2022年湖南省株洲市中考物理试题.docx

湖南省株洲市2022年中考物理试卷一、单项选择题：本大题共12小题，每题2分，共24分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的12分2022株洲希格斯和恩格勒两位物理学家分享了2022年诺贝尔物理学奖，是因为他们成功预测了 A电子B中子C质子D上帝粒子考点：物理常识专题：其他综合题分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要奉献即可解答：解：2013年10月8日，彼得W希格斯和弗朗索瓦恩格勒分享了今年的诺贝尔物理学奖，他们获奖的成果是提出的一项理论，该理论揭示了粒子是如何获得质量的应选D点评：此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、创造、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一22分2022株洲成语“声如洪钟形容说话或歌唱时声音洪亮，它描述的是声音的 A音调B响度C音色D音频考点：响度专题：声现象分析：声音的三个特征：音调、响度、音色音调是指声音的上下；响度是声音的大小；音色是声音的品质和特点，与发声体的材料和结构有关解答：解：成语“声如洪钟形容说话或歌唱时声音洪亮，它描述的是声音的响度应选：B点评：此题需要学会学生如何利用物理知识，来解释成语中提到的现象重点考查对响度特点的理解能力32分2022株洲飞机起飞前空乘人员要求乘客关闭 、电脑和电子游戏机等电子设备，这是因为飞机导航设备和操作系统可能会受到哪种波的干扰 A超声波B次声波C无线电波D光波考点：电磁波的传播专题：信息的传递分析：移动 是通过电磁波来传递信息的，飞机的导航系统也是通过电磁波来传递信息的，假设在乘坐飞机时使用 、电脑和电子游戏机等电子设备，它发出的无线电波即电磁波就会干扰飞机的导航系统解答：解： 、电脑和电子游戏机等电子设备在使用时不断的发射和接收无线电波，即电磁波，这些电磁波被飞机的导航系统接收到，就会影响飞机正常的导航通信，对飞机的飞行平安造成很大的威胁应选C点评：解答此题的关键是我们要知道移动通信、电脑和电子游戏机等电子设备和飞机导航的原理，是一道应用题42分2022株洲以下现象与分子热运动有关的是 A春天，百花争艳B夏天，波光粼粼C秋天，丹桂飘香D冬天，大雪纷飞考点：分子的热运动专题：分子热运动、内能分析：分子运动是肉眼看不见的运动，机械运动是宏观上物体的运动分子运动，即扩散现象是肉眼看不见的，在不知不觉中发生的解答：解：A、春天百花争艳，花朵的颜色是由它反射的光决定的，不属于分子热运动；B、夏天波光粼粼，是光的反射现象，不属于分子热运动；C、秋天丹桂飘香，是气体分子运动的结果，属于分子热运动；D、冬天大雪纷飞，是物体的运动，不是分子的运动应选C点评：此题主要考查学生对物质运动和分子运动的区别解和掌握，是一道根底题52分2022株洲NBA马刺队邓肯的45角擦板进球堪称经典篮球擦板时，篮板的主要作用是 A改变篮球的运动方向B改变篮球的运动快慢C改变篮球的运动时间D改变篮球的重力势能考点：力的作用效果专题：运动和力分析：力的作用效果有2个：改变物体的运动的方向和改变物体的形状解答：解：篮球擦板时，运动状态会发生改变，应选A点评：注意力的作用效果只有2个，其余的并不在力的作用效果范围内62分2022株洲寒冷的天气里人们呼出了“白气，不久又看不见了，这其中涉及到的物态变化是 