备）的分析正确的是（B） At=0到t=32s之间，处于完全失重状态Bt=41s之后直到停止运动，一直未出现失重状态Ct=41s时刻速度和加速度都最大Dt=41s时刻机械能和动能都达到最大62015年4月

4、16曰，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大（达到9500 F），能够在10 内完成充电下列说法正确的是（A）A该“超级电容器”能储存电荷B该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大C该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能D充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极7在如图所示的电路中，电源内阻r为1，电阻R为4，电压表示数为1.60V，则电源电动势为（C）A1.5VB1.6VC2.0VD3

5、.0V8如图所示，电子枪向右发射电子束，其正下方水平直导线内通有向右的电流，则电子束将 （A）A向上偏转B向下偏转C向纸外偏转D向纸内偏转9把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）已知A、B的高度差为h，C、B高度差为2h，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，选A位置为重力势能零势能点，则（）A刚松手瞬间，弹簧弹力等于小球重力B状态甲中弹簧的弹性势能为2mghC状态乙中小球的动能为mghD状态丙中系统的机械能为3mgh10如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4

6、：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是（B）A小齿轮和后轮的角速度大小之比为16：1B大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4C大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：4D大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4：110两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场线（方向未画出）如图所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为FA和FB，则它们的大小关系为（C）AFA=FBBFAFBCFAFBD无法确定11我国卫星移动通信系统首发星，被誉为中国版海事卫星的天通一号01号，在2016年8月6日在西昌卫星发射中心顺利升空并进入距离地球约三万六千公里的地球同步轨道这标志着我国迈入卫星移动

7、通信的“手机时代”根据这一信息以及必要的常识，尚不能确定该卫星的（）A质量B轨道半径C运行速率D运行周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出表示出线速度的大小同步卫星的周期和角速度必须与地球自转的周期和角速度相同【解答】解：A、根据以上的内容可知，不能求出卫星的质量故A错误；B、D、卫星进入距离地球约三万六千公里的地球同步轨道，可知其周期是24h，由：，以及：其中M表示地球的质量，R表示地球的半径，g是地球表面的重力加速度，其中g一般取9.8m/s2，联立即可求出该卫星的轨道半径故B正确，D正确；C、卫星的速率

8、：v=，结合BD中的半径与周期即可求出速率故C正确本题选择不能确定的，故选：A12带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线关于这种电场，以下说法正确的是（C）A平行金属板间的电场，可以看做匀强电场Bb点的电势高于a点的电势Cd点的电势低于c点的电势D若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，它必将沿着电场线运动到负极板13某重型气垫船，自重达5.0×105kg，最高时速为108km/h，装有额定输出功率为9

9、000kW的燃气轮机假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力Ff与速度v满足Ff=kv，下列说法正确的是（B）A该重型气垫船的最大牵引力为3.0×105NB从题中给出的数据，可算出k=1.0×104Ns/mC以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的阻力为3.0×105ND以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4500kW14下列说法正确的是（）A“物体的长度”体现了量子化的思想B发生光电效应时，增大入射光的强度能增大光电子的最大初动能C比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定D能量的耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的

10、方向性【考点】光的电磁本性；原子核的结合能【分析】“物体的长度”可以分割，不能体现量子化的思想发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率有关比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定能量的耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性结合这些知识分析【解答】解：A、“物体的长度”可以分割，可以取小数，不能体现量子化的思想，故A错误B、根据爱因斯坦光电效应方程： =hW，知发生光电效应时，增大入射光的频率时才能增大光电子的最大初动能，与入射光的强度无关，故B错误C、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故C正确D、根据热力学第二定律可知，涉及热现象的宏

11、观自然过程都具有方向性，能量的耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性故D正确故选：CD15一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示已知波的传播速度为1m/s，下列说法正确的是（）A此时P质点正向y轴正方向运动B经过0.1s，P、Q两质点的位移可能相同C经过0.2 s，Q质点运动的路程为30cmD经过0.4 s，P质点向x轴正方向移动了40 cm【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据波的传播方向分析质点的振动方向；根据质点振动方向求出质点的位移，然后分析答题；根据图象求出波长，然后求出波的周期，再求出质点的路程【

