【新思维】2024中考科学复习 专题13 电功、电功率和家庭电路（含答案）
文档属性
| 名称 | 【新思维】2024中考科学复习 专题13 电功、电功率和家庭电路（含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 868.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 华东师大版 | ||
| 科目 | 科学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-25 16:46:43 | ||
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文档简介
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2024中考复习 新思维 专题13 电功、电功率和家庭电路
一、选择题
1． （2022东阳市期中）如图为螺丝刀式测电笔的结构及使用方法。下列说法不正确的是（ ）
A．测电笔可以辨别火线和零线
B．若氖管发光，说明人体成为了电流的通路
C．在图示两种使用测电笔的方法中，甲是正确的，乙是错误的
D．刀体探头、电阻、氖管和金属后盖是导体，外壳和弹簧是绝缘体
2． 在探究“电功率与电阻关系”时，实验准备了阻值分别为5Ω、15Ω的A、B两个同一类型的灯泡。同学们按图甲、图乙设计了两个实验电路进行探究。不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中A灯泡比B灯泡亮
B．图甲中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，两个灯泡的亮度都变亮
C．图乙中A灯泡比B灯泡亮
D．图乙中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，两个灯泡的亮度都变亮
3． 小明家的电熨斗能适应不同衣料的熨烫需要，主要因为调温多挡开关的巧妙设计。使用时，转动旋钮即可使电熨斗达到所需低温、中温或高温挡。如图（甲）所示，是电熨斗的原理电路图，图中两根电热丝电阻均为110Ω．旋转开关可改变1、2、3、4四个接点连接情况，如图（乙）中的A、B、C所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．电熨斗低温挡工作时等效电阻R低为55Ω
B．旋转开关连接如图（乙）A时，电熨斗为低温挡
C．旋转开关连接如图（乙）B时，电熨斗为高温挡
D．电熨斗高温挡工作5分钟消耗的电能为2.64×105J
4． （2022象山县月考）如图所示的电路中，a、b是电表（电压表或电流表）闭合开关S，标有“3V 3W”的灯泡L1正常发光，标有“6V 6W”的灯泡L2发光较暗。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（ ）
A．电表a为电压表，且示数为3V B．电表b为电流表，且示数为1A
C．电路的总功率为6W D．在1min内电路消耗的电能为270J
5． （2023 射洪市模拟）如图是小明新安装的照明电路，已知两个并联灯泡的灯头接线存在一处故障。小明断开闸刀开关，取出一根保险丝，在保险丝处接入一个“220V 40W”的灯泡L。当只闭合S、S1时，L正常发光；当只闭合S、S2时L呈暗红色。由此可以确定（ ）
A．L1灯头短路 B．L1灯头断路 C．L2灯头短路 D．L2灯头断路
6． 如图所示为一种新型电器-------无叶空气净化暖风器，兼具风扇、制暖和空气净化的功能，其制暖功率为2kW．如果要将一个普通卧室的温度从5℃提升到20℃，请估算该电器至少需要工作多长时间（不计热量损失，已知空气的密度约为1.3kg/m3，比热容约为1.0×103J/（kg ℃）（ ）
A．2min B．7min C．15min D．20min
7． （2023 邹城市三模）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量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，下列说法错误的是（ ）
A．本实验利用了转换法将电流通过电阻产生热量的多少转换成U形管液面高度差的变化
B．利用任意一个容器中的电阻都可以探究电流通过电阻产生的热量与时间的关系
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2
D．图乙所示装置中，通电一段时间后两容器内电阻产生的热量之比为2：1
8． 家庭电路中需要安装一个“一开三孔”开关（即一个开关和一个三孔插座连在一起）要求插座能单独使用，开关能控制电灯且符合安全用电原则，从实物反面观察，如图所示的几种接线中符合要求的是（ ）
A．B．C． D．
9． （2022 雁塔区二模）图甲是通过小灯泡L的电流与其两端电压的关系图像。现将小灯泡L与电阻R连入如图乙所示的电路中，闭合开关S，小灯泡的实际功率为1.8W，电压表示数为12V。关于该电路中各物理量的计算结果，错误的是（ ）
A．通过小灯泡的电流为0.3A B．电阻R的阻值为40Ω
C．电源电压为18V D．电路消耗的总功率为3.6W
10．家用漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时实施保护的设备，家庭电路漏电时，通过火线与零线的电流不相等，漏电保护器中有一特殊装置（在图中虚线框内，未画出）检测到这一差异后，便切断电源，起到保护作用。漏电保护器中还有实验电路，由一只开关S与电阻R组成，闭合开关S就能模拟漏电情形，试验电路的连接符合要求的是（ ）
A．B．C． D．
11．（2022慈溪市月考）某LED灯规格为“3V 0.9W”，其内置稳压装置，保证LED灯正常工作，工作原理如图所示。闭合开关后，电源电压为U（U＞3V），稳压装置消耗的功率为P。则下列关于P﹣U的图像正确的是（ ）
A．B． C． D．
12．某熨烫机电路主要由发热体、熔丝、控制开关盒等组成，其连接如图所示，其中控制开关盒内有开关、指示灯和分压保护电阻等元件。当该熨烫机接入家庭电路后，闭合开关，指示灯发光，发热体工作。现由于某种原因熔丝熔断，发热体不工作，但指示灯仍发光。下列控制开关盒内元件的连接方式符合要求的是（ ）
13．如图甲是某同学“探究定值电阻品的发热功率P0、滑动变阻器R消耗的电功率PR和电源总功率P总随电流I变化的关系”的实验电路图，通过实验得到的数据用描点法在同一坐标系中作出a、b、c三条图线（如图乙）。下列叙述正确的是（ ）
A．图线a为定值电阻R0的发热功率曲线 B．电源电压为4.5V
C．滑动变阻器接入电路的最大阻值为6Ω D．滑动变阻器消耗的最大功率为2.25W
14．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（ ）
①当水流速度增大时，电压表的示数变大
②当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为10Ω 15Ω
④电阻R1的电功率的变化范围为0.45W 1.8W
A．①②④ B．①④ C．②③④ D．②④
15．如图甲所示电路中，R1为定值电阻，R为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图象。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为3V B．电压表的最大示数为2V
C．整个电路功率变化了2.4W D．电流表的示数变化了0.1A
二、填空题
16．（2023 苍溪县模拟）如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是 ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是
J。
17．[2022·温州] 为延长食物保质期，可对食物进行真空包装。真空包装机(如图甲)先抽出塑料袋内的气体，再利用电热丝加热塑料袋口进行密封。图乙是模拟该真空包装机功能的简易电路图。
(1)该电路图中，要使抽气机工作，需闭合的开关是________________。
(2)抽气机将塑料袋内空气抽出，使袋子变瘪，这是由于受到__ __作用。
(3)密封时温度过高导致袋口破损。为降低电热丝温度，应将滑动变阻器滑片向__ __移动。
18．[2022·宁波] 盛夏，室外温度达36℃，小宁将客厅空调的设定温度设置为28℃，发现空调正常工作时的工作周期：工作10min后会停止工作，5min后再重新工作……周而复始。从该空调铭牌上获悉，空调的制冷额定功率为2000W。
(1)空调正常工作时，一个工作周期内消耗的电能为__ _J。
(2)为了节能减排，小宁家换上了隔热保温性能更好的门窗。在工作电压、室外温度、空调的设定温度等条件均相同的情况下，空调新的一个工作周期内，工作时间会__ __(选填“大于”“等于”或“小于”)10min。
19．（2021秋 溧阳市期末）小明家的电能表表盘如图甲所示，小明家同时使用的用电器总功率不能超 W。他家的电冰箱正常工作的功率P随时间t变化的图像如图乙所示，若关闭其它用电器，让电冰箱正常工作5h，消耗的电能是 J，这个过程中电能表的指示灯闪烁 次。
20．（2022 姑苏区模拟）如图所示，电源电压为3V，R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω．只闭合S3，电流表的示数为 A，电压表的示数为 V；只闭合S1、S2、S3，电流表示数为 A；要使电路消耗的电功率最小，应只闭合开关 。
21．（2023 海口一模）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则电源电压为 V。当滑片在a点时通电100秒R0消耗的电能为 J。