A只有液化B只有汽化C先液化后汽化D先汽化后液化考点：液化及液化现象专题：汽化和液化、升华和凝华分析：物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固解答：解：寒冷的冬天，人通过呼吸呼出的水蒸气遇冷发生的液化现象变成小水珠形成白气；不久“白气又看不见了，是因为小水珠又变成了水蒸气发生了汽化现象应选C点评：分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态72分2022株洲利用如下列图的装置可探究机翼升力产生的原因压强计的两端分别置于机翼模型的上、下外表附近，用鼓风机向模型左端吹气，可观察到压强计两侧液面出现高度差那么 A模型上方空气流速大，压强小B模型下方空气流速大，压强大C模型上方空气流速小，压强大D模型下方空气流速小，压强小考点：流体压强与流速的关系专题：气体的压强、流体压强与流速的关系分析：流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大解答：解：由于模型做成上凸下平的形状，同一股气流在相同的时间内，通过模型的上方和下方，上方气流通过时经过的路程大，速度大，压强小；下方气流通过时经过的路程小，速度小，压强大模型下方压强大于上方压强，模型在压强差下产生向上的升力应选A点评：对于流速和流体压强的问题，一定要明确被研究的物体的两个侧面的流体流速，用流速来分析流体压强，用压强来分析压力，通过压力差来分析物体受到的作用82分2022株洲某种物质熔化过程中温度随时间变化的图线如下列图，据图可知，该物质 A是晶体，熔点是0B熔化时，固、液之间不发生热传递C熔化前后比热容不变Dt=2min至t=6min过程中内能不变考点：熔化和凝固的温度时间图象专题：图像综合题分析：要解决此题，需要掌握晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体在熔化过程中，温度不变，内能增加；非晶体在熔化过程中温度不断上升会分析晶体的熔化图象知道晶体熔化时的温度为熔点热传递是从温度高的物体传向温度低的物体解答：解：A、由图知，该物质在熔化过程中，温度保持0不变，所以该物质为晶体并且熔点为0，故A正确B、发生热传递时，是从温度高的物体传向温度低的物体，而该物体熔化时，固、液温度相同，故不发生热传递故B正确C、此晶体熔化前是冰，熔化后是水，比热容改变，故C错误D、t=2min至t=6min过程中温度不变，但内能增加，故D错误应选AB点评：此题主要考查了晶体的熔化图象要学会从图象中找出与晶体有关的信息关键是掌握晶体的熔化特点：吸热但温度保持不变92分2022株洲在小球从O点由静止开始沿x轴竖直下落的过程中，小球某种形式的能量E随下落高度x变化的图象如下列图假设不计空气阻力，那么这种能量是 A重力势能B动能C机械能D内能考点：动能和势能的转化与守恒专题：机械能及其转化分析：1动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大2重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大3机械能=动能+势能物体没有发生弹性形变时，不考虑弹性势能解答：解：如图，横坐标代表的是能量，纵坐标代表的物体下降的高度物体下落时质量保持不变，高度降低，重力势能减小，不计空气阻力，小球下降时，重力势能全部转化动能，机械能的总量不变应选B点评：1掌握动能和重力势能大小的影响因素，根据图象能确定动能和势能的大小2根据“机械能=动能+势能计算机械能的大小102分2022株洲光的色散说明白光是一种复色光，棱镜对不同色光的偏折程度不同，其中对红光的偏折程度最小，对紫光的偏折程度最大图中能正确表示白光通过三棱镜发生色散的是 ABCD考点：光的色散专题：光的折射、光的色散分析：太阳光经过三棱镜折射后可以分散成七种颜色的光，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这就是光的色散现象解答：解：棱镜对不同色光的偏折程度不同，其中对红光的偏折程度最小，对紫光的偏折程度最大；所以白光经三棱镜后，光屏上自上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带，红光在最上面，紫光在最下方应选B点评：此题主要考查学生对不同颜色的光经过透镜的折射能力的不同的了解和掌握，是一道根底题112分2022株洲如图可以说明巨磁电阻的特性闭合开关S1、S2并使滑片P向左移动，观察到指示灯变亮，那么 