2023年中考押题预测卷02（云南卷）-物理（全解全析）

这是一份2023年中考押题预测卷02（云南卷）-物理（全解全析），共16页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】A,B，【答案】B,C等内容，欢迎下载使用。

2023年中考押题预测卷B【云南卷】
物理·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
D
C
D
A
D
D
BC
AB
BC
注：参考答案上若设计有此表格，全解全析可不要
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】AC．克服物体重力做的功为有用功，推力需克服物体的重力和物体受到的摩擦力，推力做的功为总功，克服摩擦力做的功为额外功，AC不符合题意；
B．推力做的有用功为W有用=Gh=500N×4m=2000J
由于机械效率为80%，所以推力做的总功为W总=W有用η=2000J80%=2500J
由W总=Fs得，推力为F=W总s=2500J10m=250N
B不符合题意；
D．推力做的额外功为W额=W总-W有用=2500J-2000J=500J
由W额=fs得，摩擦力为f=W额s=500J10m=50N
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】(1)使用斜面时，克服物体重力做的功为有用功，克服摩擦做的功为额外功，推力做的功为总功；
(2)利用W有用= Gh，求推力做的有用功；根据效率公式求推力做的总功，再利用W= Fs求拉力大小；
(3)推力做的总功等于有用功加上额外功，据此求推力做的额外功，再利用W= fs求摩擦力的大小。
2．【答案】D
【解析】【解答】质量是指物体所含物质的多少；汽油用去一半后，其质量将减半；汽油的密度、比热容和热值，都是汽油的特性，是从不同的角度来描述汽油的特性， 与汽油质量的多少无关，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】质量是指物体所含物质的多少；物质密度、比热容和热值都是物质的特性，与质量无关。
3．【答案】C
【解析】【解答】ABC．由图可知，光控开关和压力开关及电磁铁组成串联电路，相互影响，因此光控开关和压力开关都闭合时，摄像供电系统是通路，摄像系统才会自动拍摄，C符合题意，AB不符合题意；
D．光控开关和压力开关是相互牵制，相互影响，因此这两个开关只能串联，不能并联，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】多个开关串联时，共同控制用电器；电磁铁有磁性，吸引衔铁，电磁继电器的工作电路接通。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.容器中电阻丝内能的增大是电流做功转化为内能实现的，即做功的方式，空气内能的增大是通过热传递方式实现的，故A错误；
B.若闭合S1、S2时，R2短路，电路为R1的简单电路，无法探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误；
C.若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等，通电时间相同，两电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故C错误；
D.若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，因R1：R2=3：1，故经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1，故D正确。
故选D。
【分析】（1）做功和热传递都能改变物体的内能；
（2）（3）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
