黄冈市重点高中自主招生模拟考试3.doc

Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date黄冈市2017年重点高中自主招生模拟考试32016年山东省枣庄八中自主招生物理模拟试卷（三）黄冈市2017年重点高中自主招生模拟考试物 理 试 题（三）参考答案与试题解析一、选择题1（2017黄冈自主招生训练）用普通照相机拍照时，要按被照物体距相机镜头的远近进行“调焦”，使用起来不太便捷有一种“傻瓜”相机，只要把想拍摄的景物全部纳入取景器内，不论远处还是近处的物体，在照片上都比较清晰，从而使拍照的过程变得十分快捷这种“傻瓜”相机不用“调焦”的奥秘是（）A采用了长焦距的镜头，使远近不同的物体成像的位置相差不大B采用了短焦距的镜头，使远近不同的物体成像的位置相差不大C采用了长焦距的镜头，使远近不同的物体成像的位置相同D采用了短焦距的镜头，使远近不同的物体成像的位置相同【分析】根据凸透镜成像的原理：当物距大于2倍焦距，成倒立缩小的实像，以及其应用来解答此题【解答】解：简易“傻瓜”照相机镜头的焦距不能改变，暗箱长度也不能改变拍照时只要把景物全部纳入取景器内，无论物距如何变化，都能拍出比较清晰的照片，这主要是因为这种照相机的焦距小，物距都远大于2倍焦距，像距接近焦距，这样远近不同的物体成像的位置相差不大，所以不用调节通过以上分析，只有选项B是正确的故选B2（2017黄冈自主招生训练）如图所示，水平桌面上斜放着一个平面镜，桌面上有一个小球向镜面滚去要使平面镜中小球的像沿竖直方向下落，则镜面与桌面间的夹角为（）A30°B45°C60°D90°【分析】首先要知道平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、左右相反，即像与物关于平面镜对称；根据小球水平向右运动，小球的像竖直向下运动和平面镜成像的特点，找到平面镜一定通过的两个点，判断出平面镜的位置【解答】解：根据题意，小球水平向右运动，小球的像竖直向下运动，所以小球到达A点时，像也到达A点，所以平面镜应过水平方向和竖直方向的交点A；根据题意，当小球在图示中的B点时，像点在竖直方向的C点，平面镜过BC连线的中点D；平面镜一定在AD连线上，其中：BD=CD，ADBC，AD是BAC的角平分线，又BAC=90°，BAD=45°，如图所示：所以题干中的夹角=45°故选B3（2017黄冈自主招生训练）把“6V3W”、“6V6W”的两个灯泡串联后分别接在6V，9V，18V的电源上，下面说法中不正确的是（）A接在9V的电源上时，“6V 3W”的灯泡能正常发光B接在6V的电源上时，“6V 6W”的灯泡的实际功率是额定功率的1/9C接在18V的电源上时，“6V 3W”的灯泡比正常发光时亮，“6V 6W”的灯泡比正常发光时暗D不另加器材，无论电源电压为多少，都不能使他们同时正常发光【分析】已知两灯的额定电压和额定功率可求两灯的电阻，还知道两灯串联，所以电流相等再根据选项所给条件逐一解决【解答】解：R=12，I=0.5A；R=6，I=1AA、当两灯泡串联接在9V的电源上时，电路中的电流为IA=0.5A，与“6V 3W”灯泡的额定电流相等，因此该灯泡正常发光，故A选项正确B、当两灯泡串联接在6V的电源上时，电路中的电流为IB=A，“6V 6W”的灯泡的实际功率PB=×6=W，是“6V 6W”的灯泡额定功率的，故B选项正确；C、当两灯泡串联接在18V的电源上时，电流中的电流为IC=1A，大于“6V 3W”灯泡的额定电流，等于“6V 6W”灯泡额定电流，因此“6V 