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初中物理粤沪版九年级上册第十五章 电能与电功率综合与测试单元测试测试题
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这是一份初中物理粤沪版九年级上册第十五章 电能与电功率综合与测试单元测试测试题，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
粤沪版初中物理九年级上册第十五单元《电能与电功率》单元测试卷
考试范围：第十五单元；考试时间：80分钟；总分：80分
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 小明家电能表上个月底的示数为，这个月底的示数如图所示，由图可知 ( )
A. 他家本月用电是362.6 kW·h
B. 本月他家电能表的转盘转了6×104转
C. 他家电能表正常工作时的电流表为10 A
D. 他家本月用电3.6×106J
2. 如图所示电路，电源电压不变，开关S处于闭合状态，当开关S1由断开到闭合时，以下说法正确的是( )
A. 电压表示数不变
B. 电流表示数变小
C. 电压表与电流表的示数比值不变
D. 在相同时间内，电路消耗的电能变小
3. 如图所示，在“比较两个灯泡的亮暗”的活动中，闭合开关后，调节滑动变阻器，使图甲和图乙中白炽灯L1和L2发光，L1的规格为“2.5V0.3A”，L2的规格为“3.8V 0.3A”。下列说法中正确的是( )
①白炽灯越亮，表明在相同时间内电流做功越多
②图甲可“探究电流做功多少与电压大小的关系”
③图乙可“探究电流做功多少与电流大小的关系”
④甲和乙中，L1均比L2亮
A. 只有① B. 只有②③
C. 只有①②③ D. ①②③④都正确
4. 下图是检测酒精浓度的测试仪原理图，图中电源电压恒定为8V，R1为定值电阻，酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小。闭合开关S，当酒精浓度为0时，R2=60Ω，此时电压表示数为2V.以下说法错误的是( )
A. 若酒精气体浓度越大，电压表和电流表示数都越大
B. 定值电阻R1的阻值为20Ω
C. 酒精浓度为0时，电路消耗的总功率为0.6W
D. 酒精浓度增大时，电路消耗的总功率变大
5. 如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，灯泡标有“2.5V1.25W”字样。不考虑灯丝电阻的变化，下列判断正确的是( )
A. 滑片可以置于最右端 B. 电流表的最大示数为0.6A
C. 灯泡的最小功率为0.45W D. 电路的最大功率为2.7W
6. 如图是“研究小灯泡电功率”的电路图。灯丝电阻、电源电压不变，电路连接正确后，闭合开关，向左移动滑动变阻器的滑片。下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变小
B. 滑动变阻器两端电压变大
C. 电路的总功率变小
D. 灯泡亮度变亮
7. 如图所示的电路，电源电压保持不变，小灯泡额定电压为4V(小灯泡电阻不随温度变化)。闭合开关Sl断开开关S2，在滑动变阻器的滑片P从a端移动到b端的过程中，电压表示数变化范围是：2V−6V电流表示数变化范围是：0.4A−1.2A；闭合开关S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片P在中点时小灯泡正常发光，则小灯泡的额定功率是( )
A. 0.4W B. 0.8W C. 1.2W D. 1.6W
8. 有A.B两个小灯泡，分别标有“6V 6W”和“6V 3W”，经实验测得它们的I−U特性曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 把它们并联在3 V的电源下，A灯比B灯亮
B. 把它们串联在3 V的电源下，两灯一样亮
C. 把它们串联起来使其中一盏灯正常发光，另一灯不超过其额定电压，电路中的电源电压为12V
D. 把它们串联在8V的电源下，B灯的电功率为4W
9. 图甲是灯泡L和定值电阻R的U−I图像，将L和R以图乙方式连在6V的电源上，结合图中信息可知( )
A. 灯泡L的电阻随着电流的增大而减小 B. 灯泡L的实际阻值为10Ω
C. 灯泡L的实际功率为0.8W D. 定值电阻R实际功率为6.4W
10. 在物理课外活动中，几个同学各自组成如图所示的电路，并且讨论谁的电路中两个灯泡能同时正常发光，他们各持己见，最后还是通过实验验证了两灯都能正常发光的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图是探究“电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关”的实验装置。通电前，两个U形管内的液面相平，通电一定时间后，通过R1、R2的电流分别为I1、I2，则下列说法正确的是( )
A. I1=I2，A管中的液面比B管中的液面低
B. I1=I2，A管中的液面比B管中的液面高
C. I1>I2，A管中的液面比B管中的液面低
D. I1>I2，A管中的液面比B管中的液面高
12. 如图是小明探究电流通过导体产生热量的影响因素的实验装置，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=R3，A、B接入电路中，则( )
A. 通过R1和R2的电流相等
B. 右侧U形管中液面高度差较大
C. 容器中电阻发热多的一侧U形管中液面高度差大
D. 实验不能证明电流是产生热量的影响因素
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 电阻R1、R2并联在电路中，在相同时间内消耗的电能之比为2:3，则它们的阻值之比为 ;若将它们串联在电路中，则通过它们的电流之比为 ，相同时间内电流做功之比为 。
14. 如图所示的电路中，电源电压3V不变，灯L1标有“3V 3W”字样，灯L2标有“3V 1.5W”字样。若使L1、L2都正常发光，需闭合开关______ ；只闭合开关S3时，______ 较亮。(不考虑灯丝电阻的变化)
15. 若让电饭锅单独工作，测出电能表的转盘在1min内转了12转，则电饭锅的实际功率为______W。
16. 把一段匀质导线对折后其阻值比原来的______ (选填“大”或“小”)；一个定值电阻两端的电压由2V增大到4V时，通过该电阻的电流增加了1A，通电时间由1s增加到2s，则该电阻产生的电热增加了______ J。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 小明做“测量小灯泡电功率”实验中，请你将图中未完成的电路连接好。要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的灯泡变暗，导线不能交叉。
18. 某实验小组的同学用图所示的器材测量小灯泡的电功率。已知待测小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率估计在0.8W左右。
(1)在图甲中用笔画线代替导线完成实物电路的连接(要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮)；
(2)若将小灯泡换成亮度相当的发光二极管，并测量发光二极管的电功率，请在图乙的虚线框中画出相应的电路图。(发光二极管的符号为“”)
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 学习小组想探究当小灯泡两端的电压增大时，其实际功率和亮度的变化情况。图1是实验电路图，实验提供的小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)按图1在图2中正确连接实物，要求滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻值变小；
(2)正确连接电路后，闭合开关，小明发现电流表和电压表的指针都有偏转，灯泡却不亮。小明认为一定是因为灯丝烧断了，他的判断是否正确？______；依据是______；
(3)解决以上问题后，继续做实验。小明移动滑动变阻器的滑片，记录电压表示数、电流表示数及灯泡亮度如表：
数据序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
0.61
1
1.5
2.5
3
4.3
电流I/A
0.11
0.2
0.35
0.7
0.94
1.4
灯泡亮度
微微发光
偏暗
较亮
亮
很亮
忽然烧坏
由上表可得，小灯泡两端电压越大，它的实际功率______(选填“越大”、“越小”或“不变”)；小灯泡正常发光时的功率为______W；
(4)小红认为不需要滑动变阻器，只通过增加干电池(每节1.5V)的节数也能记录多组实验数据完成该探究实验，你觉得可行吗？______；为什么？______。
20. 如图所示，小明在做“测量小灯泡电功率”的实验。实验室有如下器材：电源(设电压恒为6V不变)、小灯泡(额定电压为2.5V，灯丝的电阻约为10Ω)、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1“10Ω1A”和R2“30Ω 0.5A”的滑动变阻器各一个，导线若干。
(1)连接电路时，开关应处于______状态，小明应选用规格为______(选填“R1“R2”)的滑动变阻器。
(2)连接好电路后，闭合开关前，在甲图中滑动变阻器的滑片P应置于______端(选填“A”或“B”)；闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡发生______(选填“短路”或“断路”)。
(3)排除故障，闭合开关，移动滑片P到某位置时，电压表的示数为2.2V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，使电压表的示数为______V；通过实验，小灯泡的U−I图像如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______W。
(4)由图乙可知，小灯泡灯丝电阻大小的变化可能与______有关。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 小明家电热水壶上的铭牌部分模糊了，如表所示。他想知道该电热水壶的额定功率，于是他关掉家里的其他用电器，只让电热水壶单独工作，观察到标有“1800r/kW⋅h”的电能表的转盘转了45圈刚好用了1min，家庭电路工作电压为220V。
(1)该电热水壶的额定功率是多少？
(2)若用该电热水壶加热水，1min内使质量为1kg的水温度升高20℃，水吸收的热量是多少？[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(3)该热水壶的热效率多少？(水吸收的热量与消耗的电能之比叫热效率，保留一位小数)
产品型号
SW−15T70A
容量(L)
1.5
额定电压(V)
220V
额定功率(W)
/
22. 某款电热杯，它可以用车载12V电源加热或接在家庭电路进行加热，它的主要参数如表，求：
(1)如果在家庭电路使用5min，共消耗多少电能？
(2)如果在车载电路中使用，电热杯正常工作时的电流和电阻各为多少？
车载额定电压
12V
家用额定电压
220V
车载额定功率
120W
家用额定功率
2200W
23. 如图所示，把标有“6V 3W”的灯泡L和滑动变阻器R串联接入恒定电压为9V的电源上，通过灯泡L的电流I与灯泡L两端电压U的关系如图乙所示。
(1)灯泡L正常发光时电流多大？
(2)灯泡L正常发光时滑动变阻器R接入电路的电阻是多少？