（3）根据Q=I2Rt可知在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，据此分析。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．木块在水平面上滑动时，对木块进行受力分析可知，木块受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和沿水平面向左的摩擦力三个力的作用，A符合题意；
B．影响摩擦力的因素是压力的大小和接触面的粗糙程度有关，木块对斜面的压力小于木块对水平面的压力，所以木块在斜面和水平面受到的摩擦力大小不相等，B不符合题意；
C．压力一定，接触面的粗糙程度一定，所以摩擦力大小不变，C不符合题意；
D．木块在水平面上滑行时越来越慢，是因为木块受到阻力作用，与惯性无关，惯性的衡量标准是质量，所以质量不变，惯性大小不变，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】影响摩擦力的因素是压力的大小和接触面的粗糙程度；惯性是指物体保持原来运动状态不变的一种性质。
6．【答案】D
【解析】【解答】AB．由电路图知，灯泡与铅笔芯串联在电路中，电压表测铅笔芯两端的电压，电流表测电路中的电流，且灯丝的电阻不变，铅笔芯的电阻与其长度成正比，铜环从铅笔芯的a端向b端滑动时，滑动距离变大，但接入电路的阻值变小，据串联电路的分压特点知，铅笔芯两端分去的电压变小，即电压表的示数变小。设铅笔芯的总电阻为R，整段的长度为L，则铜环滑动距离为x时，铅笔芯接入电路的阻值 R′=L−xLR
电路中的电流 I=U总RL+R′
电压表的示数 U=IR′=U总RL+R′R′=U总RL+L−xLR×L−xLR=L−xLRL+(L−x)RU总R
那么U与x不是一次函数，AB不符合题意；
CD．由P=I2R可得，铅笔芯与灯泡消耗的功率之比 P芯P灯=I2R′I2RL=R′RL=L−xLRRL
且R、RL与L是定值，所以铅笔芯与灯泡消耗的功率之比与x成一次函数关系，并且铜环从a端向b端滑动时，比值随x值的增大而减小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据导体的长度分析接入的电阻和总电阻的关系，利用电流和电阻的乘积计算电压；根据电流和电阻，可以计算电功率，判断电功率的比值的变化趋势。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由图丙可知，暖风机的额定功率是800W，此暖风机七天消耗电能W=Pt=0.8kW×24×7h=134.4kW·h>1kW·h
A不符合题意；
B．由图乙可知，使用暖风机7小时消耗的电能W电=5.1kW·h-3.1kW·h=2kW·h
B不符合题意；
C．房间的高度约为3m，房间的容积V=Sh=10m2×3m=30m3
房间内空气的体积等于房间的容积，空气的质量m=ρV=1.29g/cm3×30m3=38.7kg
室温升高15℃时空气所吸收的热量Q吸=cmΔt=1.0×103J/(kg·℃)×38.7kg×15℃=5.805×105J
如果不考虑热量的损失，电暖器消耗的电能W′=Q吸=5.805×105J=0.16125kW·h<1kW·h
所以用1度电能使房间温度升高15℃，C不符合题意；
D．由A可知此暖风机七天消耗电能大于1度电，此广告页面信息在有意误导消费，我们可以用物理知识帮助辨识其中真伪，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据电功率和时间的乘积计算消耗的电能；根据电能表窗口示数差可以计算消耗的电能；利用物体的密度和体积的乘积计算质量；利用物体的比热容、质量和温度差的乘积，计算热量。
8．1．【答案】B,C
【解析】【解答】A．根据公式v=st可知，汽车的运动时间为：t=sv=108km72km/h =1.5h，
A不符合题意；
B．发动机所做的功为：W=Pt=20000W×5400s=1.08×108J，
B符合题意；
C．汽车的速度v=72km/h=20m/s，根据公式P=Wt=Fv可知，汽车的牵引力：F=Pv=20×103W20m/s =1000N，
根据二力平衡的条件汽车汽车所受的阻力为：f=F=1000N，
C符合题意；
D．汽油完全燃烧释放的热量Q=mq，又因为Q=Wη，所以：m=Qq=Wηq=1×108J25%×4.6×107J/kg≈8.7kg，
D不符合题意．
故答案为：BC