A电磁铁左端为S极B巨磁电阻两端的电压变大C巨磁电阻随磁场增强而变大D巨磁电阻随磁场增强而变小考点：通电螺线管的磁场专题：电和磁分析：先分析滑片向左移动时，变阻器的阻值是变大了还是变小了，然后根据欧姆定律得出电流大小变化情况，从而判断出电磁铁的磁场强弱变化情况解答：解：滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器的阻值减小，由欧姆定律可知，线圈中的电流增大，那么电磁铁的磁场增强应选C点评：此题的实验虽然是探究巨磁电阻的特性，不是初中物理的内容，但该题所考查的其实还是初中物理的知识：包括欧姆定律、影响电磁铁磁性强弱的因素，是一道好题122分2022株洲利用如下列图电路可定性研究电热与电流、电阻和通电时间的关系，图中三个电阻的材料和质量相同，且R1=R3=5，R2=10，三个电子温度计分别与之相连图中未画出，并能测量它们的温度闭合开关后，每隔一定时间记录各电阻的温度，通过比较温度的变化来间接反映电阻产生电热的多少以下有关分析与推断错误的选项是 A分析任意一个电阻的温度变化，可知电热与通电时间有关B分析比较R1和R2的温度及变化，可知电热与电阻有关C分析比较R1和R3的温度及变化，可知电热与电流有关D分析比较R2和R3的温度及变化，可知电热与电流和电阻有关考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：根据焦耳定律Q=I2Rt以及控制变量法进行分析判断各选项是否正确解答：解：A、由Q=I2Rt可知，对同一电阻而言，通过的电流不变时，通电时间越长，产生的热量越多，温度越高，故A正确；B、探究电热与电阻关系时，由Q=I2Rt可知，需保持电流和通电时间相同，电阻不同；根据题意和电路图可知，R1R2，并且R1、R2串联，即通过的电流和通电时间相等，因此分析比较R1和R2的温度及变化，可知电热与电阻有关，故B正确；C、探究电热与电阻关系时，由Q=I2Rt可知，需保持电阻和通电时间相同，电流不同；根据题意和电路图可知，R1=R3，并且R1、R2串联后与R3并联，由于两支路的总电阻不同，因此通过它们的电流不同，故分析比较R1和R3的温度及变化，可知电热与电流有关，故C正确；D、根据控制变量法可知，探究电热与电流、电阻以及通电时间是否有关时，变化的量只能有一个，其它因素均不变，因此不可以探究电热与电流和电阻的关系，故D错误应选D点评：此题考查动态电路分析以及控制变量法的应用，有一定的难度二、双选题：本大题共4小题，每题3分，共12分在每题给出的4个选项中，都有两项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分133分2022株洲在排球运动中，跳发球图是最具威力的发球方式，其动作要领可简化为“抛球、腾空、击球和落地四个过程，其中运发动对排球做功的过程有 A抛球B腾空C击球D落地考点：力是否做功的判断专题：功、功率、机械效率分析：做功的条件是：作用在物体上有力，且沿力的方向有一段距离；解答：解：抛球和击球时运发动对球有力的作用并且球在力的方向移动一段距离，故做功；球腾空和落地，运发动对球不再有力的作用，故不做功；应选AC点评：知道并理解做功的条件是解决该题的关键143分2022株洲图中是一位小朋友正在打量玻璃幕墙中的自己的一幅照片以下说法正确的选项是 