资源描述
广州中学初三年级 2022 学年上学期期末线上测试
物理
第一卷
一．选择题：本题共 10 小题，每小题 3 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 物质从气态变到固态，分子热运动会变慢直到停止
B. 气体分子间有较大的斥力，所以气体流动性强
C. 分子热运动表明，分子只能从高温物体运动到低温物体
D. 扩散现象中，低温气体的分子可以运动到高温气体中
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子热运动受温度的影响，温度越高分子运动越剧烈，一般情况下，物质从气态变到固态， 温度会降低，分子热运动会变慢，但不管温度多低，分子的热运动都不会停止，故 A 错误； B．气体分子间的距离很远，彼此间几乎没有作用力，故 B 错误； CD．扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，所以分子可以从低温物体运动到在高温物体，故 C 错误；D 正确。
故选 D。
2. 两个物块如图，甲、乙接触，甲传递热量给乙，则（ ）
A. 乙物体的温度一定低
B. 甲物体所含的热量一定大
C. 甲物体分子运动更剧烈，其内能也更大
D. 乙内能增加，温度一定上升
【答案】A
【解析】
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【详解】A．根据热传递的条件可知，热量由高温物体传递给低温物体或由高温部分传递给低温部分，具有方向性，甲、乙接触，甲传递热量给乙，说明甲的温度高于乙的温度。故 A 符合题意； B．热量是热传递过程中转移内能的多少，是过程量，不能说含有热量，故 B 不符合题意； C．由于甲的温度高于乙的温度，所以甲物体分子运动的更剧烈，但由于内能大小还跟质量、状态等因素有关，故无法判断大小。故 C 不符合题意； D．物体吸收热量，内能增加，温度可能不变，比如，晶体在熔化过程中，吸收热量，内能增加，但温度不变。所以甲、乙接触，甲传递热量给乙，乙的内能增加，但温度不一定升高。故 D 不符合题意。
故选 A。
3. 如图所示，甲、乙是两个演示实验示意图：丙、丁是四冲程汽油机工作过程中的两个冲程示意图，其中与做功冲程原理相同的演示实验图和表示汽油机将机械能转化为内能的冲程示意图分别是（ ）
A. 乙、丙 B. 甲、丙 C. 甲、丁 D. 乙、丁
【答案】C
【解析】
【详解】甲图对试管中的水加热，加快水的蒸发，试管中水蒸气的内能增大、体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能；
乙图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧。是通过对物体做功来增大物体内能的，是将机械能转化为内能的过程；
丙图两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，做功冲程将内能转化为机械能；
丁图两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，压缩冲程是把机械能转化为内能的过程。 由以上分析可知看出与做功冲程原理相同的是甲图，表示汽油机利用将机械能转化为内能的冲程示意图对应正确的是丁图。故 ABD 不符合题意，C 符合题意。
故选 C。
4. 两种不同材料的燃料，甲质量 2kg，乙质量 1kg，两者温度都升高 1℃，吸收热量如图 a 所示，甲乙燃料完全燃烧后放出的热量如图 b 所示，则（ ）
A. 甲的比热容大于乙的比热容
B. 甲的热值大于乙的热值
C. 甲、乙的温度都降低 1℃，甲、乙放出的热量一样多
D. 相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量的一样多
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由 a 图可知：甲质量 2kg，乙质量 1kg，两者温度都升高 1℃，甲乙都吸收了 4000J 热量， 由Q = cmDt 可得
c＝ Q mDt
故
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c ＝ Q甲
= 4000J
=2000J/（kg ´℃）
甲 m Dt 2kg ´1℃
甲 甲
c ＝ Q乙 =
4000J
= 4000J/（kg ´℃）
乙 m Dt 1kg ´1℃
乙 乙
由此可得
c甲 < c乙
2c甲=c乙
