专题26 电学综合（压轴卷）-5年（2019-2023）中考1年模拟物理分项汇编（广西专用）

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一．选择题（共10小题）
1．（2020•贵港）如图所示，保持电源电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，下列说法正确的是（ ）
A．在甲图中，电压表V示数不变，电流表A1、A2示数均变大
B．在甲图中，电流表A1示数变小，电压表V、电流表A2示数均不变
C．在乙图中，电压表V1示数不变，电流表A、电压表V2示数均变小
D．在乙图中，电压表V2示数变大，电流表A示数变小，电压表V1示数不变
【答案】D
【分析】AB、甲图中，变阻器R1与定值电阻R2并联，电压表测电源电压，A1测变阻器R1的电流，A2测并联电路的总电流；将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，由欧姆定律可知A1示数变化，由并联电路各支路的特点和并联电路电流的规律分析A2示数变化；
CD、乙图中，变阻器R1与定值电阻R2串联，V1测电源电压，V2测变阻器的电压，A测电路的电流，将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，可知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，由欧姆定律判断电路的电流变化，根据U＝IR分析定值电阻R2的电压变化，根据串联电路电压的规律可知变阻器R1的电压变化即V2示数变化。
【解答】解：
AB、甲图中，变阻器R1与定值电阻R2并联，电压表测电源电压，A1测变阻器R1的电流，A2测并联电路的总电流；因电源电压不变，则滑片移动时电压表V示数不变；
将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，变阻器连入电路的电阻变大，由欧姆定律可知通过变阻器的电流变小，即A1示数变小；因并联电路各支路互不影响，则通过定值电阻R2的电流不变，根据并联电路电流的规律可知总电流变小，即A2示数变小，故A、B错误；
CD、乙图中，变阻器R1与定值电阻R2串联，V1测电源电压，V2测变阻器R1的电压，A测电路中的电流，；因电源电压不变，则滑片移动时电压表V1示数不变；
将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，变阻器连入电路的电阻变大，由电阻的串联可知电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表A示数变小；电路中的电流变小，根据U＝IR可知，定值电阻R2的电压变小，由串联电路电压的规律可知，变阻器R1的电压变大，即V2示数变大，故C错误，D正确。
故选：D。
2．（2019•贵港）如图所示电路，电源两端电压与灯丝电阻保持不变。先只闭合开关S2，电流表和电压表均有示数。下列说法正确的是（ ）
A．再断开开关S2，只闭合开关S1时，电压表示数不变，电流表示数变小
B．再断开开关S2，只闭合开关S1时，电压表示数与电流表示数的比值变大
C．再闭合开关S1、S3时，电压表示数不变，电流表示数变大
D．再闭合开关S1、S3时，电压表示数与电流表示数的比值变小
【答案】D
【分析】由电路图可知，只闭合开关S2时，灯泡L1与电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压。
（1）再断开开关S2，只闭合开关S1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阻值判断电压表示数与电流表示数的比值变化；
（2）再闭合开关S1、S3时，R与L2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，根据串联电路的电压特点判断电压表示数的变化，根据电阻的串并联和欧姆定律判断电流表示数的变化，根据欧姆定律结合R的阻值、R和L2并联后的总电阻判断电压表示数与电流表示数的比值变化。
【解答】解：由电路图可知，只闭合开关S2时，灯泡L1与电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压。
（1）再断开开关S2，只闭合开关S1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，电路中的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，
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＝可知，电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值，则其比值不变，故B错误；
（2）再闭合开关S1、S3时，灯泡L1被短路，此时R与L2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，
因电源的电压大于L1与R串联时R两端的电压，
所以，电压表的示数变大；
因R与L2并联后的总电阻小于L1与R串联后的总电阻，
所以，由I＝可知，电流表的示数变大，故C错误；
只闭合开关S2时，电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值；再闭合开关S1、S3时，电压表示数与电流表示数的比值等于R与L2并联后的总电阻，
因并联电路的总电阻小于任意一个分电阻，所以，再闭合开关S1、S3时，电压表示数与电流表示数的比值变小，故D正确。
故选：D。
3．（2019•河池）图甲是调光台灯的模拟电路，电源电压不变，小灯泡规格是“6V 3W”，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P在A点时，滑动变阻器连入电路的电阻为R1，电压表的示数为4V；当滑动变阻器的滑片P在B点时，滑动变阻器连入电路的电阻为R2，电压表的示数为2V。且R2＝2R1，小灯泡的I﹣U图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电压是6V
B．R1的阻值是10Ω
C．当滑片在A点时，电路总功率是3.2W
D．当滑片在B点时，R2的功率是2.5W
【答案】D
【分析】（1）由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，读出滑片P在A点、B点的电流，然后得出等式即可求出电源的电压和R1、R2的阻值；
（2）当滑片在A点时，根据P＝UI算出电路总功率；
（3）当滑片在B点时，根据P＝I2R算出R2的功率。
【解答】解：（1）由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I＝可得，电源电压为：U＝U灯+IR滑，
当P在A点时，U灯＝4V，变阻器阻值R1，由图乙可知，电路中的电流I1＝0.4A，则U＝4V+0.4A×R1﹣﹣﹣﹣﹣①
当P在B点时，U灯′＝2V，变阻器阻值R2，由图乙可知，电路中的电流I2＝0.25A，则U＝2V+0.25A×R1﹣﹣②
由题意可知，R2＝2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由①②③可得：R1＝20Ω，R2＝40Ω，U＝12V，故AB错误；
（2）当滑片在A点时，电路总功率是：P＝UI1＝12V×0.4A＝4.8W，故C错误；
（3）当滑片在B点时，R2的功率为：P2＝I22R2＝（0.25A）2×40Ω＝2.5W，故D正确。
故选：D。
4．（2021•玉林）如图所示，电源电压恒定，R1为5Ω，R2为10Ω。若闭合S1、S3，断开S2时，电流表示数I为1.8A，则只闭合S2时，电路消耗的总功率P为（ ）
A．2.4WB．10.8WC．27WD．48.6W
【答案】A
【分析】（1）若闭合S1、S3，断开S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的特点和欧姆定律表示出干路电流即可求出电源的电压；
（2）只闭合S2时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路的总功率。
【解答】解：（1）若闭合S1、S3，断开S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流：I＝I1+I2＝+＝+＝＝1.8A，
解得：U＝6V；
（2）只闭合S2时，R1与R2串联，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，电路的总功率：P＝＝＝＝2.4W。
故选：A。
5．（2021•贵港）如图所示的电路，灯L标有“6V 3.6W”字样，电源电压保持不变。当闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P移到最右端时，灯L正常发光；滑片P移到最左端时，电压表示数为3.6V。假设灯丝电阻不受温度影响，下列四个结论正确的是（ ）
①灯L正常发光时的电阻为12Ω
②电源电压为6V
③滑动变阻器的最大阻值为20Ω
④电路消耗的总功率的变化范围为1.44～3.6W
A．①②B．②④C．②③D．③④
【答案】B
【分析】由电路图可知，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
①灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P＝UI＝求出灯L正常发光时的电阻；
②当滑动变阻器R的滑片P移到最右端时，变阻器接入电路中的电阻为零，电路为灯泡L的简单电路，根据灯L正常发光可知电源的电压；
③当滑片P移到最左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，其两端的电压为3.6V，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
④当滑动变阻器R的滑片P移到最右端时，电路为灯泡的简单电路，此时电路的总电阻最小，总功率最大，等于灯泡的额定功率；当滑片P移到最左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路的电流最小，总功率最小，利用P＝UI求出其大小，然后得出电路消耗的总功率的变化范围。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
①灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝3.6W，
由P＝UI＝可得，灯L正常发光时的电阻RL＝＝＝10Ω，故①错误；
②当滑动变阻器R的滑片P移到最右端时，变阻器接入电路中的电阻为零，电路为灯泡L的简单电路，
由灯L正常发光可知，电源的电压U＝UL＝6V，故②正确；
③当滑片P移到最左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，其两端的电压UR＝3.6V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，灯泡两端的电压UL′＝U﹣UR＝6V﹣3.6V＝2.4V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流I＝＝＝0.24A，
则滑动变阻器的最大阻值：R大＝＝＝15Ω，故③错误；
④当滑动变阻器R的滑片P移到最右端时，电路为灯泡的简单电路，此时电路的总电阻最小，总功率最大，则P大＝PL＝3.6W，
当滑片P移到最左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路的电流最小，总功率最小，则P小＝UI＝6V×0.24A＝1.44W，
所以，电路消耗的总功率的变化范围为1.44～3.6W，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：B。
6．（2020•贺州）如图所示分别是小灯泡L和电阻R的U﹣I图象，由图象可知，下列说法错误的是（ ）
A．电阻R的阻值为5Ω
B．当L与R并联，电源电压为1.0V时，则干路上的电流为0.6A
C．当L与R串联，电流为0.4A时，则电源电压为2.0V
D．当L与R串联，电流为0.4A时，则电路消耗的总功率为1.2W
【答案】C
【分析】（1）根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比，据此分析图象R、L电阻的变化，根据图象R读出一组电压和电流值，根据欧姆定律求出R的阻值；
（2）当L与R并联，根据并联电路电压规律，结合图象读出通过R、L的电流，再根据并联电路电流规律求出总电流；
（3）当L与R串联，根据串联电路电流规律，结合图象读出电路电流为0.4A时R、L两端的电压，再根据串联电路电压规律求出电源电压，根据P＝UI求出电路消耗的总功率。
【解答】解：A、由图象可知，R对应电流与电压成正比，而L对应的电流与电压不成正比，因此R为定值电阻，L电阻的阻值是变化的，由图甲可知，当UR＝3V时，IR＝0.6A
由I＝可知，甲的电阻：R＝＝＝5Ω，故A正确；
B、因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，由图甲可知，当并联电路两端电压为1V时，通过R的电流为0.2A，通过L的电流为0.4A，则干路电流为0.2A+0.4A＝0.6A，故B正确；
CD、因串联电路各处电流相等，根据图可知，当电路电流为0.4A时，R两端电压为2V，L两端电压为1V，而串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以总电压U＝2V+1V＝3V，故C错误；
电路消耗的总功率：P＝UI＝3V×0.4A＝1.2W，故D正确。
故选：C。
7．（2019•桂林）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S1，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．0.4WB．0.8WC．1.2WD．1.6W
【答案】D
【分析】（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。
【解答】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＝，
所以R2＝＝＝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，滑动变阻器短路，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＝R1＝×10Ω＝5Ω，
此时通过灯泡电流为I额＝I中＝＝＝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。
8．（2022•河池）如图甲所示的电路，R0为定值电阻，闭合开关，调节滑动变阻器R的阻值，记录电压表、电流表的示数，作出U﹣I关系图象如图乙①所示。已知某小灯泡的U﹣I图象如图乙②所示，现用该小灯泡替换图甲中的滑动变阻器，电路其他元件不变。则此时小灯泡的实际功率为（ ）
A．0.1WB．0.2WC．0.3WD．0.75W
【答案】B
【分析】由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器R两端的电压，电流表测量电路中的电流；
当滑动变阻器滑片移到最左端时，滑动变阻器被短路，电压表示数为0，由图乙可知，此时电路中的电流I＝0.3A，根据欧姆定律可得电源电压U＝IR0，
由图乙可知，当电流表示数为I1＝0.2A时，电压表示数为UR＝1V，根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压U＝UR+I1R0，
联立以上两式可得电源电压U和定值电阻R0的阻值；
用小灯泡替换图甲中的滑动变阻器，电路其他元件不变，小灯泡与定值电阻R0串联，根据串联电路特点结合图乙可知电路中的电流和灯泡两端的电压，根据P＝UI求出小灯泡两端的实际功率。
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器R两端的电压，电流表测量电路中的电流；
当滑动变阻器滑片移到最左端时，滑动变阻器被短路，电压表示数为0，由图乙可知，此时电路中的电流I＝0.3A，根据欧姆定律可得，电源电压U＝IR0＝0.3A×R0——————①
由图乙可知，当电流表示数为I1＝0.2A时，电压表示数为UR＝1V，
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得，电源电压U＝UR+I1R0＝1V+0.2A×R0——————②
联立①②两式可得，电源电压U＝3V，定值电阻R0＝10Ω；
用小灯泡替换图甲中的滑动变阻器，电路其他元件不变，则小灯泡与定值电阻R0串联，
根据串联电路特点结合图乙可知，当电路中的电流I′＝0.2A，小灯泡两端电压为UL＝1V时，电源电压U＝UL+I′R0＝1V+0.2A×10Ω＝3V，满足要求；
此时小灯泡的实际功率PL＝ULI′＝1V×0.2A＝0.2W。
故选：B。
9．（2020•河池）“赛龙舟”是端午节里的传统节日。小浩自制了一个卡通龙舟，用亮度可调节的红、绿灯做它的眼睛。他用规格为“12V 6W”的红灯、“12V 12W”的绿灯及“24Ω 2A”的滑动变阻器等元件，设计了如图所示电路。当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯都正常发光。电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为24V
B．该电路最大工作电流是2A
C．该电路最小电功率是3W
D．该电路最大电功率与最小电功率之比为9：2
【答案】C
【分析】（1）当闭合开关S1、S2、S，滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，该电路为两灯的并联电路，且两灯正常发光，并联电路各个支路两端的电压均等于电源电压，已知两灯泡的额定电压，即电源电压；
（2）由I＝可知电压一定，当电路总电阻最小时，电路中的电流最大；根据串并联电路的电阻特点分析总电阻最小时的电路连接，再根据P＝UI分别求出红灯和绿灯的电流，最后利用并联电路的电流特点得出最大总电流；
（3）根据P＝UI可知电压一定，当电路的总电流最大时，电路中的功率最大；当电路的总电阻最大，即电流最小时，总功率最小；利用P＝分别求出两灯的电阻，再根据串并联电路电阻的特点分析当电路电阻最大时的电路连接，进而可求出电路的总电阻最大值，最后利用P＝求出电路的最小功率；便可求出最大和最小功率之比。
【解答】解：A、当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，该电路为两灯的并联电路，由于两灯都正常发光，说明灯泡两端的电压为额定电压，已知两灯的额定电压均为12V，根据并联电路电压的规律知电源电压为12V，故A错误；
B、由I＝可知当电路总电阻最小时，电路中的电流最大；因此当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，即滑动变阻器连入电路的阻值为零，两灯并联，此时电路总电阻最小，由题知此时两灯均正常发光；
根据P＝UI知，红灯中的电流：I红＝＝＝0.5A，绿灯中的电流：I绿＝＝＝1A，
因为两灯并联，所以电路中的总电流：I＝I红+I绿＝0.5A+1A＝1.5A，即该电路最大工作电流为I大＝I＝1.5A，故B错误；
CD、由P＝UI可知电压一定时，当电路中的电流最大，电路中的功率最大，
已知电流最大为I大＝1.5A，电源电压为U＝12V，则该电路最大功率为：P大＝I大U＝1.5A×12V＝18W；
由P＝UI＝可知电压一定，当总电阻最大时电路中的电功率最小；
由P＝可知两灯的电阻分别为：R红＝＝＝24Ω，R绿＝＝＝12Ω；
由串联电阻的特点可知当滑动变阻器R的最大值与红灯串联时，电路的总电阻最大，
则电路中的总电阻最大为：R大＝R红+R＝24Ω+24Ω＝48Ω，
已知电源电压为U＝12V，则电路消耗的最小功率：P小＝＝＝3W，故C正确；
该电路最大电功率与最小电功率之比为：P大：P小＝18W：3W＝6：1，故D错误。
故选：C。
10．（2021•梧州）如图所示的电路，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，A、B为其两端点，闭合开关S，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.2A，R2的电功率为2W，当滑片P移动至某一位置C时，电流表示数为0.6A，R2的电功率为3.6W。下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为50Ω
B．P在A端时电流表示数为0.8A
C．P在C点时电压表示数为10V
D．P在A端时R1的电功率为14.4W
【答案】D
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）比较滑片P在某一端点时和某一位置C时的电流关系确定端点的位置，根据P＝I2R求出滑动变阻器的最大阻值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；滑片P移动至某一位置C时，根据P＝I2R求出滑动变阻器接入电路中的电阻，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出定值电阻R1阻值，进一步求出电源的电压；
（2）P在A端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，根据欧姆定律求出即可求出电流表示数；利用P＝UI即可求出R1的电功率；
（3）P在C点时，根据I＝即可求出电压表示数。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）因当滑片P在某一端点时电流表示数为0.2A，当滑片P移动至某一位置C时电流表示数为0.6A，
所以，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.2A（电路中的最小电流），即滑片位于B端，
由P＝I2R可得，滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝50Ω；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I1（R1+R2）＝0.2A×（R1+50Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
滑片P移动至某一位置C时，滑动变阻器接入电路中的电阻：
R2′＝＝＝10Ω，
则电源的电压：U＝I2（R1+R2′）＝0.6A×（R1+10Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源的电压不变，所以，0.2A×（R1+50Ω）＝0.6A×（R1+10Ω），
解得：R1＝10Ω；
电源的电压U＝I1（R1+R2）＝0.2A×（10Ω+50Ω）＝12V，故A错误；
（2）P在A端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，只有R1连入电路，
则电路中的最大电流：I大＝＝＝1.2A，故B错误；
R1的电功率为：P＝UI大＝12V×1.2A＝14.4W，故D正确；
（3）P在C点时，根据I＝可得电压表示数为：U2′＝I2R2′＝0.6A×10Ω＝6V，故C错误。
故选：D。
二．填空题。
11．（2020•贵港）小亮设计了一个水位监测报警装置，其电路如图甲所示，电源电压3V不变，报警器（电阻不计）中通过的电流达到或超过10mA时会报警。监测头是一个放置于水底的压敏电阻，受力面积为2cm2，其阻值R随压力F的变化规律如图乙所示。监测头在压力超过28N时不能正常工作，该装置能监测的最大水深是 14 m．若要该装置在水深达到11m时开始报警，则电阻箱接入电路的阻值应为 220 Ω．（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意可知，监测头在压力超过28N时不能正常工作，根据p＝求出压敏电阻受到压强，然后根据p＝ρgh求出能监测的最大水深；
（2）若要该装置在水深达到11m时开始报警，根据p＝ρgh求出水深11m时压敏电阻受到压强，根据p＝求出压敏电阻受到的压力，由图乙可知此时压敏电阻的阻值；根据欧姆定律求出报警时电路中的总电阻，然后根据串联电路的电阻特点即可求出电阻箱接入电路的阻值。
【解答】解：（1）由题意可知，监测头在压力超过28N时不能正常工作，则此时压敏电阻受到压强：
p最大＝＝＝1.4×105Pa，
根据p＝ρgh可得能监测的最大水深：
h最大＝＝＝14m；
（2）该装置在水深达到11m时开始报警，则此时压敏电阻受到压强为：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×11m＝1.1×105Pa，
根据p＝可得：
压敏电阻受到的压力F＝pS＝1.1×105Pa×2×10﹣4m2＝22N，
由图乙可知此时压敏电阻的阻值R＝80Ω，
已知报警器报警时电路的电流I＝10mA＝0.01A，
则由I＝可得，报警时电路的总电阻：
R总＝＝＝300Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得：
电阻箱接入电路的阻值R箱＝R总﹣R＝300Ω﹣80Ω＝220Ω。
故答案为：14；220。
12．（2022•桂林）在物理兴趣小组的活动中，小桂按如图所示的电路图连接电路，电源电压恒定为10V，R0为滑动变阻器，R、Rx为定值电阻，且R＜Rx，R＝15Ω。闭合开关S前，应将R0的滑片移动至最 右 （选填“左”或“右”）端；闭合开关S，将滑片移至某点固定不动，当开关S1由a点切换到b点时，电压表示数变化了0.5V，电流表示数变化了0.1A，则Rx＝ 20 Ω。
【答案】右；20。
【分析】（1）根据保护电路的要求，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片要移到电阻最大处；
（2）当开关状态改变时，根据电路中电阻的变化，判断电压表、电流表示数的具体变化；再根据串联电路电流、电压特点，计算出变阻器中的电流变化、两端电压的变化，由于两次状态下滑片的位置没动，用R＝计算出变阻器接入的电阻值；这样，由欧姆定律公式I＝算出S1接触a点时的电流，列出S1接触b点时的电流的表达式，解出Rx的值。
【解答】解（1）根据保护电路的要求，在开关闭合前，滑动变阻器的滑片要移到电阻最大处，故应将R0的滑片移动至最右端；
（2）由题意知：当开关S1由a点切换到b点时，电压表示数变化了0.5V，电流表示数变化了0.1A，
因为R＜Rx，所以，电压表示数增大了0.5V，同时总电阻增大，则电流表示数减小了0.1A，
又因为电源电压不变，所以，滑动变阻器R0的电压减小了0.5V；
因为滑片移至某点固定不动，所以，R0＝＝＝5Ω，
当开关S1接触a点时：Ia＝＝＝0.5A，
当开关S1接触b点时：Ib＝Ia﹣0.1A＝0.4A，
Ib＝，
即：0.4A＝，
解得：Rx＝20Ω。
故答案为：右；20。
13．（2022•柳州）如图电路，电阻R1、R2、R3的阻值分别为R、2R、3R，为二极管（二极管具有单向导电性，只允许电流从其正极向负极通过，不允许电流反方向通过，如同自动开关）。闭合开关S，接入电路的总电阻为 5R 。现将电源正负极对调再接回原位置，则前后两种情况R2消耗的功率之比为 9：25 。
【答案】5R；9：25。
【分析】（1）由图结合二极管的单向导电性可知，闭合开关S时，电阻R2、R3串联，根据串联电路的电阻特点求出接入电路的总电阻；
（2）将电源正负极对调再接回原位置时，电阻R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点求出接入电路的总电阻，根据P＝UI＝I2R和欧姆定律求前后两种情况R2消耗的功率之比。
【解答】解：（1）由图结合二极管的单向导电性可知，闭合开关S时，电阻R2、R3串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Ra＝R2+R3＝2R+3R＝5R；
（2）由图结合二极管的单向导电性可知，将电源正负极对调再接回原位置时，电阻R1、R2串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Rb＝R1+R2＝R+2R＝3R，
由P＝UI＝可知，前后两种情况R2消耗的功率之比：＝＝＝（）2＝（）2＝（）2＝（）2＝。
故答案为：5R；9：25。
14．（2022•贵港）如图所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S、S1，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4～12V，电流表示数变化范围是0.4～1.2A，则电源电压是 12 V；闭合开关S、S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片从a端移动到中点时，小灯泡L恰好正常发光，此过程中电路最大功率和最小功率之比为4：3，则小灯泡L的额定功率是 3.2 W。（不计温度对灯丝电阻的影响）
【答案】12；3.2。
【分析】（1）由电路图可知，闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R2和定值电阻R1串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，电压表的示数最大，据此求出电源电压，根据欧姆定律求出分别求出定值电阻R1的阻值和滑动变阻器接入电路的电阻最大时电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R2和灯泡L串联，电压表测L两端的电压；
根据P＝UI＝和串联电路的电阻特点表示出电路最大功率和最小功率之比，进而求出灯泡的电阻，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流，根据P＝UI＝I2R求出小灯泡L的额定功率。
【解答】解：（1）由电路图可知，闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R2和定值电阻R1串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，此时电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，电压表的示数最大，因此电源电压U＝12V；
定值电阻R1的阻值：
R1＝＝＝10Ω，
由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
此时电路中的总电阻：
R总大＝＝＝30Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器的最大阻值：
R大＝R总大﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；
（2）闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R2和灯泡L串联，电压表测L两端的电压；
由P＝UI＝和串联电路的电阻特点可知，电路最大功率和最小功率之比：
＝＝＝＝，
解得：RL＝20Ω；
由题意可知，小灯泡L恰好正常发光时，电路中的电流：
I＝＝＝＝0.4A，
因此小灯泡L的额定功率：
PL＝I2R0＝（0.4A）2×20Ω＝3.2W。
故答案为：12；3.2。
15．（2021•梧州）如图所示的电能表示数是 231.6 kW•h。若单独使用一个额定功率为1000W的电饭锅煮饭，该电能表的转盘转过900转，则煮饭时间是 18 min。
【答案】231.6；18。
【分析】（1）电能表的表盘上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW•h，据此读数；
（2）3000r/（kW•h）表示：电路中每消耗1kW•h的电能，转盘就转动3000r，可求转盘转过900r消耗的电能，由P＝公式变形可求得煮饭时间。
【解答】解：（1）电能表表盘数字为02316，电能表的表盘上最后一位是小数，单位是kW•h，故电能表此时的读数为231.6kW•h；
（2）已知电路中每消耗1kW•h的电能，转盘就转动3000r，该电能表的转盘转过900转消耗的电能：
W＝＝0.3kW•h，
由P＝可得，煮饭时间：
t＝＝＝0.3h＝18min。
故答案为：231.6；18。
16．（2021•河池）某玩具车电动机M的转子线圈电阻R0＝1Ω，一同学把该电动机M接入如图所示的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器R，使电动机M正常工作，此时电压表的示数为9V，电流表的示数为1A，则该电动机的额定功率为 9 W；正常工作1min，该电动机M把 480 J的电能转换为机械能。
【答案】9；480。
【分析】根据P＝UI可求电动机的额定功率，电动机工作时，将电能转化为机械能和内能，根据W机械＝W电﹣W内＝UIt﹣I2R0t可求电能转换的机械能。
【解答】解：电动机的额定功率为：P＝UI＝9V×1A＝9W；
电动机工作时，将电能转化为机械能和内能，正常工作1min，该电动机M将电能转换的机械能为：
W机械＝W电﹣W内＝UIt﹣I2R0t＝9V×1A×60s﹣（1A）2×1Ω×60s＝480J。
故答案为：9；480。
17．（2021•玉林）把一段匀质导线对折后其阻值比原来的 小 （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 14 J。