22．（2022 太康县模拟）如图是安装了漏电保护器的家庭电路。甲、乙两处分别装电灯和开关， 处应装开关（选填“甲”或“乙”）；若图中C处不慎触电时，漏电保护器检测到通过A、B两处的电流 （选填“相等”或“不相等”），从而迅速切断电路，起到保护作用；家里的进户线也有一定电阻（约几欧），当家中的所有用电器都工作时，原来开着的电灯会 （选填“变亮”、“变暗”或“不变”）。
23．（2022沧县模拟）如图所示，电路中打×处表示断路之处，若用试电笔测试电路中A、B、C、D、E、F六点，则会使试电笔氖灯发亮的点有 。
三、探究题
24．两只铭牌模糊的小灯泡L1、L2，仅能看清分别标有“0.3A”和“0.5A”字样。
（1）图甲是小明测量小灯泡L1额定功率时连接的实物图；
①图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正；
②闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于 （选填“A”或“B”）端；
③闭合开关，电流表示数为0.1A，移动滑片P，通过观察 表的示数来判断小灯泡是否正常发光，小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，则小灯泡L1的额定功率为 W。
（2）小华利用图丙所示的电路测出了小灯泡L2的额定功率，请在虚线框内补上小灯泡、电压表和定值电阻R（阻值已知）这三个元件的符号，使电路完整，实验操作方便。
25．小明学会了测小灯泡的功率后，在老师的启发下，进一步思考：电流一定时，小灯泡功率跟电阻有什么关系呢？于是他利用如图1所示电路，选用分别标有“1.5V 0.25A”、“2.5V 0.3A”和“3.8V 0.3A”字样的小灯泡L1、L2、L3，测出它们在电流相同时的电阻和功率，来探究小灯泡功率与电阻的关系。
（1）他将灯L1接入图1电路，请你用笔画线代替导线，帮他将实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 （选填“A”或“B”）端。
（3）闭合开关后，他调节滑动变阻器的滑片P，使通过L1的电流为0.2A，再测出L1两端的电压，电压表示数如图2所示，为 V，然后算出此时灯L1的电阻是 Ω，实际功率是 W。
（4）换上灯L2，闭合开关，此时电流表的示数将变 （选填“大”或“小”），为保持电流为0.2A不变，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；再测出L2两端的电压，算出L2的电阻和功率。
换上灯L3，做第三次实验，并将实验数据记录在表中。
次数 灯泡 I/A U/V R/Ω P/W
1 L1 0.2
2 L2 1.6 8 0.32
3 L3 2.4 12 0.48
（5）请根据实验数据，在图3中作出小灯泡功率与电阻关系的图象。
（6）分析图象可得结论：在电流一定时，小灯泡的实际功率与电阻成 关系。
26．（2023 石家庄模拟）小明为了测量额定电压为2.5V小灯泡的电功率情况，设计了如图甲所示的电路。
（1）图甲中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接完整；
（2）改正电路连接后，闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数。据此可知电路中出现故障的元件是 ；
（3）排除故障后，开始进行实验，并记录实验数据。进行第一次实验时，移动滑片到某一位置，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡的实际功率为 W；
（4）进行多次实验后，收集到的数据如表格所示，由表中数据可知，小灯泡的额定功率为 W；
实验次数 电压U/V 电流I/A 实际功率
1 0.28
2 2.5 0.30
3 2.7 0.32
4 3.0 0.34
（5）由实验数据计算可得：当电压表示数为2.5V和3.0V时，滑动变阻器的功率之比为 。
【拓展】完成上述实验后，某小组设计了如图丙所示的电路，用原来的电源和电压表测量原小灯泡的额定功率，请将实验步骤补充完整并回答问题：
①把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光；
②保持 不变，将电压表改接在R0两端，读出电压表示数；
③算出小灯泡的额定功率。
现有阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，为了能测出小灯泡的额定功率，结合题中的数据分析，定值电阻R0应选 Ω的。
四、计算题
27．（2022 淮南模拟）为了探究家庭电路中输电导线的电阻对用电器两端的电压的影响，小朱同学设计了如图甲所示的电路，他将n只小灯泡并联在电路中，然后用长导线接在电源上，电压表在靠近灯泡的地方与灯泡并联，依次闭合开关S、S1、S1、……直到Sn，发现电压表的示数逐渐减小。图乙可看作是图甲电路简化后的等效电路图，R是所有工作小灯泡的总电阻，图中r为输电导线的电阻，电源电压为U，且保持不变，灯泡两端电压为UR。
（1）试推证：当图甲电路中同时工作的小灯泡数量增多时，图乙中R两端电压UR将变小。
（2）若图乙电路中电源电压U＝220V，输电导线电阻为r＝2Ω，R＝20Ω，则电阻R的实际功率PR为多大？
28．[2022·金华] 图甲为市面上的某款电热毛巾架，额定电压220V，简化的工作电路如图乙，该毛巾架通过智能系统实现加热、保温挡自动切换，图丙为该毛巾架在正常工作30分钟内功率的变化情况。
完成下列问题：
(1)加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为多大？
(2)分析计算图乙电路中定值电阻R0、R1的阻值各为多少欧？
(3)毛巾架正常工作30分钟总共消耗多少电能？
29．（2022 温州模拟）如图甲为小明设计的可调温即热饮水机的部分结构示意图。该饮水机由供水箱、煮水箱和冷水箱三部分组成，调电热丝R1的阻值可设定所需水温。取水时，闭合开关S并设定好水温，阀门打开，供水箱将50毫升水按不同比例分别注入煮水箱和冷水箱中（如下表）。7秒后，电热丝R1、R2将煮水箱中的水加热至100℃，此时，K1、K2打开，即可从出水口获得相应温度的水。已知供水箱中水的温度恒为25℃，电源电压为220伏，电热丝R2的阻值为19.36欧。
设定水温/℃ 40 55 70 85 100
煮水箱中水的体积/毫升 10 20 30 40 50
冷水箱中水的体积/毫升 40 30 20 10 0
（1）即热饮水机是利用 的原理使水温升高的：
（2）若加热过程中的能量转化效率为90%，设定取水温度为40℃，则需调节电热丝R1的阻值为多少欧？[Q吸＝cm（t﹣t0），c水＝4.2×103J/（kg ℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
（3）为了方便取水，小明在电热丝R1的不同位置上标定了不同的温度，结果如图乙所示。若小明调整取水量为25毫升，即供水箱仅将25毫升水按不同比例分别注入煮水箱和冷水箱中。请在图乙中重新标定取水温度为85℃的大致位置。
2024中考复习 新思维 专题13 电功、电功率和家庭电路（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】D
【解析】【考点】测电笔的使用．
【解答】解：A．测电笔的用途是辨别火线和零线，故A正确；
B．若氖管发光，说明测电笔接触的是火线，电流需要经过人体形成回路，即火线、测电笔、人体、大地成为了电流的通路，故B正确；
C．在两种使用测电笔的方法中，手指要接触测电笔尾部的金属体（或笔卡），甲图手接触了笔尾金属体，使用方法正确，乙图手接触了笔尖，使用错误，故C正确；
D．刀体探头、电阻、氖管、弹簧和金属后盖是导体，外壳是绝缘体，故D错误。
故选：D。
2． 【答案】C
【解析】【分析】灯泡的亮度由灯丝的实际电功率决定，实际电功率越大，灯泡越亮。
（1）甲图两灯串联，根据P＝I2R比较实际电功率，后分析作答；
（2）甲图滑动变阻器滑片向左滑动，电路中的电流变小，根据P＝I2R比较实际电功率；
（3）乙图两灯并联，根据P＝比较实际电功率，后分析作答；
（4）乙图中滑动变阻器接在干路上，其接入电阻变大时，根据分压原理，变阻器两端分得的电压变大，灯泡两端的电压变小，灯泡的实际电功率变小，灯泡变暗。
【解答】解：A、甲图中两灯串联，串联电路中电流相等，灯泡消耗的实际电功率P＝UI＝I2R，因为RA＜RB，所以PA＜PB，因此甲灯泡比乙灯泡暗，故A错误；
B、甲图中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，滑动变阻器的接入电阻变大，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，根据P＝I2R可知，每个小灯泡消耗的电功率变小，两个灯泡的亮度都变暗，故B错误；
C、乙图中两灯并联，所以两灯泡两端的电压相等，灯泡消耗的实际电功率P＝UI＝，因为RA＜RB，所以PA＞PB，因此甲灯泡比乙灯泡亮，故C正确；
D、乙图中滑动变阻器接在干路上，当滑片向左滑动时，变阻器接入电阻变大，根据分压原理，变阻器两端分得的电压变大，两灯泡两端的电压变小，根据P＝可知，灯泡的实际电功率变小，两个灯泡亮度都变暗，故D错误。
故选：C。
【点评】本题综合考查对电路的认识，区别不同电路选择不同的电功率计算公式，结合实际功率判断灯泡亮度。
3． 【答案】D
【解析】【分析】明确电路的连接方式（串联、并联、单独），运用电阻串联和并联的总电阻的计算方法，可求出工作时的电阻值；根据不同电路工作时的总功率大小的判断，分析电熨斗的高温挡和低温挡。
【解答】解：由图可知：乙图A是两电阻丝并联，此时电路的总电阻为：RA＝＝＝55Ω；此时电路的电阻最小，根据电功率的公式P＝，可知，此时的总功率最大，是高温挡；高温挡工作5min消耗的电能为：W＝Q＝Pt＝＝＝2.64×105J；
