【备考2023】2022年中考物理人教版真题分类汇编——专题 17 电功率（ 含解析）

这是一份【备考2023】2022年中考物理人教版真题分类汇编——专题 17 电功率（ 含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022·襄阳）如图所示，两只灯泡L1和L2上分别标有“8V 4W”和“4V 1W”字样，将它们串联后接在电压可在4~8V之间调节的电源上，闭合开关S，假设两灯的灯丝电阻不随温度变化，则下列说法正确的是（ ）
A．通过灯L1的电流大于通过灯L2的电流
B．在调节电源电压的过程中，灯L1始终比灯L2亮
C．在调节电源电压的过程中，两灯的功率变化量相同
D．当电源电压调节到8V时，两灯都不能正常发光
2．（2022·株洲）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A、B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（ ）
A．I1＝I2，A管中的液面较低B．I1＝I2，A管中的液面较高
C．I1＞I2，A管中的液面较低D．I1＞I2，A管中的液面较高
3．（2022·通辽）在“探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验中，某同学采用了如图甲、乙所示的实验装置（两个透明容器中封闭着等量的空气）。下列说法正确的是（ ）
①U形管中液面高度变化主要是由液体热胀冷缩引起的
②图甲装置能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系
③图乙实验过程中右边透明容器中电阻丝阻值应该等于10Ω
④用图甲中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”的现象
A．①②B．②③C．②④D．③④
二、多选题
4．（2022·滨州）某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图甲所示，电热丝R1=48.4Ω，R2=435.6Ω。小滨为测量电热壶的实际功率，他把家中的其它用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，1min内电能表（如图乙）的转盘转动了16转。【不考虑热量损失，已知水的比热容c=4.2×103J/(kg⋅℃)】。下面说法正确的是（ ）
A．开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位
B．电热壶的正常加热功率为100W
C．电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃，需要正常工作210s
D．测量时电热壶的实际加热功率为800W
5．（2022·朝阳）如图甲所示电路中，电源电压恒定，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表与两电压表示数变化关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为9V
B．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
C．灯泡的额定功率为4.2W
D．此过程中灯泡的最小功率为1.2W
6．（2022·丹东）如图所示电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑片P滑到最右端时，电压表示数为9V，定值电阻R1消耗的功率为0.2W；当滑片P滑到a点时，电压表示数为3V，R1消耗的功率为3.2W。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为12V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的最大阻值为135Ω
D．滑片P在a点时，滑动变阻器R2消耗的功率为1.2W
7．（2022·通辽）如图甲所示电路，电源电压不变，电压表量程是0~3V，电流表量程是0~0.6A。只闭合S、S1，在滑动变阻器R1的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，灯泡和R1的I-U图象分别如图乙所示，滑片在a点时灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡的额定功率是0.15W
B．只闭合S，S1时，电路的最小功率为1.35W
C．只闭合S、S2，R1的滑片在a点，调节R2，R1的最大功率是2.16W
D．只闭合S、S2，R1的滑片在a点，R2允许接入电路的最大阻值是12Ω
三、填空题