(3)当灯泡L的实际功率是1.6W时，滑动变阻器1min内消耗的电能是多少？
24. 电压力锅是一种新型家用电器，集高压锅与电饭锅优点于一体。如表是某电压力锅的部分参数，请根据图表部分信息计算：
型号
电压力锅
额定功率
煮饭
1100W
保温
110W
额定电压
220V
容量
4L
(1)电压力锅正常煮饭时，电路工作电阻是多少？
(2)电压力锅正常保温时，通过它的电流是多少？
(3)在用电高峰期，断开家里其他用电器，单独用电压力锅煮饭12分钟，观察到图的电能表表盘转了500转，则电压力锅实际功率是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】 解：
由题图可知，小明家本月消耗的电能W=362.6 kW·h−262.6 kW·h=100 kW·h，故A错误；
“600 r/(kW·h)”表示每消耗1 kW·h的电能，电能表的转盘转过600转，本月消耗的电能为100 kW·h，则本月他家电能表转盘转过6×104转，故B正确；
由电能表参数可知，10 A是电能表短时间内允许通过的最大电流，不是正常工作时的电流，故C错误；
他家本月用电W=100 kW·h=100×3.6×106 J=3.6×108 J，故D错误。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功公式的灵活运用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
由电路图可知，开关S处于闭合状态，当开关S1断开时，L与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；当开关S1闭合时，电路为R的简单电路，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联可知电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据欧姆定律结合R的阻值可知电压表与电流表的示数比值变化，利用W=UIt可知在相同时间内电路消耗电能的变化。
【解答】
由电路图可知，开关S处于闭合状态，当开关S1断开时，L与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；当开关S1闭合时，电路为R的简单电路，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，当开关S1由断开到闭合时，电路中的总电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故B错误；由U=IR可知，R两端的电压变大，即电压表的示数变大，故A错误；由R=UI可知，电压表与电流表的示数比值等于R的阻值，即电压表与电流表的示数比值不变，故C正确；由W=UIt可知，在相同时间内，电路消耗的电能变大，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】解：根据欧姆定律可得灯泡的电阻：R1=U1I1=2.5V0.3A≈8.33Ω，R2=U2I2=3.8V0.3A≈12.67Ω，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，比较可知灯泡L2两端的电压大，串联电路各处电流相等，根据P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，所以灯泡L2比L1亮，相同时间做功也多，所以可“探究电流做功多少与电压大小的关系”，故②正确，④错误；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，可“探究电流做功多少与电流大小的关系”，故③正确；
根据P=U2R可知灯泡L1的实际功率大，所以灯泡L1比灯泡L2亮，
(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多，故①正确。
故选：C。
已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律分别计算灯泡的电阻，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，根据串联电路电流特点和P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，进一步比较灯泡的亮度，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(3)白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
4.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与酒精气体传感器电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)因酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，
所以，当酒精气体浓度越大时，R2的阻值越小，电路中的总电阻越小，
由I=UR可知，电路中的电流越大，即电流表的示数越大，
由U=IR可知，R1两端的电压越大，即电压表的示数越大，故A正确；
由U=IR可知，电路消耗的总功率变大，故D正确；
(2)当酒精浓度为0时，R2=60Ω，此时电压表示数为2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压：
U2=U−U1=8V−2V=6V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I=U2R2=6V60Ω=0.1A，
则定值电阻R1的阻值：
R1=U1I=2V0.1A=20Ω，故B正确；
电路消耗的总功率：
P=UI=8V×0.1A=0.8W，故C错误。
故选：C。
由电路图可知，定值电阻R1与酒精气体传感器电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据“酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小”判断酒精气体浓度越大时R2阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，利用U=IR可知电路消耗总功率的变化；
(2)当酒精浓度为0时，R2=60Ω，此时电压表示数为2V，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出定值电阻R1的阻值，利用P=UI求出电路消耗的总功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，利用好“酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小”是关键。
5.【答案】C
【解析】解：闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压，灯泡标有“2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻的变化，根据P=U2R可知灯泡的电阻RL=U额2P额=(2.5V)21.25W=5Ω。
A、滑片置于最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，根据欧姆定律可知电路中电流I=UR总=4.5V5Ω+20Ω=0.18A，滑动变阻器两端的电压UR=IR=0.18A×20Ω=3.6V>3V，超过电压表的量程，故A错误；
B、灯泡正常发光时，电路中的电流I′=P额U额=1.25W2.5V=0.5A<0.6A，且此时滑动变阻器两端的电压UR′=4.5V−2.5V=2V<3V，未超过电压表的量程，故电流表的最大示数为0.5A，故B错误；
C、当电压表的示数为3V时，灯泡两端的电压最小值UL=4.5V−3V=1.5V，根据P=U2R可知此时灯泡的功率最小，为PL=UL2RL=(1.5V)25Ω=0.45W，故C正确；
D、根据B中数据可知电路中的最大电流I′=0.5A，电路的最大功率P=UI′=4.5V×0.5A=2.25W，故D错误。
故选：C。
闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压，灯泡标有“2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻的变化，根据P=U2R可知灯泡的电阻。
A、滑片置于最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，根据欧姆定律可知电路中电流和滑动变阻器两端的电压，并分析是否超过电压表的量程；
B、灯泡正常发光时，根据P=UI得出电路中的电流，根据串联电路的电压特点得出此时滑动变阻器两端的电压，并比较是否未超过电压表的量程，进而得出电流表的最大示数；
C、当电压表的示数为3V时，根据串联电路的电压特点得出灯泡两端的电压最小值，灯泡的电阻不变，根据P=U2R可知此时灯泡的功率最小并得出最小功率；
D、根据B中数据可知电路中的最大电流，根据P=UI得出电路的最大功率。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，综合性强，难度较大。
6.【答案】D
【解析】【试题解析】
A、灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，向左移动滑动变阻器的滑片，变阻器连入电路的电阻变小，由于电阻的串联，所以电路的总电阻变小，由欧姆定律，电流表示数变大，A错误；
B、根据U=IR，因电流变大，故灯电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，B错误；
CD、根据P=UI，灯电路的电流变大，故电路的总功率变大，C错误；
灯的电压变大，灯的电流变大，根据P=UI，灯的功率变大，灯变亮，D正确；
故选：D。
A、灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，向左移动滑动变阻器的滑片，分析变阻器连入电路的电阻变化，由电阻的串联确定电路的总电阻变化，由欧姆定律判断电流表示数变化；
B、根据U=IR分析灯的电压变化，由串联电路电压的规律得出变阻器的电压变化；
CD、根据P=UI分析电路的总功率变化；
根据灯的电压变大，灯的电流变大，根据P=UI确定灯的功率变化，从而确定灯的亮度的变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，要掌握。
7.【答案】D
【解析】解：(1)由图知，闭合开关Sl断开开关S2，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压。
当滑片在a端时，滑动变阻器全部接入电路，此时电路电流最小，为I小=0.4A，
因为串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以此时R2两端电压最小，为U2小=2V，
因为I=UR，
所以R2=U2小I小=2V0.4A=5Ω；
设电源电压为U，则U=I小(R1+R2)，
即U=0.4A(R1+5Ω)--①；
当滑片在b端，滑动变阻器断路，电路只有R2，此时电压表示数最大，也就是电源电压，
所以U=U最大=6V--②
①②结合，得6V=0.4A(R1+5Ω)，
解得R1=10Ω；
(2)闭合开关S2，断开开关S1，小灯泡与滑动变阻器串联。
当滑动变阻器的滑片P在中点时，已知小灯泡正常发光，所以小灯泡两端电压为U额=4V，
所以滑动变阻器两端电压为U中=U−U额=6V−4V=2V，
