（详解详析）2024年河南省三门峡二模·物理

物理试卷第页（共页）2024年河南省三门峡二模·物理详解详析一、填空题（本题共6小题，每空1分，共14分）1.熔化

热传递【解析】“冰鉴”是利用冰块熔化吸热的原理来给食物保鲜的；在此过程中通过热传递的方式给食物降温.2.大

静止

增大【解析】白天鹅在空中滑翔时，其翅膀呈现出一种特殊的形状，使得翅膀下方空气的流速较小，空气的压强较大，大于翅膀上方空气的压强，形成压强差,进而形成向上的升力，有利于滑翔;并排滑翔的两只白天鹅，若以其中一只为参照物，另一只的位置不变，是静止的;白天鹅展翅向上冲时，质量不变，高度增大，重力势能增大.3.振动

响度

信息【解析】声音是由物体的振动产生的，主持人的声音是由声带的振动产生的;响度指声音的强弱或大小，“掌声雷动”用来形容声音比较大，声音的响度大;声音也可以传递信息，声音可以传递能量，欢呼声让人感受到现场观众的极大热情，这说明声音能够传递信息.4.色散

多种色光【解析】彩虹是大气中的一种光学现象，当阳光照射到半空中的水珠时，光线被折射和反射，在天空形成彩色光带，是光的色散现象；白光是一种复合光，是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的单色光组合而成的.5.改变力的方向

3G【解析】如图所示，b、c滑轮的轴固定不动，为定滑轮，不省力，但能改变力的方向；此时作用在绳子自由端的拉力为配重P的重力，由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝3，不计摩擦和滑轮的重，则有G

=13FB，所以作用在B端钢缆的拉力FB＝36.不同

沙包竖直向上和斜向上运动到最高处时，前者速度为零，后者速度不为零；沙包不受外力时，前者保持静止状态，后者沿运动最高点的切线方向做匀速直线运动【解析】沙包竖直向上到达最高处时，速度为零，此时沙包所受的力突然全部消失，根据牛顿第一定律，它将保持静止状态；沙包斜向上运动到最高处时，速度不为零，此时沙包所受的力突然全部消失，根据牛顿第一定律，它将保持匀速直线运动状态，因此，两种状态下沙包的运动状态将不同.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.D【解析】自然界中存在正、负两种电荷,但仅凭此现象并不能充分说明，A错误;摩擦起电是指用摩擦的方法使物体带电，实质是电子的转移，而不是创造了电荷，B错误;同种电荷相互排斥,而摩擦后的琥珀能吸引芥菜子、干草等微小屑末,说明不是同种电荷,C错误;带电体的基本性质是能吸引轻小物体,所以摩擦琥珀或玳瑁能吸引芥菜子、干草等微小屑末,D正确.故选D.8.B【解析】由题意可知，阿基米德设想的杠杆属于省力杠杆.筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，A错误；瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，B正确；天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，C错误；镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，D错误.故选B.9.C【解析】游客受到的重力与滑雪板对游客的支持力，这两个力作用在同一个物体上，不是一对相互作用力，A错误；游客对滑雪板的压力与运动员受到的重力不在同一直线上，故不是一对平衡力，B错误；游客不能立即停下来是因为他具有惯性，要保持原来的运动状态继续前进，C正确；游客用滑雪杆撑地加速滑行，运动状态发生了改变，说明力是改变物体的运动状态的原因，D错误.故选C.10.B【解析】小孔成像的原理是光的直线传播.图甲中小孔成像成的是烛焰倒立的实像，A错误；茶色玻璃板反光效果好，图乙中选用茶色玻璃板替代平面镜是为了找到并确定像的位置，B正确；图丙中在漫反射现象中，每一条光线都遵守光的反射定律，反射角与入射角相等，C错误；图丁中把纸板F沿ON后折一定角度后，看不到反射光线，但反射光线和入射光线、法线就在同一平面内，D错误.故选B.11.A【解析】量子计算机中的芯片器件是由半导体材料制成的，A正确；电磁波的传播不需要介质，因此祝融号火星车在工作期间可以利用电磁波与地面指挥中心取得联系，B错误；随着科技的发展，我国已建立了多座利用核裂变能量发电的核电站，C错误；太阳能的利用一般有光热转换、光电转换和光化转换，新型的“发电玻璃”利用超薄太阳能电池将太阳能直接转化为电能，D错误.故选A.12.D【解析】投影仪的镜头相当于一个凸透镜，A错误；根据投影仪的成像原理可知，物距大于一倍焦距、小于二倍焦距，像距大于二倍焦距，即屏幕离投影仪的距离应大于二倍镜头焦距，成倒立、放大的实像，B、C错误；要使墙上的像（实像）变大，需要增大像距、减小物距，所以应将投影仪向远离屏幕的方向移动，D正确.故选D.13.AC【解析】由图甲可知，开关S接“1”时电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由