A小朋友能打量自己是利用了光的反射B小朋友在右侧，左侧为他在玻璃幕墙中的像C小朋友不可能在玻璃幕墙中看到自己的后脑勺，故照片一定是合成的D照相机不可能拍到小朋友在玻璃幕墙中的虚像，故照片一定是合成的考点：光的反射；平面镜对光的作用专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：解答此题从以下知识点入手：平面镜成像原理是光的反射；平面镜成像的特点是：像与物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像、物关于平面镜对称解答：解：A、玻璃幕墙相当于平面镜，平面镜成像原理是光的反射，小朋友能打量自己是利用了光的反射，故A正确；B、如果小朋友在右侧，我们不能看到面部的一局部，但可以看到其虚像左侧，故B正确；C、因小朋友是面对平面镜，因此不可能在玻璃幕墙中看到自己的后脑勺，但该照片是我们看到的，不是小朋友看到的，故C错误；D、照相机能拍到小朋友在玻璃幕墙中的虚像，故D错误应选AB点评：此题主要考查学生对平面镜成像原理和平面镜成像特点的理解和掌握，牢记平面镜成像特点是解答此题的关键153分2022株洲如下列图，某电子线路板上有一个由三个电阻R1、R2和R3构成的局部电路通过R1和R2的电流分别为4mA 和10mA，那么通过R3的电流可能是 A4mAB6mAC10mAD14mA考点：并联电路的电流规律专题：电流和电路分析：由电路图可知，三电阻并联，根据通过R1和R2的电流分别为求出O点的电流，然后利用并联电路电流的特点求得通过R3的电流解答：解：通过R1和R2的电流分别为4mA和10mA，那么O点的电流I=4mA+10mA=14mA，当电流流经R1和R3时，通过R3的电流为14mA4mA=10mA；当电流流经R2和R3时，通过R3的电流为14mA10mA=4mA；故通过R3的电流可能是4mA；也可能是10mA应选AC点评：此题考查了并联电路的电流规律，比较简单，属于根底知识163分2022株洲某同学在测量某液体密度时，将两端开口、底部带有阀门K的三通U形玻璃管倒置在两个容器中，左侧容器盛有密度己知的液体，右侧容器盛有待测液体先用抽气机抽出U 形管内局部空气，再关闭阀门K，如下列图以下操作必须的是 A应保持两容器内液面相平B尽可能将管内空气抽出C用刻度尺测量h1和h2D调节阀门K，改变h1和h2考点：大气压的综合应用；液体的压强的特点专题：气体的压强、流体压强与流速的关系分析：从液体压强p=gh和压力平衡角度分析解决解答：解：由题意可知左右管内压力处于平衡状态，又由于受力面积相等，所以左管与右管中压强相等；因为左管中的压强为p0+gh1=p大气；右管中的压强为p0+液gh2=p大气那么p0+gh1=p0+液gh2，因此只要用刻度尺测量h1和h2即可求得液体密度应选C点评：此题考查液体压强的计算与理解，注意分析题意整个状态平衡，利用平衡关系分析解决是能力的考查重点三、填空题：本大题共8小题，其中第17-21小题每题2分，第22-24小题每题2分，共22分172分2022株洲核电池是一种通过换能器将核能最终转化成 电 能的装置，具有体积小、重量轻、寿命长等特点请列举一个将来有可能利用核电池供电的产品： 电动车 考点：核电站发电过程中的能量转化专题：能源的利用与开展分析：核电池发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；所有用电器都可以用核电池供电解答：解：核电池是一种通过换能器将核能最终转化成电能的装置，所有用电器都可以用核电池供电，比方电动车故答案为：电；电动车点评：此题考查学生对核电的能量转化，是对能源问题的比较根本的考查，相比照拟简单182分2022株洲将一空饮料罐压入装满水的烧杯中，其排开的水所受到的重力为4N，那么空饮料罐受到的浮力大小为 4N，方向竖直 向上 