滑动变阻器接入电路电阻为R中=12R1=12×10Ω=5Ω，
此时通过灯泡电流为I额=I中=U中R中=2V5Ω=0.4A，
所以灯泡额定功率为P额=U额I额=4V×0.4A=1.6W。
故选：D。
(1)闭合开关Sl断开开关S2，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压。根据电流表、电压表示数变化范围，利用串联电路特点和欧姆定律，可以得到电源电压、定值电阻阻值和滑动变阻器最大阻值；
(2)闭合开关S2，断开开关S1，小灯泡与滑动变阻器串联。当滑动变阻器的滑片P在中点时，可以知道滑动变阻器接入电路电阻，已知电源电压和灯泡额定电压，可以得到滑动变阻器两端电压；已知滑动变阻器两端电压和接入电路阻值，可以得到电路电流，也就是小灯泡正常发光时的电流；已知小灯泡额定电压和正常发光时的电流，利用公式P=UI得到灯泡额定功率。
此题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率计算公式的应用，综合性较强，确定滑动变阻器接入电路阻值大小，是解决此题的关键。
8.【答案】A
【解析】解：A、将A、B两灯并联在3V的电源两端时，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，UA=UB=U=3V，
由图象可知，通过两灯泡的电流分别为IA=0.7A，IB=0.3A，
由P=UI可知，A灯的实际功率大，故A灯比B灯亮，故A正确；
B、两灯泡串联时通过的电流相等，但两灯泡的电阻不同，由P=I2R可知，两灯泡的实际功率不相等，亮度不同，故B错误；
C、IB=PAUA=3W6V=0.5A，
因为亮灯串联，所以IA=IB=0.5A，
RA=UA2PA=(6V)26W=6Ω，
UA=IBRA=0.5A×6Ω=3V，
U=UA+UB=6V+3V=9V，故C错误。
D、由题意知，两灯泡串联，则电流相等，且两个灯泡两端的总电压等于8V，
由图象知，当B灯泡两端等于6V，另一个灯泡A两端的电压为2V，通过的电流均为0.5A时符合，
则B灯泡消耗的总功率为：PB=UBI=6V×0.5A=3W，故D错误。
故选：A。
(1)将A、B两灯并联在3V的电源两端时它们两端的电压相等，根据图象读出通过两灯泡的电流，利用欧姆定律求出此时甲灯的电阻，利用P=UI和P=I2R分别比较把它们串、并联在3V的电源下的实际功率即可。
(2)因为两个灯泡串联在某一电路中时，只有一只灯泡恰能正常发光，且电路未发生异常现象，所以标有“6V 3W”的正常发光，据此可求出通过它的电流IB，又因为两灯串联，IA=IB，根据“6V 6W”求出其电阻RA，再利用UB=IBRB即求得B两端电压，然后可知电源电压。
(3)两灯泡串联时通过它们的电流相等，且总电压等于各分电压之和，从图象中找出符合要求的电压和电流，根据P=UI求出两个灯泡消耗的总功率。
本题考查了串联电路的电压和电流特点，以及电功率的计算；难点是要通过图象分析找出当电源电压是8V时，灯泡的电压和电流。要找出灯泡的电压和电流，就需要根据我们所学的串联电路的特点去分析。
9.【答案】C
【解析】定值电阻的阻值一定，通过的电流和其两端电压成正比，则倾斜直线代表定值电阻的U−I图像，而曲线则代表灯泡L的U−I图像；
A、当电流为0.4A时，灯L两端的电压为2V，则灯的阻值为R1=U1I1=2V0.4A=5Ω，
当电流为0.7A时，灯L两端的电压为5V，则灯的电阻为：R2=U2I2=5V0.7A≈7Ω，
当电流为0.8A时，灯L两端的电压为8V，则灯的电阻为：R3=U3I3=8V0.8A=10Ω，
由上述分析可知，灯泡L的电阻随电流的增大而增大，故A错误；
B、由图乙可知灯泡L与电阻R串联，根据串联电路的特点，可知电流相等，且灯泡两端电压和定值电阻两端电压之和等于6V，再结合图甲可知符合条件的电流I=0.4A，此时灯泡两端电压为2V，定值电阻两端电压为4V，所以灯泡L的实际阻值RL=ULI=2V0.4A=5Ω，故B错误；
C、灯泡L的实际功率PL=IUL=0.4A×2V=0.8W，故C正确；
D、定值电阻R的实际功率PR=IUR=0.4A×4V=1.6W，故D错误。
(1)在串联电路中：电流处处相等，电源两端电压等于各个用电器两端电压之和；
(2)欧姆定律I=U/R，可推导出R=U/I；
(3)电功率P=IU；
(4)结合图乙给出的信息可知直线是定值电阻，曲线是灯泡，根据串联电路的特点，在图乙中找出符合条件的电流值，以及灯泡和定值电阻所对应的电压值，最后根据欧姆定律和电功率的计算公式即可解决问题。
本题主要考查欧姆定律和电功率的计算公式的应用，分析过程中要注意结合串联电路的特点以及给出的图像。
10.【答案】C
【解析】A.由电路图可知，两灯泡串联，由R=U2P可知两灯泡的电阻不等，根据串联分压可知两灯泡分得的电压均不为110V，故两灯泡不能正常发光，A不正确；
B.由电路图可知，两灯泡并联，两端的电压均为110V，小于220V，故下边的灯泡不能正常发光，B不正确；
C.由电路图可知，两灯泡串联，由R=U2P可知两灯泡的电阻相等，根据串联分压可知两灯泡分得的电压均为6V，故两灯泡能正常发光，C正确；
D.由电路图可知，两灯泡并联，两端的电压均为16V，大于8V，故两灯泡不能正常发光，D不正确。
(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，根据R=U2P可比较两灯泡的电阻关系；
(2)并联电路各支路两端的电压相等，串联电路各电阻分得的电压与电阻的阻值成正比；
(3)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
本题考查了串联电路和并联电路的电压特点以及电功率公式的灵活应用，分析好电路的连接特点是解决本题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：
由图可知，右侧两电阻丝并联后与左侧电阻丝串联，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以I1>I2；
由Q=I2Rt可知，通电时间相同时，I1>I2，R1=R2=5Ω，所以左侧电阻产生的热量较多；
密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，左侧容器内气体的压强与大气压的差值较大，A玻璃管液面较高。
故选：D。
由电路图分析电阻丝的连接方式，根据串并联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，根据Q=I2Rt比较两电阻产生的热量关系，密闭空气吸收热量后，压强变大，U形管内两液面的差值变大。
本题考查了并联电路的电流特点和焦耳定律的应用，关键是明白U形管在实验中的作用。
12.【答案】C
【解析】AD、由图可知，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可知，右侧两个电阻的总电流和左侧的电阻电流相等，即I1=I2+I3。已知R1=R2=R3，且并联电路中各支路两端电压相等，所以通过支路R2、R3的电流相等，即I2=I3，所以通过电阻R1的电流是通过电阻R2电流的两倍，即I1=2I2，所以该实验是研究电流产生的热量与电流的关系，故AD错误；
BC、由Q=I2Rt可知，通电一段时间后左侧容器内电阻丝产生的热量多，因此左侧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正确。
分析：(1)探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；探究电流产生热量与电流的关系时，控制电阻和通电时间不变；根据串并联电路电流规律可知通过电阻R1和R2的电流关系；
(2)根据Q=I2Rt可知电流产生热量的多少，即可判断哪侧容器内U形管中液面高度差大。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
13.【答案】3:2；1:1；3:2
【解析】
【分析】
本题考查串、并联电路的特点和电功计算公式的应用，熟记规律和公式是解题的关键。
(1)根据并联电路电压规律和W=U2Rt求出电阻R1、R2的电阻之比；
(2)串联电路电流处处相等;根据串联电路电流规律和W=I2Rt求出相同时间内电流做功之比。
【解答】
(1)因并联电路中各支路两端电压相等，即U1=U2，所以由W=U2Rt可得，电阻R1、R2的电阻之比：R1R2=U12W1tU22W2t=W2W1=32；
(2)因串联电路电流处处相等，即I1I2=11，由W=I2Rt可得，相同时间内电流做功之比：W1W2=I12R1tI22R2t=R1R2=32。
14.【答案】S1、S2 L2
【解析】解：(1)由题知，两灯泡的额定电压相等，且等于电源电压，
所以，要使两灯同时正常发光，需要将两灯泡并联，由图知，应只闭合开关S1、S2；
(2)由P=UI，I=UR得，R=U2P，
两灯的额大功率相等，灯L1额定功率较大，所以电阻较小，即R1
故答案为：S1、S2；L2。
(1)两灯泡的额定电压等于电源电压，若使两灯都正常发光，需将两灯并联，据此判断开关闭合情况；
(2)只闭合S3时，两灯串联，电流相等；根据由P=UI，I=UR的推导公式R=U2P比较正常发光时的电阻大小，再根据P=I2R判断两灯的亮度。
本题主要考查对串联、并联电路的了解以及功率计算公式的应用，关键是选择合适的公式，确定灯泡的连接方式。
15.【答案】600
【解析】解：1200r/(kW⋅h)是指电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转1200r。
转盘转12r时，电饭锅消耗的电能：
W=12r1200r/(kW⋅h)=0.01kW⋅h=3.6×104J，
时间t=1min=60s，
电饭锅的电功率：
P=Wt=3.6×104J60s=600W。
故答案为：600。
1200r/(kW⋅h)是指电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转1200r，据此求转盘转12r时，电饭锅消耗的电能；知道工作时间，利用P=Wt求电饭锅的电功率。
本题考查消耗电能和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表的各个参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
16.【答案】小 14
【解析】解：(1)把一段匀质导线对折后，长度减小，横截面积变大，其阻值变小；
(2)根据题意，设电压为2V时，通过的电流为I，则电压为4V时通过的电流为I+1A，
由欧姆定律可得：U1=IR0，即2V=IR0--------①
U2=(I+1A)R0，即4V=(I+1A)R0---------②
联立①②解得：I=1A，R0=2Ω。
定值电阻原来产生的电热：Q1=W1=U1It=2V×1A×1s=2J，
后来产生的电热：Q2=W2=U1I′t′=4V×(1A+1A)×2s=16J，
则该电阻产生的电热增加量为：△Q=Q2−Q1=16J−2J=14J。
故答案为：小；14。
(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度、横截面积和温度，在其它条件相同时，长度越短、横截面积越大，导体的电阻越小。
(2)本题可设开始时的电流为I，由题意和欧姆定律分别列出方程求解得电阻值和原来的电流；由Q=W=UIt可得电阻产生电热的变化。
本题考查了电阻大小的影响因素、欧姆定律的应用和电热的计算，要注意：对纯电阻来说，电热等于电功。
17.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查实物电路的连接，关键是确定滑动变阻器的接法，难度不大。