12、解答】解：A、波沿x轴正方向传播，由图示波形图可知，质点P沿y轴正方向运动，故A正确；B、由图示波形图可知，质点P向上运动，质点Q向下运动，经过0.1s它们的位移方向不同，位移不同，故B错误；C、由图示波形图可知，波长=40cm=0.4m，波的周期：T=0.4s，由图示波形图可知，质点的振幅为15cm，经过t=0.2s=T，质点的路程为：15×2=30cm，故C正确；D、在波的传播过程中，质点只在平衡位置附近振动并不随波的传播向外迁移，因此，经过0.4 s，P质点向x轴正方向移动的距离为0cm，故D错误；故选：AC16图甲为风力发电的简易模型在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动

13、，磁铁下方的线圈与电压传感器相连在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则（）A磁铁的转速为10 r/sB线圈两端电压的有效值为6VC交流的电压表达式为u=12sin5t VD该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据ut图象判断出电流的最大值与周期，明确交流电的最大值和有效值间的关系，知道电容器的击穿电压为交流电的最大值【解答】解：A、电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为 n=，故A错误；B、通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U=，故B正确C、周期T=0.4s，故，故电压的表达式为U=12s

14、in5t（A），故C正确D、电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能，故 D错误故选：BC三、非选择题（本题共7小题，共55分）17研究平抛运动的实验装置如图所示（1）实验时，毎次须将小球从轨道C（填字母）A同一位罝释放 B不同位置无初速释放C同一位置无初速释放（2）上述操作的目的是使小球抛出后B（填字母）A只受重力 B轨迹重合C做平抛运动D速度小些，便于确定位置（3）实验中已测出小球半径为r，则小球做平抛运动的坐标原点位置应是D（填字母）A斜槽末端O点B斜槽末端O点正上方r处C斜梢末端O点正前方r处D斜槽末端O点正上方r处在竖直木板上的投影点【考点】研究

15、平抛物体的运动【分析】（1）毎次须将小球从轨道同一位置静止释放；（2）无初速度释放的目的是做平抛运动时，有相同的初速度； （3）研究平抛运动的实验中，小球做平抛运动的初始位置是小球对应的球心位置【解答】解：（1）实验时，毎次须将小球从轨道同一位置无初速度释放，故C正确，AB错误； （2）将小球从轨道同一位置无初速度释放，使小球抛出后有相同的初速度，因此它们的轨迹会重合，即使不是同一位置释放，也都能做平抛运动，也只受到重力，故B正确，ACD错误；（3）小球对应的球心位置为平抛运动的坐标原点位置，即在槽口O点上方r处，即为球心在竖直平板上的水平投影点，而在实际操作中，在槽口O点上方r处无法确定故D

16、正确，ABC错误故选：（1）C；（2）B；（3）D18在“练习使用多用电表”实验中（1）某同学欲测一节干电池的电压，下述操作正确的是B（填字母）A欧姆调零、选择档位、表笔接触电池两极（其中红表笔接触正极）、读数B机械调零、选择档位、表笔接触电池两极（其中红表笔接触正极）、读数C选择档位、机械调零、表笔接触电池两极（其中黑表笔接触正极）、读数D选择档位、欧姆调零、表笔接触电池两极（其中黑表笔接触正极）、读数（2）该同学欲测量如图甲所示插座的电压，则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的H位置，（选填A、B、C、Q字母）（3）经过正确操作后，电表指针如图所示，则插座的电压为200.0V【考点】用多

17、用电表测电阻【分析】使用多用电表时应该先机械调零，然后选择适当的档位，最后测量，我国民用电是220V交流电源，根据电表指针读数即可【解答】解：（1）使用多用电表测电压时，应该先机械调零，然后选择适当的档位，表笔接触电池两极（其中红表笔接触正极），待示数稳定后读数即可，故B正确，ACD错误（2）甲所示插座的电压为220V交流电源，所以应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的H位置，（3）根据电表指针可知，插座的电压为U=200.0V故答案为：（1）B；（2）H；（3）200.019中国已迈入高铁时代，高铁拉近了人们的距离，促进了经济的发展一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠乙站，车载速度传感器记录了