【分析】根据公式t=sv，可求出运动时间；根据公式W=Pt，可求出功；根据公式f=F=Pv，可求出阻力；根据公式m=Wηq，可求出汽油质量。
9．【答案】A,B
【解析】【解答】A．摩擦起电并不是创造了电荷，只是电子从一个物体转移到另一个物体，A符合题意；
B．原子是由位于中心的原子核和核外带负电的电子构成，B符合题意；
C．绝缘体不容易导电是因为它的内部几乎没有自由移动的电荷，并不是内部缺少正、负电荷，C不符合题意；
D．绝缘体与导体之间没有明显的界限，绝缘体在一定情况下可以变为导体，D不符合题意。
故答案为：AB。

【分析】摩擦起电并不是创造了电荷，只是电子从一个物体转移到另一个物体；原子是由位于中心的原子核和核外带负电的电子构成；绝缘体不容易导电是因为它的内部几乎没有自由移动的电荷；绝缘体与导体之间没有明显的界限，绝缘体在一定情况下可以变为导体。
10．【答案】B,C
【解析】【解答】A．闭合开关S、S2，滑片P置于最右端时，R被短路；电流表A的示数为 U2R0 ，这说明电路的总电阻为2R0，这表明是两个电阻是串联接入电路中的，a与R2并联，b与R1并联，所以a、b都是电压表，A不符合题意；
B．闭合开关S、S2， 向左移动滑片P，此时三个电阻串联接入电路中，a并联到了R和R2的两端；设滑片移动前后电路中的电流为I1、I2，电压表a的示数变化量ΔUa等于R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12；根据串联电路的电压规律可知，R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12等于R1两端电压的变化量ΔU1，即：电压表a的示数变化量等于R1两端电压的变化量ΔU1，由欧姆定律可得 ΔUa=ΔU1=U1−U1′=I1R1−I2R1=(I1−I2)R1=ΔIR1
即 ΔUaΔI=R1
由此可知，a表的示数变化量与电流表A的示数变化量的比值不变，B符合题意；
C．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2、S3时，该电路为串联电路， R与R1串联接入电路中；当S3由断开到闭合时，R2并联到了R的两端，根据并联电路的电阻关系可知，该并联部分的电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，C符合题意；
D．闭合开关S、S1，断开S2时，a、b换成电流表，该电路为并联电路：电流表a测量通过R和R1的电流，电流表b测量通过R和R2的电流；向右移动滑片P滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大，由于并联电路中各支路互不影响，通过R1、R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，a和b的示数都变大，D不符合题意；
故答案为：BC。

【分析】电流表和所测量的位置串联，电压表和所测量的位置并联；电压表的变化量和电流表变化量的比值是定值电阻；电路中的电阻并联时，电阻减小， 电流变大。

11．【答案】1.26×107；0.3；冷
【解析】【解答】水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg∙℃)×100kg×(50-20)℃=1.26×107J
不计热损失，据Q放=mq得，需要消耗的天然气的质量 m天然气=Q放q天然气=Q吸q天然气=1.26×107J4.2×107J/kg=0.3kg
洗澡后，热的水蒸气遇到冷的水管液化成小水珠附在水管表面上，所以表面布满水珠的是冷水管，没有水珠的是热水管。

【分析】根据公式Q吸＝cm（t末-t初），求出水吸收的热量；根据公式Q放=mq，可求出天然气的质量，气态水蒸气遇冷会液化成小水滴。
12．【答案】（1）R2断路，电流表示数为0，电压表有示数；（2）R2短路，电流表有示数 ，电压表示数变为0；（3）R1短路，电流表、电压表示数都变化。
【解析】【解答】由图可知，该电路为串联电路，电压表测量的是R2电压，电流表测量电路中的电流。
（1）开关S断开时，两表都没有示数；若R2断路，开关闭合后，电流表示数为0，电压表测量的是电源电压，电压表有示数；示数为U0，有一个电表示数会发生变化，故（1）符合题意；
（2）开关S断开时，两表都没有示数；若R2短路，开关闭合后，电路中有电流，电流表示数为 I2=U0R0 ，此时电压表测量的是电流表两端的电压，示数为0；有一个电表示数会发生变化，故（2）符合题意；
（3）开关S断开时，两表都没有示数；若R1断路，开关闭合后，电路中无电流，电流表示数为0，电压表示数为0；电流表和电压表示数都不变，故（3）不符合题意；
（4）开关S断开时，两表都没有示数；若R1短路，开关闭合后，电路是通路，电路中有电流，电流表示数为 I4=U0R0 ，此时电压表测量的是电源电压，示数为U0；两表示数都发生变化，故（4）符合题意。
因此闭合开关S后电流表和电压表的示数及对应的故障：开关闭合后，电流表示数为0，电压表示数为U0，对应的故障为R2断路；开关闭合后，电流表示数为 I2=U0R0 ，电压表示数为0，对应的故障为R2短路；开关闭合后，电流表示数为 I4=U0R0 ，电压表示数为U0，对应的故障为 R1短路。