8．（2022·湘潭）如图是小明家电能表的表盘，其读数是 kW·h。小明将家中其他用电器关闭，只让干衣机单独工作，观察到6min内电能表指示灯闪烁了160次，干衣机在这6min内消耗的电能为 kW·h，它的实际功率是 kW。
9．（2022·威海）如图所示，电源电压恒为12V，R0=60Ω，滑动变阻器的规格为“50Ω 2A”，电流表的量程为“0∼0.6A”，小灯泡上标有“6V 3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当开关S闭合，S1、S2断开，小灯泡正常发光，则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为 J；当S、S1、S2都闭合，为了保证电路中各元件的安全，滑动变阻器允许接入电路中的最小阻值为 Ω。
10．（2022·黔西）下表是某型号电热水壶铭牌。向壶中倒入满容量的水，在1标准大气压下正常工作，经过16min将20℃的水烧开。此过程中，水吸收的热量为 J，电热水壶正常工作时的电流为 A。日常生活中必须做到安全用电，如图所示的电源线，其三脚插头插入三孔插座，将电热水壶跟电源连接的同时，能确保电热水壶外壳接 （填“火线”“零线”或“地线”）。
四、实验探究题
11．（2022·襄阳）请你完成以下“测量额定电压为2.5V小灯泡电功率”实验的任务。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整；
（2）小强同学连接好电路后，闭合开关时发现灯泡特别亮，这表明他在闭合开关前没有把滑动变阻器 ；
（3）闭合开关，移动滑片P到电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W；
（4）上述实验过程中，当电压表、电流表的示数逐渐变大时，小灯泡的电阻也逐渐变大，滑动变阻器接入电路的电阻逐渐变小，则小灯泡电阻的变化量ΔRL （选填“大于”“小于”或“等于”）滑动变阻器电阻的变化量ΔR；
（5）利用图甲所示电路，依据 （原理）也可测出小灯泡正常工作时的电阻。如果考虑电表的电阻，此时电流表测量值比通过灯泡电流真实值 （选填“偏大”或“偏小”）。
12．（2022·张家界）探究“电流与电阻的关系”时，可供实验器材有：三节新的干电池（电压为4.5V）、电流表、电压表、滑动变阻器（标有“20Ω 2A”字样）、定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、50Ω），开关一个，导线若干。小静等同学设计了如图甲所示的电路图：
（1）请用笔画线代替导线将图乙中的实物图连接完整，要求：滑片向右移动时电阻变大；
（2）闭合开关，电流表无示数，电压表有示数，并接近电源电压，则故障原因是： ；
（3）排除故障后，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，应向 （选填“左”或“右”）适当调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变；
（4）图丙是根据实验数据画出的定值电阻的I-R图像，其中阴影部分面积表示的物理量是 ，其数值为 ；
（5）实验中，在接入50Ω的定值电阻后，小静同学无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，为了能完成这次实验，小静采取的措施可行的是____；
A．调高电源电压
B．更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器
C．再串联一个10Ω的电阻
D．将电压表改接到滑动变阻器两端
（6）如图图像中能大致反应本实验中各物理量之间关系的是____。
A．电流表示数I与R阻值的关系
B．电压表示数U与R阻值的关系
C．变阻器接入电路阻值RP与R阻值的关系
D．电阻的功率PR与R阻值的关系
13．（2022·镇江）小华制作的蓄水池水位报警模拟装置如图所示：浮子由铜片E、空心杆F和木块Q构成。在低水位时，触点C、D位于E的正上方h0处，Q的下表面距池底的高度为h。当水位上升到使E与C、D接触后，蜂鸣器R发出忽强忽弱的报警音，报警音的强弱取决于其两端电压大小。电源电压U=6V，定值电阻R0=3Ω，R可视为9Ω的定值电阻，不计其它电阻。
（1）当E与C、D接触时，电路接通，衔铁吸下与触点 接触（选填“A”或“B”），线圈和R0被 （选填“短路”或“断路”）；
（2）在被释放和吸下的过程中，衔铁与A、B的接触时间分别为0.5s和1.5s，不考虑衔铁在AB之间切换的时间。在未解除报警的情况下，求开始报警后1min内电路所消耗的电能 ；
（3）Q为边长10cm的正方体，密度为0.5×103kg/m3，h0=12cm，h=20cm，g取10N/kg。不计E、F的质量及F与支架间的摩擦。
①求刚开始报警时水面距池底的高度H；
②下列措施中，可使①中H值增大的有 ▲ 。