根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。
【解答】
在“测量小灯泡电功率”实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，题中要求滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的灯泡变暗，即要求滑动变阻器连入电路的阻值变大，则滑动变阻器应接左下接线柱，实物电路图如图所示：
。
18.【答案】解：
(1)小灯泡的额定电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI可得，灯的额定电流约为：I=PU=0.8W2.5V=0.32A；电流表选用小量程串联在电路中，滑片P向右移动时，小灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故变阻器的右下接线柱连入电路中，如下左图所示：
(2)将小灯泡换成亮度相当的发光二极管，根据左图画出右图，如上右图所示：
故答案为：(1)如上左所示；(2)如上右所示。
【解析】(1)根据小灯泡的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI求出灯的额定功率确定电流表选用小量程串联在电路中；由滑片P向右移动时，小灯泡变亮确定变阻器右下接线柱连入电路中；：
(2)将小灯泡换成亮度相当的发光二极管，根据左图画出右图。
本题考查根据要求连接实物图及画出对应的电路图。
19.【答案】(1)
(2)错误 电流表有示数说明电路是通路
(3)越大 1.75
(4)不行 增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性
【解析】解：(1)从电源的正极连接电流表、变阻器、灯泡、开关回到电源的负极，电压表和灯泡并联，由表中数据可知，电流表应选择 0−3A的量程，电压表选择0～15V的量程，滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻值变小，滑动变阻器应一上一下串联入电路中，将变阻器右下角接线柱连入电路中，如图所示：
；
(2)闭合开关发现两电表都有示数，说明电路为通路，灯泡却不亮，可能变阻器连入电路中的电阻较大，电路中的电流较小，他的判断是错误的；
(3)由表中数据可知，小灯泡两端电压越大，通过它的电流越大，由P=UI可知它的实际功率越大；小灯泡的额定电压是2.5V，由表中数据可知通过它的电流是0.7A，小灯泡正常发光时的功率P=UI=2.5V×0.7A=1.75W；
(4)实验中，不需要滑动变阻器，增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性，这样不可行。
故答案为：(1)；(2)错误；电流表有示数说明电路是通路；(3)越大；1.75；(4)不行；增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性。
(1)电路图连接时，电流表、变阻器、灯泡串联到电路中，电压表和灯泡并联，电流表应选择 0−3A的量程，电压表选择0～15V的量程，滑片右移时，阻值变小，说明下端应接入右端的接线柱；
(2)只要电流表指针有偏转，就说明电路是通路；
(3)由表格数据和P=UI可得答案；
(4)实验数据应有规律的变化，这样才具有普遍性。
本题探究灯的亮度与实际功率的关系，涉及到的知识点有：电路图的连接、电路故障分析、电功率的计算等，是一道综合题。
20.【答案】断开 R2 A 短路 B 2.5 0.625 温度
【解析】解：(1)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；小灯泡正常发光时，根据欧姆定律可知灯泡额定电流约为：
IL=ULRL=2.5V10Ω=0.25A，
由串联电路的电压规律可知滑动变阻器两端的电压U滑=U−UL=6V−2.5V=3.5V，此时通过变阻器的电流为I滑=IL=0.25A，滑动变阻器的阻值为：
R滑=U滑I滑=3.5V0.25A=14Ω>10Ω，故应选用规格为R2的滑动变阻器；
(2)为了保护电路，闭合开关前，在甲图中滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处，即A端；闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路，故故障原因可能是小灯泡发生短路；
(3)闭合开关，移动滑片P到某位置时，电压表的示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向B端移动，使电压表的示数为2.5V；
由小灯泡的U−I图像可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，小灯泡额定功率为：
P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(4)由图乙可知，灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，故小灯泡灯丝电阻大小的变化可能与温度有关。
故答案为：(1)断开；R2；(2)A；短路；(3)B；2.5；0.625；(4)温度。
(1)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；小灯泡正常发光时，根据欧姆定律可知电路中的电流，根据串联电路的电压规律可知滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，然后确定变阻器的规格；
(2)为了保护电路，闭合开关前，在甲图中滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处；闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路；
(3)比较电压表示数与灯泡额定电压的大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；根据小灯泡的U−I图像确定灯泡额定电压对应的额定电流，根据P=UI算出灯泡的额定功率；
(4)灯丝的电阻随温度的升高而增大。
本题测量小灯泡电功率的实验，考查了注意事项、变阻器的选择、电路故障、实验操作、功率的计算及影响电阻大小的因素等知识。
21.【答案】解：(1)由电能表上的参数“1800r/kW⋅h”的含义可知，当电能表上转盘转45转时，用电器消耗的电能：
W=45r1800r/kW⋅h=0.025kW⋅h=9×104J。
则热水壶的额定加热功率：P加=Wt=9×104J60s=1500W；
(2)水吸收的热量：
Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×20℃=8.4×104J；
(3)该热水壶的热效率为：
η=Q吸W×100%=8.4×104J9×104J×100%≈93.3%。
答：(1)该电热水壶的额定功率是1500W；
(2)若用该电热水壶加热水，1min内使质量为1kg的水温度升高20℃，水吸收的热量是8.4×104J；
(3)该热水壶的热效率为93.3%。
【解析】(1)根据电能表表盘上标的“1800r/kW⋅h”和表盘实际转动的圈数为45转，求出用电器消耗的电能，则根据P=Wt求额定加热功率；
(2)根据Q吸=cm△t求出水吸收的热量；
(3)根据η=Q吸W×100%算出该热水壶的热效率。
本题考查了吸热公式、电功公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型。
22.【答案】解：(1)由表格数据可知，在家庭电路使用时其功率P1=2200W，
由P=Wt可得，5min内消耗的电能：
W=P1t=2200W×5×60s=6.6×105J；
(2)由表格数据可知，在车载电路中使用时其功率P2=120W，其电压U2=12V，
由P=UI可得，电热杯正常工作时的电流：
I=P2U2=120W12V=10A，
由I=UR可得，电热杯正常工作时的电阻：
R=U2I=12V10A=1.2Ω。
答：(1)如果在家庭电路使用5min，共消耗6.6×105J的电能；
(2)如果在车载电路中使用，电热杯正常工作时的电流为10A，电阻为1.2Ω。
【解析】(1)由表格数据可知，在家庭电路使用时其功率，根据W=Pt求出5min内消耗的电能；
(2)由表格数据可知，在车载电路中使用时其功率和电压，根据P=UI求出电热杯正常工作时的电流，利用欧姆定律求出电热杯正常工作时的电阻。
本题考查了电功公式和电功率公式、欧姆定律的简单应用，从表格中得出两种情况下电热杯的功率是关键。
23.【答案】解：(1)灯泡L正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，
由P=UI可得，灯泡L正常发光时的电流IL=PLUL=3W6V=0.5A；
(2)由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光，
所以，变阻器R两端的电压UR=U−UL=9V−6V=3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的电阻R=URIR=URIL=3V0.5A=6Ω；
(3)由图像可知，当UL′=4V、IL′=0.4A时，灯泡的实际功率PL′=UL′IL′=4V×0.4A=1.6W，
此时滑动变阻器两端的电压UR′=U−UL′=9V−4V=5V，
滑动变阻器1min内消耗的电能WR=UR′IR′t=UR′IL′t=5V×0.4A×60s=120J。
答：(1)灯泡L正常发光时电流为0.5A；
(2)灯泡L正常发光时滑动变阻器R接入电路的电阻是6Ω；
(3)当灯泡L的实际功率是1.6W时，滑动变阻器1min内消耗的电能是120J。
【解析】(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出灯泡L正常发光时电流；
(2)由甲电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；
(3)根据图像读出L的实际功率是1.6W时两端的电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出此时变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和W=UIt求出滑动变阻器1min内消耗的电能。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，从图像中读出灯泡的实际功率为1.6W时的电流与电压是关键。
24.【答案】解：(1)由P=U2R可得电压力锅正常煮饭时的工作电阻：R=U2P煮饭=(220V)21100W=44Ω；
(2)由P=UI可得，电压力锅正常保温时通过它的电流：I=P保温U=110W220V=0.5A；
(3)2500r/(kW⋅h)表示电路每消耗1kW⋅h的电能，电能表表盘转2500r，
则电能表转500转消耗的电能为：W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h，
电压力锅的实际功率：P实=Wt=0.2kW⋅h1260h=1kW=1000W。
答：(1)电压力锅正常煮饭时，电路工作电阻是44Ω；
(2)电压力锅正常保温时，通过它的电流是0.5A；
(3)在用电高峰期，断开家里其他用电器，单独用电压力锅煮饭12分钟，观察到图的电能表表盘转了500转，则电压力锅实际功率是1000W。
【解析】(1)知道正常煮饭时的功率和额定电压，利用P=U2R求出电压力锅正常煮饭时的电阻；
(2)知道电压力锅正常保温时的功率和额定电压，利用P=UI求出通过它的电流；