又因为甲的质量是乙的质量的 2 倍，根据
Q = cmDt
甲、乙的温度都降低 1℃，甲乙放出的热量一样多，故 A 错误，C 正确；
BD．由题意可知：甲质量 2kg，乙质量 1kg，甲乙燃料完全燃烧后放出的热量如图 b 所示，故甲乙的热值为
甲
Q ' 2 ´107 J 7
m
q甲=
甲
= =10 J/kg 2kg
Q ' 3´107 J 7
乙
q = 乙
m乙
= =3´10 J/kg 1kg
故 q乙 > q甲，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量乙更多，故 BD 错误。故选 C。
5. 如图，用布先后摩擦塑料丝和水管，塑料丝间因静电排斥，又被水管排斥“托起”，则（ ）
A. 水管一定带正电
B. 水管与塑料丝带异种电荷
C. 塑料丝 M 与 N 带异种电荷
D. 若塑料丝得到电子，水管也得到电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．用布摩擦水管，塑料丝和水管之间相互排斥，说明塑料丝和水管带同种电荷，但不确定带哪种电荷，故 A 不符合题意；
B．塑料丝和水管之间相互排斥，说明塑料丝和水管带同种电荷，故 B 不符合题意； C．塑料丝间因静电排斥，说明塑料丝 M 和 N 带同种电荷，故 C 不符合题意； D．若塑料丝得到电子，水管和塑料丝带同种电荷，所以水管也得到电子，故 D 符合题意。故选 D。
6. 将两只额定电压相同的小灯泡 L1、L2 串联在如图所示的电路中，闭合开关后，发现灯 L1 较暗，灯 L2 较亮，下列说法正确的是（ ）
A. 灯 L1 的电阻较大
B. 灯 L2 的电流较大
C. 灯 L2 的额定功率较小
D. 两灯分得的电压相等
【答案】C
【解析】
【详解】小灯泡的亮度取决于实际功率，灯 L1 较暗，灯 L2 较亮，说明灯 L2 的实际功率较大。由于小灯泡L1、L2 串联在如图所示的电路中，根据串联电路的特点可知，通过小灯泡 L1、L2 的电流相同，由
P=UI=I2R
可知，灯 L1 的电阻较小。根据 U=IR 可知，两只灯泡分得的电压不相等。因为两灯泡的额定电压相同，由
U2
P= 可知，灯 L2 的额定功率较小。故 ABD 错误，C 正确。
R
故选 C。
7. 两款温控开关 K1 和 K2，当温度低于 50℃时，K1 保持闭合，K2 保持断开；当温度高于 50℃时，K1 保持断开，K2 保持闭合，某保温水壶用其中一款开关检测水温，其加热电阻 R 在水温低于 50℃时工作，在水温高于 50℃时不工作，下列电路图中符合用电安全且能实现该保温水壶功能的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由电路图可知，电路中加热电阻 R 与开关并联，当开关闭合时会对电源短路，将会烧坏电源，故 AB 不符合题意；
CD．由电路图可知，加热电阻 R 与开关串联，加热电阻在水温低于 50℃时工作，即水温低于 50℃时开关应闭合；加热电阻在水温高于 50℃时不工作，即水温高于 50℃时开关应断开，由题意可知，符合这一规律的应该是 K1，故 C 符合题意，D 不符合题意。
故选 C。
8. 如图小明探究电流通过导体产生热量的影响因素，初始 U 形细管中各液面高度相平，容器中有等量空气且密闭良好，R1＝R2，A、B 接入电路中，则（ ）
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A. 通过 R1 和 R2 电流相等
B. 右侧 U 形管中液面高度差较大
C. 若要探究电流通过导体产生热量的多少与电流的关系，必须要求 R3=R2
D. 该装置能探究电流通过导体产生热量的多少与通电时间的关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲知道，电阻 R2、R3 并联后与电阻 R1 串联，根据串并联电路的电流特点知道，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即
I1=I2+I3
故 A 错误；
B．由 Q=I2Rt 知道，通电一段时间后左容器内电阻丝产生的热量多，所以，左侧 U 形管中液面高度差较大，右侧 U 形管中液面高度差较小，故 B 错误； C．装置中右侧两个电阻并联后再与左侧的电阻串联，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即
I 右=I 左