【分析】在串联电路中，电压表测量的位置断路，电压表无示数；电压表测量以外的位置短路，电流表、电压表有示数。
13．【答案】深度；连通器；阿基米德
【解析】【解答】液体内部的压强随深度的增加而变大，故大坝要修建成上窄下宽的形状，是为了承受更大的液体压强。洒水壶符合上端开口、下端连通的特点，属于连通器。密度计的设计利用了物体的浮沉条件，让密度计在液体中漂浮，根据物体的浮沉条件可知，漂浮时浮力等于重力，物体的重力不变，浮力就不变；根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体的密度越大，密度计排开液体的体积就越小。
【分析】液体内部的压强随深度的增加而变大，连通器是上端开口、下端连通的仪器；漂浮时浮力等于重力，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体的密度越大，密度计排开液体的体积就越小。
14．【答案】有可能；甲；甲；20000
【解析】【解答】根据图中信息可知，乙丙是不同物质，当它们的质量和变化的温度相同时，它们吸收的热量也相同，故它们的比热容也相同；根据图中信息可知，甲乙丙质量相同，变化的温度相同时，甲吸收的热量多，故甲物质的比热容大。
吸收相同的热量，比热容大的物质温度变化小，故甲物质的温度变化小。
根据公式 Q=cmΔt=2000J/(kg⋅°C)×2kg×5°C=20000J

【分析】不同物质的比热容可能相同，吸收相同的热量，比热容大的物质温度变化小；根据公式Q=cmΔt，可求出吸收的热量。
15．【答案】8.5；2.125；8～13
【解析】【解答】只闭合开关S，定值电阻R1、灯泡L和滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测量滑动变阻器R2两端的电压，电压表V2测量R1两端的电压。根据串联电路的分压原理可知，在保证电路安全的情况下，当滑动变阻器R2连入电路的电阻越小时电压表V1的示数越小，此时电路中电流最大。滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，小灯泡的额定电流 I额=PLUL=1W4V=0.25A
则在保证电路安全的情况下，电路中的最大电流I大＝I额＝0.25A
此时灯泡正常工作，电压表V1的示数最小，根据题干可知V1最小示数为2V，根据 I=UR 可得U1＝I大R1＝0.25A×10Ω＝2.5V
由串联电路的电压特点可得，电源电压U＝U1+UL+U2小＝2.5V+4V+2V＝8.5V
电路的最大功率P大＝UI大＝8.5V×0.25A＝2.125W
滑动变阻器R2接入电路的最小电阻为 R2小=U2小I大=2V0.25A=8Ω
由串联电路的分压规律可知，当电压表V1示数最大为3V时，R2接入电路的电阻最大，此时小灯泡和R1两端电压 U′＝U﹣U2大＝8.5V−3V＝5.5V
由图乙可知当电路中的电流为I′＝0.23A时，小灯泡和R1两端电压3V+0.23A×10Ω＝5.3V
在误差范围内，与5.5V相近，故符合条件；则R2接入电路的最大电阻 R2大=U2大I′=3V0.23A≈13Ω
所以，R1允许的取值范围是8～13Ω。

【分析】根据U1＝I大R1、U＝U1+UL+U2小，可求出电源电压；根据P大＝UI大，可求出最大功率；根据R2小=U2小I大及R2大=U2大I'，可求出 滑动变阻器阻值的调节范围 。
16．【答案】暗；1
【解析】【解答】图中闭合开关后，小灯泡单独接入电路中，小灯泡L正常发光，小灯泡两端的电压等于电源电压，此时PL=U电源RL2=9W⋯⋯①
将定值电阻R与小灯泡L串联后仍接在同一电源两端，由于定值电阻的分压作用，小灯泡两端的电压小于电源电压，所以小灯泡两端的电压变小，小灯泡L的阻值不变，根据P=U2R知小灯泡的实际功率变小，小灯泡变暗，此时R的功率为PR=I2R=（U电源R+RL）2R=2W⋯⋯②
由①②得9W2W=U电源2RL（U电源R+RL）2×R=（R+RL）2RRL=RL2+2RRL+R2RRL
变形得2RL2+2R2−5RRL=0
所以（2RL−R）×（RL−2R）=0
解得2RL＝R，即RL＝12R，或RL＝2R，因R的阻值大于小灯泡L的阻值，故舍去RL＝2R，所以2RL＝R，即RL∶R＝1∶2
因为小灯泡与R串联，所以通过它们的电流相同，由P＝I2R知PL实∶PR=1∶2
由于PR＝2W，所以PL实＝1W。