由图乙中的B图可知：电路是只将右侧的一个电阻丝接入电路，电路的总电阻为RB＝110Ω；此时电路的电阻大小居中，根据电功率的公式P＝，可知，此时的总功率大小居中，是中温挡；
由图乙中的C图可知：此时电路是两电阻丝串联，电路的总电阻为RC＝R+R＝220Ω；即R低＝220Ω；此时电路的电阻最大，根据电功率的公式P＝，可知，此时的总功率最小，是低温挡；
综上所述，ABC错误；D正确；
故选：D。
【点评】分析准确电路的连接方式、并灵活运用电功率公式和焦耳定律的公式；是解答此题的关键。
4． 【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律；电功与电能．
【解答】解：（1）通过灯泡的铭牌数据可知，由P＝UI可得，L1正常发光的电流为：I1＝＝＝1A，L2正常发光的电流为：I2＝＝＝1A＝I1，
已知标有“3V 3W”的灯泡L1正常发光，标有“6V 6W”的灯泡L2发光较暗，故两灯的连接方式为并联，且电源电压等于灯泡L1正常发光时的电压，为3V。
故电表b为电压表，测量电源电压，示数为3V，电表a为电流表，测量L2的电流，
根据铭牌数据，由欧姆定律可知，L2的电阻为：R2＝＝＝6Ω，
此时电流表的示数为：I2′＝＝＝0.5A。
故AB错误；
（2）此时电路总电流：I＝I1+I2′＝1A+0.5A＝1.5A，
电路总功率为：P总＝UI＝3V×1.5A＝4.5W，
在1min内电路消耗的电能为：W总＝Pt＝4.5W×1×60s＝270J。
故C错误，D正确。
故选：D。
5． 【答案】A
【解析】【解答】解：当只闭合S、S1时，L正常发光，L1不发光，是因为L1被短路，使L直接接在电源上正常发光。
当只闭合S、S2时L呈暗红色，是因为L与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，所以L2正常；
故选：A。
6． 【答案】B
【解析】【分析】首先估测一个普通卧室的空气体积，然后可求空气质量，再利用Q＝cm△t求得吸收热量，不计热量损失，W＝Q，再利用P＝公式变形可求得时间。
【解答】解：一个普通卧室的空气体积约为V＝6m×3m×3m＝54m3，
空气质量m＝ρ空气V＝1.3kg/m3×54m3＝70.2kg，
温度从5℃提升到20℃，吸收热量Q＝cm△t＝1.0×103J/（kg ℃）×70.2kg×（20℃﹣5℃）＝1.053×106J
不计热量损失，W＝Q＝1.053×106J，
由P＝可得，t＝＝＝526.5s＝8.775min，与B选项接近。
故选：B。
【点评】本题以无叶空气净化暖风器为背景考查了学生对密度公式、吸热公式及电功率公式的掌握和应用，涉及到的知识点较多，综合性较强。
7． 【答案】D
【解析】【解答】解：A、电流通过导体产生的热量无法直接观察，通过观察U形管液面的高度差比较电流产生热量的多少，采用转换法，故A正确；
B、电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，根据控制变量法可知探究电流通过电阻产生的热量与时间的关系，需控制通电时间不同而其它条件相同，所以利用任意一个容器中的电阻都可以探究电流通过电阻产生的热量与时间的关系，故B正确；
C、图甲中两电阻串联接入电路，串联电路各处电流相等，由图可知右侧电阻的阻值是左侧电阻的阻值的2倍，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2，故C正确；
D、图乙中右侧两电阻并联后与左侧电阻串联接入电路，由图可知三个电阻的阻值相等，
并联电路各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可知通过两并联电阻的电流相等，
串联电路各处电流相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过左侧电阻的电流是通过右侧电阻电流的2倍，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是4：1，故D错误。
故选：D。
8． 【答案】B
【解析】【分析】家庭电路中，为保证安全，火线必须通过开关连接到电灯泡的顶端接触点；三孔插座必须有地线连接到插座最上面的孔。题中要求从实物反面观察，则插座的接线方法应该是左火右零。
【解答】解：
A、三孔插座上面的插孔连接了火线。此方法错误；
B、三孔插座从后面观察符合“左零右火”的要求，灯泡的连接方法正确。此方法正确；
C、灯泡直接接在火线上，开关控制零线。此方法错误；
D、三孔插座火线、零线接法错误。此方法错误。
故选：B。
【点评】对于电灯接线操作的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯头，火线接在开关上，通过开关进灯头”。而对于插座的接线方法是要求“左零右火”，三孔插座还要求中接地。
9． 【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】由图乙可知该电路为R和L的串联电路，电压表测R两端的电压；
（1）已知灯泡的实际功率，利用P＝UI结合图甲中的数据可得出此时L两端的电压和通过的电流；已知此时电压表的示数，即R两端的电压；再根据串联电路的电压特点可得出电源电压；
（2）串联电路中电流处处相等，由此可知通过R的电流，利用欧姆定律可求出R的阻值；
（3）已知电路中的电流和电源电压，利用P＝UI可求出电路消耗的总功率。
【解答】解：由图乙可知该电路为R和L的串联电路，电压表测R两端的电压；
AC、闭合开关，小灯泡的实际功率为1.8W，由P＝UI结合图甲中数据可知，此时L两端的电压为UL＝6V，通过L的电流为：IL＝0.3A；
已知此时电压表的示数为12V，即R两端的电压为UR＝12V；
由串联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UR+UL＝12V+6V＝18V，故AC正确；
B、串联电路中电流处处相等，因此通过R的电流为IR＝IL＝0.3A，
由I＝可知电阻R的阻值为：R＝＝＝40Ω，故B正确；
D、电路中的电流为：I＝IR＝IL＝0.3A，电路消耗的总功率为：P＝UI＝9V×0.3A＝2.7W，故D错误。
故选：D。
10．【答案】C
【解析】【分析】根据题意可知，漏电保护器在检测到通过虚线框内火线与零线的电流不相等时，会切断电源，否则不会切断电源，据此选择符合题意的电路图。
【解答】解：AB、闭合开关S时，通过虚线框内火线和零线的电流相等，此时无法模拟漏电情形，故AB不正确；
C、闭合开关时，通过虚线框内火线的电流小于通过该装置零线的电流，可以模拟漏电情形，故C正确；
D、闭合开关时，虚线框内火线电流仍然等于零线电流，因为导线将电阻R短路，所以闭合开关不影响电路，故D不正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串、并联电路的设计，关键是抓住漏电保护器的工作条件：通过虚线框内火线与零线的电流不相等，然后逐一分析选项即可得出答案。
11．【答案】A
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】由图中可知，LED灯和稳压装置串联，根据串联电路的电压特点可知稳压装置两端的电压表达式，
根据P＝UI得出LED灯正常工作的电流，根据串联电路的电流特点得出通过稳压装置的电流，根据P＝UI得出稳压装置消耗的电功率的表达式，且当U＝3V时，P＝0，分析得出符合题意的P﹣U图像。
【解答】解：保证LED灯正常工作，则UL＝3V，
由图中可知，LED灯和稳压装置串联，则：UR＝U﹣UL＝U﹣3V，
LED灯正常工作的电流I＝＝＝0.3A，
串联电路的电流处处相等，则稳压装置消耗的电功率P＝URI＝（U﹣3V）×0.3A＝0.3A×U﹣0.9W，
故P﹣U的图像是一次函数图像，且当U＝3V时，P＝0W。
故选：A。
12．【答案】B
【解析】【分析】闭合开关，指示灯发光，发热体工作，发热体不工作，但指示灯仍发光，这表明发热体和灯泡是并联接入电路中的，据此分析。
【解答】解：根据题意可知，闭合开关，指示灯发光，发热体工作；当发热体断路不工作时，但指示灯仍发光，这表明发热体和灯泡是并联接入电路中的；
根据题干图片可知，熔丝应该接在火线与用电器之间，所以b接触的是火线；a接触的也是火线，所以灯泡与分压电阻接在a的电路中，故B符合题意。
故选：B。
13．【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律．
【解答】解：A、由P＝I2R可知，定值电阻R0的发热功率P0与电流I是二次函数关系，则由图像可知，定值电阻R0的发热功率P0随电流I变化的关系图线是b，且定值电阻R0的最大功率P0＝9W，此时电路中的电流I＝3A，由P＝I2R可得，电阻R0的阻值：R0＝＝＝1Ω，故A错误；
B、电源电压U不变，由P＝UI可知，电源总功率P总与电流I成正比，图像是一条倾斜的直线，由图像可知，电源总功率P总随电流I变化的关系图线是a；由图像可知，电源总功率P总＝9W时，电流I＝3A，由P＝UI可得，电源电压：U＝＝＝3V；故B错误；
C、综合上述分析可知，图像c为滑动变阻器R消耗的电功率PR和电流I的变化曲线，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，由图像可知，电路最小电流：I小＝0.5A，由I＝可知，此时电路的总电阻：R总＝＝＝6Ω，因串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路的最大阻值：R滑大＝R总﹣R0＝6Ω﹣1Ω＝5Ω，故C错误；