R3 的作用是使通过容器中两电阻的电流不同，所以可以探究电流产生的热量与电流的关系， 且 R3 的阻值不一定等于 R2，故 C 错误； D．若要探究电流通过导体产生热量的多少与通电时间的关系，根据焦耳定律和控制变量法可知需控制电流和电阻相同，通电时间不同，所以观察不同时间同一电阻所在容器 U 形管液面高度差的变化即可，故D 正确。
故选 D。
9. 小凯和小满同学用相同的拉力 F 拉着同一个物体，沿不同的斜面向上匀速运动了相同的距离，如图所示。此过程中，下列说法正确的是（ ）
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A. 小满所做的总功较多
B. 两人所做的总功一样多
C. 两人所做的有用功一样多
D. 甲、乙两斜面的机械效率相同
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．小凯和小满同学用相同的拉力 F 拉着同一个物体，沿不同的斜面向上匀速运动了相同的距离，由图可知，两个斜面的倾斜程度不同，则同一物体在两个斜面上升的高度不同，甲斜面较陡，物体在甲斜面上升的高度大，乙斜面较缓，同一物体在乙斜面上升的高度小。由 W 有用=Gh 可知，两人做的有用功不同，甲斜面中做的有用功较大。由 W 总=Fs 可知，由于 F 和 s 都相同，所以两人做的总功一样多。故AC 错误，B 正确；
D．斜面的机械效率为
h= W 有用 ´100%
W 总
两人做的总功相同，有用功不同，所以机械效率不同。故 D 错误。故选 B。
10. 额定电压相同的电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作过程中消耗的电能 W 和通电时间 t 的关系如图所示。关于这三个用电器，下列判断正确的是（ ）
A. 正常工作时，通过电饭锅的电流最大
B. 正常工作时，电热水壶比电饭锅的功率大
C. 通电时间越长，这三个用电器的额定功率越大
D. 电热水壶消耗的电能一定最多
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．由图像知额定电压相同的电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作过程时，在相同时间内，电
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热水壶消耗的电能最多，电烤箱其次，电饭锅消耗的电能最少，根据P =
W
知，电热水壶的额定额定功
t
率最大、电烤箱其次，电饭锅功率最小，额定功率是用电器正常工作时的电功率，不会改变；电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作过程时，电热水壶的功率最大、电烤箱其次，电饭锅功率最小，根据
I = P
U
可知通过电饭锅的电流最小，故 B 正确，AC 错误；
D．由W＝Pt 可知，用电器消耗的电能与电功率和通电时间有关，因不知道通电时间，则无法比较产生热量的多少，故 D 错误。
故选 B。
11. （1）如图所示，两个烧杯中分别装有甲、乙两种液体（m 甲>m 乙），用两个规格相同的加热器连入电路加热，该过程中忽略液体蒸发且加热器产生的热量全部被液体吸收，得到温度与加热时间的图线。
①甲液体第 2 分钟内能 （选填“大于”“等于”或“小于”）第 1 分钟内能；甲液体内能的改变是通过 方式实现的；
②加热两分钟时，两液体吸收的热量关系：Q 甲 Q 乙；两种液体的比热容 c 甲 c 乙（两空均选填
“>、<、=”）；
（2） 家庭轿车的发动机是四冲程内燃机，内燃机在工作过程中将内能转化为机械能的是 冲程；如图是内燃机的能量流向图，根据图中给出的信息，该内燃机的效率为 %。已知汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧 0.5kg 的汽油，按该内燃机的工作效率计算，该汽车获得的机械能是 J，燃料
燃烧更充分时，燃料的热值 （选填“变大”“变小”，“不变”）。
【答案】 ①. 大于 ②. 热传递 ③. = ④. < ⑤. 做功 ⑥. 30 ⑦. 6.9×106 ⑧.
不变
【解析】
【详解】（1）①[1][2]加热器给杯中液体加热，加热时间越长，液体吸收的热量越多，内能增加的越多。故甲液体第 2 分钟的内能大于甲液体第 1 分钟的内能。内能的增加是通过热传递实现的。
②[3]由题可知，用两个规格相同的加热器连入电路加热，该过程中忽略液体蒸发且加热器产生的热量全部被液体吸收，根据转换法，用加热时间表示吸热多少，加热时间相同，两液体吸收热量相同，即 Q 甲=Q
乙。