考点：浮力大小的计算专题：浮力分析：根据阿基米德原理浸在液体中的物体受到竖直向上的浮力，浮力的大小等于该物体排开的液体受到的重力的内容填写；解答：解：浸在水中的物体受到竖直向上的浮力，浮力的大小等于物体排开的水所受的重力；空饮料罐压入装满水的烧杯中，其排开的水所受到的重力为4N，那么空饮料罐受到的浮力大小为4N，方向竖直向上；故答案为：4；向上点评：此题考查了阿基米德原理的应用，是一道根底题目192分2022株洲两辆汽车在同一平直公路上同时出发，其位置x 与时间t的关系如下列图由图象可知，甲车的速度为30 m/s，当t1=50s时，甲、乙两车相距450 m考点：速度公式及其应用专题：运动和力分析：由题知，两辆汽车均做匀速直线运动，两辆车同时、同向、异地出发，出发时相距300m；由图得出甲车在某一时间内的路程，利用速度公式求甲车的速度；由图得出甲车追上乙车的时间20s，再行驶30s两车行驶的路程，求出两车相距解答：解：由图得出甲乙两车都做匀速直线运动，在t=50s时，甲车行驶的路程s甲=1500m，v甲=30m/s；由图得出行驶20s时甲车追上乙车，再经过30s，甲车行驶了1500m600m=900m，乙车行驶了1050m600m=450m，两车相距s=900m450m=450m故答案为：30；450点评：此题考查了速度公式的应用，会识图、能从st图象得出相关信息是此题的关键202分2022株洲在火电站内，燃料的化学能经锅炉、蒸汽轮机和发电机最终转化为电能蒸汽轮机的作用是将 内 能转化为机械能假设锅炉、蒸汽轮机和发电机的效率分别为50%、70%和80%，那么火电站的效率为 28%考点：能量利用效率专题：热和能分析：在汽轮机中，内能再转化为机械能；知道锅炉、蒸汽轮机和发电机的效率，根据效率公式求出火电站的效率解答：解：蒸汽轮机的作用是将内能转化为机械能；锅炉、蒸汽轮机和发电机的效率分别为1=50%、2=70%和3=80%，所以火电站的效率为=123=50%70%80%=28%故答案为：内；28%点评：此题考查能量利用和转化，关键要知道各个用电器的能量转化问题，此题较难的地方是效率公式的掌握和运用，计算时要确定哪种能量是有效利用的能量212分2022株洲如图表示一种光学仪器的原理，图中L1是物镜，L2是目镜这种仪器是 望远镜 填“望远镜或“显微镜，目镜的作用相当于 放大镜 填“放大镜或“投影仪考点：望远镜专题：透镜及其应用分析：望远镜由物镜和目镜组成，物镜和目镜都是凸透镜，物镜相当于照相机，成倒立、缩小的实像，目镜相当于放大镜，成正立、放大的虚像望远镜的物镜口径越大，折射光线越多，像越清晰解答：解：由图可见，远处的物体先通过物镜使物体成一倒立、缩小的实像，然后用目镜把这个实像再放大正立、放大的虚像，就能看清很远处的物体了，这就是望远镜的原理，目镜相当于一个放大镜故答案为：望远镜；放大镜点评：掌握望远镜和显微镜物镜和目镜成像特点，望远镜物镜相当于照相机，目镜相当于放大镜；显微镜物镜相当于投影仪，目镜相当于放大镜224分2022株洲净含量为350mLlmL=1106m3的瓶装饮用纯洁水的质量为0.35 kg假设将其放入冰箱冷藏，温度降低了20，那么水放出的热量为 29400J水的密度水=1.0103 kg/m3，水的比热容c=4.2103J/kg考点：密度公式的应用；热量的计算专题：热和能；密度及其应用分析：知道水的体积，利用m=V求水的质量；又知道水的比热容、温度降低值，利用Q放=cmt求水放出的热量解答：解：1水的体积V=350ml=3501106m3=3.5104m3，由=得水的质量：m=水V=1.0103 kg/m33.5104m3=0.35kg=350g；2水放出的热量：Q放=cmt=4.2103J/kg0.35kg20=29400J故答案为：0.35；29400点评：此题考查了学生对密度公式、物体降温放热公式的了解与掌握，计算式注意单位换算：1ml=1cm3=1106m3234分2022株洲如图是安装了漏电保护器的家庭电路当漏电保护器检测到通过图中A、B两处的电流不相等即发生漏电时，会迅速切断电路，从而起到保护作用当家电维修人员在图中C处不慎触电时，漏电保护器 会 