D、图线a表示P总﹣I图像，图线b表示P0﹣I图像，则图线c表示PR﹣I图像，设变阻器R消耗的电功率最大时，电路中的电流为I，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I＝可得，滑动变阻器两端的电压：UR＝U﹣IR0＝3V﹣I×1Ω，则滑动变阻器消耗的电功率：PR＝URI＝（3V﹣I×1Ω）I＝3V×I﹣1Ω×I2＝﹣1Ω×I2+3V×I＝﹣1Ω×I2+3V×I﹣（）2W+（）2W＝﹣（I﹣A）2×1Ω+2.25W＝2.25W﹣（I﹣A）2×1Ω，
所以，当I＝A时，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率为2.25W，故D正确。
故选：D。
14．【答案】D
【解析】【分析】（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，阻值减小，根据串联电路的分压特点可知电压表示数的变化，同理得出水流速度减小时R2接入电路的阻值变化，然后根据欧姆定律结合R2接入电路中的阻值判断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＝UI求出电阻R1的最小功率。
【解答】解：由图知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2的电压，电流表测电路的电流：
①②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，接入电路的阻值减小，
根据串联电路的分压特点可知，变阻器R2的电压减小，即电压表示数减小，故①错误；
当水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，变阻器接入电路的阻值增大，
由I＝的变形式R＝可知，电压表与电流表的示数之比等于R2接入电路中的阻值，则其比值变大，故②正确；
③④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的最大电功率：
P1＝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，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，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，
则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③错误；
电阻R1的最小功率：
P1′＝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④正确。
综上可知，②④正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据流速与压强的关系得出流速变化时变阻器接入电路中电阻的变化是关键。
15．【答案】C
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1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）根据图乙读出两组变阻器的阻值和对应的电功率，根据串联电路的电流特点和P＝UI＝I2R求出电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律结合电源的电压不变得出等式即可求出R的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表的最大示数；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，整个电路的总功率最大，根据P＝UI＝求出其大小；当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，整个电路的总功率最小，根据P＝UI求出其大小，然后求出整个电路功率变化量；
（4）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，电路中电流表的示数最大，根据欧姆定律求出其大小；当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，据此求出电流表的示数变化量。
【解答】解：由电路图可知，R1与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、由图乙可知，当R＝10Ω时，P＝0.9W，当R′＝20Ω时，P′＝0.8W，
因串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI＝I2R可得，电路中的电流分别为：
I1＝＝＝0.3A，I2＝＝＝0.2A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且电源的电压不变，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I1（R+R1）＝I2（R′+R1），即0.3A×（10Ω+R1）＝0.2A×（20Ω+R1），
解得：R1＝10Ω，
电源的电压U＝I1（R+R1）＝0.3A×（10Ω+10Ω）＝6V，故A错误；
B、当R′＝20Ω时，变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联分压原理可知电压表的示数最大，
则电压表的最大示数：U′＝I2R′＝0.2A×20Ω＝4V，故B错误；
C、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，整个电路的总功率最大，
则P大＝＝＝3.6W，
当R′＝20Ω时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，整个电路的总功率最小，
则P小＝UI2＝6V×0.2A＝1.2W，
所以，整个电路功率变化了：ΔP＝P大﹣P小＝3.6W﹣1.2W＝2.4W，故C正确；
D、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，电路中电流表的示数最大，
则I大＝＝＝0.6A，
当R′＝20Ω时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，
所以，电流表的示数变化了：ΔI＝I大﹣I2＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，故D错误。
故选：C。
二、填空题
16．【答案】电压；120。
【解析】【解答】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W＝Pt＝2W×60s＝120J。
故答案为：电压；120。
17．【答案】（1）S和S2 （2）大气压 （3）左
【解析】[命题考向： 考查电路的综合分析、大气压的简单应用、欧姆定律与焦耳定律的应用。解析：(1)该电路中抽气机与电热丝和滑动变阻器所在的支路并联，开关S处于干路，可控制整个电路；开关S1处于电热丝和滑动变阻器所在支路，可控制电热丝；开关S2处于抽气机所在支路，可控制抽气机。要使抽气机工作，需闭合的开关是S、S2。(2)抽气机是利用大气压工作的，它将塑料袋内空气抽出，袋子内外形成气压差，外界的大气压就会把袋子压瘪。(3)根据焦耳定律可知，在电热丝阻值不变的情况下，减小通过电热丝的电流即可减少电热丝在相同时间内产生的热量，以此降低温度。该电路中滑动变阻器与电热丝两端的总电压为电源电压，始终不变；根据欧姆定律可知，可通过增大该支路的总电阻来减小电流，具体操作是将滑动变阻器滑片向左移。]
故答案为 （1）S和S2 （2）大气压 （3）左
18．【答案】（1）1.2×106 （2）小于
【解析】[命题考向： 考查应用电功的公式计算用电器消耗的电能。解析：(1)根据电功的计算公式可得，空调正常工作时，一个工作周期内消耗的电能为W＝Pt＝2000W×10×60s＝1.2×106J。(2)由题可知，小宁家换上了隔热保温性能更好的门窗，可以减少室内和室外的热量交换，使空调达到设定温度时所需要做的功的总量减少，在其他条件相同的情况下，根据电功的计算公式可知，做功的时间会减少，即空调新的一个工作周期内，工作时间会小于10min。]
故答案为 （1）1.2×106 （2）小于
19．【答案】故答案为：8800；7.2×105；640。
【解析】【考点】电能表参数的理解与电能的求法．
【分析】（1）220V表示家庭电路的电压，10（40）A表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A；根据P＝UI计算出小明家同时使用的用电器的最大总功率；
（2）电冰箱的工作特点是间歇性工作，由图乙可知，1个小时电冰箱压缩机的工作时间，利用P＝的变形公式计算出电冰箱正常工作5h，消耗的电能；
（3）3200imp/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可以计算出电冰箱正常工作5h，电能表的指示灯闪烁的次数。
【解答】解：（1）220V表示家庭电路的电压，10（40）A表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A；
则小明家同时使用的用电器的最大总功率：P最大＝UI最大＝220V×40A＝8800W；
（2）电冰箱的工作特点是间歇性工作，由图乙可知，电冰箱的额定功率P＝120W，通电1个小时，电冰箱压缩机的工作时间是t＝20min，
由P＝可知，电冰箱正常工作5h，消耗的电能：W＝Pt＝120W×5×20×60s＝7.2×105J＝0.2kW h；
（3）3200imp/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则消耗0.2kW h电能，电能表指示灯闪烁的次数：n＝0.2kW h×3200imp/（kW h）＝640imp。