[4]由图像可知，加热两分钟时，加热时间相同，吸收热量相同；两液体温度也相同，但初温不同，可知甲液体的温度变化量大于乙液体的温度变化量。又因为 m 甲>m 乙，根据 Q=cmΔt 可知，两种液体的比热容 c 甲
<c 乙。
（2）[5]内燃机在做功冲程时，燃料燃烧释放热量，推动活塞做功，将内能转化为机械能。
[6] 由图可知，燃料燃烧放出的热量是 100%，废气消耗占 33%，冷却水带走热量占 30%，摩擦与辐射消耗占 7%。则有用功所占比例为
100%-33%-30%-7%=30%
根据h= W有 ´100% 可知，该内燃机的效率为 30%。
Q放
[7] 汽油的热值是 4.6×107J/kg，完全燃烧 0.5kg 的汽油，放出的热量是
Q 放=mq=0.5kg×4.6×107J/kg=2.3×107J
按该内燃机的工作效率计算，该汽车获得的机械能是
W=Q 放 η=2.3×107J×30%=6.9×106J
[8] 热值是燃料的一种属性，与燃料是否完全燃烧无关。因此燃料燃烧更充分时，热值不变。
12. 如图所示为单相电子式电能表，其示数为 kW·h；由参数可得，该电能表允许接入的最大电
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功率是 W ；关闭其他用电器，单独接入电热水壶（具体参数见下面表格）工作 6min，此过程中电能表一共闪了 300 次，则该电热水壶的实际功率是 W。
电热水壶型号
额定电压
额定功率
HX- 201306
220V
1100W
【答案】 ①. 5387.5 ②. 8800 ③. 1000
【解析】
【详解】[1]电能表读数时，最后一位是小数，单位 kW•h，示数为 5387.5kW•h。
[2]由图中 5（40）A 知道，40A 是指电能表平时工作允许通过的最大电流，220V 是指电能表的工作电压， 该电能表允许接入用电器的最大电功率
P 最大=UI 最大=220V×40A=8800W
[3]3000imp/kW•h 表示每消耗 1kW•h,电能表指示灯闪烁 3000 次，电能表的指示灯闪烁了 300 次，则用电
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器消耗的电能
该用电器的实际功率
W = 300 kW ´ h=0.1kW ´ h 3000
P = W
t
= 0.1kW ´ h =1kW=1000W
6 h
60
13. 如图所示，分别使用甲、乙、丙三种方式把同一物体 M 匀速提升至相同高度（绳长不变），测得各拉力大小如图：
（1）利用机械丙提升物体 M 时 （选填“省力、费力、不省力也不费力”）；
（2）F 乙和 F 丙两个力所做的功分别为 W 乙、W 丙，则 W 乙 W 丙 （选填“>、<、=”）；
（3） 机械乙与机械丙的效率分别为 η 乙、η 丙，则 η 乙 η 丙（选填“>、<、=”）。
【答案】 ①. 费力 ②. < ③. >
【解析】
【详解】（1）[1]由甲图可知此物体的重力等于竖直向上的拉力
GM =F甲 = 10N
图丙机械是一个动滑轮，相当于一个省力杠杆，但是由于此时动滑轮自身有重力，导致最终拉力
F丙 =11N>GM
故此时利用丙装置费力。
（2）[2]分别使用甲、乙、丙三种方式把同一物体 M 匀速提升至相同高度（绳长不变），假设提升的高度为
h， F乙自由端移动的距离为 h， F丙自由端移动的距离为 2h，则
W乙 =F乙h = 11N´ h W丙=F丙 ´ 2h = 22N´ h
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故
（3）[3]根据机械效率公式h= W有用 可得
W总
h = W乙有用 ´100% =
W乙 < W丙
Gh ´100% = 10 ´100% » 90.9%
乙 W F h 11
乙总 乙
h = W丙有用 ´100% = Gh ´100% = 10 ´100% » 45.5%
丙 W F ´ 2h 11
丙总 丙
故
h乙 >h丙
14. 小满按如图所示的电路做实验，其中 R 为定值电阻，标有“2.5V 0.5W”的小灯泡 L。闭合不同开关时，电流表和电压表的示数如表格所示。
（1）小灯泡正常发光时的电流为 A；
（2）R 的阻值大小为 Ω；
（3） S1、S2 闭合后，小灯泡 L 两端的电压为 V；通过 L 的电流为 A；
（4） 与 S2 闭合前相比，S2 闭合后，通过 R 的电流 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
电压表示数/V
电流表示数/A
S1 闭合、S2 断开