填“会或“不会切断电路假设人体电阻为10k，触电时通过人体的电流为 22mA考点：家庭电路电流过大的原因；欧姆定律的应用专题：电与热、生活用电分析：1判断漏电保护器会不会切断电路，就是分析A、B两处的电流是否相等，如果相等就不会切断电路，如果不相等就会切断电路；2根据家庭电路的电压和人体的电阻，利用欧姆定律就可以求出通过人体的电流解答：解：1当家电维修人员在图中C处不慎触电时，电流就会从C处通过人体流向大地，导致通过B处的电流比A处的小，因此漏电保护器会切断电路2家庭电路的电压U=220v，人体电阻R=10k=104，因此通过人体的电流：I=0.022A=22mA故答案为：会；22点评：此题关键有两点：一是抓住漏电保护器的工作条件：通过虚线框内火线与零线的电流不相等；二是会利用欧姆定律进行简单的计算244分2022株洲如图是运发动在水平地面上做俯卧撑时的情景地面对两个手掌的支持力为360N，对两个脚尖的支持力为240N，手掌到脚尖的距离为1.5m，那么运发动所受的重力为 600N，人体重心到脚尖的水平距离为0.9 m考点：杠杆的平衡分析法及其应用专题：计算题；简单机械分析：1根据物体的受力平衡即可求出重力；2以脚尖为支点，那么支持力的力臂为L1，人体重心到脚尖为L2，根据杠杆平衡条件即可求出L2解答：解：1运发动在竖直方向受竖直向上的支持力F1、F2，竖直向下的重力G的作用，物体受力平衡，那么G=F1+F2=360N+240N=600N；2以脚尖为支点，那么支持力的力臂为L1，人体重心到脚尖为L2，根据杠杆平衡条件得：F1L1=GL2，L2=0.9m故答案为：600；0.9点评：此题通过学生的体育活动考查物体受力平衡分析和杠杆平衡条件的应用，综合性较强，也表达了生活和物理的密切关系四、实验题：本大题共4小题，共22分254分2022株洲图是实验室常用的一种电流表，其零刻度不在表盘的最左端当导线a、b 分别与标有“一和“3”的接线柱相连时，电流表指针偏转情况如下列图此时，电流是从导线 a填“a或“b流入电流表，其示数是0.4 A为了增大指针的偏转角度从而减小读数误差，应将导线a与标有“0.6 ”的接线柱相连，b与标有“ 的接线柱相连考点：电流表的使用专题：根本仪器的使用专题分析：使用电流表测量电路电流时，必须：使电流表与用电器串联；电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；根据电流大小选择适宜的量程解答：解：由图知，电流表指针偏向了0刻度线的左侧，原因是正负接线柱接反了，也就是电流从导线a进入了电流表；此时电流表选择的是03A量程，对应的分度值为0.1A，此时的示数是0.4A；为测量正确并且读数误差较小，需要改变进入电流表的电流方向，改接小量程，所以需要将导线a与标有“0.6的接线柱相连，b与标有“的接线柱相连故答案为：a；0.4；0.6；点评：此题考查的是电流表使用和读数方法，属于根本技能的考查，难度较小，容易解答266分2022株洲某同学利用“替代法测量一粒花生米的密度，实验过程如下列图1在以下空格中填写适当内容选择一粒饱满的花生米放入装有适量水的透明玻璃杯中，发现花生米下沉至杯底，如图甲，此时花生米所受的浮力 小于 重力填“大于、“等于或“小于往杯中逐渐加盐并搅拌，直至观察到花生米 悬浮 ，随即停止加盐，如图乙取出花生米，用调好的天平测杯子和盐水的总质量，如图丙，天平的读数为121 g将玻璃杯中的盐水全部倒入量筒，如图丁，量筒的读数为 55mL利用密度公式计算出盐水的密度，即为花生米的密度2实验中假设加盐过量，可进行如下操作： 向盐水中加水 3实验中遗漏了重要的一步，即 将玻璃杯中的盐水全部倒入量筒，测出空杯子的质量 