【答案】小；14。
【分析】（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。
【解答】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：ΔQ＝Q2﹣Q1＝16J﹣2J＝14J。
故答案为：小；14。
三．实验探究题。
18．（2020•南宁）在“测量小灯泡的电功率”实验中，电源电压保持不变，待测小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）为了比较精确的测量小灯泡的电功率，电压表的量程应选0﹣ 3 V；
（2）实验时，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电压表有示数，电流表示数几乎为零，则故障可能是 灯泡与灯座 （选填“电流表与导线”或“灯泡与灯座”）接触不良；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数是2.5V，电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是 1.25 W；
（4）测量结束后，应先 断开开关 ，再拆除导线，最后整理好器材；
（5）某实验小组在处理实验数据时，采用描点法，在坐标纸上作出了如图所示的I﹣U图像，请指出作图过程中存在的错误或不足之处是 图线不应画成直线，横坐标的标度取值过大 ；
（6）某实验小组设计了如图所示的电路（还缺一根导线连接才完整），可以测量小灯泡的额定功率，其中R为定值电阻。请写出本实验主要测量步骤及所测物理量：
①电路连接完整后，开关S2断开，S1、S3闭合，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额；
② 保持滑动变阻器滑片位置不变 ，开关S3断开，S1、S2闭合，记录电压表的示数U2；
③小灯泡额定功率的表达式P额＝ U额× （用R、U额、U2表示）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据灯泡的额定电压选择电压表量程；
（2）小灯泡都不亮，电流表示数几乎为零，说明电路中有断路，再根据电压表有示数分析判断；
（3）读数灯泡正常发光时的电流，由P＝UI计算其额定功率；
（4）拆接电路时，应先断开开关；
（5）根据图像可知坐标取值不恰当之处，图像作图时描点连线由此可知图像的错误；
（6 ）没有电流表的情况下，测量小灯泡的额定功率，电压表和定值电阻R应起到电流表的作用，所以R应和灯串联。通过移动滑片，首先使并联在灯两端的电压表示数为U1，使灯正常发光；在保持变阻器滑片不动的前提下，通过开关的转换，使电压测出R和灯两端的总电压U2，因电路的连接关系没有改变，各用电器两端的电压不变，故可求此时R的电压UR，由欧姆定律求出R的电流，即灯正常发光时的电流I，根据P额＝U额I求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）待测小灯泡的额定电压为2.5V，为了比较精确的测量小灯泡的电功率，电压表应选0～3V量程。
（2）实验时，小灯泡不亮，且电流表示数几乎为0，则电路中有断路现象，而电压表有示数，即电压表与电源是接通，则故障可能是灯泡与灯座接触不良。
（3）由图示知，电流表使用小量程，分度值0.02A，当电压表示数是2.5V（正常发光）时通过的电流0.5A，
则小灯泡额定功率P＝UI＝2.5V×0.5A＝1.25W。
（4）测量结束后，应先断开开关，再拆除导线，最后整理好器材。
（5）描出的点知，所描的点不在一条直线上，所以作出的I﹣U图像不应是直线，且坐标轴的横坐标的标度太大了，这样造成所描的点精确度稍低。
（6）按题意可知，为达到电压表既能测量灯的电压，又能测量R与灯的总电压，电压表的负接线柱应与S3的左接线柱连接。
测量步骤：
①电路连接完整后，开关S2断开，S1、S3闭合，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变，这样才能保持小灯泡两端的电压为额定电压，断开S3，闭合S1、S2，此时电压表测小灯泡和定值电阻R的电压，电压表的示数U2；
③电阻R两端的电压UR＝U2﹣U额，
而整个过程中，电路的电流不变，通过小灯泡的电流IL＝IR＝＝，
所以小灯泡的额定功率P额＝U额I1＝U额×。
故答案为：（1）3；（2）灯泡与灯座；（3）1.25；（4）断开开关；（5）图线不应画成直线，横坐标的标度取值过大；（6）②保持滑动变阻器滑片位置不变；③U额×。
19．（2020•桂林）小桂在“测量小灯泡电功率”的实验中，所用的器材有：标有“2.5V”的小灯泡、电压为3V的电源、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、导线若干。
（1）连接电路时，开关应该处于 断开 状态。
（2）请用笔画线代替导线，根据图甲的电路图，将图乙的实物图连接完整。
（3）实验过程中，发现电流表示数为零，电压表示数接近电源电压，出现这个现象的原因可能是小灯泡连接处 断路 （选填“断路”或“短路”）。
（4）排除故障后，移动滑动变阻器滑片可改变电压表示数。若使电压表示数由2.5V变为图丙所示，应向 A 移动滑动变阻器的滑片。
（5）小桂调节滑动变阻器，获得多组电压表和电流表示数，并画出U﹣I图像如图丁所示。若该小灯泡在额定电压下工作10s消耗的电能为W额，小灯泡两端电压为额定电压一半时工作10s消耗的电能为W实，则W实 大于 W额（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接电路时，为保护电路，开关应该处于断开状态；
（2）变阻器按一上一下连入电路中与灯串联，根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；
（3）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（4）根据图丙中电压表选用小量程确定分度值读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律和分压原理确定滑片移动的方向；
（5）根据作图法得出该小灯泡在额定电压时对应的电流大小，根据P＝UI得出灯对应的功率，根据W额＝Pt得出该小灯泡在额定电压下工作10s消耗的电能；
根据作图法得出小灯泡两端电压为额定电压一半对应的电流大小，根据P＝UI得出对应的功率，从而得出工作10s消耗的电能为W实，据此分析回答。
【解答】解：（1）连接电路时，为保护电路，开关应该处于断开状态；
（2）变阻器按一上一下连入电路中与灯串联，灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下图左所示：
（3）实验过程中，发现电流表示数为零，电路可能断路，电压表示数接近电源电压，电压表与电源连通，出现这个现象的原因可能是小灯泡连接处断路；
（4）图丙中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2V，若使电压表示数由2.5V变为图丙所示，即减小灯的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器的电压，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，故向A移动滑动变阻器的滑片；
（5）如上图右所示，该小灯泡在额定电压时对应的电流约为0.21A，对应的功率：
P1＝U1I1＝2.5V×0.21A＝0.525W，
该小灯泡在额定电压下工作10s消耗的电能为：
W额＝P1t＝0.525W×10s＝5.25J；
小灯泡两端电压为额定电压一半，即为1.25V，由图知对应的电流约为0.153A，对应的功率：
P2＝U2I2＝1.25V×0.153A≈0.19W，
工作10s消耗的电能为：
W实＝P2t＝0.19W×10s＝1.9J；
W额＝×5.25J≈1.31J，故W实大于W额。
故答案为：（1）断开；（2）如上图左所示；（3）断路；（4）A；（5）大于。
20．（2020•玉林）如图所示，在“测定小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω。
（1）连接电路时，开关应 断开 （选填“断开”或“闭合”）。
（2）图甲中有一根导线连接错误，请你把它找出来并画上“×”（表示不要），再用笔重新画一根连接正确的导线。
（3）改正电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表和电流表均无示数，原因可能是 D （填字母序号）。
A．灯泡短路
B．灯泡断路
C．滑动变阻器短路
D．滑动变阻器断路
（4）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，其读数为 0.34 A，由此可知小灯泡的额定功率为 0.85 W。
（5）现有两个额定电压均为15V的灯泡L1和L2，它们的电流I与电压U的关系曲线如图丙所示，将L1和L2串联后接在15V的电源上，则两灯消耗实际功率的差值为 1 W。
【答案】（1）断开；（2）见上图；（3）D；（4）0.34；0.85；（5）1。
【分析】（1）为保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）分析原电路连接存在问题，电流表应与灯串联，电压表与灯并联；
（3）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（4）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据电功率公式P＝UI求出灯的额定功率；
（5）串联后接在15V的电源上，根据串联电路电流和电压的规律确定电路的电流大小，根据P＝UI得出每个灯的实际功率，从而可求得两灯消耗实际功率的差值。
【解答】解：（1）为保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）图中电流表与灯并联了，电压表与灯串联了，应该使电流表与灯串联，电压表与灯并联，改正后如下图所示：
（3）A、若灯泡短路，电流表有示数，电压表没有示数，故A不符合题意；
B、若灯泡断路，电流表没有示数，电压表串联在电路中测电源电压，有示数，故B不符合题意；
C、若滑动变阻器短路，电流表有示数，电压表也有示数，故C不符合题意；
D、若滑动变阻器断路，整个电路断路，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，两表没有示数，故D符合题意；
故选D；
（4）根据图甲，电流表选用小量程，分度值为0.02A，图乙中电流电流表的示数为0.34A，
小灯泡的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.34A＝0.85W；
（5）两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为15V，
由电流与电压的关系曲线可知，只有串联电流为0.2A时，此时L1对应的电压为10V，L2对应的电压为5V，符合串联电路电压的电压特点（15V＝10V+5V），所以此时L1的功率为：
P1＝U1I′＝10V×0.2A＝2W，
L2的功率为：
P2＝U2I′＝5V×0.2A＝1W，
两灯消耗实际功率的差值为：
ΔP＝P1﹣P2＝2W﹣1W＝1W。
故答案为：（1）断开；（2）见上图；（3）D；（4）0.34；0.85；（5）1。
21．（2021•贵港）在“探究电流产生的热量与哪些因素有关”的实验中，实验电路如图1所示，其中R1＞R2。
实验一：探究电流产生的热量与电阻大小的关系：
（1）请按照图1中的电路图将图2实物图连接完整；
（2）实验电路按照图1中的电路图连接是为了控制通电时间相同和控制 电流相同 ；电阻丝放出热量的多少，通过 温度计的示数变化 来进行判断。
（3）为了便于比较两根电阻丝通过电流后产生热量的多少，a、b两瓶中要装入 质量 相等、初温相同的同种液体。为了在较短时间内达到明显的实验效果，实验时选用煤油而不选水，是因为煤油的比热容 小于 水的比热容（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
实验二：探究电流产生的热量与电流大小的关系：
（4）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电路中的电流变成实验一中电流的2倍，且通电时间相同。实验发现：用电阻丝R1加热的煤油，在实验一中温度升高Δt1，在实验二中温度升高Δt1′，则Δt1′ 大于 2Δt1（选填“大于”、“等于”或“小于”），该实验说明电流产生的热量与电流大小 不成 正比例关系（选填“成”或“不成”）。实验中，用电阻丝R2加热煤油重复以上实验步骤，也可以得出相同的结论。
（5）如果在两烧瓶中分别装入质量相等的不同液体，并接入两根阻值 相同 的电阻丝（选填“相同”或“不同”），就可用这个装置来探究两种不同液体的吸热性质。假设a烧瓶中液体的质量为m，瓶中电阻丝的阻值为R，测出通过它的电流为I，通电一段时间t后，温度计的示数变化量为Δt，若不计热量损失，则a液体的比热容为 c＝ （用所给出的物理量写出比热容的表达式）。
【答案】（1）如上图所示；（2）电流相同；温度计的示数变化；（3）质量；小于；（4）大于；不成；（5）相同；c＝。
【分析】（1）滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，由电路图可知，滑片左移时变阻器接入电路中的电阻变小；
（2）串联电路各处的电流相等；电流产生的热量不易比较，可让初温、质量相同的煤油吸热，比较煤油升高的温度确定产生的热量，采用了转换法；
（3）本实验应用了控制变量法，从实验需要控制的变量分析答题；从煤油与水的比热容大小关系分析实验中用煤油而不用水的原因；
（4）根据Q＝I2Rt和Q吸＝cmΔt进行分析解答；
（5）为控制相同时间内两液体吸热相同，根据Q＝I2Rt结合电路图得出两根电阻丝的阻值关系；根据Q＝I2Rt求出电热丝放出的热量，不计热量损失，放出的热量全部被液体吸收，根据Q吸＝cmΔt求出a液体的比热容。
【解答】解：（1）由电路图可知，滑片左移时变阻器接入电路中的电阻变小，则变阻器左下方接线柱必须接入电路中，如下图所示：
（2）由电路图可知，两电热丝串联在电路中，这是为了控制通电时间相同和控制电流相同；
根据转换法可知，电阻丝放出热量的多少，是通过温度计示数的变化进行比较的；
（3）为了便于比较两根电阻丝通过电流后产生热量的多少，a、b两瓶中要装入质量相等、初温相同的同种液体；
因为煤油的比热容比水的比热容小，相同质量的煤油和水比较，吸收相同的热量，煤油温度升高的多，用煤油做实验效果更明显，便于观察；
（4）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电路中的电流变成实验一中电流的2倍，且通电时间相同，
由Q＝I2Rt可知，电阻丝产生的热量是原来的4倍，
由Q吸＝cmΔt的变形式Δt＝可知，用电阻丝R1加热的煤油，温度升高量Δt1′大于2Δt1，
该实验说明电流产生的热量与电流不成正比例关系；
（5）实验中两电阻丝串联，通过的电流和通电时间相同，为控制相同时间两液体吸热相同，根据Q＝I2Rt可知，选用的两根电阻丝的阻值应相同；
假设a烧瓶中液体的质量为m，瓶中电阻丝的阻值为R，测出通过它的电流为I，通电一段时间t后，电热丝放出的热量Q＝I2Rt，
温度计的示数变化量为Δt，若不计热量损失，放出的热量全部被液体吸收，由Q吸＝cmΔt可得，a液体的比热容：c＝＝。
故答案为：（1）如上图所示；（2）电流相同；温度计的示数变化；（3）质量；小于；（4）大于；不成；（5）相同；c＝。
22．（2021•梧州）小亮在做“测量小灯泡的电功率”的实验，所用的小灯泡额定电压为2.5V。
（1）图甲为小亮连接的实物电路，请你帮他补充完整：
（2）电路连接正确后，闭合开关前、应将滑动变阻器的滑片移到 右 （选填“左”或“右”）端：闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表无示数，电流表有示数，产生这种现象的原因是 灯泡短路 （写出一种合理情况即可）；
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示为 0.16 A，此时计算出小灯泡的实际功率为 0.32 W；
（4）根据实验数据绘制成了U﹣I图像如图丙所示，根据图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W，并可归纳出：小灯泡两端的实际电压越 大 ，实际功率越大。
（5）完成上述实验后，小亮进一步思考，在没有电流表的情况下，能否测量小灯泡的额定功率？他想利用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计的电路图如图丁所示，然后调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，接着保持滑片位置不变，将电压表 B 点（选填“A”或“B”）的接线改接到C点，观察并记录电压表示数为U，则小灯泡的额定功率可表示为P额＝ U额× （用R0、U额、U等物理量符号表示），所选用的定值电阻R0的阻值不得超过 2.5 Ω。
【答案】（1）如答图所示（2）右；灯泡短路；（3）0.16；0.32；（4）0.5；大；（5）B；U额×；2.5。
【分析】（1）滑动变阻器串联接入电路，接线柱要一上一下连接；
（2）电路连接正确后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，根据小灯泡不亮，电压表的示数为0V分析产生这种现象的原因；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数；利用公式P＝UI求出灯泡的功率；
（4）根据丙图找出灯泡电压为额定电压2.5V时的电流，利用公式P＝UI求出灯泡的额定功率；分析U﹣I图像即可得出结论；
（5）根据电流从电压表正接线柱流入分析判断；因为个电阻的大小和电压大小都不变，根据串联电路的电压规律，求出定值电阻的电压，由欧姆定律，求出通过定值电阻的电流即为小灯泡的额定电流，即可求出小灯泡功率的表达式；根据在实验操作中，电压表的量程选择，小灯泡正常工作时的电压、电流的大小等条件分析解题。
【解答】解：（1）如图所示：
（2）电路连接正确后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最右端；闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不亮，电压表的示数为0V，产生这种现象的原因是灯泡短路；
（3）由图乙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.16A，即通过小灯泡的电流是0.16A；
此时小灯泡的实际功率P＝UI＝2V×0.16A＝0.32W；
（4）由丙图的U﹣I图像可知，当小灯泡的电压为额定电压U额＝2.5V时，电流I＝0.2A，
小灯泡的额定功率P额＝U额I＝2.5V×0.2A＝0.5W；
由丙图的U﹣I图像可知，U越大，I也越大，根据P＝UI可得：小灯泡两端的实际电压越大，实际功率越大；
（5）调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，接着保持滑片位置不变，
根据电流从电压表正接线柱流入，将电压表B点的接线改接到C点，观察并记录电压表示数U，因为各个电阻的大小和电压大小都不变，灯泡仍然正常发光，根据串联电路的电压规律，定值电阻的电压为：U0＝U﹣U额，
由欧姆定律，通过定值电阻的电流：
I0＝＝，
根据串联电路的电流规律，通过定值电阻的电流即为小灯泡的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为：
P额＝U额I额＝U额×，
在实验操作中，因电压表选用0～3V的量程，故定值电阻的最大电压不能超过3V﹣2.5V＝0.5V，因小灯泡正常工作时电流为I＝0.2A，由欧姆定律I＝，故R0的最大值不能超过：R0max＝＝＝2.5Ω。
故答案为：（1）如答图所示（2）右；灯泡短路；（3）0.16；0.32；（4）0.5；大；（5）B；U额×；2.5。
23．（2021•玉林）如图甲所示，在“测量一个小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为3V。
（1）根据图甲所示的电路图，请用笔画线代替导线，将图乙中的器材连接成完整的电路（要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大）；
（2）连接好电路，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表无示数，电流表有示数，那么出现该状况的可能原因是小灯泡发生 短路 （选填“断路”或“短路”）；
（3）排除故障后，闭合开关，继续进行探究，根据测量数据绘制出通过小灯泡的电流I随它两端电压U变化的图像，如图丙所示，分析可知：小灯泡的额定功率为 1.5 W；若电流表的示数如图丁所示，其示数为 0.4 A，此时小灯泡的电阻为 5 Ω；
（4）若实验室电压表损坏，某同学用一个已知阻值为R0的定值电阻代替电压表，并设计了如图戊所示电路，在电源电压保持不变情况下，也正确地测出了一个额定电流为I额的小灯泡的额定功率，其实验步骤如下：
①闭合S1，断开S2，移动滑动变阻器R的滑片至最左端，记下电流表的示数为I1；
②闭合S2，断开S1，调节滑动变阻器R的滑片使小灯泡正常发光，电流表示数为I额；
③保持滑动变阻器R的滑片不动，闭合S1，断开S2，记下电流表的示数为I2；
④则小灯泡额定功率的表达式为P额＝ （﹣+R0） （用I额、I1、I2和R0等符号表示）。
【答案】（1）如上图；（2）短路；（3）1.5；0.4；5；（4）（﹣+R0）。
【分析】（1）根据电路图连接实物图，要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大，所以滑动变阻器应选择左下接线柱接入电路；
（2）连接好电路，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路通路，电压表无示数，说明与电压表并联的灯泡短路；
（3）由图丙可知，灯泡两端的电压为3V时，通过灯泡的电流为0.5A，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；由图丁可知，电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知通过灯泡的电流，由图丙可知此时灯泡两端的电压，根据欧姆定律的变形计算此时灯泡的电阻；
（4）①闭合S1，断开S2，移动滑动变阻器R的滑片至最左端，电路为定值电阻R0的简单电路，由欧姆定律可得电源电压，
②闭合S2，断开S1，滑动变阻器和灯泡串联接入电路，调节滑动变阻器R的滑片使小灯泡正常发光，由欧姆定律可得该电路的总电阻，
③保持滑动变阻器R的滑片不动，闭合S1，断开S2，定值电阻R0和滑动变阻器串联接入电路，由欧姆定律可得该电路的总电阻，根据串联电路电阻规律计算滑动变阻器接入电路的电阻，进一步计算灯泡正常发光时的电阻，
④根据P＝I2R可得小灯泡额定功率的表达式。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大，所以滑动变阻器应选择左下接线柱接入电路，如图：；
（2）连接好电路，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路通路，电压表无示数，说明与电压表并联的灯泡短路；
（3）由图丙可知，灯泡两端的电压为3V时，通过灯泡的电流为0.5A，小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3V×0.5A＝1.5W；
由图丁可知，电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，电流表的示数为0.4A，由图丙可知通过灯泡的电流为0.4A时，灯泡两端的电压为2V，由欧姆定律可得此时灯泡的电阻：RL′＝＝＝5Ω；
（4）①闭合S1，断开S2，移动滑动变阻器R的滑片至最左端，电路为定值电阻R0的简单电路，电流表的示数为I1，由欧姆定律可得电源电压：U总＝I1R0，
②闭合S2，断开S1，滑动变阻器和灯泡串联接入电路，调节滑动变阻器R的滑片使小灯泡正常发光，电流表示数为I额，该电路的总电阻为RL+RH＝＝；
③保持滑动变阻器R的滑片不动，闭合S1，断开S2，定值电阻R0和滑动变阻器串联接入电路，记下电流表的示数为I2，此时该电路的总电阻：R总＝＝，
串联电路总电阻等于各分电阻之和，则滑动变阻器接入电路的电阻：RH＝R总﹣R0＝﹣R0，
在②中电路的总电阻为RL+RH＝＝，则灯泡电阻：RL＝﹣RH＝﹣（﹣R0）＝﹣+R0，
④则小灯泡额定功率的表达式为P额＝RL＝（﹣+R0）。
故答案为：（1）如上图；（2）短路；（3）1.5；0.4；5；（4）（﹣+R0）。
四．计算题。
24．（2019•河池）如图是某个实验小组设计的光照自动控制系统，已知控制电路的电源电压U1＝6V，滑动变阻器R1的最大阻值为80Ω，电磁铁线圈电阻忽略不计，当通过线圈的电流达到0.1A时电磁铁恰好能吸合衔铁，R2是光敏电阻，它与光照强度E的关系如下表所示光照强度E的单位是：勒克斯，符号Lx；光越强，光照强度越大）；工作电路电源电压U2＝12V，定值电阻R＝10Ω，指示灯L上标有“12V 6W”字样。问：
（1）指示灯L正常工作时的电流是多少安培？
（2）闭合开关S1，滑片P移到变阻器中点，电磁铁恰好吸合衔铁时的光照强度E0是多少勒克斯？
（3）调节变阻器R1的电阻为50Ω，闭合开关S1，若光照强度保持4Lx不变，则工作电路通电10s消耗的电能是多少焦耳？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）已知指示灯L上标有“12V 6W”字样，根据P＝UI可得指示灯L正常工作时的电流；
（2）闭合开关S1，控制电路中R1和R2串联，滑片P移到变阻器中点，当通过线圈的电流达到0.1A时电磁铁恰好能吸合衔铁，
根据欧姆定律的变形式计算电路总电阻，根据串联电路的电阻特点计算光敏电阻阻值，从表格找出对应的光照强度；
（3）由表格数据可知，光照强度与光敏电阻R2阻值的关系，得出光照强度保持4Lx不变时光敏电阻的阻值，根据欧姆定律得出控制电路的电流值，并分析工作电路的电路连接方式，根据W＝UIt＝计算工作电路通电10s消耗的电能。
【解答】解：（1）指示灯L上标有“12V 6W”字样，根据P＝UI可得指示灯L正常工作时的电流是：I额＝＝＝0.5A；
（2）闭合开关S1，控制电路中R1和R2串联，滑片P移到变阻器中点，当通过线圈的电流达到0.1A时电磁铁恰好能吸合衔铁，
此时电路总电阻R总＝＝60Ω，
光敏电阻的阻值R2＝R总﹣＝60Ω﹣＝20Ω，
从表格中看出，电磁铁恰好吸合衔铁时的光照强度E0是1.5勒克斯；
（3）由表格数据可知，光照强度与光敏电阻R2阻值的乘积：
E×R2＝0.5Lx×60Ω＝1Lx×30Ω＝1.5Lx×20Ω＝2Lx×15Ω＝2.5Lx×12Ω＝3Lx×10Ω＝30Lx•Ω，
可得：R2＝，
调节变阻器R1的电阻为50Ω，闭合开关S1，若光照强度保持4Lx不变，则光敏电阻R2′＝＝7.5Ω，
此时控制电路中的电流：I1′＝＝≈0.104A＞0.1A，
电磁铁吸合衔铁，工作电路中只有R接入电路中工作，
工作电路通电10s消耗的电能是：W＝t＝×10s＝144J。
答：（1）指示灯L正常工作时的电流是0.5安培；
（2）闭合开关S1，滑片P移到变阻器中点，电磁铁恰好吸合衔铁时的光照强度E0是1.5勒克斯；
（3）调节变阻器R1的电阻为50Ω，闭合开关S1，若光照强度保持4Lx不变，则工作电路通电10s消耗的电能是144焦耳。
25．（2022•广西）善于观察的小明发现，家中的即热式水龙头使用时冬季水温偏低，夏季水温偏高，还发现水龙头标有“220V 2200W”。于是他增加两个相同的发热电阻R、两个指示灯（电阻不计）设计了如图所示的电路进行改进，其中R0为改进前水龙头发热电阻。开关S1可以只与c相连或同时与a、b相连，使其具有两挡工作状态，且冬季与夏季水龙头工作的总电流之比为4：1。求：
（1）电阻R0的阻值；
（2）改进前，若水龙头的热效率为90%，正常加热100s提供的热量；
（3）改进后，冬季使用时水龙头工作的总电功率。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据P＝算出R0的电阻；
（2）根据Q＝ηW＝ηPt算出正常加热100s提供的热量；
（3）由电路图可知，将开关S与a、b相连时工作的电路元件，R与R0并联，电源的电压一定时，根据P＝UI＝可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态；
由电路图可知，将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态；
水龙头分别处于冬季与夏季时总电流之比为4：1，根据P＝UI，电源电压不变，则总电功率之比也为4：1，即P高温：P低温＝（+）：＝4：1，算出R的电阻，根据P高温＝+算出冬季加热功率。
【解答】解：（1）根据P＝算出R0的电阻得R0的电阻为：R0＝＝＝22Ω；
（2）改装前，由于水龙头的热效率为90%，根据P＝得正常加热100s提供的热量，
Q＝Wη＝Ptη＝2200W×100s×90%＝1.98×105J；
（3）由电路图可知，将开关S与a、b相连时工作的电路元件，R与R0并联，电源的电压一定时，根据P＝UI＝可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态，用于冬季；
将开关S与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态，用于夏季；
水龙头分别处于冬季与夏季时总电流之比为4：1，根据P＝UI，电源电压不变，则总电功率之比也为4：1，即P高温：P低温＝（+）：＝4：1解得：R＝R0＝22Ω。
高温挡时的电功率P高温＝+＝+＝4400W。
答：（1）R0的阻值为22Ω。
（2）正常加热100s产生的热量为1.98×105J；
（3）改装后冬季使用时水龙头工作的总电功率为4400W。
26．（2020•桂林）学习“变阻器在生活实践中的应用”时，小桂和小林对老师列举的“测定汽车油箱内油量”的模拟装置产生了浓厚的探究兴趣。小桂按照图甲的设计连接好装置。闭合开关，发现油量变化时，浮标带动滑杆使变阻器滑片移动，从而改变电表的示数。电表示数对应着油面的一定高度，把电表刻度盘改为相应的油量体积数，就可直接读出容器中的油量。小桂移动变阻器的滑片，记录了几组电压表、电流表数据，画出如图乙所示的图象。对比数据，小桂发现电流表容易直接读取油量，电压表不方便直接读取油量。小林看了小桂的装置后觉得小桂的说法不全对，和小桂交流了想法后，将小桂的装置连接调整为图丙所示。图丙中，当容器加满油时，浮标通过滑杆使滑片恰好移至变阻器最下端；当容器中油量为零时，浮标通过滑杆使滑片恰好移至变阻器最上端。小林闭合开关，改变容器中的油量，记录了部分数据如表所示。电源电压保持不变，变阻器阻值均匀变化。求：
（1）装置中的电源电压和R0的阻值；
（2）该装置还可设置油量减少到某个数值时进行报警。图丙中，若报警时电压表示数为1.2V，则此时容器内剩余油的体积为多少？
（3）小林设计的装置中，电压表示数不随油量均匀变化，请对装置提出一种改进措施（不用陈述理由）。
【答案】（1）装置中的电源电压为12V，R0的阻值为10Ω；
（2）若报警时电压表示数为1.2V，则此时容器内剩余油的体积为3L；
（3）小林设计的装置中，电压表示数不随油量均匀变化，改进措施如上图所示。
【分析】（1）分析甲图电路的连接和电压表测量的电压，当电压表示数为10V时，由图可知电流表的示数，由串联电路的规律及欧姆定律得出R0表达式；
当变阻器连入电路的电阻为0时，可知电流表示数最大值，由欧姆定律得出R0表达式，解方程得出电源电压及R0大小；
（2）分析图丙电路的连接及电压表测量的电压，由表中数据油的体积及对应的电压表示数，
由串联电路电压的规律和分压原理得出变阻器连入电路的电阻，找出油的体积减小量与对应的变阻器连入电路的电阻增大值的关系，从而求出若报警时电压表示数为1.2V容器内剩余油的体积；
（3）油量越大，滑片以上电阻越大，变阻器连入电路的电阻越小，为使电压表示数随油量均匀变化，要控制电路的电流保持不变，故可将电压表接在变阻器的滑片上测滑片以上电阻丝的电压，根据U＝IR，电压表示数与滑片以下电阻丝的电压成正比，可实现电压表示数随油量均匀变化。
【解答】解：
（1）甲图中，R与定值电阻串联，电压表测R的电压，电流表测电路的电流，由甲图知，
当电压表示数为：
U1＝10V时，电路的电流为：I1＝0.2A，
由串联电路的规律及欧姆定律，R0＝＝，
当变阻器连入电路的电阻为0时，电压表示数为0，电流表示数最大为：I2＝1.2A，
由欧姆定律，R0＝＝，
因R0＝＝＝，
电源电压：U＝12V，R0＝10Ω；
（2）图丙中，定值电阻与变阻器串联，电压表测定值电阻的电压，由表中数据知，油的体积为：
①V1＝30L时，电压表示数U1＝12V，等于电源电压，即变阻器连入电路的电阻为0，电路为定值电阻的简单电路；
②油的体积为V2＝24L时，电压表示数U2＝4V，
由串联电路电压的规律，变阻器的电压为：U滑2＝12V﹣4V＝8V，由分压原理，变阻器连入电路的电阻：
R滑2＝×10Ω＝20Ω；
③油的体积为V3＝15L时，电压表示数U2＝2V，
同理，变阻器连入电路的电阻：
R滑3＝×10Ω＝50Ω；
①②相比，油的体积减小30L﹣24L＝6L，变阻器连入电路的电阻增大20Ω；
②③相比，油的体积减小24L﹣15L＝9L，变阻器连入电路的电阻增大30Ω；
①③相比，油的体积减小30L﹣15L＝15L，变阻器连入电路的电阻增大50Ω；
由此可知，油的体积减小量与对应的变阻器连入电路的电阻增大值之比为：
＝＝.
