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2017年自主招生物理模拟试卷(2)(解析版)

2017自主招生物理模拟试卷(2)

一、选择题(共10小题,每小题2分,满分20分)

1.炎热无风的夏天,小宇走在被晒得发烫的柏油路上,看见前面的路面已被一辆洒水车洒水淋湿了.他认为走在淋湿了的路面上一定比走在干燥的路面上感到凉爽,于是赶快走过去,结果在洒过水的路面上,他却感到更加闷热了.你认为产生这种感觉的主要原因是()

A.洒水车中的水经过曝晒后,内能增大,温度很高

B.地面上的水使被反射的阳光增多,身体获得更多热量

C.洒水后使附近的空气湿度增加,身上的汗液蒸发变慢

D.地面上的水蒸发时把热量带到了人的身上

2.小明游览一座古寺时发现里面有一个变音钟,随着钟下燃烧的香火越旺,敲出的声音越高亢原因的可能是()

A.香火使钟周围的空气温度升高,传声效果越来越好

B.任何物体温度升高时,振动发出的声音音调都会变高

C.香火使振动的振幅加大,使声音响度变大

D.香火使钟的温度升高.材料的微观结构发生变化,钟振动频率改变

3.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

2017年自主招生物理模拟试卷(2)(解析版)

4.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α

为()

A.30°B.45°C.60°D.90°

5.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1/9

C.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

2017年自主招生物理模拟试卷(2)(解析版)

6.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

2017年自主招生物理模拟试卷(2)(解析版)

7.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()

A.P1+P2B.P12+P22

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C.D.

8.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2Kg B.小于2Kg C.大于2Kg D.无法知道

2017年自主招生物理模拟试卷(2)(解析版)

9.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

10.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()

A.△t

甲<△t

B.△t

>△t

C.△t

=△t

D.无法判定

二、填空题

11.一木块在15N的水平拉力作用下刚好能以2m/s的速度在水平面上做匀速直线运动,若要让它以4m/s的速度在同一水平面上做匀速直线运动,所需的拉力为N.

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12.一个人骑自行车从甲地到乙地,全程平均速度为12km/h,若前路程上的平均速度为10km/h,则后路程的平均速度是km/h.

13.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m.(不计长木板AB的质量)

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14.质量相等的两个实心小球A和B,已知它们的密度之比ρA:ρB=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F A:F B=8:5,则ρA=

kg/m3,ρB=kg/m3.

15.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

kg/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Pa.

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16.用“220V 800W”的电水壶烧水,若不考虑能量损失,当接在110V电源上时,用时32min可将一壶水烧开,如果接在220V电源上时,烧开同样一壶水所用的时间是min.

17.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V.R1的阻值为Ω.

三、实验探究题(共2小题,满分9分)

18.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.

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(1)由1、2两次实验,可验证猜想(填猜想前的字母),结论是.(2)由两次实验,可验证猜想C.

(3)由两次实验,可验证猜想A.

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19.小东想估测出某种油的密度ρ

,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ρ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

的部分实验步骤,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ρ

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);

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的表达式

(4)利用上述测量出的物理量和题中的已知量计算ρ

为:.

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四、计算题(共20分)

20.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)

21.如图所示,电源电压保持不变,滑动变阻器最大值为R1=40Ω,小灯泡的电阻为10Ω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:

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(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.

2016年山东省枣庄八中自主招生物理模拟试卷(三)

参考答案与试题解析

一、选择题(共10小题,每小题2分,满分20分)

1.【分析】液体的温度、液体的表面积和液体表面上空气流动的速度是影响蒸发快慢的因素.

【解答】解:炎热无风的夏天,被晒得发烫的柏油路温度很高,洒上水后,加快了水的蒸发,蒸发的水蒸气再液化,变成水,自然就要放热,热量都被散发到周围的空气里,使周围空气湿度增加,防止了一部分汗液蒸发.

故选C.

【点评】本题主要考查学生对:影响蒸发快慢因素的了解和掌握.

2【分析】(1)声音是由物体的振动产生的,声音可以在固体、液体、气体中传播,在气体中传播时,温度越高,传播的速度越快;

(2)音调指声音的高低,它是由物体振动的频率决定的;

(3)响度指声音的强弱,它由物体振动的幅度和距离声源的远近有关;

【解答】解:“变音钟”是说明钟的声音是变化的,“高亢”说明声音的音调逐渐变高,这是由于燃烧的香火越旺,钟的温度升高,材料的微观结构发生变化,钟振动频率改变造成的.

故选D.

