一、选择题
1. (无锡期末)小明将两箱书搬上楼,采用了如图所示的两种方法:一是把两箱书一起搬上楼,如图甲所示;二是先把一箱书搬上楼,再搬剩下的一箱,如图乙所示。假设小明上楼的速度相同,两种方法中小明做功的功率分别为 $P_甲$、$P_乙$,机械效率分别为 $\eta_甲$、$\eta_乙$。下列说法中正确的是（）


A.$P_甲＞P_乙,\eta_甲＞\eta_乙$
B.$P_甲＞P_乙,\eta_甲=\eta_乙$
C.$P_甲＞P_乙,\eta_甲＜\eta_乙$
D.$P_甲=P_乙,\eta_甲＞\eta_乙$

1. A 提示:两箱书的重力一定,楼的高度前后不变,$W_{有用}$相等,方法一所做的额外功为克服自身重力所做的功,而方法二所做的额外功是两次克服自身重力所做的功,故方法二的额外功大于方法一的额外功,方法二的总功大于方法一的总功,由 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$知$\eta_甲＞\eta_乙$;因上楼的速度相同,第一次搬书多,所用的向上的力大,由 $P=\frac{W}{t}=Fv$ 可知 $P_甲＞P_乙$。

【分析】
要解决这道题，需明确有用功、额外功、总功的定义，以及功率和机械效率的计算公式。首先，两种方法中，书的总重力相同，楼的高度不变，因此对书做的有用功相等；额外功是克服自身重力做的功，甲方法是一次上楼，额外功为一次克服自身重力的功，乙方法是两次上楼，额外功为两次克服自身重力的功，故乙的额外功更大。总功等于有用功加额外功，由此可比较总功大小；再结合机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$比较机械效率；功率方面，利用$P=Fv$，上楼速度相同，甲方法需要提升的总重力更大，即拉力更大，因此功率更大。
【解析】
1. 比较有用功：两种方法中，书的总重力$G_{书}$相同，楼的高度$h$相同，根据$W_{有用}=G_{书}h$，可知$W_{有用甲}=W_{有用乙}$。
2. 比较额外功：甲方法是一次搬两箱书上楼，额外功$W_{额甲}=G_{人}h$；乙方法是分两次搬一箱书上楼，额外功$W_{额乙}=2G_{人}h$，因此$W_{额甲}＜W_{额乙}$。
3. 比较总功：总功$W_{总}=W_{有用}+W_{额}$，因为$W_{有用}$相等，$W_{额甲}＜W_{额乙}$，所以$W_{总甲}＜W_{总乙}$。
4. 比较机械效率：根据机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，$W_{有用}$相等，$W_{总}$越小则$\eta$越大，故$\eta_{甲}＞\eta_{乙}$。
5. 比较功率：上楼速度$v$相同，甲方法需要提升的总重力为$G_{书}+G_{人}$，乙方法为$\frac{G_{书}}{2}+G_{人}$，因此甲的拉力$F_{甲}＞F_{乙}$。根据功率公式$P=Fv$，$v$相同，$F$越大则$P$越大，故$P_{甲}＞P_{乙}$。
综上，$P_{甲}＞P_{乙}$，$\eta_{甲}＞\eta_{乙}$，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
机械效率、功率的计算
【点评】
本题综合考查功、功率、机械效率的相关知识，关键在于区分有用功与额外功，理解功率和机械效率的影响因素，需结合公式分析各物理量的变化，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5

2.（无锡期末）为探究串联电路中电压的特点，小红连接了如图所示的电路。闭合开关S后发现两电压表指针偏转，且示数相同。为寻找电路故障，小红拿来一根检测导线，分别并联在灯泡$\mathrm{L}_{1}$或$\mathrm{L}_{2}$的两端，发现两电压表指针所指位置没有任何变化。下列推断中正确的是（）


A.灯泡$\mathrm{L}_{1}$一定断路
B.灯泡$\mathrm{L}_{2}$一定短路
C.小红拿的检测导线是断的
D.灯泡$\mathrm{L}_{1}$断路，同时灯泡$\mathrm{L}_{2}$短路

2. C 提示:图中两灯泡串联,一个电压表测电源电压,一个电压表测灯泡$\mathrm{L}_{1}$两端的电压,闭合开关后发现两表示数相同,说明两表示数都为电源电压,故障可能为灯泡$\mathrm{L}_{1}$断路、灯泡$\mathrm{L}_{2}$短路或灯泡$\mathrm{L}_{2}$短路同时灯泡$\mathrm{L}_{1}$断路。用一根检测导线分别并联在灯泡$\mathrm{L}_{1}$或$\mathrm{L}_{2}$的两端,当两表指针所指位置没有任何变化,示数都为电源电压,若检测导线完好,则当检测导线并联在灯泡$\mathrm{L}_{1}$的两端时,测灯泡$\mathrm{L}_{1}$两端的电压表被短路,示数变为0,故只能是检测导线断路造成的。