2.4
0.24
S1、S2 都闭合
2
0.42
【答案】 ①. 0.2 ②. 10 ③. 2 ④. 0.22 ⑤. 变小
【解析】
【详解】（1）[1]小灯泡正常发光时的电流为
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额
P
U
I额 =
额
= 0.5W = 0.2A 2.5V
（2）[2]由题可知，当 S1 闭合、S2 断开，该电路为 R 的简单电路，电压表测 R 两端的电压，电流表测此时电路的电流。由欧姆定律可知，R 的阻值大小为
R = U1 =
I1
2.4V
0.24A
= 10Ω
（3）[3][4]S1、S2 闭合后，该电路为 R、L 的并联电路。根据表中数据可知，电压表示数为 2V，此时小灯
泡两端的电压为 2V，R 两端的电压为 2V。此时通过 R 的电流为
则通过小灯泡的电流为
I = U2 =
1 R
2V
10Ω
= 0.2A
I2=I 干-I1=0.42A-0.2A=0.22A
（4）[5]S2 闭合前，通过 R 的电流为 0.24A；S2 闭合后，通过 R 的电流为 0.2A。与 S2 闭合前相比，S2 闭合后，通过 R 的电流变小。
15. 如图所示，当用镊子夹取物体时，镊子相当于 （选填“省力”或“费力”）杠杆，它的支点在点
。若手压的位置越靠近 点，夹起物体时用力越小，因为此时动力臂 ，阻力臂 （后两空均选填“变大、变小、不变”）。
【答案】 ①. 费力 ②. A ③. C ④. 变大 ⑤. 不变
【解析】
【详解】[1][2]由题图可知，用镊子夹取物体，因为镊子的支点在 A 点，阻力臂为 AC，且不变，无论动力在 AC 中的哪一位置，动力臂为按点到 A 点的距离，动力臂均小于阻力臂，所以镊子是费力杠杆。[3][4][5]由题图可知，镊子的阻力臂为 AC，且不变，手压的位置越靠近 C 点，动力臂越大，因为阻力与阻力臂的乘积是一定值，由杠杆平衡条件得夹起物体时用力越小，所以此时动力臂变大，阻力臂不变。
16. 为了“探究电流与电阻的关系”，小旋设计了如图的电路图，其中滑动变阻器的接法如图。
（1） 滑动变阻器在本实验中的作用是 【选填序号】A．起到限流作用 B．改变电路中电流大小，以获得多组实验数据，求平均值 C．控制 M、N 间的电压相同
D．改变 M、N 间电压大小，以获得多组实验数据，得出规律
（2） 实验过程中，当小旋将 M、N 间的电阻由原来的 5Ω 更换为 10Ω 后，闭合开关，电压表的示数将
（选填“变大”、“不变”或“变小”），接着她应采取的操作是将滑动变阻器的滑片适当
（选填“向左移动”、“向右移动”或“保持不动”）；
（3） 实验时，小旋更换定值电阻后，闭合开关发现电压表有示数，电流表无示数，调节滑动变阻器发现电流表依旧无示数，可能存在的故障是 【选填序号】
A、电流表断路 B、电流表短路 C、定值电阻断路 D、定值电阻短路
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【答案】 ①. AC ②. 变大 ③. 向右移动 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]探究“电流与电阻关系”实验中，要控制电阻两端的电压不变，故滑动变阻器在实验中的主要作用是：控制 M、N 间的电压相同，滑动变阻器还可以限制电流的大小，起到保护电路的作用，故AC 正确。
故选 AC。
（2）[2][3]根据串联分压原理知道，将定值电阻由 5Ω 改接成 10Ω 的电阻，电阻变大，其分得的电压增 大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律知道，应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以由滑动变阻器的接法知道，滑片应向右端移动，使电压表的示数保持不变。
（3）[4]根据题意知道，闭合开关，电流表无示数，说明电路可能存在断路，电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的定值电阻断路，即电压表串联接入电路造成的，故 C 符合题意，ABD 不符合题意。
故选 C。
第二卷
17. 如图所示为一款破壁机，该破壁机具有独立的搅拌和加热功能。电动机 M 用于搅拌、由开关 S1 控制，加热电阻 R 由开关 S2 控制。该破壁机的部分参数如表格所示。
额定电压
220V
搅拌功率
1100W
加热功率
1210W
（1） 为实现上述功能，请将虚线框内的电路图补充完整，将电动机和加热电阻正确接入电路 ；
