沪科版（2025秋版）物理9年级第十七章精讲精练学案
文档属性
| 名称 | 沪科版（2025秋版）物理9年级第十七章精讲精练学案 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-08-10 22:37:07 | ||
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文档简介
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第十七章 电流做功与电功率
【知识梳理】
考点一 电功
1.定义
电流通过某段导体所做的功叫做电功。用符号W表示。
2.实质
电能转化为其他形式的能的过程。
3．影响电功大小的因素
跟电压的高低、电流的大小、通电时间的长短有关。加在用电器上的电压越高、通过的电流越大、通电时间越长，电流做功越多。
4．电功的单位
(1)单位：
国际单位的基本单位是焦耳，符号是J；常用单位有干瓦时，也叫作度，符号是kW·h。
（2）单位换算：1度=1kW·h=3.6×106J
5.计算公式：
（1）定义式：（为普通公式，适用任何电路）
（2）推导式：（只适用于纯电阻电路）
6.电能表（又称电度表）
（1）作用：测量电路中电功的仪表。
（2）铭牌上各参数的物理意义：
①铝盘上方方框内的数字2508.6记录消耗的电能总数，红色方框内的数字（最末一位）为小数位；
②kW·h表示以千瓦·时（kW·h）为显示消耗电能的单位。
③220V 50Hz表示该表在220V、50Hz的交流电路中正常工作；
④10（20A）表示该表标定电流（该电流条件下，电表计量最准确）为10A，通过的电流不能超过额定最大电流20A；
⑤2500r/（kW·h）表示每消耗1kW·h电能，电表转盘转过2500圈。
（3）计数方法：在一段时间内前后两次示数的差值，就是这段时间内消耗的电能。
（4）电能的计算：
电能表转盘在一段时间实际转n转或电能表指示灯闪烁n次消耗的电能：
其中N表示消耗1kW·h电能时电能表转盘标定的转过的转数或电能表指示灯闪烁的次数。
考点二 电功率
1．物理意义
电功率是表示电流做功快慢的物理量。
2. 定义
把电流所做的功与所用时间之比叫做电功率。用符号P表示。
3．单位及其换算
单位是瓦特，简称瓦，符号是W。比瓦更大的单位是干瓦(kW)，比瓦更小的单位是毫瓦(mW)。1kW=10W=106mW。
4.计算公式：
（1）定义式：
（2）推导式： （仅适用于纯电阻电路）
5.额定功率和实际功率
在不同的电压下，同一个用电器的电功率不一样大；用电器实际的电功率随着它两端电压的改变而改变。
（1）额定电压：用电器正常工作时的电压。
（2）额定电流：用电器正常工作时的电流。
（3）额定功率：用电器在额定电压下工作时的电功率。
例：一个标有“220V 18W”的节能灯泡，其中“220V”表示该灯泡的额定电压为220V，“18W”表示该灯泡的额定功率为18W。
（4）实际功率：用电器在实际电压下工作时对应的功率。
6．常见家用电器功率的估测
（1）日光灯的额定功率约为40W；
（2）电吹风的电功率为600W～1300W；
（3）手电筒的电功率约为0.5W；
（4）计算器的电功率约为0.5mW；
（5）电扇的电功率为20～70W
（6）笔记本电脑的电功率40～70W；
（7）家用空调、电饭锅、微波炉、电热水器的电功率约为1000W。
6．温度-时间图像：图像越陡，比热容越小；（陡小缓大)（如课本图14-4）
考点三 测量电功率
1.“伏安法”测量小灯泡的电功率
（1）实验原理：P=UI
（2）实验电路图及实物图的连接
（3）连接电路时应注意：
开关要断开；滑动变阻器的滑片移到阻值最大处。
（4）实验中滑动变阻器的作用：
保护电路；改变通过小灯泡的电流，进而改变其两端的电压。
（5）实验中确定小灯泡正常发光的方法：
移动滑片，观察电压表示数，当电压表示数为小灯泡额定电压时，小灯泡正常发光。
(6）实际电压、实际功率与灯泡亮度的关系：
实际电压越大，实际功率越大，灯泡越亮。
2.利用家用电能表测算家用电器的电功率
电能表转盘转n转或电能表指示灯闪烁n次消耗的电能：
家用电器的电功率：W。（N表示每消耗的电能，电能表转盘转过的圈数或指示灯闪烁的次数）
考点四 焦耳定律
1. 电流的热效应
电流通过导体时电能转化为内能的现象叫做电流的热效应。
2.电流产生的热量与哪些因素有关
（1）实验电路图及装置
（2）被加热的物质选用空气或煤油的原因：空气和煤油的比热容小能使实验现象明显。
（3）实验方法：
①转换法：通过温度计示数的变化来反映电流通过导体产生热量的多少。
②控制变量法。
（4）实验结论：
①当电流和电阻一定时，通电时间越长，产生的热量越多。
②当电阻和通电时间一定时，电流越大，产生的热量越多。
③当电流和通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多。
3.焦耳定律
(1）内容
电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。
(2）计算公式
(适用于所有电路)
对于纯电阻电路，电流通过导体时，电能全部转化为内能，所以可以推导出：
4．电热的利用与防止
（1）利用：电暖气、电烙铁、电热毯、电饭锅等。
（2）防止：散热片、电脑的微型风扇等。
【题型精炼】
考点一 电功
典例1：（2025 沛县二模）如图所示是小明家的电能表，安装时的示数为零，到目前为止，小明家已消耗 kW h的电能。小明断开其它用电器，只将“220V 750W”的电饭锅接入电路，测得2min内电能表指示灯闪烁64次，电饭锅的实际功率为 W，两端的实际电压 （＞/＜/=）它的额定电压。
【答案】123.4；600；＜。
【解析】电能表是用来测量消耗电能多少的仪表，在读数时注意最后一位是小数位。从电能表的铭牌上可以看出每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，可求指示灯闪烁64次消耗的电能，根据公式可求灯泡的实际功率，与额定功率比较，可知此时的实际电压大小。
【解答】
【举一反三】
变式1：（2025 沂南县一模）高老师新家的电能表1月初读数为111.6kW h,2月初读数如图所示，则1月份高老师家用电 kW h。某天，高老师关闭家里其它用电器，只接入额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min,则这段时间内电能表的转盘转过 圈。
【答案】120；450。
【解析】（1）上月用电量的计算：本月初示数与上月初示数之差，注意：最后一位是小数，计量是单位kW h；
（2）3000r/（kW h）表示的是电路中每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转3000r,根据W=Pt求出消耗的电能，再求出这段时间内电能表的转盘转过的圈数。
【解答】
变式2：（2025春 云岩区校级月考）电能表是测量 的仪表，小明家上次查看电能表的读数为，本次查看时电能表读数如图所示，则他家这段时间内消耗的电能为 kW h。
【答案】电能；15.5。
【解析】（1）电能表是用来测量电能的仪表；
（2）电能表读数时数字方框中最后一位是小数，单位是kW h,电能表的两次示数之差即为这个时间段消耗的电能。
【解答】电能表应串联在家庭电路中，是测量消耗电能或电功的仪表。
电能表最后一位表示小数点后的数值，所以小明家上次查看电能表的读数为916.1kW h,由图可知，本次查看时电能表读数为931.6 kW h,消耗的电能为W=931.6 kW h-916.1kW h=15.5kW h。
变式3：（2024 通辽）小明家原有用电器的总功率是3800W，又新购买了电热水器和空调各一台，热水器的铭牌上标有“220V，2200W”字样，空调的铭牌上标有“220V，1900W”字样，他家的电能表如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电热水器是利用电流热效应工作的
B．单独使用空调比单独使用热水器电能表表盘转速快
C．正常使用相同时间，热水器比空调消耗的电能多
D．小明家现有的用电器可以同时使用
【答案】B
【解析】（1）电流通过导体时电能转化为内能的过程，叫电流的热效应；
（2）用电器的功率越大，电能表转得越快；
（3）根据W=Pt进行分析；
（4）根据P=UI和电能表的规格进行分析。
【解答】A、电热水器是利用电流热效应工作的，故A正确；
B、热水器的额定功率比空调的额定功率大，单独使用热水器比单独使用空调电能表表盘转速快，故B错误；
C、根据W=Pt,正常使用相同时间，热水器比空调消耗的电能多，故C正确；
D、该电能表所能承担的最大负载功率为：P=UI=220V×40A=8800W；实际接入的总功率为：P'=3800W+2200W+1900W=7900W，小于电能表能够承担的最大功率，小明家现有的用电器可以同时使用，故D正确。
考点二 电功率
典例1：（2025春 长沙校级月考）某电饭锅有加热和保温两种功能，其简化电路如图所示，R1、R2为加热电阻，S为电源开关，S1为温控开关。闭合电源开关S，温控开关S1由断开到闭合，下列说法正确的是（ ）
A．电路总电压变大
B．电路总电流变小
C．电路总功率变小
D．电饭锅进入加热状态
【答案】D
【解析】根据结合欧姆定律和P=UI分析回答。
【解答】根据可知，电压一定时，电阻越大，功率越小，当只闭合开关S时，电路为只有电阻R1的简单电路；开关S、S1都闭合时，电阻R1、R2并联，电阻越并越小，所以当只闭合开关S时，电饭锅处于保温状态，开关S、S1都闭合时，电饭锅处于加热状态；所以温控开关S1由断开到闭合，电流的总电阻变小，电路的总电压不变，根据欧姆定律，总电流变大，根据P=UI可知，总功率变大，电饭锅由保温状态变为加热状态，故ABC错误，D正确。
【举一反三】
变式1：（2024秋 无棣县期末）光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小。将光敏电阻R、定值电阻R0、电流表、电压表、开关和电压恒定的电源连接成如图所示的电路。闭合开关，逐渐增大光敏电阻的光照强度，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变小 B．电流表示数变小
C．电路总电阻变大 D．R0消耗的功率变小
【答案】A
【解析】由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；根据题意得出逐渐增大光敏电阻的光照强度时其电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化；根据P=I2R分析R0消耗的功率的变化。
【解答】由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
因光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，所以，闭合开关，逐渐增大光敏电阻的光照强度时，光敏电阻R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R0两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压变小，即电压表的示数变小；
根据P=I2R可知R0消耗的功率变大；
综上所述，A正确。
变式2：（2024秋 大连期末）某学习小组用装满盐水的气球连接在如图所示的电路中。当用手向相反的方向拉扯连接气球的导线（盐水与导线充分接触且气球不破裂）时，下面说法正确的是（ ）。
【答案】A。
【解析】电阻的大小与下面的因素有关：相同横截面积、同种材料的导体，长度越长，电阻越大；相同长度、同种材料的导体，横截面积越小，电阻越大；相同长度和横截面积的导体电阻还与组成材料有关；首先判定电路的连接状态，然后根据盐水气球形状的变化判定电阻的变化，然后根据欧姆定律判定电流的变化、电压的变化，根据功率公式判定灯泡亮度的变化。
【解答】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量的是盐水气球两端的电压；AC、当用手向相反的方向拉扯连接气球的导线，气球变长变细，即长度增加，横截面积减小，故盐水气球的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流减小，根据P=I2R可知，灯泡的功率变小，亮度变暗，故A正确、C错误；BD、盐水气球的电阻变大，根据串联电路的分压规律可知，其两端的电压变大，即电压表示数变大；电压表与电流表示数的比值为盐水气球的电阻，电阻变大，比值变大，故BD错误。
变式3：（2025 重庆模拟）公路检查站的“地磅”可以检测货车是否超载。如图所示是某种地磅的工作原理图，滑片P可在竖直放置的电阻R上滑动且接触良好，a、b为电流表或电压表。当货车质量增大时，由电表a改装成的显示器的示数也增大，且不能超过它的量程。下列说法正确的是（ ）
A．接线柱“1”应与“3”连接
B．当R0消耗的功率增大时，说明货车质量增大了
C．若货车的质量减小时，a与b两表示数的变化量之比变小
D．若提升地磅测量范围，可增大R0阻值
【答案】D
【解析】（1）电流表应串联在电路中，电压表应并联在被测电路的两端，滑动变阻器的工作原理：通过改变接入电路中的电阻线长度来改变电阻；
（2）串联电路中各电阻两端电压与对应的电阻成正比，据此可知判断电阻两端的电压变化，利用P=判断电阻R0的功率变化；
（3）若货车的质量减小时，变阻器接入电路中的阻值变小，电压表示数的变化量等于定值电阻两端电压的变化量，则a与b两表示数的变化量之比等于定值电阻的阻值；
（4）电表量程一定，当增加R0的值，在电源电压不变时，要使电路中的电流达到电表量程，变阻器接入电阻要减小，所以货车的质量增大，据此分析。
【解答】由题可知，因电表a改装成的显示器的示数会随货车质量增大而增大，若a为电流表，会造成滑动变阻器短路，所以b为电流表，a应为电压表。此时电阻R与R0串联，电压表a测电阻R两端电压，电流表b测电路电流。
A．若接线柱“1”与“3”连接，货车质量增大时，滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路分压原理可知，滑动变阻器两端电压变小，a表示数变小，所以接线柱“1”应与“2”连接，故A错误；
B．当R0消耗的功率增大时，根据P=I2R可知，电路中的电流变大，总电阻变小，说明货车质量减小了，故B错误；
C．若货车的质量减小时，变阻器接入电路中的阻值变小，电压表示数的变化量等于定值电阻两端电压的变化量，则a与b两表示数的变化量之比等于定值电阻的阻值，故a与b两表示数的变化量之比保持不变，故C错误；
D．若提升地磅测量范围，即货车质量更大时，滑片P下移更多，R两端的电压变大，即电压表a的示数变大，要使电压表a不超量程，根据串联分压的规律，可增大R0阻值来分担电压，故D正确。
考点三 测量电功率
典例2：（2024 罗湖区校级模拟）乐乐做“探究电流与电阻的关系”的实验，连接的电路如图甲所示，电源电压可调，有四个定值电阻，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω和30Ω，滑动变阻器的规格为“60Ω 1A”。
实验序号 1 2 3 4
电阻R/Ω 5 10 20 30
电流I/A 0.6 0.15 0.1
闭合开关，发现电流表无示数，而电压表示数接近电源电压，则电路故障可能的原因是定值电阻 （选填“断路”或“短路”）。
排除电路故障后，调解滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V，记下相应的电流值，用10Ω定值电阻替换5Ω电阻后，应将滑片向 端（选填“左”或“右”）滑动，使电压表的示数不变，此时电流表的示数如图乙所示为 A。
正确完成数次实验后，得到如表数据，分析数据可得到实验结论。
（4）完成上述实验后，乐乐又设计了如图丙所示的电路，来测量一个额定电压为U0的小灯泡的额定功率，已知定值电阻的阻值为R0，请完成以下实验步骤：
①只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器，直到电流表示数为 ，此时灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S1，保持滑片不动，读出此时的电流表示数I；
③小灯泡的额定功率：P额= 。
【答案】
【解析】（1）闭合开关，发现电流表无示数，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，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上小电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定变阻器滑片移动的方向；根据电流表选用量程确定分度值读数；
（4）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为I1=时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0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灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】（1）闭合开关，发现电流表无示数，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，即电路故障可能的原因是定值电阻断路；
（2）实验中，当把10Ω定值电阻替换5Ω电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器接入电路的阻值，故应把滑动变阻器滑片向右滑动，使电压表的示数保持不变；
由图乙可知，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A；
（4）实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器，使电流表示数为，此时小灯泡正常发光；
②只闭合开关S、S1，保持滑片位置不变，记录下此时电流表的示数为I；
③在①中，电流表测定值电阻的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
【举一反三】
变式1：（2022秋 和平区校级期末）小志同学在“测量小灯泡电功率”实验中，用到的器材有：新干电池两节、小灯泡（标有0.3A）、电流表、电压表、滑动变阻器、开关，导线若干。
（1）请按照图甲中的实验电路连接，画出对应的电路图。
（2）连接好电路，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数，电压表示数接近3V，造成这一现象的原因可能是 （选填序号）；
①小灯泡短路；
②小灯泡断路；
③滑动变阻器短路；
④滑动变阻器开路。