A．将池中水换为密度更大的液体
B．仅适当减小Q的边长
C．仅在空心管F中装入适量沙子
D．仅适当减小Q的密度
五、计算题
14．（2022·恩施）如图所示是一款爬绳机器人，它能沿绳子负载爬升，其主要技术参数如下表所示，电池的充电电压和工作电压一致。求：（g取10N/kg，电池容量20Ah相当于在额定电压下，用1A的放电电流工作可连续供电20h）
（1）动力锂电池可提供的总电能；
（2）机器人满载匀速爬升的功率；
（3）上述爬升12m的过程中，机器人消耗电能的80%用于爬升做功，则实际工作的电流多大？（结果保留到整数位）
15．（2022·丹东）中国茶文化源远流长。如图甲所示是一款煮茶器，有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路图如图乙所示，R1和R2均为发热电阻，煮茶器部分参数如表。煮茶器中装有初温为20℃的水，在标准大气压下，将水刚好加热到沸腾，用时700s，在此过程中煮茶器的加热效率为80%。求：
（1）发热电阻R1的阻值；
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能；
（3）煮茶器中水的质量。[水的比热容c=4.2×103J/(kg⋅℃)]
16．（2022·烟台）如图甲所示为小明家的电饭锅，铭牌上附有中国能效标识，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220V，加热功率为1210W。电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，由开关S调节，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：
（1）小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了22圈。则该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R1、R2的阻值分别为多少？
（3）小明上网查询了解，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值（电热转化效率）范围为81%≤ηI2，AB不符合题意；
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测玻璃管液面较高。
故答案为：D。
【分析】根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，判断电流关系；根据Q＝I2Rt，判断产生的热量多少。
3．【答案】C
【解析】【解答】①U形管中液面高度变化主要是由透明容器中空气的热胀冷缩引起的，故①错误；②图甲装置中，两电阻串联，电流相等，电阻不相等，能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，故②正确；
③图乙实验过程中右边两个电阻丝并联，右边容器中的电阻通过的电流与左边电阻丝通过的电流不相等，探究的是电热与电流的关系，需要保持电阻相同，故阻值应该等于5Ω，故③错误；
④电炉丝热与电炉丝相连的导线串联，电流相等，电阻不相等；用图甲中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”的现象，故④正确；故①③错误，②④正确。
故答案为：C。
【分析】U形管中液面高度变化主要是由透明容器中空气的热胀冷缩引起的；两电阻串联，电流相等，电阻不相等，能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系；探究的是电热与电流的关系，需要保持电阻相同；电炉丝热与电炉丝相连的导线串联，电流相等，电阻不相等，可以解释热量不同现象。
4．【答案】C,D
【解析】【解答】A．由电路图可知，开关S接“1”时电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P=U2R可知，电路的总功率最大，处于加热挡，开关S接“2”时R1与R2串联，电路的总电阻最大，由P=U2R可知，电路的总功率最小，处于保温挡，A不符合题意；
B．电热壶的正常加热功率为P加热=U2R1=(220V)248.4Ω=1000W
B不符合题意；
C.1kg的水从25℃加热到75℃吸收的热量Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×(75℃-25℃)=2.1×105J
不考虑热量损失，消耗的电能W=Q吸=2.1×105J
需要正常工作时间t=WP加热=2.1×105J1000W=210s
C符合题意；
D．转盘转动16转消耗电能W'=161200kW⋅h=175kW⋅h
电热壶的实际加热功率P'加热=W't'=175kW⋅h160h=0.8kW=800W