故答案为：8800；7.2×105；640。
20．【答案】0.15；1.5；0.45；S4
【解析】【解答】解：只闭合S3，R1和R2串联，R3断路，电路中的电流I＝＝＝0.15A；
电压表测的是R2两端电压，U2＝IR2＝0.15A×10Ω＝1.5V；
只闭合S1、S2、S3，R1和R3并联，R2短路，电流表测干路电路；并联电路各支路两端的电压相等，等于电源电压；
通过R1的电流I1′＝＝＝0.3A；
通过R3的电流I3′＝＝＝0.15A；
总电流I′＝I1′+I3′＝0.3A+0.15A＝0.45A；
根据P＝可知，在电源电压不变时，电路的总电阻要最大，电路消耗的电功率最小，则应使R1、R2和R3串联，此时应只闭合开关S4。
故答案为：0.15；1.5；0.45；S4。
21．【答案】6；1800
【解析】【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib＝0.5A，U1＝1V、U2＝5V，所以电源电压：U＝U1+U2＝1V+5V＝6V，电阻R0的阻值：R0＝＝2Ω，滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，此时通过电路的电流Ia＝＝3A，通电100sR0消耗的电能：W＝R0t＝（3A）2×2Ω×100s＝1800J。
故答案为：6；1800。
22．【答案】甲；不相等；变暗
【解析】【解答】解：（1）在家庭电路中，为了安全，应把开关接在火线和用电器之间，故甲处接开关，乙处接电灯；
（2）当在图中C处不慎触电时，部分电流就会从C处通过人体流向大地，导致通过B处的电流比A处的电流小，即这两处的电流不相等，因此漏电保护器会迅速切断电路，起到保护作用；
（3）当家中的所有用电器都工作时，干路电流变大，又知道家里的进户线也有一定电阻（约几欧），由U＝IR可知，进户线分得的电压变大，而家庭电路总电压不变，可知用电器两端的电压会变小，由公式P＝可知，在灯泡电阻不变的情况下，其两端的电压变小，则实际功率变小，则灯泡变暗。
故答案为：甲；不相等；变暗。
23．【答案】ABD
【解析】【解答】解：（1）将验电笔的笔尖接触A处，通过闭合的开关和导线接在火线上，氖灯发亮；
（2）将验电笔的笔尖接触B处，通过灯丝、闭合的开关和导线接在火线上，氖灯发亮；
（3）将验电笔的笔尖接触C处为零线，氖灯不发亮。
（4）将验电笔的笔尖接触D处，通过导线接在火线上，氖灯发亮；
（5）将验电笔的笔尖接触E、F处，左边是插座，向右接在零线上，氖灯不发亮。
故答案为：ABD。
三、探究题
24．【答案】故答案为：（1）①如上图1；
②B；③电流；0.75；（2）如上图2所示。
【解析】【分析】（1）①原电压表测电源电压是错误的，应测灯的电压；
②为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处；
③灯在额定电流下正常发光，根据电压表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求小灯泡L1的额定功率；
（2）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，当灯的电流为额定电流时，灯正常发光，先将电压表与定值电阻并联，通过移动滑片的位置，使电阻R的电压为0.5A×R，此时灯正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的两端的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时灯的额定电压，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：①原电压表测电源电压是错误的，应测灯的电压，如下图1所示：
②闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处的B端；
③灯在额定电流下正常发光，闭合开关，电流表示数为0.1A，移动滑片P，通过观察电流表的示数来判断小灯泡是否正常发光，小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压大小为2.5V，则小灯泡L1的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（2）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，当灯的电流为额定电流时，灯正常发光，闭合开关S和S1，断开S2，使电压表与定值电阻并联，通过移动滑片的位置，使电阻R的电压为0.5A×R，此时灯正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，闭合S和S2，断开S1，使电压表测灯与定值电阻的两端的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时灯的额定电压，根据P＝UI可求出灯的额定功率，设计的电路下图2所示：
故答案为：（1）①如上图1；②B；③电流；0.75；（2）如上图2所示。
【点评】本题测灯的功率，考查电路的连接、注意事项、操作过程、电压表读数、额定功率的计算及在没有电压表情况下设计实验方案测功率的能力，难度较大。
25．【答案】故答案为：
（1）如上图所示；（2）A；（3）0.8；4；0.16；（4）小；B；
（5）图象如上图所示；
（6）正比。
【解析】【分析】（1）根据灯L1的额定电压确定电压表的量程，且与灯泡并联；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片离下面接入电路的接线柱最远，连入电路的电阻最大，对电路起到保护作用；
（3）根据电压表的量程和分度值读出示数，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据P＝UI求出灯泡的实际功率；
（4）知道额定电压和额定电流，根据欧姆定律分别求出L1和L2的电阻，用L2替代L1，总电阻增大，电流减小，电流表的示数减小，要使电流增大到0.2A，要减小总电阻，使滑动变阻器电阻减小；
（5）根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来；
（6）根据功率和电阻之比判断功率和电阻的关系。
【解答】解：（1）灯L1的额定电压为1.5V，则电压表选0～3V的量程，且与灯泡并联，如下图所示：
（2）滑动变阻器的滑片在A端，离下面接入电路的接线柱最远，接入电路的电阻最大，电路电流最小，对电路起到保护作用；
（3）图2中，电压表使用的0～3V，分度值为0.1V，电压为0.8V，
由I＝可得，此时灯L1的电阻：
R＝＝＝4Ω，
实际功率：
P＝UI＝0.8V×0.2A＝0.16W；
（4）额定电压下，L1和L2的电阻分别为：
R1＝＝＝6Ω，R2＝＝≈8.3Ω，
换上灯L2，电阻增大，总电阻增大，电路电流减小，电流表的示数将变小，
要使电路电流增大到0.2A，要减小电路总电阻，滑动变阻器的滑片向B端移动；
（5）根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：
（6）由图象知，图线是一条过原点的直线，可知，电流一定时，功率和电阻成正比。
故答案为：
（1）如上图所示；（2）A；（3）0.8；4；0.16；（4）小；B；
（5）图象如上图所示；（6）正比。
【点评】本题涉及到的知识点多，考查了电压表量程的选择和连接、实验的注意事项、电压表读数、电功率公式、串联电路的特点、欧姆定律的应用以及描点法作图等，是实验的常考内容，应熟练掌握。
26．【答案】（1）（2）开关；（3）0.616；（4）0.75；（5）20：17；【拓展】滑动变阻器滑片的位置；5
【解析】【解答】解：（1）在探究小灯泡额定功率的实验中，电压表应测量小灯泡两端的电压，而图中电压表测小灯泡与滑动变阻器滑片左侧的电压之和，故将导线从A接线柱，移至灯泡右侧。如图所示：
（2）闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数，说明电路存在断路且是与电压表并联电路部分之外的电路存在断路。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变，说明此段电路为通路；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数，说明BC之间存在断路。则据此可知电路中出现故障的元件是开关。
（3）电压表选择的是小量程，分度值为0.1V，由图可知，电压表的示数为2.2V，电流为0.28A，则实际功率为P实＝U实I实＝2.2V×0.28A＝0.616W；
（4）小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）由实物图可知，实验共用三节干电池，则电源电压为U＝1.5V×3＝4.5V，
当电压表为2.5V时，电流为0.3A，根据串联电路电压电流特点和P＝UI可得，滑动变阻器的功率为P滑1＝（U﹣U额）I额＝（4.5V﹣2.5V）×0.3A＝0.6W，当电压表为3V时，电流为0.34A，根据串联电路电压电流特点和P＝UI可得，滑动变阻器的功率为P滑2＝（U﹣U1）I1＝（4.5V﹣3V）×0.34A＝0.51W，滑动变阻器功率之比为；
【拓展】把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5V，则小灯泡正常发光，此时电路中的电流为额定电流；因此要保持滑动变阻器滑片的位置不变，测R0两端的电压，然后根据欧姆定律，求出电流，从而利用P＝UI求出小灯泡的额定功率。
电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。由串联电路电压特点可知，定值电阻与滑动变阻器共分担的电压为U总＝4.5V﹣2.5V＝2V，且此时电路中的电流为0.3A。则定值电阻与滑动变阻器总阻值为，由此可知，定值电阻R0应选5Ω的。