（3）排除故障，进行实验，当电流表的示数如图乙时，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动，当电流表示数达到0.3A时，电压表的示数如图丙，则小灯泡的额定功率为 W；
（4）小刚用相同的器材进行该实验时发现电压表损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也可测出小灯泡的额定功率，主要的操作步骤如下：
①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额；
②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I；
③计算得出小灯泡的额定功率P额= （用R0、I额、I表示）。
【答案】（1）见解析；（2）②；（3）A；0.75；（4）I额（I-I额）R0。
【解析】（1）伏安法测小灯泡的电功率，需要测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，故需要将电流表与小灯泡串联，电压表与小灯泡并联，根据小灯泡的额定电压确定电压表的量程，滑动变阻器采用一上一下的连接方式串联在电路中；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路，根据电压表示数分析电路故障的原因；
（3）读出电流表的示数，根据电流表示数与灯泡额定电流的大小判定电路中电流的变化，根据欧姆定律分析电路中总电阻的变化和滑动变阻器阻值的变化；根据电压表选用的量程确定分度值读数，根据P=UI求灯的额定功率；
（4）根据并联电路的电流规律求出通过定值电阻的电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据并联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，然后根据P=UI求出灯泡的额定功率。
【解答】（1）因为新干电池两节，所以电压表应选择0～3V的量程并联在小灯泡两端，滑动变阻器的接线柱要“一上一下”接入电路，如图所示：
（2）电流表无示数，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，与电压表并联的灯泡开路，故选：②；
（3）电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.14A；灯泡的额定电流为0.3A，要使灯在额定电压下正常发光，需要增大电路中的电流，根据欧姆定律可知，需要减小电路中的总电阻，所以应使变阻器连入电路中的电阻变小，故滑片向A移动，直到电流表示数为0.3A；
此时电压表指针位置如图丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.5V，则小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
（4）根据题意可知，干路中的电流为I，通过灯泡的电流即灯泡的额定电流为I额；根据并联电路的电流规律可知，通过定值电阻的电流为：I'=I-I额；
定值电阻两端的电压为：U0=I'R0=（I-I额）R0；根据并联电路的电压规律可知，灯泡的额定电压为：U额=U0=（I-I额）R0；
灯泡的额定功率为：P额=U额I额=I额（I-I额）R0。
变式2：（2024 五通桥区一模）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为8Ω。
（1）在图甲中，有一根导线未连接，请用笔画线代替导线将电路连接完整。
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数超过量程，经检查，导线连接完好，则电路故障可能是小灯泡发生了 （选填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为 V；此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“左”或“右”）端移动。
（4）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，由图象可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（5）完成上述测量后，不用电压表，用如图所示的电路也可以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 ；
②保持滑片位置不动，闭合开关S、S1，断开开关S2，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= 。（用已知量和测得量的字母表示）
【答案】（1）如图所示；（2）断路；（3）2.2；右；（4）0.75；（5）①闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数为I额；③（I-I额 ）R0I额。
【解析】（1）利用欧姆定律求出灯泡的额定电流，根据灯泡的额定电流确定电流表的量程与小灯泡串联；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数超过量程，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，与电压表并联的支路断路了；
（3）根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，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；
（4）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图象得出额定电压下的电流，根据P=UI可求出灯泡的额定功率；
（5）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，先使灯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，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】（1）由欧姆定律，灯的额定电流：I=≈0.3A，故电流表选用0～0.6A的量程与小灯泡串联，如图所示：
；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数超过量程，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，与电压表并联的小灯泡断路了；
（3）图乙中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
（4）根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
（5）实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数为I额；
②闭合开关S、S1，断开开关S2，记录下此时电流表的示数为I；
③步骤②中，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=I0R0=（I-I额）R0；
小灯泡的额定功率的表达式为P：P额= U额I额=（I-I额 ）R0I额。
变式3：（2025春 武清区校级月考）小明需要测一个额定电压为2.5V的小灯泡的额定电功率，实验器材除了这只小灯泡外，还有：电源，一只5Ω的定值电阻，一只电流表，一只单刀单掷开关，一只单刀双掷开关，一只滑动变阻器和导线（所有器材均符合实验要求）。请你帮助她设计出实验电路图（不重复组装电路），写出实验步骤和需要测量的物理量，并用已知量和测量量表示出小灯泡额定功率（要求写出表达式）。
【答案】实验电路图如下:
实验步骤如下：
1.将滑动变阻器滑片调至最右端（阻值最大处），闭合开关S1，开关S2调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。
2.保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
小灯泡的额定功率：2.5V×（I-0.5A）。
【解析】利用电流表和定值电阻测电功率的方法：利用滑动变阻器，电流表和定值电阻控制小灯泡正常发光，利用灯泡和已知电阻组成的并联电路来解决灯泡两端的电压问题。
【解答】测小灯泡的额定电功率，利用P=UI进行测量，从题干中所给材料可以发现，只有测量电流的电流表，没有电压表，但是给出了一个5Ω的定值电阻，于是可以想到利用并联电路，让定值电路两端电压等于小灯泡的额定电压即可。故设计电路图如下：
具体实验步骤如下：
1.将滑动变阻器调至最右端（阻值最大处），闭合开关S，让S1调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。
（该步骤是为了让灯两端电压为U额=2.5V，因定值电阻为5Ω，根据欧姆定律，可求出此时流过定值电路的电流为=0.5A）
2.保持滑动变阻器位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
（此时电流表测量灯和定值电阻并联的总电流，则流过小灯泡的电流IL=I-0.5A
根据P=UI，计算出小灯泡的额定功率P额=U额×IL=2.5V×（I-0.5A）。
考点四 焦耳定律
典例1：（2025 阎良区模拟）用如图所示的装置可探究电流产生热量与 的关系，装置中的U形管 （选填“是”或“不是”）连通器；相同时间内，电流通过电阻R1与R2产生的热量之比为 。
【答案】电流；不是；4：1。
【解析】（1）要探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量跟电流大小关系，要控制导体的电阻和通电时间相同，电流大小不同；
（2）上端开口、底部互相连通的容器叫连通器；
（3）根据焦耳定律Q=I2Rt来分析。
【解答】（1）由图可知，R2与R3并联后与R1串联，根据串、并联电路电流特点可知，R1和R2与R3电阻相同，所以通过R2电流等于通过R1的电流的一半，所以可以探究电流产生的热量与电流大小的关系；
（2）图中的两个U形管上端不都是开口的，所以装置中的U形管不是连通器；
（3）通过R2电流等于通过R1的电流的一半，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为4：1。
【举一反三】
变式1：（2025 新城区校级二模）如图为探究电流通过导体产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。电路接通后，电阻丝R1与R2两端的电压之比为 ；通过电阻丝R1与R3的电流之比为 ；相同时间内，电阻丝R1、R2、R3产生的热量之比为 。
【答案】1：2；2：1；4：8：1。
【解析】（1）串联电路中电流处处相等，根据U=IR判断电阻丝R1与R2两端的电压之比；
（2）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，据此得出通过电阻丝R1与R3的电流之比；
（3）根据Q=I2Rt求出相同时间内，电阻丝R1、R2、R3产生的热量之比。
【解答】（1）由图可知，电阻丝R1与R2串联，通过的电流相等，
由I=可得，电阻丝R1与R2两端的电压之比：U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=5Ω：10Ω=1：2；
（2）由图可知，R3与R4并联后再与R1、R2串联，且R3与R4阻值相同，由并联电路的电流特点可知，通过R3与R4的电流相等，等于通过R1、R2电流的1/2，
则通过电阻丝R1与R3的电流之比为：I1：I2=1：=2：1；
（3）设通过R3的电流为I，则通过R1、R2的电流均为2I，由Q=I2Rt可知，
相同时间内，电阻丝R1、R2、R3产生的热量之比为：
Q1：Q2：Q3=（2I）2R1t：（2I）2R2t：I2R3t=4×5Ω：4×10Ω：5Ω=4：8：1
变式2：（2024秋 房山区期末）如图所示，给电炉通电后，电炉丝热得发红，而用手触摸与之连接的导线却不觉得烫手，下列解释正确的是（ ）
A．通过导线的电流比通过电炉丝的电流小得多
B．导线的电阻比电炉丝的电阻大得多
C．导线的电功率比电炉丝的电功率小得多
D．电流通过导线时没有产生热效应。
【答案】C。
【解析】（1）电流流过导体时，导体发热，把电能转化为内能的现象是电流的热效应。
（2）电炉丝和连接的导线串联在电路中，通过它们的电流相等，通电时间相同，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，根据焦耳定律Q=I2Rt和P=分析判断。
【解答】A、电炉在使用时，电炉丝和导线串联，通过它们的电流相等，故A错误；
B、电炉丝的电阻比导线的电阻大得多，故B错误；
C、通电时间t和电流相同，由于R电炉丝＞R导线，根据Q=I2Rt可知，电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，根据P=可知：P电炉丝＞P导线，故C正确；
D、电流通过导线时产生热量，是热效应，故D错误。
变式3：（2024秋 中山区期末）如图所示，这是家庭中大功率用电器的三脚插头。在材料、长度相同时，连接插头的导线应 （选填“粗”或“细”）一些更安全、节能，原因是，在一定时间内，通过相同电流情况下，所选择的导线产生的热量更 （选填“多”或“少”）。
【答案】粗；少。
【解析】导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小；
根据焦耳定律Q =I2Rt可知，判断在电流和通电时间一定时，电阻与产生的热量的关系。
【解答】①导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律Q =I2Rt可知，在电流和通电时间一定时，电阻越小，导线产生的热量越少，所以从安全用电的角度考虑，连接大功率用电器的导线应选择粗一些的导线来制作。
1．如图甲，规格相同的玻璃杯装了相同质量的水，将阻值不同的两根电阻丝R1和R2与电源、开关接成电路，忽略散热，得到图乙所示的水温与加热时间的图线，则下列叙述正确的是（ ）
A．两个加热器，R1＜R2
B．由图乙可知：比热容c甲＞c乙
C．加热相同时间，两杯水吸收的相同热量
D．甲杯水在2min内吸收的热量，与乙杯水在3min内吸收的热量相同
【答案】D
【解答】解：A．规格相同的玻璃杯装了相同质量的水，2min末甲温度高，说明R1产生的电热多；由电路图可知，两电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相等，由Q＝I2Rt可知，在电流与通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以，R1＞R2，故A错误；
B．甲、乙两容器中都是水，且状态相同，则两杯水的比热容相同，故B错误；
C．实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故C错误；
D．由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min升高的温度相同，且两杯水的质量相同，根据Q吸＝cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故D正确。
故选：D。
2．如图某同学家电能表上标有“220V 10（40）A”的字样，空气开关允许通过的最大电流为30A，已知他家原有用电器的总功率是5kW。炎炎的夏季即将来临，他家新购置了一台1kW的空调和一盏20W的节能灯，将该空调接入电路，空调能正常工作；再将该节能灯接入电路，电路中的空气开关出现了跳闸现象，所有用电器停止工作。下列说法不正确的是（ ）
A．空调接入电路时与其他用电器并联
B．他家允许接入用电器总功率不高于8800W
C．“2500r/（kW h）”表示：接入该表后的用电器每耗1kW h电，表盘转2500转
D．空气开关出现跳闸的原因是短路
【答案】B
【解答】解：A．空调接入电路时与其它用电器并联，保证正常工作，故A正确，不符合题意；
B．电能表的额定最大电流为40A，空气开关允许通过的最大电流为30A，电能表与空气开关串联，则他家允许接入用电器总功率不高于P＝UI＝220V×30A＝6600W，故B错误，符合题意；
C．“2500r/（kW h）”表示当铝盘转过2500r时用电器消耗的电能为1kW h，则接入该表后的用电器每耗1kW h电能，表盘转2500转，故C正确，不符合题意；
D．一只节能灯功率较小，接入时不会造成总功率过大，故此时空气开关出现跳闸的原因是短路，故D正确，不符合题意。
故选：B。
3．如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡标有“4V 1.6W”字样（灯丝电阻不受温度影响），滑动变阻器标有“50Ω 1A”字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。闭合开关，保证各元件不损坏，下列选项正确的是（ ）
A．移动滑动变阻器滑片，小灯泡可能正常发光
B．电路中消耗的最大功率为3.6W
C．滑动变阻器两端电压变化范围为9～12V
D．当滑动变阻器滑片P置于b端时，滑动变阻器通电1min产生的热量为140J
【答案】B
【解答】解：A．由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，电流表测串联电路中的电流。保证各元件不损坏，移动滑动变阻器的滑片，由于电压表的量程为0～3V，所以小灯泡两端的最大电压为3V，所以小灯泡不能正常发光，故A错误；
B．由P＝UI可得灯光正常发光电流为IL0.4A，
灯泡电阻为RL10Ω，
通过小灯泡的最大电流为I′L0.3A，
又由题意可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为Imax＝IL′＝0.3A，电路中消耗的最大功率Pmax＝UImax＝12V×0.3A＝3.6W故B正确；
CD．当电压表示数为3V时，滑动变阻器两端的电压最小为U1，U1＝U﹣ULmax＝12V﹣3V＝9V，
当滑动变阻器滑片P置于b端时，滑动接入电路的电阻最大，分得电压最大，此时电路的电流最小为Imin0.2A，
故滑动变阻器两端的最大电压U2＝IminRb＝0.2A×50Ω＝10V，
此时滑动变阻器通电1min产生的热量为Q＝U2Imint＝10V×0.2A×60s＝120J，故CD错误。
故选：B。
4．如图是探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是（ ）
A．甲实验是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