(3)已知电能表每消耗1kW⋅h的电能，转盘就转过2500r，据此求出电能表表盘转了500转消耗的电能，根据P=Wt求出电压力锅的实际功率。
本题考查了电流、电阻和实际电压的计算，正确的使用电功率公式和明确电能表参数的含义是关键。
粤沪版初中物理九年级上册第十五单元《电能与电功率》单元测试卷
考试范围：第十五单元；考试时间：80分钟；总分：80分
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 小明家电能表上个月底的示数为，这个月底的示数如图所示，由图可知 ( )
A. 他家本月用电是362.6 kW·h
B. 本月他家电能表的转盘转了6×104转
C. 他家电能表正常工作时的电流表为10 A
D. 他家本月用电3.6×106J
2. 如图所示电路，电源电压不变，开关S处于闭合状态，当开关S1由断开到闭合时，以下说法正确的是( )
A. 电压表示数不变
B. 电流表示数变小
C. 电压表与电流表的示数比值不变
D. 在相同时间内，电路消耗的电能变小
3. 如图所示，在“比较两个灯泡的亮暗”的活动中，闭合开关后，调节滑动变阻器，使图甲和图乙中白炽灯L1和L2发光，L1的规格为“2.5V0.3A”，L2的规格为“3.8V 0.3A”。下列说法中正确的是( )
①白炽灯越亮，表明在相同时间内电流做功越多
②图甲可“探究电流做功多少与电压大小的关系”
③图乙可“探究电流做功多少与电流大小的关系”
④甲和乙中，L1均比L2亮
A. 只有① B. 只有②③
C. 只有①②③ D. ①②③④都正确
4. 下图是检测酒精浓度的测试仪原理图，图中电源电压恒定为8V，R1为定值电阻，酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小。闭合开关S，当酒精浓度为0时，R2=60Ω，此时电压表示数为2V.以下说法错误的是( )
A. 若酒精气体浓度越大，电压表和电流表示数都越大
B. 定值电阻R1的阻值为20Ω
C. 酒精浓度为0时，电路消耗的总功率为0.6W
D. 酒精浓度增大时，电路消耗的总功率变大
5. 如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，灯泡标有“2.5V1.25W”字样。不考虑灯丝电阻的变化，下列判断正确的是( )
A. 滑片可以置于最右端 B. 电流表的最大示数为0.6A
C. 灯泡的最小功率为0.45W D. 电路的最大功率为2.7W
6. 如图是“研究小灯泡电功率”的电路图。灯丝电阻、电源电压不变，电路连接正确后，闭合开关，向左移动滑动变阻器的滑片。下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变小
B. 滑动变阻器两端电压变大
C. 电路的总功率变小
D. 灯泡亮度变亮
7. 如图所示的电路，电源电压保持不变，小灯泡额定电压为4V(小灯泡电阻不随温度变化)。闭合开关Sl断开开关S2，在滑动变阻器的滑片P从a端移动到b端的过程中，电压表示数变化范围是：2V−6V电流表示数变化范围是：0.4A−1.2A；闭合开关S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片P在中点时小灯泡正常发光，则小灯泡的额定功率是( )
A. 0.4W B. 0.8W C. 1.2W D. 1.6W
8. 有A.B两个小灯泡，分别标有“6V 6W”和“6V 3W”，经实验测得它们的I−U特性曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 把它们并联在3 V的电源下，A灯比B灯亮
B. 把它们串联在3 V的电源下，两灯一样亮
C. 把它们串联起来使其中一盏灯正常发光，另一灯不超过其额定电压，电路中的电源电压为12V
D. 把它们串联在8V的电源下，B灯的电功率为4W
9. 图甲是灯泡L和定值电阻R的U−I图像，将L和R以图乙方式连在6V的电源上，结合图中信息可知( )
A. 灯泡L的电阻随着电流的增大而减小 B. 灯泡L的实际阻值为10Ω
C. 灯泡L的实际功率为0.8W D. 定值电阻R实际功率为6.4W
10. 在物理课外活动中，几个同学各自组成如图所示的电路，并且讨论谁的电路中两个灯泡能同时正常发光，他们各持己见，最后还是通过实验验证了两灯都能正常发光的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图是探究“电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关”的实验装置。通电前，两个U形管内的液面相平，通电一定时间后，通过R1、R2的电流分别为I1、I2，则下列说法正确的是( )
A. I1=I2，A管中的液面比B管中的液面低
B. I1=I2，A管中的液面比B管中的液面高
C. I1>I2，A管中的液面比B管中的液面低
D. I1>I2，A管中的液面比B管中的液面高
12. 如图是小明探究电流通过导体产生热量的影响因素的实验装置，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=R3，A、B接入电路中，则( )
A. 通过R1和R2的电流相等
B. 右侧U形管中液面高度差较大
C. 容器中电阻发热多的一侧U形管中液面高度差大
D. 实验不能证明电流是产生热量的影响因素
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 电阻R1、R2并联在电路中，在相同时间内消耗的电能之比为2:3，则它们的阻值之比为 ;若将它们串联在电路中，则通过它们的电流之比为 ，相同时间内电流做功之比为 。
14. 如图所示的电路中，电源电压3V不变，灯L1标有“3V 3W”字样，灯L2标有“3V 1.5W”字样。若使L1、L2都正常发光，需闭合开关______ ；只闭合开关S3时，______ 较亮。(不考虑灯丝电阻的变化)
15. 若让电饭锅单独工作，测出电能表的转盘在1min内转了12转，则电饭锅的实际功率为______W。
16. 把一段匀质导线对折后其阻值比原来的______ (选填“大”或“小”)；一个定值电阻两端的电压由2V增大到4V时，通过该电阻的电流增加了1A，通电时间由1s增加到2s，则该电阻产生的电热增加了______ J。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 小明做“测量小灯泡电功率”实验中，请你将图中未完成的电路连接好。要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的灯泡变暗，导线不能交叉。
18. 某实验小组的同学用图所示的器材测量小灯泡的电功率。已知待测小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率估计在0.8W左右。
(1)在图甲中用笔画线代替导线完成实物电路的连接(要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮)；
(2)若将小灯泡换成亮度相当的发光二极管，并测量发光二极管的电功率，请在图乙的虚线框中画出相应的电路图。(发光二极管的符号为“”)
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 学习小组想探究当小灯泡两端的电压增大时，其实际功率和亮度的变化情况。图1是实验电路图，实验提供的小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)按图1在图2中正确连接实物，要求滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻值变小；
(2)正确连接电路后，闭合开关，小明发现电流表和电压表的指针都有偏转，灯泡却不亮。小明认为一定是因为灯丝烧断了，他的判断是否正确？______；依据是______；
(3)解决以上问题后，继续做实验。小明移动滑动变阻器的滑片，记录电压表示数、电流表示数及灯泡亮度如表：
数据序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
0.61
1
1.5
2.5
3
4.3
电流I/A
0.11
0.2
0.35
0.7
0.94
1.4
灯泡亮度
微微发光
偏暗
较亮
亮
很亮
忽然烧坏
由上表可得，小灯泡两端电压越大，它的实际功率______(选填“越大”、“越小”或“不变”)；小灯泡正常发光时的功率为______W；
(4)小红认为不需要滑动变阻器，只通过增加干电池(每节1.5V)的节数也能记录多组实验数据完成该探究实验，你觉得可行吗？______；为什么？______。
20. 如图所示，小明在做“测量小灯泡电功率”的实验。实验室有如下器材：电源(设电压恒为6V不变)、小灯泡(额定电压为2.5V，灯丝的电阻约为10Ω)、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1“10Ω1A”和R2“30Ω 0.5A”的滑动变阻器各一个，导线若干。
(1)连接电路时，开关应处于______状态，小明应选用规格为______(选填“R1“R2”)的滑动变阻器。
(2)连接好电路后，闭合开关前，在甲图中滑动变阻器的滑片P应置于______端(选填“A”或“B”)；闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡发生______(选填“短路”或“断路”)。
(3)排除故障，闭合开关，移动滑片P到某位置时，电压表的示数为2.2V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，使电压表的示数为______V；通过实验，小灯泡的U−I图像如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______W。
(4)由图乙可知，小灯泡灯丝电阻大小的变化可能与______有关。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 小明家电热水壶上的铭牌部分模糊了，如表所示。他想知道该电热水壶的额定功率，于是他关掉家里的其他用电器，只让电热水壶单独工作，观察到标有“1800r/kW⋅h”的电能表的转盘转了45圈刚好用了1min，家庭电路工作电压为220V。
(1)该电热水壶的额定功率是多少？
(2)若用该电热水壶加热水，1min内使质量为1kg的水温度升高20℃，水吸收的热量是多少？[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(3)该热水壶的热效率多少？(水吸收的热量与消耗的电能之比叫热效率，保留一位小数)
产品型号
SW−15T70A
容量(L)
1.5
额定电压(V)
220V
额定功率(W)
/
22. 某款电热杯，它可以用车载12V电源加热或接在家庭电路进行加热，它的主要参数如表，求：
(1)如果在家庭电路使用5min，共消耗多少电能？
(2)如果在车载电路中使用，电热杯正常工作时的电流和电阻各为多少？
车载额定电压
12V
家用额定电压
220V
车载额定功率
120W
家用额定功率
2200W
23. 如图所示，把标有“6V 3W”的灯泡L和滑动变阻器R串联接入恒定电压为9V的电源上，通过灯泡L的电流I与灯泡L两端电压U的关系如图乙所示。
(1)灯泡L正常发光时电流多大？
(2)灯泡L正常发光时滑动变阻器R接入电路的电阻是多少？
(3)当灯泡L的实际功率是1.6W时，滑动变阻器1min内消耗的电能是多少？
24. 电压力锅是一种新型家用电器，集高压锅与电饭锅优点于一体。如表是某电压力锅的部分参数，请根据图表部分信息计算：
型号
电压力锅
额定功率
煮饭
1100W
保温