6W”的灯泡正常发光，故C选项错误；D、因为两个灯泡的额定电流不相等，因此不另加器材，无论电源电压为多少，都不能使他们同时正常发光，故D选项正确故选C4（2017黄冈自主招生训练）如图所示，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，各电表的示数变化情况正确的是（）A电流表A1示数变小，A2示数变大，A3示数变小；电压表V1示数变小，V2示数变大B电流表A1示数变大，A2示数变大，A3示数变小；电压表V1示数变小，V2示数变大C电流表A1示数变小，A2示数变小，A3示数变小；电压表V1示数变小，V2示数变大D电流表A1示数变小，A2示数变大，A3示数变大；电压表V1示数变小，V2示数变大【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测并联部分电压；A2测通过R2的电流；A3测流过R3的电流，A1测干路电流；则由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可求得电路中电流的变化，及R1两端电压变化；则可由串联电路的电压规律可得出并联部分电压的变化，即可求得通过R2的电流变化；再由并联电路的电流规律可得出通过R3的电流变化【解答】解：因滑片右移，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；则由欧姆定律可知，干路电流减小，即A1示数减小；则R1两端的电压减小，即V1示数减小；因总电压不变，则并联部分电压增大，即V2示数增大；则对R2由欧姆定律可得，流过R2的电流增大；因干路电流减小，故通过R3的电流减小，故A3示数减小；故选A5（2004北京）把同种材料制成的甲、乙两个正方体，放在水平桌面上，甲、乙对桌面的压强分别为P1和P2，如图所示，把甲、放在乙的上面，则乙对桌面的压强为（）AP1+P2BP12+P22CD【分析】设两正方体的密度为，边长分别为L甲和L乙，根据把同种材料制成的甲、乙两个正方体水平桌面上，甲、乙对桌面的压强分别为P1和P2，利用压强公式变形分别求出L甲=，L乙=，然后利用P=即可求出把甲放在乙的上面时，乙对桌面的压强【解答】解：设两正方体的密度为，边长分别为L甲和L乙，甲对桌面的压强为：P1=gL甲，L甲=，同理，L乙=，当把甲放在乙的上面时，乙对桌面的压强为：P=故选C6（2017黄冈自主招生训练）某商店有一不等臂天平（砝码准确），一顾客要买2kg白糖，营业员先在左盘放一包白糖右盘加1Kg砝码，待天平平衡后；接着又在右盘放一包白糖左盘加1kg砝码，待天平平衡后然后把两包白糖交给顾客则两包白糖的总质量（）A等于2KgB小于2KgC大于2KgD无法知道【分析】此题要根据天平的有关知识来解答，即在此题中天平的臂长不等，这是此题的关键行分析【解答】解：由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设ab），先称得的白糖的实际质量为m1，后称得的白糖的实际质量为m2由杠杆的平衡原理：am1=b×1，bm2=a×1，解得m2=，m1=则m2+m1=+因为（m1+m2）2=+2=0又因为ab，所以（m1+m2）20，即m1+m22这样可知称出的白糖质量大于2kg故选C7（2017黄冈自主招生训练）U形管内注入适量的水银，然后在左右两管内分别注入水和煤油两管通过水平细管相连，细管中的阀门将水和煤油隔离，两管中的水银面相平，如图所示当阀门打开瞬间，细管中的液体会（）A向左流动B向右流动C不动D水向右流动，煤油向左流动【分析】此题可以利用压强的变化量进行解答，U形管底部的水银面相平，说明两管中水银上方的水和煤油产生的压强相等阀门以下部分的水和煤油高度相等，而水的密度大，所以阀门以下部分水的压强大于煤油的压强，所以阀门以上部分煤油的压强大于水的压强，故阀门打开后，液体会向左流动【解答】解：由题意可知，U形管中