B．甲实验通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量更多
C．乙实验是为了研究电流产生的热量与电流的关系
D．乙实验通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的小
【答案】B
【解答】解：AB、装置甲中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，B正确。
CD、在乙装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，即是探究电流产生的热量与电阻大小的关系；故由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，这表明：在相同时间内，电流相同的情况下，电阻越大，电流通过导体时产生的热量越多；故CD错误。
故选：B。
5．如图所示，A、B是由同种材料制成的导体，二者长度相等，但A比B的横截面积大，当开关闭合后，在相同时间内，下列说法正确的是（ ）
A．导体A、B的电阻RA＞RB
B．通过导体A、B的电流IA＞IB
C．导体A、B两端的电压UA＝UB
D．电流通过导体A、B所做的功WA＜WB
【答案】D
【解答】解：A、导体A、B是同种材料、长度相等，由图可知，导体A的横截面积大于导体B的横截面积，根据影响导体电阻大小的因素可知，导体A的电阻RA小于导体B电阻RB，即RA＜RB，故A错误；
B、由图可知，导体A、B串联接入电路，根据串联电路电流规律可知，通过导体A的电流等于通过导体B的电流，即IA＝IB，故B错误；
C、根据U＝IR可知，导体A两端的电压UA＝IARA，导体B两端的电压UB＝IBRB，由于IA＝IB，RA＜RB，所以UA＜UB，故C错误；
D、根据W＝UIt可知，电流通过导体A所做的功WA＝UAIAtA，电流通过导体B所做的功WB＝UBIBtB，由于UA＜UB，IA＝IB，tA＝tB，所以WA＜WB，故D正确。
故选：D。
6．小明家中电能表的规格如图所示，他将家里其他用电器都关闭，只让电视机单独工作了144s，观察到电能表转盘转了5圈。下列说法正确的是（ ）
A．此电能表转盘每小时转2500圈
B．这段时间电视机共消耗了2023.3kW h的电能
C．电视机此时的实际功率是50W
D．小明家两台功率为2500W的空调可以同时工作
【答案】C
【解答】解：A、2500r/（kW h）的含义是电路每消耗1千瓦时的电能，表盘转2500圈，故A错误；
B、这段时间电视机消耗的电能W0.002kW h，2021.3kW h的电能是该电能表投入使用以来记录的消耗电能数，故B错误；
C、这段时间电视机消耗的电能W＝0.002×3.6×106J＝7200J；
电视机此时的实际功率P50W，故C正确；
D、表盘数据显示该电能表的额定电压是220伏，标定电流是10安，允许通过的最大电流是20A，所以该电能表允许带的最大负载P＝UI＝220V×20A＝4400W；两台2500W空调同时工作时的功率为5000W，超出了电能表的承载范围，故D错误。
故选：C。
7．如图是探究串联电路中电流和电压规律的电路图，闭合开关S，观察到小灯泡L1比L2亮。下列说法正确的是（ ）
A．电路中的电流IA＜IB＜IC
B．L1和L2两端的电压UAB＞UBC
C．通电一段时间，L1消耗的电能比L2消耗的电能少
D．L1的额定功率比L2的额定功率大
【答案】B
【解答】解：A、小灯泡L1和L2串联在电路中，串联电路中各处的电流都相等，因此电路中的电流IA＝IB＝IC，故A错误；
B、灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，小灯泡L1比L2亮，说明小灯泡L1比L2的实际功率大，根据U可知，L1和L2两端的电压UAB＞UBC，故B正确；
C、根据W＝Pt可知，通电一段时间，L1消耗的电能比L2消耗的电能多，故C错误；
D、因为不知L1和L2两灯泡的额定电压和额定电流的大小，因此无法判断L1和L2的额定功率的大小情况，故D错误。
故选：B。
8．将额定电压为6V的灯泡L与规格为“30Ω 1A”的滑动变阻器接入如图甲所示的电路，电源电压恒定不变。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P从a端向右缓慢移动，直到小灯泡正常发光为止，图乙是电流表与电压表示数的I﹣U图像，则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．当滑片P移到b端时，小灯泡正常发光
C．当电压表示数为1V时，小灯泡的功率为1.2W
D．当滑动变阻器的电阻为6Ω时，小灯泡的功率为2W
【答案】D
【解答】解：
A、由图甲知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，滑片在a端时，变阻器连入阻值最大，电路总电阻最大，电流最小，
由图象知，此时灯泡两端电压UL＝1V，电流为0.2A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，变阻器两端电压：
Uab＝I Rab＝0.2A×30Ω＝6V，
所以电源电压U＝UL+Uab＝1V+6V＝7V，故A错误；
B、灯泡正常发光时两端电压为6V，由图象知，此时电路中电流等于灯泡的额定电流0.6A，
变阻器连入电路的阻值：R1.7Ω，所以滑片不在b端，故B错误；
C、当电压表示数为1V时，由图知通过小灯泡的电流为0.2A，小灯泡的实际功率为：
P＝UL′I″＝1V×0.2A＝0.2W，故C错误；
D、由图知当小灯泡两端的电压为4V，通过小灯泡的电流为0.5A，小灯泡的实际功率为：
PL＝ULI′′″＝4V×0.5A＝2W，
此时滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑′6Ω时，故D正确。
故选：D。
9．小叶设计了一个如图所示的体温计电路图，用电表示数大小反映温度高低，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，定值电阻R2起保护电路的作用。下列说法正确的是（ ）
A．显示仪表是由电流表改装的
B．温度降低时，电路总功率变小
C．温度升高时，R1的电功率变大
D．温度降低时，R2的电功率变大
【答案】D
【解答】解：A、由图可知，该电路为串联电路，由于电表并联在热敏电阻R1的两端，该电表为电压表，故A错误；
B、热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，温度降低时，热敏电阻的阻值变小，串联电路的总电阻变小，电路中的电流变大，电源电压不变，根据P＝UI可知，电路消耗的总功率变大，故B错误；
C、R1的功率表达式为：P1＝I2R1＝（）2R1，由上式可知，当R1＞R2时，随温度降低，R1变小，R1﹣R2的值变小，P1变大，当R1＜R2时，随温度降低，R1变小，（R1﹣R2）2的值变大，P1变小，故C错误；
D、热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，温度降低时，热敏电阻的阻值变小，串联电路的总电阻变小，电源电压一定，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据P＝I2R可知，R2的电功率变大，故D正确。
故选：D。
10．两个电阻用如图的形式连接在同一电路中，已知它们的阻值R1：R2＝2：3，则通过它们的电流之比I1：I2＝ ，相同时间内产生的热量之比Q1：Q2＝ 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：
由图可知两电阻串联，因串联电路中各处的电流相等，则通过它们的电流之比I1：I2＝1：1；
在电流和通电时间相同时，由Q＝I2Rt可得，在相同时间内产生的热量之比等于电阻之比，即Q1：Q2＝R1：R2＝2：3。
故答案为：1：1；2：3。
11．为了保护孩子们的视力，教室里日光灯更换成如图所示的LED护眼灯，其中教室前排的三盏灯总是同时亮，同时灭，发现其中一盏灯坏了，另外两盏仍能正常发光，则这三盏LED护眼灯的连接方式是 。LED灯发光效率高，其发光时主要将电能转化为 能。
【答案】并联；光
【解答】解：根据题意可知，教室前排的三盏灯总是同时亮，同时灭，发现其中一盏灯坏了，另外两盏仍能正常发光，由此可知，这三盏灯工作时互不影响，是并联的；
LED灯工作时主要将电能转化为光能。
故答案为：并联；光。
12．甲和乙两灯的额定电压均为6V，如图是两灯的电流随其两端电压变化的曲线。现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为 A，电源电压最大为 V，此时这两灯实际功率之比是 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：甲、乙两灯泡正常发光时的电压均为6V，
由图象可知：甲正常工作时的电流为1A，乙正常工作时的电流为0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，两灯泡串联时，电路的最大电流I＝0.5A，
由图象可知，0.5A所对应的电压分别U甲＝2V，U乙＝6V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压：
U＝U甲+U乙＝2V+6V＝8V，
由P＝UI可得，此时这两灯实际功率之比：
P甲：P乙＝U甲I：U乙I＝U甲：U乙＝2V：6V＝1：3。
故答案为：0.5；8；1：3。
13．如图甲所示，电源电压不变，将小灯泡L和电阻R接入电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。图乙是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。只闭合开关S1时，L的电阻为 Ω；再闭合开关S2后，在2min内电阻R产生的热量是 J。
【答案】4；48。
【解答】解：只闭合开关S1时，电路为小灯泡的简单电路，小灯泡L的实际功率为1W，根据图乙可知，小灯泡两端电压为2V，通过小灯泡的电流为0.5A；所以，只闭合开关S1时，L的电阻为：
；
再闭合开关S2后，小灯泡和定值电阻R并联，则R两端电压也为2V，由图乙可知，通过R的电流为0.2A，在2min内电阻R产生的热量是
Q＝W＝UIt＝2V×0.2A×2×60s＝48J。
故答案为：4；48。
14．将额定电压均为6V的白炽灯泡L1和L2串联，发现L1更亮，原因是 （选填“L1”或“L2”）的电阻更大；若灯泡L1的规格为“6V，9W”，将它与“12Ω，1A”的滑动变阻器并联，则电路允许的最大功率为 W。（忽略温度对灯泡电阻的影向）
【答案】L1；15。
【解答】解：（1）因为L1和L2串联，所以可知通过两者的电流相同，由电功率的推导式P＝UI＝I2R可知，因为L1更亮，所以它的实际功率更大，而通过L1和L2的电流相同，所以可知L1的电阻更大。
（2）因为灯泡L1与滑动变阻器并联，根据并联电路的电压规律可知，两者的电压相同，而灯泡L1的额定电压为6V，所以电路允许的最大电压为6V，而滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以可知滑动变阻器允许的最大功率为P滑＝I滑U滑＝1A×6V＝6W，而灯泡L1允许的最大功率为额定功率9W，所以可得电路允许的最大功率为Pm＝P滑+P1＝6W+9W＝15W。
故答案为：L1；15。
15．一个家用电能表的表盘面上有“3000revs/（kW h）”字样。当某个电热水器单独使用时，电能表转盘在1min内转了60转，则该热水器消耗的电能是 J，这个热水器在这段时间放出的热量可以使质量为 kg的水温度升高10℃．[该热水器的加热效率84%，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]
【答案】见试题解答内容
【解答】解：该热水器消耗的电能WkW h＝7.2×104J；
已知该热水器的加热效率 84%；
则Q＝ηW＝84%W＝84%×7.2×104J＝6.048×104J；
由Q＝cmΔt可得，
水的质量m1.44kg。
故答案为：7.2×104；1.44。
16．在“探究影响电流做功多少的因素”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。
（1）根据 ，我们可以比较相同时间内电流做功的多少。
（2）经过讨论，小明认为不可以选择图甲电路，原因是 。
（3）为了研究电功与电流的关系，小丽认为应该选择图乙所示的电路，小勇认为该电路有不足之处，他的理由是 。
（4）利用丙电路是为了探究电功与 的关系，当闭合开关后，小华发现两灯都不亮，电压表V1有示数，电压表V2无示数，你认为电路发生的故障是 。排除故障后，同学们正确操作，根据 现象得出了结论。该结论是 。
【答案】（1）灯泡的亮度；
（2）无法利用控制变量法探究电功与电压电流的关系；
（3）不能多次测量，无法排除实验结论的偶然性；
（4）电压；L1断路；电压越大，灯泡越亮；电流一定时，电压越大，电流所做的功越多。
【解答】解：（1）实验中，可以观察小灯泡的亮度来比较相同时间内小灯泡中电流做功的多少；
（2）甲电路中，滑动变阻器的滑片移动时，灯泡两端的电压和通过的电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，因此无法利用控制变量法探究电流做功与电压、电流的关系；
（3）图乙电路中干路上缺少滑动变阻器，无法进行多次测量，不能排除实验结论的偶然性；
（4）研究电流做功与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，而两灯泡两端的电压不同，图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同，两灯泡规格不同时分得的电压不同，故能探究电流做功与电压的关系；电压表V1有示数，电压表外电路为通路，可能L1断路，电压表V2无示数，说明电压表外电路为断路，综合分析认为电路发生的故障是L1断路；实验中电压越大，灯泡越亮，由此得出结论是：电流一定时，电压越大，电流所做的功越多。
故答案为：（1）灯泡的亮度；
（2）无法利用控制变量法探究电功与电压电流的关系；
（3）不能多次测量，无法排除实验结论的偶然性；
（4）电压；L1断路；电压越大，灯泡越亮；电流一定时，电压越大，电流所做的功越多。
17．如图所示，超超在做“测量小灯泡的电功率”的实验中，使用电源电压6V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～3V”（灯泡正常工作时灯丝电阻约为8Ω）。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整（要求滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变暗）；
（2）现有规格为“10Ω 2A”、“20Ω 1A”和“50Ω 0.2A”的三个滑动变阻器，超超应在其中选择规格
为 的滑动变阻器接入电路；
（3）闭合开关前，应将滑片移到 端（选填“A”或“B”）；
（4）闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数，故障的原因可是： ；
A．开关短路 B．灯泡短路
C．电压表断路 D．灯泡接触不良
（5）排除故障，再次闭合开关，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（6）完成测量小灯泡的电功率实验后，同组的欣欣同学把该电路的灯泡换成了定值电阻，电源换成了未知电压的新电源，使用规格为“40Ω 1A”的滑动变阻器，电路其它部分均不改变，继续探究电流与电阻的关系，可供选择的4个定值电阻分别为5Ω、10Ω、15Ω和20Ω；
①将5Ω电阻连入电路，立即闭合开关，此时电流表的示数I1为0.1A，将滑动变阻器移到适当位置，此时电流表的示数变化量ΔI1＝0.2A，记录数据；
②断开开关，将5Ω电阻换成10Ω电阻接入电路，正确操作后，读出电流表示数I2为 A，记录数据，此时变阻器接入电路中的电阻是 Ω；
③若要顺利完成以上4组实验，则电压表示数的控制范围是 V。
【答案】（1）见解答图；（2）20Ω 1A；（3）A；（4）D；（5）0.75；（6）②0.15；20；③1.5～3。
【解答】解：（1）滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变暗，说明电路中电流变小，滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用右下接线柱与电源串联在电路中，如下图所示：
；
（2）小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为8Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I'0.3125A＞0.2A，
当灯正常发光时，根据串联电路的规律及欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑11.2Ω＞10Ω，故为了能够顺利完成实验探究，应选用“20Ω 1A”的滑动变阻器；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移到阻值最大处，即A端；
（4）闭合开关后，发现电流表无示数，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，即故障的原因可是灯泡接触不良，故选：D；
（5）排除故障，再次闭合开关，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（6）①将5Ω电阻连入电路，立即闭合开关，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，电流表的示数I1为0.1A，则电源电压为：
U＝I1（R1+R滑大）＝0.1A×（5Ω+40Ω）＝4.5V；
将滑动变阻器移到适当位置，此时电流表的示数变化量ΔI1＝0.2A，说明电路中电流增大了0.2A，即电路中的电流为I1'＝0.1A+0.2A＝0.3A，此时定值电阻两端电压为UV＝I1'R1＝0.3A×5Ω＝1.5V；
②在探究电流与电阻的关系实验中，应控制定值电阻两端电压不变；将5Ω电阻换成10Ω电阻接入电路，电压表示数应保持UV＝1.5V不变，故电流表示数I2为：
I20.15A；
根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣1.5V＝3V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入10Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×10Ω＝20Ω；