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】在串联电路中，电阻越小，大功率越大，档位越高；根据电压和电阻可以计算电功率大小；利用物体的比热容、质量和温度差的乘积，计算热量；根据热量和电功率的比值， 计算工作时间；根据电能表转盘转数计算电能，都能和时间的比值， 计算电功率。
5．【答案】A,B,C
【解析】【解答】A．由甲图可知，灯泡与滑动变阻器串联，所以电流相同。由乙图中，当电流为0.2A时，电路中电流最小，滑动变阻器阻值最大，所以小灯泡电压为1V，滑动变阻器电压为8V，所以电源电压为9V，A符合题意；
B．由乙图中，当电流为0.2A时，电路中电流最小，滑动变阻器阻值最大，滑动变阻器电压为8V，可知滑动变阻器最大阻值R滑最大=U滑最大I最小=8V0.2A=40Ω
B符合题意；
C．滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，由乙图可得，电路中电流为0.6A，滑动变阻器电压为2V，所以灯泡电压为7V，则灯泡的额定功率P额=UI=7V×0.6A=4.2W
C符合题意；
D．灯泡的功率最小时，应为灯泡电压、电流最小时，由乙图可知，灯泡最小电压为1V，最小电流为0.2A，所以灯泡的最小功率P最小=U最小I最小=1V×0.2A=0.2W
D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】根据串联电路电压电流特点，结合欧姆定律公式及电功率公式P＝UI进行解答。
6．【答案】B,D
【解析】【解答】AB．由电路可知，电压表测量R2的电压，设电源电压为U，当电压表示数为9V时，定值电阻两端的电压U1=U-9V
则R1消耗的功率为P1=（U-9V）2R1=0.2W……①
当电压表示数为3V时，定值电阻两端的电压U1'=U-3V
则R1消耗的功率为P1'=（U-3V）2R1=3.2W……②
解①②两式得U=11V
R1=20Ω
A不符合题意，B符合题意；
C．闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑片P滑到最右端时，电压表示数为9V，根据串联电路的特点，串联电路的电阻之比等于电压之比，即R1R2=U1U2=2V9V
则滑动变阻器的最大阻值R2=90Ω
C不符合题意；
D．滑片P在a点时，电压表的示数为3V，则R1两端的电压为U1=11V-3V=8V
则串联电路中的电流I=I1=U1R1=8V20Ω=0.4A
由P=UI
可得，此时滑动变阻器消耗的功率P2=U2I=3V×0.4A=1.2W
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据串联电路分压规律，结合电阻计算电功率，判断定值电阻和电源电压；根据串联电路分压规律和电阻规律，计算未知电阻大小；利用电压和电阻的比值， 计算电流；根据电压和电流的乘积，计算电功率。
7．【答案】B,C,D
【解析】【解答】A．只闭合S、S1，灯泡、滑动变阻器R1串联，在滑动变阻器R1的滑片从最右端向左滑至a点的过程中，R1的阻值减小，电路中的总电阻变小，电流变大，灯泡两端的电压变大，由此可知，图乙中，左边的曲线为灯泡的I-U图象，则右边的曲线为R1的I-U图象； 滑片在a点时R1的阻值最小（允许接入的最小阻值），电路中的电流最大，由于灯泡恰好正常发光，则根据I-U图象知道，小灯泡正常工作时的电压为1.5V，电流为0.5A，此时R1两端的电压为3V，则灯泡的额定功率P额=ULI最大=1.5V×0.5A=0.75W
A不符合题意；
B．只闭合S、S1，灯泡、滑动变阻器R1串联，由串联电路的特点知道，电源电压U=UL+U1=1.5V+3V=4.5V
当滑片在最右端时，R1的阻值最大，电路中的电流最小，电路的功率最小，由图知道，最小电流是0.3A，电路的最小功率P最小=UI最小=4.5V×0.3A=1.35W
B符合题意；
CD．由图知道，只闭合S、S2，R1的滑片在a点，R1与R2串联，电压表测变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流；由图乙及I=UR知道，R1的滑片在a点时R1的电阻R1=U1I最大=3V0.5A=6Ω
由于串联电路中各处的电流相等，电流表的量程为0~0.6A，所以，电路中的最大电流I最大′=0.6A
此时此时滑动变阻器R2接入电路中的电阻最小，由P=I2R知道，R1的最大功率是P1最大=I最大'2RR1=(0.6A)2×6Ω=2.16W
由于电压表采用0~3V量程，当电压表的示数U2最大=3V时，滑动变阻器R2接入电路中的电阻最大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时R1两端的电压U1'=U-U2最大=4.5V-3V=1.5V