（2） S2 闭合时，求通过加热电阻 R 的电流 和加热电阻 R 的阻值 ；
（3） 电动机内部线圈电阻为 1Ω，仅搅拌时破壁机工作 1min 产生的电热为多少 J？
（4） 将杯子中搅碎的 1000g 营养糊，使其温度从 20℃加热到 100℃需要加热 10min，求破壁机的加热效率
。【已知 c 营养糊＝4.2×103J/（kg•℃）】
【答案】 ①. 见解析 ②. 5.5A ③. 40Ω ④. 1500J ⑤. 46.3%
【解析】
【详解】解：（1）根据题意知道“该破壁机具有独立的搅拌和加热功能”，所以，电动机 M 与加热电阻 R并联，由于“电动机 M 用于搅拌、由开关 S1 控制，加热电阻 R 由开关 S2 控制”，则电动机 M 与开关 S1 串联，加热电阻 R 与开关 S2 串联，故电路如下
（2） S2 闭合时，由 P = UI 知道，通过加热电阻 R 的电流
I = P加热 = 1210W = 5.5A
R U 220V
由欧姆定律知道，加热电阻 R 的阻值
（3） 由 P = UI 知道，通过电动机的电流
R = U
IR
= 220V = 40W 5.5A
I = P搅拌 = 1100W = 5A
M U 220V
由焦耳定律Q = I 2Rt 知道，破壁机工作 1min 产生的电热
Q = I 2Rt=(5A)2 ´1Ω×1´ 60s=1500J
（4） 破壁机加热 10min 消耗的电能
加热
W = P t=1210W ´10 ´ 60s = 7.26 ´105 J
营养糊其温度从 20℃加热到 100℃吸收的热量
Q = cmDt=4.2 ´103 J / (kg ´℃)´1kg ´(100℃- 20℃) = 3.36 ´105 J
由h= Q 知道，破壁机的加热效率
W
h= Q
W
3.36 ´105 J
= 7.26 ´105 J
´100% » 46.3%
答：（1）见解析；
（2） 通过加热电阻 R 的电流 5.5A，加热电阻 R 的阻值是 40Ω；
（3） 仅搅拌时破壁机工作 1min 产生的电热为 1500J；
（4） 破壁机的加热效率 46.3%。
18. 2022 北京冬奥会的滑雪大跳台是在首钢遗址上建造的，是世界上首个永久性的单板大跳台。小凯同学制作了一个大跳台的模型。
（1） 把跳台滑道上段简化成图甲的杠杆，O 是支点，A 是这段滑道的重心，若模型支架对滑道的力 F 作用在 B 点，方向沿 bc 线；
①在图甲中画出支架对滑道的力 F 和 F 的力臂 l1 ；
②滑道上段所受的重力 G F（选填“>”、“=”或“<”），依据是 ；
（2） 用图乙装置模拟建造滑道，被匀速提升的模型部件重 4N，拉力 F 为 2.5N，求此过程的机械效率
；
（3） 请提出一条提高图乙装置机械效率的措施 。
【答案】 ①. ②. > ③. 根据杠杆的平衡条件，重力的力臂小于 F 的力臂
④. 80% ⑤. 涂抹润滑油减小摩擦力
【解析】
【详解】（1）①[1]由图甲可知，模型支架对滑道的力 F 作用在 B 点，方向沿 bc 线；由于重力的方向是竖直向下的，促使杠杆顺时针转动，所以 F 应阻碍杠杆顺时针转动，方向沿 cb 线斜向上。过 O 点作 F 的力的作用线的垂线，该垂线段为力臂 l1。如图所示：
②[2][3]重力的方向竖直向下，力臂如图所示：
由图可知，重力的力臂 l2 小于 l1，由杠杆平衡条件可知，F 要小于滑道上段所受的重力。
（2）[4]由图乙可知，承担物重绳子的股数 n=2，此过程的机械效率为
h= W有 ´100% = Gh = Gh = G = 4N ´100% = 80%
W总 Fs Fnh Fn 2.5N´ 2
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（3）[5]由机械效率公式
h= W有 ´100% =
W总
W有
W有 + W额
´100%
可知，提高机械效率可以增加有用功，减小额外功。所以采取的措施是涂抹润滑油减小摩擦力，从而减小因克服摩擦所做的额外功。
19. 小凯按照图所示电路图做关于小灯泡（标有“3V”字样）的系列实验：
（1） 请根据电路图连接图的实物电路，要求滑动变阻器滑片 P 向 C 端移动时，电路中的电流变小
；
（2） 小凯连接完电路后，闭合开关发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，灯泡很暗且亮度无明显变化， 其原因可能是 ；
（3） 小凯正确连接电路后，闭合开关，电表有示数，逐渐向 C 端移动滑动变阻器的滑片并记录几组数据：其中一组数据如图，电压表和电流表示数分别为 V， A；
