20xx年11月浙江省普通高校招生選考科目考試物理二word版含答案(完整版)
【正文】 個(gè)大頭針 C時(shí)，應(yīng)使它 ____。測(cè)電流和測(cè)電壓時(shí)各有兩個(gè)量程，還有兩個(gè)擋位用來(lái)測(cè)電阻。則下列說(shuō)法正確 的是 （ ） A． 若每天發(fā)電 400 kW h,則能源利用 效率約為 35% B．發(fā)電時(shí)下水庫(kù) 出水口 的水流速度可達(dá)到 36m/s C．蓄水池中水的重力勢(shì)能 全部轉(zhuǎn)化為電能，則每天能發(fā)電 約 138 kW h D．平均每天所發(fā)電能可供 10 戶(hù) 居民 同時(shí) 用電（ 每戶(hù)電功率為 kW） 約 10h ，大力扣球是進(jìn)攻的主要手段之一，假設(shè)扣球手扣球時(shí)球與地面之間的距離為 3 m，扣球后的球速為 30 m/s，對(duì)方接 球位置離地面約 1 m，已知排球質(zhì)量大約 250 g,請(qǐng)估算接球前瞬間球的動(dòng)能約為（ ） 式 現(xiàn)代電車(chē)在中國(guó) 寧 波基地下線，沒(méi)有傳統(tǒng)無(wú)軌電車(chē)的 “辮子 ” ， 沒(méi)有 尾氣 排放，乘客上下車(chē)的 30 秒 內(nèi) 可 充滿(mǎn)電并行 駛 5 公里 以上，剎車(chē)和 下坡時(shí)可把 80%的剎車(chē)能量轉(zhuǎn)化成電能回收儲(chǔ)存再使用，如圖為 使用 “3V、 12021F”石墨烯 納米混合型超級(jí)電容器 的電車(chē) ，下列說(shuō)法正確的 是 （ ） 電容 最多 能儲(chǔ)存 72021C的 電荷 量 電容器的容量為 36000A 可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)：重力加速度 g均取 10 2s/m 。從比較清晰的點(diǎn)起，每 5 個(gè) 點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖 2 所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)為勻加速運(yùn)動(dòng)，求： （ 1）該運(yùn)動(dòng)員離地面時(shí)的速度大小為多少； （ 2）起跳過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力； （ 3）從開(kāi)始起跳到雙腳落地需要多少時(shí)間？ 圖 3 圖 1 20.（ 12 分）如圖所示為一裝置的截面圖，其中 AB 段是半徑為 R=2L 的四分之一圓軌道，CDO段為半徑 r=L的半圓形軌道，最高點(diǎn) O固定一個(gè)豎直擋板，小球碰后原速?gòu)椈兀?D為CDO軌道的中點(diǎn)，兩軌道均光滑，如圖連接且固定，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為 m的小球以某一速度v從 A點(diǎn)進(jìn)入軌道，并在豎直平面的軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)。水平部分導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，圖示矩形虛線框區(qū)域存在大小為 B2=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度 d=3m。 【解析】由豎直上拋的速度公式知 0v v gt?? ，故 A 錯(cuò)誤、 B 正確；豎直位移20 12x v t gt?? ， C、 D 錯(cuò) 誤。 【解析】可 儲(chǔ)存的電量 C36000?? CUq ， A錯(cuò)誤；電容量 為 360036000?q A ???? 。 17.（ 5 分）（ 1） AC （ 2 分） （ 2） cm （ 1 分） （ 1 分） 左 （ 1 分） 【解析】（ 1）探究功和速度的關(guān)系時(shí)，每次每條皮筋做功相同 ，所以必須從同一位置出發(fā)，A正確；驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律和探究加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系時(shí)，對(duì)紙帶從哪點(diǎn)釋放沒(méi)有要求， B、 D錯(cuò)誤；研究平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律時(shí)，平拋速度大小必須相同，所以必須從同一高度靜止釋放， C 正確。（ 1 分） 23.（ 10分）【解析】（ 1）根據(jù)電子的偏轉(zhuǎn)和左手定則知， 圓形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里（ 1分），對(duì)于從 O1點(diǎn)射出的電子，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑為 R，則 RvmBev 200 ? ,得 eRmvB 0? （ 1分） （ 2）畫(huà)出從 O1射出磁場(chǎng)的電子運(yùn)動(dòng)軌跡圖如圖 1 所示，根據(jù)電子恰好從 M 板的邊緣水平飛出知，電子在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電壓的周期的整數(shù)倍，則 nTvLt ?? 0 ，得 ? （ n=1,2,3? ） （ 1分） 粒子在板間偏轉(zhuǎn)的總位移 2212 tany ???總（ 1分） 代入 RdTtmdeUady ,2,2 0 ?????總得 enmvU 2 200 ?（ n=1,2,3? ） （ 1分） （ 3） 電子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從 N板的左端水平射入兩板間，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在 O2點(diǎn)垂直打在探測(cè)板上，以水平向左為正方向，由動(dòng)量定理知， )%30(%30)%70(0 000 x mvx mvx mvFt ?????? （ 1分） 得 xmvF? （ 1分） （ 4）根 據(jù)題意，電子在25Tt?時(shí)刻返回兩板間，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后剛好平行于 N板從 N板的左邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)， 畫(huà)出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖 2 所示，設(shè)電子從 C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，易知 COOB?為菱形，則 OC ∥ OB? ，則由幾何關(guān)系知， OC處于豎直方向，因此電子兩次進(jìn)入磁場(chǎng)的軌跡所對(duì)圓心角之和為 ?180 ，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為 BemTt π360180 ?????總（ 2分） 代入 eRmvB 0? 得0πvRt ?總 （ 1分） 。 18.（ 5分） 3或 4 黑 D 高 （每空 1 分） 【解析】測(cè)量電阻應(yīng)該要用歐姆表，所以可以接 3或 4，對(duì)于歐姆表來(lái)說(shuō)，電流應(yīng)該從紅表筆流進(jìn)、黑表筆流出，所以 B應(yīng)該是黑表筆，而且 B應(yīng)該與伏特表 D接線柱相連，若測(cè)量 時(shí)發(fā)現(xiàn)多用電表偏角過(guò)小，即電阻讀數(shù)過(guò)大，所以要調(diào)高倍率，使讀數(shù)變小。故 C正確。 h，B錯(cuò)誤 ； 平均 電流 1200?? tqI A,C正確 ； 電容 器的 電容與帶電量無(wú)關(guān)，故是不會(huì)變化的 ，D錯(cuò)誤 。
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