18、列车运行的vt图象如图所示已知列车的质量为4.0×105kg，假设列车运行中所受的阻力是其重力的0.02倍，求：（1）甲、乙两站间的距离L：（2）列车出站时的加速度大小：（3）列车出站时的牵引力大小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）根据vt图象与时间轴围成的面积求出甲、乙两站间的距离；（2）根据加速度的定义式求出列车出站时的加速度；（3）根据牛顿第二定律求出列车出站的牵引力【解答】解：（1）由题意v=432km/h=120m/s，匀速运动时间t=720s两站间距对应vt图线下的面积，有=115200m距离L=115200m=115.2km（2）启动阶段（

19、3）在启动阶段，根据牛顿第二定律Ff=ma又f=0.02mg代入得答：（1）甲、乙两站间的距离L为115.2km：（2）列车出站时的加速度大小：（3）列车出站时的牵引力大小20如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR （g为重力加速度）不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小v1：（2）鱼饵到达管口C

20、时对管子的作用力大小和方向：（3）已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆孤弯道管BC可随竖直细管起升降求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO之间的最大距离Lmax【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】（1）根据能量守恒定律求出鱼饵到达管口C时的速度大小（2）根据牛顿第二定律求出管口对鱼饵的作用力大小，从而结合牛顿第二定律求出鱼饵对管子的作用力大小和方向（3）根据机械能守恒定律求出平抛运动的初速度，结合平抛运动的规律求出水平位移的表达式，通过数学知识得出鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO之间的最大距离【解答】解：（1）鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力

21、势能和动能，有：，解得（2）设C处管子对鱼饵的作用力向下，大小设为F，根据牛顿第二定律有：，解得F=6mg，由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F=6mg，方向向上（3）设AB长度为h，对应平抛水平距离为x，由机械能守恒定律有：，由平抛运动的规律得，x=vt，解得x=，当h=1.5R时，x的最大值xmax=8R，则Lmax=xmax+R=9R答：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小为；（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小为6mg，方向向上；（3）鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO之间的最大距离为9R21在“用插针法测玻璃砖折射率“的实验中，玻璃砖的ab边与ab边相互平行，aa边与bb边不平

22、行某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa和bb，如图所示（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO接着，眼睛在玻璃砖的另一侧（选填“同一侧”、“另一侧”）观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线（2）实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？否（填“是”或“否”）（3）下列操作可以减小实验误差的是AC （填字母代号）A适当增大大头针P1、P2的间距B选择玻璃砖相互平行的ab、ab边来测量C选用尽可能细的笔画线D使AO的入射角接近于90°【考点】测定玻璃的折射率【分析】（1）在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大

23、头针P1和P2；（2）要求四枚大头针的针尖在同一视线上；（3）为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差【解答】解：（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO；接着，眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线；（2）实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽；（3）A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度

24、误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B错误C、为了准确确定入射光线和折射光线，选用尽可能细的笔画线，故C正确D、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，但不是接近90°，故D错误故答案为：（1）另一侧；（2）否；（3）AC22为研究某种材料的荧光特性，兴趣小组的同学设计了图示装置；让质子经过MN两金属板之间的电场加速后，进入有界匀强磁场磁场的宽度L=0.25m磁感应强度大小B=0.01T以出射小孔O为原点，水平向右建立x轴，在0.4x0.6区域的荧光屏上涂有荧光材枓，（已知质子的质量m=1.6×

25、;1027 kg，电量q=1.6×1019 C，进入电场时的初速度可略）（1）要使质子能打在荧光屏上，加速电压的最小值是多少？（2）当使质子打中荧光屏时的动能超过288eV可使荧光材料发光，对于不同的加速电压，荧光屏上能够发光的区域长度是多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）由动能定理求出粒子经电场加速后的速度，进入磁场后做匀速圆周运动运动，根据几何关系求出半径，联立方程即可求解出电压；（2）根据最小动能求出电压的最小值，由（1）得出的电压表达式求出最小半径，考虑到粒子要打到荧光屏上，再根据几何关系求出最大半径，进而得出发光区域长度【解答】解：（1）质子经电场加速，由动能定理0进入磁场后做匀速圆周运动，有联立解得从点O运动到x=0.4m处，圆周运动半径r=o.2m代入数据解得（2）由题意，当时对应电场力做功最小值，则根据得对应，经检验：此时质子已经穿出磁场边界线，不能打到荧光屏上了