【点评】本题考查声音特征,此题要抓住描述声音变化的关键字词进行分析.

3.【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B.

【点评】本题主要考查学生对:凸透镜成像的应用的了解和掌握,以及物距远大于2倍焦距的时候,像距接近1倍焦距等知识点的理解和掌握.

4.【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,AD⊥BC,

∴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α=45°.

故选B.

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【点评】确定平面镜的位置时,多利用像与物关于平面镜对称的特点,并且注意找到平面镜通过的两个点,从而确定平面镜的位置.

5.【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.

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【解答】解:R===12Ω,I===0.5A;R′===6Ω,I′===1A.

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A、当两灯泡串联接在9V的电源上时,电路中的电流为I A==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.

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B、当两灯泡串联接在9V的电源上时,电路中的电流为I B==A,“6V 6W”的灯泡的实际功率P B=×6Ω=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I C==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C.

【点评】本题考查灯泡电阻的计算,灯泡额定电流的计算和电源电压的计算,关键是判断哪只灯泡正常发光.

6.【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A.

【点评】本题为并联与串联的混联电路,应先由滑动变阻器滑片的移动判断接入电阻的变化,则由欧姆定律即可求得电路中电流的变化;从而可以分析串联各部分电压的变化;

而并联部分重点在于分析各支路电流的变化.

7.【分析】设两正方体的密度为ρ,边长分别为L

甲和L

,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

=,

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ρ,边长分别为L

甲和L

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甲对桌面的压强为:P1===ρgL

=,

∴L

=,

同理,L

当把甲放在乙的上面时,乙对桌面的压强为:

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P===.

故选C.

【点评】此题涉及到重力的计算和压强的大小及其计算,涉及的知识点不是很多,但是有一定的拔高难度,特别要注意的是压力和受力面积的对应性.

8.【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a>b),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

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由杠杆的平衡原理:am1=b×1,bm2=a×1,解得m2=,m1=

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则m2+m1=+

因为(m1+m2)﹣2=+﹣2=≥0

又因为a≠b,所以(m1+m2)﹣2>0,即m1+m2>2

这样可知称出的白糖质量大于2kg.

故选C.

【点评】此题学生要利用物理知识来求解,所以学生平时在学习时要各科融汇贯通,同时体现了物理与数学的联系.

9.【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ρ水>ρ煤油,由P=ρgh 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A .

【点评】该题虽然是一个U 形管,但不能简单地根据连通器的原理去作答,需要考虑不同液体的密度及深度判断同一高度的液体压强,然后再确定阀门左右两边液体压强的大小.

10.【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(t ﹣t 0铁)=c 水m 水(t 0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(t ′﹣t 0水′)=c 铁m 铁(t ﹣t ′);

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t ﹣t 0铁>t ﹣t ′,所以t 0水﹣t >t ′﹣t 0水′,即△t 甲>△t 乙.

故选B .

【点评】本题主要考查学生对:热传递的条件和热平衡方程的了解和掌握,弄清楚温度的变化是解决此题的关键,难度较大.

二、填空题

11.【分析】(1)木块做匀速直线运动,处于平衡状态,对木块进行受力分析,由平衡条件求出木块受到的摩擦力;

(2)木块与地面间的滑动摩擦力与接触面的材料、粗糙程度及木块与地面间的压力有关,据此分析.

【解答】解:在15N 的拉力F 作用下,木块以2m/s 的速度在水平面上做匀速直线运动,因此木块在水平方向上受到的拉力和摩擦力为一对平衡力,即f=F=15N ;

当木块以4m/s的速度在同一水平面上做匀速直线运动时,由于压力和接触面的粗糙程度不变,则木块与地面间的摩擦力不变,仍为15N.

故答案为:15.

【点评】对木块正确受力分析、熟练应用平衡条件、知道影响滑动摩擦力大小的因素是正确解题的关键.

12.【分析】先算出以12km/h的速度行驶了整个路程的时间,再算出以10km/h的速度行驶前路

2017年自主招生物理模拟试卷(2)(解析版)

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程用的时间,可求汽车行驶后路程的时间,利用速度公式求汽车后路程的平均速度.

【解答】解:

设从甲地到乙地的路程为3S,

∵v=,

∴汽车行驶全程所用的时间:

t==;

行驶前路程用的时间:

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t1==;

走后路程所用的时间:

t2=t﹣t1=﹣=;

走后路程的平均速度:

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V2===20km/h.

故答案为:20.

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【点评】本题考查了平均速度的计算,求出汽车全程用的时间和行驶前路程用的时间是解题的关键,为了简化计算,可设从甲地到乙地的路程为3S.