若报警时电压表示数为1.2V，由串联电路电压的规律，变阻器的电压为：U滑4＝12V﹣1.2V＝10.8V，
由分压原理，变阻器连入电路的电阻为：
R滑4＝×10Ω＝90Ω，
第①相比，变阻器连入电路的电阻增大90Ω，
油的体积减小为：
×90Ω＝27L，
则此时容器内剩余油的体积为：
V4＝30L﹣27L＝3L；
（3）改进措施：
电路和电压表如下所示连接：
答：（1）装置中的电源电压为12V，R0的阻值为10Ω；
（2）若报警时电压表示数为1.2V，则此时容器内剩余油的体积为3L；
（3）小林设计的装置中，电压表示数不随油量均匀变化，改进措施如上图所示。
27．（2022•贺州）贺州市水利资源丰富，小明设计了如图甲所示的水文站测量桂江水位的原理图。电源电压U＝3V，定值电阻R0＝10Ω，滑动变阻器R长20cm，最大阻值20Ω。且滑动变阻器的阻值随滑片P从最上端C位置移动到最下端D位置的过程中均匀变化（滑片P移动过程中摩擦不计）。弹簧下端悬挂一重为50N的物体AB，其底面积为0.01m2、长为0.3m。弹簧伸长量与它受到拉力的关系如图乙所示（不计弹簧质量，连接弹簧两端的绝缘细绳不可伸长）。求
（1）当物体AB上表面与水面相平时，物体AB受到的浮力大小；
（2）当水面从物体AB的上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面的过程中，弹簧伸长了多少cm？
（3）闭合开关S后，当水面在物体AB上表面时，滑片刚好在滑动变阻器R的最上端C位置，水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，电压表的示数是多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）物体浸没时，V排＝V物，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可求浮力大小；
（2）利用图像可求力与伸长量的比值，再由弹簧弹力的变化可求弹簧的伸长量；
（3）由弹簧的伸长量可知滑片移动的距离，进而可求滑动变阻器接入电路中的阻值，结合欧姆定律可求串联电路的总电流，利用串联电路的特点及U＝IR可求电压表的示数。
【解答】解：（1）当物体AB上表面与水面相平时，物体AB刚好浸没水中V排＝V物＝Sh＝0.01m2×0.3m＝3×10﹣3m3；
物体AB所受浮力F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣3m3＝30N；
（2）水面与物体AB上表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹＝G物﹣F浮＝50N﹣30N＝20N；
水面下降至与物体AB下表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹′＝G物＝50N；
水面从物体AB上表面逐渐下降至与下表面相平过程中，弹簧拉力的变化量ΔF弹＝F弹'﹣F弹＝50N﹣20N＝30N；
由乙图可知：；
物体AB刚好离开水面时，由可得，弹簧伸长的长度ΔL′＝＝15cm；
（3）水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，弹簧伸长15cm，即滑片下移15cm，接入电路的电阻变化量ΔR＝＝15Ω；
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R′＝R﹣ΔR＝20Ω﹣15Ω＝5Ω；
因R′与R0串联，则通过R'的电流I′＝I＝＝0.2A；
此时电压表的示数U′＝I′R′＝0.2A×5Ω＝1V。
答：（1）物体AB受到的浮力大小为30N；
（2）弹簧伸长了15cm；
（3）电压表的示数为1V。
28．（2021•桂林）某科技小组的同学设计制作了一款自动控温烘干箱，箱内主要电路包括控制电路和工作电路，其原理图如图所示。控制电路电源电压为8V，R为变阻器，Rt为热敏电阻、Rt阻值与箱内气温关系如下表所示。工作电路电源电压为220V，R0为电热丝，阻值恒为88Ω，M为电风扇，铭牌上标有“220V 20W”字样，其作用是使箱内空气均匀受热，红、绿指示灯用于分别指示电路加热、待机状态。当控制电路的电流达到0.025A时，衔铁被电磁铁吸住，工作电路处于待机状态，当控制电路电流减小到某值时，衔铁被释放，工作电路处于加热状态。
（1）将控制电路中变阻器R的阻值调为120Ω时，箱内气温最高可达多少摄氏度？（电磁铁的线圈电阻不计）
（2）重新调节变阻器R，同时闭合开关S1、S2，箱内气温与时间关系如图乙所示，若电热丝R0加热空气的效率为80%，衔铁每次被吸住的时长均为300s，箱内空气质量恒为2.2kg、比热容为1×103J/（kg•℃）。求开关S1、S2闭合20min内，工作电路总共消耗的电能是多少焦耳？（控制电路、指示灯及电风扇M产生的电热均不计，指示灯消耗的电能不计）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）闭合开关S1，变阻器和热敏电阻串联接入电路，由欧姆定律可得该电路总电阻，根据串联电路电阻规律计算此时热敏电阻的阻值，由表中数据可知箱内最高气温；
（2）由乙图可知箱内空气在t1时间内升高的温度，首先根据吸热公式计算箱内空气在t1时间内吸收的热量，根据效率公式计算该时间段内工作电路消耗的电能，根据电功率公式的变形P＝计算电热丝R0的电功率，根据电功公式的变形t＝计算t1的具体值，由乙图可知t1到t3时间段是一次加热循环，衔铁被电磁铁吸住，工作电路处于待机状态，衔铁每次被吸住的时长均为300s，利用吸热公式、效率公式和电功公式的变形计算一次加热消耗的电能和一次加热循环所需的时长，进一步计算20min内有几次加热循环，然后得出循环加热阶段工作电路消耗的电能，加热过程中，电风扇和电热丝并联接入电路，该过程中电风扇的工作时间等于加热时间，根据电功公式计算电风扇消耗的电能，t1时间内消耗的电能与循环加热阶段工作电路消耗的电能之和即工作电路总共消耗的电能。
【解答】解：（1）闭合开关S1，变阻器和热敏电阻串联接入电路，控制电路电源电压为8V，当控制电路的电流达到0.025A时，此时箱内气温最高，衔铁被电磁铁吸住，
由欧姆定律可得该电路总电阻：R总＝＝＝320Ω，
串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以此时热敏电阻的阻值：Rt＝R总﹣R＝320Ω﹣120Ω＝200Ω，
由表中数据可知此时箱内气温最高可达50℃；
（2）由乙图可知箱内空气在t1时间内温度升高了60℃﹣24℃＝36℃，
该时间段内箱内空气吸收的热量：Q1＝cmΔt1＝1×103J/（kg•℃）×2.2kg×36℃＝7.92×104J，
该时间段内工作电路消耗的电能：W1＝＝＝9.9×104J，
电热丝R0的电功率：P＝＝＝550W，
则该时间段：t1＝＝＝180s，
由乙图可知t1到t3时间段是一次加热循环，衔铁被电磁铁吸住，工作电路处于待机状态，衔铁每次被吸住的时长均为300s，即t2﹣t1＝300s，
t2到t3时间段箱内空气温度升高了60℃﹣54℃＝6℃，
该时间段内箱内空气吸收的热量：Q2＝cmΔt2＝1×103J/（kg•℃）×2.2kg×6℃＝1.32×104J，
该时间段内工作电路消耗的电能：W2＝＝＝1.65×104J，
则该时间段：t3﹣t2＝＝＝30s，
也就是说t1到t3时间段耗时300s+30s＝330s，
开关S1、S2闭合20min内，第一次加热耗时180s，此后进入循环加热阶段，20min内循环加热的次数：n＝＝3余30s，则最后30s处于待机状态，
则循环加热阶段工作电路消耗的电能：W′＝3W2＝1.65×104J×3＝4.95×104J，
加热过程中，电风扇和电热丝并联接入电路，该过程中电风扇的工作时间等于加热时间，所以电风扇消耗的电能：W″＝PMtM＝20W×（180s+3×30s）＝5400J，
工作电路总共消耗的电能：W＝W1+W′+W″＝9.9×104J+4.95×104J+5400J＝1.539×105J。
答：（1）箱内气温最高可达50℃；
（2）开关S1、S2闭合20min内，工作电路总共消耗的电能是1.539×105J。
29．（2020•玉林）为探究平衡木受力的特点，重为400N的小红设计了图甲所示的平衡木模型，整个装置放在水平地面上，AB可绕支点O无摩擦转动。AB始终处于水平平衡状态，C处固定一竖直硬杆，硬杆重300N，硬杆的底部安装有压力传感器R，R所在的电路装置如图乙所示，R的阻值随着硬杆对它的压力F的变化关系如图丙所示。其中，电源电压为4.5V，保护电阻R0＝5Ω，电流表的量程为0～0.6A，且AB＝4m，OA＝BC＝1m，整个装置除硬杆外，其他部分的重力均不计，g取10N/kg。求：
（1）小红的质量；
（2）小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力；
（3）小红站在C点时，电流表的示数；
（4）在电路安全的情况下，小红在平衡木上缓慢走动的过程中，当电路消耗的电功率达到最小值和最大值时，压力传感器R消耗的电功率之比。
【答案】（1）小红的质量为40kg；
（2）小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力为200N；
（3）小红站在C点时，电流表的示数为0.36A；
（4）当电路消耗功率达最小值和最大值时，压力传感器R消耗的功率之比为16：25。
【分析】（1）根据G＝mg计算质量；
（2）根据杠杆平衡条件 计算拉力；
（3）计算出压力传感器R受到的压力，根据图像确定阻值，由 计算电流大小；
（4）根据P＝UI＝I2R 分别计算电流最小值与最大值时的功率进行比较。
【解答】解：（1）由G＝mg可知小红的质量
（2）小红站在A点时，杠杆受小红对A点的压力和硬杆对C点的拉力，
其中OA＝1m，OC＝AB﹣OA﹣BC＝4m﹣1m﹣1m＝2m，
根据杠杆的平衡条件可得：G人•OA＝Fc•OC，
即：400N×1m＝F拉×2m，
解得：Fc＝200N；
（3）小红站在C点时，压力传感器R受到的压力为 Fc＝G杆+G人＝300N+400N＝700N，
由丙图知R＝7.5Ω，则 Rc＝R0+R＝5Ω+7.5Ω＝12.5Ω，
电流表的示数为；
（4）当电路消耗功率达最小值时，电路中的电流最小，R最大，硬杆对R的压力最小，对硬杆和杠杆进行受力分析，并根据杠杆平衡原理，此时小红应站在A点；
此时R受到的压力为 F压＝G杆﹣Fc＝300N﹣200N＝100N，
由丙图可知R'＝20Ω，则 ，
同理，经分析可知，在电路安全的情况下，当电路消耗功率最大时，此时小红应站在B点，
此时 OB＝OC+BC＝2m+1m＝3m，
由杠杆平衡可得 ，
此时R受到的压力为 F'压＝F'c+G杆＝600N+300N＝900N，
由丙图可知R''＝5Ω，则
可知电路安全，则压力传感器R消耗的功率之比为：
＝＝＝。
答：（1）小红的质量为40kg；
（2）小红站在A点时，C处受到硬杆对它的拉力为200N；
（3）小红站在C点时，电流表的示数为0.36A；
（4）当电路消耗功率达最小值和最大值时，压力传感器R消耗的功率之比为16：25。
30．（2019•柳州）如图甲所示的电路中，电源电压为24V，电阻R2＝20Ω，电压表的量程为0～15V．闭合S后，调节滑片P使电压表示数为8V。
（1）电路中的电流为多少？
（2）R1消耗的电功率为多少？
（3）撤去图甲中的R1、R2，现有定值电阻R3＝10Ω，两个滑动变阻器R4、R5（最大阻值分别为20Ω和50Ω），请将R4、R5其中之一和R3填入图乙所示的虚线框内。要求：
①闭合S，自由移动滑片P时电压表安全工作且示数不为零，R3两端电压有最大的变化范围。
②按要求完成图乙的电路图。
②求R3两端电压的变化范围。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据串联电路的电压规律求出R2两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的电流；
（2）根据P＝UI求出电功率的大小；
（3）滑片在移动时，电压表的示数不能超过15V；根据电压表示数不为0判定电流的连接方式；要使R3两端电压有最大的变化范围，则根据U＝IR可知，电流的变化范围越大，R3两端的电压变化越大；根据最小电流求出R3两端电压的变化范围；
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压。
（1）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＝24V﹣8V＝16V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以电路中的电流：I＝＝＝0.8A；
（2）R1消耗的电功率：P1＝U1I＝8V×0.8A＝6.4W；
（3）①②由题意可知，自由移动滑片P时电压表安全工作且示数不为零，则电压表与定值电阻R3并联；为了使电压表能安全工作，两端的最大电压为15V，根据U＝IR可知，此时电路中的电流是最大的；若电路中的电流越小，根据U＝IR可知，此时电压表的示数是最小的，故应该选用阻值较大的滑动变阻器R5；电路图如图所示：
；
③根据电压表的量程可知，为了使电压表能安全工作，两端的最大电压为15V；
当滑动变阻器全部接入电路中时，此时电路中的总电阻最大，电流最小，总电阻为：R＝R3+R5＝10Ω+50Ω＝60Ω；
此时电路中的最小电流为：I小＝＝＝0.4A；
则R3两端最小电压为：U小＝I小R3＝0.4A×10Ω＝4V；
R3两端电压的变化范围4V﹣15V。
答：（1）电路中的电流为0.8A；
（2）R1消耗的电功率为6.4W；
（3）②如图；③R3两端电压的变化范围4V﹣15V。
31．（2019•桂林）在学习了电学知识后，小宝对家里新买的号称“大功率电热毯”进行了研究。他对电热毯的工作电路图进行简化处理后绘制出了如图所示的等效电路图并研究。电路安全保护装置部分小宝由于没有学到相关知识打算以后再研究。
按照说明书介绍，电热毯工作电路等效电源的电压低于220V．通过旋转电热毯的开关，电路可以达到3个挡位。如图所示，挡位1：单独闭合S1；挡位2：同时闭合S1、S2；挡位3：同时闭合S1、S2、S3。
小宝根据说明书提供参数进行计算后发现，不考虑灯丝电阻随温度变化，当电热毯处于挡位1时，灯泡 L 的功率为其额定功率的，R2消耗的功率为1w；当电热毯处于挡位3时，灯泡L正常发光，R1消耗的功率为64W。
请你根据题目所给的信息，完成以下问题。
（1）当电热毯处于挡位1时，R1、R2、灯泡L一起 串 联工作。
当电热毯处于挡位2时，R1、R2、灯泡 L中只有 R2 工作。
（2）求电热毯处于挡位1时，灯泡两端实际电压与其额定电压之比＝？
（3）求电热毯处于挡位3时，通电50秒电流通过R2产生的热量？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）当电热毯处于挡位1时画出等效电路图，根据电流的路径即可判断连接方式；
（2）电热毯处于挡位1时，已知PL＝P额，根据P＝即可求出的比值；
（3）电热毯处于挡位3时R1、R2、灯泡L并联；根据P＝可得出电阻R1与电源电压U的表达式；
由于灯泡L正常发光，则电源电压U＝U额；则根据当电热毯处于挡位1时的值可得的值；
然后根据串联电路的电压特点和欧姆定律可得：灯泡电阻RL与R1和R2的关系式；
已知R2消耗的功率根据P＝I2R得出R2与串联时的电流I的表达式；
由于电源电压U＝I（R1+RL+R2）；
将电阻的表达式代入上式可得：U2I2﹣16UI+60＝0，
解方程得：UI＝8；
然后联立R1与电源电压U的表达式、R2与串联时的电流I的表达式可得：R1＝R2；
由此可知：电热毯处于挡位3时，R1、R2、灯泡L并联；则R2消耗的功率与R1消耗的功率相等，
根据Q＝Pt即可求出R2产生的热量。
【解答】解：
（1）当电热毯处于挡位1时，由于是单独闭合S1；则等效电路图如图：
由图可知：只有一条电流路径，则R1、R2、灯泡L串联；
当电热毯处于挡位2时是同时闭合S1、S2；由于S2闭合对R1、灯泡L短路，只有 R2工作。
（2）电热毯处于挡位1时，已知：PL＝P额，
不考虑灯丝电阻随温度变化，根据P＝可得：
＝＝＝＝；
（3）电热毯处于挡位3时是同时闭合S1、S2、S3，则R1、R2、灯泡L并联；
已知R1消耗的功率P1＝64W；
根据P＝可得：R1＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
由于灯泡L正常发光，则电源电压U＝U额；
当电热毯处于挡位1时，电路中电流为I，则根据P＝I2R可得：
R2＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
已知：＝；则：＝；
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可得：
＝＝；
整理可得：RL＝3（R1+R2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；
电源电压U＝I（R1+RL+R2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④；
将①②③代入④可得：
U2I2﹣16UI+64＝0，
解得：UI＝8﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤，
将①②⑤联立可得：R1＝R2；
由此可知：电热毯处于挡位3时，R1、R2、灯泡L并联；则R2消耗的功率与R1消耗的功率相等，
即：P2＝P1＝64W；
所以，通电50秒电流通过R2产生的热量Q2＝W2＝P2t＝64W×50s＝3200J。
答：（1）串；R2。
（2）电热毯处于挡位1时，灯泡两端实际电压与其额定电压之比＝；
（3）电热毯处于挡位3时，通电50秒电流通过R2产生的热量为3200J。
一．选择题。
1．（2023•城中区三模）将“220V 60W”的灯泡L1和“220V 40W”的灯泡L2串联在220V的电源上，组成闭合电路（设灯丝电阻不变），则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L1和灯泡L2均正常发光
B．灯泡L1比灯泡L2亮
C．两灯泡的总功率小于40W
D．两灯泡的实际功率都变为其额定功率的一半
【答案】C
【分析】（1）当灯泡两端电压等于其额定电压时，灯泡正常发光，根据串联电路分压原理可知灯泡两端实际电压与额定电压的关系，进一步确定两灯泡是否正常发光；
（2）根据P＝求出两灯泡的电阻，根据串联电路电流规律和P＝I2R可知两灯泡实际功率的大小，实际功率决定灯泡的明暗程度；
（3）根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电路电流，根据P＝I2R求出两灯泡的实际功率，并与灯泡额定功率的一半进行比较；
两灯泡的总功率等于两灯泡的实际功率之和，并与40W进行比较。
【解答】解：A、因串联电路起分压作用，所以将“220V 60W”的灯泡L1和“220V 40W”的灯泡L2串联在220V的电源上，两灯泡两端的实际电压均小于220V，所以两灯泡都不能正常发光，故A错误；
B、由P＝可得，灯泡L1、L2的电阻分别为：R1＝＝≈806.7Ω；R2＝＝＝1210Ω；
因串联电路中处处电流相等，且R1＜R2，所以由P＝I2R可知，灯泡L1的实际功率小于灯泡L2的实际功率，所以灯泡L2比灯泡L1亮，故B错误；
CD、因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以此时电路的电流：I＝＝＝≈0.11A，
两灯泡消耗的实际功率分别为：P1′＝I2R1＝（0.11A）2×806.7Ω≈9.76W≠×60W＝30W，
P2′＝I2R2＝（0.11A）2×1210Ω≈14.64W≠×40W＝20W，
即两灯泡的实际功率都小于其额定功率的一半，
两灯泡的总功率为：P＝P1′+P2′＝9.76W+14.64W＝24.4W＜40W，故C正确，D错误。
故选：C。
2．（2023•钦州模拟）图是“探究电流通过导体时产生的热量跟什么因素有关”的实验装置。通电前，A、B两个U形管内的液面相平。通电时，下列分析正确的是（ ）
A．此实验探究电流产生的热量与电流的关系
B．通过R1的电流和通过R2的电流大小相等
C．R1两端的电压和R2两端的电压大小相等
D．通电后，A管的液面会比B管的液面高
【答案】B
【分析】（1）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；
（2）根据欧姆定律分析；
（3）电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法，根据QQ＝I2Rt分析。
【解答】解：AB、装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻大小的关系；故A错误，B正确；
C、根据U＝IR，因R1小于R2，故R1两端的电压小于R2两端的电压；故C错误；
D、由焦耳定律Q＝I2Rt可知，因电流和通电时间相同，R1小于R2，故R2产生的热量多，根据转换法，B管的液面会比A管的液面高，故D错误。
故选：B。
3．（2023•宾阳县一模）在探究并联电路特点的实验中，如图所示，两盏小灯泡规格不同，当开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．L1、L2两端电压相等
B．L1、L2的亮度一定相同
C．三个电流表的示数一样大
D．若L2灯丝烧断了，L1不能发光
【答案】A
【分析】（1）分析电路图得出电路连接方式以及电流表的位置，结合并联电路的特点分析判断；
（2）灯泡的亮度取决于其实际功率的大小；
（3）分析电流表的位置，根据并联电路的电路特点分析三个电流表的示数大小关系；
（4）并联电路中各用电器互不影响。
【解答】解：
A、由图可知，闭合开关S，两灯并联，灯泡L1、L2两端的电压相等，故A正确；
B、灯泡的亮度取决于其实际功率的大小，两盏小灯泡规格不同，亮度不一定相同，故B错误；
C、电流表A在干路上，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以三个电流表的示数不一样大，故C错误；
D、并联电路中各用电器互不影响，因此若L2灯丝烧断了，L1照常发光，故D错误。
故选：A。
4．（2023•桂林一模）如图为小林“探究电热与什么因素有关”的实验示意图。用该实验装置在“研究电流做功产生的热量与电流的关系”实验时，需要控制相等的量是（ ）
A．甲和乙的电阻相等
B．通过甲和乙的电流和通电时间相等
C．甲电阻前后两次实验的通电时间相等
D．甲和乙的电阻、两端电压、通电时间和电流相等
【答案】C
【分析】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。
【解答】解：研究电流做功产生的热量与电流的关系，要控制电阻和通电时间相同，只改变电流的大小，因图中两电阻串联，通过甲和乙的电流始终相等，故本实验中可把甲、乙电阻任一个作为研究对象。
把甲电阻作为研究对象，电阻不变，通过移动变阻器的滑片改变通过甲电阻的电流，根据控制变量法，甲电阻前后两次实验的通电时间相等，故C符合题意；ABD不符合题意。
故选：C。
5．（2023•柳南区一模）小军同学在调查家里用电器的铭牌时，发现不同的用电器功率一般不同，电水壶标有“1200W”字样，电风扇标有“50W”字样。下列说法中正确的是（ ）
A．电水壶消耗的电能一定多
B．电风扇正常工作时，其实际功率小于50W
C．电水壶接在110V电压下工作时，其实际功率为600W
D．电水壶和电风扇都正常工作时，电流通过电水壶做功更快
【答案】D
【分析】（1）根据W＝Pt可知，用电器正常工作时消耗电能的多少与用电器的额定功率和工作时间有关；
（2）电风扇标有“50W”字样，是指该电风扇的额定功率为50W；用电器正常工作时，其实际功率等于额定功率；
（3）电水壶的电阻不变时，实际电压为110V时，由P＝UI＝可知实际功率将变为额定功率的；
（4）电水壶和电风扇都正常工作时，实际功率等于各自的额定功率，电功率是反映电流做功快慢的物理量，电功率大表示电流做功快。
【解答】解：
A、由题知电水壶的额定功率大，根据W＝Pt可知，用电器正常工作时消耗电能的多少与用电器的额定功率和工作时间有关；只知道额定功率的大小，不知道工作时间，所以无法判定消耗电能的多少，故A错误；
B、电风扇标有“50W”字样，是指该电风扇的额定功率为50W，则电风扇正常工作时，其实际功率等于额定功率50W，故B错误；
C、把电水壶接到220V电压下工作，电水壶正常工作，实际功率是1200W；
当实际电压为110V时，电水壶的电阻不变时，由P＝UI＝可知实际功率将变为额定功率的，即实际功率为×1200W＝300W，故C错误；
D、电功率是反映电流做功快慢的物理量；电水壶和电风扇都正常工作时，电水壶的实际功率为1200W，电风扇的实际功率为50W，电水壶的实际功率大于电风扇的实际功率，所以电流通过电水壶做功更快，故D正确。
故选：D。
二．多选题。
6．（2023•青秀区校级模拟）（多选）某科技小组设计了一款跳绳自动计数器，电路如图甲所示。R1是光敏元件，R2是定值电阻，每当绳子挡住射向R1的光线时，R1的电阻会变大，计数器计数一次，信号处理系统能记录AB间每时刻的电压。电源电压为12V，某时段AB间的电压随时间变化的图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．AB两端电压为9V时，自动计数器会计数一次
B．绳子挡住射向R1的光线时，电路的总电阻会增大
C．绳子挡住射向R1的光线时，R1的阻值是R2的3倍
D．绳子挡住射向R1的光线时，R1的电功率是R2的3倍
【答案】BCD
【分析】由甲图可知，两个电阻串联；由题意知，射向R1的光线被挡时它的电阻变化，根据串联电路分压原理可知两个电阻两端电压也随之变化，再结合图象乙分析射向R1的光线被挡时AB间的电压以及两电阻的阻值之比、两电阻的电功率之比。
【解答】解：由甲图知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压。
AB、由题知，当射向R1的光线被挡时，R1阻值变大，R2两阻值不变，根据串联电路电阻的规律可知电路的总电阻增大，故B正确；根据串联电路分压原理知，R1两端电压增大，R2两端电压减小；由图象乙知，AB间最小电压为3V，即此时U2＝3V，因为R1的电阻变大，自动计数器会计数一次，即AB间电压为3V计数一次，故A错误；
C、绳子挡住射向R1的光线时，根据串联电路分压原理得：，即：，故C正确；
D、绳子挡住射向R1的光线时，由于串联电路各处电流相等，根据P＝I2R可得，故D正确。
故选：BCD。
7．（2023•宜州区二模）（多选）如图（a）所示是某家用电热器的内部电路结构图，其中R1、R2为加热电阻丝（R1小于R2）。若用它来烧开同一壶水，如图（b）所示是其电阻丝的四种连接方式，则下列说法正确的是（ ）
A．甲所用时间最长B．乙所用时间最长
C．丙所用时间最短D．丁所用时间最短
【答案】BD
【分析】根据开关的不同状态，确定电阻丝的连接方式；再根据电功率公式P＝UI＝确定发热功率的大小；根据P＝分析判断四种连接方式所需时间的长短。
【解答】解：在甲中，开关同时连接1、4和2、3，此时R1短路，R2通路，功率大小表示为P甲＝；在乙中，开关连接2、3，此时R1与R2串联，功率大小表示为P乙＝；在丙中，开关连接1、3，此时R1通路，R2开路，功率大小表示为P丙＝；在丁中，开关连接同时连接1、3和2、4，此时R1与R2并联，功率大小表示为P丁＝+.；
因为电源电压一定，且R1小于R2，所以上述四种情形中，功率大小关系为：P丁＞P丙＞P甲＞P乙；
由题意可知，电热器消耗的电能相等，由P＝可知，四种连接方式所需时间的关系为：t乙＞t甲＞t丙＞t丁，即乙所用时间最长，丁所用时间最短，故BD正确。
故选：BD。
8．（2023•桂林二模）（多选）如图甲所示的电暖气，有低、中、高三挡，已知发热元件R1＞R2，以下说法正确的是（ ）
A．使用“低温挡”只需要闭合S2
B．闭合S1、S2时，通过R1、干路的电流之比为5：9
C．电阻R1的大小为55Ω、R2的大小为44Ω
D．家里只有电暖气在中温挡正常工作6分钟，电能表转盘转动110圈
【答案】CD
【分析】（1）由丙电路图可知，只闭合S1时电路为R1的简单电路，只闭合S2时电路为R2的简单电路，闭合S1、S2时R1与R2并联，根据电阻的并联特点结合R1＞R2比较三种情况下电路的总电阻关系，电源的电压一定时，由P＝UI＝可知，电路的总电阻最小时总功率最大，电暖气处于高温挡，反之处于低温挡；
（2）只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电暖气处于低温挡，根据P＝UI求出此时电路中的电流；闭合S1、S2时，R1与R2并联，电暖气处于高温挡，根据P＝UI求出此时干路的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响求出闭合S1、S2时通过R1、干路的电流之比；
（3）只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电暖气处于低温挡，根据P＝UI＝求出电阻R1的阻值；只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电暖气处于中温挡，根据P＝UI＝求出电阻R2的阻值；
（4）家里只有电暖气在中温挡正常工作6分钟，根据P＝求出消耗的电能，1000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1000r，据此求出电能表转盘转动的圈数。
【解答】解：
A．由丙电路图可知，只闭合S1时电路为R1的简单电路，只闭合S2时电路为R2的简单电路，闭合S1、S2时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，且R1＞R2，
所以，只闭合S1时电路的总电阻最大，闭合S1、S2时电路的总电阻最小，
电源的电压一定时，由P＝UI＝可知，闭合S1、S2时电路的总功率最大，电暖气处于高温挡，
同理可知，只闭合S1时电暖气处于低温挡，只闭合S2时电暖气处于中温挡，故A错误；
B．只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电暖气处于低温挡，
由P＝UI可得，此时电路中的电流：I低＝＝＝4A；
闭合S1、S2时，R1与R2并联，电暖气处于高温挡，
此时干路的电流：I高＝＝＝9A，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，闭合S1、S2时，通过R1、干路的电流之比：＝＝＝，故B错误；
C．只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电暖气处于低温挡，由P＝UI＝可得，电阻R1的阻值：R1＝＝＝55Ω；
只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电暖气处于中温挡，电阻R2的阻值：R2＝＝＝44Ω，故C正确；
D．家里只有电暖气在中温挡正常工作6分钟，由P＝可得，消耗的电能：W＝P中t＝1100×10﹣3kW×h＝0.11kW•h，
因1000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1000r，
所以，电能表转盘转动的圈数：n＝1000r/（kW•h）×0.11kW•h＝110r，故D正确。
故选：CD。
9．（2023•平南县一模）（多选）如图是小亮设计的“挂钩式电子秤”的电路原理图，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，滑片P与挂钩固定在一起。不挂物体时滑片P在R2最上端。挂上物体时，滑片P随挂钩向下移动。在电子秤量程范围内，则（ ）