110W
额定电压
220V
容量
4L
(1)电压力锅正常煮饭时，电路工作电阻是多少？
(2)电压力锅正常保温时，通过它的电流是多少？
(3)在用电高峰期，断开家里其他用电器，单独用电压力锅煮饭12分钟，观察到图的电能表表盘转了500转，则电压力锅实际功率是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】 解：
由题图可知，小明家本月消耗的电能W=362.6 kW·h−262.6 kW·h=100 kW·h，故A错误；
“600 r/(kW·h)”表示每消耗1 kW·h的电能，电能表的转盘转过600转，本月消耗的电能为100 kW·h，则本月他家电能表转盘转过6×104转，故B正确；
由电能表参数可知，10 A是电能表短时间内允许通过的最大电流，不是正常工作时的电流，故C错误；
他家本月用电W=100 kW·h=100×3.6×106 J=3.6×108 J，故D错误。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功公式的灵活运用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
由电路图可知，开关S处于闭合状态，当开关S1断开时，L与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；当开关S1闭合时，电路为R的简单电路，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联可知电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据欧姆定律结合R的阻值可知电压表与电流表的示数比值变化，利用W=UIt可知在相同时间内电路消耗电能的变化。
【解答】
由电路图可知，开关S处于闭合状态，当开关S1断开时，L与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；当开关S1闭合时，电路为R的简单电路，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，当开关S1由断开到闭合时，电路中的总电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故B错误；由U=IR可知，R两端的电压变大，即电压表的示数变大，故A错误；由R=UI可知，电压表与电流表的示数比值等于R的阻值，即电压表与电流表的示数比值不变，故C正确；由W=UIt可知，在相同时间内，电路消耗的电能变大，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】解：根据欧姆定律可得灯泡的电阻：R1=U1I1=2.5V0.3A≈8.33Ω，R2=U2I2=3.8V0.3A≈12.67Ω，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，比较可知灯泡L2两端的电压大，串联电路各处电流相等，根据P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，所以灯泡L2比L1亮，相同时间做功也多，所以可“探究电流做功多少与电压大小的关系”，故②正确，④错误；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，可“探究电流做功多少与电流大小的关系”，故③正确；
根据P=U2R可知灯泡L1的实际功率大，所以灯泡L1比灯泡L2亮，
(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多，故①正确。
故选：C。
已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律分别计算灯泡的电阻，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，根据串联电路电流特点和P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，进一步比较灯泡的亮度，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(3)白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
4.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与酒精气体传感器电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)因酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，
所以，当酒精气体浓度越大时，R2的阻值越小，电路中的总电阻越小，
由I=UR可知，电路中的电流越大，即电流表的示数越大，
由U=IR可知，R1两端的电压越大，即电压表的示数越大，故A正确；
由U=IR可知，电路消耗的总功率变大，故D正确；
(2)当酒精浓度为0时，R2=60Ω，此时电压表示数为2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压：
U2=U−U1=8V−2V=6V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I=U2R2=6V60Ω=0.1A，
则定值电阻R1的阻值：
R1=U1I=2V0.1A=20Ω，故B正确；
电路消耗的总功率：
P=UI=8V×0.1A=0.8W，故C错误。
故选：C。
由电路图可知，定值电阻R1与酒精气体传感器电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据“酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小”判断酒精气体浓度越大时R2阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，利用U=IR可知电路消耗总功率的变化；
(2)当酒精浓度为0时，R2=60Ω，此时电压表示数为2V，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出定值电阻R1的阻值，利用P=UI求出电路消耗的总功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，利用好“酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小”是关键。
5.【答案】C
【解析】解：闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压，灯泡标有“2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻的变化，根据P=U2R可知灯泡的电阻RL=U额2P额=(2.5V)21.25W=5Ω。
A、滑片置于最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，根据欧姆定律可知电路中电流I=UR总=4.5V5Ω+20Ω=0.18A，滑动变阻器两端的电压UR=IR=0.18A×20Ω=3.6V>3V，超过电压表的量程，故A错误；
B、灯泡正常发光时，电路中的电流I′=P额U额=1.25W2.5V=0.5A<0.6A，且此时滑动变阻器两端的电压UR′=4.5V−2.5V=2V<3V，未超过电压表的量程，故电流表的最大示数为0.5A，故B错误；
C、当电压表的示数为3V时，灯泡两端的电压最小值UL=4.5V−3V=1.5V，根据P=U2R可知此时灯泡的功率最小，为PL=UL2RL=(1.5V)25Ω=0.45W，故C正确；
D、根据B中数据可知电路中的最大电流I′=0.5A，电路的最大功率P=UI′=4.5V×0.5A=2.25W，故D错误。
故选：C。
闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压，灯泡标有“2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻的变化，根据P=U2R可知灯泡的电阻。
A、滑片置于最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，根据欧姆定律可知电路中电流和滑动变阻器两端的电压，并分析是否超过电压表的量程；
B、灯泡正常发光时，根据P=UI得出电路中的电流，根据串联电路的电压特点得出此时滑动变阻器两端的电压，并比较是否未超过电压表的量程，进而得出电流表的最大示数；
C、当电压表的示数为3V时，根据串联电路的电压特点得出灯泡两端的电压最小值，灯泡的电阻不变，根据P=U2R可知此时灯泡的功率最小并得出最小功率；
D、根据B中数据可知电路中的最大电流，根据P=UI得出电路的最大功率。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，综合性强，难度较大。
6.【答案】D
【解析】【试题解析】
A、灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，向左移动滑动变阻器的滑片，变阻器连入电路的电阻变小，由于电阻的串联，所以电路的总电阻变小，由欧姆定律，电流表示数变大，A错误；
B、根据U=IR，因电流变大，故灯电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，B错误；
CD、根据P=UI，灯电路的电流变大，故电路的总功率变大，C错误；
灯的电压变大，灯的电流变大，根据P=UI，灯的功率变大，灯变亮，D正确；
故选：D。
A、灯与变阻器串联，电压表测灯的电压，电流表测电路的电流，向左移动滑动变阻器的滑片，分析变阻器连入电路的电阻变化，由电阻的串联确定电路的总电阻变化，由欧姆定律判断电流表示数变化；
B、根据U=IR分析灯的电压变化，由串联电路电压的规律得出变阻器的电压变化；
CD、根据P=UI分析电路的总功率变化；
根据灯的电压变大，灯的电流变大，根据P=UI确定灯的功率变化，从而确定灯的亮度的变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，要掌握。
7.【答案】D
【解析】解：(1)由图知，闭合开关Sl断开开关S2，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压。
当滑片在a端时，滑动变阻器全部接入电路，此时电路电流最小，为I小=0.4A，
因为串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以此时R2两端电压最小，为U2小=2V，
因为I=UR，
所以R2=U2小I小=2V0.4A=5Ω；
设电源电压为U，则U=I小(R1+R2)，
即U=0.4A(R1+5Ω)--①；
当滑片在b端，滑动变阻器断路，电路只有R2，此时电压表示数最大，也就是电源电压，
所以U=U最大=6V--②
①②结合，得6V=0.4A(R1+5Ω)，
解得R1=10Ω；
(2)闭合开关S2，断开开关S1，小灯泡与滑动变阻器串联。
当滑动变阻器的滑片P在中点时，已知小灯泡正常发光，所以小灯泡两端电压为U额=4V，
所以滑动变阻器两端电压为U中=U−U额=6V−4V=2V，
滑动变阻器接入电路电阻为R中=12R1=12×10Ω=5Ω，
此时通过灯泡电流为I额=I中=U中R中=2V5Ω=0.4A，
所以灯泡额定功率为P额=U额I额=4V×0.4A=1.6W。
故选：D。
