（详解详析）2022年河南预测卷班测卷(二)·物理

物理试卷第页（共页）2022年河南预测卷班测卷(二)·物理详解详析一､填空题(本题共6小题,每空1分,共14分)1.红外线热传递【解析】人体可以对外辐射红外线，测温枪通过检测人体辐射红外线的强弱来检测体温；传统水银温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的，通过热传递的方式改变液泡温度来测量体温的．2.音调音色【解析】把古筝的弦调紧，改变了琴弦振动的频率，从而改变了声音的音调；由于古筝和琵琶的响度和音调都能调整，只有音色始终不同，所以当古筝和琵琶同时演奏时，人们主要依据它们音色的不同来进行区分．3.汽化

手与塑料膜摩擦时带上异种电荷

液化【解析】覆盖地膜，减小了地面上方的空气流速，减缓了水分的汽化(蒸发)，有利于保持土壤的湿度；小明在用手抚平塑料薄膜时，通过摩擦小明的手与塑料薄膜带异种电荷，由于带异种电荷的物体相互吸引，所以塑料薄膜会吸附在手上；薄膜外温度较低，塑料薄膜内的水蒸气遇冷放热液化成小水滴附着在薄膜内表面．4.500竖直向上【解析】当小陈沿着爬杆匀速上攀时，他在竖直方向上受到一对平衡力的作用，即竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，其大小相等，方向相反，作用在同一物体上，且在同一直线上，摩擦力的大小f＝G＝mg＝50

kg×10

N/kg＝500

N.5.20.21.4【解析】只闭合开关S时，电路为只有灯泡L的简单电路，由图甲可知，当小灯泡两端的电压UL＝2

V时，通过的电流IL＝0.5

A，灯泡的实际功率PL＝ULIL＝2

V×0.5

A＝1

W，所以，小灯泡两端的电压为2

V，电源电压为2

V；闭合开关S、S1时，灯泡L与R并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以它们两端的电压UL＝UR＝U＝2

V，由图甲可知，通过它们的电流分别为IL＝0.5

A，IR＝0.2

A，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以电流表示数的变化量即为通过R的电流，其大小为0.2

A；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流I＝IL＋IR＝0.5

A＋0.2

A＝0.7

A，此时电路消耗的总功率P＝UI＝2

V×0.7

A＝1.4

W.6.不会火焰的热量大部分都被水吸收，使得气球温度低于其着火点，所以不会燃烧【解析】气球装了水之后，用火去烧它的时候，火焰的大部分热量就会被水给吸收了，使水的温度上升，而气球的着火点高于水的温度，所以气球不会燃烧．二､选择题(本题共8小题,每小题2分,共16分,第7～12题每小题只有一个选项符合题目要求；第13～14题每小题有两个选项符合题目要求,全部选对得2分,选对但不全的得1分,有错选的得0分)7.B【解析】要使小灯泡发光，必须使小灯泡的两接线柱与电源的正负极相连，故b、c间需要接入导体，干木条、塑料尺、尼龙绳均为绝缘体，铅笔芯是导体，B符合题意．故选B.8.D【解析】5G和4G信号都是利用电磁波传播信息的，所以它们在真空中的传播速度相同，都是3×108