考点：固体的密度测量实验专题：测量型实验综合题分析：1根据物体的浮沉条件，物体下沉时浮力小于重力；当物体的密度与液体密度相等时，物体在液体中悬浮；天平的读数：砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；进行量筒的读数时，注意量筒的分度值；2假设液体的密度过大，可加水稀释；3要测量盐水的密度，需测出盐水的质量和体积，然后计算出密度，从该处入手进行分析解答：解：1花生米下沉，说明此时花生米所受的浮力小于重力；往杯中逐渐加盐并搅拌，直至观察到花生米悬浮；由图丙知，天平的读数为m=100g+20g+1g=121g由图丁知，量筒的分度值为1ml，量筒的读数为55mL2实验中假设加盐过量，可再向盐水中加水3要测量盐水的密度，需测出其质量和体积，而要测其质量，除了测出盐水和杯子的总质量，还需测出倒出盐水后空杯子的质量故答案为：1小于；悬浮；121；55；2向盐水中加水；3将玻璃杯中的盐水全部倒入量筒，测出空杯子的质量点评：此题利用替代法来测量花生米的密度，考查了对物体浮沉条件的应用及液体密度的测量，设计新颖，要能够很好的解决，需熟练掌握有关根底知识276分2022株洲为了探究静摩擦力作用的相互性，并比较一对相互作用的静摩擦力的大小，某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，整个装置放在水平桌面上，其中A、B两木块叠放在一起，两个轻质弹簧测力计C、D的一端与两木块相连，另一端固定在铁架台E、F上后来经过讨论，完善了实验装置，如图乙所示1在理想情况下，B对A的静摩擦力的大小等于弹簧测力计 D的示数，A对B的静摩擦力的大小等于弹簧测力计 C的示数填“C或“D2在B下面放细圆木条的目的是 用滚动代替滑动 ，在A 上放钩码的目的是 增大压力 3实验中需向右缓慢移动铁架台F，在此过程中，应使A、B保持相对 静止 ，整个装置静止后，读取两个弹簧测力计的示数F1、F2填“运动或“静止4分析实验数据，假设 F1=F2，那么静摩擦力的作用是相互的，且一对相互作用的静摩擦力大小相等考点：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验专题：探究型实验综合题分析：1对物体受力分析，利用二力平衡条件和力的相互作用2增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动3使A、B保持相对静止，测出静摩擦力的大小4相互作用力：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在不同物体上解答：解：1A受弹簧测力计D的拉力和B对A的摩擦力，故B对A的静摩擦力的大小等于弹簧测力计D的示数，同理，A对B的静摩擦力的大小等于弹簧测力计C的示数2在B下面放细圆木条的目的是减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动在A 上放钩码的目的是增大压力从而增大摩擦力3本实验是为了探究静摩擦力作用的相互性，并比较一对相互作用的静摩擦力的大小，故实验中需向右缓慢移动铁架台F，在此过程中，应使A、B保持相对静止，整个装置静止后，读取两个弹簧测力计的示数F1、F24分析实验数据，假设F1=F2，那么静摩擦力的作用是相互的，且一对相互作用的静摩擦力大小相等故答案为：1D；C；2用滚动代替滑动；增大压力；3静止；4F1=F2点评：掌握静摩擦力大小的影响因素，能够利用控制变量法探究静摩擦力大小的影响因素286分2022株洲利用如下列图的电路可测量未知电阻Rx的阻值，其中R为电阻1请将电压表连入电路，使电路完整2当开关S1、S2闭合时，电压表示数U1=6V；当开关S1闭合、S2断开时，电压表示数U2=4V己知R=10，那么电源电压U= 6V，Rx= 203实验中假设由于某个元件出现故障短路或断路，导致电压表的示数U1=U2=6V，那么该元件及故障可能是 R短路 