电路中的最小电流I最小=U'1R1=1.5V6Ω=0.25A
则R2接入电路中的最大阻值R2最大=U2最大I最小=3V0.25A=12Ω
CD符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】根据串并联电路电压电流特点，结合欧姆定律公式及电功率公式P＝UI进行解答。
8．【答案】619.5；0.1；1
【解析】【解答】电能表的最后一位是小数、单位是kW·h，由图知，电能表的示数为619.5kW·h。
6min内电能表指示灯闪烁了160次，此时干衣机消耗的电能为W=1601600kW⋅h=0.1kW⋅h
时间为t=6min=0.1h
干衣机的电功率为P=Wt=0.1kW⋅h0.1h=1kW
【分析】根据电能表窗口示数，测量消耗的电能；根据电能表转盘的转数可以测量消耗的电能，根据电能和时间的比值，计算电功率。
9．【答案】180；30
【解析】【解答】当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器与灯泡串联，小灯泡正常发光，灯泡两端的电压为6V，滑动变阻器两端的电压U滑=U-UL=12V-6V=6V
灯泡正常发光时的电流，即电路中的电流I=IL=PLUL=3W6V=0.5A
通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为Q=W=UIt=6V×0.5A×60s=180J
当S、S1、S2都闭合，电阻R0与滑动变阻器并联，灯泡被短路，电流表测干路电流，为了保证电路中各元件的安全，电路中的最大电流不超过电流表的最大量程0.6A。通过电阻R0的电流I0=UR0=12V60Ω=0.2A
通过滑动变阻器的最大电流I滑最大=I最大-I0=0.6A-0.2A=0.4A
滑动变阻器允许接入电路中的最小阻值为R滑最小=UI滑最大=12V0.4A=30Ω
【分析】根据开关通断情况，确定电路的串并联，根据串联分压、并联分流的特点，结合Q=W=UIt求出热量；根据欧姆定律公式，求出滑动变阻器的最小值。
10．【答案】5.04×105；2.5；地线
【解析】【解答】水的体积为V=V容=1.5L=1.5dm3=1.5×10﹣3m3
由ρ=mV得，装满水后壶中水的质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg
水的初温为20℃，一标准大气压下沸点为100℃，则水吸收的热量为
Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg•℃)×1.5kg×(100℃-20℃)=5.04×105J
由P=UI可知，电热水壶正常工作时的电流为I=PU=550W220V=2.5A
电热水壶属于金属外壳用电器，因此与电热水壶外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生。
【分析】根据m=ρV及Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；根据P=UI，求出电热水壶正常工作时的电流；电热水壶属于金属外壳用电器，因此与电热水壶外壳相连接的是地线。
11．【答案】（1）
（2）滑片调到最大阻值处
（3）0.5
（4）小于
（5）R=UI；偏大
【解析】【解答】（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表应选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示
（2）小强同学连接好电路后，闭合开关时发现灯泡特别亮，说明电路中电流较大，总电阻较小，原因是在闭合开关前没有把滑动变阻器滑片调到最大阻值处。
（3）闭合开关，移动滑片P到电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.2A，小灯泡的额定功率为 P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W
（4）实验过程中随滑动变阻器阻值减小，小灯泡逐渐变亮，此时灯泡两端电压增大，通过灯的电流也增大，电源电压不变，由 U=IR 知，电路的总电阻变小，由 P＝UI 知，灯泡的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，由电阻的串联规律可知：小灯泡阻值增大的值ΔRL小于滑动变阻器电阻的变化量ΔR。
（5）由图甲可知，电压表测灯泡两端的电压，电流表测通过灯泡的电流，根据 R=UI 求出小灯泡正常工作时的电阻，故依据 R=UI （原理）也可测出小灯泡正常工作时的电阻。
如图甲，电流表实际测量的是小灯泡与电压表电流之和，故电流表测量值比通过灯泡电流真实值偏大。
【分析】（1）测量灯泡的电功率时，电压表和灯泡并联；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片在电阻最大处；