③由图甲可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，即电路中最大电流为0.6A，当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为：
UV大＝I大R定小＝0.6A×5Ω＝3V；
研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV'，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：
U滑＝U总﹣UV'＝4.5V﹣UV'，
根据分压原理有：，
即①，
因电压表示数UV'为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
，
解得电压表的示数：UV'＝1.5V，即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V；
故为顺利完成4次实验，定值电阻两端的电压需要控制在1.5～3V范围内。
故答案为：（1）见解答图；（2）20Ω 1A；（3）A；（4）D；（5）0.75；（6）②0.15；20；③1.5～3。
18．实验小组的同学为了探究影响电流产生热量的因素，准备了两个相同的烧瓶，内装质量相等的煤油，两个带有橡胶塞的规格完全相同的温度计，两个规格完全相同的滑动变阻器，两根阻值相同的电阻丝，以及电源、开关、导线等。利用如图所示的情境，可探究当 一定时，电流产生的热量跟 的关系。闭合开关，通电一段时间后，温度升高较多的是 温度计（选填“A”或“B”）。
【答案】电阻和通电时间；电流；A。
【解答】解：由图可知，A、B两电阻阻值相同且并联，A、B两电阻分别与两个滑动变阻器串联，与A电阻串联的滑动变阻器阻值较小，与B电阻串联的滑动变阻器阻值较大，由I可知，通过A电阻的电流大于通过B电阻的电流，故本实验可探究电阻和通电时间一定时，电流产生的热量跟电流大小的关系；
由Q＝I2Rt可知，当电阻和通电时间相同时，通过A电阻的电流大，A电阻产生的热量多，A温度计示数上升的示数比B温度计示数升高的多。
故答案为：电阻和通电时间；电流；A。
19．3D打印笔是具有立体绘画功能的画笔，如图甲所示，通电后笔内电阻丝发热使笔内绘画材料熔化；加热电路简化后如图乙所示，电源电压恒为5V，打印笔工作有高温挡和低温挡两个挡位，通过定值电阻R1、R2的电流分别为I1和I2，已知I1：I2＝2：1，R1＝5Ω，忽略电阻丝阻值随温度变化。求：
（1）处于低温挡时，电路中的电流大小。
（2）处于高温挡时，通电1min，电路产生的热量。
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，请通过计算具体说明改进措施。
【答案】（1）处于低温挡时，电路中的电流大小为1A。
（2）处于高温挡时，通电1min，电路产生的热量是450J；
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，可以把R2更换为一个阻值为6.25Ω的电阻。
【解答】解：（1）由图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，电路的电阻较大；开关S1、S2均闭合时，R1和R2并联，电路的电阻较小，根据P可知，只闭合开关S1时，电路消耗的电功率较小，打印笔处于低温挡；开关S1、S2均闭合时，电路消耗的电功率较大，打印笔处于高温挡。
处于低温挡时，电路中的电流：I11A；
（2）I1：I2＝2：1，I1＝1A，故I2＝0.5A；
干路中的电流I＝I1+I2＝1A+0.5A＝1.5A；
通电1min电路产生的热量Q＝W＝UIt＝5V×1.5A×60s＝450J；
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，根据P＝UI知，电压不变，电流提升20%；干路中的电流I'＝（1+20%）I ＝（1+20%）×1.5A ＝1.8A；
而低温挡功率不变，故其电流不变，仍为I1＝1A，故I'2＝I'﹣I1＝1.8A﹣1A＝0.8A；
则R26.25Ω。
答：（1）处于低温挡时，电路中的电流大小为1A。
（2）处于高温挡时，通电1min，电路产生的热量是450J；
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，可以把R2更换为一个阻值为6.25Ω的电阻。
20．图甲是小福设计的方向盘自动加热装置的简化电路图。电源电压恒为12V，RT为热敏电阻，其阻值随温度的变化图像如图乙。R0为用于方向盘加热的特殊电阻，闭合开关，当温度低于30℃时，R0的阻值为100Ω，方向盘温度升高；当温度达到30℃时，R0的阻值突变为20Ω，方向盘处于保温状态。求：
（1）当温度为0℃时，电路中的总阻值为 Ω；
（2）当温度为30℃时，电压表的示数；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量。
【答案】（1）190；
（2）当温度为30℃时，电压表的示数是2V；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量是60J。
【解答】解：（1）温度为0℃时热敏电阻的大小是90Ω；电路的总电阻R＝RT+R0＝90Ω+100Ω＝190Ω；
（2）根据图像知，温度为30℃时热敏电阻的大小RT＝100Ω；R'0＝20Ω；
总电阻R'＝R'T+R'0＝20Ω+100Ω＝120Ω；
电路中的电流I0.1A，
电压表的示数U0＝I R'0＝0.1A×20Ω＝2V；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量Q ＝I2R'0t＝（0.1A ）2×20Ω×5×60s＝60J。
故答案为：（1）190；
（2）当温度为30℃时，电压表的示数是2V；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量是60J。
21．如图所示，电源电压为12V，并且保持不变，电流表量程为0～3A。滑动变阻器R1的最大阻值为18Ω，R2为12Ω，小灯泡L上标有“3V 3W”字样。求：
（1）小灯泡正常工作时的电阻；
（2）当S闭合，S1、S2都断开时，要使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路中的阻值为多少？
（3）闭合S、S1、S2，调节滑动变阻器R1，使R1以最大功率工作1min，这1min内电流通过滑动变阻器R1做的功是多少？
【答案】（1）灯泡正常工作时的电阻为3Ω；
（2）滑动变阻器接入电路中的阻值为9Ω；
（3）通电1min电流通过滑动变阻器做的功是1440J。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL1A；
由I可得，灯泡正常发光的电阻：RL3Ω；
（2）当S闭合，S1、S2都断开时，灯L和滑动变阻器R1串联，
因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，
所以，电路总电阻：R12Ω，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器接入电路的电阻：R1＝R﹣RL＝12Ω﹣3Ω＝9Ω；
（3）闭合S、S1、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，所以，通过定值电阻R2的电流：I21A，
调节滑动变阻器R1，使R1以最大功率工作时，干路电流为3A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过滑动变阻器的电流：I1＝I﹣I2＝3A﹣1A＝2A，
电流通过滑动变阻器做的功：W＝UI1t＝12V×2A×60s＝1440J。
答：（1）灯泡正常工作时的电阻为3Ω；
（2）滑动变阻器接入电路中的阻值为9Ω；
（3）通电1min电流通过滑动变阻器做的功是1440J。
22．如图甲所示的电路中，电源电压可调，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电压表接0～15V的量程，电流表接0～0.6A量程。将电源电压调为某一定值时，滑片从一个端点移动到另一个端点，移动过程中电压表和电流表示数变化图乙所示。求：
（1）滑动变阻器的最大阻值；
（2）电源电压；
（3）改变电源电压，移动滑片到某位置，当一个电表满偏时，另一电表示数为满刻度的三分之一，求：此时电路消耗的总功率；
（4）拆除电压表，若使滑动变阻器可任意调节（从0调到最大阻值），且电流表示数不低于满刻度的三分之一，求电源电压的可变范围。
【答案】（1）滑动变阻器的最大阻值为30Ω；（2）电源电压10V；（3）电路消耗的总功率10.2W；（4）电源电压的可变范围为10V～18V。
【解答】解：（1）电路为定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器的电压，当滑动变阻器的电阻最大时，电流最小为0.2A，电压为6V，滑动变阻器的电阻最大值为：；
（2）滑动变阻器的电阻最大时，电源电压为：U＝URmax+UR0＝URmax+IminR0＝6V+0.2A R0﹣﹣﹣﹣①；
滑动变阻器的电阻最小时，R0单独接入电路，电源电压为：U＝ImaxR0＝0.5A R0﹣﹣﹣﹣②；
代入数据，联立①②式可得：R0＝20Ω，U＝10V；
定值电阻R0为20Ω，电压为10V；
（3）当一个电表达满刻度时，另一电表为满刻度的三分之一，如果电压表满偏，U'＝15V，电流表为满刻度的三分之一，I'＝0.2A；
此时滑动变阻器的阻值为：，大于滑动变阻器的最大阻值，故排除；
如果电流表满偏I″＝0.6A，电压表为满刻度的三分之一，即U″＝5V；
此时滑动变阻器的阻值为：，小于滑动变阻器的最大阻值，可调节；
此时电源电压为：U″＝U″R+U″R0＝U″R+I″R0＝5V+0.6A×20Ω＝17V；
电路消耗的总功率为：P总＝U″I″＝17V×0.6A＝10.2W；
（4）当滑动变阻器接入电路的电阻最大为30Ω时，电路中电流最小，则电源电压最小，由题意可知最小电流为I′″min＝0.2A，则最小电源电压为：U′″min＝I′″min（Rmax+R0）＝0.2A×（30Ω+20Ω）＝10V；
当变阻器接入电路的电阻最小为0时，电路中的最大电流为：I′″max，能保证电路安全，符合题意；
当滑动变阻器接入电路电阻最小为0时，电路中电流最大，则电源电压最大，由题意可知最大电流为I″′max＝0.6A，则最大电压为：U′″max＝I′″maxRmax＝0.6A×30Ω＝18V；
当滑动变阻器接入电路的电阻最大为30Ω时，电路中电流最小为：I′″min，大于电流表为满刻度的三分之一，符合题意；
因此电源电压的可变范围为10V～18V。
答：（1）滑动变阻器的最大阻值为30Ω；
（2）电源电压10V；
（3）电路消耗的总功率10.2W；
（4）电源电压的可变范围为10V～18V。
23．如图甲所示是家用3D打印机，分快慢两挡。其加热部分的简化电路图如图乙所示，R1＝R2＝880Ω。工作时，3D打印机通过加热，挤出热熔的树脂，然后迅速冷却，固化成形。闭合开关S、S1，使用快挡打印该模具用时10min，耗材0.1kg，材料温度从20℃加热到120℃。树脂的比热容为1.5×103J/（kg ℃）。求此过程中：
（1）通过R1的电流；
（2）打印机消耗的电能；
（3）树脂吸收的热量。
【答案】（1）通过R1的电流为0.25A；
（2）打印机消耗的电能为6.6×104J；
（3）树脂吸收的热量为1.5×104J。
【解答】解：（1）通过R1的电流：I10.25A；
（2）闭合开关S、S1，使用快挡打印，由图乙可知，R1、R2并联，
此时通过R2的电流：I20.25A，
根据并联电路的特点可知，干路的总电流：I＝I1+I2＝0.25A+0.25A＝0.5A，
打印机消耗的电能：W＝UIt＝220V×0.5A×10×60s＝6.6×104J；
（3）树脂吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝1.5×103J/（kg ℃）×0.1kg×（120℃﹣20℃）＝1.5×104J。
答：（1）通过R1的电流为0.25A；
（2）打印机消耗的电能为6.6×104J；
（3）树脂吸收的热量为1.5×104J。
24．新型电饭锅采用“聪明火”技术，智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的营养和口感。其简化电路如图乙所示，R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关。某次煮饭时，电饭锅正常工作30min，电路中总电流随时间变化的图象如图丙所示。则：
（1）电热丝R2的阻值。
（2）用该电饭锅设定在30min内煮好一锅米饭，所消耗的总电能为多少？
（3）若不计热量损失，这个电饭锅在0～10min内正常烧煮时，能把质量为1.5kg的水和米的混合物由20℃加热到多少摄氏度？[水和米的比热容c＝4.0×103J/（kg ℃）]
【答案】（1）电热丝R2的阻值为220Ω；
（2）消耗的总电能为9.9×105J；
（3）这个电饭锅在0～10min内正常烧煮时，能把质量为1.5kg的水和米的混合物由20℃加热到86℃。
【解答】解：（1）两个开关都闭合时，电路为并联电路；只闭合开关S，电路为只有R1的简单电路，由可知，并联时为高功率挡，由可知，此时电路中电流更大，为3A，只有R1时，电流为2A；根据并联电路干路电流与各个支路电流之间的关系，干路电流等于支路电流之和，可以求得R2所在支路的电流为：I2＝I﹣I1＝3A﹣2A＝1A；
根据欧姆定律可以求得电热丝R2的阻值为：；
（2）由图可知，30min内，高温挡工作时间t1＝15min＝900s，低温挡工作时间t2＝15min＝900s，
则高温挡工作时消耗的电能：W1＝UI1t1＝220V×3A×900s＝5.94×105J，
低温挡工作时消耗的电能：W2＝UI2t2＝220V×2A×900s＝3.96×105J，
消耗的总电阻：W＝W1+W2＝5.94×105J+3.96×105J＝9.9×105J；
（3）这个电饭锅在0 10min内正常烧煮时所消耗的电能：W′＝UI1t3＝220V×3A×10×60s＝3.96×105J，
根据Q＝cmΔt可知，升高的温度：；
则食物的末温：t＝t0+Δt＝20℃+66℃＝86℃。
答：（1）电热丝R2的阻值为220Ω；
（2）消耗的总电能为9.9×105J；
（3）这个电饭锅在0～10min内正常烧煮时，能把质量为1.5kg的水和米的混合物由20℃加热到86℃。
25．某品牌家用电热水器的简化电路如图所示，热水器有快加热、慢加热和保温三个工作状态。热水器内装有40kg的水，慢加热额定功率为1210W，保温额定功率为605W，R1、R2均为加热电阻（温度对电阻的影响忽略不计）。求：
（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是多少？
（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是多少？
（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要多长时间？
【答案】（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是8.4×106J；
（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是40Ω；
（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要1000s。
【解答】解：（1）水需要吸收的热量：
Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×40kg×（70℃﹣20℃）＝8.4×106J；
（2）开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热挡，
由P＝UI可得，电阻R1的阻值：
R140Ω；
（3）开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温挡，
此时电路的总电阻：
R串80Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，R2的阻值：
R2＝R串﹣R1＝80Ω﹣40Ω＝40Ω；
开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热挡；
由电阻的并联可得：，即，
解得R并＝20Ω，
则快加热功率：
P快加热2420W，
由P可得，
用快加热所用的时间为：
t快1000s。
答：（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是8.4×106J；
（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是40Ω；
（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要1000s。
26．如图甲所示电路中，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，R2＝18Ω，滑动变阻器R的最大阻值为100Ω。开关S1闭合、S2断开，滑片从某一位置移动到另一位置过程中，滑动变阻器消耗的功率随电流表示数变化如图乙所示。求：
（1）当电流表示数为0.4A时，滑动变阻器两端的电压；
（2）电源电压和电阻R1的阻值；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电路消耗的总功率。
【答案】（1）滑动变阻器两端的电压为14V；
（2）电源电压为18V，电阻R1的阻值为10Ω；
（3）电路消耗的总功率为50.4W。
【解答】解：（1）开关S1闭合、S2断开时，R1与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器两端的电压；
当电流表示数为I1＝0.4A时，由图乙可知，此时滑动变阻器的功率P＝5.6W，
由P＝UI可得滑动变阻器两端的电压为：UR14V；
（2）当电流表示数为0.4A时，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：U＝UR+I1R1＝14V+0.4A×R1﹣﹣﹣①，
当电流表示数为I2＝1.1A时，由图乙可知，此时滑动变阻器消耗的功率P′＝7.7W，
由P＝UI可得此时滑动变阻器两端的电压：UR′7V，
同理可得电源电压：U＝UR′+I2R1＝7V+1.1A×R1﹣﹣﹣②，