水银面相平，可知两管中水的压强与煤油的压强相等在阀门同一水平高度，则下方的水和煤油高度一样，因为水煤油，由P=gh可得，阀门下方水的压强大于煤油的压强；又因为阀门没有打开时，容器内液体静止不动，因此左右两边液体产生的压强相等；由于左右两边水银高度相等，而阀门下方水的压强大于煤油的压强，所以阀门上方水的压强小于煤油的压强，当阀门打开后，由于阀门右边煤油的压强大于左边水的压强，液体会向左流动故选A8（2017黄冈自主招生训练）甲、乙两杯中分别盛有60和20质量相同的水，现将一温度为20的铁球投入甲杯中足够长时间，取出后再投入乙杯，停留足够时间如果不计热量损失，比较甲、乙两杯的水温变化，则（）At甲t乙Bt甲t乙Ct甲=t乙D无法判定【分析】要解答本题需掌握：热传递的条件是有温度差，铁球放入温度为60的水中时，铁球吸收热量；再将铁球放入20质量相同的水中时，铁球放出热量，铁球吸收、放出的热量等于水放出和吸收的热量，根据热平衡方程作出分析和解答【解答】解：将温度为20的铁球放入温度为60的甲杯水中时，铁球吸收热量，水放出热量，Q吸1=Q放1，即c铁m铁（tt0铁）=c水m水（t0水t）；再将铁球放入20质量相同的乙杯水中时，铁球放出热量，水吸收热量，Q吸2=Q放2，即c水m水（tt0水）=c铁m铁（tt）；因为甲杯中的水温和铁球的温差大于乙杯中水的温度和铁球的温差，即tt0铁tt，所以t0水ttt0水，即t甲t乙故选B二、填空题9（2017黄冈自主招生训练）光滑的长木板AB长为1.6m，可绕固定点O转动，离O点0.4m的B端挂一重物G，板的另一端A用一根与板成90°角的细绳AC拉住，处于平衡状态，这时此绳拉力为2N如图3所示，现在B端放一质量为240g的圆球，并使球以20cm/s的速度由B端沿长木板向A端匀速滚动，问小球由B端经过7 s时间运动到D点，A端的细绳拉力刚好减为0此时小球距离A端0.2 m（不计长木板AB的质量）【分析】开始时杠杆处于平衡状态，则由杠杆的平衡条件可知G的重力；要使小球到达D点时，A绳恰没有拉力，则小球对点D的压力应正好使杠杆满足平衡条件，则可求得D的位置；由速度公式得小球到达B端的时间【解答】解：OA的长度OA=ABOB=1.6m0.4m=1.2m； 设绳子对A端的拉力为F，由杠杆的平衡条件可知：F×OA=G×OB； 则G=F=×2N=6N；当小球滚到D点时，AC绳没有用力，说明小球对杠杆的压力使杠杆平衡；则由杠杆的平衡条件可知：mg×OD=G×OB；则OD=×OB=×0.4m=1m；故小球距A端为1.2m1m=0.2m； 小球滑到D点所用的时间t=7s； 故答案为：7；0.210（2001长沙）质量相等的两个实心小球A和B，已知它们的密度之比A：B=1：2，再将A、B放入盛有足够多水的容器中，当A、B两球静止时，水对A、B两球的浮力之比FA：FB=8：5，则A=800kg/m3，B=1600kg/m3【分析】因为两球质量相等，密度之比是A：B=1：2，体积之比为VA：VB=2：1，若两球在水中都漂浮，就有FA：FB=GA：GB=mA：mB=1：1，与实际不符，显然不是都漂浮；若两球在水中都是全部浸没，就有FA：FB水gVA：水gVB=VA：VB=2：1，与实际不符，显然不可能是全部浸没；这样就只有是一个漂浮、一个浸没，即A球漂浮，B球下沉，有FA：FB=AVAg：水VBg=AVA：水VB=8：5，解得AB的密度【解答】解：经分析得出A球漂浮，B球下沉，因为两球质量相等，密度之比是A：B=1：2，体积之比为VA：VB=2：1，有FA：FB=AVAg：水VBg=AVA：水VB=8：5；所以A=800kg/m3，又因为A：B=1：2，所以B=1600kg/m3故答案为：800；160011（2017黄冈自主招生训练）底面积为400m2