（详解详析）2023年河南黑白卷（黑卷）·物理

物理试卷第页（共页）2023年河南黑白卷（黑卷）·物理详解详析一、填空题(本题共6小题，每空1分，共14分)1.温度热胀冷缩2.降低表面空气流速液化【解析】在瓜苗上覆盖地膜可以降低土壤表面的空气流速，从而减少土壤中水分的蒸发；地膜内表面的小水珠是土壤中水分蒸发后的水蒸气遇到冷的地膜后液化形成的。3.升高响度【解析】“哨子”的发声体是管内的空气柱，向上推动活塞，管内空气柱变短，用相同的力吹管上端时，管内空气柱的振动频率会变高，发出声音的音调会升高；保持活塞不动，用大小不同的力吹管上端时，管内空气柱振动的幅度不同，故改变的是声音的响度。4.形状增大压强40【解析】破窗锤可以将车窗敲碎，说明力可以改变物体的形状；破窗锤的顶部做得比较尖，是在压力一定的情况下减小破窗锤与车窗的接触面积，从而增大压强；由p＝FS可得，乘客敲击的力至少为F＝pS＝2.0×107

Pa×2×10－6

m2＝40

N5.60.752【解析】在a、b两点间接入一个“1.5

V0.25

A”的小灯泡，闭合开关S，定值电阻和小灯泡串联，小灯泡正常发光，则小灯泡两端的电压为1.5

V，通过电路的电流为0.25

A，由串联电路的电压规律可得，定值电阻两端电压UR＝U－UL＝3

V－1.5

V＝1.5

V，由欧姆定律得，定值电阻的阻值R＝URI＝1.5V0.25A＝6

Ω；由P＝UI可得，电路的总功率P＝UI＝3

V×0.25

A＝0.75

W；若将小灯泡替换为12

Ω的定值电阻R0，根据串联电路的分压原理可得，U0∶UR′＝R0∶R＝12

Ω∶6

Ω＝2∶1，且U0＋UR′＝3

V，则R0两端的6.由a到b用带正电的小棒接触不带电的验电器A的金属球后，验电器A带正电，金属棒ab将验电器A、B的金属球连接后，接触瞬间验电器B的部分电子会转移到验电器A上，电流方向与电子定向移动方向相反，故电流方向为由a到b【解析】验电器A不带电，用带正电的小棒接触验电器A的金属球后，验电器A带正电；当用带绝缘柄的金属棒ab将验电器A、B的金属球连接后，接触瞬间验电器B的部分电子会转移到验电器A上，电子的移动方向由b到a，电流方向与电子定向移动的方向相反，故电流方向为由a到b。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.C8.B【解析】成年人的质量约为60

kg，人体的密度与水的密度接近，故成年人的体积约为0.06

m3，由ρ＝mV可得，“气凝胶”制成的成年人模型的质量约为m＝ρV＝2.5

kg/m3×0.06

m3＝0.15

kg＝150

g。一枚1元硬币的质量约为6

g，A不符合题意；一个苹果的质量约为150

g，B符合题意；一个鸡蛋的质量约为50

g，C不符合题意；一辆自行车的质量约为20

kg，D不符合题意。故选B9.D【解析】由题图可知，羽毛球的运动方向不断变化，速度也在变化，因此羽毛球的运动状态发生了改变，A错误；羽毛球从最高点到落地的过程中，质量不变，高度减小，重力势能转化为动能，所以动能变大，B错误；重力的方向始终竖直向下，C错误；羽毛球被击打后在空中仍能向前运动一段距离，是因为羽毛球具有惯性，D正确。故选D。10.A11.B【解析】树木通过玻璃球所成的像是由于光的折射形成的，阳光经过玻璃球后，阴影中间会出现一个亮斑，所以玻璃球相当于凸透镜，A、C错误；树木距离玻璃球的距离远大于玻璃球到人眼的距离，此时成倒立、缩小的实像，B正确；放大镜工作时物体在一倍焦距以内，成正立、放大的虚像，与该成像原理不同，D错误.故选B.12.C【解析】由题图可得，该滑轮组由两个定滑轮和一个动滑轮组成，拉力方向向下，所以该滑轮组既可以省力也可以改变力的方向，A错误；由题图可得，承担物重的绳子段数n＝3，物体移动的速度v物＝s物t＝ht，绳端移动的速度v绳＝3v物＝3ht，B错误；滑轮组做的有用功W有＝Gh，拉力做的总功W总＝Fs绳＝F·3h＝3Fh，滑轮组的机械效率η＝W有W总＝Gh3Fh＝G3F，C正确；由P＝Wt可得，拉力的功率P＝13.BD【解析】小风扇的核心部件是电动机，其工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用。电磁起重机的工作原理是电流的磁效应，通电时电磁铁产生磁性吸住物品，断电时电磁铁磁性消失，A不符合题意；食品搅拌机的核心部件是电动机，与小风扇工作原理相同，B符合题意；手摇式发电机的工作原理是电磁感应，摇动过程中，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，C不符合题意；动圈式扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用，D符合题意。故选BD。14.BC【解析】由题可知，两物体质量相等，即mA＝mB，由G＝mg可得，两物体的重力GA＝GB，由题图可知，两物体均处于漂浮状态，则F浮A＝GA，F浮B＝GB，两物体受到的浮力F浮A＝F浮B，A错误；甲、乙液体体积相等，故原来两容器中液面高度相等，放入物体后，盛有甲液体的容器内液面较低，说明A排开液体的体积小于B排开液体的体积，结合阿基米德原理可得ρ甲gV排A＝ρ乙gV排B，即甲液体的密度大于乙液体，B正确；甲、乙液体体积相等，甲液体的密度大于乙，由密度变形公式m＝ρV可得，m甲液＞m乙液，故m甲液＋mA＞m乙液＋mB，则两容器中液体和物体对容器底部总的压力F甲液＋FA＞F乙液＋FB，两容器底面积相等，由p＝FS可得，放入物体后，两容器中液体对容器底部的压强p甲＞p乙，C正确；两物体静止时均处于漂浮状态，物体底部受到液体的压力等于液体对物体的浮力，故F甲＝F乙，D错误。故选BC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】站在水池边的人的眼睛看到的是水下灯A的像A′，A′在A的上方，连接A′和眼睛，与水面交于O点，O点到人眼的光线为折射光线，连接AO即为入射光线。具体如图所示。16.如答图所示