（3）根据电压和电流的乘积，计算电功率；
（4）当电源电压一定时，电流变大，说明总电阻减小；
（5）根据电压和电流的比值， 计算电阻；若考虑电压表的电流，则电流表测量的电流比灯泡的实际电流大。
12．【答案】（1）
（2）定值电阻断路
（3）右
（4）电阻两端的电压；3V
（5）B；C
（6）C
【解析】【解答】（1）滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中，滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，所以滑动变阻器要接左下接线柱，如图所示：
（2）若电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表、电流表、滑动变阻器、开关与电源相连，所以故障为与电压表并联的定值电阻断路。
（3）根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，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可知应增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表示数恢复到原来的值。
（4）根据画出I-R图像（如图乙）知，图中阴影面积为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压，其数值为U电=IR=0.6A×5Ω=3V
（5）A．设电源电压为U，定值电阻两端的电压为UV，当接入50Ω的定值电阻时，则U-UVR滑=UVR
代入数据得U-3V20Ω=3V50Ω
解得电源电压为U=4.2V
所以降低电源电压可以完成这次实验，A不符合题意；
BC．为了能完成这次实验，滑动变阻器的最小电阻为U'-UVR滑=UVR
代入数据得4.5-3VR滑最大=3V50Ω
解得滑动变阻器的最大电阻为R滑最大=25Ω，所以更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器可以完成这次实验，B符合题意；
再串联一个10Ω的电阻，测滑动变阻器与串联的电阻的总阻值为20Ω+10Ω=30Ω>25Ω
C符合题意；
D．将电压表改接到滑动变阻器两端，不能改变电阻的分压作用，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，所以不能完成这次实验，D不符合题意。
故答案为：BC。
（6）A．因电压表示数不变，即电流与R乘积为一定值，故电流随R的变化关系为反比例函数，A不符合题意；
B．换用不同的电阻时，电压表示数不变，B不符合题意；
C．定值电阻的电压为2V，变阻器的电压为1V，由分压原理，变阻器与R的比值为1∶2，故变阻器连入电路的电阻与R的关系为一过原点的直线，C符合题意；
D．根据P=UI=U2R
定值电阻的功率为PR=U2R=(3V)2R
即电阻的电功率与R乘积为一定值，电阻的电功率随R变化关系为反比例函数，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）探究电流和电阻关系时，滑动变阻器一上一下和电阻串联，滑片远离下面的接线柱，电阻变大；
（2）在串联电路中，电流表无示数，电压表有示数，电压表测量的位置断路；
（3）更换电阻后，为保持电压一定，滑动变阻器和定值电阻同时变大或变小；
（4）在电流和电阻的坐标图像中，电流和电阻的乘积表示电压；
（5）当电压表处的电阻变大时，若滑动变阻器的电阻不够大，可以增大滑动变阻器的电阻，或串联电阻来分压；
（6）电流和电阻成反比；在探究电流和电阻规律时，滑动变阻器和定值电阻成正比。
13．【答案】（1）B；短路
（2）225J
（3）①解：已知L木=10cm，ρ木=0.5×103kg/m3，木头漂在水面上，故F浮=G木=ρ木V木g=0.5×103kg/m3×103×10﹣6m3×10N/kg=5N
木块浸入液体的体积 V排=F浮ρ水g=5N1.0×103kg/m3×10N/kg=5×10-4m3
木块浸入液体的深度 h排=V排S=5×10-4m3100×10-4m2=0.05m
则刚开始报警时水面距池底的高度H=h0+h+h排=12cm+20cm+5cm=37cm
②C
【解析】【解答】（1）当水位上升到一定高度时E与C、D接触，电路接通，电磁铁开始工作，衔铁被吸下来与B点接触，R0及线圈被短路，蜂鸣器开始报警。
（2） 已知tA=0.5s，tB=1.5s，U=6V，R0=3Ω，R=9Ω，那么完成一个周期需要2s，消耗的电能 WAB=WA+WB=U2tAR0+R+U2tBR=(6V)2×0.5s3Ω+9Ω+(6V)2×1.5s9Ω=7.5J
完成一个周期需要的时间是2s，则1min完成30个周期，故W总=30×WAB=30×7.5J=225J