故答案为：（1）见解析；（2）开关；（3）0.616；（4）0.75；（5）20：17；【拓展】滑动变阻器滑片的位置；5。
四、计算题
27．【答案】（1）并联电路总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即＝+...，当同时并联的小灯泡越多，并联部分电路的总电阻R越小，图乙中R与r串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电路中同时工作的小灯泡数量增多时，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知通过电路的电流变大，由U＝Ir可知导线两端的电压变大，串联电路总电阻等于各部分电压之和，所以并联部分电路两端的电压变小；
（2）电阻R的实际功率PR为2000W。
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】（1）根据并联电路电阻规律可知同时并联的小灯泡越多，并联部分电路的总电阻R越小，图乙中R与r串联接入电路，根据串联电路电阻规律判断电路总电阻的变化，根据欧姆定律判断通过电路的电流变化，根据U＝IR判断导线两端的电压变化，根据串联电路电压规律判断并联部分电路两端的电压变化；
（2）根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据P＝I2R计算电阻R的实际功率。
【解答】解：（1）并联电路总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即＝+ ，当同时并联的小灯泡越多，并联部分电路的总电阻R越小，图乙中R与r串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电路中同时工作的小灯泡数量增多时，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知通过电路的电流变大，由U＝Ir可知导线两端的电压变大，串联电路总电阻等于各部分电压之和，所以并联部分电路两端的电压变小；
（2）由欧姆定律可得此时通过电路的电流I＝＝＝10A，
电阻R的实际功率PR为：PR＝I2R＝（10A）2×20Ω＝2000W。
答：（1）同上；
（2）电阻R的实际功率PR为2000W。
28．【答案】（1）2A （2）R0＝110Ω R1＝495Ω （3）0.1kW·h(或360000J)
【解析】【答案】 (1)I＝＝＝2A
(2)加热时开关S、S1闭合，根据P加热＝
R0＝＝＝110Ω
保温时开关S闭合、S1断开，根据P保温＝
R1＝－R0＝－110Ω＝495Ω
(3)W＝Pt＝440W×10min＋80W×(30－10)min＝0.44kW×h＋0.08kW×h＝0.1kW·h(或360000J)
[命题考向： 考查电路分析、欧姆定律的应用、电能与电功率的计算。解析：分析开关转换时不同挡位电路的连接方式，根据电路中电阻的变化规律及电功率公式，求出不同情况下的定值电阻阻值与电路电流大小，同时可用电能公式计算一定时间内该系统加热、保温挡自动切换工作所消耗的总电能。]
29．【答案】（1）电流的热效应；（2）需调节电热丝R1的阻值为77.44Ω；（3）见解答图
【解析】【解答】解：（1）即热饮水机是根据电流的热效应工作的；
（2）ρ水＝1.0×103kg/m3＝1g/cm3；
设定取水温度为40℃，煮水箱中水的质量为：m1＝ρ水V1＝1g/cm3×10cm3＝10g＝0.01kg，
水吸收的热量为：Q吸＝c水m1Δt＝4.2×103J/（kg ℃）×0.01kg×（100℃﹣25℃）＝3150J，
由η＝可知，消耗的电能为：W1＝＝＝3500J，
由W＝t可知，此时电路中的总电阻为：R总1＝＝＝96.8Ω，
此时需调节电热丝R1的阻值为：R1＝R总1﹣R2＝96.8Ω﹣19.36Ω＝77.44Ω；
（3）煮水箱中水的温度为100℃，冷水箱中水的温度为25℃，由热平衡方程Q放＝Q吸可知c水m热（100℃﹣t）＝c水m冷（t﹣25℃），取水温度一定时，m热和m冷的比值一定，由ρ＝可知热水与冷水的体积之比也一定；根据表中数据可知取水温度为85℃时热水与冷水的体积之比V热：V冷＝40mL：10mL＝4：1，则煮水箱中水的体积为取水量的；取水量为25mL，温度为85℃时，煮水箱中水的体积为：V2＝×25mL＝20mL；
由表格中数据可知，原设定取水温度为55℃，煮水箱中水的体积为20mL，故供水箱仅将25毫升水按不同比例分别注入煮水箱和冷水箱中取水温度为85℃的大致位置应标记在55℃，如图所示：
故答案为：（1）电流的热效应；（2）需调节电热丝R1的阻值为77.44Ω；（3）
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2024中考复习 新思维 专题13 电功、电功率和家庭电路
一、选择题
1． （2022东阳市期中）如图为螺丝刀式测电笔的结构及使用方法。下列说法不正确的是（ ）
A．测电笔可以辨别火线和零线
B．若氖管发光，说明人体成为了电流的通路
C．在图示两种使用测电笔的方法中，甲是正确的，乙是错误的
D．刀体探头、电阻、氖管和金属后盖是导体，外壳和弹簧是绝缘体
2． 在探究“电功率与电阻关系”时，实验准备了阻值分别为5Ω、15Ω的A、B两个同一类型的灯泡。同学们按图甲、图乙设计了两个实验电路进行探究。不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中A灯泡比B灯泡亮
B．图甲中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，两个灯泡的亮度都变亮
C．图乙中A灯泡比B灯泡亮
D．图乙中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，两个灯泡的亮度都变亮
3． 小明家的电熨斗能适应不同衣料的熨烫需要，主要因为调温多挡开关的巧妙设计。使用时，转动旋钮即可使电熨斗达到所需低温、中温或高温挡。如图（甲）所示，是电熨斗的原理电路图，图中两根电热丝电阻均为110Ω．旋转开关可改变1、2、3、4四个接点连接情况，如图（乙）中的A、B、C所示。则下列说法中正确的是（ ）
A．电熨斗低温挡工作时等效电阻R低为55Ω
B．旋转开关连接如图（乙）A时，电熨斗为低温挡
C．旋转开关连接如图（乙）B时，电熨斗为高温挡
D．电熨斗高温挡工作5分钟消耗的电能为2.64×105J
4． （2022象山县月考）如图所示的电路中，a、b是电表（电压表或电流表）闭合开关S，标有“3V 3W”的灯泡L1正常发光，标有“6V 6W”的灯泡L2发光较暗。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（ ）
A．电表a为电压表，且示数为3V B．电表b为电流表，且示数为1A
C．电路的总功率为6W D．在1min内电路消耗的电能为270J
5． （2023 射洪市模拟）如图是小明新安装的照明电路，已知两个并联灯泡的灯头接线存在一处故障。小明断开闸刀开关，取出一根保险丝，在保险丝处接入一个“220V 40W”的灯泡L。当只闭合S、S1时，L正常发光；当只闭合S、S2时L呈暗红色。由此可以确定（ ）
A．L1灯头短路 B．L1灯头断路 C．L2灯头短路 D．L2灯头断路
6． 如图所示为一种新型电器-------无叶空气净化暖风器，兼具风扇、制暖和空气净化的功能，其制暖功率为2kW．如果要将一个普通卧室的温度从5℃提升到20℃，请估算该电器至少需要工作多长时间（不计热量损失，已知空气的密度约为1.3kg/m3，比热容约为1.0×103J/（kg ℃）（ ）
A．2min B．7min C．15min D．20min
7． （2023 邹城市三模）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量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，下列说法错误的是（ ）
A．本实验利用了转换法将电流通过电阻产生热量的多少转换成U形管液面高度差的变化
B．利用任意一个容器中的电阻都可以探究电流通过电阻产生的热量与时间的关系
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2
D．图乙所示装置中，通电一段时间后两容器内电阻产生的热量之比为2：1
8． 家庭电路中需要安装一个“一开三孔”开关（即一个开关和一个三孔插座连在一起）要求插座能单独使用，开关能控制电灯且符合安全用电原则，从实物反面观察，如图所示的几种接线中符合要求的是（ ）
A．B．C． D．
9． （2022 雁塔区二模）图甲是通过小灯泡L的电流与其两端电压的关系图像。现将小灯泡L与电阻R连入如图乙所示的电路中，闭合开关S，小灯泡的实际功率为1.8W，电压表示数为12V。关于该电路中各物理量的计算结果，错误的是（ ）
A．通过小灯泡的电流为0.3A B．电阻R的阻值为40Ω
C．电源电压为18V D．电路消耗的总功率为3.6W
10．家用漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时实施保护的设备，家庭电路漏电时，通过火线与零线的电流不相等，漏电保护器中有一特殊装置（在图中虚线框内，未画出）检测到这一差异后，便切断电源，起到保护作用。漏电保护器中还有实验电路，由一只开关S与电阻R组成，闭合开关S就能模拟漏电情形，试验电路的连接符合要求的是（ ）
A．B．C． D．
11．（2022慈溪市月考）某LED灯规格为“3V 0.9W”，其内置稳压装置，保证LED灯正常工作，工作原理如图所示。闭合开关后，电源电压为U（U＞3V），稳压装置消耗的功率为P。则下列关于P﹣U的图像正确的是（ ）