【分析】电压一定时，串联电阻，电流减小，电功率变小；根据电压和电阻计算电功率，结合电功率间的关系，计算电阻间关系，利用电阻关系，计算电功率。
17．【答案】‍
【解析】【解答】）首先作出阻力作用线，过支点O作垂直于动力作用线的垂线段即动力臂l1，过支点O作垂直于阻力作用线的垂线段即阻力臂l2。
首先作出阻力作用线，然后延长动力F1的作用线，再过支点分别向动力作用线的延长线和阻力作用线作垂线段，即为动力臂和阻力臂l1、l2。
首先作出阻力作用线，然后延长动力F1的作用线，再过支点分别向动力作用线的延长线和阻力作用线作垂线段，即为动力臂和阻力臂l1、l2。
首先作出阻力作用线，过支点分别向动力和阻力作用线作垂线段，即为动力臂和阻力臂l1、l2。
‍

【分析】阻碍杠杆运动的力为阻力；力臂与对应的力的作用线垂直。
18．【答案】（1）右
（2）A
（3）40
（4）48.6；1.2×103
【解析】【解答】（1）把天平放在水平台上，游码归零，指针左偏如图甲，说明左端重、右端轻，所以，应将平衡螺母向右端移动，使天平横梁平衡。
（2）当将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针偏向分度盘的左侧，说明右盘中砝码的总质量略小于左盘中物体的质量，此时应该向右移动游码，使天平水平平衡，A符合题意， BC不符合题意。
故答案为：A。
（3）由图知道，量筒的分度值为1mL，读数为40mL。所以倒入量筒中盐水的体积为V=40mL=40cm3
（4）由图知道，烧杯和剩余盐水的总量为m剩=20g+20g+5g+3.6g=48.6g
由ρ=mV知道，得盐水的密度是ρ＝m−m剩V＝96.6g-48.6g40cm3=1.2g/cm3=1.2×103kg/m3

【分析】（1）调节天平水平平衡时，平衡螺母向偏高的一侧调节；
（2）天平称量质量，最后读数为：砝码加游码；
（3）看清量筒的分度值，结合对应刻度读数；
（4）根据公式ρ=mV，求出盐水密度。
19．【答案】（1）橡皮泥
（2）a．用一木块和木板搭一个斜面，将挡板固定在斜面底端；b．用停表测出小车从斜面的某一高度由静止滑下到撞击挡板所用时间t1；c．增大斜面的坡度，用停表测出小车从斜面的同一高度由静止滑下到撞击挡板所用时间t2。；若t1＞t2，选择较陡的滑草坡参赛；若t1＝t2，任选一滑草坡参赛；若t1＜t2，选择较缓的滑草坡参赛。
【解析】【解答】（1）要探究体重越大，用时越短，可以用橡皮泥来改变小车的质量。
（2）实验步骤：a．用一木块和木板搭一个斜面，将挡板固定在斜面底端；
b．用停表测出小车从斜面的某一高度由静止滑下到撞击挡板所用时间t1；
c．增大斜面的坡度，用停表测出小车从斜面的同一高度由静止滑下到撞击挡板所用时间t2。
参赛建议：若t1＞t2，选择较陡的滑草坡参赛；若t1＝t2，任选一滑草坡参赛；若t1＜t2，选择较缓的滑草坡参赛。