（3） ②A．由题意可知，h0和h大小不变，则由H=h0+h+h排可知，能够变化的只有h0，即木块浸入液体的深度变大时，水面距池底的高度H就变大，已知木块在水面漂浮，浮力等于自身重力，将池中水换为密度更大的液体时，木块的浮力仍然等于其重力，由 V排=F浮ρ液g 可知，物体浸入液体的体积变小，因此h0变小，H变小，A不符合题意；
B．仅减小Q的边长，则Q的体积减小，则由G=ρVg可知，木块的重力减小，则所受浮力变小，V排变小，因此h0变小，H变小，B不符合题意；
C．仅在空心管F中装入适量沙子，则木块受到的向下的压力变大，则木块受到的浮力变大，由公式F浮=ρ水V排g可知，V排变大，因此h0变大，H变大，C符合题意；
D．仅适当减小Q的密度，则由G=ρVg可知，木块的重力减小，则所受浮力变小，因此V排变小，h0变小，H变小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）电路中有电流时，产生磁性，根据电路的连接情况，判断用电器的工作；
（2）根据电压和时间，结合电阻，计算消耗的电能；
（3）根据漂浮的物体受到的浮力等于物体的重力；结合液体密度计算排开液体的体积；再根据底面积计算深度；物体的重力增大，受到的浮力变大，排开液体的体积变大。
14．【答案】（1）解：根据电能公式可知，动力锂电池可提供的总电能W总=UIt=36V×1A×20×3600s=2.592×106J
答：动力锂电池可提供的总电能为2.592×106J
（2）解：机器人满载时的总重力为G总=m总g=(120kg＋10kg)×10N/kg=1300N
爬绳的速度为v=12m/min=0.2m/s
机器人满载匀速爬升的功率P＝Wt=Ght=Gv=1300N×0.2m/s＝260W
答：机器人满载匀速爬升的功率为260W；
（3）解：爬升12m的过程中克服重力所做的功为W1=Gh=1300N×12m=15600J
根据η=W1W电可知，机器人消耗的电能为W电＝W1η=15600J0.8=19500J
由电能公式W=UIt可知，实际工作的电流I实＝W电Ut=19500J36V×60s≈9A
答：上述爬升12m的过程中，机器人消耗电能的80%用于爬升做功，则实际工作的电流为9A。
【解析】【分析】（1）根据公式W＝UIt，可求出动力锂电池可提供的总电能；
（2）根据公式P=Wt=Ght=Gv，可求出机器人满载匀速爬升的功率 ；
（3）根据公式η=W有W电及W＝UIt，可求出实际工作的电流 ；
15．【答案】（1）解：由电路图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电路中的总电阻较大（比并联的总电阻大），根据P=UI=U2R
可知，电热水壶的总功率小，处于保温挡，R1的电阻为R1=U2P保温=(220V)100W=484Ω
答：发热电阻R1的阻值为484Ω；
（2）解：由P=Wt可得，加热过程中煮茶器消耗的电能为W=P加热t=900W×700s=6.3×105J
答：加热过程中煮茶器消耗的电能为6.3×105J
（3）解：由η=Q吸W可得，吸收热量为Q吸=ηW=80%×6.3×105J=5.04×105J
由Q吸=cmΔt可求得煮茶器中水的质量为m=Q吸cΔt=5.04×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃-20℃)=1.5kg
答：煮茶器中水的质量为1.5kg
【解析】【分析】（1）根据电压和电功率，可以计算用电器的电阻；
（2）根据电功率和时间的乘积，计算消耗的电能；
（3）利用电能和效率的乘积计算吸热多少；根据热量和物体的比热容、温度差，计算物体的质量。
16．【答案】（1）解：由丙图可知，5min中电饭锅消耗的电能W=22r3000r/(kW⋅h)=111500kW⋅h
电饭锅的保温功率P=Wt=111500kW⋅h560h=0.088kW=88W
答：电饭锅的保温功率88W
（2）解：由乙图可知，闭合开关S，电路中只有R1，电功率较大，为加热状态；断开开关S，R1与R2串联，电功率较小，为保温状态。根据P=UI，I=UR
R1的电阻为R1=U2P加热=(220V)21210W=40Ω
R1和R2的总电阻为R总=U2P保温=(220V)288W=550Ω
R2的电阻为R2=R总-R1=550Ω-40Ω=510Ω
答：R1的电阻为40Ω，R2的电阻为510Ω；
（3）解：由题可知，水升高的温度Δt=100℃-23℃=77℃
水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103 J/(kg·℃)×2.2kg×77℃=7.1148×105J
消耗的电能W=Pt=1210W×700s=8.47×105J
加热功率η=Q吸W×100%=7.1148×105J8.47×105J×100%=84%
81%