联立①②解得：U＝18V，R1＝10Ω；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电阻R1与R2并联，
此时电路消耗的总功率：
。
答：（1）滑动变阻器两端的电压为14V；
（2）电源电压为18V，电阻R1的阻值为10Ω；
（3）电路消耗的总功率为50.4W。
知识导图
考点精讲
考点精炼卷
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第十七章 电流做功与电功率
【知识梳理】
考点一 电功
1.定义
电流通过某段导体所做的功叫做电功。用符号W表示。
2.实质
电能转化为其他形式的能的过程。
3．影响电功大小的因素
跟电压的高低、电流的大小、通电时间的长短有关。加在用电器上的电压越高、通过的电流越大、通电时间越长，电流做功越多。
4．电功的单位
(1)单位：
国际单位的基本单位是焦耳，符号是J；常用单位有干瓦时，也叫作度，符号是kW·h。
（2）单位换算：1度=1kW·h=3.6×106J
5.计算公式：
（1）定义式：（为普通公式，适用任何电路）
（2）推导式：（只适用于纯电阻电路）
6.电能表（又称电度表）
（1）作用：测量电路中电功的仪表。
（2）铭牌上各参数的物理意义：
①铝盘上方方框内的数字2508.6记录消耗的电能总数，红色方框内的数字（最末一位）为小数位；
②kW·h表示以千瓦·时（kW·h）为显示消耗电能的单位。
③220V 50Hz表示该表在220V、50Hz的交流电路中正常工作；
④10（20A）表示该表标定电流（该电流条件下，电表计量最准确）为10A，通过的电流不能超过额定最大电流20A；
⑤2500r/（kW·h）表示每消耗1kW·h电能，电表转盘转过2500圈。
（3）计数方法：在一段时间内前后两次示数的差值，就是这段时间内消耗的电能。
（4）电能的计算：
电能表转盘在一段时间实际转n转或电能表指示灯闪烁n次消耗的电能：
其中N表示消耗1kW·h电能时电能表转盘标定的转过的转数或电能表指示灯闪烁的次数。
考点二 电功率
1．物理意义
电功率是表示电流做功快慢的物理量。
2. 定义
把电流所做的功与所用时间之比叫做电功率。用符号P表示。
3．单位及其换算
单位是瓦特，简称瓦，符号是W。比瓦更大的单位是干瓦(kW)，比瓦更小的单位是毫瓦(mW)。1kW=10W=106mW。
4.计算公式：
（1）定义式：
（2）推导式： （仅适用于纯电阻电路）
5.额定功率和实际功率
在不同的电压下，同一个用电器的电功率不一样大；用电器实际的电功率随着它两端电压的改变而改变。
（1）额定电压：用电器正常工作时的电压。
（2）额定电流：用电器正常工作时的电流。
（3）额定功率：用电器在额定电压下工作时的电功率。
例：一个标有“220V 18W”的节能灯泡，其中“220V”表示该灯泡的额定电压为220V，“18W”表示该灯泡的额定功率为18W。
（4）实际功率：用电器在实际电压下工作时对应的功率。
6．常见家用电器功率的估测
（1）日光灯的额定功率约为40W；
（2）电吹风的电功率为600W～1300W；
（3）手电筒的电功率约为0.5W；
（4）计算器的电功率约为0.5mW；
（5）电扇的电功率为20～70W
（6）笔记本电脑的电功率40～70W；
（7）家用空调、电饭锅、微波炉、电热水器的电功率约为1000W。
6．温度-时间图像：图像越陡，比热容越小；（陡小缓大)（如课本图14-4）
考点三 测量电功率
1.“伏安法”测量小灯泡的电功率
（1）实验原理：P=UI
（2）实验电路图及实物图的连接
（3）连接电路时应注意：
开关要断开；滑动变阻器的滑片移到阻值最大处。
（4）实验中滑动变阻器的作用：
保护电路；改变通过小灯泡的电流，进而改变其两端的电压。
（5）实验中确定小灯泡正常发光的方法：
移动滑片，观察电压表示数，当电压表示数为小灯泡额定电压时，小灯泡正常发光。
(6）实际电压、实际功率与灯泡亮度的关系：
实际电压越大，实际功率越大，灯泡越亮。
2.利用家用电能表测算家用电器的电功率
电能表转盘转n转或电能表指示灯闪烁n次消耗的电能：
家用电器的电功率：W。（N表示每消耗的电能，电能表转盘转过的圈数或指示灯闪烁的次数）
考点四 焦耳定律
1. 电流的热效应
电流通过导体时电能转化为内能的现象叫做电流的热效应。
2.电流产生的热量与哪些因素有关
（1）实验电路图及装置
（2）被加热的物质选用空气或煤油的原因：空气和煤油的比热容小能使实验现象明显。
（3）实验方法：
①转换法：通过温度计示数的变化来反映电流通过导体产生热量的多少。
②控制变量法。
（4）实验结论：
①当电流和电阻一定时，通电时间越长，产生的热量越多。
②当电阻和通电时间一定时，电流越大，产生的热量越多。
③当电流和通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多。
3.焦耳定律
(1）内容
电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。
(2）计算公式
(适用于所有电路)
对于纯电阻电路，电流通过导体时，电能全部转化为内能，所以可以推导出：
4．电热的利用与防止
（1）利用：电暖气、电烙铁、电热毯、电饭锅等。
（2）防止：散热片、电脑的微型风扇等。
【题型精炼】
考点一 电功
典例1：（2025 沛县二模）如图所示是小明家的电能表，安装时的示数为零，到目前为止，小明家已消耗 kW h的电能。小明断开其它用电器，只将“220V 750W”的电饭锅接入电路，测得2min内电能表指示灯闪烁64次，电饭锅的实际功率为 W，两端的实际电压 （＞/＜/=）它的额定电压。
【答案】123.4；600；＜。
【解析】电能表是用来测量消耗电能多少的仪表，在读数时注意最后一位是小数位。从电能表的铭牌上可以看出每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，可求指示灯闪烁64次消耗的电能，根据公式可求灯泡的实际功率，与额定功率比较，可知此时的实际电压大小。
【解答】
【举一反三】
变式1：（2025 沂南县一模）高老师新家的电能表1月初读数为111.6kW h,2月初读数如图所示，则1月份高老师家用电 kW h。某天，高老师关闭家里其它用电器，只接入额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min,则这段时间内电能表的转盘转过 圈。
【答案】120；450。
【解析】（1）上月用电量的计算：本月初示数与上月初示数之差，注意：最后一位是小数，计量是单位kW h；
（2）3000r/（kW h）表示的是电路中每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转3000r,根据W=Pt求出消耗的电能，再求出这段时间内电能表的转盘转过的圈数。
【解答】
变式2：（2025春 云岩区校级月考）电能表是测量 的仪表，小明家上次查看电能表的读数为，本次查看时电能表读数如图所示，则他家这段时间内消耗的电能为 kW h。
【答案】电能；15.5。
【解析】（1）电能表是用来测量电能的仪表；
（2）电能表读数时数字方框中最后一位是小数，单位是kW h,电能表的两次示数之差即为这个时间段消耗的电能。
【解答】电能表应串联在家庭电路中，是测量消耗电能或电功的仪表。
电能表最后一位表示小数点后的数值，所以小明家上次查看电能表的读数为916.1kW h,由图可知，本次查看时电能表读数为931.6 kW h,消耗的电能为W=931.6 kW h-916.1kW h=15.5kW h。
变式3：（2024 通辽）小明家原有用电器的总功率是3800W，又新购买了电热水器和空调各一台，热水器的铭牌上标有“220V，2200W”字样，空调的铭牌上标有“220V，1900W”字样，他家的电能表如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电热水器是利用电流热效应工作的
B．单独使用空调比单独使用热水器电能表表盘转速快
C．正常使用相同时间，热水器比空调消耗的电能多
D．小明家现有的用电器可以同时使用
【答案】B
【解析】（1）电流通过导体时电能转化为内能的过程，叫电流的热效应；
（2）用电器的功率越大，电能表转得越快；
（3）根据W=Pt进行分析；
（4）根据P=UI和电能表的规格进行分析。
【解答】A、电热水器是利用电流热效应工作的，故A正确；
B、热水器的额定功率比空调的额定功率大，单独使用热水器比单独使用空调电能表表盘转速快，故B错误；
C、根据W=Pt,正常使用相同时间，热水器比空调消耗的电能多，故C正确；
D、该电能表所能承担的最大负载功率为：P=UI=220V×40A=8800W；实际接入的总功率为：P'=3800W+2200W+1900W=7900W，小于电能表能够承担的最大功率，小明家现有的用电器可以同时使用，故D正确。
考点二 电功率
典例1：（2025春 长沙校级月考）某电饭锅有加热和保温两种功能，其简化电路如图所示，R1、R2为加热电阻，S为电源开关，S1为温控开关。闭合电源开关S，温控开关S1由断开到闭合，下列说法正确的是（ ）
A．电路总电压变大
B．电路总电流变小
C．电路总功率变小
D．电饭锅进入加热状态
【答案】D
【解析】根据结合欧姆定律和P=UI分析回答。
【解答】根据可知，电压一定时，电阻越大，功率越小，当只闭合开关S时，电路为只有电阻R1的简单电路；开关S、S1都闭合时，电阻R1、R2并联，电阻越并越小，所以当只闭合开关S时，电饭锅处于保温状态，开关S、S1都闭合时，电饭锅处于加热状态；所以温控开关S1由断开到闭合，电流的总电阻变小，电路的总电压不变，根据欧姆定律，总电流变大，根据P=UI可知，总功率变大，电饭锅由保温状态变为加热状态，故ABC错误，D正确。
【举一反三】
变式1：（2024秋 无棣县期末）光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小。将光敏电阻R、定值电阻R0、电流表、电压表、开关和电压恒定的电源连接成如图所示的电路。闭合开关，逐渐增大光敏电阻的光照强度，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变小 B．电流表示数变小
C．电路总电阻变大 D．R0消耗的功率变小
【答案】A
【解析】由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；根据题意得出逐渐增大光敏电阻的光照强度时其电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化；根据P=I2R分析R0消耗的功率的变化。
【解答】由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
因光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，所以，闭合开关，逐渐增大光敏电阻的光照强度时，光敏电阻R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R0两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压变小，即电压表的示数变小；
根据P=I2R可知R0消耗的功率变大；
综上所述，A正确。
变式2：（2024秋 大连期末）某学习小组用装满盐水的气球连接在如图所示的电路中。当用手向相反的方向拉扯连接气球的导线（盐水与导线充分接触且气球不破裂）时，下面说法正确的是（ ）。
【答案】A。
【解析】电阻的大小与下面的因素有关：相同横截面积、同种材料的导体，长度越长，电阻越大；相同长度、同种材料的导体，横截面积越小，电阻越大；相同长度和横截面积的导体电阻还与组成材料有关；首先判定电路的连接状态，然后根据盐水气球形状的变化判定电阻的变化，然后根据欧姆定律判定电流的变化、电压的变化，根据功率公式判定灯泡亮度的变化。
【解答】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量的是盐水气球两端的电压；AC、当用手向相反的方向拉扯连接气球的导线，气球变长变细，即长度增加，横截面积减小，故盐水气球的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流减小，根据P=I2R可知，灯泡的功率变小，亮度变暗，故A正确、C错误；BD、盐水气球的电阻变大，根据串联电路的分压规律可知，其两端的电压变大，即电压表示数变大；电压表与电流表示数的比值为盐水气球的电阻，电阻变大，比值变大，故BD错误。
变式3：（2025 重庆模拟）公路检查站的“地磅”可以检测货车是否超载。如图所示是某种地磅的工作原理图，滑片P可在竖直放置的电阻R上滑动且接触良好，a、b为电流表或电压表。当货车质量增大时，由电表a改装成的显示器的示数也增大，且不能超过它的量程。下列说法正确的是（ ）
A．接线柱“1”应与“3”连接
B．当R0消耗的功率增大时，说明货车质量增大了
C．若货车的质量减小时，a与b两表示数的变化量之比变小
D．若提升地磅测量范围，可增大R0阻值
【答案】D
【解析】（1）电流表应串联在电路中，电压表应并联在被测电路的两端，滑动变阻器的工作原理：通过改变接入电路中的电阻线长度来改变电阻；
（2）串联电路中各电阻两端电压与对应的电阻成正比，据此可知判断电阻两端的电压变化，利用P=判断电阻R0的功率变化；
（3）若货车的质量减小时，变阻器接入电路中的阻值变小，电压表示数的变化量等于定值电阻两端电压的变化量，则a与b两表示数的变化量之比等于定值电阻的阻值；
（4）电表量程一定，当增加R0的值，在电源电压不变时，要使电路中的电流达到电表量程，变阻器接入电阻要减小，所以货车的质量增大，据此分析。
【解答】由题可知，因电表a改装成的显示器的示数会随货车质量增大而增大，若a为电流表，会造成滑动变阻器短路，所以b为电流表，a应为电压表。此时电阻R与R0串联，电压表a测电阻R两端电压，电流表b测电路电流。
A．若接线柱“1”与“3”连接，货车质量增大时，滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路分压原理可知，滑动变阻器两端电压变小，a表示数变小，所以接线柱“1”应与“2”连接，故A错误；
B．当R0消耗的功率增大时，根据P=I2R可知，电路中的电流变大，总电阻变小，说明货车质量减小了，故B错误；
C．若货车的质量减小时，变阻器接入电路中的阻值变小，电压表示数的变化量等于定值电阻两端电压的变化量，则a与b两表示数的变化量之比等于定值电阻的阻值，故a与b两表示数的变化量之比保持不变，故C错误；
D．若提升地磅测量范围，即货车质量更大时，滑片P下移更多，R两端的电压变大，即电压表a的示数变大，要使电压表a不超量程，根据串联分压的规律，可增大R0阻值来分担电压，故D正确。
考点三 测量电功率
典例2：（2024 罗湖区校级模拟）乐乐做“探究电流与电阻的关系”的实验，连接的电路如图甲所示，电源电压可调，有四个定值电阻，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω和30Ω，滑动变阻器的规格为“60Ω 1A”。
实验序号 1 2 3 4
电阻R/Ω 5 10 20 30
电流I/A 0.6 0.15 0.1
闭合开关，发现电流表无示数，而电压表示数接近电源电压，则电路故障可能的原因是定值电阻 （选填“断路”或“短路”）。
排除电路故障后，调解滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为3V，记下相应的电流值，用10Ω定值电阻替换5Ω电阻后，应将滑片向 端（选填“左”或“右”）滑动，使电压表的示数不变，此时电流表的示数如图乙所示为 A。
正确完成数次实验后，得到如表数据，分析数据可得到实验结论。
（4）完成上述实验后，乐乐又设计了如图丙所示的电路，来测量一个额定电压为U0的小灯泡的额定功率，已知定值电阻的阻值为R0，请完成以下实验步骤：
①只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器，直到电流表示数为 ，此时灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S1，保持滑片不动，读出此时的电流表示数I；
③小灯泡的额定功率：P额= 。
【答案】
【解析】（1）闭合开关，发现电流表无示数，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，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上小电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定变阻器滑片移动的方向；根据电流表选用量程确定分度值读数；
（4）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为I1=时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0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灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】（1）闭合开关，发现电流表无示数，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，即电路故障可能的原因是定值电阻断路；
（2）实验中，当把10Ω定值电阻替换5Ω电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器接入电路的阻值，故应把滑动变阻器滑片向右滑动，使电压表的示数保持不变；
由图乙可知，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A；
（4）实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器，使电流表示数为，此时小灯泡正常发光；
②只闭合开关S、S1，保持滑片位置不变，记录下此时电流表的示数为I；
③在①中，电流表测定值电阻的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
【举一反三】
变式1：（2022秋 和平区校级期末）小志同学在“测量小灯泡电功率”实验中，用到的器材有：新干电池两节、小灯泡（标有0.3A）、电流表、电压表、滑动变阻器、开关，导线若干。
（1）请按照图甲中的实验电路连接，画出对应的电路图。
（2）连接好电路，闭合开关，发现灯不亮，电流表无示数，电压表示数接近3V，造成这一现象的原因可能是 （选填序号）；
①小灯泡短路；
②小灯泡断路；
③滑动变阻器短路；
④滑动变阻器开路。
（3）排除故障，进行实验，当电流表的示数如图乙时，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动，当电流表示数达到0.3A时，电压表的示数如图丙，则小灯泡的额定功率为 W；