【分析】（1）实验中，用橡皮泥改变物重；
（2）要验证“ 斜坡越陡，用时越短 ”，应控制物重相同，改变斜面的坡度。
20．【答案】（1）小灯泡短路
（2）R2；0.78
（3）<
（4）C
【解析】【解答】（1）闭合开关，发现电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数为零，灯不发光，说明小灯泡发生了短路。
（2）由表格中数据可知，当电压表数据为2.0V时，滑动变阻器两端的电压为U滑=U-UV=6V-2V=4V，此时电流表示数为0.2A，故滑动变阻器接入的阻值为R滑=U滑1I1=4V0.20A=20Ω，故滑动变阻器选R2。小灯泡的额定电压为3V，由表中数据可知，当电压表示数为3V，通过小灯泡的电流为0.26A，所以小灯泡的额定功率为P额=U额I额=3V×0.26A=0.78W
（3）由第（3）问可知，第1次实验时，滑动变阻器两端的电压为4V，滑动变阻器消耗的电功率为P滑1=U滑1I1=4V×0.20A=0.8W，第二次实验时，滑动变阻器两端的电压为U滑2=U-UL=6V-2.5V=3.5V，此时滑动变阻器消耗的电功率为P滑2=U滑2I2=3.5V×0.24A=0.84W，所以第2次实验与第1次实验相比，滑动变阻器的功率的变化量为ΔP变=P滑2-P滑1=0.84W-0.8W=0.04W，第1次实验中，小灯泡的功率为P灯1=U1I1=2.0V×0.20A=0.4W，第2次实验中，小灯泡的功率为P灯2=U2I2=2.5V×0.24A=0.6W，小灯泡的功率变化量分别为ΔP灯= P灯1- P灯2=0.6W-0.4W=0.2W，因此，|ΔP变|<|ΔP灯|。
（4）由表中3次实验数据分析可知，小灯泡两端电压变大时，灯丝电阻变大，即小灯泡的灯丝电阻随温度升高而变大。已知小灯泡的额定电压U额=3V，额定电流I额=0.26A，其额定功率为0.78W。大致作出小灯泡的I-U图像如下图所示：

由图像可知，当小灯泡两端电压U实=1.5V时，通过灯泡的电流范围为0.13A(1.5V)210Ω=0.225W，B不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】（1）在串联电路中，电流表有示数，电压表无示数，电压表测量的位置短路；
（2）根据电源电压和灯泡的额定电压，计算滑动变阻器的分压，结合电压和电流的比值，计算电阻；根据灯泡的电压和电流的乘积计算电功率；
（3）根据电压和电流的乘积计算电功率，结合前后电功率的差， 计算电功率的变化量；
（4）根据电压不同，分析电流的变化趋势，结合电压和电阻分析电功率的变化情况。
21．【答案】（1）如图所示：

（2）B；小灯泡短路
（3）2.2；左
（4）0.625；实际功率
（5）甲
（6）>
【解析】【解答】（1）滑动变阻器应串联在电路中，要求滑片P向左移灯泡变亮，则向左滑动时接入阻值变小，滑动变阻器应接入下端左端接入柱，如图所示

（2）闭合开关前，为防止电流过大而损坏电路元件，滑动变阻器的滑片应置于最大阻值处，即B端。
闭合开关后，无论怎样移动滑片发现灯泡不亮，电流表有示数，则表明电路是可能存在短路，电压表无示数，表明与电压表并联的电路可能存在短路，故电路中的故障可能是小灯泡短路。
（3）电压表的示数如图乙所示，由于小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表接入的量程为0~3V，分度值为0.1V，故记读数为2.2V，为了使小灯泡正常发光，应增加灯泡两端的电压，根据串联电路分压的规律，应将滑动变阻器接入的阻值变小，即滑片向左移动。
（4）根据图像信息，当 U额=2.5V 时， I额=0.25A ，小灯泡的额定功率是 P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W
通过这个实验，小明发现，灯泡两端电压越大，通过小灯泡的电流越大，灯泡的实际功率越大，灯泡越亮，由此表明灯泡的亮度是由它的实际功率决定的。
（5）[8]电源电压为6V，灯泡的额定电压为2.5V，则滑动变阻器分得的电压为 U滑=U−U额=6V−2.5V=3.5V
则滑动变阻器需要接入的最小阻值为 R滑=U滑I额=3.5V0.25A=14Ω
则小明应选用甲。
（6）当时 P0=4P1时，则 P1=14P0=14I02RL=(12I0)2RL=I12RL'
由于小灯泡的实际功率变小，温度降低，电阻变小，即 RLI1
所以额定电流I0与实际电流I1的大小关系应该是I0>2I1。
【分析】（1）测量灯泡电功率时，滑动变阻器一上一下串联，滑片远离下面的接线柱电阻变大；
（2）闭合开关前，滑片在电阻最大处；在串联电路中，电流表有示数，电压表无示数，电压表测量的位置短路；
（3）根据电压表的量程和指针位置，测量电压；减小滑动变阻器的电阻，分压减小，其它位置分压变大；
​​​​​​​（4）根据电压和电流的乘积计算电功率；灯泡的亮度和实际电功率有关；
（5）根据滑动变阻器的最小分压和电流的比值， 计算电阻，选择滑动变阻器；
（6）根据灯泡电流的变化，结合电阻的变化，判断实际电功率的大小关系。
22．【答案】（1）杠杆；定滑轮
（2）4×108；0
（3）变大；变大；3.3×106
【解析】【解答】（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的杠杆，长臂中A点装一个可以改变力的方向的机械定滑轮。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，拉力为F=G=mg=4×107kg×10N/kg=4×108N，当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力的方向为竖直向上，“海基一号”运动的方向为水平方向，故“海基一号”没有在拉力的方向上移动距离，拉力做功为0J。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，“海基一号”排开水的体积变大，根据F浮=ρ海水gV排可知它所受浮力变大，“海基一号”所处深度变大，根据p=ρ海水gh可底部所受压强变大；到300米深度处固定好后，在此深度的海水的压强为p=ρ海水gh=1.1×103kg/m3×10N/kg×300m=3.3×106Pa