A．不挂物体时，电压表示数为0
B．所挂物体越重，电流表示数越小
C．所挂物体越轻，电路消耗的总功率越大
D．所挂物体重量发生变化，电压表示数与电流表示数的比值不变
【答案】ABC
【分析】由图知，定值电阻R1、滑动变阻器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；
A、不挂物体时，变阻器连入电路的电阻为0，据此分析；
B、所挂物体越重，变阻器连入电路的电阻越大，总电阻越大，由欧姆定律分析电路中电流的变化；
C、所挂物体越轻，变阻器连入电路的电阻越小，总电阻越小，由欧姆定律分析电路中电流的变化，根据P＝UI分析电路消耗的总功率；
D、所挂物体重量发生变化时，变阻器连入电路的电阻变化，由欧姆定律分析电压表示数与电流表示数的比值的变化。
【解答】解：由图知，定值电阻R1、滑动变阻器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；
A、不挂物体时，滑片P在R2最上端，变阻器连入电路的电阻为0，则电压表示数为0，故A正确；
B、所挂物体越重，滑片P向下移动的距离越大，变阻器连入电路的电阻越大，总电阻越大，由欧姆定律可知电路中的电流越小，即电流表示数越小，故B正确；
C、同理可知，所挂物体越轻，变阻器连入电路的电阻越小，总电阻越小，由欧姆定律可知电路中的电流越大，根据P＝UI，电路消耗的总功率越大，故C正确；
D、所挂物体重量发生变化时，变阻器连入电路的电阻发生变化；由欧姆定律可知，电压表示数与电流表示数的比值等于变阻器连入电路的电阻，所以该比值会发生变化，故D错误。
故选：ABC。
10．（2023•贵港一模）（多选）兴趣小组设计的电子身高测量仪如图所示，其中定值电阻 R1＝6Ω。电源电压恒为4.5V，滑动变阻器R2规格为“40Ω 0.5A”，电压表的量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。在电路安全的情况下，关于此设计下列说法正确的是（ ）
A．当被测者的身高越高时，电压表的示数越大
B．当电路中电流为0.5A时，滑动变阻器接入电路的阻值是9Ω
C．R2 接入电路的阻值是6Ω时，电压表的示数是2.25V
D．用电流表的示数来反映人的身高，更符合人们的思维习惯
【答案】AC
【分析】由电路图可知，R1和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；
（1）当被测者的身高越高时，滑动变阻器接入电路中的电阻越大，由串联分压的规律可知电压表示数的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
（2）根据欧姆定律算出当电路中电流为0.5A时电路的总电阻，由串联电路电阻的规律算出变阻器接入电路的阻值；
（3）R2接入电路的阻值是6Ω时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的示数。
【解答】解：由电路图可知，R1和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；
AD、当被测者的身高越高时，滑片向上移动的距离越多，滑动变阻器接入电路中的电阻越大，电路中的总电阻越大，由串联分压的规律可知变阻器R2两端的电压越大，即电压表示数越大，故A正确；
电路中的总电阻越大，根据I＝可知电路中的电流越小，即当被测者的身高越高时，电流表的示数越小，不符合人们的思维习惯，故D错误；
B、根据I＝可得，当电路中电流为0.5A时电路的总电阻为：
R总＝＝＝9Ω，
由串联电路电阻的规律可知变阻器接入电路的阻值为：R2＝R总﹣R1＝9Ω﹣6Ω＝3Ω，故B错误。
C、因串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，
所以，当R2接入电路中的电阻为6Ω时，电路中的电流为：
I′＝＝＝0.375A，
此时R2两端的电压为：U2′＝I′R2′＝0.375A×6Ω＝2.25V，即电压表的示数2.25V，故C正确。
故选：AC。
11．（2023•青秀区校级模拟）（多选）如图所示，电源电压保持6V不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω，0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω，1A”。闭合开关，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器滑片左右移动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数允许的变化范围为0～3V
B．电流表示数允许的变化范围为0.2～0.5A
C．滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为10Ω
D．电路消耗总电功率允许的变化范围为1.2W～1.8W
【答案】CD
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据欧姆定律求出电压表的示数为3V时电路中的电流，然后结合滑动变阻器、定值电阻的规格和电流表的量程确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，根据P＝UI求出电路消耗的最大总功率；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根串联电路电阻的规律和欧姆定律算出电路中最小的电流，由U＝IR算出定值电阻R1两端的电压，根据P＝I2R求出电路的最小功率，然后得出两表的示数范围和电路消耗功率允许的变化范围。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当电压表的最大示数为3V时，此时电路中的电流为：
I1＝＝＝0.3A，
因电流表的量程为0.6A，定值电阻R1允许通过的最大电流为0.5A，变阻器R2允许通过的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流I大＝0.3A，
此时电路中的总电阻：
R＝＝＝20Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2＝R﹣R1＝20Ω﹣10Ω＝10Ω，故C正确；
电路消耗的最大功率：
P＝UI大＝6V×0.3A＝1.8W；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1两端的电压和电路消耗的总功率最小，
此时电路中的电流：
I小＝＝＝0.2A，
此时定值电阻R1两端的最小电压为：
U1小＝I小R1＝0.2A×10Ω＝2V，即电压表的最小示数为2V，
电压表的示数范围为2V～3V，故A错误；
则电流表示数允许的变化范围为0.2A～0.3A，故B错误；
电路消耗的最小功率：
P′＝UI小＝6V×0.2A＝1.2W，
则电路消耗总功率允许的变化范围为1.2W～1.8W，故D正确。
故选：CD。
12．（2023•宾阳县模拟）（多选）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持4.5V不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R1阻值为5Ω，滑动变阻器R2的规格为“15Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
A．当水流速度增大时，电压表的示数变大
B．当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
C．滑动变阻器允许接入电路的取值范围为10Ω～15Ω
D．电阻R1的电功率的变化范围为0.45W～1.8W
【答案】BD
【分析】由电路图可知，定值电阻R1与变阻器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。
（1）流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，水流速度增大时，机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，变阻器接入电路中的电阻变小，据此可知电路中总电阻变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻R1两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化，进一步得出电压表与电流表的示数之比变化；
（2）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值，利用P＝I2R求出电阻R1的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，根据串联电路的电压特点求出R1的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P＝I2R求出电阻R1的最小电功率。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1与变阻器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。
AB．流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，
当水流速度增大时，机翼状的探头上下表面受到的压强不同，下表面受到的压强大于上表面受到的压强，R2的滑片上移，变阻器接入电路中的阻值变小，电路的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，
由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，变阻器R2两端的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；
同理可知，当水流速度减小时，电流表的示数变小，电压表的示数变大，则电压表与电流表的示数之比变大，故B正确；
CD．当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I＝＝＝0.9A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，
所以，电路中的最大电流为I大＝0.6A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电阻R1的电功率最大，
此时电路中的总电阻：R＝＝＝7.5Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2＝R﹣R1＝7.5Ω﹣5Ω＝2.5Ω，
电阻R1的最大功率：P1大＝I大2R1＝（0.6A）2×5Ω＝1.8W；
当电压表的示数最大为U2＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，
此时R1的电压：U1＝U﹣U2＝4.5V﹣3V＝1.5V，
则电路中最小的电流：I小＝＝＝0.3A，
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R2′＝＝＝10Ω，
所以，滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2.5Ω～10Ω，故C错误；
电阻R1的最小功率：P1小＝I小2R1＝（0.3A）2×5Ω＝0.45W，
所以，电阻R1的电功率的变化范围为0.45W～1.8W，故D正确。
故选：BD。
三．填空题。
13．（2023•桂林一模）电热水壶具有调温功能，其铭牌如图甲所示，工作电路图如图乙所示，虚线框内的加热电路由两个加热电阻组成，定值电阻R0＝48.4Ω，R'是可变电阻（调温电阻）。在额定电压下工作时，该电热水壶最大功率为 1000 W。此时R'接入电路的电阻大小为 0 Ω；用电高峰时，实际电压为198V，当电路中只有电热水壶以最大功率加热时，如图丙所示的电能表指示灯2min内闪烁了 81 次。
【答案】1000；0；81。
【分析】（1）根据来计算电热水壶的最大功率。
（2）当电热水壶为最大功率时，根据串联电路的分压作用，此时220V的电压全部加在R0上，此时R'的电压为零，此时R'接入电路的电阻为零。
（3）根据实际电压计算实际功率，根据实际功率计算电热水壶消耗的能量，进而计算出电能表指示灯在2minn内闪烁的次数。
【解答】解：在额定电压下工作时，该电热水壶最大功率为：；根据串联电路的分压作用，此时220V的电压全部加在R0上，此时R'的电压为零，R'接入电路的电阻大小为0；
实际电压为198V，当电路中只有电热水壶以最大功率加热时，电热水壶的实际功率为：；
此时电热水壶在2min内消耗的电能为：；
如图丙所示的电能表指示灯2min内闪烁的次数为：。
故答案为：1000；0；81。
14．（2023•西乡塘区校级模拟）如图所示，虚线框内为某废弃电热器的加热部件，小明在老师指导下利用如图电路测定电热器功率。把M接A，N接B，闭合开关S，电流表示数为0.8A。把M接A，N接C，闭合开关S，测得电热器功率为880W。把M接A，N接C，再用导线连接 AB ，闭合开关S，则此时电热器功率最大，最大功率为 1100 W。
【答案】AB；1100。
【分析】把M接A，N接B，闭合开关S，电流表示数为0.8A，根据P＝UI可知此时电热器的功率；
把M接A，N接B，闭合开关S，R1与R2串联，电流表示数为0.8A，根据欧姆定律得出电路中的总电阻；
把M接A，N接C，闭合开关S，只有R1接入的简单电路，测得电热器功率为880W，根据P＝得出R1的阻值，根据电阻串联的特点得出R2的阻值；由P＝可知，电压一定时，电阻越小，电功率越大，经分析，当把M接A，N接C，再用导线连接AB，闭合开关，此时R1与R2并联接入电路，其阻值最小，则电功率最大，根据电阻并联的特点得出此时电路中的总电阻，根据P＝得出最大电功率。
【解答】解：
把M接A，N接B，闭合开关S，电流表示数为0.8A，则此时电热器的功率为P＝UI＝220V×0.8A＝176W；
把M接A，N接B，闭合开关S，R1与R2串联，电流表示数为0.8A，则电路中的总电阻为R＝＝＝275Ω；
把M接A，N接C，闭合开关S，只有R1接入的简单电路，测得电热器功率为880W，则R1的阻值为R1＝＝＝55Ω，
则R2的阻值为R2＝R﹣R1＝275Ω﹣55Ω＝220Ω，
由P＝可知，电压一定时，电阻越小，电功率越大，经分析，当把M接A，N接C，再用导线连接AB，闭合开关，此时R1与R2并联接入电路，其阻值最小，则电功率最大，此时电路中的总电阻为R′＝＝＝44Ω，
最大电功率为P＝＝＝1100W。
故答案为：AB；1100。
15．（2023•江南区模拟）如图甲所示电路中，电阻R1＝2Ω，R3是0～10Ω的滑动变阻器，电源电压恒为6V。已知滑片每滑动1cm时，R3接入电路的阻值变化1Ω，滑片距离a端的长度设为x；闭合开关，R3的滑片滑动过程中，电压表V1示数U与x的关系图象如图乙所示。则当x＝0时，电阻R2两端的电压为 4.8 V，当x＝5cm时，电路消耗的总功率为 2.4 W。
【答案】4.8；2.4。
【分析】由图甲可知，电路中三个电阻串联，电压表V1测量R2和R3的电压，电压表V2测量电阻R3的电压。
由乙图可知，当x＝0时，R3＝0Ω，得出电阻R2两端的电压，根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压，根据欧姆定律得出电路中的电流和R2的阻值。
已知滑片每滑动1cm时，R3接入电路的阻值变化1Ω，得出x＝5cm时R3接入电路的阻值，
根据P＝得出电路消耗的总功率。
【解答】解：由图甲可知，电路中三个电阻串联，电压表V1测量R2和R3的电压，电压表V2测量电阻R3的电压。
由乙图可知，当x＝0时，R3＝0Ω，电阻R2两端的电压U2＝4.8V，电源电压U＝6V，
根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压U1＝U﹣U2＝6V﹣4.8V＝1.2V，
电路中的电流I＝I1＝＝＝0.6A，
所以：R2＝＝＝8Ω。
已知滑片每滑动1cm时，R3接入电路的阻值变化1Ω，
当x＝5cm时，R3′＝5cm×1Ω/cm＝5Ω，
电路消耗的总功率P＝＝＝2.4W。
故答案为：4.8；2.4。
16．（2023•江南区模拟）如图是家用电吹风的电路原理图，其中电热丝通电后可以发热，电动机通电后可以送风，当选择开关O接在C、D位置时，电吹风处于关机状态。要让电吹风工作时吹热风，它的开关O应接在 A、B （用图中的字母表示）位置，此时电热丝的电功率为1000W。已知冷风挡的额定功率为400W，则电吹风热风挡的额定功率 1400 W。
【答案】A、B；1400。
【分析】根据电路图知，开关接在A、B位置时，电动机和电热丝并联，吹风机吹热风；
开关接在B、C位置时，只电动机工作，吹风机吹冷风，根据P热＝P冷+P电热丝得出电吹风热风挡的额定功率。
【解答】解：根据电路图知，开关接在A、B位置时，电动机和电热丝并联，吹风机吹热风，此时电热丝的电功率为1000W；
开关接在B、C位置时，只电动机工作，吹风机吹冷风，冷风挡的额定功率为400W，则电吹风热风挡的额定功率P热＝P冷+P电热丝＝400W+1000W＝1400W。
故答案为：A、B；1400。
17．（2023•柳州一模）如图所示是某电蒸锅的内部简化电路图，有加热和保温两个挡位，其中R1＝484Ω、R2＝44Ω。只闭合S1时，电蒸锅处于 保温 挡；当S1、S2均闭合时，通过R1、R2的电流之比I1：I2＝ 1：11 ，使用加热挡5min电蒸锅产生的热量是 3.6×105 J。
【答案】保温；1：11；3.6×105。
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合并联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接，当S1、S2均闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1、R2的电流，进而求出电流之比；
（2）根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据Q＝W＝UIt求出使用加热挡5min电蒸锅产生的热量。
【解答】解（1）当只闭合S1时，只有R1接入电路，当S1、S2均闭合时，R1、R2并联；
因并联电路的总电阻小于任一分电阻，所以由P＝UI＝可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电蒸锅为加热挡；电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最大，电功率最小，电蒸锅为保温挡；
由并联电路的电压特点，R1、R2两端的电压都等于电源电压220V，
因此通过R1、R2的电流分别为：
I1＝＝＝A，
I2＝＝＝5A，
则通过R1、R2的电流之比：
＝＝；
（2）电蒸锅为加热挡时，R1、R2并联，由并联电路的电流特点可知，干路电流：I＝I1+I2＝A+5A＝A，
则使用加热挡5min电蒸锅产生的热量：Q＝W＝UIt＝220V×A×5×60s＝3.6×105J。
故答案为：保温；1：11；3.6×105。
18．（2023•南宁模拟）某电饭锅设有“加热”和“保温”两挡，其内部简化电路如图所示，当开关S置于“1”挡时，电饭锅处于 保温 （选填“加热”或“保温”）状态；若电阻R1与R2之比为1：4，则电饭锅保温与加热时电路的总功率之比为 1：5 。
【答案】保温；1：5。
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）根据串联电路的电阻特点和P＝UI＝求出电饭锅保温与加热时电路的总功率之比。
【解答】解：（1）当S置于“1”挡时，R1、R2串联；当S置于“2”挡时，R2被短路，电路为R1的简单电路；因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电饭锅为加热挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电饭锅为保温挡，因此当开关S置于“1”挡时，R1、R2串联，电饭锅处于保温状态；
（2）由串联电路的电阻特点可知，电饭锅处于保温状态时，电路的总电阻：R保温＝R1+R2＝R1+4R1＝5R1，
由P＝UI＝可知，电饭锅保温与加热时电路的总功率之比：＝＝＝＝。
故答案为：保温；1：5。
19．（2023•宜州区二模）如图所示，电源电压为4.5V且保持不变，定值电阻R为5Ω，滑动变阻器R′上标有“20Ω 0.5A”的字样，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V。闭合开关，在移动R′滑片P的过程中，为保证电路元件安全，滑动变阻器R′接入电路的最小阻值为 4 Ω，定值电阻R的最大功率为 1.25 W。
【答案】4；1.25。
【分析】由电路图可知，R与R′串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
根据电压表的量程确定定值电阻R两端的最大电压，由欧姆定律计算此时电路中的电流，然后比较得出电路中的最大电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻规律计算滑动变阻器R'接入电路的最小阻值，然后根据公式P＝UI＝I²R计算定值电阻的功率最大值。
【解答】解：由电路图可知，R与R′串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）电压表量程为“0～3V”，所以定值电阻R两端的最高电压为：UR＝3V，
当电压表示数最大时，此时电路中的电流为：I＝＝＝0.6A＞0.5A，
所以电路中的最大电流为0.5A，
由欧姆定律可得，电路的最小总电阻：R总min＝＝＝9Ω，
根据串联电路的电阻规律，则滑动变阻器R'接入电路的最小阻值为R′min＝R总min﹣R＝9Ω﹣5Ω＝4Ω；
（2）定值电阻R的最大功率：P＝I²R＝（0.5A）²×5Ω＝1.25W。
故答案为：4；1.25。
20．（2023•柳州一模）某实验小组设计了一个监测柳江河水位的装置。其原理如图甲，电源电压恒定，R0为定值电阻，R是竖直放置的长条形电阻片，浮子可带动金属滑杆OP在竖直方向上下移动，OP与R组成滑动变阻器（最大阻值100Ω）。R接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙，电压表与电流表示数变化关系如图丙，则该电路的电源电压为 15 V。当水位升高到警戒值时，电路中的电流达到0.12A，将会触发信号提醒监测员，那么水位警戒值为 82.5 m。
【答案】15；82.5。
【分析】（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为定值电阻的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，由丙图可知通过电路的最大电流为0.3A，
根据欧姆定律可得电源电压，由图丙可知通过电路的最小电流为0.1A，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压，解方程可得电源电压；
（2）当水位升高到警戒值时，电路中的电流达到0.12A，根据欧姆定律计算总电阻，根据串联电阻特点计算滑动变阻器的电阻，由图像确定水位的高度。
【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为定值电阻的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，由丙图可知通过电路的最大电流为0.3A，
根据欧姆定律可得电源电压：U＝IR0＝0.3A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
由图丙可知通过电路的最小电流为0.1A，因串联电路总电压等于各部分电压之和，
则根据欧姆定律可得电源电压：U＝UR+I′R0＝10V+0.1A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
联立①②可得：R0＝50Ω，U＝15V；
（2）当水位升高到警戒值时，电路中的电流达到0.12A，根据欧姆定律知，
总电阻R总＝＝＝125Ω，
此时滑动变阻器的电阻R＝R总﹣R0＝125Ω﹣50Ω＝75Ω；
接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙，由乙图可知：80m×k+b＝100Ω，90m×k+b＝0Ω，
两式联立可得：k＝﹣10Ω/m，b＝900Ω，则R＝﹣10Ω/m×h+900Ω，
当R＝75Ω时，有：75Ω＝﹣10Ω/m×h+900Ω，解得h＝82.5m。
故答案为：15；82.5。
21．（2023•良庆区校级模拟）南宁市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为了保证行人上下天桥时的安全，需要在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。电路中R为湿敏电阻，其阻值会随空气湿度发生变化。闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设置值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，应选择 R2 （选填“R1”或“R2”）作为该电路的湿敏电阻；若使警示灯在较小湿度下实现闪烁，应向 左 （选填“左”或“右”）移动滑片P。
【答案】R2；左。
【分析】根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，再根据乙图判断哪个电阻的阻值随湿度的增加而减小，就选它作为湿敏电阻；
电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流。
【解答】解：由乙图可知，R1的阻值随湿度的增加而增加，R2的阻值随湿度的增加而减小，根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，电磁铁的磁性增强，吸引衔铁把电阻和电磁铁短路，使得灯变亮，因而当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，所以R2符合要求；
电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，即湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，使警示灯在较小湿度下就能实现闪烁。
故答案为：R2；左。
22．（2023•南宁一模）小明设计了如图所示的汽车油量表的工作原理图，连接浮子和滑片的是一根可绕O点转动的轻杆。油量表是由电压表或电流表改装的，已知R0为定值电阻，R相当于滑动变阻器（滑动变阻器R接入的阻值是随油面升降均匀变化），电源电压保持不变，则方案一的电流表示数随油量减少而 变小 ，方案二的油量表所测量的刻度值 是 （填“是”或“不是”）均匀的。
【答案】变小；是。
【分析】（1）根据油量变化时浮子的移动情况可知R接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化即为方案一中油量表（电流表）示数的变化；
（2）根据欧姆定律可知R两端的电压变化，可知方案二中油量表（电压表）示数的变化，进而判断出刻度是否均匀。
【解答】解：方案一中，油量减少，滑片P向上滑动，变阻器接入电路的电阻变大，由串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，油量表（电流表）示数变小；
由方案二的电路可知，R与R0串联，电压表测量变阻器滑片上方电阻丝两端的电压，滑片移动，由电压表在电路中相当于断路可知，R接入电路中的电阻不变，由I＝可知，电路中的电流不变，油量表（电压表）的示数U＝IR，电流I不变，已知滑动变阻器R接入的阻值随油面升降均匀变化，所以油量表（电压表）的示数均匀变化，即刻度均匀。
故答案为：变小；是。
23．（2023•桂林一模）小林设计了一种测定油箱内油量的模拟装置，如图所示，其中电源两端电压保持不变。R0是定值电阻，R是滑动变阻器，甲为油量表，滑动变阻器的滑片P跟滑杆的一端连接，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。则甲表是用 电压 表改装而成的，油箱中的油量减少时，浮子随油面下降，R接入的电阻 变大 ，此时甲表示数 变小 （后两空均填”变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】电压；变大；变小。
【分析】由电路图可知，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，油量表并联接入电路中；
根据油量的变化判断杠杆转动的方向，可知道滑片P移动的方向，从而得出变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，由U＝IR判断出甲表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，油量表并联接入电路中，则甲表是用电压表表改装而成的；
当油箱中的油量减少时，浮子随油面下降，带动滑杆使变阻器的滑片P向上移动，变阻器R连入电路的电阻变大，电路中的总电阻变大，由于电源电压不变，由I＝可知，电路中的电流变小，由U＝IR知定值电阻R0两端电压变小，即电压表的示数变小。
故答案为：电压；变大；变小。
24．（2023•南宁一模）甲图中虚线框内是由一个电压恒定的电源和一个可以显示其自身功率的定值电阻R0组成的电路，其中电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～15V，乙图是定值电阻和滑动变阻器消耗的功率随滑动变阻器阻值变化的图象，则电路中定值电阻R0与滑动变阻器是 并 联的，电路的最大功率为 16.8 W。
【答案】并；16.8。
【分析】（1）根据用电器之间是否相互影响判断它们之间的连接方式，若互不影响，即为并联；
（2）根据滑动变阻器在某电阻值下的电功率，用U＝计算电源电压；由于定值电阻R0的电功率不变，所以当滑动变阻器的电功最大时，电路的总功率即最大，由于电流表量程限制，本题中当电流表示数最大，滑动变阻器功率即为最大。
【解答】解：（1）当滑动变阻器的电阻变化时，其电功率会发生变化，右图可知，那条水平线段的图线对应的是定值电阻R0的电功率，它不随着滑动变阻器电阻的变化而变化，
即：滑片的移动不影响R0所在的电路，
所以，R0与滑动变阻器是并联的；
（2）右图可知，当滑动变阻器的电阻RP＝30Ω时，滑动变阻器的电功率为4.8W，
所以，U＝＝＝12V；
电压表量程为15V，大于电源电压，所以电压表始终是安全的，
当电流表示数为0.6A时，即通过滑动变阻器的电流为最大，滑动变阻器的功率为最大，
由于定值电阻R0的功率不变，此时电路的功率为最大，
P最大＝P0+IP最大U＝9.6W+0.6A×12V＝16.8W。
故答案为：并；16.8。