（4）小刚用相同的器材进行该实验时发现电压表损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也可测出小灯泡的额定功率，主要的操作步骤如下：
①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额；
②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I；
③计算得出小灯泡的额定功率P额= （用R0、I额、I表示）。
【答案】（1）见解析；（2）②；（3）A；0.75；（4）I额（I-I额）R0。
【解析】（1）伏安法测小灯泡的电功率，需要测量小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，故需要将电流表与小灯泡串联，电压表与小灯泡并联，根据小灯泡的额定电压确定电压表的量程，滑动变阻器采用一上一下的连接方式串联在电路中；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路，根据电压表示数分析电路故障的原因；
（3）读出电流表的示数，根据电流表示数与灯泡额定电流的大小判定电路中电流的变化，根据欧姆定律分析电路中总电阻的变化和滑动变阻器阻值的变化；根据电压表选用的量程确定分度值读数，根据P=UI求灯的额定功率；
（4）根据并联电路的电流规律求出通过定值电阻的电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据并联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，然后根据P=UI求出灯泡的额定功率。
【解答】（1）因为新干电池两节，所以电压表应选择0～3V的量程并联在小灯泡两端，滑动变阻器的接线柱要“一上一下”接入电路，如图所示：
（2）电流表无示数，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，与电压表并联的灯泡开路，故选：②；
（3）电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.14A；灯泡的额定电流为0.3A，要使灯在额定电压下正常发光，需要增大电路中的电流，根据欧姆定律可知，需要减小电路中的总电阻，所以应使变阻器连入电路中的电阻变小，故滑片向A移动，直到电流表示数为0.3A；
此时电压表指针位置如图丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.5V，则小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
（4）根据题意可知，干路中的电流为I，通过灯泡的电流即灯泡的额定电流为I额；根据并联电路的电流规律可知，通过定值电阻的电流为：I'=I-I额；
定值电阻两端的电压为：U0=I'R0=（I-I额）R0；根据并联电路的电压规律可知，灯泡的额定电压为：U额=U0=（I-I额）R0；
灯泡的额定功率为：P额=U额I额=I额（I-I额）R0。
变式2：（2024 五通桥区一模）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为8Ω。
（1）在图甲中，有一根导线未连接，请用笔画线代替导线将电路连接完整。
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数超过量程，经检查，导线连接完好，则电路故障可能是小灯泡发生了 （选填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为 V；此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“左”或“右”）端移动。
（4）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，由图象可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（5）完成上述测量后，不用电压表，用如图所示的电路也可以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 ；
②保持滑片位置不动，闭合开关S、S1，断开开关S2，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= 。（用已知量和测得量的字母表示）
【答案】（1）如图所示；（2）断路；（3）2.2；右；（4）0.75；（5）①闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数为I额；③（I-I额 ）R0I额。
【解析】（1）利用欧姆定律求出灯泡的额定电流，根据灯泡的额定电流确定电流表的量程与小灯泡串联；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数超过量程，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，与电压表并联的支路断路了；
（3）根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，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；
（4）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图象得出额定电压下的电流，根据P=UI可求出灯泡的额定功率；
（5）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，先使灯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，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】（1）由欧姆定律，灯的额定电流：I=≈0.3A，故电流表选用0～0.6A的量程与小灯泡串联，如图所示：
；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数超过量程，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，与电压表并联的小灯泡断路了；
（3）图乙中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
（4）根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
（5）实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数为I额；
②闭合开关S、S1，断开开关S2，记录下此时电流表的示数为I；
③步骤②中，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=I0R0=（I-I额）R0；
小灯泡的额定功率的表达式为P：P额= U额I额=（I-I额 ）R0I额。
变式3：（2025春 武清区校级月考）小明需要测一个额定电压为2.5V的小灯泡的额定电功率，实验器材除了这只小灯泡外，还有：电源，一只5Ω的定值电阻，一只电流表，一只单刀单掷开关，一只单刀双掷开关，一只滑动变阻器和导线（所有器材均符合实验要求）。请你帮助她设计出实验电路图（不重复组装电路），写出实验步骤和需要测量的物理量，并用已知量和测量量表示出小灯泡额定功率（要求写出表达式）。
【答案】实验电路图如下:
实验步骤如下：
1.将滑动变阻器滑片调至最右端（阻值最大处），闭合开关S1，开关S2调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。
2.保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
小灯泡的额定功率：2.5V×（I-0.5A）。
【解析】利用电流表和定值电阻测电功率的方法：利用滑动变阻器，电流表和定值电阻控制小灯泡正常发光，利用灯泡和已知电阻组成的并联电路来解决灯泡两端的电压问题。
【解答】测小灯泡的额定电功率，利用P=UI进行测量，从题干中所给材料可以发现，只有测量电流的电流表，没有电压表，但是给出了一个5Ω的定值电阻，于是可以想到利用并联电路，让定值电路两端电压等于小灯泡的额定电压即可。故设计电路图如下：
具体实验步骤如下：
1.将滑动变阻器调至最右端（阻值最大处），闭合开关S，让S1调至b端，然后调节滑动变阻器，让电流表示数为0.5A。
（该步骤是为了让灯两端电压为U额=2.5V，因定值电阻为5Ω，根据欧姆定律，可求出此时流过定值电路的电流为=0.5A）
2.保持滑动变阻器位置不变，将开关S2调至a端，读出此时电流表示数I。
（此时电流表测量灯和定值电阻并联的总电流，则流过小灯泡的电流IL=I-0.5A
根据P=UI，计算出小灯泡的额定功率P额=U额×IL=2.5V×（I-0.5A）。
考点四 焦耳定律
典例1：（2025 阎良区模拟）用如图所示的装置可探究电流产生热量与 的关系，装置中的U形管 （选填“是”或“不是”）连通器；相同时间内，电流通过电阻R1与R2产生的热量之比为 。
【答案】电流；不是；4：1。
【解析】（1）要探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量跟电流大小关系，要控制导体的电阻和通电时间相同，电流大小不同；
（2）上端开口、底部互相连通的容器叫连通器；
（3）根据焦耳定律Q=I2Rt来分析。
【解答】（1）由图可知，R2与R3并联后与R1串联，根据串、并联电路电流特点可知，R1和R2与R3电阻相同，所以通过R2电流等于通过R1的电流的一半，所以可以探究电流产生的热量与电流大小的关系；
（2）图中的两个U形管上端不都是开口的，所以装置中的U形管不是连通器；
（3）通过R2电流等于通过R1的电流的一半，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过电阻R2与R1产生的热量之比为4：1。
【举一反三】
变式1：（2025 新城区校级二模）如图为探究电流通过导体产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。电路接通后，电阻丝R1与R2两端的电压之比为 ；通过电阻丝R1与R3的电流之比为 ；相同时间内，电阻丝R1、R2、R3产生的热量之比为 。
【答案】1：2；2：1；4：8：1。
【解析】（1）串联电路中电流处处相等，根据U=IR判断电阻丝R1与R2两端的电压之比；
（2）并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，据此得出通过电阻丝R1与R3的电流之比；
（3）根据Q=I2Rt求出相同时间内，电阻丝R1、R2、R3产生的热量之比。
【解答】（1）由图可知，电阻丝R1与R2串联，通过的电流相等，
由I=可得，电阻丝R1与R2两端的电压之比：U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=5Ω：10Ω=1：2；
（2）由图可知，R3与R4并联后再与R1、R2串联，且R3与R4阻值相同，由并联电路的电流特点可知，通过R3与R4的电流相等，等于通过R1、R2电流的1/2，
则通过电阻丝R1与R3的电流之比为：I1：I2=1：=2：1；
（3）设通过R3的电流为I，则通过R1、R2的电流均为2I，由Q=I2Rt可知，
相同时间内，电阻丝R1、R2、R3产生的热量之比为：
Q1：Q2：Q3=（2I）2R1t：（2I）2R2t：I2R3t=4×5Ω：4×10Ω：5Ω=4：8：1
变式2：（2024秋 房山区期末）如图所示，给电炉通电后，电炉丝热得发红，而用手触摸与之连接的导线却不觉得烫手，下列解释正确的是（ ）
A．通过导线的电流比通过电炉丝的电流小得多
B．导线的电阻比电炉丝的电阻大得多
C．导线的电功率比电炉丝的电功率小得多
D．电流通过导线时没有产生热效应。
【答案】C。
【解析】（1）电流流过导体时，导体发热，把电能转化为内能的现象是电流的热效应。
（2）电炉丝和连接的导线串联在电路中，通过它们的电流相等，通电时间相同，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，根据焦耳定律Q=I2Rt和P=分析判断。
【解答】A、电炉在使用时，电炉丝和导线串联，通过它们的电流相等，故A错误；
B、电炉丝的电阻比导线的电阻大得多，故B错误；
C、通电时间t和电流相同，由于R电炉丝＞R导线，根据Q=I2Rt可知，电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，根据P=可知：P电炉丝＞P导线，故C正确；
D、电流通过导线时产生热量，是热效应，故D错误。
变式3：（2024秋 中山区期末）如图所示，这是家庭中大功率用电器的三脚插头。在材料、长度相同时，连接插头的导线应 （选填“粗”或“细”）一些更安全、节能，原因是，在一定时间内，通过相同电流情况下，所选择的导线产生的热量更 （选填“多”或“少”）。
【答案】粗；少。
【解析】导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小；
根据焦耳定律Q =I2Rt可知，判断在电流和通电时间一定时，电阻与产生的热量的关系。
【解答】①导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律Q =I2Rt可知，在电流和通电时间一定时，电阻越小，导线产生的热量越少，所以从安全用电的角度考虑，连接大功率用电器的导线应选择粗一些的导线来制作。
1．如图甲，规格相同的玻璃杯装了相同质量的水，将阻值不同的两根电阻丝R1和R2与电源、开关接成电路，忽略散热，得到图乙所示的水温与加热时间的图线，则下列叙述正确的是（ ）
A．两个加热器，R1＜R2
B．由图乙可知：比热容c甲＞c乙
C．加热相同时间，两杯水吸收的相同热量
D．甲杯水在2min内吸收的热量，与乙杯水在3min内吸收的热量相同
【答案】D
【解答】解：A．规格相同的玻璃杯装了相同质量的水，2min末甲温度高，说明R1产生的电热多；由电路图可知，两电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相等，由Q＝I2Rt可知，在电流与通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以，R1＞R2，故A错误；
B．甲、乙两容器中都是水，且状态相同，则两杯水的比热容相同，故B错误；
C．实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故C错误；
D．由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min升高的温度相同，且两杯水的质量相同，根据Q吸＝cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故D正确。
故选：D。
2．如图某同学家电能表上标有“220V 10（40）A”的字样，空气开关允许通过的最大电流为30A，已知他家原有用电器的总功率是5kW。炎炎的夏季即将来临，他家新购置了一台1kW的空调和一盏20W的节能灯，将该空调接入电路，空调能正常工作；再将该节能灯接入电路，电路中的空气开关出现了跳闸现象，所有用电器停止工作。下列说法不正确的是（ ）
A．空调接入电路时与其他用电器并联
B．他家允许接入用电器总功率不高于8800W
C．“2500r/（kW h）”表示：接入该表后的用电器每耗1kW h电，表盘转2500转
D．空气开关出现跳闸的原因是短路
【答案】B
【解答】解：A．空调接入电路时与其它用电器并联，保证正常工作，故A正确，不符合题意；
B．电能表的额定最大电流为40A，空气开关允许通过的最大电流为30A，电能表与空气开关串联，则他家允许接入用电器总功率不高于P＝UI＝220V×30A＝6600W，故B错误，符合题意；
C．“2500r/（kW h）”表示当铝盘转过2500r时用电器消耗的电能为1kW h，则接入该表后的用电器每耗1kW h电能，表盘转2500转，故C正确，不符合题意；
D．一只节能灯功率较小，接入时不会造成总功率过大，故此时空气开关出现跳闸的原因是短路，故D正确，不符合题意。
故选：B。
3．如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡标有“4V 1.6W”字样（灯丝电阻不受温度影响），滑动变阻器标有“50Ω 1A”字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。闭合开关，保证各元件不损坏，下列选项正确的是（ ）
A．移动滑动变阻器滑片，小灯泡可能正常发光
B．电路中消耗的最大功率为3.6W
C．滑动变阻器两端电压变化范围为9～12V
D．当滑动变阻器滑片P置于b端时，滑动变阻器通电1min产生的热量为140J
【答案】B
【解答】解：A．由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，电流表测串联电路中的电流。保证各元件不损坏，移动滑动变阻器的滑片，由于电压表的量程为0～3V，所以小灯泡两端的最大电压为3V，所以小灯泡不能正常发光，故A错误；
B．由P＝UI可得灯光正常发光电流为IL0.4A，
灯泡电阻为RL10Ω，
通过小灯泡的最大电流为I′L0.3A，
又由题意可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为Imax＝IL′＝0.3A，电路中消耗的最大功率Pmax＝UImax＝12V×0.3A＝3.6W故B正确；
CD．当电压表示数为3V时，滑动变阻器两端的电压最小为U1，U1＝U﹣ULmax＝12V﹣3V＝9V，
当滑动变阻器滑片P置于b端时，滑动接入电路的电阻最大，分得电压最大，此时电路的电流最小为Imin0.2A，
故滑动变阻器两端的最大电压U2＝IminRb＝0.2A×50Ω＝10V，
此时滑动变阻器通电1min产生的热量为Q＝U2Imint＝10V×0.2A×60s＝120J，故CD错误。
故选：B。
4．如图是探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是（ ）
A．甲实验是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
B．甲实验通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量更多
C．乙实验是为了研究电流产生的热量与电流的关系