【分析】
首先明确电路连接：两灯泡$\mathrm{L}_{1}$、$\mathrm{L}_{2}$串联，上方电压表测$\mathrm{L}_{1}$两端电压，下方电压表测电源电压。闭合开关后两表指针偏转且示数相同，说明测$\mathrm{L}_{1}$的电压表示数等于电源电压，故障可能为$\mathrm{L}_{1}$断路、$\mathrm{L}_{2}$短路或两者同时存在。当用检测导线并联在$\mathrm{L}_{1}$或$\mathrm{L}_{2}$两端时，两表指针无变化，说明检测导线未起到改变电路的作用，由此推断检测导线的状态。
【解析】
1. 确定电路与电压表测量对象：由实物图可知，电流从电源正极流出，经开关$\mathrm{S}$、$\mathrm{L}_{1}$、$\mathrm{L}_{2}$回到电源负极，故$\mathrm{L}_{1}$与$\mathrm{L}_{2}$串联；上方电压表并联在$\mathrm{L}_{1}$两端，测$\mathrm{L}_{1}$的电压；下方电压表并联在电源两端，测电源电压。
2. 分析初始故障：闭合开关后两表示数相同，说明测$\mathrm{L}_{1}$的电压等于电源电压。若$\mathrm{L}_{1}$断路，电压表串联在电路中，示数等于电源电压；若$\mathrm{L}_{2}$短路，电路中只有$\mathrm{L}_{1}$，其两端电压等于电源电压；也可能$\mathrm{L}_{1}$断路同时$\mathrm{L}_{2}$短路，这三种情况均符合初始现象。
3. 分析检测导线的作用：若检测导线完好，将其并联在$\mathrm{L}_{1}$两端时，测$\mathrm{L}_{1}$的电压表会被短路，示数应变为0，指针位置会变化；并联在$\mathrm{L}_{2}$两端时，若$\mathrm{L}_{2}$短路，并联后电路仍为$\mathrm{L}_{1}$直接接电源，电压表仍测电源电压，但题目中指针无变化，说明检测导线未导通，即检测导线是断的，无法改变电路状态，故指针位置不变。
【答案】
C
【知识点】
串联电路电压特点；电路故障分析
【点评】
本题结合实物电路考查串联电路的故障分析，需先明确电压表的测量对象，再结合故障时的电压规律逐步推导，是电路故障分析的典型题型，需掌握不同故障对应的电压表现。
【难度系数】
0.5

3. (无锡期末)如图所示的电路中,电源电压不变,$R_{1}$为定值电阻,$R_{2}$为滑动变阻器。闭合开关$\mathrm{S}$,$R_{2}$的滑片$\mathrm{P}$在某一端点时,两表的示数分别为$\quantity{0.2}{A}$和$\quantity{3}{V}$;移动滑片$\mathrm{P}$到某位置的过程中,两表的示数分别变化了$\quantity{0.3}{A}$和$\quantity{1.5}{V}$。下列说法中正确的是
（）


A.电源电压为$\quantity{4.5}{V}$
B.$R_{2}$的最大阻值为$\quantity{20}{\Omega }$
C.$R_{1}$的阻值为$\quantity{15}{\Omega }$
D.当电流表示数为$\quantity{0.4}{A}$时,$R_{2}$接入电路的电阻为$\quantity{5}{\Omega }$

3. D 提示:两表示数分别为 0.2 A 和 3 V 时,滑片应位于左端,$R_{2大}=\frac{U_2}{I}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$,电源电压$U=IR_1+U_2=0.2\ \mathrm{A}×R_1+3\ \mathrm{V}$,滑片移动到某位置时,$I'=0.2\ \mathrm{A}+0.3\ \mathrm{A}=0.5\ \mathrm{A}$,$U_2'=3\ \mathrm{V}-1.5\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$,电源电压$U=I'R_1+U_2'=0.5\ \mathrm{A}×R_1+1.5\ \mathrm{V}$,解得 $R_1=5\ \Omega$,$U=4\ \mathrm{V}$,$I''=0.4\ \mathrm{A}$ 时,$R_{总}=\frac{U}{I''}=\frac{4\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,$R_2=R_{总}-R_1=10\ \Omega-5\ \Omega=5\ \Omega$。