(1)闭合开关Sl断开开关S2，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压。根据电流表、电压表示数变化范围，利用串联电路特点和欧姆定律，可以得到电源电压、定值电阻阻值和滑动变阻器最大阻值；
(2)闭合开关S2，断开开关S1，小灯泡与滑动变阻器串联。当滑动变阻器的滑片P在中点时，可以知道滑动变阻器接入电路电阻，已知电源电压和灯泡额定电压，可以得到滑动变阻器两端电压；已知滑动变阻器两端电压和接入电路阻值，可以得到电路电流，也就是小灯泡正常发光时的电流；已知小灯泡额定电压和正常发光时的电流，利用公式P=UI得到灯泡额定功率。
此题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率计算公式的应用，综合性较强，确定滑动变阻器接入电路阻值大小，是解决此题的关键。
8.【答案】A
【解析】解：A、将A、B两灯并联在3V的电源两端时，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，UA=UB=U=3V，
由图象可知，通过两灯泡的电流分别为IA=0.7A，IB=0.3A，
由P=UI可知，A灯的实际功率大，故A灯比B灯亮，故A正确；
B、两灯泡串联时通过的电流相等，但两灯泡的电阻不同，由P=I2R可知，两灯泡的实际功率不相等，亮度不同，故B错误；
C、IB=PAUA=3W6V=0.5A，
因为亮灯串联，所以IA=IB=0.5A，
RA=UA2PA=(6V)26W=6Ω，
UA=IBRA=0.5A×6Ω=3V，
U=UA+UB=6V+3V=9V，故C错误。
D、由题意知，两灯泡串联，则电流相等，且两个灯泡两端的总电压等于8V，
由图象知，当B灯泡两端等于6V，另一个灯泡A两端的电压为2V，通过的电流均为0.5A时符合，
则B灯泡消耗的总功率为：PB=UBI=6V×0.5A=3W，故D错误。
故选：A。
(1)将A、B两灯并联在3V的电源两端时它们两端的电压相等，根据图象读出通过两灯泡的电流，利用欧姆定律求出此时甲灯的电阻，利用P=UI和P=I2R分别比较把它们串、并联在3V的电源下的实际功率即可。
(2)因为两个灯泡串联在某一电路中时，只有一只灯泡恰能正常发光，且电路未发生异常现象，所以标有“6V 3W”的正常发光，据此可求出通过它的电流IB，又因为两灯串联，IA=IB，根据“6V 6W”求出其电阻RA，再利用UB=IBRB即求得B两端电压，然后可知电源电压。
(3)两灯泡串联时通过它们的电流相等，且总电压等于各分电压之和，从图象中找出符合要求的电压和电流，根据P=UI求出两个灯泡消耗的总功率。
本题考查了串联电路的电压和电流特点，以及电功率的计算；难点是要通过图象分析找出当电源电压是8V时，灯泡的电压和电流。要找出灯泡的电压和电流，就需要根据我们所学的串联电路的特点去分析。
9.【答案】C
【解析】定值电阻的阻值一定，通过的电流和其两端电压成正比，则倾斜直线代表定值电阻的U−I图像，而曲线则代表灯泡L的U−I图像；
A、当电流为0.4A时，灯L两端的电压为2V，则灯的阻值为R1=U1I1=2V0.4A=5Ω，
当电流为0.7A时，灯L两端的电压为5V，则灯的电阻为：R2=U2I2=5V0.7A≈7Ω，
当电流为0.8A时，灯L两端的电压为8V，则灯的电阻为：R3=U3I3=8V0.8A=10Ω，
由上述分析可知，灯泡L的电阻随电流的增大而增大，故A错误；
B、由图乙可知灯泡L与电阻R串联，根据串联电路的特点，可知电流相等，且灯泡两端电压和定值电阻两端电压之和等于6V，再结合图甲可知符合条件的电流I=0.4A，此时灯泡两端电压为2V，定值电阻两端电压为4V，所以灯泡L的实际阻值RL=ULI=2V0.4A=5Ω，故B错误；
C、灯泡L的实际功率PL=IUL=0.4A×2V=0.8W，故C正确；
D、定值电阻R的实际功率PR=IUR=0.4A×4V=1.6W，故D错误。
(1)在串联电路中：电流处处相等，电源两端电压等于各个用电器两端电压之和；
(2)欧姆定律I=U/R，可推导出R=U/I；
(3)电功率P=IU；
(4)结合图乙给出的信息可知直线是定值电阻，曲线是灯泡，根据串联电路的特点，在图乙中找出符合条件的电流值，以及灯泡和定值电阻所对应的电压值，最后根据欧姆定律和电功率的计算公式即可解决问题。
本题主要考查欧姆定律和电功率的计算公式的应用，分析过程中要注意结合串联电路的特点以及给出的图像。
10.【答案】C
【解析】A.由电路图可知，两灯泡串联，由R=U2P可知两灯泡的电阻不等，根据串联分压可知两灯泡分得的电压均不为110V，故两灯泡不能正常发光，A不正确；
B.由电路图可知，两灯泡并联，两端的电压均为110V，小于220V，故下边的灯泡不能正常发光，B不正确；
C.由电路图可知，两灯泡串联，由R=U2P可知两灯泡的电阻相等，根据串联分压可知两灯泡分得的电压均为6V，故两灯泡能正常发光，C正确；
D.由电路图可知，两灯泡并联，两端的电压均为16V，大于8V，故两灯泡不能正常发光，D不正确。
(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，根据R=U2P可比较两灯泡的电阻关系；
(2)并联电路各支路两端的电压相等，串联电路各电阻分得的电压与电阻的阻值成正比；
(3)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
本题考查了串联电路和并联电路的电压特点以及电功率公式的灵活应用，分析好电路的连接特点是解决本题的关键。
11.【答案】D
【解析】解：
由图可知，右侧两电阻丝并联后与左侧电阻丝串联，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以I1>I2；
由Q=I2Rt可知，通电时间相同时，I1>I2，R1=R2=5Ω，所以左侧电阻产生的热量较多；
密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，左侧容器内气体的压强与大气压的差值较大，A玻璃管液面较高。
故选：D。
由电路图分析电阻丝的连接方式，根据串并联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，根据Q=I2Rt比较两电阻产生的热量关系，密闭空气吸收热量后，压强变大，U形管内两液面的差值变大。
本题考查了并联电路的电流特点和焦耳定律的应用，关键是明白U形管在实验中的作用。
12.【答案】C
【解析】AD、由图可知，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可知，右侧两个电阻的总电流和左侧的电阻电流相等，即I1=I2+I3。已知R1=R2=R3，且并联电路中各支路两端电压相等，所以通过支路R2、R3的电流相等，即I2=I3，所以通过电阻R1的电流是通过电阻R2电流的两倍，即I1=2I2，所以该实验是研究电流产生的热量与电流的关系，故AD错误；
BC、由Q=I2Rt可知，通电一段时间后左侧容器内电阻丝产生的热量多，因此左侧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正确。
分析：(1)探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；探究电流产生热量与电流的关系时，控制电阻和通电时间不变；根据串并联电路电流规律可知通过电阻R1和R2的电流关系；
(2)根据Q=I2Rt可知电流产生热量的多少，即可判断哪侧容器内U形管中液面高度差大。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
13.【答案】3:2；1:1；3:2
【解析】
【分析】
本题考查串、并联电路的特点和电功计算公式的应用，熟记规律和公式是解题的关键。
(1)根据并联电路电压规律和W=U2Rt求出电阻R1、R2的电阻之比；
(2)串联电路电流处处相等;根据串联电路电流规律和W=I2Rt求出相同时间内电流做功之比。
【解答】
(1)因并联电路中各支路两端电压相等，即U1=U2，所以由W=U2Rt可得，电阻R1、R2的电阻之比：R1R2=U12W1tU22W2t=W2W1=32；
(2)因串联电路电流处处相等，即I1I2=11，由W=I2Rt可得，相同时间内电流做功之比：W1W2=I12R1tI22R2t=R1R2=32。
14.【答案】S1、S2 L2
【解析】解：(1)由题知，两灯泡的额定电压相等，且等于电源电压，
所以，要使两灯同时正常发光，需要将两灯泡并联，由图知，应只闭合开关S1、S2；
(2)由P=UI，I=UR得，R=U2P，
两灯的额大功率相等，灯L1额定功率较大，所以电阻较小，即R1
故答案为：S1、S2；L2。
(1)两灯泡的额定电压等于电源电压，若使两灯都正常发光，需将两灯并联，据此判断开关闭合情况；
(2)只闭合S3时，两灯串联，电流相等；根据由P=UI，I=UR的推导公式R=U2P比较正常发光时的电阻大小，再根据P=I2R判断两灯的亮度。
本题主要考查对串联、并联电路的了解以及功率计算公式的应用，关键是选择合适的公式，确定灯泡的连接方式。
15.【答案】600
【解析】解：1200r/(kW⋅h)是指电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转1200r。
转盘转12r时，电饭锅消耗的电能：
W=12r1200r/(kW⋅h)=0.01kW⋅h=3.6×104J，
时间t=1min=60s，
电饭锅的电功率：
P=Wt=3.6×104J60s=600W。
故答案为：600。
1200r/(kW⋅h)是指电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转1200r，据此求转盘转12r时，电饭锅消耗的电能；知道工作时间，利用P=Wt求电饭锅的电功率。
本题考查消耗电能和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表的各个参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
16.【答案】小 14
【解析】解：(1)把一段匀质导线对折后，长度减小，横截面积变大，其阻值变小；
(2)根据题意，设电压为2V时，通过的电流为I，则电压为4V时通过的电流为I+1A，
由欧姆定律可得：U1=IR0，即2V=IR0--------①
U2=(I+1A)R0，即4V=(I+1A)R0---------②
联立①②解得：I=1A，R0=2Ω。
定值电阻原来产生的电热：Q1=W1=U1It=2V×1A×1s=2J，
后来产生的电热：Q2=W2=U1I′t′=4V×(1A+1A)×2s=16J，
则该电阻产生的电热增加量为：△Q=Q2−Q1=16J−2J=14J。
故答案为：小；14。
(1)影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度、横截面积和温度，在其它条件相同时，长度越短、横截面积越大，导体的电阻越小。
(2)本题可设开始时的电流为I，由题意和欧姆定律分别列出方程求解得电阻值和原来的电流；由Q=W=UIt可得电阻产生电热的变化。
本题考查了电阻大小的影响因素、欧姆定律的应用和电热的计算，要注意：对纯电阻来说，电热等于电功。
17.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查实物电路的连接，关键是确定滑动变阻器的接法，难度不大。
根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。
【解答】
在“测量小灯泡电功率”实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，题中要求滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的灯泡变暗，即要求滑动变阻器连入电路的阻值变大，则滑动变阻器应接左下接线柱，实物电路图如图所示：