D．乙实验通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的小
【答案】B
【解答】解：AB、装置甲中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，B正确。
CD、在乙装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，即是探究电流产生的热量与电阻大小的关系；故由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，这表明：在相同时间内，电流相同的情况下，电阻越大，电流通过导体时产生的热量越多；故CD错误。
故选：B。
5．如图所示，A、B是由同种材料制成的导体，二者长度相等，但A比B的横截面积大，当开关闭合后，在相同时间内，下列说法正确的是（ ）
A．导体A、B的电阻RA＞RB
B．通过导体A、B的电流IA＞IB
C．导体A、B两端的电压UA＝UB
D．电流通过导体A、B所做的功WA＜WB
【答案】D
【解答】解：A、导体A、B是同种材料、长度相等，由图可知，导体A的横截面积大于导体B的横截面积，根据影响导体电阻大小的因素可知，导体A的电阻RA小于导体B电阻RB，即RA＜RB，故A错误；
B、由图可知，导体A、B串联接入电路，根据串联电路电流规律可知，通过导体A的电流等于通过导体B的电流，即IA＝IB，故B错误；
C、根据U＝IR可知，导体A两端的电压UA＝IARA，导体B两端的电压UB＝IBRB，由于IA＝IB，RA＜RB，所以UA＜UB，故C错误；
D、根据W＝UIt可知，电流通过导体A所做的功WA＝UAIAtA，电流通过导体B所做的功WB＝UBIBtB，由于UA＜UB，IA＝IB，tA＝tB，所以WA＜WB，故D正确。
故选：D。
6．小明家中电能表的规格如图所示，他将家里其他用电器都关闭，只让电视机单独工作了144s，观察到电能表转盘转了5圈。下列说法正确的是（ ）
A．此电能表转盘每小时转2500圈
B．这段时间电视机共消耗了2023.3kW h的电能
C．电视机此时的实际功率是50W
D．小明家两台功率为2500W的空调可以同时工作
【答案】C
【解答】解：A、2500r/（kW h）的含义是电路每消耗1千瓦时的电能，表盘转2500圈，故A错误；
B、这段时间电视机消耗的电能W0.002kW h，2021.3kW h的电能是该电能表投入使用以来记录的消耗电能数，故B错误；
C、这段时间电视机消耗的电能W＝0.002×3.6×106J＝7200J；
电视机此时的实际功率P50W，故C正确；
D、表盘数据显示该电能表的额定电压是220伏，标定电流是10安，允许通过的最大电流是20A，所以该电能表允许带的最大负载P＝UI＝220V×20A＝4400W；两台2500W空调同时工作时的功率为5000W，超出了电能表的承载范围，故D错误。
故选：C。
7．如图是探究串联电路中电流和电压规律的电路图，闭合开关S，观察到小灯泡L1比L2亮。下列说法正确的是（ ）
A．电路中的电流IA＜IB＜IC
B．L1和L2两端的电压UAB＞UBC
C．通电一段时间，L1消耗的电能比L2消耗的电能少
D．L1的额定功率比L2的额定功率大
【答案】B
【解答】解：A、小灯泡L1和L2串联在电路中，串联电路中各处的电流都相等，因此电路中的电流IA＝IB＝IC，故A错误；
B、灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，小灯泡L1比L2亮，说明小灯泡L1比L2的实际功率大，根据U可知，L1和L2两端的电压UAB＞UBC，故B正确；
C、根据W＝Pt可知，通电一段时间，L1消耗的电能比L2消耗的电能多，故C错误；
D、因为不知L1和L2两灯泡的额定电压和额定电流的大小，因此无法判断L1和L2的额定功率的大小情况，故D错误。
故选：B。
8．将额定电压为6V的灯泡L与规格为“30Ω 1A”的滑动变阻器接入如图甲所示的电路，电源电压恒定不变。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P从a端向右缓慢移动，直到小灯泡正常发光为止，图乙是电流表与电压表示数的I﹣U图像，则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．当滑片P移到b端时，小灯泡正常发光
C．当电压表示数为1V时，小灯泡的功率为1.2W
D．当滑动变阻器的电阻为6Ω时，小灯泡的功率为2W
【答案】D
【解答】解：
A、由图甲知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，滑片在a端时，变阻器连入阻值最大，电路总电阻最大，电流最小，
由图象知，此时灯泡两端电压UL＝1V，电流为0.2A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，变阻器两端电压：
Uab＝I Rab＝0.2A×30Ω＝6V，
所以电源电压U＝UL+Uab＝1V+6V＝7V，故A错误；
B、灯泡正常发光时两端电压为6V，由图象知，此时电路中电流等于灯泡的额定电流0.6A，
变阻器连入电路的阻值：R1.7Ω，所以滑片不在b端，故B错误；
C、当电压表示数为1V时，由图知通过小灯泡的电流为0.2A，小灯泡的实际功率为：
P＝UL′I″＝1V×0.2A＝0.2W，故C错误；
D、由图知当小灯泡两端的电压为4V，通过小灯泡的电流为0.5A，小灯泡的实际功率为：
PL＝ULI′′″＝4V×0.5A＝2W，
此时滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑′6Ω时，故D正确。
故选：D。
9．小叶设计了一个如图所示的体温计电路图，用电表示数大小反映温度高低，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，定值电阻R2起保护电路的作用。下列说法正确的是（ ）
A．显示仪表是由电流表改装的
B．温度降低时，电路总功率变小
C．温度升高时，R1的电功率变大
D．温度降低时，R2的电功率变大
【答案】D
【解答】解：A、由图可知，该电路为串联电路，由于电表并联在热敏电阻R1的两端，该电表为电压表，故A错误；
B、热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，温度降低时，热敏电阻的阻值变小，串联电路的总电阻变小，电路中的电流变大，电源电压不变，根据P＝UI可知，电路消耗的总功率变大，故B错误；
C、R1的功率表达式为：P1＝I2R1＝（）2R1，由上式可知，当R1＞R2时，随温度降低，R1变小，R1﹣R2的值变小，P1变大，当R1＜R2时，随温度降低，R1变小，（R1﹣R2）2的值变大，P1变小，故C错误；
D、热敏电阻R1的阻值随温度的升高而增大，温度降低时，热敏电阻的阻值变小，串联电路的总电阻变小，电源电压一定，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据P＝I2R可知，R2的电功率变大，故D正确。
故选：D。
10．两个电阻用如图的形式连接在同一电路中，已知它们的阻值R1：R2＝2：3，则通过它们的电流之比I1：I2＝ ，相同时间内产生的热量之比Q1：Q2＝ 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：
由图可知两电阻串联，因串联电路中各处的电流相等，则通过它们的电流之比I1：I2＝1：1；
在电流和通电时间相同时，由Q＝I2Rt可得，在相同时间内产生的热量之比等于电阻之比，即Q1：Q2＝R1：R2＝2：3。
故答案为：1：1；2：3。
11．为了保护孩子们的视力，教室里日光灯更换成如图所示的LED护眼灯，其中教室前排的三盏灯总是同时亮，同时灭，发现其中一盏灯坏了，另外两盏仍能正常发光，则这三盏LED护眼灯的连接方式是 。LED灯发光效率高，其发光时主要将电能转化为 能。
【答案】并联；光
【解答】解：根据题意可知，教室前排的三盏灯总是同时亮，同时灭，发现其中一盏灯坏了，另外两盏仍能正常发光，由此可知，这三盏灯工作时互不影响，是并联的；
LED灯工作时主要将电能转化为光能。
故答案为：并联；光。
12．甲和乙两灯的额定电压均为6V，如图是两灯的电流随其两端电压变化的曲线。现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为 A，电源电压最大为 V，此时这两灯实际功率之比是 。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：甲、乙两灯泡正常发光时的电压均为6V，
由图象可知：甲正常工作时的电流为1A，乙正常工作时的电流为0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，两灯泡串联时，电路的最大电流I＝0.5A，
由图象可知，0.5A所对应的电压分别U甲＝2V，U乙＝6V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压：
U＝U甲+U乙＝2V+6V＝8V，
由P＝UI可得，此时这两灯实际功率之比：
P甲：P乙＝U甲I：U乙I＝U甲：U乙＝2V：6V＝1：3。
故答案为：0.5；8；1：3。
13．如图甲所示，电源电压不变，将小灯泡L和电阻R接入电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。图乙是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。只闭合开关S1时，L的电阻为 Ω；再闭合开关S2后，在2min内电阻R产生的热量是 J。
【答案】4；48。
【解答】解：只闭合开关S1时，电路为小灯泡的简单电路，小灯泡L的实际功率为1W，根据图乙可知，小灯泡两端电压为2V，通过小灯泡的电流为0.5A；所以，只闭合开关S1时，L的电阻为：
；
再闭合开关S2后，小灯泡和定值电阻R并联，则R两端电压也为2V，由图乙可知，通过R的电流为0.2A，在2min内电阻R产生的热量是
Q＝W＝UIt＝2V×0.2A×2×60s＝48J。
故答案为：4；48。
14．将额定电压均为6V的白炽灯泡L1和L2串联，发现L1更亮，原因是 （选填“L1”或“L2”）的电阻更大；若灯泡L1的规格为“6V，9W”，将它与“12Ω，1A”的滑动变阻器并联，则电路允许的最大功率为 W。（忽略温度对灯泡电阻的影向）
【答案】L1；15。
【解答】解：（1）因为L1和L2串联，所以可知通过两者的电流相同，由电功率的推导式P＝UI＝I2R可知，因为L1更亮，所以它的实际功率更大，而通过L1和L2的电流相同，所以可知L1的电阻更大。
（2）因为灯泡L1与滑动变阻器并联，根据并联电路的电压规律可知，两者的电压相同，而灯泡L1的额定电压为6V，所以电路允许的最大电压为6V，而滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以可知滑动变阻器允许的最大功率为P滑＝I滑U滑＝1A×6V＝6W，而灯泡L1允许的最大功率为额定功率9W，所以可得电路允许的最大功率为Pm＝P滑+P1＝6W+9W＝15W。
故答案为：L1；15。
15．一个家用电能表的表盘面上有“3000revs/（kW h）”字样。当某个电热水器单独使用时，电能表转盘在1min内转了60转，则该热水器消耗的电能是 J，这个热水器在这段时间放出的热量可以使质量为 kg的水温度升高10℃．[该热水器的加热效率84%，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]
【答案】见试题解答内容
【解答】解：该热水器消耗的电能WkW h＝7.2×104J；
已知该热水器的加热效率 84%；
则Q＝ηW＝84%W＝84%×7.2×104J＝6.048×104J；
由Q＝cmΔt可得，
水的质量m1.44kg。
故答案为：7.2×104；1.44。
16．在“探究影响电流做功多少的因素”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。
（1）根据 ，我们可以比较相同时间内电流做功的多少。
（2）经过讨论，小明认为不可以选择图甲电路，原因是 。
（3）为了研究电功与电流的关系，小丽认为应该选择图乙所示的电路，小勇认为该电路有不足之处，他的理由是 。
（4）利用丙电路是为了探究电功与 的关系，当闭合开关后，小华发现两灯都不亮，电压表V1有示数，电压表V2无示数，你认为电路发生的故障是 。排除故障后，同学们正确操作，根据 现象得出了结论。该结论是 。
【答案】（1）灯泡的亮度；
（2）无法利用控制变量法探究电功与电压电流的关系；
（3）不能多次测量，无法排除实验结论的偶然性；
（4）电压；L1断路；电压越大，灯泡越亮；电流一定时，电压越大，电流所做的功越多。
【解答】解：（1）实验中，可以观察小灯泡的亮度来比较相同时间内小灯泡中电流做功的多少；
（2）甲电路中，滑动变阻器的滑片移动时，灯泡两端的电压和通过的电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，因此无法利用控制变量法探究电流做功与电压、电流的关系；
（3）图乙电路中干路上缺少滑动变阻器，无法进行多次测量，不能排除实验结论的偶然性；
（4）研究电流做功与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，而两灯泡两端的电压不同，图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同，两灯泡规格不同时分得的电压不同，故能探究电流做功与电压的关系；电压表V1有示数，电压表外电路为通路，可能L1断路，电压表V2无示数，说明电压表外电路为断路，综合分析认为电路发生的故障是L1断路；实验中电压越大，灯泡越亮，由此得出结论是：电流一定时，电压越大，电流所做的功越多。
故答案为：（1）灯泡的亮度；
（2）无法利用控制变量法探究电功与电压电流的关系；
（3）不能多次测量，无法排除实验结论的偶然性；
（4）电压；L1断路；电压越大，灯泡越亮；电流一定时，电压越大，电流所做的功越多。
17．如图所示，超超在做“测量小灯泡的电功率”的实验中，使用电源电压6V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～3V”（灯泡正常工作时灯丝电阻约为8Ω）。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整（要求滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变暗）；
（2）现有规格为“10Ω 2A”、“20Ω 1A”和“50Ω 0.2A”的三个滑动变阻器，超超应在其中选择规格
为 的滑动变阻器接入电路；
（3）闭合开关前，应将滑片移到 端（选填“A”或“B”）；
（4）闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数，故障的原因可是： ；
A．开关短路 B．灯泡短路
C．电压表断路 D．灯泡接触不良
（5）排除故障，再次闭合开关，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（6）完成测量小灯泡的电功率实验后，同组的欣欣同学把该电路的灯泡换成了定值电阻，电源换成了未知电压的新电源，使用规格为“40Ω 1A”的滑动变阻器，电路其它部分均不改变，继续探究电流与电阻的关系，可供选择的4个定值电阻分别为5Ω、10Ω、15Ω和20Ω；
①将5Ω电阻连入电路，立即闭合开关，此时电流表的示数I1为0.1A，将滑动变阻器移到适当位置，此时电流表的示数变化量ΔI1＝0.2A，记录数据；
②断开开关，将5Ω电阻换成10Ω电阻接入电路，正确操作后，读出电流表示数I2为 A，记录数据，此时变阻器接入电路中的电阻是 Ω；
③若要顺利完成以上4组实验，则电压表示数的控制范围是 V。
【答案】（1）见解答图；（2）20Ω 1A；（3）A；（4）D；（5）0.75；（6）②0.15；20；③1.5～3。
【解答】解：（1）滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变暗，说明电路中电流变小，滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用右下接线柱与电源串联在电路中，如下图所示：
；
（2）小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为8Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I'0.3125A＞0.2A，
当灯正常发光时，根据串联电路的规律及欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑11.2Ω＞10Ω，故为了能够顺利完成实验探究，应选用“20Ω 1A”的滑动变阻器；
（3）为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移到阻值最大处，即A端；
（4）闭合开关后，发现电流表无示数，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，即故障的原因可是灯泡接触不良，故选：D；
（5）排除故障，再次闭合开关，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（6）①将5Ω电阻连入电路，立即闭合开关，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，电流表的示数I1为0.1A，则电源电压为：
U＝I1（R1+R滑大）＝0.1A×（5Ω+40Ω）＝4.5V；
将滑动变阻器移到适当位置，此时电流表的示数变化量ΔI1＝0.2A，说明电路中电流增大了0.2A，即电路中的电流为I1'＝0.1A+0.2A＝0.3A，此时定值电阻两端电压为UV＝I1'R1＝0.3A×5Ω＝1.5V；
②在探究电流与电阻的关系实验中，应控制定值电阻两端电压不变；将5Ω电阻换成10Ω电阻接入电路，电压表示数应保持UV＝1.5V不变，故电流表示数I2为：
I20.15A；
根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣1.5V＝3V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入10Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×10Ω＝20Ω；
③由图甲可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，即电路中最大电流为0.6A，当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为：