A．B． C． D．
12．某熨烫机电路主要由发热体、熔丝、控制开关盒等组成，其连接如图所示，其中控制开关盒内有开关、指示灯和分压保护电阻等元件。当该熨烫机接入家庭电路后，闭合开关，指示灯发光，发热体工作。现由于某种原因熔丝熔断，发热体不工作，但指示灯仍发光。下列控制开关盒内元件的连接方式符合要求的是（ ）
13．如图甲是某同学“探究定值电阻品的发热功率P0、滑动变阻器R消耗的电功率PR和电源总功率P总随电流I变化的关系”的实验电路图，通过实验得到的数据用描点法在同一坐标系中作出a、b、c三条图线（如图乙）。下列叙述正确的是（ ）
A．图线a为定值电阻R0的发热功率曲线 B．电源电压为4.5V
C．滑动变阻器接入电路的最大阻值为6Ω D．滑动变阻器消耗的最大功率为2.25W
14．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（ ）
①当水流速度增大时，电压表的示数变大
②当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为10Ω 15Ω
④电阻R1的电功率的变化范围为0.45W 1.8W
A．①②④ B．①④ C．②③④ D．②④
15．如图甲所示电路中，R1为定值电阻，R为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图象。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为3V B．电压表的最大示数为2V
C．整个电路功率变化了2.4W D．电流表的示数变化了0.1A
二、填空题
16．（2023 苍溪县模拟）如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是 ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是
J。
17．[2022·温州] 为延长食物保质期，可对食物进行真空包装。真空包装机(如图甲)先抽出塑料袋内的气体，再利用电热丝加热塑料袋口进行密封。图乙是模拟该真空包装机功能的简易电路图。
(1)该电路图中，要使抽气机工作，需闭合的开关是________________。
(2)抽气机将塑料袋内空气抽出，使袋子变瘪，这是由于受到__ __作用。
(3)密封时温度过高导致袋口破损。为降低电热丝温度，应将滑动变阻器滑片向__ __移动。
18．[2022·宁波] 盛夏，室外温度达36℃，小宁将客厅空调的设定温度设置为28℃，发现空调正常工作时的工作周期：工作10min后会停止工作，5min后再重新工作……周而复始。从该空调铭牌上获悉，空调的制冷额定功率为2000W。
(1)空调正常工作时，一个工作周期内消耗的电能为__ _J。
(2)为了节能减排，小宁家换上了隔热保温性能更好的门窗。在工作电压、室外温度、空调的设定温度等条件均相同的情况下，空调新的一个工作周期内，工作时间会__ __(选填“大于”“等于”或“小于”)10min。
19．（2021秋 溧阳市期末）小明家的电能表表盘如图甲所示，小明家同时使用的用电器总功率不能超 W。他家的电冰箱正常工作的功率P随时间t变化的图像如图乙所示，若关闭其它用电器，让电冰箱正常工作5h，消耗的电能是 J，这个过程中电能表的指示灯闪烁 次。
20．（2022 姑苏区模拟）如图所示，电源电压为3V，R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω．只闭合S3，电流表的示数为 A，电压表的示数为 V；只闭合S1、S2、S3，电流表示数为 A；要使电路消耗的电功率最小，应只闭合开关 。
21．（2023 海口一模）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则电源电压为 V。当滑片在a点时通电100秒R0消耗的电能为 J。
22．（2022 太康县模拟）如图是安装了漏电保护器的家庭电路。甲、乙两处分别装电灯和开关， 处应装开关（选填“甲”或“乙”）；若图中C处不慎触电时，漏电保护器检测到通过A、B两处的电流 （选填“相等”或“不相等”），从而迅速切断电路，起到保护作用；家里的进户线也有一定电阻（约几欧），当家中的所有用电器都工作时，原来开着的电灯会 （选填“变亮”、“变暗”或“不变”）。
23．（2022沧县模拟）如图所示，电路中打×处表示断路之处，若用试电笔测试电路中A、B、C、D、E、F六点，则会使试电笔氖灯发亮的点有 。
三、探究题
24．两只铭牌模糊的小灯泡L1、L2，仅能看清分别标有“0.3A”和“0.5A”字样。
（1）图甲是小明测量小灯泡L1额定功率时连接的实物图；
①图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正；
②闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于 （选填“A”或“B”）端；
③闭合开关，电流表示数为0.1A，移动滑片P，通过观察 表的示数来判断小灯泡是否正常发光，小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，则小灯泡L1的额定功率为 W。
（2）小华利用图丙所示的电路测出了小灯泡L2的额定功率，请在虚线框内补上小灯泡、电压表和定值电阻R（阻值已知）这三个元件的符号，使电路完整，实验操作方便。
25．小明学会了测小灯泡的功率后，在老师的启发下，进一步思考：电流一定时，小灯泡功率跟电阻有什么关系呢？于是他利用如图1所示电路，选用分别标有“1.5V 0.25A”、“2.5V 0.3A”和“3.8V 0.3A”字样的小灯泡L1、L2、L3，测出它们在电流相同时的电阻和功率，来探究小灯泡功率与电阻的关系。
（1）他将灯L1接入图1电路，请你用笔画线代替导线，帮他将实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 （选填“A”或“B”）端。
（3）闭合开关后，他调节滑动变阻器的滑片P，使通过L1的电流为0.2A，再测出L1两端的电压，电压表示数如图2所示，为 V，然后算出此时灯L1的电阻是 Ω，实际功率是 W。
（4）换上灯L2，闭合开关，此时电流表的示数将变 （选填“大”或“小”），为保持电流为0.2A不变，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；再测出L2两端的电压，算出L2的电阻和功率。
换上灯L3，做第三次实验，并将实验数据记录在表中。
次数 灯泡 I/A U/V R/Ω P/W
1 L1 0.2
2 L2 1.6 8 0.32
3 L3 2.4 12 0.48
（5）请根据实验数据，在图3中作出小灯泡功率与电阻关系的图象。
（6）分析图象可得结论：在电流一定时，小灯泡的实际功率与电阻成 关系。
26．（2023 石家庄模拟）小明为了测量额定电压为2.5V小灯泡的电功率情况，设计了如图甲所示的电路。
（1）图甲中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接完整；
（2）改正电路连接后，闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数。据此可知电路中出现故障的元件是 ；
（3）排除故障后，开始进行实验，并记录实验数据。进行第一次实验时，移动滑片到某一位置，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡的实际功率为 W；
（4）进行多次实验后，收集到的数据如表格所示，由表中数据可知，小灯泡的额定功率为 W；
实验次数 电压U/V 电流I/A 实际功率
1 0.28
2 2.5 0.30
3 2.7 0.32
4 3.0 0.34
（5）由实验数据计算可得：当电压表示数为2.5V和3.0V时，滑动变阻器的功率之比为 。
【拓展】完成上述实验后，某小组设计了如图丙所示的电路，用原来的电源和电压表测量原小灯泡的额定功率，请将实验步骤补充完整并回答问题：
①把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光；
②保持 不变，将电压表改接在R0两端，读出电压表示数；
③算出小灯泡的额定功率。
现有阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，为了能测出小灯泡的额定功率，结合题中的数据分析，定值电阻R0应选 Ω的。
四、计算题
27．（2022 淮南模拟）为了探究家庭电路中输电导线的电阻对用电器两端的电压的影响，小朱同学设计了如图甲所示的电路，他将n只小灯泡并联在电路中，然后用长导线接在电源上，电压表在靠近灯泡的地方与灯泡并联，依次闭合开关S、S1、S1、……直到Sn，发现电压表的示数逐渐减小。图乙可看作是图甲电路简化后的等效电路图，R是所有工作小灯泡的总电阻，图中r为输电导线的电阻，电源电压为U，且保持不变，灯泡两端电压为UR。
（1）试推证：当图甲电路中同时工作的小灯泡数量增多时，图乙中R两端电压UR将变小。
（2）若图乙电路中电源电压U＝220V，输电导线电阻为r＝2Ω，R＝20Ω，则电阻R的实际功率PR为多大？
28．[2022·金华] 图甲为市面上的某款电热毛巾架，额定电压220V，简化的工作电路如图乙，该毛巾架通过智能系统实现加热、保温挡自动切换，图丙为该毛巾架在正常工作30分钟内功率的变化情况。
完成下列问题：
(1)加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为多大？
(2)分析计算图乙电路中定值电阻R0、R1的阻值各为多少欧？
(3)毛巾架正常工作30分钟总共消耗多少电能？