13.【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=AB﹣OB=1.6m﹣0.4m=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1.2m﹣1m=0.2m;

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小球滑到D点所用的时间t===7s;

故答案为:7;0.2.

【点评】本题考查速度公式及杠杆的平衡条件,重点要把握小球在滚动到D点拉力为零表明小球的重力使杠杆处于平衡状态,此时AC绳不再起作用.

14.【分析】因为两球质量相等,密度之比是ρA:ρB=1:2,体积之比为V A:V B=2:1,若两球在水中都漂浮,就有F A:F B=G A:G B=m A:m B=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F A:F B═ρ

水gV A:ρ

gV B=V A:V B=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F A:F B=ρA V A g:ρ

V B g=ρA V A:

ρ

V B=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ρA:ρB=1:2,体积之比为V A:V B=2:1,

有F A:F B=ρA V A g:ρ

水V B g=ρA V A:ρ

V B=8:5;

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所以ρA===800kg/m3,又因为ρA:ρB=1:2,

所以ρB=1600kg/m3.

故答案为:800;1600.

【点评】本题考查密度和浮力的计算,关键是分析两个物体在水中的状态,这是本题的重点也是难点.

15.【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

=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=ρ水g △h 即可求出水对容器底部压强的变化.

【解答】解:(1)由ρ=可得:

V B ==

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=0.1×10﹣3m 3, 图a 中,A 、B 共同悬浮,则F 浮A +F 浮B =G A +G B ,

即ρ水g (V A +V B )=ρA gV A +m B g ,

其中V A =1×10﹣3m 3,

ρA =

=

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=0.5×103kg/m 3,

(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 =G A ,

即ρ水gV A 排=ρA gV A ,

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V A 排===0.5×10﹣3m 3. 液面下降△h====0.0125m ,

液面下降△p=ρ水g △h=1.0×103kg/m 3×10N/kg ×0.0125m=125Pa .

故答案为:0.5×103;125.

16.【解答】解:烧开同样一壶水消耗的电能相等,设电热壶的电阻为R ,

则根据W=UIt=t 有:

t 1=t 2,即t 1=t 2,

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解得:t 2=t 1=×32min=8min .

故答案为:8.

【点评】本题考查了电功与热量的综合计算,关键是知道烧开同一壶水需要的热量相同.

17.【解答】解:设电源的电压为U ;

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R1、R2串联时,电路中的电流为I=;

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R1消耗的电功率为P=I2R1=()2R1=9W﹣﹣﹣﹣﹣①

R1、R2并联时,

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R1消耗的电功率P1==16W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

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通过R2的电流为I2==4A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③

由①②③可得:U=12V,R1=9Ω.

故答案为:12;9.

三、实验探究题(共2小题,满分9分)

18【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】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.

19.【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:

(m B﹣m

)?OC=m A?OD.

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ρ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:m B?OC=m A?OE.

由密度公式ρ=,得:m=ρv,又∵用刻度尺测出OE的长度L0.

∴ρB?v B?OC=m A?L0.

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∴v B?OC=.

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.

∴(m B﹣m

)?OC=m A?L1.

∴(ρB?v B﹣ρ

?v B)?OC=m A?L1.

?v B?OC=m A?L1.

∴ρB?v B?OC﹣ρ

∴m A?L0﹣ρ

?v B?OC=m A?L1.

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=

∴ρ

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=m A(L0﹣L1)?

=?ρB.

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=.

故答案为:用刻度尺测出OD的长度L1,ρ

四、计算题(共20分)

20.【解答】解:物体质量m=ρv=2.5×103kg/m3×200×10﹣4m2×2m=100kg,

物体重力G=mg=100kg×10N/kg=1000N,

=G﹣T=1000N﹣2×350N=300N,

绳子被拉断时物体所受的浮力F

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===0.03m3,

绳子被拉断时物体排开水的体积,V

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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=H﹣h=15m﹣1.5m=13.5m,

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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.

21.【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

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阻值是20Ω,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.

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(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=I﹣I2

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所以:

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由于R1与R2并联,电压相等,所以电流与电阻成反比,即

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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

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根据:P=I2R L可得I===1A

滑片在中点时,R1=20Ω

根据串联电路电阻规律:R=R1+R L=20Ω+10Ω=30Ω

电源电压:U=IR=1A×30Ω=30V

=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

(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′+R L=40Ω+10Ω=50Ω

电路总功率:P===18W;

答:(1)电阻R2的阻值是20Ω.

(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.

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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.

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