【分析】首先明确电路为$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_2$两端电压。当滑片在某一端点时，电流较小（0.2A）、电压表示数为3V，说明此时$R_2$接入阻值最大；移动滑片后，电流增大0.3A、电压减小1.5V，根据电源电压不变，利用串联电路电压规律和欧姆定律建立方程，可求出$R_1$的阻值和电源电压，再逐一分析选项。
【解析】
1. 电路分析：$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_2$两端电压。
2. 滑片在最大阻值端时：电流$I_1=0.2\ \mathrm{A}$，电压表示数$U_2=3\ \mathrm{V}$，根据串联电路电压规律，电源电压$U = I_1R_1 + U_2 = 0.2\ \mathrm{A}×R_1 + 3\ \mathrm{V}$ ①。
3. 移动滑片后，电流$I_2 = I_1 + \Delta I = 0.2\ \mathrm{A} + 0.3\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{A}$，电压表示数$U_2' = U_2 - \Delta U = 3\ \mathrm{V} - 1.5\ \mathrm{V} = 1.5\ \mathrm{V}$，同理电源电压$U = I_2R_1 + U_2' = 0.5\ \mathrm{A}×R_1 + 1.5\ \mathrm{V}$ ②。
4. 联立①②：$0.2R_1 + 3 = 0.5R_1 + 1.5$，解得$R_1=5\ \Omega$，代入①得电源电压$U=0.2\ \mathrm{A}×5\ \Omega +3\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$。
5. 选项分析：
A：电源电压为$4\ \mathrm{V}$，不是$4.5\ \mathrm{V}$，错误；
B：$R_2$最大阻值$R_{2大}=\frac{U_2}{I_1}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$，不是$20\ \Omega$，错误；
C：$R_1=5\ \Omega$，不是$15\ \Omega$，错误；
D：电流为$0.4\ \mathrm{A}$时，总电阻$R_{总}=\frac{U}{I''}=\frac{4\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$，则$R_2=R_{总}-R_1=10\ \Omega-5\ \Omega=5\ \Omega$，正确。
【答案】D
【知识点】串联电路电压规律、欧姆定律应用
【点评】本题考查串联电路特点与欧姆定律的综合应用，关键是利用电源电压不变建立方程求解，需准确分析滑片移动时电表示数的变化，难度中等。
【难度系数】0.5

二、填空题
4. (无锡期末)如图所示,是加装了杠杆(重力忽略不计)的空气压缩引火仪,OBA 为杠杆, O 为支点,$OB:OA=2:5$。在玻璃筒底部放一小片硝化纸,在杠杆的 A 端沿竖直方向迅速向下施加 20 N 的力,则 B 点受到N 的力,同时观察到硝化纸被点燃,此过程中能量转化情况是,这与汽油机的冲程的能量转化相同。

4. 50 机械能转化为内能 压缩 提示:杠杆水平平衡时,有 $F_1×L_1=F_2×L_2$,$F_B=F_A×\frac{OA}{OB}=20\ \mathrm{N}×\frac{5}{2}=50\ \mathrm{N}$。向下压杠杆时,通过活塞压缩玻璃筒内的空气,对空气做功,使空气的内能增加,温度升高,最终点燃硝化纸,这个过程是机械能转化为内能,与汽油机的压缩冲程的能量转化完全相同。

【分析】
要解决这道题，需分三步思考：1. 求B点的力，利用杠杆平衡条件，明确支点、各力对应的力臂，代入已知的力和力臂比例计算；2. 分析压缩空气过程的能量转化，压缩气体时对气体做功，机械能转化为内能；3. 对应汽油机的冲程，压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程相反，据此判断。
【解析】
1. 求B点的力：根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，支点为O，A点的力 $ F_A = 20\ \mathrm{N} $，对应的力臂为OA，B点的力为 $ F_B $，对应的力臂为OB。已知 $ OB:OA = 2:5 $，即 $ \frac{OA}{OB} = \frac{5}{2} $，代入公式得：$ F_A × OA = F_B × OB $，所以 $ F_B = F_A × \frac{OA}{OB} = 20\ \mathrm{N} × \frac{5}{2} = 50\ \mathrm{N} $。
2. 能量转化：向下压杠杆时，活塞压缩玻璃筒内的空气，对空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气温度升高，点燃硝化纸。
3. 汽油机冲程：汽油机的压缩冲程中，活塞压缩气缸内的气体，机械能转化为内能，与该过程的能量转化相同，因此对应压缩冲程。
【答案】
50；机械能转化为内能；压缩
【知识点】
杠杆平衡条件；能量转化；汽油机冲程
【点评】
本题结合杠杆平衡、能量转化和汽油机冲程的知识点，属于基础综合题，侧重考查对基本概念和规律的应用，难度适中。
【难度系数】
0.7