25．（2023•贵港一模）如图所示，电源电压恒定不变，电阻R1的阻值为30Ω，小灯泡L标有“9V，4.5W”字样（小灯泡的电阻不变）。只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P移至最右端时，小灯泡L恰好正常发光，则电源电压为 9 V；闭合开关S、S1、S2，滑片P移至最左端时，电路消耗的总功率为8.1W，R2的最大阻值为 15 Ω。
【答案】9；15。
【分析】根据实物图先画出电路图，再分析解决问题，只闭合开关S，滑片P移到最右端时，电路中只有灯泡，根据灯泡正常发光时的电压等于灯泡的额定电压求出电源电压，闭合开关S、S1、S2，灯泡L被短路，滑动变阻器和R1并联，滑片P移至最左端时，电路消耗的总功率为8.1W，根据P＝P1+P滑′＝+可以求解滑动变阻器最大电阻。
【解答】解：根据实物图画出电路图如下：
只闭合开关S，滑动变阻器的滑片P移至最右端时，电路中只有灯泡，
因为小灯泡L恰好正常发光，所以电源电压U＝U额＝9V；
闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器与R1并联，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路总功率8.1W，
P＝P1+P滑′＝+＝+＝8.1W，
解得：R滑＝15Ω。
故答案为：9；15。
26．（2023•青秀区校级模拟）如图甲所示，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为13Ω。只闭合开关S1，将滑动变阻器R2的滑片从最右端向左移动，直至小灯泡正常发光，图乙是电流表示数与滑动变阻器R2接入阻值关系的图象。小灯泡正常发光时，R2两端的电压为 1.5 V。保持滑片位置不动，断开S1、闭合S2，再将滑片向右移动。图丙是电压表与电流表示数关系的图象。则小灯泡的额定功率为 2.25 W。
【答案】1.5；2.25。
【分析】只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，根据串联电路电流特点可知通过电路的最大电流为灯泡正常发光时的电流，由乙图可知灯泡正常发光时的电流和滑动变阻器此时接入电路的电阻，根据欧姆定律计算R2两端的电压；
由图乙可知滑动变阻器的最大阻值，断开S1、闭合S2，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，根据串联分压原理可知当电压表示数最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，由图丙可知通过该电路的最小电流，进一步计算此时滑动变阻器接入电路的电阻，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据U＝IR计算电源电压；
根据串联电路电压规律计算灯泡正常发光时的电压，根据电功率公式计算灯泡的额定电功率。
【解答】解：只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
串联电路各处电流相等，所以通过电路的最大电流为灯泡正常发光时的电流，由乙图可知灯泡正常发光时的电流为0.5A，滑动变阻器此时接入电路的电阻为3Ω，根据欧姆定律可得R2两端的电压为：U2＝IR2＝0.5A×3Ω＝1.5V；
由图乙可知滑动变阻器的最大阻值为20Ω，断开S1、闭合S2，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
根据串联分压原理可知当电压表示数最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，
由图丙可知通过该电路的最小电流为0.2A，此时滑动变阻器接入电路的电阻：R2′＝R2总﹣R2＝20Ω﹣3Ω＝17Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，此时电路总电阻：R＝R1+R2′＝13Ω+17Ω＝30Ω，
则电源电压：U＝I′R＝0.2A×30Ω＝6V；
灯泡正常发光时的电压：UL＝U﹣U2＝6V﹣1.5V＝4.5V，
小灯泡的额定功率为：P＝ULI＝4.5V×0.5A＝2.25W。
故答案为：1.5；2.25。
27．（2023•浦北县三模）如图甲的电路中，闭合开关时变阻器的功率与电流的关系如乙图所示，则电源电压为 16 V，利用这个电路得到的最大电流为 0.8 A。
【答案】16；0.8。
【分析】分析电路的连接，根据串联电阻的规律及欧姆定律得出电路的电流，从而得出变阻器的功率表达式，根据数学知识，可知变阻器功率最大的条件，由乙图可知，此时电路的电流为0.4A，由欧姆定律和串联电阻的规律列方程，解方程组得出电源电压及此时变阻器连入电路的电阻，即R0大小。
由乙图可知，当变阻器连入电路的电阻为0时，其功率为0，由欧姆定律求出此时电路的最大电流。
【解答】解：变阻器与定值电阻串联，根据串联电阻的规律及欧姆定律，电路的电流为：
I＝；
变阻器的功率为：
P1＝I2R1＝（）2×R1＝＝
可知，当R0＝R1时，变阻器的功率最大，最大功率为：
P1大＝＝3.2W
由乙图可知，此时电路的电流为0.4A，由欧姆定律和串联电阻的规律，故有
＝0.4A；
联立两式得出：
U＝16V；R0＝20Ω
由乙图可知，当变阻器连入电路的电阻为0时，其功率为0，此时电路的最大电流为：
I大＝＝0.8A。
故答案为：16；0.8。
四．实验探究题。
28．（2023•宾阳县模拟）如图甲所示，在测量小灯泡的电功率时，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为8Ω。
（1）如图甲所示，请你用笔画线代替导线，将图中电路连接完整。要求：当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电流变大。
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表有较大的示数。经检查，导线连接完好，则电路故障可能是小灯泡发生了 断路 （选填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，将滑片P移动到某一位置时，电压表示数为 2.2 V（图乙）；此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 右 （选填“左”或“右”）移动。移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象。
（4）由图丙可计算出小灯泡的额定功率是 0.75 W。
（5）完成上述测量后，不用电压表，用如图丁所示的电路也可测量已知额定电流的小灯泡的额定功率，已知小灯泡的额定电流为I额，定值电阻的阻值为R0。实验步骤如下，请补充完整：
①闭合开关S、S2，断开开关S1，移动滑片P，使电流表示数等于I额；
②闭合开关S、S1，断开开关S2，保持滑片p位置不变，记下此时电流表的示数为I；
③小灯泡的额定功率的表达式为P额＝ （I﹣I额）R0I额 （用I额、I、R0表示）。
【答案】（1）见解答图；（2）断路；（3）2.2；右；（4）0.75；（5）（I﹣I额）R0I额。
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电流变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有较大的示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（5）要测小灯泡额定功率，应先使灯正常发光，先使小灯泡与电流表串联后再与定值电阻并联，通过移动变阻器滑片，使电流表示数为额定电流；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出通过定值电阻的电流，由欧姆定律求出灯的额定电压，再由欧姆定律求出小灯泡额定功率。
【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电流变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与电源串联，如下图所示：
；
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有较大的示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路故障可能是小灯泡发生了断路；
（3）排除故障后，将滑片P移动到某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，此时要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向右移动；
（4）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.3A，则小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，移动滑片P，使电流表示数等于I额；
②闭合开关S、S1，断开开关S2，保持滑片p位置不变，记下此时电流表的示数为I；
③在步骤①中，小灯泡与电流表串联后再与定值电阻并联，通过移动滑动变阻器滑片，使电流表示数为I额，此时灯泡正常发光；
在步骤②中，小灯泡与定值电阻并联，电流表测干路电路，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，由并联电路电流的规律，定值电阻R0的电流为：I0＝I﹣I额，
由欧姆定律的变形公式，定值电阻R0的电压即灯的额定电压为：U额＝U0＝I0R0＝（I﹣I额）R0；
则小灯泡的额定功率的表达式为：
P额＝U额I额＝（I﹣I额）R0I额。
故答案为：（1）见解答图；（2）断路；（3）2.2；右；（4）0.75；（5）（I﹣I额）R0I额。
29．（2023•青秀区校级二模）测定“小灯泡额定电功率”的实验中，电源电压为4.5V且保持不变，小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。
（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（2）要求将电路连接后，闭合开关，移动变阻器滑片P，电流表、电压表示数如图乙所示，则小灯泡此时的电功率为 0.57 W。若他想测量小灯泡的额定功率，应将图中变阻器滑片P向 B （填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为 2.5 V。
（3）实验中发现小灯泡很暗，移动滑动变阻器的滑片，电压表、电流表的示数不发生改变，则出现故障的原因可能是 滑动变阻器接下面两个接线柱 。
（4）排除故障后，小明画出小灯泡的电流随电压变化的图象，你认为图象应该是图丙中的 A 。小明 不能 （选填“能”或“不能”）用该实验装置中的器材完成探究电流与电压的关系。
（5）实验结束后，小琪想测量小灯泡L的额定功率却发现电压表坏了，于是他设计了图丁电路。已知小灯泡的额定电流为I额。图中R'为电阻箱，R0为定值电阻（阻值未知），实验步骤如下：
①将单刀双掷开关接a，调节电阻箱和滑动变阻器的滑片至适当位置，记下电流表示数为I额和电阻箱的读数R1；
②将单刀双掷开关接b，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，使电流表的示数不变，记下电阻箱的读数R2；
③小灯泡L的额定功率为P额＝ I额2（R2﹣R1） （用已知量和测量量的符号表示）。
【答案】（1）见解析；（2）0.57；B；2.5；（3）滑动变阻器接下面两个接线柱；（4）A；不能；（5）①0.3A；③I额2（R2﹣R1）。
【分析】（1）根据小灯泡额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；
（2）根据电表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出小灯泡此时的电功率；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
（3）灯泡发光较暗说明灯泡实际功率太小，电路电流太小；移动滑动变阻器的滑片，无论怎样移动滑片，灯泡的亮度始终不发生变化，说明滑动变阻器不能改变电路电阻，滑动变阻器接下面两个接线柱，滑动变阻器被结成了定值电阻；
（4）灯的电阻随温度的变化而变化，则通过灯泡的电流与电压不成正比，据此分析；
（5）实验中运用等效替代法，通过小灯泡电流等于额定电流时小灯泡正常发光，前后两次实验保持电路中电流不变，由欧姆定律可知电路中总电阻不变，后一次实验中用电阻箱变多的那部分的阻值替代了小灯泡的电阻值，据此求出小灯泡的电阻，根据P＝UI＝I2R得出灯的额定功率。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
（2）按要求将电路连接后，闭合开关，移动变阻器滑片P，电流表、电压表示数如图所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为1.9V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，则小灯泡此时的电功率为：
P＝UI＝1.9V×0.3A＝0.57W；
灯在额定电压下正常发光，示数为2.4V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；
（3）电流表有示数，灯泡发光较暗，然后移动滑动变阻器的滑片，无论怎样移动滑片，灯泡的亮度始终不发生变化，那么电路的故障是滑动变阻器接下面两个接线柱；
（4）因小灯泡的电阻随温度的变化而变化，故小灯泡的电流随电压变化的图象为一曲线，故选A；
探究电流与电压的关系的实验中需要改变电压同时保持电阻不变，但灯泡电阻是变化的，所以不能完成；
（5）实验步骤：
①将单刀双掷开关接a，调节电阻箱和滑动变阻器的滑片至适当位置，记下电流表示数为0.3A和电阻箱的读数R1，此时小灯泡正常发光；
②将单刀双掷开关接b，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，使电流表的示数不变，记下电阻箱的读数R2；
③前后两次实验保持电路中电流不变，由欧姆定律可知电路中总电阻不变，后一次实验中用电阻箱变多的那部分的阻值替代了小灯泡的电阻值，所以小灯泡的电阻：R＝R2﹣R1，则小灯泡的额定功率：P额＝UI＝I2R＝I额2（R2﹣R1）。
故答案为：（1）见解析；（2）0.57；B；2.5；（3）滑动变阻器接下面两个接线柱；（4）A；不能；（5）①0.3A；③I额2（R2﹣R1）。
30．（2023•青秀区校级一模）小明用如图甲所示电路测量小灯泡额定功率，已知小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的电路连接完整，使滑片向右移动时灯泡变亮。
（2）电路连接好后，闭合开关，发现电流表没有示数，电压表有示数，则可能的原因是 小灯泡断路 。
（3）排除故障后将滑片移到某一位置时，电压表示数为2V，为测量灯泡的额定功率，应缓慢将滑片P向 右 （选填“左”或“右”）移动，灯正常发光时电流表示数如图乙所示，此时电流表示数为 0.3 A，灯泡的额定功率为 0.75 W。
（4）为测量另一只额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻（U额小于电源电压），小明重新设计如图丙所示的电路，电阻R0阻值已知，请你在虚线框内画上和将电路图补充完整，并完成测量：
①只闭合开关S、S2，移动滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②只闭合开关S、S1，保持滑动变阻器滑片位置不变，读出电压表示数为U1，
③小灯泡正常发光时的电阻RL＝ （用U额、U1、R0表示）。
【答案】（1）见上图；（2）小灯泡断路；（3）右；0.3；0.75；（4）见上图；③
【分析】（1）在本实验中滑动变阻器应串联在电路中，由题滑片向右移动时灯泡变亮，说明向右移动滑片电路中的总电阻减小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，据此分析滑动变阻器应接入电路的电阻是哪部分；
（2）电路连接好后，闭合开关，发现电流表没有示数，说明电路可能存在断路故障，而电压表有示数，则可知电压表可与电源正负极形成通路，由此可判断可能的故障原因是与电压表并联部分出现了断路，据此作答；
（3）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
根据图甲确定电流表量程，由图乙确定分度值读数，利用P＝UI求出灯泡额定功率；
（4）因为测量额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻，首先要使灯正常发光；根据R＝可知测量出灯泡的额定电流是关键；
分别假设小灯泡和电压表的连接位置，结合实验步骤分析合理的接法，确定电路图之后再根据实验步骤中的测量数据表示出灯的额定电流，最后利用欧姆定律R＝可求出电阻大小。
【解答】解：
（1）因为在本实验中滑动变阻器应串联在电路中，由题滑片向右移动时灯泡变亮，说明向右移动滑片电路中的总电阻减小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，据此分析滑动变阻器应接入电路的电阻是右下部分，电路连接如下图所示：
；
（2）电路连接好后，闭合开关，发现电流表没有示数，说明电路可能存在断路故障，而电压表有示数，则可知电压表可与电源正负极形成通路，由此可判断可能的故障原因是与电压表并联部分出现了断路，即小灯泡断路；
（3）测量中滑片在某一位置时，电压表示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为测量灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应缓慢将滑片P向右移动；
由图甲可知，电流表选用小量程；灯正常发光时电流表示数如图乙所示，电流表分度值0.02A，其示数为0.3A，则灯泡的额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）测量额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻，首先要使灯正常发光；根据R＝，因此测量出灯的额定电流是关键；
而要用如图丙所示的电路测出小灯泡正常工作时的电阻，且电路图中缺的是小灯泡和电压表，所以若图丙中中间虚线框里面是电压表，则下面虚框是小灯泡，根据接下来的测量步骤：
①只闭合开关S、S2，此时定值电阻与小灯泡串联，电压表测小灯泡两端电压，可通过移动滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②只闭合开关S、S1，保持滑动变阻器滑片位置不变，此时定值电阻与电压表串联，同时与小灯泡并联，这是不符合电压表的使用原则（应与被测电路并联），
且经分析利用测量出的电压数据和已知的定值电阻阻值也不能得出灯泡的额定电流，故此种接法不符合题意；
而当中间虚线框里面是小灯泡，则下面虚框是电压表，电路图如下图所示：
；
根据接下来的测量步骤：
①只闭合开关S、S2，此时定值电阻与小灯泡串联，电压表测小灯泡两端电压，可通过移动滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②只闭合开关S、S1，保持滑动变阻器滑片位置不变，此时定值电阻与小灯泡串联，电压表测量两者的总电压，读出电压表示数为U1。
因为两步操作下均是定值电阻、小灯泡和滑动变阻器串联，且滑动变阻器接入电路电阻相同，由欧姆定律I＝可知电路电流相同，同时根据串联电路电压的规律可知此时定值电阻两端的分压U0＝U1﹣U额，
则电路中的电流为I额＝I＝I0＝，再利用R＝可得小灯泡正常发光时的电阻为RL＝＝＝。
故答案为：（1）见上图；（2）小灯泡断路；（3）右；0.3；0.75；（4）见上图；③。
31．（2023•桂平市二模）小红在实验室做“测量小灯泡电功率”的实验，如图1所示，电源（电压恒为4.5V）、小灯泡（额定电压为2.5V），电流表、电压表各一个，一个滑动变阻器（20Ω，3A），开关，导线若干。
（1）图1甲是小红测量小灯泡额定功率的实物电路图，图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。
（2）正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电压表示数较大且几乎不变，电流表示数始终为零，电路的故障可能是 灯泡断路 。
（3）排除故障后，逐步移动滑片，看到如图1乙所示的电压表示数，其读数为 2.2 V，为使灯泡正常发光，应向 右 （选填“左”或“右”）端移动滑片P，图1丙为灯泡的I﹣U图象，可知灯泡的额定电功率为 0.5 W。
（4）若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小明选用一个阻值为15Ω的电阻R0，设计了如图2的电路及实验步骤：
①按照图2连接电路，闭合开关，调节滑片使电压表的示数为额定电压；
②保持滑片位置不变，将电压表接在b、c两点间，测出R0两端电压U0，再算出小灯泡的额定功率。
小明通过实验操作，发现无法完成实验，经检查实验器材完好且接线正确，则原因是 R0阻值太大（或电源电压太小） 。
解决问题后，小灯泡额定电功率的表达式为P额＝ U额 （用U额、U0、R0来表示）。
（5）完成上述实验后，小明又利用图3电路，在MN间接入适当的元件，下列能够完成的实验有 ②④ （选填序号）。
①接入一个灯泡，探究电流和电压的关系
②接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值
③接入一个定值电阻R，探究电流和电阻的关系
④接入一个已知额定电流的小灯泡，测出灯泡的额定功率
【答案】（1）见解答图；（2）灯泡断路；（3）2.2；右；0.5；（4）R0阻值太大（或电源电压太小）；U额；（5）②④
【分析】（1）测量小灯泡额定功率的实验中，开关、电流表、滑动变阻器、灯泡应串联，电压表与灯泡应并联，找出错误连线改正即可；
（2）电流表示数始终为零，说明电路可能存在断路；移动滑动变阻器滑片，电压表示数较大且几乎不变，说明电压表与电源连通，可能串联在电路中测量电源电压，所以电路的故障可能是与电压表并联的电路断路；
（3）根据电压表选用小量程确定分度值读数，根据串联电路电压规律和分压原理分析滑动变阻器滑片的调节，根据P＝UI求小灯泡的额定功率；
（4）由欧姆定律求出灯泡正常工作时定值电阻两端的电压，根据串联电路电压的特点分析灯泡两端的电压是否能达到额定电压，据此分析无法完成实验的原因；
（5）根据伏安法和控制变量法逐一分析每个选项，确定可行的实验。
【解答】解：（1）图1甲中电压表并联在灯泡和滑动变阻器两端，是错误的，电压表应只并联在灯泡两端，正确连接如图所示：
。
（2）电流表示数始终为零，说明电路可能存在断路；移动滑动变阻器滑片，电压表示数较大且几乎不变，说明电压表与电源连通，可能串联在电路中测量电源电压，所以电路的故障可能是与电压表并联的电路断路，即电路的故障可能是灯泡断路。
（3）由图1乙可知，电压表选用的量程为0～3V，分度值为0.1V，读数为2.2V；为使灯泡正常发光，应增大灯泡两端的电压至额定电压2.5V，根据串联电路电压规律和分压原理可知，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，所以应向右端移动滑片P；由图1丙可知，灯泡两端的电压为额定电压2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，灯泡的额定电功率
P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W。
（4）灯泡正常工作时电流为0.2A，由串联电路中电流处处相等和欧姆定律可得，
定值电阻两端的电压为U0＝IR0＝0.2A×15Ω＝3V，
根据串联电路电压的特点可知，灯和滑动变阻器两端的总电压为U总＝U﹣U0＝4.5V﹣3V＝1.5V＜2.5V，
即使滑动变阻器分得的电压为零，都无法使灯正常发光，所以不能测量出灯的额定功率，造成这种情况的原因是R0阻值太大，或电源电压太小；若要解决此问题，可换用阻值更小的定值电阻（或换用电压更大的电源）。
由串联电路电流规律和欧姆定律可知，小灯泡的额定电流I额＝I0＝，
小灯泡额定电功率的表达式为P额＝U额I额＝U额。
（5）图中电压表可测MN间的电压，电流表可测电路中的电流。
①探究电流和电压的关系，要控制电阻的大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故不可行；
②电压表可测出Rx的电压，电流表可测通过Rx的电流，由R＝可测出Rx的阻值，故可行；
③为得出普遍性的规律，探究电流和电阻的关系，要换用不同的定值电阻多次测量，故不可行；
④电流表可测通过灯的电流，通过灯的电流为额定电流时，灯正常发光，读出灯的电压，根据P＝UI可测出灯泡的额定功率，故可行；
故能完成的实验为②④。
故答案为：（1）见解答图；（2）灯泡断路；（3）2.2；右；0.5；（4）R0阻值太大（或电源电压太小）；U额；（5）②④。
32．（2023•宾阳县一模）在“测量小灯泡的额定功率”的实验中，电源电压恒定，小灯泡额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线把图1甲中的实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片应调至 A （选填“A”或“B”）端。
（3）正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，其故障原因可能是 小灯泡断路 。
（4）实验中，当滑片滑到图示位置时，电压表的示数为2V，要使小灯泡正常发光，应将滑片向 B
（选填“A”或“B”）移动，直至灯泡两端电压为额定电压，此时电流表的示数如图1乙所示，则灯泡的额定功率为 0.65 W。
（5）此实验还可以测量小灯泡的电阻，改变小灯泡两端的电压，发现几次实验测得的小灯泡的电阻相差比较大，原因可能是 灯丝的电阻与温度有关 。
（6）实验时某小组学生发现电流表损坏，他们想设计一个不用电流表测小灯泡额定功率的实验，于是向老师要了一个阻值为R0的定值电阻（阻值适当）和一个单刀双掷开关，借助原有的实验器材，顺利完成了实验。
①实验电路图如图2所示。
②实验步骤：
A.根据电路图连接电路，闭合开关S1、S2接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V。
B.保持滑动变阻器滑片位置不变，S2接2，读出电压表示数U。
③此时小灯泡的额定电功率P＝ 2.5V× 。
【答案】（1）见解答图；（2）A；（3）小灯泡断路；（4）B；0.65；（5）灯丝的电阻与温度有关；（6）2.5V×。
【分析】（1）根据小灯泡的额定电压，确定电压表的量程；
（2）为保证电路安全，开关在连接过程中应断开，滑片滑到阻值最大处；
（3）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源的两极连通，则与电压表并联的灯之外的电路是连通的，说明与电压表并联的灯断路了；
（4）灯在额定电压下的功率为额定功率，根据图乙电压表小量程读数，比较电压表的示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据图乙电流表小量程读数，根据P＝UI求灯的额定功率；
（5）灯丝的电阻与温度有关；
（6）没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压等于2.5V，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P＝UI计算出灯泡的额定电功率。
【解答】解：（1）“测量小灯泡的电功率“的实验中，小灯泡额定电压为2.5V．故电压表的量程选“0～3V”，并联在小灯泡两端，如下图：
（2）为了保护电路，闭合开关前滑片滑到阻值最大处，阻值最大处在A端；
（3）由题意可知，正确连接电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，其故障原因可能是小灯泡断路；
（4）小灯泡在额定电压下才正常发光，电压表的示数为2V小于灯的额定电压，应增大小灯泡的电压，由串联电路电压的规律，应减小变阻器分得的电压，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻要减小，即滑片向B移动；直到电压表的示数为2.5V；
图乙中电流选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.26A，灯的额定功率P＝UI＝2.5V×0.26A＝0.65W；
（5）此实验还可以测量小灯泡的电阻，改变小灯泡两端的电压，发现几次实验测得的小灯泡的电阻相差比较大，原因可能是灯丝的电阻与温度有关；
（6）实验步骤：A、根据电路图连接电路，闭合开关S1、S2接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5A；
B、保持滑动变阻器滑片位置不变，S2接2，读出电压表示数U；
通过灯泡的电流：I＝IR0＝＝，灯泡额定功率：P＝U额I＝2.5V×。
故答案为：（1）见解答图；（2）A；（3）小灯泡断路；（4）B；0.65；（5）灯丝的电阻与温度有关；（6）2.5V×。
33．（2023•南宁一模）如图甲所示，为小美“测量小灯泡L的电功率”的电路图，小灯泡L的额定电压为2.5V，电源电压恒定为3V。实验中：
（1）本实验的原理是 P＝UI ；
（2）连接完电路后，闭合开关S，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数始终为零，电压表有示数且始终保持不变。假定电路中只有一处故障，则产生这一现象的原因可能是 灯泡断路 ；
（3）排除故障后，继续实验，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 0.6 W；
（4）如果要使灯泡两端电压由2.5V调到2V，应该把滑动变阻器的滑片向 左 滑动（选填“左”、“右”）；
（5）根据实验数据绘制出小灯泡的电流I与电压U的关系图像，如图丙所示。由图像可知，当小灯泡的两端电压增大时，小灯泡的电阻 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”），在图像上取一点A，作出如图所示的阴影部分，则该阴影部分面积大小表示 B （选填下列选项）；
A.此时小灯泡的实际功率
B.此时滑动变阻器的电功率
C.此时电路的总功率
（6）小美完成上面实验后，又想测量另一个小灯泡正常发光时的电阻，已知小灯泡的额定电压为U额。但发现电流表已经坏了，只有电压表可以使用，于是他又找来了一个电压恒定但电源电压未知的电源，两个开关和一个已知阻值的定值电阻R0，进行电路设计，测出了小灯泡正常发光时的电阻。如图丁所示，小美已经画出了部分电路图，请你补充可行的电路图。
【答案】（1）P＝UI；（2）灯泡断路；（3）0.6；（4）左；（5）变大；B；（6）见解答图。
【分析】（1）本实验原理是P＝UI；
（2）常见的电路故障有断路与短路，根据电路故障现象分析电路故障原因；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；
（4）灯两端电压要小于灯泡额定电压，应调节滑动变阻器，增大滑动变阻器两端的电压，根据电路图确定滑片的移动方向；
（5）灯丝的电阻随温度升高而变大；根据P＝UI分析即可；