m/s，A正确；太阳能、水能、风能可以直接从自然界源源不断地获得，属于可再生能源，B正确；核裂变是可控的，故目前我国的核电站都是利用原子核分裂时释放出的能量发电的，C正确；能量是守恒的，但是能量的转化和转移是有方向性的，能源的利用是有条件的，我们所能利用的能源是有限的，所以需要节约能源，D错误．故选D.9.C【解析】火箭加速升空的过程中，其质量不变、高度增大、速度增大，所以其重力势能增大、动能增大，其机械能是逐渐增大的，A错误；发射塔塔基建造得比较宽大是为了在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，而不是减小对地面的压力，B错误；火箭升空时向地面喷出了高温高压的燃气，由于物体间力的作用是相互的，高温高压的燃气对火箭施加了一个向上的力，使火箭升空，C正确；在太空失重的情况下，航天员的饼干可以漂浮在空中是因为饼干所受的重力消失，而不是质量消失，D错误．故选C.10.C【解析】照片可以看见车头与车顶，所以摄像头应该在车头前方，照片是由车头前方摄像头拍摄的，A错误；汽车是向前行驶的，所以以人行横道为参照物，左侧汽车离得更近，所以左侧的照片是后拍的，B错误；摄像头的成像原理与照相机相同，是成倒立、缩小的实像，C正确；由于只有两张照片，不能对比汽车前后的速度大小，所以无法根据这两张照片的对比判断出车辆的运动状态，D错误．故选C.11.D【解析】由于小球漂浮在液体A中，所以ρ球<ρ1，而小球悬浮在液体B中，所以ρ球＝ρ2，所以ρ1>ρ2，两容器中液体深度相同，根据液体压强公式p＝ρ液gh可知密度大的液体对容器底部的压强大，所以p1>p2，A错误；由于小球漂浮在液体A中，所以F1＝G球，而小球悬浮在液体B中，所以F2＝G球，所以F1＝F2，B错误；由图可知两容器中液体的体积V1>V2，又因为ρ1>ρ2，根据m＝ρV可知，m1>m2，所以G1>G2，由于容器对地面的压力等于容器的重力、液体的重力以及小球的重力之和，所以F1′>F2′，，由压强公式可知p1′>p2′，D正确，C错误．故选D.12.D【解析】由图可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n＝3，所以绳子自由端移动的距离为建材移动距离的3倍，A错误；滑轮组可以省力，也可以改变力的方向，但使用任何机械都不能省功，B错误；该滑轮组的机械效率η＝W有W总＝GhFs＝Gh3Fh＝G3F，C错误；动滑轮的重力G动＝nF13.AD【解析】歼击机空中加油时为了保证油不泄漏，要保证歼击机和加油机始终相对静止，也就是它们的相对位置要保持不变，A正确；歼击机能够升空是因为机翼下方空气流速小压强大，上方空气流速大压强小，由于存在压力差，歼击机会受到向上的升力使飞机升空，B错误；歼击机投入战斗前丢掉副油箱质量减小，惯性减小，这样更便于其改变运动状态，C错误；歼击机在加速上升的过程中，质量不变，速度增大，动能不断增大，高度增大，重力势能增大，故机械能不断增大，D正确．故选AD.14.BD【解析】由安培定则可知，通电后电磁铁的上端为N极，A错误；温度升高时，热敏电阻的阻值变小，电路的总电阻变小，电路电流变大，电磁铁的磁性变强，B正确；当温度正常时，电磁铁磁性较弱，动触点与1接触，R1与电动机串联，此时电动机低速运转，电路电流较小，当温度升高时，电磁铁磁性增强，动触点与2接触，R2与电动机串联，此时电动机转速较快，电路电流较大，由I＝UR可知，R2的阻值较小，C错误；若控制电路的电源电压降低，则在相同温度下，电路的电流变小，要将衔铁吸下所需的电流大小不变，即要达到比设定的温度更高的温度才能使衔铁被吸下，启动强排风，D正确．故选三､作图题(本题共2小题,每小题2分,共4分)15.如答图所示【解析】在B点作出阻力F2，其方向与F1相反，由杠杆平衡条件可知，阻力的力臂较长，所以最后作出的阻力F2较小，作过O点的与力F1相垂直的线段，标上双向箭头，即为动力臂l1，具体如答图所示．16.如答图所示【解析】由题可知，两盏灯额定电压都为220