。
18.【答案】解：
(1)小灯泡的额定电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI可得，灯的额定电流约为：I=PU=0.8W2.5V=0.32A；电流表选用小量程串联在电路中，滑片P向右移动时，小灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故变阻器的右下接线柱连入电路中，如下左图所示：
(2)将小灯泡换成亮度相当的发光二极管，根据左图画出右图，如上右图所示：
故答案为：(1)如上左所示；(2)如上右所示。
【解析】(1)根据小灯泡的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI求出灯的额定功率确定电流表选用小量程串联在电路中；由滑片P向右移动时，小灯泡变亮确定变阻器右下接线柱连入电路中；：
(2)将小灯泡换成亮度相当的发光二极管，根据左图画出右图。
本题考查根据要求连接实物图及画出对应的电路图。
19.【答案】(1)
(2)错误 电流表有示数说明电路是通路
(3)越大 1.75
(4)不行 增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性
【解析】解：(1)从电源的正极连接电流表、变阻器、灯泡、开关回到电源的负极，电压表和灯泡并联，由表中数据可知，电流表应选择 0−3A的量程，电压表选择0～15V的量程，滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻值变小，滑动变阻器应一上一下串联入电路中，将变阻器右下角接线柱连入电路中，如图所示：
；
(2)闭合开关发现两电表都有示数，说明电路为通路，灯泡却不亮，可能变阻器连入电路中的电阻较大，电路中的电流较小，他的判断是错误的；
(3)由表中数据可知，小灯泡两端电压越大，通过它的电流越大，由P=UI可知它的实际功率越大；小灯泡的额定电压是2.5V，由表中数据可知通过它的电流是0.7A，小灯泡正常发光时的功率P=UI=2.5V×0.7A=1.75W；
(4)实验中，不需要滑动变阻器，增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性，这样不可行。
故答案为：(1)；(2)错误；电流表有示数说明电路是通路；(3)越大；1.75；(4)不行；增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性。
(1)电路图连接时，电流表、变阻器、灯泡串联到电路中，电压表和灯泡并联，电流表应选择 0−3A的量程，电压表选择0～15V的量程，滑片右移时，阻值变小，说明下端应接入右端的接线柱；
(2)只要电流表指针有偏转，就说明电路是通路；
(3)由表格数据和P=UI可得答案；
(4)实验数据应有规律的变化，这样才具有普遍性。
本题探究灯的亮度与实际功率的关系，涉及到的知识点有：电路图的连接、电路故障分析、电功率的计算等，是一道综合题。
20.【答案】断开 R2 A 短路 B 2.5 0.625 温度
【解析】解：(1)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；小灯泡正常发光时，根据欧姆定律可知灯泡额定电流约为：
IL=ULRL=2.5V10Ω=0.25A，
由串联电路的电压规律可知滑动变阻器两端的电压U滑=U−UL=6V−2.5V=3.5V，此时通过变阻器的电流为I滑=IL=0.25A，滑动变阻器的阻值为：
R滑=U滑I滑=3.5V0.25A=14Ω>10Ω，故应选用规格为R2的滑动变阻器；
(2)为了保护电路，闭合开关前，在甲图中滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处，即A端；闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路，故故障原因可能是小灯泡发生短路；
(3)闭合开关，移动滑片P到某位置时，电压表的示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向B端移动，使电压表的示数为2.5V；
由小灯泡的U−I图像可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，小灯泡额定功率为：
P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(4)由图乙可知，灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，故小灯泡灯丝电阻大小的变化可能与温度有关。
故答案为：(1)断开；R2；(2)A；短路；(3)B；2.5；0.625；(4)温度。
(1)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；小灯泡正常发光时，根据欧姆定律可知电路中的电流，根据串联电路的电压规律可知滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，然后确定变阻器的规格；
(2)为了保护电路，闭合开关前，在甲图中滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处；闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路；
(3)比较电压表示数与灯泡额定电压的大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；根据小灯泡的U−I图像确定灯泡额定电压对应的额定电流，根据P=UI算出灯泡的额定功率；
(4)灯丝的电阻随温度的升高而增大。
本题测量小灯泡电功率的实验，考查了注意事项、变阻器的选择、电路故障、实验操作、功率的计算及影响电阻大小的因素等知识。
21.【答案】解：(1)由电能表上的参数“1800r/kW⋅h”的含义可知，当电能表上转盘转45转时，用电器消耗的电能：
W=45r1800r/kW⋅h=0.025kW⋅h=9×104J。
则热水壶的额定加热功率：P加=Wt=9×104J60s=1500W；
(2)水吸收的热量：
Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×20℃=8.4×104J；
(3)该热水壶的热效率为：
η=Q吸W×100%=8.4×104J9×104J×100%≈93.3%。
答：(1)该电热水壶的额定功率是1500W；
(2)若用该电热水壶加热水，1min内使质量为1kg的水温度升高20℃，水吸收的热量是8.4×104J；
(3)该热水壶的热效率为93.3%。
【解析】(1)根据电能表表盘上标的“1800r/kW⋅h”和表盘实际转动的圈数为45转，求出用电器消耗的电能，则根据P=Wt求额定加热功率；
(2)根据Q吸=cm△t求出水吸收的热量；
(3)根据η=Q吸W×100%算出该热水壶的热效率。
本题考查了吸热公式、电功公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型。
22.【答案】解：(1)由表格数据可知，在家庭电路使用时其功率P1=2200W，
由P=Wt可得，5min内消耗的电能：
W=P1t=2200W×5×60s=6.6×105J；
(2)由表格数据可知，在车载电路中使用时其功率P2=120W，其电压U2=12V，
由P=UI可得，电热杯正常工作时的电流：
I=P2U2=120W12V=10A，
由I=UR可得，电热杯正常工作时的电阻：
R=U2I=12V10A=1.2Ω。
答：(1)如果在家庭电路使用5min，共消耗6.6×105J的电能；
(2)如果在车载电路中使用，电热杯正常工作时的电流为10A，电阻为1.2Ω。
【解析】(1)由表格数据可知，在家庭电路使用时其功率，根据W=Pt求出5min内消耗的电能；
(2)由表格数据可知，在车载电路中使用时其功率和电压，根据P=UI求出电热杯正常工作时的电流，利用欧姆定律求出电热杯正常工作时的电阻。
本题考查了电功公式和电功率公式、欧姆定律的简单应用，从表格中得出两种情况下电热杯的功率是关键。
23.【答案】解：(1)灯泡L正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，
由P=UI可得，灯泡L正常发光时的电流IL=PLUL=3W6V=0.5A；
(2)由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光，
所以，变阻器R两端的电压UR=U−UL=9V−6V=3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的电阻R=URIR=URIL=3V0.5A=6Ω；
(3)由图像可知，当UL′=4V、IL′=0.4A时，灯泡的实际功率PL′=UL′IL′=4V×0.4A=1.6W，
此时滑动变阻器两端的电压UR′=U−UL′=9V−4V=5V，
滑动变阻器1min内消耗的电能WR=UR′IR′t=UR′IL′t=5V×0.4A×60s=120J。
答：(1)灯泡L正常发光时电流为0.5A；
(2)灯泡L正常发光时滑动变阻器R接入电路的电阻是6Ω；
(3)当灯泡L的实际功率是1.6W时，滑动变阻器1min内消耗的电能是120J。
【解析】(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出灯泡L正常发光时电流；
(2)由甲电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；
(3)根据图像读出L的实际功率是1.6W时两端的电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出此时变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和W=UIt求出滑动变阻器1min内消耗的电能。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，从图像中读出灯泡的实际功率为1.6W时的电流与电压是关键。
24.【答案】解：(1)由P=U2R可得电压力锅正常煮饭时的工作电阻：R=U2P煮饭=(220V)21100W=44Ω；
(2)由P=UI可得，电压力锅正常保温时通过它的电流：I=P保温U=110W220V=0.5A；
(3)2500r/(kW⋅h)表示电路每消耗1kW⋅h的电能，电能表表盘转2500r，
则电能表转500转消耗的电能为：W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h，
电压力锅的实际功率：P实=Wt=0.2kW⋅h1260h=1kW=1000W。
答：(1)电压力锅正常煮饭时，电路工作电阻是44Ω；
(2)电压力锅正常保温时，通过它的电流是0.5A；
(3)在用电高峰期，断开家里其他用电器，单独用电压力锅煮饭12分钟，观察到图的电能表表盘转了500转，则电压力锅实际功率是1000W。
【解析】(1)知道正常煮饭时的功率和额定电压，利用P=U2R求出电压力锅正常煮饭时的电阻；
(2)知道电压力锅正常保温时的功率和额定电压，利用P=UI求出通过它的电流；
(3)已知电能表每消耗1kW⋅h的电能，转盘就转过2500r，据此求出电能表表盘转了500转消耗的电能，根据P=Wt求出电压力锅的实际功率。
本题考查了电流、电阻和实际电压的计算，正确的使用电功率公式和明确电能表参数的含义是关键。
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