【解析】过支点O向力F1的作用线作垂线，垂线段即为F1的力臂L，A端受到的阻力竖直向下，根据题图可知，阻力臂大于动力臂，结合杠杆的平衡条件，阻力F2小于动力F1，具体如答图所示.四、实验探究题(本题共3小题，第17题4分，第18题6分，第19题9分，共19分)17.(1)垂直(2)光路可逆探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内(3)入射角的大小【解析】(1)为了使反射光线、入射光线呈现在硬纸板上，硬纸板应垂直平面镜放置；(2)让光沿FO方向入射，发现反射光沿OE方向射出，说明在反射现象中光路可逆；以ON为轴向后折转硬纸板右半部分，保持光的入射方向不变，此时两部分纸板不在同一平面内，在纸板上观察是否有反射光，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内；(3)在探究反射角和入射角的大小关系时，为了使实验结论更具有普遍性，应多次改变入射角的大小，进行多次实验，获得多组数据。18.(1)用手指轻按探头的橡皮膜，若U形管两侧液面有高度差，则装置气密性良好(2)①同一液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强相等②液体深度(3)深度U形管两侧液面的高度差(4)压强计中换用密度更小的液体(或增加探头在液体中的深度或烧杯中换用密度更大的液体)

【解析】(1)用手指轻按探头上的橡皮膜，若U形管两侧液面有高度差，则说明装置气密性良好；(2)①图乙、丙、丁中探头在水中浸入的深度相同，探头的方向不同，U形管两侧液面的高度差相同，故可以初步得出结论：同一液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强相等；②图乙、戊中探头浸入水中的深度不同，U形管两侧液面的高度差也不同，故可以探究液体压强的大小与液体深度的关系；(3)为了探究液体压强大小与液体密度是否有关，应控制其他因素不变，改变液体的密度。应在图乙的基础上，从容器中抽出一部分水，再加入适量的浓盐水，使探头在液体中所处的深度不变，观察并比较U形管两侧液面的高度差；(4)为了使实验时U形管两侧液面的高度差变化更明显，可以采取的措施有：压强计中换用密度更小的液体、增加探头在液体中的深度、烧杯中换用密度更大的液体等。19.(1)如答图所示

(2)开关断路(3)0.3(4)分别计算每组数据对应的电阻，再求三组电阻的平均值8.0(5)①②I－U额R0

【解析】(1)滑片向右移动时电流表示数变小，即滑动变阻器接入电路的阻值变大，应将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，电源为两节干电池，待测电阻约10

Ω，由欧姆定律可得，电流表示数不超过0.6

A，所以电流表接0～0.6

A量程，具体如图所示；(2)闭合开关后，两电表均无示数，说明电路存在断路故障，将电压表改接在开关两端时，电压表有示数，说明与电压表并联部分断路，即开关断路；(3)图15乙电流表所选的量程为0～0.6

A，分度值为0.02

A，读数为0.3

A；(4)在测量定值电阻的阻值实验中，应分别求出每组数据对应的电阻，再求三组电阻的平均值；由欧姆定律可得：R1＝U1I1＝2V0.24A≈8.3

Ω，R2＝U2I2＝2.4V0.3A＝8

Ω，R3＝U3I3＝2.8V0.36A≈7.8

Ω，待测电阻的阻值R＝R1＋R2＋R33＝8.3Ω＋8Ω＋7.8Ω3≈8.0

Ω；(5)图15丙中，闭合开关，电阻R0和小灯泡L并联，电流表测通过电阻R0的电流，电流表测量干路中的电流，由并联电路电压的规律可知，小灯泡两端的电压等于电阻R0两端的电压，当电阻R0两端的电压为U额时，小灯泡正常发光，此时通过电阻R0的电流为U额R0，记下另一个电流表的示数，记为I，由并联电路电五、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.解：(1)由v＝st可得，装载机行驶的时间t＝sv＝5

装载机做的功W＝Pt＝9×104

W×5

s＝4.5×105

J(2)0.125

kg柴油完全燃烧释放的热量Q放＝m柴油q柴油＝0.125

kg×4×107

J/kg＝5×106

J

由η＝W有

W有用＝ηQ放＝36%×5×106

J＝1.8×106

J

由W＝Fs可得，装载机受到的牵引力F＝W有用s′＝1.8(3)每次铲土铲斗尽量装满，通过增大有用功提高工作效率(或装载机机械部分保持良好的润滑，通过减小额外功提高工作效率)(其他答案合理即可)。21.(1)电磁波(2)由图乙可知，t＝30

℃时，热敏电阻的阻值R2＝20

Ω

空调自动启动时，控制电路的临界电流为0.3

A

由I＝UR可得，控制电路的总电阻R总＝UI临＝

由图甲可知，闭合开关，R1和R2串联，则电阻箱接入电路的阻值R1＝R总－R2＝50

Ω－20

Ω＝30

Ω(3)①空调自动启动时，控制电路电流为0.3

A

由P＝U