（6）没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压为U额，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据欧姆定律公式计算小灯泡正常发光时的电阻。
【解答】解：（1）本实验原理是P＝UI；
（2）闭合开关，电流表没有示数，说明电路存在断路，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压，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，则与电压表并联的电阻断路，即灯泡断路；
（3）当电压表的示数为2.5V时，如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时通过小灯泡的电流为0.24A，小灯泡的额定功率；P＝ULIL＝2.5V×0.24A＝0.6W；
（4）如果要使灯泡两端电压由2.5V调到2V，应该把滑动变阻器的滑片向左滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，灯泡两端电压变小；
（5）当电压表的示数增大时，通过灯的电流也变大，根据P＝UI，灯的功率变大，灯的温度升高，灯丝的电阻变大；
在图像上取一点A，作出如图所示的阴影部分，则该阴影部分面积可用：（U电源﹣U灯泡）I表示，滑动变阻器的电功率P滑＝（U电源﹣U灯泡）I，所以阴影部分面积表示此时滑动变阻器的电功率，故选：B；
（6）利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，
首先断开开关S1、闭合开关S2，移动滑片P，使电压表示数等于灯泡的额定电压U额；
保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S2、闭合开关S1，记下电压表示数U；
根据串联电路电压的规律，此时定值电阻R0两端的电压：U0＝U﹣U额，
通过灯泡的电流：I额＝I0＝＝，
则小灯泡正常发光时的电阻为：RL＝＝，
电路图如图所示：
故答案为：（1）P＝UI；（2）灯泡断路；（3）0.6；（4）左；（5）变大；B；（6）见解答图。
34．（2023•藤县一模）小丽有一个标有“3.8V”字样的小灯泡，她想知道小灯泡正常工作时的电阻。于是在学校实验室借来一些器材连接了如图甲所示的电路，电源电压恒定。
（1）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，她发现灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，其故障原因是 灯泡短路 。（写出一种即可）
（2）故障排除后，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，示数为 0.38 A，小灯泡正常工作时的电阻是 10 Ω。
（3）完成上述实验后，小丽向老师要了一个已知阻值为R0的定值电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图丙所示的实验电路，测出了小灯泡的额定功率。请你帮她完成下列实验步骤：
①连接好实验电路，闭合开关S1，将开关S2拨到触点 2 （选填“1”或“2”），移动滑片，使电压表的示数为 3.8 V。
②保持滑片的位置不动，再将开关S2拨到触点 1 （选填“1”或“2”），读出电压表的示数为U。
③小灯泡额定功率的表达式为P额＝ （用已知量和测量量表示）。
【答案】（1）灯泡短路；（2）0.38；10；（3）2；3.8；1；。
【分析】（1）电流表有示数说明电路通路，电压表无示数且灯泡不亮，说明电压表并联部分短路；
（2）根据电流表的量程和分度值读出示数，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻；
（3）由图可知：没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压等于3.8V，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P＝UI计算出灯泡的额定电功率。
【解答】解：（1）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，发现灯泡始终不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明电压表并联部分短路，即灯泡短路；
（2）灯泡正常发光时的电压为3.8V，电流表的示数为0.38A，
则灯泡的电阻R＝＝＝10Ω；
（3）①灯泡的额定电压为3.8V，闭合开关S1、S2接2，调节滑动变阻器，使电压表示数为3.8V，灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，S2接1，读出电压表示数U。
③由串联电路特点和欧姆定律可得通过灯泡的电流：
I＝IR＝I0＝＝，
灯泡额定功率：P＝U额I＝。
故答案为：（1）灯泡短路；（2）0.38；10；（3）2；3.8；1；。
35．（2023•柳南区一模）在探究“电流与电阻的关系”实验中，电源电压3V，定值电阻为5Ω，按照图甲将电路正确连接后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，使定值电阻R两端电压为1V。
（1）将实物电路连接完整，要求：当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变大。
（2）正确连线后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是电阻R 断路 （选填“短路”或“断路”）；
（3）用10Ω的电阻替换5Ω后，闭合开关，电压表示数将 变大 （选填“变大”或“变小”或“不变”），此时应将滑片P向 D （选填“C”或“D”）端移动，使电阻两端电压保持不变。
（4）接下来实验操作中，在用20Ω的定值电阻替换10Ω的定值电阻后，他发现电压表示数始终不能调为1V。为成功完成此探究，小明同学设计了如下方案，你认为可行的一项是 A 。
A.只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω
B.如果只增加电源电压，则电源电压增加到6V。
（5）小明同学将电阻换成额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡（如图乙），想测量小灯泡的电流和电压特点。
①利用上述电路继续进行实验时，当调节滑动变阻器使得电流表示数为0.15A时，灯泡的实际电功率P实 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）P额；
②实验结束后，小华继续对滑动变阻器两端电压U与通过它的电流I关系进行了探究，根据实验数据也画出了U﹣I图象。你认为正确的是图丙中的虚线 ① （选填“①”、“②”或“③”）。
【答案】（1）见解答图；（2）断路；（3）变大；D；（4）A；（5）小于；①。
【分析】（1）要求当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片向左移动时滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以滑动变阻器选择左下接线柱串联接入电路；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联部分电路断路，据此分析电路故障；
（3）用10Ω的电阻替换5Ω后，闭合开关，根据串联分压原理可知电压表示数将变大，为保持电压表示数不变，需减小定值电阻两端的电压，根据串联电路电压规律可知需增大滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可知需增大滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定应将滑片P向哪端移动；
（4）根据串联电路电压规律、串联分压原理可得＝，
定值电阻的最大阻值为20Ω，代入数据解方程可得滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定A是否可行；
若电源电压增加到6V，代入数据解方程可得滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定B是否可行；
（5）根据电功率公式计算额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡的额定电流，
①灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，根据P＝I2R可知灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
②因灯泡的电阻随温度的升高而增大，则可知灯泡的U﹣I图像是一条向上的曲线（图丙中的实线）；
电源电压为3V，小灯泡的曲线与滑动变阻器的曲线的交点，表示灯与滑动变阻器的电压相等，根据串联分压原理可知此时灯与滑动变阻器的电压都是1.5V，据此确定应该选择哪个图象。
【解答】解：（1）要求当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片向左移动时滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以滑动变阻器选择左下接线柱串联接入电路，如图：
；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联部分电路断路，所以电路故障可能是电阻R断路；
（3）用10Ω的电阻替换5Ω后，闭合开关，根据串联分压原理可知电压表示数将变大，为保持电压表示数不变，需减小定值电阻两端的电压，根据串联电路电压规律可知需增大滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可知需增大滑动变阻器接入电路的阻值，所以此时应将滑片P向D端移动；
（4）串联电路总电压等于各部分电压之和，根据串联分压原理可得＝，
定值电阻的最大阻值为20Ω，代入数据可得＝，解方程可得RH＝40Ω，故A可行；
电源电压增加到6V，＝，解方程可得RH＝100Ω，故B不可行；
（5）额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡的额定电流：IL＝＝＝0.3A，
①利用上述电路继续进行实验时，调节滑动变阻器使得电流表示数为0.15A＝×0.3A，
灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，根据P＝I2R可知灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
②因灯泡的电阻随温度的升高而增大，则可知灯泡的U﹣I图像是一条向上的曲线（图丙中的实线）；
电源电压为3V，小灯泡的曲线与滑动变阻器的曲线的交点，表示灯与滑动变阻器的电压相等，根据串联分压原理可知此时灯与滑动变阻器的电压都是1.5V，
如下图知①、②、③三条曲线与小灯泡曲线相交的点对应为1.5V的是曲线①，
故正确的是图丙中的虚线为①。
故答案为：（1）见上图；（2）断路；（3）变大；D；（4）A；（5）小于；①。
36．（2023•三江县校级一模）小宸从废旧的恒温箱里拆卸下一个完好的热敏电阻，并利用图甲电路测出该热敏电阻在不同温度下的阻值，寻找其阻值随温度变化的规律，其中电源电压为U，RL是热敏电阻。
（1）使用电流表和电压表前，要检查共指针是否对准 零 刻度线；接入电路时，应使电流从其 + （选填“+”或“﹣”）接线柱流入；
（2）小宸往容器中添加不同温度的水，根据实验原理： R＝ ，测出Rt在不同温度下的电阻值；分析数据，得出了Rt阻值与温度t的变化关系为Rt＝kt+b（k、b都是常数，且k＞0，b＞0）；
（3）小宸从以上实验得到启发，利用热敏电阻设计电路，把电流表改装成温度表（此时室内气压为1标准大气压，室温为25℃）：
①图甲中，他用开关S2替换电压表，得到如图乙所示电路。为了保证电路安全，先将滑动变阻器滑片P移到b端，闭合S1、S2，移动滑片P使电流表满偏，此时滑动变阻器的阻值为R，之后保持滑片P位置不再移动；
②断开S1、S2，向容器中加入适量沸水，闭合S1并记录电流值，接着观察温度计，示数每下降5℃，就记录此时温度t和对应的电流I，水温降到 25 ℃后不再自然下降，此时可加入适量冰块使水继续降温，直至0℃，然后断开S1。请用给定的字母写出电流与温度的关系式I＝ 。
③根据记录的t和I，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表。此温度表的量程为 0～100℃ ，请在图丙中标出此温度表表盘最高温和最低温刻度线的大致位置。
【答案】（1）零；+；（2）R＝；（3）25；；0～100℃；如图。
【分析】（1）使用电流表和电压表前需调零，接入电路时应使电流从其“+”接线柱流入，从其“﹣”接线柱流出；
（2）伏安法测电阻的实验原理是R＝，
（3）①用开关S2替换电压表，先将滑动变阻器滑片P移到b端，闭合S1、S2，电路为滑动变阻器的简单电路，根据图丙和欧姆定律表示满偏电流，②断开S1、S2，向容器中加入适量沸水，闭合S1并记录电流值，此时两电阻串联接入电路，室温为25℃，水温降到25℃后不再自然下降，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得电流与温度的关系式，
③根据电流与温度的关系式分析电流与温度的关系，根据电流表的量程分析温度表表盘最高温和最低温刻度线的大致位置，据此确定温度表的量程并画图。
【解答】解：（1）使用电流表和电压表前，要检查共指针是否对准零刻度线；接入电路时，应使电流从其“+”接线柱流入；
（2）伏安法测电阻的实验原理是R＝；
（3）①用开关S2替换电压表，先将滑动变阻器滑片P移到b端，闭合S1、S2，电路为滑动变阻器的简单电路，移动滑片P使电流表满偏，此时滑动变阻器的阻值为R，由图丙结合欧姆定律可得：I满偏＝＝0.6A，
②断开S1、S2，向容器中加入适量沸水，闭合S1并记录电流值，此时两电阻串联接入电路，接着观察温度计，示数每下降5℃，就记录此时温度t和对应的电流I，
室温为25℃，水温降到25℃后不再自然下降，此时可加入适量冰块使水继续降温，直至0℃，然后断开S1。
串联电路总电阻等于各分电阻之和，根据欧姆定律可得电流与温度的关系式：I＝＝，
③由I＝可知电流越大，温度越低，根据I满偏＝＝0.6A可知温度为0℃时的电流：I0＝＜0.6A，此时通过电路的电流最大，
当温度为100℃时通过电路的电流最小，但电流仍大于0，所以温度表的量程为0～100℃，据此画出温度表表盘最高温和最低温刻度线的大致位置，如图：。
故答案为：（1）零；+；（2）R＝；（3）25；；0～100℃；如图。
37．（2023•西乡塘区一模）小明在“测定小灯泡电功率”实验中，选用额定电压为2.5V的小灯泡、电阻箱（阻值范围为0～9999Ω）、电压恒定为4V的电源以及其他相关器材按图甲连接电路，然后进行实验。
（1）如图甲所示是小明测量小灯泡额定功率的实物电路，其中有一根导线连接错误，请在这根导线上画“×”并改正。
（2）闭合开关前，应将电阻箱的阻值调到 最大阻值 处。接通电路后，不管如何调节电阻箱接入电路的阻值，发现灯不亮，电流表、电压表都没有示数，出现这种现象的原因可能是 开关断路（或电流表断路或电阻箱断路） 。
（3）在实验过程中，小明调节电阻箱接入电路的阻值，直到灯泡正常发光。在此过程中，测得通过小灯泡的电流与对应电压的几组数据并正确画出曲线a，如图乙所示。由图乙可知，该小灯泡的额定功率为 0.75 W，此电路的数据 不能 （选填“能”或“不能”）探究导体中的电流与电压的关系。
（4）小明在图乙中还画出了本实验中通过电阻箱的电流随其两端电压变化的曲线b。老师根据图乙就直接指出，从该曲线中可以明显看出有一处是错误的，这一处错误是 曲线a和曲线b交叉处 。
（5）输电线容易在自然灾害中发生故障，确定故障位置十分重要。小明和小丽利用所学知识，体验确定发生短
路故障位置的过程。他们用两根完全相同的直电阻丝AB和CD模拟输电线，如图丙所示，MM为短路位置，且电阻丝长度AM＝CM'。他们在电阻丝左侧安装检测电路，将电压表并联接在A、C两点间。已知电源电压为U，定值电阻的阻值为R0，线路中除直电阻丝外，其余导线的电阻忽略不计。闭合开关，记下电压表的示数为U1，则可计算出短路位置到A、C间电阻丝的电阻值，再根据该电阻丝每米的电阻值，便可计算出发生短路的位置到A、C的距离。请用测量量和已知量的字母表示出图丙中A点与M点间电阻丝的阻值表达式：RAM＝ R0 。
【答案】（1）如上图；（2）最大阻值；开关断路（或电流表断路或电阻箱断路）；（3）0.75；不能；（4）曲线a和曲线b交叉处；（5）R0。
【分析】（1）按照电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，电流表和小灯泡串联，电压表和小灯泡并联，正确连接电路。
（2）闭合开关前，应将电阻箱的阻值调到阻值最大处；
接通电路后，不管如何调节电阻箱接入电路的阻值，发现灯不亮，电流表、电压表都没有示数，出现这种现象的原因是电路断路；
（3）从图像上找到小灯泡额定电流值，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；
探究导体中的电流跟电压的关系时，要控制导体的电阻不变，小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，不能控制电阻的阻值不变；
（4）根据串联电路中电压特点进行分析；
（5）根据串联电路特点结合串联分压原理、欧姆定律可得图丙中A点与M点间电阻丝的阻值表达式。
【解答】解：（1）按照电流从电压表和电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，电流表和小灯泡串联，电压表和小灯泡并联，所以电流电源正极出发，依次经过开关、电流表、电阻箱、灯泡、电源负极，开关和灯泡之间的导线是错误的，电路连接如图：
；
（2）闭合开关前，应将电阻箱的阻值调到阻值最大处；
接通电路后，不管如何调节电阻箱接入电路的阻值，发现灯不亮，电流表、电压表都没有示数，出现这种现象的原因是电路断路，可能是开关断路（或电流表断路或电阻箱断路）；
（3）由图乙知，小灯泡额定电压下的电流是0.3A，则小灯泡的额定功率P＝U'I'＝2.5V×0.3A＝0.75W。
小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，不能控制电阻的阻值不变，不能探究导体电流跟电压的关系；
（4）如图甲，小灯泡和电阻箱串联在电路中，曲线a和曲线b交叉处，小灯泡两端的电压大于2.0V，电阻箱两端的电压大于2.0V，则小灯泡和电阻箱两端的总电压大于4.0V，电源电压是4V，故和题干矛盾，故曲线a和曲线b交叉处是错误的；
（5）电源电压已知为U，定值电阻阻值已知为R0，线路中其余导线电阻忽略不计。
闭合开关，记下电压表示数为U1，电压表测AC间的电压，根据串联电路电压规律，定值电阻R0两端电压为U0＝U﹣U1，
根据串联分压原理可得＝，即＝，
解得RAC＝R0，
故RAM＝RAC＝R0。
故答案为：（1）如上图；（2）最大阻值；开关断路（或电流表断路或电阻箱断路）；（3）0.75；不能；（4）曲线a和曲线b交叉处；（5）R0。
38．（2023•西乡塘区校级模拟）小明在探究电流与电阻关系的实验中，所用实验器材均完好，电源电压为6V不变，定值电阻分别为10Ω、15Ω、20Ω、30Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，1A”。
（1）小明连接了如图甲所示电路，闭合开关前，小明发现有一根导线连接错误，请在图甲中错误的导线上画“×”并用笔画线代替导线把电路连接正确；
（2）电路检查无误后，闭合开关，分别用10Ω、15Ω、20Ω的电阻进行实验，正确操作，记录的数据如表所示，则实验中控制电压表的示数为 3 V不变。当使用30Ω的电阻做实验时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数与前三次相同，为了继续完成第四次实验，如果只能更换电源，则电源电压应不高于 5 V；
（3）分析实验数据得出结论：在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成 反比 ；
（4）上述实验结束后，小明又设计了一个方案测量额定电压为3V的小灯泡的额定功率。电路如图所示（电源电压为6V，滑动变阻器规格为“20Ω，1A”），请把下面的实验步骤补充完整。
①只闭合开关 S和S2 ，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的示数为 3 V，此时小灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S1，保持滑片P的位置不动，此时V1的示数为1V，V2的示数为2V；
③该灯泡的额定功率P额＝ 0.6 W。
【答案】（1）图见解答；（2）3；5；（3）反比；（4）①S和S2；②3；③0.6。
【分析】（1）在探究电流和电阻关系实验中，电压表应并联在定值电阻两端；
（2）根据表中数据利用U＝IR求出定值电阻两端的电压，即为控制不变的电压；当定值电阻最大为30Ω且滑动变阻器接入最大阻值时，电源电压为最大，根据分压原理求出电源电压的最大值；
（3）根据表中数据分析得出结论；
（4）测量额定电压为3V的小灯泡的额定功率，根据P＝UI，关键是测灯的额定电流，首先使灯正常发光，通过开关的转换使电压表V1测滑动变阻器滑片以左电阻丝的电压，此时可知灯的电压，根据串联电路电压的规律，得出滑动变阻器滑片以左电阻丝的电压，根据串联电路各处的电流相等，由欧姆定律可得出滑片以左电阻丝的电阻大小，由第1次操作，根据欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）原电路图中，电压表并联在滑动变阻器两端且正负接线柱接反是错误的，在探究电流和电阻关系实验中，电压表应并联在定值电阻两端，如下图所示：
（2）由表中数据可知，定值电阻两端电压为UV＝IR＝0.3A×10Ω＝……＝0.15A×20Ω＝3V，即实验中控制电压表的示数为3V不变；
当定值电阻最大为30Ω且滑动变阻器接入阻值最大时，由分压原理可得：＝，
所以电源电压的最大值为：U总＝•UV＝×3V＝5V；
（3）定值电阻两端的电压为一定值，分析实验数据可得出结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（4）实验步骤：
①只闭合开关S和S2，调节变阻器的滑片，使电压表V2的示数为3V，此时小灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S1，保持滑片P的位置不动，此时V1的示数为1V，V2的示数为2V；
③在②中，电压表V2测灯的电压，V1测R1滑片以左电阻R左的电压，
由串联电路电压的规律可知，R1滑片以右电阻R右的电压，U右＝6V﹣1V﹣2V＝3V，
因滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电流的规律，通过变阻器滑片以左和以右的电流相等，
由欧姆定律有：＝，即＝＝，
解得，R右＝15Ω，
故在第1次操作中，电压表V2测灯的电压，由串联电路电压的规律，滑动变阻器的电压为：U滑＝6V﹣3V＝3V，
电路中的电流即灯的额定电流为：IL＝＝＝0.2A，
该灯泡的额定功率：P额＝U额IL＝3V×0.2A＝0.6W。
答：（1）图见解答；（2）3；5；（3）反比；（4）①S和S2；②3；③0.6。
五．计算题。
39．（2023•宾阳县模拟）图甲为某型号电子秤，其原理结构如图乙所示，R0为定值电阻；R是压敏电阻，其阻值随所受压力变化的关系如图丙所示。改写电压表（量程为3V）的表盘数值后可直接读出所称量物体的质量，设踏板的质量为5kg，电源电压保持9V不变。（g取10N/kg）
（1）空载时，电压表的示数为1V，求R0的阻值。
（2）所称量物体的质量为45kg时电压表的示数为多少？
（3）该电子秤的最大称量值是多少千克？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据G＝mg求出空载时踏板的重力，由图乙得出对应压敏电阻的阻值，根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电流，利用欧姆定律和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R0的阻值；
（2）称量物体的质量为45kg时，根据G＝mg得出其重力，从而得出压敏电阻受到的压力，由图丙可知压敏电阻大小，由串联电阻的规律得出此时电路中的总电阻，由欧姆定律得出电路的电流和电压表示数；
（3）物体的质量越大，压力越大，压敏电阻小，由压原理可知，压敏电阻的电压越小，由串联电路电压的规律，电压表示数越大，故质量最大时对应的电压表最大值：
由欧姆定律求出此时电路中的电流和压敏电阻两端分得的电压；从而得出压敏电阻的阻值，由丙图可知，此时压敏电阻受到的压力，从而得出最大称量值。
【解答】解：（1）踏板的质量为5kg，踏板的重力为：
G＝mg＝5kg×10N/kg＝50N，
由丙图可知，此时压敏电阻的阻值R＝240Ω；
两电阻串联，电压表测定值电阻的电压，电压表的示数为1V。
串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以压敏电阻两端的电压：
UR＝U﹣U0＝9V﹣1V＝8V，
由于串联电路中各处的电流相等，
所以根据欧姆定律可得，电路中的电流：
I1＝＝＝A，
R0的阻值：
R0＝＝＝30Ω；
（2）当电子秤称量物体的质量为45kg时，物体的重力：
G′＝m′g＝45kg×10N/kg＝450N，
压敏电阻受到的压力为450N+50N＝500N，由图丙可知压敏电阻R″＝150Ω，
由电阻的串联和欧姆定律，此时电路中的电流：
I总＝＝＝0.05A，
由欧姆定律，电压表示数为：
U′＝I总×R0＝0.05A×30Ω＝1.5V；
（3）电子秤的质量越大，压力越大，压敏电阻小，由压原理可知，压敏电阻的电压越小，
由串联电路电压的规律，电压表示数越大，故质量最大时对应的电压表最大值，此时定值电阻两端的电压为3V，
此时电路中的电流：
I2＝＝＝0.1A，
压敏电阻两端分得的电压：
UR′＝U﹣U0′＝9V﹣3V＝6V，
压敏电阻的阻值：
R′＝＝＝60Ω，
由丙图可知，此时压敏电阻受到的压力为950N，
该电子秤的量程：
mmax＝＝＝90kg；
故答案为：（1）空载时，电压表的示数为1V，R0的阻值为30Ω。
（2）所称量物体的质量为45kg时电压表的示数为1.5V；
（3）该电子秤的最大称量值是90kg。
40．（2023•宾阳县一模）如图1所示是一款用于锻炼握力的握力器，它的工作原理如图2所示，其中电源电压U恒定，U＝6V；力量计由电流表A改装而成；小灯泡上标有“6V 0.5A”的字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），R是一根长为9cm，阻值为18Ω的均匀电阻丝，滑片在a端时，力量计的示数为0N；C是一根弹簧，其所受压力F与压缩量ΔL的关系为：F＝kΔL，k＝60N/cm。求：
（1）小灯泡的电阻。
（2）当力量计的示数为0N时，电路中的电流。
（3）当力量计的示数为300N时，电压表的读数。
【答案】（1）小灯泡的电阻是12Ω；
（2）当力量计的示数为0N时，电路中的电流为0.2A；
（3）当力量计的示数为300N时，电压表的读数是3.6V。
【分析】（1）根据R＝计算灯泡的电阻；
（2）当力量计的示数为0N时，变阻器R接入的电阻最大，根据串联电路的电阻规律计算电路的总电阻，由欧姆定律计算电路中的电流；
（3）由F＝kΔL计算所受压力F＝300N时弹簧的压缩量ΔL，计算变阻器电阻丝接入电路的长度，并计算接入的电阻值，根据欧姆定律和串联电路的规律计算电压表的示数。
【解答】解：（1）小灯泡上标有“6V 0.5A”的字样，U额＝6V，I额＝0.5A，
根据R＝可得灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω；
（2）由图2可知，灯泡L与变阻器R串联，力量计即电流表测电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压，
当力量计的示数为0N时，变阻器R接入的电阻最大，R＝18Ω，根据串联电路的电阻规律可知，
电路的总电阻：R总＝RL+R＝12Ω+18Ω＝30Ω，
由欧姆定律可得电路中的电流：I＝＝＝0.2A；
（3）当力量计的示数为300N时，弹簧受到的压力F＝300N，由F＝kΔL可得，弹簧的压缩量：ΔL＝＝＝5cm，
R是一根长为9cm，阻值为18Ω的均匀电阻丝，所以变阻器接入电阻值：R′＝×（9cm﹣5cm）＝8Ω，
由串联电路的电阻规律可得，电路的总电阻：R′总＝RL+R′＝12Ω+8Ω＝20Ω，
由欧姆定律可得电路中的电流：I′＝＝＝0.3A，
则电压表的示数即灯泡两端的电压：UV＝I′RL＝0.3A×12Ω＝3.6V。
答：（1）小灯泡的电阻是12Ω；
（2）当力量计的示数为0N时，电路中的电流为0.2A；
（3）当力量计的示数为300N时，电压表的读数是3.6V。
41．（2023•梧州二模）物理兴趣小组设计了一个水箱水位自动报警仪，其电路图如图甲所示，电源电压保持6V不变，其中定值电阻R1＝10Ω，R2是一个压敏电阻，用绝缘薄膜包好后放在一个硬质凹形绝缘盒中，放入水箱底部，受力面水平，承受水压的面积为0.01m2，压敏电阻R2的阻值随所受液体压力F的变化关系如图乙所示，当电路中的电流为0.3A时，报警器（电阻不计）开始报警。（已知水的密度是1×103kg/m3）求：
（1）当水箱未装水时，压敏电阻R2是多少欧？
（2）当水箱未装水时，电流表的示数为多大？
（3）当报警器刚好开始报警时，水箱中水的深度为多大？
【答案】（1）当水箱未装水时，压敏电阻R2是40Ω；
（2）当水箱未装水时，电流表的示数为0.12A；
（3）当报警器刚好开始报警时，水箱中水的深度为0.8m。
【分析】（1）当水箱未装水时，压敏电阻受到的压力为0，由乙图可知压敏电阻的阻值；
（2）由甲图可知，闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时电流表示数；
（3）根据欧姆定律计算当报警器刚好开始报警时通过电路的电阻，根据串联电路电阻规律计算此时压敏电阻的阻值，根据F＝pS计算压敏电阻受到的压力，根据液体压公式计算水箱中水的深度。
【解答】解：（1）当水箱未装水时，压敏电阻受到的压力为0，由乙图可知压敏电阻的阻值为40Ω，
（2）由甲图可知，闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，
当水箱未装水时，根据串联电路总电阻等于各部分电阻之和可得总电阻：R＝R1+R2＝10Ω+40＝50Ω，
则电流表的示数为：I＝＝＝0.12A；
（3）当报警器刚好开始报警时，根据欧姆定律可知此时电路的电阻：R＝＝＝20Ω，
此时压敏电阻的阻值：R2′＝R﹣R1＝20Ω﹣10Ω＝10Ω，
由乙图可知此时压敏电阻受到压力为80N，
则水箱受到的压强：p＝＝＝8000Pa，
则水箱中水的深度为：h＝＝＝0.8m。
答：（1）当水箱未装水时，压敏电阻R2是40Ω；
（2）当水箱未装水时，电流表的示数为0.12A；
（3）当报警器刚好开始报警时，水箱中水的深度为0.8m。