UV大＝I大R定小＝0.6A×5Ω＝3V；
研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV'，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：
U滑＝U总﹣UV'＝4.5V﹣UV'，
根据分压原理有：，
即①，
因电压表示数UV'为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
，
解得电压表的示数：UV'＝1.5V，即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V；
故为顺利完成4次实验，定值电阻两端的电压需要控制在1.5～3V范围内。
故答案为：（1）见解答图；（2）20Ω 1A；（3）A；（4）D；（5）0.75；（6）②0.15；20；③1.5～3。
18．实验小组的同学为了探究影响电流产生热量的因素，准备了两个相同的烧瓶，内装质量相等的煤油，两个带有橡胶塞的规格完全相同的温度计，两个规格完全相同的滑动变阻器，两根阻值相同的电阻丝，以及电源、开关、导线等。利用如图所示的情境，可探究当 一定时，电流产生的热量跟 的关系。闭合开关，通电一段时间后，温度升高较多的是 温度计（选填“A”或“B”）。
【答案】电阻和通电时间；电流；A。
【解答】解：由图可知，A、B两电阻阻值相同且并联，A、B两电阻分别与两个滑动变阻器串联，与A电阻串联的滑动变阻器阻值较小，与B电阻串联的滑动变阻器阻值较大，由I可知，通过A电阻的电流大于通过B电阻的电流，故本实验可探究电阻和通电时间一定时，电流产生的热量跟电流大小的关系；
由Q＝I2Rt可知，当电阻和通电时间相同时，通过A电阻的电流大，A电阻产生的热量多，A温度计示数上升的示数比B温度计示数升高的多。
故答案为：电阻和通电时间；电流；A。
19．3D打印笔是具有立体绘画功能的画笔，如图甲所示，通电后笔内电阻丝发热使笔内绘画材料熔化；加热电路简化后如图乙所示，电源电压恒为5V，打印笔工作有高温挡和低温挡两个挡位，通过定值电阻R1、R2的电流分别为I1和I2，已知I1：I2＝2：1，R1＝5Ω，忽略电阻丝阻值随温度变化。求：
（1）处于低温挡时，电路中的电流大小。
（2）处于高温挡时，通电1min，电路产生的热量。
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，请通过计算具体说明改进措施。
【答案】（1）处于低温挡时，电路中的电流大小为1A。
（2）处于高温挡时，通电1min，电路产生的热量是450J；
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，可以把R2更换为一个阻值为6.25Ω的电阻。
【解答】解：（1）由图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，电路的电阻较大；开关S1、S2均闭合时，R1和R2并联，电路的电阻较小，根据P可知，只闭合开关S1时，电路消耗的电功率较小，打印笔处于低温挡；开关S1、S2均闭合时，电路消耗的电功率较大，打印笔处于高温挡。
处于低温挡时，电路中的电流：I11A；
（2）I1：I2＝2：1，I1＝1A，故I2＝0.5A；
干路中的电流I＝I1+I2＝1A+0.5A＝1.5A；
通电1min电路产生的热量Q＝W＝UIt＝5V×1.5A×60s＝450J；
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，根据P＝UI知，电压不变，电流提升20%；干路中的电流I'＝（1+20%）I ＝（1+20%）×1.5A ＝1.8A；
而低温挡功率不变，故其电流不变，仍为I1＝1A，故I'2＝I'﹣I1＝1.8A﹣1A＝0.8A；
则R26.25Ω。
答：（1）处于低温挡时，电路中的电流大小为1A。
（2）处于高温挡时，通电1min，电路产生的热量是450J；
（3）若只要求将高温挡的功率提升20%，可以把R2更换为一个阻值为6.25Ω的电阻。
20．图甲是小福设计的方向盘自动加热装置的简化电路图。电源电压恒为12V，RT为热敏电阻，其阻值随温度的变化图像如图乙。R0为用于方向盘加热的特殊电阻，闭合开关，当温度低于30℃时，R0的阻值为100Ω，方向盘温度升高；当温度达到30℃时，R0的阻值突变为20Ω，方向盘处于保温状态。求：
（1）当温度为0℃时，电路中的总阻值为 Ω；
（2）当温度为30℃时，电压表的示数；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量。
【答案】（1）190；
（2）当温度为30℃时，电压表的示数是2V；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量是60J。
【解答】解：（1）温度为0℃时热敏电阻的大小是90Ω；电路的总电阻R＝RT+R0＝90Ω+100Ω＝190Ω；
（2）根据图像知，温度为30℃时热敏电阻的大小RT＝100Ω；R'0＝20Ω；
总电阻R'＝R'T+R'0＝20Ω+100Ω＝120Ω；
电路中的电流I0.1A，
电压表的示数U0＝I R'0＝0.1A×20Ω＝2V；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量Q ＝I2R'0t＝（0.1A ）2×20Ω×5×60s＝60J。
故答案为：（1）190；
（2）当温度为30℃时，电压表的示数是2V；
（3）在保温状态下工作5min，R0产生的热量是60J。
21．如图所示，电源电压为12V，并且保持不变，电流表量程为0～3A。滑动变阻器R1的最大阻值为18Ω，R2为12Ω，小灯泡L上标有“3V 3W”字样。求：
（1）小灯泡正常工作时的电阻；
（2）当S闭合，S1、S2都断开时，要使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路中的阻值为多少？
（3）闭合S、S1、S2，调节滑动变阻器R1，使R1以最大功率工作1min，这1min内电流通过滑动变阻器R1做的功是多少？
【答案】（1）灯泡正常工作时的电阻为3Ω；
（2）滑动变阻器接入电路中的阻值为9Ω；
（3）通电1min电流通过滑动变阻器做的功是1440J。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL1A；
由I可得，灯泡正常发光的电阻：RL3Ω；
（2）当S闭合，S1、S2都断开时，灯L和滑动变阻器R1串联，
因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，
所以，电路总电阻：R12Ω，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器接入电路的电阻：R1＝R﹣RL＝12Ω﹣3Ω＝9Ω；
（3）闭合S、S1、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，所以，通过定值电阻R2的电流：I21A，
调节滑动变阻器R1，使R1以最大功率工作时，干路电流为3A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过滑动变阻器的电流：I1＝I﹣I2＝3A﹣1A＝2A，
电流通过滑动变阻器做的功：W＝UI1t＝12V×2A×60s＝1440J。
答：（1）灯泡正常工作时的电阻为3Ω；
（2）滑动变阻器接入电路中的阻值为9Ω；
（3）通电1min电流通过滑动变阻器做的功是1440J。
22．如图甲所示的电路中，电源电压可调，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电压表接0～15V的量程，电流表接0～0.6A量程。将电源电压调为某一定值时，滑片从一个端点移动到另一个端点，移动过程中电压表和电流表示数变化图乙所示。求：
（1）滑动变阻器的最大阻值；
（2）电源电压；
（3）改变电源电压，移动滑片到某位置，当一个电表满偏时，另一电表示数为满刻度的三分之一，求：此时电路消耗的总功率；
（4）拆除电压表，若使滑动变阻器可任意调节（从0调到最大阻值），且电流表示数不低于满刻度的三分之一，求电源电压的可变范围。
【答案】（1）滑动变阻器的最大阻值为30Ω；（2）电源电压10V；（3）电路消耗的总功率10.2W；（4）电源电压的可变范围为10V～18V。
【解答】解：（1）电路为定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器的电压，当滑动变阻器的电阻最大时，电流最小为0.2A，电压为6V，滑动变阻器的电阻最大值为：；
（2）滑动变阻器的电阻最大时，电源电压为：U＝URmax+UR0＝URmax+IminR0＝6V+0.2A R0﹣﹣﹣﹣①；
滑动变阻器的电阻最小时，R0单独接入电路，电源电压为：U＝ImaxR0＝0.5A R0﹣﹣﹣﹣②；
代入数据，联立①②式可得：R0＝20Ω，U＝10V；
定值电阻R0为20Ω，电压为10V；
（3）当一个电表达满刻度时，另一电表为满刻度的三分之一，如果电压表满偏，U'＝15V，电流表为满刻度的三分之一，I'＝0.2A；
此时滑动变阻器的阻值为：，大于滑动变阻器的最大阻值，故排除；
如果电流表满偏I″＝0.6A，电压表为满刻度的三分之一，即U″＝5V；
此时滑动变阻器的阻值为：，小于滑动变阻器的最大阻值，可调节；
此时电源电压为：U″＝U″R+U″R0＝U″R+I″R0＝5V+0.6A×20Ω＝17V；
电路消耗的总功率为：P总＝U″I″＝17V×0.6A＝10.2W；
（4）当滑动变阻器接入电路的电阻最大为30Ω时，电路中电流最小，则电源电压最小，由题意可知最小电流为I′″min＝0.2A，则最小电源电压为：U′″min＝I′″min（Rmax+R0）＝0.2A×（30Ω+20Ω）＝10V；
当变阻器接入电路的电阻最小为0时，电路中的最大电流为：I′″max，能保证电路安全，符合题意；
当滑动变阻器接入电路电阻最小为0时，电路中电流最大，则电源电压最大，由题意可知最大电流为I″′max＝0.6A，则最大电压为：U′″max＝I′″maxRmax＝0.6A×30Ω＝18V；
当滑动变阻器接入电路的电阻最大为30Ω时，电路中电流最小为：I′″min，大于电流表为满刻度的三分之一，符合题意；
因此电源电压的可变范围为10V～18V。
答：（1）滑动变阻器的最大阻值为30Ω；
（2）电源电压10V；
（3）电路消耗的总功率10.2W；
（4）电源电压的可变范围为10V～18V。
23．如图甲所示是家用3D打印机，分快慢两挡。其加热部分的简化电路图如图乙所示，R1＝R2＝880Ω。工作时，3D打印机通过加热，挤出热熔的树脂，然后迅速冷却，固化成形。闭合开关S、S1，使用快挡打印该模具用时10min，耗材0.1kg，材料温度从20℃加热到120℃。树脂的比热容为1.5×103J/（kg ℃）。求此过程中：
（1）通过R1的电流；
（2）打印机消耗的电能；
（3）树脂吸收的热量。
【答案】（1）通过R1的电流为0.25A；
（2）打印机消耗的电能为6.6×104J；
（3）树脂吸收的热量为1.5×104J。
【解答】解：（1）通过R1的电流：I10.25A；
（2）闭合开关S、S1，使用快挡打印，由图乙可知，R1、R2并联，
此时通过R2的电流：I20.25A，
根据并联电路的特点可知，干路的总电流：I＝I1+I2＝0.25A+0.25A＝0.5A，
打印机消耗的电能：W＝UIt＝220V×0.5A×10×60s＝6.6×104J；
（3）树脂吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝1.5×103J/（kg ℃）×0.1kg×（120℃﹣20℃）＝1.5×104J。
答：（1）通过R1的电流为0.25A；
（2）打印机消耗的电能为6.6×104J；
（3）树脂吸收的热量为1.5×104J。
24．新型电饭锅采用“聪明火”技术，智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的营养和口感。其简化电路如图乙所示，R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关。某次煮饭时，电饭锅正常工作30min，电路中总电流随时间变化的图象如图丙所示。则：
（1）电热丝R2的阻值。
（2）用该电饭锅设定在30min内煮好一锅米饭，所消耗的总电能为多少？
（3）若不计热量损失，这个电饭锅在0～10min内正常烧煮时，能把质量为1.5kg的水和米的混合物由20℃加热到多少摄氏度？[水和米的比热容c＝4.0×103J/（kg ℃）]
【答案】（1）电热丝R2的阻值为220Ω；
（2）消耗的总电能为9.9×105J；
（3）这个电饭锅在0～10min内正常烧煮时，能把质量为1.5kg的水和米的混合物由20℃加热到86℃。
【解答】解：（1）两个开关都闭合时，电路为并联电路；只闭合开关S，电路为只有R1的简单电路，由可知，并联时为高功率挡，由可知，此时电路中电流更大，为3A，只有R1时，电流为2A；根据并联电路干路电流与各个支路电流之间的关系，干路电流等于支路电流之和，可以求得R2所在支路的电流为：I2＝I﹣I1＝3A﹣2A＝1A；
根据欧姆定律可以求得电热丝R2的阻值为：；
（2）由图可知，30min内，高温挡工作时间t1＝15min＝900s，低温挡工作时间t2＝15min＝900s，
则高温挡工作时消耗的电能：W1＝UI1t1＝220V×3A×900s＝5.94×105J，
低温挡工作时消耗的电能：W2＝UI2t2＝220V×2A×900s＝3.96×105J，
消耗的总电阻：W＝W1+W2＝5.94×105J+3.96×105J＝9.9×105J；
（3）这个电饭锅在0 10min内正常烧煮时所消耗的电能：W′＝UI1t3＝220V×3A×10×60s＝3.96×105J，
根据Q＝cmΔt可知，升高的温度：；
则食物的末温：t＝t0+Δt＝20℃+66℃＝86℃。
答：（1）电热丝R2的阻值为220Ω；
（2）消耗的总电能为9.9×105J；
（3）这个电饭锅在0～10min内正常烧煮时，能把质量为1.5kg的水和米的混合物由20℃加热到86℃。
25．某品牌家用电热水器的简化电路如图所示，热水器有快加热、慢加热和保温三个工作状态。热水器内装有40kg的水，慢加热额定功率为1210W，保温额定功率为605W，R1、R2均为加热电阻（温度对电阻的影响忽略不计）。求：
（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是多少？
（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是多少？
（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要多长时间？
【答案】（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是8.4×106J；
（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是40Ω；
（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要1000s。
【解答】解：（1）水需要吸收的热量：
Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×40kg×（70℃﹣20℃）＝8.4×106J；
（2）开关S1闭合、S2接b时，电路为R1的简单电路，电热水器处于慢加热挡，
由P＝UI可得，电阻R1的阻值：
R140Ω；
（3）开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，总功率最小，电热水器处于保温挡，
此时电路的总电阻：
R串80Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，R2的阻值：
R2＝R串﹣R1＝80Ω﹣40Ω＝40Ω；
开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，总功率最大，电热水器处于快加热挡；
由电阻的并联可得：，即，
解得R并＝20Ω，
则快加热功率：
P快加热2420W，
由P可得，
用快加热所用的时间为：
t快1000s。
答：（1）热水器把水从20℃加热到70℃时，水吸收的热量是8.4×106J；
（2）开关S1闭合，S2接b点时，电热水器处于慢加热工作状态，电阻R1的阻值是40Ω；
（3）电热水器在快加热工作状态下正常工作，要产生2.42×106J的热量，需要1000s。
26．如图甲所示电路中，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，R2＝18Ω，滑动变阻器R的最大阻值为100Ω。开关S1闭合、S2断开，滑片从某一位置移动到另一位置过程中，滑动变阻器消耗的功率随电流表示数变化如图乙所示。求：
（1）当电流表示数为0.4A时，滑动变阻器两端的电压；
（2）电源电压和电阻R1的阻值；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电路消耗的总功率。
【答案】（1）滑动变阻器两端的电压为14V；
（2）电源电压为18V，电阻R1的阻值为10Ω；
（3）电路消耗的总功率为50.4W。
【解答】解：（1）开关S1闭合、S2断开时，R1与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器两端的电压；
当电流表示数为I1＝0.4A时，由图乙可知，此时滑动变阻器的功率P＝5.6W，
由P＝UI可得滑动变阻器两端的电压为：UR14V；
（2）当电流表示数为0.4A时，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：U＝UR+I1R1＝14V+0.4A×R1﹣﹣﹣①，
当电流表示数为I2＝1.1A时，由图乙可知，此时滑动变阻器消耗的功率P′＝7.7W，
由P＝UI可得此时滑动变阻器两端的电压：UR′7V，
同理可得电源电压：U＝UR′+I2R1＝7V+1.1A×R1﹣﹣﹣②，
联立①②解得：U＝18V，R1＝10Ω；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电阻R1与R2并联，
此时电路消耗的总功率：
。
答：（1）滑动变阻器两端的电压为14V；
（2）电源电压为18V，电阻R1的阻值为10Ω；
（3）电路消耗的总功率为50.4W。
知识导图
考点精讲
考点精炼卷
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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