的圆柱形容器内装有适量的水，将其竖直放在水平桌面上，把边长为10cm的正方体木块A放入水后，再在木块A的上方放一物体B，物体B恰好没入水中，如图（a）所示，已知物体B的密度为6×103kg/m3，质量为0.6kg，（取g=10N/kg），则木块A的密度为0.5×103kg/m3；若将B放入水中，如图（b）所示，则水对容器底部的压强变化了125Pa【分析】（1）根据B的质量和密度可求B的体积，由图可知，A、B共同悬浮，根据F浮=G，可求得A的体积，然后可求得A的密度（2）B放入水中后，A漂浮，有一部分体积露出水面，造成页面下降，根据A漂浮，利用F浮=G，求出A排开水的体积，然后可知液面下降的高度，再利用p=水gh即可求出水对容器底部压强的变化【解答】解：（1）由=可得：VB=0.1×103m3，图a中，A、B共同悬浮，则F浮A+F浮B=GA+GB，即水g（VA+VB）=AgVA+mBg，其中VA=1×103m3，A=0.5×103kg/m3，（2）B放入水中后，A漂浮，有一部分体积露出水面，造成液面下降，A漂浮，F浮A=GA，即水gVA排=AgVA，VA排=0.5×103m3液面下降h=0.0125m，液面下降p=水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.0125m=125Pa故答案为：0.5×103；12512（2017黄冈自主招生训练）若把两个定值电阻R1、R2以某种形式连接起来与电源接通，R1消耗的电功率为9W，若把这两个电阻换成另一种形式连接起来后，仍与该电源接通（电源电压不变），则R1消耗的电功率为16W，且通过R2的电流为4A，那么电源电压为12 VR1的阻值为9【分析】因为后一种形式R1的功率比前一种大，所以前一种是串联，后一种是并联R1、R2串联时，根据串联电路电阻特点求出电路的总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R列出R1消耗的电功率的等式；R1、R2并联时，根据P=列出此时R1消耗的电功率的等式，根据欧姆定律列出通过R2的电流的等式，联立以上三个等式即可求出答案【解答】解：设电源的电压为U；R1、R2串联时，电路中的电流为I=；R1消耗的电功率为P=I2R1=（）2R1=9WR1、R2并联时，R1消耗的电功率P1=16W通过R2的电流为I2=4A由可得：U=12V，R1=9故答案为：12；9【点评】本题考查了串联电路和并联电路特点，以及欧姆定律的计算，关键是电功率公式的灵活运用和两电阻串、并联的判断三、实验探究题13（2017黄冈自主招生训练）小芳对初二物理科学之旅中“伽利略对摆动的研究”非常感兴趣，于是利用如图所示的装置进行实验她测出了摆球摆动30次所用的时间，进而算出摆球摆动一次所用时间针对摆球摆动一次所用的时间与哪些因素有关这一问题，她提出了以下猜想：A可能与摆球质量有关；B可能与摆线的长短有关；C可能与摆角的大小有关她利用以下器材：质量不同的两个小钢球、长度不同的两根细线、一个铁架台、一个秒表、一把刻度尺、一只量角器等，进行了以下四次实验次数摆线长L/m摆球质量m/g摆角/°摆动一次的时间t/s11203221.42032.431.42052.441.43052.4（1）由1、2两次实验，可验证猜想B（填猜想前的字母），结论是当摆球质量、摆角一定时，摆长越长，摆动一次所需的时间越长（2）由2、3两次实验，可验证猜想C（3）由3、4两次实验，可验证猜想A【分析】（1）根据实验提出的问题和表中1、2两次实验中相同的因素以及现象得出要探究的问题、结论；（2）（3）若想验证其他的猜想，必须用控制变量的思想来分析需要的实验数据【解答】解：（1）分析1、2两次实验实验可知，摆球质量和摆角相同时，摆