42．（2023•桂林二模）如图甲是小林设计的称重装置原理图。杠杆OP始终处于水平位置，O为支点，OA＝AP，电源电压恒定，R0是阻值为5Ω的定值电阻，Rx是支架压敏电阻，它的阻值随压力变化的关系如图乙所示，当电压表的示数U0大于或等于3V时，电路外的检测装置会自动报警。某次称24kg的物体时，电压表的示数为1V。
（1）求称量24kg的物体时，电路中的电流大小。
（2）求电源电压。
（3）检测装置恰好报警时，该称能称量物体的最大质量。（杠杆、支架及托盘的重力均忽略不计）
【答案】（1）称量24kg的物体时，电路中的电流大小为0.2A。
（2）电源电压为6V。
（3）检测装置恰好报警时，该称能称量物体的最大质量是72kg。
【分析】（1）称量24kg的物体时，电压表测量R0两端的电压，已知电压表示数为1V，根据欧姆定律即可求出电路中的电流大小；
（2）利用F＝G＝mg求出称量24kg的物体时物体重力，根据G×OA＝F×OP求出压敏电阻受到压力，由表格数据读出压敏电阻Rx的电阻值，此时R0与Rx串联，根据串联电路的特点和欧姆定律即可求出电源电压；
（3）当检测装置恰好报警时，电压表的示数为3V，由欧姆定律以及串联电路电压的规律算出此时电路中的电流和Rx的电阻，由图象读出此时对应的压力F；
可将测量装置看成杠杆，根据G×OA＝F×OP算出物体的最大重力，然后利用G＝mg求出物体的最大质量。
【解答】解：（1）称量24kg的物体时，电压表测量R0两端的电压，已知电压表示数为1V，
则电路中的电流大小为：I＝＝＝0.2A；
（2）称量24kg的物体时物体的重力G＝mg＝24kg×10N/kg＝240N
由于O为支点，OA＝AP，则OP＝OA+AP＝OA+OA＝2OA，杠杆OP在水平位置平衡，
根据杆平衡条件可得：F×OP＝G×OA，
则压敏电阻受到的压力为：F＝＝＝120N，
由图象可知：此时压敏电阻的阻值为25Ω，
由图甲可知：R0与Rx串联，则总电阻为R＝R0+Rx＝5Ω+25Ω＝30Ω，
根据I＝可得电源电压：U＝IR＝0.2A×30Ω＝6V；
（3）当检测装置恰好报警时，电压表的示数为3V，
此时电路中的电流为：
I大＝＝＝0.6A，
Rx的电阻是：
Rx＝＝＝5Ω；
由表格数据知此时对应的压力F大为360N，
杠杆OP在水平位置平衡，根据杆平衡条件可得：F大×OP＝G大×OA，
则能称量物体的最大重力为：G大＝＝＝720N，
能称量物体的最大质量：m大＝＝＝72kg。
答：（1）称量24kg的物体时，电路中的电流大小为0.2A。
（2）电源电压为6V。
（3）检测装置恰好报警时，该称能称量物体的最大质量是72kg。
43．（2023•玉州区一模）某物理兴趣小组设计了一个皮肤温度检测装置，当温度≥37℃时发出报警，如图所示为该装置的感温区电路图，电源电压恒定不变，R0为定值电阻，R为热敏电阻，R的阻值与温度t的关系如表所示，电流表量程为0～10mA，数字式电压表量程为0～4V，当检测到电压表的示数≤3V时便会报警；当检测温度为33℃时，电压表示数为3.6V，求：
（1）当温度等于37℃，电压表示数为3V恰好报警时，电流表的示数；
（2）电源电压和定值电阻R0的阻值；
（3）在保证电路各元件安全的情况下，该装置能测量的温度范围。
【答案】（1）当电压表示数为3V，恰好报警报警时，电流表的示数为0.0075A；
（2）电源电压为6V，定值电阻R0的阻值为400Ω；
（3）在保证电路各元件安全的情况下，该装置能测量的温度范围为29℃～41℃。
【分析】（1）由电路图可知，闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测热敏电阻R两端的电压，电流表测通过电路的电流，
由表格可知当检测温度为37℃时，热敏电阻的阻值为400Ω，由题意可知此时电压表示数为3V，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流；
（2）由表格可知当检测温度为33℃时，热敏电阻的阻值为600Ω，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，
根据串联电路电流特点、串联电路电压规律结合欧姆定律列方程可得电源电压和定值电阻的阻值；
（3）根据电流表的量程确定通过电路的最大电流，根据串联电路特点结合欧姆定律计算此时热敏电阻的阻值，进一步确定此时的温度，
根据电压表的量程确定热敏电阻两端的最大电压，根据串联电路特点结合欧姆定律计算此时热敏电阻的阻值，进一步确定此时的温度，据此确定该装置能测量的温度范围。
【解答】解：（1）由电路图可知，闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测热敏电阻R两端的电压，电流表测通过电路的电流，
由图象可知当检测温度为37℃时，热敏电阻的阻值为400Ω，
由题意可知此时电压表示数为3V，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：
I＝＝＝0.0075A；
（2）由表格可知当检测温度为33℃时，热敏电阻的阻值为600Ω，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：
I′＝＝＝0.006A，
根据串联电路总电压等于各部分电路两端的电压之和可得：
U＝IR0+U1＝0.0075A×R0+3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝I′R0+U2＝0.006A×R0+3.6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解①②得：U＝6V，R0＝400Ω；
（3）电流表量程为0～10mA，当通过电路的电流最大为10mA＝0.01A时，根据U＝IR可知定值电阻两端的电压最大，根据串联电路电压规律可知电压表示数最小，
此时定值电阻两端的电压：U0＝IR0＝0.01A×400Ω＝4V，
热敏电阻两端的电压：UR＝U﹣U0＝6V﹣4V＝2V，
热敏电阻的阻值：R小＝＝＝200Ω，由表格可知此时的温度为41℃；
电压表量程为0～4V，当电压表示数最大为4V时，定值电阻两端的电压最小为：U0′＝U﹣UR′＝6V﹣4V＝2V，
此时通过电路的电流：I小＝＝＝0.005A，
此时热敏电阻的阻值：R大＝＝＝800Ω，由表格可知此时的温度为29℃，
所以该装置能测量的温度范围为29℃～41℃。
答：（1）当电压表示数为3V，恰好报警报警时，电流表的示数为0.0075A；
（2）电源电压为6V，定值电阻R0的阻值为400Ω；
（3）在保证电路各元件安全的情况下，该装置能测量的温度范围为29℃～41℃。
44．（2023•钦州模拟）防汛水位由低到高可分成设防水位、警戒水位、保证水位三个等级。科技小组设计了水位监测模拟装置，原理如图甲所示，电源电压为9V，R0为定值电阻，R是粗细均匀的电阻片，浮子可带动金属滑杆AP在竖直方向上下移动。已知水位每上升1cm，R接入电路的阻值将减少3Ω，R接入电路的阻值随水位的变化关系如图乙。电路最大电流为0.3A，监测的水位处于最高与最低时，电路电功率之比P1：P2＝3：1。求：
（1）定值电阻R0的阻值；
（2）当水位达到警戒水位时，电流表的示数；
（3）该装置能监测的水位高度差。
【答案】（1）定值电阻R0的阻值为30Ω；
（2）当水位达到警戒水位时，电流表的示数为0.2A；
（3）该装置能监测的水位高度差为20cm。
【分析】由图甲可知，R0、R串联，电压表测R两端的电压，电流表测通过电路的电流。
（1）由图乙可知当水位最高时，R接入电路的电阻为零，此时电路为定值电阻R0的简单电路，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出定值电阻R0的阻值；
（2）根据图乙可知警戒水位时R接入电路的电阻，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的电流，即为电流表的示数；
（3）根据P＝UI求出监测的水位处于最高时电路的电功率，根据P1：P2＝3：1求出监测的水位处于最低时电路的电功率，根据P＝UI求出此时电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出监测的水位处于最低时R接入电路的电阻，根据水位每上升1cm，R接入电路的阻值将减少3Ω求出此时R接入电路的电阻片的长度，进而求出该装置能监测的水位高度差。
【解答】解：由图甲可知，R0、R串联，电压表测R两端的电压，电流表测通过电路的电流。
（1）由图乙可知当水位最高时，R接入电路的电阻为零，此时电路为定值电阻R0的简单电路，
由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大，
由欧姆定律可知，定值电阻R0的阻值：R0＝＝＝30Ω；
（2）由图乙可知警戒水位时R接入电路的电阻R警戒＝15Ω，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电路中的电流：I警戒＝＝＝＝0.2A，
因此当水位达到警戒水位时，电流表的示数为0.2A；
（3）监测的水位处于最高时电路的电功率：P1＝UI最大＝9V×0.3A＝2.7W，
由监测的水位处于最高与最低时，电路电功率之比P1：P2＝3：1可知，监测的水位处于最低时电路的电功率：P2＝P1＝×2.7W＝0.9W，
由P＝UI可知，此时电路中的电流：I低＝＝＝0.1A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝90Ω，
由串联电路的电阻特点可知，监测的水位处于最低时R接入电路的电阻：R低＝R总﹣R0＝90Ω﹣30Ω＝60Ω，
此时R接入电路的电阻片的长度：L＝×1cm＝20cm，
即监测的水位处于最高与最低时R接入电路的电阻片的长度差为20cm，
因为当水位最高时，R接入电路的电阻为零，所以该装置能监测的水位高度差为20cm。
答：（1）定值电阻R0的阻值为30Ω；
（2）当水位达到警戒水位时，电流表的示数为0.2A；
（3）该装置能监测的水位高度差为20cm。
45．（2023•兴宁区校级三模）图甲是小雯家空气加湿器电路的示意图。加湿装置上标有“220V，22W”字样，R1是探测空气湿度的湿敏电阻置于加湿器表面，其阻值随空气湿度变化的图像如图乙所示，R0是电磁铁线圈的电阻。当控制电路中的电流增大到某一数值时，衔铁被吸引下来，加湿装置电路断开；当控制电路中的电流减小到某一数值时，衔铁被拉回，加湿装置电路闭合并开始工作。已知控制电路电源的电压为6V且保持不变，当空气湿度为40%时，控制电路中的电流为0.04A，现在小雯让加湿器工作时，使卧室内空气湿度控制在40%～50%。求：
（1）加湿装置正常工作时的电流及电磁铁线圈R0的阻值；
（2）湿度控制在40%～50%之间，电磁铁线圈消耗的最小功率；
（3）电流范围不变时，若小雯用阻值为75Ω的线圈替换原电磁铁线圈，加湿器工作时卧室内的空气湿度最大值是多少？
【答案】（1）加湿装置正常工作时的电流及电磁铁线圈R0的阻值分别为0.1A、50Ω；
（2）湿度控制在40%～50%之间，电磁铁线圈消耗的最小功率为0.08W；
（3）电流范围不变时，若小雯用阻值为75Ω的线圈替换原电磁铁线圈，加湿器工作时卧室内的空气湿度最大值是60%。
【分析】（1）根据P＝UI求出加湿装置正常工作时的电流；控制电路中，电磁铁线圈和湿敏电阻串联，电流表测量电路电流。当空气湿度为40%时，湿敏电阻的阻值为100Ω，根据欧姆定律可知总电阻，根据电阻串联的特点可知电磁铁线圈R0的阻值；
（2）根据P＝I2R可知，当控制电路中的电流最小时，电磁铁线圈消耗的电功率最小，根据欧姆定律可知，当湿敏电阻的阻值最大时，控制电路中的电流最小，根据图乙可知，湿敏电阻的阻值随着空气湿度的增大而减小，在加湿器正常工作范围内利用图乙找出湿敏电阻的最大阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出加湿器正常工作时，控制电路中的最小电流，根据P＝UI＝I2R求出此时电磁铁线圈消耗的最小功率；
（3）根据欧姆定律可知，当湿敏电阻的阻值最小时，控制电路中的电流最大，在加湿器正常工作范围内利用图乙找出湿敏电阻的最小阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出加湿器正常工作时，控制电路中的最大电流；根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出加湿器正常工作时湿敏电阻的最小阻值，根据图乙找出卧室内的空气湿度最大值。
【解答】解：（1）由P＝UI可知，加湿装置正常工作时的电流：I加湿＝＝＝0.1A；
控制电路中，电磁铁线圈和湿敏电阻串联，电流表测量电路电流。
当空气湿度为40%时，湿敏电阻的阻值为100Ω，根据欧姆定律可知总电阻R＝＝＝150Ω，
根据电阻串联的特点可知电磁铁线圈R0＝R﹣R1＝150Ω﹣100Ω＝50Ω；
（2）由P＝I2R可知，当控制电路中的电流最小时，电磁铁线圈消耗的电功率最小，
由欧姆定律可知，当湿敏电阻的阻值最大时，控制电路中的电流最小，
由图乙可知，湿敏电阻的阻值随着空气湿度的增大而减小，在加湿器正常工作范围内，当空气湿度为40%时，湿敏电阻的阻值最大，为100Ω，
此时电磁铁线圈消耗的最小功率：P小＝I2R0＝（0.04A）2×50Ω＝0.08W；
（3）由欧姆定律可知，当湿敏电阻的阻值最小时，控制电路中的电流最大，
由图乙可知，在加湿器正常工作范围内，当空气湿度为50%时，湿敏电阻的阻值最小，为75Ω，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，加湿器正常工作时，控制电路中的最大电流：I大＝＝＝＝＝0.048A，
由欧姆定律可知，此时控制电路中的最小电阻：R总小＝＝＝125Ω，
则用阻值为75Ω的线圈替换原电磁铁线圈后，湿敏电阻的阻值：R1'＝R总小﹣R0'＝125Ω﹣75Ω＝50Ω，
由图乙可知，当湿敏电阻的阻值为50Ω时，空气湿度为60%，
即用阻值为75Ω的线圈替换原电磁铁线圈，则加湿器正常工作时卧室内的空气湿度最大是60%。
答：（1）加湿装置正常工作时的电流及电磁铁线圈R0的阻值分别为0.1A、50Ω；
（2）湿度控制在40%～50%之间，电磁铁线圈消耗的最小功率为0.08W；
（3）电流范围不变时，若小雯用阻值为75Ω的线圈替换原电磁铁线圈，加湿器工作时卧室内的空气湿度最大值是60%。
46．（2023•南宁模拟）小明设计的电子握力计模拟电路如图甲所示，将电流表（量程为0～0.6A）改装成握力计。电源电压为18V，定值电阻R1为10Ω，握力计手柄A端与滑动变阻器R2的滑片P连接，B端与R2的b端固定在绝缘支架上。测握力F大小时，滑片在ab之间滑动，握力为零时滑片F处于a端，手柄弹簧处于原长。小明经过检测与推算，滑动变阻器接入电路的阻值与握力F的大小关系如图乙所示。
（1）握力为零时电路中的电流。
（2）在电路安全情况下，计算测量最大握力时R2消耗的电功率。
（3）小明测试后想增大握力计的测量范围。他又找来一个阻值为10Ω定值电阻R3，请判断分析小明应该将R3与R1串联还是并联？在电路安全的情况下，计算改进后握力计测量握力的范围。
【答案】（1）握力为零时电路中的电流为0.3A；
（2）在电路安全情况下，测量最大握力时R2消耗的电功率为7.2W；
（3）想增大握力计的测量范围应该将R3与R1串联，在电路安全的情况下，改进后握力计测量握力的范围为0～200N。
【分析】由图甲可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
（1）由图乙可知，握力为零时R2接入电路的电阻，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时电路中的电流；
（2）由图乙可知，握力越大，R2接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中的电流越大，根据电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R2接入电路的电阻，根据P＝UI＝I2R求测量最大握力时R2消耗的电功率；
（3）由题意可知，电路中的最大电流一定，由欧姆定律可知，电源电压一定时，电路中的最小总电阻一定，由图乙可知，握力越大，R2接入电路的电阻越小，由串联电路的电阻特点分析R3与R1的连接方式；
根据串联电路的电阻特点求出R2接入电路的最小电阻，根据图乙找出此时的握力，进而求出改进后握力计测量握力的范围。
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
（1）由图乙可知，握力为零时，R2接入电路的电阻为50Ω，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：I小＝＝＝＝0.3A；
（2）图乙可知，握力越大，R2接入电路的电阻越小，由欧姆定律可知电路中的电流越大，
因为电流表的量程为0～0.6A，所以，在电路安全情况下，电路中的最大电流为0.6A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R小＝＝＝30Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R2接入电路的电阻：R2'＝R小﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω，
则测量最大握力时R2消耗的电功率：P2＝I大2R2'＝（0.6A）2×20Ω＝7.2W；
（3）由题意可知，电路中的最大电流一定，由欧姆定律可知，电源电压一定时，电路中的最小总电阻一定，
由图乙可知，握力越大，R2接入电路的电阻越小，由串联电路的电阻特点可知，此时应将R3与R1串联，
由串联电路的电阻特点可知，此时R2接入电路的最小电阻：R2小＝R小﹣R1﹣R3＝30Ω﹣10Ω﹣10Ω＝10Ω，
由图乙可知，此时握力为200N，
因此改进后握力计测量握力的范围为0～200N。
答：（1）握力为零时电路中的电流为0.3A；
（2）在电路安全情况下，测量最大握力时R2消耗的电功率为7.2W；
（3）想增大握力计的测量范围应该将R3与R1串联，在电路安全的情况下，改进后握力计测量握力的范围为0～200N。
47．（2023•藤县一模）如图甲所示，北京冬奥会上智能机器人为运动员提供优质的服务，如表是送餐机器人的部分参数。
（1）求该机器人电机正常工作时电流。
（2）如果该机器人以额定功率、最大移动速度给距离180m的顾客送餐，求完成此次送餐电机所消耗的电能。
（3）如图乙所示为该机器人送餐负重过载保护电路原理图，电源电压为6V，R为托盘内的压力传感器，其阻值随所受压力变化的图像如图丙所示，当电流超过0.2A时触发器（电阻不计）可使电机停止工作，放弃送餐。为保护机器人，求电阻R0的阻值。
【答案】（1）该机器人电机正常工作时电流是1.5A；
（2）完成此次送餐电机所消耗的电能是21600J；
（3）电阻的阻值应调为10Ω。
【分析】（1）由表格数据可知电机的额定电压和额定功率，利用P＝UI计算出机器人电机正常工作时电流；
（2）利用速度公式计算出机器人以额定功率、最大移动速度给距离自己180m外的顾客送餐的时间，利用P＝计算出完成此次送餐电机所消耗的电能；
（3）利用F＝G＝mg计算出机器人承受的最大压力，知道压力大小，根据图丙可知此时R的阻值，利用欧姆定律计算出电路的最大总电阻，利用串联电路的电阻特点可以求出电阻箱R0的阻值应调为多少。
【解答】解：（1）由表格数据可知，电机的额定电压48V，额定功率72W，由P＝UI可知，机器人电机正常工作时电流为：
；
（2）由表格数据可知，机器人的最大移动速度为：v＝0.6m/s，
由速度公式可知，机器人以额定功率、最大移动速度给距离自己180m外的顾客送餐所需的时间为：
，
完成此次送餐电机所消耗的电能为：
W＝Pt＝72W×300s＝21600J，
（3）机器人承受的最大压力为：
F＝G＝mg＝15kg×10N/kg＝150N，
由图丙可知，当F＝150N时，压力传感器的阻值R＝20Ω，由欧姆定律，电路的总电阻为：
，
根据串联电路的电阻特点可知，电阻箱接入的阻值为：
R0＝R总﹣R＝30Ω﹣20Ω＝10Ω。
答：（1）该机器人电机正常工作时电流是1.5A；
（2）完成此次送餐电机所消耗的电能是21600J；
（3）电阻的阻值应调为10Ω。
48．（2023•西乡塘区二模）为倡导节能环保，某科研机构设计了新型路灯，工作原理电路图如图甲所示。控制电路中R2为半导体硅制成的光敏电阻，R2阻值随光强（国际单位坎德拉，符号：cd）变化的规律如图乙所示。工作电路中光控开关S2的状态由R2两端的电压决定：当R2两端的电压升至4V时，开关S2与c点接触，电路接通，路灯恰好正常工作，光强为20cd。已知，控制电路和工作电路中电源电压分别为6V和220V，路灯L正常工作时电流为1A。求：
（1）路灯L正常工作100s消耗的电能；
（2）路灯正常工作时R1的阻值；
（3）为了使路灯晚点开，当光强为5cd时工作电路才接通，保持R1的阻值不变，此时控制电路的电源电压为多少。
【答案】（1）路灯L正常工作100s消耗的电能为2.2×104J；
（2）路灯正常工作时R1的阻值为5Ω；
（3）此时控制电路的电源电压为4.5V。
【分析】由图甲可知，工作电路为路灯L的简单电路，控制电路中R1与R2串联；
（1）根据W＝UIt求出路灯L正常工作100s消耗的电能；
（2）根据图乙可知光强为20cd时R2的阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律求出路灯正常工作时控制电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出此时R1的阻值；
（3）根据图乙可知光强为5cd时R2的阻值，开关S2与c点接触时R2两端的电压不变，根据串联电路的特点和欧姆定律求出此时电路中的电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时控制电路的电源电压。
【解答】解：由图甲可知，工作电路为路灯L的简单电路，控制电路中R1与R2串联；
（1）路灯L正常工作100s消耗的电能：WL＝ULILt＝220V×1A×100s＝2.2×104J；
（2）由图乙可知，光强为20cd时R2的阻值为10Ω，
由串联电路的特点和欧姆定律可知，路灯正常工作时控制电路中的电流：I＝I1＝I2＝＝＝0.4A，
由串联电路的电压特点可知，此时R1两端的电压：U1＝U﹣U2＝6V﹣4V＝2V，
由欧姆定律可知，此时R1的阻值：R1＝＝＝5Ω；
（3）由图乙可知，光强为5cd时R2的阻值为40Ω，
由题意可知，开关S2与c点接触时R2两端的电压为4V不变，
由串联电路的特点和欧姆定律可知，此时时控制电路中的电流：I'＝I1'＝I2'＝＝＝0.1A，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时控制电路的电源电压：U'＝I'R总'＝0.1A×（5Ω+40Ω）＝4.5V。
答：（1）路灯L正常工作100s消耗的电能为2.2×104J；
（2）路灯正常工作时R1的阻值为5Ω；
（3）此时控制电路的电源电压为4.5V。
49．（2023•柳州二模）某学习小组设计了一个如图甲所示的电子高度测量仪，用粗细均匀的电阻丝代替滑动变阻器，将电压表装成高度显示仪，电压表示数随高度变化的规律如图乙所示。已知电阻丝R足够长，每1cm的阻值大小为0.1Ω，电压表量程为“0～15V”，电流表量程为“0～3A”，身高为170cm的同学站上去后电压表示数为9V，电流表示数为1A。求：
（1）身高为170cm的同学站上后，电阻丝R接入电路的阻值
（2）身高为110cm的同学站上后，电流表的示数为多少？
（3）在保证电路安全的情况下，该电路消耗的最小功率
【答案】（1）身高为170cm的同学站上后，电阻丝R接入电路的阻值为9Ω；
（2）身高为110cm的同学站上后，电流表的示数为1.5A；
（3）在保证电路安全的情况下，该电路消耗的最小功率为6W。
【分析】（1）由图甲可知，两电阻串联，电压表测量电阻丝两端电压，根据欧姆定律求出170cm的同学站上后电阻丝接入电路的电阻；
（2）利用“每1cm的阻值大小为0.1Ω”求出110cm的同学站上后，滑动变阻器接入电路的电阻，根据欧姆定律求出此时电路中的电流；
（3）根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出170cm和110cm的同学站上后电源电压的表达式，解方程求出电阻R0的阻值和电源电压；
由串联电路的分压原理可知，当电压表的示数最大时滑动变阻器两端的电压最大，滑动变阻器的电阻最大，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最小；根据电压表的量程确定滑动变阻器两端的最大电压，根据串联电路的电压特点求出此时电路中的最小电流，根据P＝UI求出该电路消耗的最小功率。
【解答】解：图甲可知，两电阻串联，电压表测量电阻丝两端电压，电流表测量电路中的电流；
（1）由欧姆定律可知，h1＝170cm的同学站上后电阻丝接入电路的电阻值：R＝＝＝9Ω；
（2）由题意可知，h2＝110cm的同学站上后，滑动变阻器接入电路的电阻：R'＝R﹣（h1﹣h2）×0.1Ω/cm＝9Ω﹣（170cm﹣110cm）×0.1Ω/cm＝3Ω，
由图乙可知，此时电压表的示数为4.5V，
由欧姆定律可知，此时电路中的电流：I'＝＝＝1.5A；
（3）由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，h1＝170cm的同学站上后，电源电压：U＝UR+U0＝UR+IR0＝9V+1A×R0……①
h2＝110cm的同学站上后，电源电压：U＝UR'+U0'＝UR'+I'R0＝4.5V+1.5A×R0……②
由①②解得：R0＝9Ω，U总＝18V；
由串联电路的分压原理可知，当电压表的示数最大时滑动变阻器两端的电压最大，滑动变阻器的电阻最大，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最小；
由于电压表的量程为0～15V，所以滑动变阻器两端的最大电压为15V，
由串联电路电压的规律知定值电阻R0两端的电压为：U0＝U总﹣UV大＝18V﹣15V＝3V，
此时电路中的最小电流为：I“＝＝＝A，
该电路消耗的最小功率：P＝UI＝18V×A＝6W。
答：（1）身高为170cm的同学站上后，电阻丝R接入电路的阻值为9Ω；
（2）身高为110cm的同学站上后，电流表的示数为1.5A；
（3）在保证电路安全的情况下，该电路消耗的最小功率为6W。
50．（2023•西乡塘区校级模拟）大型玻璃花房内都配有自动加湿器，如图甲所示。自动加湿器由控制电路和工作电路两部分组成（图乙）。已知控制电路电源电压恒为12V，R是可调电阻箱，RH为湿敏电阻，其阻值随相对湿度变化的对应关系如图丙所示（横轴为空气湿度，用百分数表示）。请分析下列问题：
（1）加湿器额定功率为0.5kW，加湿一次的时间是20min，求这段时间消耗的电能；
（2）当电阻箱接入电路中的阻值12Ω时，控制电路消耗的功率是4.5W，求此时的空气湿度；
（3）若a、b两端电压必须等于或大于9V时，控制电路才能启动加湿器进入工作状态。工作人员设定相对湿度为30%时启动加湿器工作，则电阻箱的阻值至少应调到多少？
【答案】（1）这段时间消耗的电能为6×105J。
（2）当电阻箱接入电路中的阻值12Ω时，控制电路消耗的功率是4.5W，此时的空气湿度30%。
（3）若a、b两端电压必须等于或大于9V时，控制电路才能启动加湿器进入工作状态。工作人员设定相对湿度为30%时启动加湿器工作，则电阻箱的阻值至少应调到60Ω。
【分析】（1）已知加湿器额定功率和一次的时间是20min，根据W＝Pt求出这段时间消耗的电能；
（2）根据已知条件，根据P＝求出电路的总电阻；根据电阻的串联求出R湿；由图丙知此时的空气湿度；
（3）根据串联电路的规律及欧姆定律，求出电路中的最大电流，从而得出电阻箱的阻值至少应调到多少。
【解答】解：（1）加湿器额定功率为0.5kW，加湿一次的时间是20min，这段时间消耗的电能；
W＝Pt＝0.5×1000W×20×60s＝6×105J；
（2）当电阻箱接入电路中的阻值12Ω时，控制电路消耗的功率是4.5W，
根据P＝可得，电路的总电阻：
R总＝＝＝32Ω；
根据电阻的串联，此时湿敏电阻的阻值：
R湿＝R总﹣R箱＝32Ω﹣12Ω＝20Ω；
由图丙知，此时的空气湿度为30%；
（3）空气湿度为30%时，R湿＝20Ω；
若a、b两端电压必须等于或大于9V时，
根据串联电路的规律及欧姆定律，电路中的电流小于等于：
I＝＝＝＝0.15A；
则电阻箱的阻值至少应调到：
R箱＝＝＝60Ω。
答：（1）这段时间消耗的电能为6×105J。
（2）当电阻箱接入电路中的阻值12Ω时，控制电路消耗的功率是4.5W，此时的空气湿度30%。
（3）若a、b两端电压必须等于或大于9V时，控制电路才能启动加湿器进入工作状态。工作人员设定相对湿度为30%时启动加湿器工作，则电阻箱的阻值至少应调到60Ω。
51．（2023•浦北县三模）在图甲所示的电路中，电源电压恒定，变阻器R2标有“90Ω 0.5A”的字样。电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～15V。当变阻器滑片P从某点a点移到b点时，变阻器的U﹣I线如乙图所示。求：
（1）变阻器滑片P在a时变阻器接入电路的阻值；
（2）定值电阻R1的阻值及电源电压；
（3）P从某点a点移到b点时，电路总功率变化范围；
（4）保证电路安全，变阻器从最大值移到最小值过程中，在乙图中画出定值电阻的U﹣I线（请写出计算过程，并在乙图中画出相应的定值电阻的U﹣I线）。
【答案】（1）变阻器滑片P在a时变阻器接入电路的阻值为30Ω；
（2）定值电阻R1的阻值为30Ω，电源电压为18V；
（3）P从某点a点移到b点时，电路总功率变化范围为5.4W～7.2W；
（4）保证电路安全，当变阻器接入电路的电阻最大为90Ω时，定值电阻R1两端的电压为4.5V，通过定值电阻R1的电流为0.15A，当变阻器接入电路的电阻最小为30Ω时，定值电阻R1两端的电压为15V，通过定值电阻R1的电流为0.5A；定值电阻的U﹣I线见解答图。
【分析】根据图甲可知，定值电阻R1与变阻器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。
（1）根据图乙可知变阻器滑片P在a时变阻器两端的电压和通过它的电流，根据欧姆定律求出变阻器接入电路的阻值；
（2）根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出滑片在a时的电源电压，根据图乙可知变阻器滑片P在b时变阻器两端的电压和通过它的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出滑片在b时的电源电压，解方程求出定值电阻R1的阻值及电源电压；
（3）根据P＝UI求出P从某点a点移到b点时，电路总功率变化范围；
（4）根据欧姆定律可知当变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，根据欧姆定律求出定值电阻R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时变阻器两端的电压，与电压表的量程进行比较，进而判断变阻器的滑片能否滑到最大处；根据欧姆定律可知当变阻器接入电路的电阻最小时，电路中的电流最大，根据电流表的量程和变阻器允许通过的最大电流利用串联电路的电流特点确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出定值电阻R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出变阻器接入电路的最小电阻，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出定值电阻两端的电压与电流的关系式，结合变阻器从最大值移到最小值过程中定值电阻R1两端的电压和对应的电流在图乙中画出相应的定值电阻的U﹣I线。