考点：欧姆定律的应用专题：电路和欧姆定律分析：1根据电路确定实验原理，然后连接实物电路图2根据实验电路应用串联电路特点与欧姆定律分析答题3根据电路故障现象分析电路故障原因解答：解：1由电路图可知，可以用电压表先测出电源电压，然后再测出电阻两端电压，然后再根据串联电路特点与欧姆定律求出待测电阻阻值，电压表与待测电阻并联，实物电路图如下列图：2由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，电压表测电源电压，电压表示数U1=6V，那么电源电压U=U1=6V；当开关S1闭合、S2断开时，电压表测待测电阻两端电压，电压表示数U2=4V，此时电路电流：I=0.2A，由I=可知，待测电阻阻值：Rx=203电压表的示数U1=U2=6V，说明两种情况下，电压表都测电源电压，定值电阻两端电压为零，那么电阻R发生短路故答案为：1实物电路图如下列图；26；20；3R短路点评：此题考查了测未知电阻的实验，关键是知道有电压表、无电流表时可根据串联电路的电流、电压特点进行设计实验五、综合题：本大题共2小题，每题10分，共20分2910分2022株洲如图甲所示，用弹簧测力计测量水平桌面上的钩码所受的重力弹簧测力计从图示位置开始向上缓慢提升，其示数F 与上升的高度h之间的关系如图乙所示试解答以下问题1钩码所受的重力为 4.5N2当h=4cm时，弹簧测力计的示数是 3.0N，桌面对钩码的支持力是 1.5N3从开始提升到h=16cm，弹簧测力计对钩码所做的功是多少考点：弹簧测力计的使用与读数专题：根本仪器的使用专题分析：1当缓缓提钩码离开桌面后测力计的示数不再变化，此时示数即为钩码所受重力大小；2由图象获取信息，并会对钩码受力分析；3利用W=Fs=Gh解题解答：解：1钩码离开桌面后测力计的示数不再变化，此时示数即为钩码所受重力大小，故钩码所受的重力为4.5N；2弹簧的伸长量与拉力成正比、由图象知：当h=6cm 时，弹簧测力计的示数为4.5N，及每增大1牛的力弹簧伸长0.75cm，当h=4cm 时，弹簧测力计的示数为3.0N；此时测力计受重力、拉力、支持力的作用，支持力等于重力减去拉力即4.5N3.0N=1.5N；3W=Fs=Gh=4.5N0.16m=0.72J；故答案为：14.5；23.0；1.5；3弹簧测力计对钩码所做的功是0.72J点评：此题考查了弹簧测力计的工作原理、力的合成，功的计算，综合性较强，第二题是一易错点，要会分析图象所给提供的信息3010分2022株洲用12V的电源为微型电动机供电的电路如图甲所示当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图乙所示当电流稳定时，电动机正常工作电动机转动时欧姆定律不适用，并忽略温度对电阻的影响，试解答以下问题1当单刀双掷开关S1、S2 同时 合上时可实现电动机的反转2当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为 4.8W3求电动机的电阻及正常工作时的输出功率考点：电功率的计算专题：计算题；电能和电功率分析：1根据开关的控制作用分析2由图乙可知电动机正常工作时的电流，利用P=UI求功率3由图乙可知电动机刚开始转动时的电流，此时根据欧姆定律求出电阻，正常转动后，根据P=I2R求出电阻产生热量的功率，那么P输出=PP热解答：解：1根据开关的控制作用可以看出，单刀双掷开关S1、S2同时合上时流入电动机的电流方向改变，那么可实现电动机的反转2由图乙可知电动机正常工作时的电流I=0.4A，那么P=UI=12V0.4A=4.8W，3由图乙可知电动机刚开始转动时的电流I=1.2A，由欧姆定律得：那么电动机的电阻R=10，电动机正常工作时P热=I2R=0.4A210=1.6W，P输出=PP热=4.8W1.6W=3.2W故答案为：1同时；24.8；3电动机的电阻为10，正常工作时的输出功率为3.2W点评：此题考查了开关使用、欧姆定律的应用和功率的计算，要注意刚开始转动时电路中只是电动机的电阻产生电流，电动机正常转动时欧姆定律不适用