V，与家庭电路的电压相同，开关要同时控制两盏灯，且两盏灯都能正常发光，则两盏灯并联后与开关串联接入电路，具体如答图所示．四､实验探究题(本题共3个小题,第17题4分,第18题6分,第19题9分,共19分)17.(1)竖直(2)改变入射角的度数，多次实验，换用不同颜色的笔记录每次光的径迹(3)反射角等于入射角(或反射角随入射角的增大而增大，答案合理即可)(4)反射光线、入射光线和法线在同一平面内【解析】(1)为了探究光的反射规律，应先把平面镜放在水平桌面上，再将硬纸板竖直放置在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面；(2)只进行一次实验得出的结论具有偶然性，为了得到普遍规律，应改变入射角的度数，多次实验，换用不同颜色的笔记录每次光的径迹；(3)由表中数据可知，改变入射角的角度，反射角也随之改变，可得出的结论是：在反射现象中，反射角等于入射角；(4)把纸板B沿ON向前或向后拆时，不能在纸板B上看到反射光，说明在反射现象中，反射光线、入射光线和法线在同一平面内．18.(1)接触面粗糙程度(2)匀速直线1.4(3)木块对接触面的压力大小乙、丙(4)该方案不可行，接触面的材料发生了变化，使接触面的粗糙程度发生了改变【解析】(1)分析可知，光滑的冰面容易摔倒，是因为其接触面较为光滑，所以提出的猜想：滑动摩擦力的大小可能与接触面的粗糙程度有关；(2)只有在木块做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力和拉力平衡，此时摩擦力等于弹簧测力计的示数，由图甲可知，弹簧测力计的分度值为0.2

N，所以其示数为1.4

N；(3)增加铜柱的目的是为了改变木块对接触面的压力大小，由于乙、丙两次实验对接触面的压力大小相同，接触面的粗糙程度不同，所以可以用来验证猜想二；(4)虽然更换铜柱和木块的位置后其对接触面的压力大小没有改变，但接触面的粗糙程度发生了改变，所以不可行．19.(1)如答图所示(2)电压表断路A(3)8.33平均电阻R/Ω一栏小灯泡在不同电压下的电阻不同，求平均值没有意义(4)2.52.5VU【解析】(1)当滑动变阻器滑片向左移动时，小灯泡变亮，说明电路中的电流增大，总电阻变小，即滑动变阻器接入电路的阻值变小，故滑动变阻器的左下接线柱应与电压表3

V接线柱相连，具体如答图所示；(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，小灯泡发光且电流表有示数，说明电路中不存在断路或短路，电压表无示数的原因可能是因为电压表断路；由图甲可知，电压表选用0～3

V量程，所以电压表的分度值为0.1

V，读数为2.2

V；由于小灯泡的额定电压为2.5

V，根据串联电路分压规律，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，即应将滑片向A端移动；(3)由表中数据可知，小灯泡正常发光时的电阻R＝UI＝2.5V0.3A≈8.33

Ω；由于小灯泡的电阻会随着电压的改变而改变，所以求电阻的平均值是没有意义的；(4)由于没有更换小灯泡，其额定电压仍为2.5

V，所以实验步骤应为：连接电路，闭合开关S1，将开关S2拨到b触点，移动滑片，使电压表的示数为2.5

V，保持滑片位置不动，再次将开关S2拨到a触点，读出电压表的示数为U，由于串联电路电流处处相等，可得2.5VR灯＝U－2.5VR五､综合应用题(本题共2小题,第20题8分,第21题9分,共17分)20.(1)自己(或吊箱)不变(2)缆车运行的平均速度v＝st＝1700(3)由题可知缆车运行一趟在竖直方向上升的高度约为680

m，最大运客量为3

000人/小时，缆车以最大运客量工作一小时对游客做的功W有＝G总h＝3

000mgh＝3

000×50

kg×10

N/kg×680

m＝1.02×109

J

由于运客量最大时，索道的效率约为60%，缆车这一小时消耗的总电能W电＝W有η＝1.02×10

电动机的电功率P＝W电t＝(4)运行效率将减小．原因：缆车运行时每个缆车消耗的能量约等于有用功和克服自身重力所做的额外功之和，因为在旅游淡季，缆车运行时会存在没有满载的情况，没有满载相比满载的情况下，缆车所做的有用功减小，额外功不变，故其运行效率会减小．【解析】看到大山离自己远去，是以自己或吊箱为参照物；缆车在匀速上升过程中，人的质量不变，速度不变，所以人的动能不变．21.(1)小热传递(2)已知额定电压为220

V，保温功率为110

W，则此时电路的工作电流I＝P保温U＝(3)该电路在额定电压下加热4

min消耗的电能W＝P加热t＝1

000

W×4×60

s＝2.4×105

J

导热油所吸收的热量Q＝ηW＝90%×2.4×105

J＝2.16×105

J

导热油的比热容

c油＝QmΔt＝2