线越长，摆动一次的时间越长，故可得结论：当摆球质量、摆角一定时，摆长越长，摆动一次所需的时间越长；（2）要探究摆动一次所需的时间与摆角的大小关系，应控制摆线长和摆球质量不变，改变摆角的大小，由表中数据可知2、3符合；（3）要探究摆动一次所需的时间与摆球质量的关系，应控制摆线长和摆角的大小不变，改变摆球质量的大小，由表中数据可知3、4符合故答案为：（1）B；当摆球质量、摆角一定时，摆长越长，摆动一次所需的时间越长；（2）2、3； （3）3、4【点评】影响摆球摆动一次时间的因素有很多，这里用“控制变量法”探究了摆线长度、摆球质量、摆角对摆动一次时间的影响，初中物理用到此方法的还有：影响摩擦力的因素、影响压力作用效果的因素等等，学习中注意分析总结14（2006北京）小东想估测出某种油的密度油，他手边的测量工具只有刻度尺小东利用身边的器材设计出一个实验方案首先找一根直硬棒，用细线系在O点吊起，硬棒在水平位置平衡，然后将已知密度为的金属块B挂在硬棒左端C处，另外找一个重物A挂在硬棒右端，调节重物A的位置，使硬棒在水平位置平衡，此时重物挂在硬棒上的位置为E，如图所示下面是小东测出油的部分实验步骤，请你按照小东的实验思路，将实验步骤补充完整（1）用刻度尺测出OE的长度L0；（2）把金属块B浸没在待测油中，把重物A从E处移动到D处时，硬棒再次在水平位置平衡；（3）用刻度尺测出OD的长度L1；（4）利用上述测量出的物理量和题中的已知量计算油的表达式为：油=【分析】掌握杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂据杠杆两次平衡列出等式，可知需要测量OD的长度根据杠杆两次平衡列出等式是解决此题的关键杠杆第二次平衡时要用到浮力知识：把金属块B浸没在待测油中，C点所受的拉力等于金属块的重力减去金属块所受到的浮力将所列等式进行变形，即可得出油的密度的表达式【解答】解：（3）根据杠杆平衡条件可知：把金属块B浸没在待测油中，把重物A从E处移动到D处时，硬棒再次在水平位置平衡时：（mBm排）OC=mAOD所以应该用刻度尺测出OD的长度L1（4）根据杠杆平衡条件得：将已知密度为的金属块B挂在硬棒左端C处，另外找一个重物A挂在硬棒右端，调节重物A的位置，使硬棒在水平位置平衡，此时重物挂在硬棒上的位置为E时：mBOC=mAOE由密度公式=，得：m=v，又用刻度尺测出OE的长度L0BvBOC=mAL0vBOC=又把金属块B浸没在待测油中，把重物A从E处移动到D处时，硬棒再次在水平位置平衡；且用刻度尺测出OD的长度L1（mBm排）OC=mAL1（BvB油vB）OC=mAL1BvBOC油vBOC=mAL1mAL0油vBOC=mAL1油=mA（L0L1）=B故答案为：用刻度尺测出OD的长度L1，油=【点评】本题是非常规题，难度较大，联系到浮力知识才能解答，以后做题要多读几遍题目，认真思考，培养综合解答问题的能力！四、计算题15（2017黄冈自主招生训练）用如图所示的滑轮组从15m深的水中提起底面积为200cm2，高2m的圆柱形实心物体，已知该物体的密度为2.5×103kg/m3，力F作用的绳子所能承受的最大拉力为350N，问物体以0.2m/s的速度匀速提起时，经多长时间绳子被拉断？