（4） 小凯想对比与小灯泡（白炽灯）亮度相同的发光二极管（额定电压为 3V）哪个耗电更快。为了测量亮度，使用图的数字式照度计，在相同环境下测量两者亮度。小灯泡越亮，照度计示数越大，其单位为LUX，当照度计示数为零时，说明照度计感应不到发光。
电路正确连接后，得到数据如下表：
小灯泡、发光二极管亮度与电压、电流数据表
数据序号
1
2
3
4
5
数据序号
6
7
8
9
10
电压 U/V
0.6
1.2
2
2.5
3
电压 U/V
2
2.3
2.5
2.7
3
电流/A
0.14
0.18
0.24
0.28
0.3
电流/A
0
0
0.01
0.1
0.3
小灯泡亮度
0
18
425
1750
3300
发光二极管
0
0
17
1750
9340
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/LUX
/LUX
① 小灯泡的额定功率为 W；此时小灯泡的电阻为 ；
② 为了达到目的，需要对比哪些数据？ （选填序号），可知耗电更快的是 （选填“小灯泡”、“发光二极管”或“两者一样”）。小灯泡、发光二极管各自正常发光 100s，消耗的电能哪个更多
？（选填“小灯泡”、“发光二极管”或“两者一样”）；
③小凯触摸二者，感觉灯泡很热而发光二极管无感觉。下列判断正确的是
A. 发光二极管发生了超导现象 B．小灯泡金属丝材料不适合做定值电阻 C．小灯泡用于照明，电能利用率比发光二极管高 D．小灯泡不能像发光二极管那样用来检验电源正负极
【答案】 ①. ②. 滑动变阻器接入电路的是两个下接线柱
③. 2.5 ④. 0.28 ⑤. 0.9 ⑥. 10 ⑦. 4、9 ⑧. 小灯泡 ⑨. 小灯泡 ⑩. BD
【解析】
【详解】（1）[1]由电路图知道，电源、开关、电流表、灯泡、滑动变阻器依次串联，电压表并联在灯泡两端；滑动变阻器选用“一上一下”两个接线柱串联接入电路，且滑片向右 C 端移动时，电路中的电流变小，由欧姆定律知道，滑动变阻器接入电路的阻值变大，所以，可选择左下和右上接线柱使用，根据
（3） 中图片知道，电压表和电流表都选用小量程使用，注意电流“正进负出”，故电路连接如下
（2）[2]滑动变阻器接入电路时应选择一上一下两个接线柱接入电路，小凯在连接好电路后，闭合开关， 发现小灯泡很暗且亮度无明显变化，而且无论怎么移动滑动变阻器滑片，灯泡的亮度均不变，说明滑动变阻器接入电路的是两个下接线柱，电阻较大且没有起到调节电路电阻的作用。
（3）[3]由左图知道，电压表选用小量程，分度值为 0.1V，示数为 2.5V。
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[4]由右图知道，电流表选用小量程，分度值为 0.02A，示数为 0.28A。
（4） ①[5]灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据，灯在额定电压 3V 下的电流为 0.3A，故灯的额定功率为
P=UI=3V×0.3A=0.9W
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[6]由欧姆定律知道，此时小灯泡的电阻为
RL
= UL =
IL
3V =10Ω
0.3A
②[7]根据实际目的，控制两用电器的亮度相同，比较功率大小，故需要对比 4、9 数据。
[8] 小灯泡的实际功率
P 灯=U 灯 I 灯=2.5V×0.28A=0.7W
二极管的实际功率
P 二极管=U 灯 I 灯=2.7V×0.1A=0.27W＜0.7W
所以，耗电更快的是小灯泡；因为在小灯泡和发光二极管亮度相同时，小灯泡的功率较大。
[9] 由于小灯泡的功率较大，由P =
的是小灯泡。
W 知道，小灯泡、发光二极管各自正常发光 100s，消耗的电能更多
t
③[10] A．当物质电阻为零时，会出现超导现象，LED 灯是由半导体材料制成的，它的电阻不为零，故 A
错误；
B. 灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而增大，不适合做定值电阻，故 B 正确；
C．LED 的发光原理是电能接转化为光能，由于几乎不发热，从而减小了电能损失，提高了电能转化为光能的效率；灯泡工作时，将电能转化为光能和内能，增加电能的损失，电能利用率低，故 C 错误； D．LED 具有单向导电性，可以检验电源正负极，灯泡没有单向导电性，不能检验电源正负极。故 D 正确。
故选 BD。
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