【分析】（1）能绕支撑点转动的简单机械是杠杆；定滑轮可以改变力的方向；
（2）根据物体的质量计算重力；物体受力但力的方向上没有距离，力没有做功；
（3）液体密度一定时，排开液体的体积越大， 浮力越大；深度越大，压强越大；根据液体密度和深度，可以计算液体压强的大小。
23．【答案】（1）由Q=I2Rt可知，要想减小输电线上电能损失，可以减小输电线中的电流、减小输电线的电阻、减少输电的时间，不能因为减少输电线上电能的损失而减少输电时间，故此种方法节约电能的损失不可行；影响导线电阻的大小的因素有材料、长度、横截面积，实际生活中输电线的长度一定、导电性能好的材料价格较高、横截面积较大时质量较大，故此种方法节约电能的损失较困难，由P=UI的变形式 I=PU 可得，输电功率一定时，输电线的电压越大，通过输电线的电流越小，输电线损失的电能越少，故此种方法可行。
（2）5×105；1.25×1013；大于；1.25×107；高压
（3）超导材料
【解析】【解答】（1）由Q=I2Rt可知，要想减小输电线上电能损失，可以减小输电线中的电流、减小输电线的电阻、减少输电的时间，不能因为减少输电线上电能的损失而减少输电时间，故此种方法节约电能的损失不可行；影响导线电阻的大小的因素有材料、长度、横截面积，实际生活中输电线的长度一定、导电性能好的材料价格较高、横截面积较大时质量较大，故此种方法节约电能的损失较困难，由P=UI的变形式 I=PU 可得，输电功率一定时，输电线的电压越大，通过输电线的电流越小，输电线损失的电能越少，故此种方法可行。
（2）若采用220V的电压输送电能，输出线路的电流 I1=P0U1=1.1×108W220V=5×105A ，
输电线路损失的热功率P1=I12R=(5×105A)2×50Ω=1.25×1013W，由以上计算可知，P1大于P0。
若采用220kV的高压输送电能，输出线路的电流 I2=P0U2=1.1×108W220×103V=500A ，输电线路损失的热功率P2=I22R=(500A)2×50Ω=1.25×107W，比较两种情况可知，采用特高压远距输电可以大大降低输电线路的热功率损失。
（3）由P=I2R可知，要使输电线路中的热功率损耗为零，则输电线的电阻应为零，可以采用超导材料做为输电线材料。
【分析】（1）当电功率一定时，增大电压，电流减小，电流产生的热量减小；
（2）根据电功率和电压的比值， 计算电流；根据电流和电阻，可以计算电流产生的热量；采用高于输电的方法们可以减少热损失；
（3）超导体的电阻为零，不能产生热量。