（取g=10N/kg，不计绳重、滑轮和绳子重）【分析】选求出物体的体积，根据公式m=V求出物体的质量，进一步求出物体的重力，绳子被拉断时物体所受浮力等于重力减去绳子的最大拉力，根据浮力公式进一步求出绳子被拉断时物体排开水的体积，已知物体的底面积，再求出物体浸入水中的长度，从而求出物体上升的高度，进一步求出绳子被拉断所用的时间【解答】解：物体质量m=v=2.5×103kg/m3×200×104m2×2m=100kg，物体重力G=mg=100kg×10N/kg=1000N，绳子被拉断时物体所受的浮力F浮=GT=1000N2×350N=300N，绳子被拉断时物体排开水的体积，V排=0.03m3，绳子被拉断时物体浸入水中的长度h为：h=1.5m，物体上升的高度为：L=Hh=15m1.5m=13.5m，绳子被拉断所用的时间t=67.5s答：绳子被拉断所用的时间为67.5s【点评】本题考查重力、质量、浮力、体积、时间等的计算，根据是公式及其变形的灵活运用，难点是求物体上升的高度，解题过程中要注意单位的换算16（2003辽宁）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器最大值为R1=40，小灯泡的电阻为10且保持不变当S1、S2均闭合且滑片P 滑到b 端时，电流表 A1、A2的示数之比为3：2；当S1、S2均断开且滑片P置于滑动变阻器中点时，小灯泡 L的功率为10W求：（1）电阻R2的阻值；（2）当S1、S2均闭合且滑片P在b端时，电压的示数；（3）整个电路消耗的最小电功率【分析】分析电路图时，先简化电路，把电流表看作导线，把电压表看作开路，只分析用电器的连接方式（1）当S1、S2均闭合且滑片P滑到b端时，此时小灯泡L被短路，变阻器R1与电阻R2并联电流表A1测干路电流，A2测R2电流，已知两表示数之比，我们根据并联电路电流规律得出R1中的电流与R2的电流之比，然后我们根据并联电路电流分配规律得出电阻之比，最后就得出R2的阻值了（2）当S1、S2均闭合且滑片P 在b 端时，此时小灯泡L被短路，变阻器R1与电阻R2并联，电压表并联在R1、R2两端，测的既是R1、R2两端电压，也是电源电压而要算R1或R2的电压，由于两条支路的电流都不知道，所以无法通过算R1或R2的电压来得出电压表的示数我们根据电源电压不变这一点去分析，所以接下来我们要考虑分析当S1、S2均断开且滑片P置于滑动变阻器中点时电路的情况此时变阻器R1与灯泡L串联变阻器的滑片P在中点时，此时R1的阻值是20，小灯泡L的电阻和电功率已知，我们用公式P=I2R的变形公式I=可以计算出电流，然后根据串联电路的电阻规律，求出总电阻，最后用公式U=IR计算出电源电压（3）根据P=，在电源电压一定时，电功率与电阻的关系是成反比要求最小电功率，先求最大总电阻那么哪种情况下电路的总电阻最大？根据串联电路的电阻规律和并联电路的电阻规律可知，串联时的总电阻比并联时的总电阻大则当S1、S2均断开时，且把滑片滑到b端时，电路的总电阻最大【解答】解：（1）当S1、S2均闭合且滑片P滑到b端时，小灯泡L短路，R1、R2并联，A1测总电流I，A2测R2电流I2因为I：I2=3：2，根据并联电路电流规律：I=I1+I2，得I1=II2所以：由于R1与R2并联，电压相等，所以电流与电阻成反比，即所以：；（2）当S1、S2均断开且滑片P置于变阻器中点时，小灯泡L和R1串联根据：P=I2RL可得I=1A滑片在中点时，R1=20根据串联电路电阻规律：R=R1+RL=20+10=30电源电压：U=IR=1A×30=30V当S1、S2均闭合且滑片P在b端时，电压表测电源电压，所以电压表示数U示=30V；（3）当S1、S2均断开且滑片P滑到端b时，电路总电阻最大，电路消耗电功率最小电路总电阻：R=R1+RL=40+10=50电路总功率：P=18W；答：（1）电阻R2的阻值是20（2）当S1、S2均闭合且滑片P在b端时，电压表的示数是30V（3）整个电路消耗的最小电功率是18W【点评】本题综合性较强，考查的内容较多会辨别串、并联，会用欧姆定律计算，会用电功率公式计算，知道串、并联电路的电压规律，电流规律，电阻规律本题难点在第二问，要用到电功率的一个变形公式：P=I2R求解需要注意的是：P=I2R和P=这两个公式在电功率计算题里要经常用到-