【解答】解：由图甲可知，定值电阻R1与变阻器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。
（1）由图乙可知，变阻器滑片P在a时，变阻器两端的电压U2a＝9V，通过它的电流Ia＝0.3A，
由欧姆定律可知，变阻器接入电路的阻值：R2a＝＝＝30Ω；
（2）由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，滑片在a时的电源电压：U＝U1a+U2a＝IaR1+U2a＝0.3A×R1+9V……①
由图乙可知，变阻器滑片P在b时，变阻器两端的电压U2b＝6V，通过它的电流Ib＝0.4A，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，滑片在a时的电源电压：U＝U1b+U2b＝IbR1+U2b＝0.4A×R1+6V……②
由①②解得：R1＝30Ω，U＝18V；
（3）滑片在a时，电路总功率：Pa＝UIa＝18V×0.3A＝5.4W，
滑片在b时，电路总功率：Pb＝UIb＝18V×0.4A＝7.2W，
因此P从某点a点移到b点时，电路总功率变化范围为5.4W～7.2W；
（4）欧姆定律可知当变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电路中的最小电流：I小＝＝＝0.15A，
由欧姆定律可知，此时定值电阻R1两端的电压：U1小＝I小R1＝0.15A×30Ω＝4.5V，
由串联电路的电压特点可知，此时变阻器两端的最大电压：U2大＝U﹣U1小＝18V﹣4.5V＝13.5V＜15V，
因此变阻器的滑片能滑到最大90Ω处；
此时定值电阻R1两端的电压U1小＝4.5V，通过定值电阻R1的电流I1小＝0.15A；
由欧姆定律可知当变阻器接入电路的电阻最小时，电路中的电流最大，
因为电流表的量程为0～0.6A，变阻器允许通过的最大电流为0.5A，所以，由串联电路的电流特点可知，为了保证电路安全，电路中的最大电流I大＝0.5A，
由串联电路的电流特点可知，此时通过定值电阻R1的电流：I1大＝I2大＝I大＝0.5A，
由欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压：U1大＝I1大R1＝0.5A×30Ω＝15V，
由串联电路的电压特点可知，此时变阻器两端的电压：U2小＝U﹣U1大＝18V﹣15V＝3V，
由欧姆定律可知，变阻器接入电路的最小电阻：R2小＝＝＝30Ω＜90Ω，符合题意，
此时定值电阻R1两端的电压U1大＝15V，通过定值电阻R1的电流I1大＝0.5A；
由欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压与电流的关系式为U1＝I1R1，
因为定值电阻R1的阻值不变，所以定值电阻R1两端的电压与通过它的电流成正比，
因此定值电阻的U﹣I线为过原点的斜直线，如图所示：
。
答：（1）变阻器滑片P在a时变阻器接入电路的阻值为30Ω；
（2）定值电阻R1的阻值为30Ω，电源电压为18V；
（3）P从某点a点移到b点时，电路总功率变化范围为5.4W～7.2W；
（4）保证电路安全，当变阻器接入电路的电阻最大为90Ω时，定值电阻R1两端的电压为4.5V，通过定值电阻R1的电流为0.15A，当变阻器接入电路的电阻最小为30Ω时，定值电阻R1两端的电压为15V，通过定值电阻R1的电流为0.5A；定值电阻的U﹣I线见解答图。
52．（2023•玉州区模拟）车辆超载是造成公路桥梁损坏的一个重要原因，因此限制车辆超载有着重要意义。某物理学习小组利用压敏电阻设计了一个模拟超载报警装置，如图甲所示，电源电压恒为18V，电压表量程为0～15V，压敏电阻R能承受的最大压力是400N，压敏电阻R的电阻与受到的压力F关系如图乙所示。为了能测量更重的物体，他们选用了一个杠杆OBA，O为支点，OB：OA＝1：4，模拟车辆放置在托盘内。托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计，则：
（1）为了不损坏压敏电阻，检测的模拟车辆最大重力为多少？
（2）当托盘内无模拟车辆时，电压表示数为8V，定值电阻R0的电阻多大？
（3）在电路元件都安全工作的状态下，电路消耗的最大电功率是多少？
【答案】（1）为了不损坏压敏电阻，检测的模拟车辆最大重力为1600N；
（2）定值电阻R0的电阻为80Ω；
（3）在电路元件都安全工作的状态下，电路消耗的最大电功率是3.24W。
【分析】（1）压杆对压敏电阻的压力和压敏电阻对压杆的支持力是一对相互作用力，据此可知压敏电阻对压杆的最大支持力，检测的模拟车辆的重力最大时，根据杠杆的平衡条件求出检测的模拟车辆的最大重力；
（2）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻R0两端的电压，电流表测通过电路的电流，当托盘内无模拟车辆时，由乙图可知压敏电阻的阻值，根据串联电路电压规律计算压敏电阻两端的电压，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算定值电阻R0的阻值；
（3）由乙图可知压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，所以压敏电阻承受的压力最大时，电路的总电阻最小，由P＝可知电路消耗的电功率最大，
压敏电阻R能承受的最大压力是400N，由乙图可知压敏电阻的阻值，根据串联电路电阻规律和欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据U＝IR计算定值电阻两端的电压，确定电路是否安全，根据P＝UI计算电路消耗的最大电功率。
【解答】解：（1）因压杆对压敏电阻的压力和压敏电阻对压杆的支持力是一对相互作用力，
所以，由压敏电阻R能承受的最大压力是400N可知，压敏电阻对压杆的最大支持力FA＝400N，
检测的模拟车辆的重力最大时，由杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝G大×OB，
则G大＝FA＝400N＝1600N；
（2）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻R0两端的电压，电流表测通过电路的电流，
当托盘内无模拟车辆时，由乙图可知压敏电阻的阻值为100Ω，
串联电路总电压等于各部分电压之和，所以压敏电阻两端的电压：UR＝U﹣U0＝18V﹣8V＝10V，
由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I＝＝＝0.1A，
串联电路各处电流相等，则定值电阻R0的阻值：R0＝＝＝80Ω；
（3）由乙图可知压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，所以压敏电阻承受的压力最大时，电路的总电阻最小，由P＝可知电路消耗的电功率最大，
压敏电阻R能承受的最大压力是400N，由乙图可知压敏电阻的阻值为20Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.18A，
此时定值电阻两端的电压：U0′＝I′R0＝0.18A×80Ω＝14.4V，电压表量程为0～15V，所以电路安全，
电路最大功率：P＝UI′＝18V×0.18A＝3.24W。
答：（1）为了不损坏压敏电阻，检测的模拟车辆最大重力为1600N；
（2）定值电阻R0的电阻为80Ω；
（3）在电路元件都安全工作的状态下，电路消耗的最大电功率是3.24W。
53．（2023•广西三模）如图甲所示的恒温箱，由工作电路和控制电路组成，其简化电路如图乙所示，其中控制电路是由线圈电阻、热敏电阻R、滑动变阻器R′串联组成，电源两端电压恒为6V，线圈的阻值不计，热敏电阻的R﹣t图像如图丙所示；R′的阻值为250Ω时，恒温箱可以实现100℃的恒温控制；当线圈的电流达到0.02A时衔铁被吸合；其中加热器的额定电压为220V，额定功率为605W。求：
（1）当恒温箱实现100℃恒温控制时，热敏电阻R消耗的功率；
（2）如果要使恒温箱能够设置50℃至150℃之间的温度，可变电阻R′的阻值范围；
（3）由于工作电路上导线有电阻，当某次加热器的实际功率为500W时，假设加热器电阻不变。求加热器的实际电压。
【答案】（1）当恒温箱实现100℃恒温控制时，热敏电阻R消耗的功率是0.02W；
（3）如果要使恒温箱能够设置50℃至150℃之间的温度，那么可变电阻R'的阻值范围为210～270Ω；
（4）当某次加热器的实际功率为500W时，工作电路的实际电压为200V。
【分析】（1）恒温箱实现100℃恒温控制时，控制电路的电流为0.02A，由图丙可知热敏电阻的阻值，根据欧姆定律计算热敏电阻两端电压，根据P＝UI计算热敏电阻消耗的功率；
（3）根据题意可知，控制电路电源电压恒为6V，当电路中的电流达到0.02A时，衔铁被吸合，故无论怎样设定温度，电路中的总电阻都不变；根据欧姆定律计算电路中的总电阻，
当恒温箱设置50℃时，由图丙可知R＝90Ω，根据串联电路电阻规律计算滑动变阻器接入电路中的电阻，
当恒温箱设置150℃时，由图丙可知，R＝30Ω，根据串联电路电阻规律计算滑动变阻器接入电路中的电阻，据此确定要使恒温箱能够设置50℃至150℃之间的温度时可变电阻R′的阻值调节范围；
（4）已知加热器的额定电压为220V，额定功率为605W，根据P＝UI＝计算加热器的电阻，根据P＝UI＝计算加热器的实际电压。
【解答】解：（1）恒温箱实现100℃恒温控制时，控制电路的电流为0.02A，
由图丙可知热敏电阻的阻值为50Ω，热敏电阻两端电压：UR＝0.02A×50Ω＝1V，
则热敏电阻消耗的功率为：PR＝URI＝1V×0.02A＝0.02W；
（2）根据题意可知，控制电路电源电压恒为6V，当电路中的电流达到0.02A时，衔铁被吸合，故无论怎样设定温度，电路中的总电阻都不变；
电路中的总电阻R总＝＝＝300Ω；
当恒温箱设置50℃时，由图丙可知R＝90Ω，
滑动变阻器接入电路中的电阻为：R＝R总﹣R′＝300Ω﹣90Ω＝210Ω，
当恒温箱设置150℃时，由图丙可知，R＝30Ω；
滑动变阻器接入电路中的电阻R＝R总﹣R′＝300Ω﹣30Ω＝270Ω，
要使恒温箱能够设置50℃至150℃之间的温度，可变电阻R′的阻值调节范围应该在210～270Ω；
（3）已知加热器的额定电压为220V，额定功率为605W，根据P＝UI＝可知加热器的电阻为：R加＝＝＝80Ω，
由P＝UI＝得U实＝＝＝200V。
答：（1）当恒温箱实现100℃恒温控制时，热敏电阻R消耗的功率是0.02W；
（3）如果要使恒温箱能够设置50℃至150℃之间的温度，那么可变电阻R'的阻值范围为210～270Ω；
（4）当某次加热器的实际功率为500W时，工作电路的实际电压为200V。
54．（2023•浦北县校级模拟）百公里加速时间指汽车从0加速到100km/h所用的时间。小强设计了如图甲所示的测量仪，将压敏电阻R2和物块N固定在表面光滑的木板上，质量为200g的长方体绝缘物块M刚好无侧面挤压放入中间凹槽内，M与R2之间的接触面积为0.5cm2。当测量仪向右均匀加速时，R2会受到恒定的压力，R2未受压力时阻值为20Ω，如图乙是R2随压力F的增大而增大的部分图像。R2能承受的最大压力为2.8N，电源电压18V保持不变，R1标有“50Ω 1A”，电流表量程为0～0.6A，该电流表能准确测量时要求指针偏转不小于量程的，但不超过量程的。测量时将该测量仪水平固定在测试的车上，测量仪的前方与车前进方向一致，汽车启动加速时，根据下表所示的百公里加速时间和压敏电阻受到压力的关系就可以将电流表改装为百公里加速时间测量仪。某次测试前，闭合开关，调节滑片使电流表示数为0.6A，然后保持滑片位置不动，求：
（1）M的重力；
（2）滑动变阻器消耗的电功率；
（3）测试仪能准确测量时，R2受到M对它的压强范围。
【答案】（1）M受到的重力为2N；
（2）此时滑动变阻器消耗的电功率为3.6W；
（3）R2受到M对它的压强范围为2.4×104Pa～5.6×104Pa。
【分析】（1）根据G＝mg求M受到的重力；
（2）由题意可知，测试前R2未受压力，此时阻值为20Ω，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的电阻，根据P＝UI＝I2R求出滑动变阻器消耗的电功率；
（3）根据“电流表能准确测量时要求指针偏转不小于量程的，但不超过量的”求出电路中允许通过的最小电流和最大电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出R2的最大阻值和最小阻值，结合“R2能承受的最大压力为2.8N”和图乙求出R2受到压力范围，根据p＝求出R2受到M对它的压强范围。
【解答】解：（1）M受到的重力：G＝mg＝200×10﹣3kg×10N/kg＝2N；
（2）闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，测试前R2未受压力，此时阻值为20Ω，
由欧姆定律可知此时电路中的总电阻：R总＝＝＝30Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻为：R1＝R总﹣R2＝30Ω﹣20Ω＝10Ω，
则滑动变阻器消耗的电功率：P1＝I2R＝（0.6A）2×10Ω＝3.6W；
（3）因为电流表能准确测量时要求指针偏转不小于量程的，但不超过量的，
所以电路中允许通过的最小电流：I小＝×0.6A＝0.2A，允许通过的最大电流：I小＝×0.6A＝0.45A，
由欧姆定律可知电路中的最大电阻：R大＝＝＝90Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R2的最大电阻为：R2大＝R大﹣R1＝90Ω﹣10Ω＝80Ω，
因为R2能承受的最大压力为2.8N，由图乙可知，此时R2'的阻值为70Ω＜80Ω，所以R2受到的最大压力为2.8N，
R2受到M对它的最大压强：P大＝＝＝5.6×104Pa；
由欧姆定律可知电路中的最小电阻：R小＝＝＝40Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R2的最小电阻为：R2小＝R小﹣R1＝40Ω﹣10Ω＝30Ω，
由图乙可知此时R2受到最小压力为1.2N，
R2受到M对它的最小压强：P小＝＝＝2.4×104Pa；
因此R2受到M对它的压强范围为2.4×104Pa～5.6×104Pa。
答：（1）M受到的重力为2N；
（2）此时滑动变阻器消耗的电功率为3.6W；
（3）R2受到M对它的压强范围为2.4×104Pa～5.6×104Pa。
55．（2023•贵港一模）某新型电饭煲工作过程中先用高温加热煮沸，让大米吸热吸水后迅速膨胀，淀粉大量溶入米汤中，后将米汤分离，再用低温蒸煮，既能大大降低米饭中的糖分，又环保节能。其内部结构电路如图甲所示，R1和R2均为定值加热电阻，S1和S2为温控开关（只能同时闭合或同时断开），达到预设温度后，温控开关自动断开，电饭煲开始低温蒸煮。图乙是电饭煲某次正常工作时完成一次煮饭所消耗的电能随时间的变化关系。求：
（1）电饭煲正常工作时，高温功率是多少；
（2）电阻 R1 的阻值是多少；
（3）图乙电饭煲一次正常工作时前15分钟和后15分钟消耗电能之比。
【答案】（1）电饭煲正常工作时，高温功率为880W；
（2）电阻R1的阻值为110Ω；
（3）图乙电饭煲一次正常工作时前15分钟和后15分钟消耗电能之比为11：5。
【分析】由图甲知：当S1和S2都闭合时，R1和R2并联，总电阻最小，根据P＝可知电路处于高温挡；
当S1和S2都断开时，R1和R2串联，总电阻最大，根据P＝可知电路处于低温挡；
（1）由图乙可知，在0～0.1h时间内，电饭煲消耗了0.088kW•h的电能，在0.1～0.5h时间内，电饭煲消耗的电能是0.176kW•h﹣0.088kWh＝0.088kW•h，所以0～0.1h时，电饭煲处于高温加热，0.1h～0.5h时电饭煲处于低温蒸煮挡；根据P＝可得出高温挡的功率；
（2）从图乙可知，0.1h﹣0.5h为低温挡，且消耗的电能为（0.176﹣0.088）kW•h，根据P＝可得出低温挡的功率，根据P＝可得出R1和R2串联的总电阻；
根据P＝可得出高温挡R1和R2并联的总电阻，利用串并联电路电阻关系列方程求出R1的阻值；
（3）根据P＝分别得出一次正常工作时前15分钟和后15分钟消耗电能，然后得出比值。
【解答】解：由图知当S1和S2都闭合时，R1和R2并联，总电阻最小，根据P＝知电路处于高温挡；
当S1和S2都断开时，R1和R2串联，总电阻最大，根据P＝知电路处于保温挡；
（1）由图乙可知，在0～0.1h时间内，电饭煲消耗了0.088kW•h的电能，在0.1～0.5h时间内，电饭煲消耗的电能是0.176kW•h﹣0.088kWh＝0.088kW•h，
所以0～0.1h时，电饭煲处于高温加热，0.1h～0.5h时电饭煲处于低温蒸煮；
则高温挡的功率为：P高温＝＝＝0.88kW＝880W；
（2）从图乙可知，低温挡的功率P低温＝＝＝0.22kW＝220W，
根据P＝可知R1和R2串联的总电阻：R串＝＝＝220Ω，
根据串联电路的电阻特点可知：R1+R2＝R串＝220Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
高温挡的总电阻为：R并＝＝＝55Ω，
根据并联电路的电阻特点可知：即：+＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：R1＝110Ω；
（3）一次正常工作时前15分钟内，因高温加热煮沸工作时间为：t1＝0.1h＝0.1×3600s＝360s，
则前15分钟内的低温蒸煮时间为：t′＝15min﹣t1＝15×60s﹣360s＝540s，则消耗的电能为：
W前＝P高温t1+P低温t′＝880W×360s+220W×540s＝4.356×105J，
后15分钟内，一直处于低温蒸煮状态，则时间为：t＝15×60s＝900s，则消耗的电能为：
W后＝P低温t＝220W×900s＝1.98×105J，
则：W前：W后＝4.356×105J：1.98×105J＝11：5。
答：（1）电饭煲正常工作时，高温功率为880W；
（2）电阻R1的阻值为110Ω；
（3）图乙电饭煲一次正常工作时前15分钟和后15分钟消耗电能之比为11：5。
56．（2023•青秀区校级模拟）音乐喷泉是集光机电技术于一体的装置，让红、绿、蓝三种色灯照射到水柱上，通过电脑控制三种色灯功率的比例就能让水柱变换颜色，呈现美轮美奂的视觉效果。图甲是某段时间内红、绿两色灯功率随时间变化的图像。求：
（1）第10s时红灯两端的电压为100V，求此时通过红灯的电流；
（2）请计算25～30s内红灯和绿灯消耗的总电能；
（3）图乙是控制喷泉水柱工作的模拟电路。AB两端输入如图丙所示的周期性变化的UAB，定值电阻R＝2Ω，D为特殊电子元件，当UAB＜6V时，D两端的电压UD＝UAB；当UAB≥6V时，UD恒为6V不变。已知当通过R的电流满足I≥2A时，电路启动喷水，请计算分析：该电路工作10min，其中喷水时间有多少min？
【答案】（1）第10s红灯两端的电压为100V，此时通过红灯的电流为2A；
（2）25～30s内红灯和绿灯消耗的总电能为2000J；
（3）该电路工作10min，其中喷水时间有200s。
【分析】（1）由红灯功率随时间变化的图像可知第10s红灯的电功率，由公式P＝UI可计算其电流；
（2）结合图像分析25～30秒红、绿灯的功率，根据公式W＝Pt计算消耗的总电能；
（3）根据题意，当通过R的电流满足I≥2A时，电路启动喷水，根据U＝IR算出R两端的最小电压，这个电压为能否喷水的临界电压，根据题意可知此时UAB＞6V，UD恒为6V不变，UAB＝UD+UR算出UAB的电压；
根据图知，当0＜t＜3s时，AB两端的电压均匀增加，3s时AB两端的电压达到15V，判断出临界电压对应的时间，从而判断出一个周期中喷水时间，最后算出该电路工作10min喷水的时间。
【解答】解：（1）第10s红灯两端的电压为100V，红灯的功率为P红＝200W，
由P＝UI可得，此时通过红灯的电流为：
I红＝＝＝2A；
（2）由图甲乙可知，红灯和绿灯在25～30秒内的功率都为200W，则总功率为：P总＝200W+200W＝400W，
红灯和绿灯消耗的总电能为：W总＝P总t＝400W×5s＝2000J；
（3）当UAB＜6V时，D两端的电压UD＝UAB；当UAB≥6V时，UD恒为6V不变；当通过R的电流满足I≥2A时，水泵启动喷水，
则喷水时R两端的电压至少为：UR＝IR＝2A×2Ω＝4V，
这个电压为能否喷水的临界电压，所以UAB至少为：UAB＝UD+UR＝6V+4V＝10V，
由图丙可知，0～3s内AB两端的电压均匀增加，3s时达到15V，则2s时对应的电压为10V，即在一个周期的2～4s内，UAB≥10V时，如图：
则一个周期内（周期为6s）喷水时间为2s，
10min＝600s，
10min有100个周期，
则喷水时间为：t′＝100×2s＝200s。
答：（1）第10s红灯两端的电压为100V，此时通过红灯的电流为2A；
（2）25～30s内红灯和绿灯消耗的总电能为2000J；
（3）电路启动喷水，此时UAB至少为10V，该电路工作10min，其中喷水时间有200s。
57．（2023•青秀区校级三模）某研究性学习小组设计了一种测定风力的装置，其原理如图甲所示。迎风板与一压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向，压敏电阻的阻值随风力的变化而变化，无风时，电路中的电流为0.5A，当风力为480N时，电路中的电流为0.9A，电压表量程为0∼3V，压敏电阻Rx与迎风板承受风力F的关系如图乙所示。求：
（1）无风时，压敏电阻Rx消耗的电功率；
（2）电源电压；
（3）如果保持电压表量程不变，且只能在电路中增加一个电阻R0，使该装置能测量的最大风力达到900N，计算电阻R0的阻值，并说明其连接方式。
【答案】（1）无风时，压敏电阻Rx消耗的电功率为4W；
（2）电源电压为9V；
（3）如果保持电压表量程不变，使该装置能测量的最大风力达到900N，应在电路中串联一个电阻R0，且R0＝3Ω。
【分析】（1）由甲电路图可知，R与Rx串联，由图乙可知无风时Rx的阻值，根据P＝UI＝I2R求出Rx消耗的功率；
（2）根据当无风时和风力为480N时电路中的电流，由图象可知Rx的阻值，利用欧姆定律和串联电路的特点得出电源电压的表达式，联立即可求出电源电压和R的阻值；
（3）由于电压表测量R两端的电压，如果保持电压表量程不变，根据欧姆定律可知电路中的电流不变，
根据欧姆定律求出当电压表的示数最大时电路中电流，
由于电源电压不变，再根据欧姆定律求出电路中的总阻值，
由图读出当风力F＝480N时Rx的阻值，根据电阻串并联特点即可需要增加的电阻R0的连接方式，并根据串并联电阻的特点求出R0的阻值。
【解答】解：（（1）由图甲可知，R和Rx串联，
已知当无风时，电路中的电流为0.5A，则Ix＝I1＝0.5A，由图象可知，此时电阻Rx＝16Ω
根据P＝UI＝I2R，Rx消耗的功率为：Px＝Rx＝（0.5A）2×16Ω＝4W；
（2）根据欧姆定律和串联电路的特点得出：
无风时，电源电压为：U﹣UR+Ux﹣I1R+I1Rx＝0.5A×R+0.5A×16Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
由图可知，当风力F＝480N时，Rx′＝8Ω，电流I2＝0.9A
电源电压为：U＝UR′+Ux′＝I2R+I2Rx′＝0.9A×R+0.9A×8Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于电源电压不变，联立①②解得：
电源电压U＝9V；电阻R＝2Ω；
（3）当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，
则电压表的示数Umax＝3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，Rx两端的电压Ux″＝U﹣Umax＝9V﹣3V＝6V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流I′＝＝＝1.5A，
当最大风增大到900N时，Rx′＝1Ω，保持电压表量程不变，
则电路中的电流1.5A不变，此时电路中的总电阻R总＝＝＝6Ω；
由于压敏电阻的阻值随风力的增大而变小，则应在电路中串联一个电阻R0，
所以，R0＝R总﹣R﹣Rx″＝6Ω﹣2Ω﹣1Ω＝3Ω。
答：
58．（2023•兴宁区校级一模）科技研究小组在实验室模仿工程师做“钢梁承重后的下垂量h”的测试，他们用厚钢尺制成了一座跨度为L的桥梁（如图甲所示），并设计了一个方便读取“厚钢尺桥梁受压后下垂量”的测试仪，测试仪由压力传感器R与外部电路组成（如图乙所示）。已测得跨度为L时，在一定范围内，其压力F与下垂量h满足关系F＝，k＝1×10﹣3m/N，已知电源电压不变，当电压表的示数为4V时，电流表示数为0.4A。当压力F1＝30N时，电路中的电流为I1，此时R的功率为P1；当压力F2＝40N时，电路中的电流为I2，此时R的功率为P2且I1与I2相差0.12A。传感器的电阻R与压力F的关系图像如图丙所示，忽略传感器与钢梁自重产生的影响。求：
（1）R0的阻值；
（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力；
（3）P2的大小。
【答案】（1）R0的阻值为10Ω；
（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力为30N；
（3）P2的大小为3.6W。
【分析】（1）分析电压表电流表测量的数据，根据欧姆定律求解；
（2）利用题干给出的压力F和下垂量h之间的关系式求解；
（3）由图丙求解R和F之间的关系式，计算不同压力下R的大小，据此分析电流的大小，根据电源电压不变列出等式求解电流，利用电功率公式计算P2的大小。
【解答】解：（1）由图乙可知，R和R0串联，电压表测R0的电压，
电压表的示数为4V，即R0的电压为4V，
电流表的示数为0.4A，即R0的电流为0.4A，
根据欧姆定律得：R0＝＝＝10Ω；
（2）压力F与下垂量h满足关系F＝，k＝1×10﹣3m/N，h＝3cm＝0.03m，
代入数据F＝＝30N；
（3）传感器的电阻R与压力F的关系图像是一条直线，设R＝aF+b，
代入（0N，30Ω）、（60N，0Ω）两组数据得到R＝﹣0.5Ω/N×F+30Ω，
当压力F1＝30N时，代入得：R1＝﹣0.5Ω/N×30N+30Ω＝15Ω，
当压力F2＝40N时，代入得R2＝﹣0.5Ω/N×40N+30Ω＝10Ω，
所以R1时电路总电阻更大，电流更小，
I1与I2相差0.12A，因此I2＝I1+0.12A，
电源电压不变，因此I1（R0+R1）＝I2（R0+R2），
代入数据I1（10Ω+15Ω）＝（I1+0.12A）×（10Ω+10Ω），
解得I1＝0.48A，I2＝0.6A，
P2＝×R2＝（0.6A）2×10Ω＝3.6W。
答：（1）R0的阻值为10Ω；
（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力为30N；
（3）P2的大小为3.6W。
59．（2023•兴宁区校级一模）如图甲为电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能，相关参数如表所示。图甲中电磁继电器（线圈电阻不计）、热敏电阻R、保护电阻R0、电压恒为6V的电源U1、导线等组成控制电路。当电磁铁线圈中的电流I＜10mA时，继电器上方触点和触点c接通；当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，继电器下方触点和触点a、b接通；热敏电阻R中允许通过的最大电流I0＝15mA，其电阻R随温度变化的规律如图乙所示，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中。已知R1＝132Ω、U2＝220V。
求：
（1）电热水器加热状态下工作100s消耗的电能；
（2）R2阻值；
（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的最小阻值为多少？若R0为该值，衔铁刚好吸下时储水箱中水温是多少？
【答案】（1）电热水器加热状态下工作100s消耗的电能1.65×105J；
（2）R2阻值37.7Ω；
（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的最小阻值为200Ω，若R0为该值，衔铁刚好吸下时储水箱中水温是60℃。
【分析】（1）已知加热功率，根据W＝Pt计算电热水器加热状态下工作100s消耗的电能；
（2）由电路图可知，继电器下方触点和触点c接通时，R2与R1并联，电路的总电阻最小，总功率最大，处于加热状态，根据并联电路的特点和P＝UI＝求出
R2阻值。
（3）根据题意可知热敏电阻中允许通过的最大电流即为控制电路的最大电流，此时电路的总电阻最小，根据欧姆定律求出电路的最小总电阻，根据图乙读出热敏电阻的最小阻值，利用电阻的串联求出保护电阻R0的最小阻值；当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，继电器下方触点和触点a、b接通；根据欧姆定律计算电路总电阻，根据串联电阻规律得出热敏电阻的阻值，根据乙图确定刚好吸下时储水箱中水温。
【解答】解：（1）加热功率P＝1650W；由P＝知，
电热水器加热状态下工作100s消耗的电能W＝Pt＝1650W×100s＝1.65×105J；
（2）由电路图可知，继电器下方触点和ab触点接通时，R2与R1并联，处于加热状态，由并联电路的电压特点知，
P＝P1+P2＝+；即1650W＝；
解得R2＝37.7Ω；
（3）由题意可知，热敏电阻中允许通过的最大电流I0＝15mA＝0.015A，
则控制电路的最大电流为0.015A，此时电路的总电阻最小，
由I＝可得，电路的最小总电阻：R总＝＝＝400Ω，
由图乙可知，热敏电阻的最小阻值R小＝200Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，保护电阻R0的最小阻值：R0＝R总﹣R小＝400Ω﹣200Ω＝200Ω；
由题意可知，电磁铁的衔铁被吸下时，电路中的电流I＝10mA＝0.01A，此时R0＝200Ω，
控制电路的总电阻：R'总＝＝＝600Ω，
此时热敏电阻的阻值：R＝R总′﹣R0＝600Ω﹣200Ω＝400Ω，
由图乙可知，此时储水箱中水温是60℃。
答：（1）电热水器加热状态下工作100s消耗的电能1.65×105J；
（2）R2阻值37.7Ω；
光照强度E/Lx
0.5
1
1.5
2
2.5
3
6
R2阻值/Ω
60
30
20
15
12
10
5
油的体积/L
电压表示数/V
30
12
24
4
15
2
1.2
t/℃
30
40
50
60
70
Rt/Ω
305
245
200
170
150
次数
1
2
3
4
R/Ω
10
15
20
30
I/A
0.3
0.2
0.15
质量
60kg
一次最大送餐量
15kg
移动速度
0.2﹣0.6m/s
车轮直径
10cm
电机额定电压
48V
电机额定功率
72W
加速时间/s
5.56
4.63
3.97
3.47
3.09
2.78
2.53
2.31
2.14
1.98
1.85
所受压力/N
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
2.2
2.4
2.6
2.8
3.0
额定电压
220V
加热功率
1650W
保温功率
220W