P=U2R可知，电路的总功率最大，处于加热挡，开关S接“2”时R1与R2串联，电路的总电阻最大，此时电路的总功率最小，处于保温挡，电热壶的正常加热功率为

P加热=U2R1=(220

V)248.4

Ω=1

000

W

,A正确,B错误；转盘转动16转消耗的电能为

W=161

200

kW⋅h=175

kW⋅h

,时间为1min，故测量时，电热壶的实际工作时的加热功率为

P加热实=Wt=175

kW⋅h160

h=0.8

kW=800

W,C14.CD【解析】根据图乙可知，小块苹果是下沉的，小块苹果的密度大于水的密度；整个苹果漂浮，整个苹果的密度小于水的密度，所以小块苹果的密度大于整个苹果的密度，A错误；整个苹果漂浮，受到的浮力等于自身的重力；切成大小两块，小块下沉，说明小块受到的浮力小于自身的重力，整体的重力不变，所以整个苹果受到的浮力大于大小两块苹果受到的总浮力，B错误；苹果在甲中受到的浮力大，根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可知，甲中苹果排开水的体积大，液面升高的多，深度大，根据p＝ρgh可知，图甲中液体对杯底的压强大于图乙中液体对杯底的压强，C正确；烧杯相同，水的重力相同，苹果的重力相同，所以甲装置的总重力等于乙装置的总重力，则图甲中烧杯对桌面的压力等于图乙中烧杯对桌面的压力，D正确.故选CD.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】小车在BC面上向右运动时受竖直向下的重力、垂直水平面的支持力和摩擦力的作用，摩擦力水平向左.从小车重心开始，分别沿重力、支持力和摩擦力的方向画一条带箭头的线段，并分别在线段末尾表上相关字母，具体如答图所示.16.如答图所示【解析】三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线.灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套；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8分，共18分）17.（1）条形

磁场的分布情况

（2）N

电流【解析】（1）将螺线管安装在一块有机玻璃板上，连入电路中.在板面上均匀地洒满铁屑，闭合开关并轻敲玻璃板面，观察到铁屑分布情况如图甲所示.铁屑的分布情况与条形磁体周围铁屑的分布情况相似，铁屑的作用是显示磁场的分布情况;（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图乙所示，根据磁极间的相互作用规律，则通电螺线管的右端为N极.对调电源正负极，闭合开关，小磁针静止时N极所指方向如图丙所示，说明通电螺线管的极性与电流的方向有关.18.（1）薄

差

（2）甲、乙

液体密度

（3）同种液体中，同一深度，液体向各个方向的压强都相等

（4）大于【解析】（1）实验所用压强计探头上的橡皮膜应该选用薄一些的较好，这样橡皮膜的形变会更明显；若压强计的气密性很差，用手指不论轻压还是重压橡皮膜时，U形管两侧液面高度差几乎都没有变化；（2）通过比较甲、乙两图，橡皮膜的方向一致，液体的密度一定，深度越深，U形管两侧液面的高度差越大，液体的压强越大，所以可得出结论：同一种液体的压强随深度的增加而增大；由乙、丙两图可知，液体的深度相同，液体的密度不同，U形管两侧液面的高度差不同，说明液体压强与液体密度有关；（3）在同种液体中，探头所处的深度相同时，只改变探头的方向，橡皮膜的方向不同，U形管液面的高度差相同，说明同种液体在相同深度处向各个方向的压强相等；（4）如图丁所示，水对橡皮膜有向右的压强，液体对橡皮膜有向左的压强，橡皮膜不发生凸起，此时两侧压强相等，即ρ水gh水＝ρ液gh液，因h液＜h水，所以ρ液＞ρ水.19.（1）如答图所示

（2）

断开

（3）小灯泡短路

（4）0.4

6.25

灯丝的电阻随温度的升高而变大

（5）

①

U额R0

【解析】（1）本实验中，电压表测小灯泡的电压，滑动变阻器的滑片向右移动时，电压表示数变小，由欧姆定律I

=UR确定滑动变阻器左下接线柱连入电路中；由小灯泡的额定电压为2.5

V确定电压表选用小量程与小灯泡并联,具体如答（2）为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；（3）连接好电路，将滑动变阻器的滑片移至最右端，闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即电路故障可能是小灯泡短路；（4）小灯泡在额定电压下的电流等于额定电流，图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02

A，示数为0.4

A，则小灯泡正常工作时的电阻为RL

=U额I额=2.5

V0.4

A=6.25

Ω；由表可知，当小灯泡两端的电压增大，通过小灯泡的电流也变大，根据P＝UI可知，小灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，且小灯泡两端的电压增大相同值时，电流增大的幅度越来越小，由欧姆定律可知灯（5）①由图丙可知小灯泡L和定值电阻R0并联，小灯泡L正常发光时，定值电阻R0两端电压也为U额，使电流表A1的示数I1

=U额R0，即A1的示数为所测的R0的电流I1，则U额＝I②A2所测的干路电流为I2，根据并联电路电路分流的特点，小灯泡L正常发光时的电流IL＝I2﹣I1＝I2

−U额R0；小灯泡L正常发光时的电阻R五、综合应用题（本题共2小题，第20题9分，第21题9分，共18分）20.（1）通电导体在磁场中受到力的作用

增大（2）消防机器人的质量为600

kg，静止在水平地面时，对地面的压力等于重力，即F＝G＝mg＝600kg×10N/kg＝6000N；履带与地面接触的总面积为0.5m2，则机器人对地面的压强为

p=（3）消防机器人在水平地面上沿直线匀速前进了270m，用时1.5min，消防机器人匀速前进时的速度为

v=st=270

m1.5×60

s=3

m/s；匀速直线运动时机器人受到的牵引力与阻力为一对平衡力，则机器人受到的牵【解析】（1）消防机器人的动力装置电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用；消防机器人履带上有很深的花纹，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力.21.（1）800

增大（2）压敏电阻与滑动变阻器串联，电压表测压敏电阻的电压，电流表读数为40mA时，电压表读数为4V，故此时R0对应的阻值为

R0（3）电流表指针指向表盘正中间位置，将此位置标记刻度为F＝0N，电流表的量程为50

mA，此时电流为I′＝25

mA＝0.025

A空载时压敏电阻两端电压为U0'＝I'R0＝0.025

A×100

Ω＝2.5

V滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣U0'＝12

V﹣2.5

V