29．（2022 温州模拟）如图甲为小明设计的可调温即热饮水机的部分结构示意图。该饮水机由供水箱、煮水箱和冷水箱三部分组成，调电热丝R1的阻值可设定所需水温。取水时，闭合开关S并设定好水温，阀门打开，供水箱将50毫升水按不同比例分别注入煮水箱和冷水箱中（如下表）。7秒后，电热丝R1、R2将煮水箱中的水加热至100℃，此时，K1、K2打开，即可从出水口获得相应温度的水。已知供水箱中水的温度恒为25℃，电源电压为220伏，电热丝R2的阻值为19.36欧。
设定水温/℃ 40 55 70 85 100
煮水箱中水的体积/毫升 10 20 30 40 50
冷水箱中水的体积/毫升 40 30 20 10 0
（1）即热饮水机是利用 的原理使水温升高的：
（2）若加热过程中的能量转化效率为90%，设定取水温度为40℃，则需调节电热丝R1的阻值为多少欧？[Q吸＝cm（t﹣t0），c水＝4.2×103J/（kg ℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
（3）为了方便取水，小明在电热丝R1的不同位置上标定了不同的温度，结果如图乙所示。若小明调整取水量为25毫升，即供水箱仅将25毫升水按不同比例分别注入煮水箱和冷水箱中。请在图乙中重新标定取水温度为85℃的大致位置。
2024中考复习 新思维 专题13 电功、电功率和家庭电路（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】D
【解析】【考点】测电笔的使用．
【解答】解：A．测电笔的用途是辨别火线和零线，故A正确；
B．若氖管发光，说明测电笔接触的是火线，电流需要经过人体形成回路，即火线、测电笔、人体、大地成为了电流的通路，故B正确；
C．在两种使用测电笔的方法中，手指要接触测电笔尾部的金属体（或笔卡），甲图手接触了笔尾金属体，使用方法正确，乙图手接触了笔尖，使用错误，故C正确；
D．刀体探头、电阻、氖管、弹簧和金属后盖是导体，外壳是绝缘体，故D错误。
故选：D。
2． 【答案】C
【解析】【分析】灯泡的亮度由灯丝的实际电功率决定，实际电功率越大，灯泡越亮。
（1）甲图两灯串联，根据P＝I2R比较实际电功率，后分析作答；
（2）甲图滑动变阻器滑片向左滑动，电路中的电流变小，根据P＝I2R比较实际电功率；
（3）乙图两灯并联，根据P＝比较实际电功率，后分析作答；
（4）乙图中滑动变阻器接在干路上，其接入电阻变大时，根据分压原理，变阻器两端分得的电压变大，灯泡两端的电压变小，灯泡的实际电功率变小，灯泡变暗。
【解答】解：A、甲图中两灯串联，串联电路中电流相等，灯泡消耗的实际电功率P＝UI＝I2R，因为RA＜RB，所以PA＜PB，因此甲灯泡比乙灯泡暗，故A错误；
B、甲图中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，滑动变阻器的接入电阻变大，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，根据P＝I2R可知，每个小灯泡消耗的电功率变小，两个灯泡的亮度都变暗，故B错误；
C、乙图中两灯并联，所以两灯泡两端的电压相等，灯泡消耗的实际电功率P＝UI＝，因为RA＜RB，所以PA＞PB，因此甲灯泡比乙灯泡亮，故C正确；
D、乙图中滑动变阻器接在干路上，当滑片向左滑动时，变阻器接入电阻变大，根据分压原理，变阻器两端分得的电压变大，两灯泡两端的电压变小，根据P＝可知，灯泡的实际电功率变小，两个灯泡亮度都变暗，故D错误。
故选：C。
【点评】本题综合考查对电路的认识，区别不同电路选择不同的电功率计算公式，结合实际功率判断灯泡亮度。
3． 【答案】D
【解析】【分析】明确电路的连接方式（串联、并联、单独），运用电阻串联和并联的总电阻的计算方法，可求出工作时的电阻值；根据不同电路工作时的总功率大小的判断，分析电熨斗的高温挡和低温挡。
【解答】解：由图可知：乙图A是两电阻丝并联，此时电路的总电阻为：RA＝＝＝55Ω；此时电路的电阻最小，根据电功率的公式P＝，可知，此时的总功率最大，是高温挡；高温挡工作5min消耗的电能为：W＝Q＝Pt＝＝＝2.64×105J；
由图乙中的B图可知：电路是只将右侧的一个电阻丝接入电路，电路的总电阻为RB＝110Ω；此时电路的电阻大小居中，根据电功率的公式P＝，可知，此时的总功率大小居中，是中温挡；
由图乙中的C图可知：此时电路是两电阻丝串联，电路的总电阻为RC＝R+R＝220Ω；即R低＝220Ω；此时电路的电阻最大，根据电功率的公式P＝，可知，此时的总功率最小，是低温挡；
综上所述，ABC错误；D正确；
故选：D。
【点评】分析准确电路的连接方式、并灵活运用电功率公式和焦耳定律的公式；是解答此题的关键。
4． 【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律；电功与电能．
【解答】解：（1）通过灯泡的铭牌数据可知，由P＝UI可得，L1正常发光的电流为：I1＝＝＝1A，L2正常发光的电流为：I2＝＝＝1A＝I1，
已知标有“3V 3W”的灯泡L1正常发光，标有“6V 6W”的灯泡L2发光较暗，故两灯的连接方式为并联，且电源电压等于灯泡L1正常发光时的电压，为3V。
故电表b为电压表，测量电源电压，示数为3V，电表a为电流表，测量L2的电流，
根据铭牌数据，由欧姆定律可知，L2的电阻为：R2＝＝＝6Ω，
此时电流表的示数为：I2′＝＝＝0.5A。
故AB错误；
（2）此时电路总电流：I＝I1+I2′＝1A+0.5A＝1.5A，
电路总功率为：P总＝UI＝3V×1.5A＝4.5W，
在1min内电路消耗的电能为：W总＝Pt＝4.5W×1×60s＝270J。
故C错误，D正确。
故选：D。
5． 【答案】A
【解析】【解答】解：当只闭合S、S1时，L正常发光，L1不发光，是因为L1被短路，使L直接接在电源上正常发光。
当只闭合S、S2时L呈暗红色，是因为L与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，所以L2正常；
故选：A。
6． 【答案】B
【解析】【分析】首先估测一个普通卧室的空气体积，然后可求空气质量，再利用Q＝cm△t求得吸收热量，不计热量损失，W＝Q，再利用P＝公式变形可求得时间。
【解答】解：一个普通卧室的空气体积约为V＝6m×3m×3m＝54m3，
空气质量m＝ρ空气V＝1.3kg/m3×54m3＝70.2kg，
温度从5℃提升到20℃，吸收热量Q＝cm△t＝1.0×103J/（kg ℃）×70.2kg×（20℃﹣5℃）＝1.053×106J
不计热量损失，W＝Q＝1.053×106J，
由P＝可得，t＝＝＝526.5s＝8.775min，与B选项接近。
故选：B。
【点评】本题以无叶空气净化暖风器为背景考查了学生对密度公式、吸热公式及电功率公式的掌握和应用，涉及到的知识点较多，综合性较强。
7． 【答案】D
【解析】【解答】解：A、电流通过导体产生的热量无法直接观察，通过观察U形管液面的高度差比较电流产生热量的多少，采用转换法，故A正确；
B、电流产生的热量与电流、电阻和通电时间有关，根据控制变量法可知探究电流通过电阻产生的热量与时间的关系，需控制通电时间不同而其它条件相同，所以利用任意一个容器中的电阻都可以探究电流通过电阻产生的热量与时间的关系，故B正确；
C、图甲中两电阻串联接入电路，串联电路各处电流相等，由图可知右侧电阻的阻值是左侧电阻的阻值的2倍，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2，故C正确；
D、图乙中右侧两电阻并联后与左侧电阻串联接入电路，由图可知三个电阻的阻值相等，
并联电路各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可知通过两并联电阻的电流相等，
串联电路各处电流相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过左侧电阻的电流是通过右侧电阻电流的2倍，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是4：1，故D错误。
故选：D。
8． 【答案】B
【解析】【分析】家庭电路中，为保证安全，火线必须通过开关连接到电灯泡的顶端接触点；三孔插座必须有地线连接到插座最上面的孔。题中要求从实物反面观察，则插座的接线方法应该是左火右零。
【解答】解：
A、三孔插座上面的插孔连接了火线。此方法错误；
B、三孔插座从后面观察符合“左零右火”的要求，灯泡的连接方法正确。此方法正确；
C、灯泡直接接在火线上，开关控制零线。此方法错误；
D、三孔插座火线、零线接法错误。此方法错误。
故选：B。
【点评】对于电灯接线操作的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯头，火线接在开关上，通过开关进灯头”。而对于插座的接线方法是要求“左零右火”，三孔插座还要求中接地。
9． 【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】由图乙可知该电路为R和L的串联电路，电压表测R两端的电压；
（1）已知灯泡的实际功率，利用P＝UI结合图甲中的数据可得出此时L两端的电压和通过的电流；已知此时电压表的示数，即R两端的电压；再根据串联电路的电压特点可得出电源电压；
（2）串联电路中电流处处相等，由此可知通过R的电流，利用欧姆定律可求出R的阻值；
（3）已知电路中的电流和电源电压，利用P＝UI可求出电路消耗的总功率。
【解答】解：由图乙可知该电路为R和L的串联电路，电压表测R两端的电压；
AC、闭合开关，小灯泡的实际功率为1.8W，由P＝UI结合图甲中数据可知，此时L两端的电压为UL＝6V，通过L的电流为：IL＝0.3A；
已知此时电压表的示数为12V，即R两端的电压为UR＝12V；
由串联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UR+UL＝12V+6V＝18V，故AC正确；
B、串联电路中电流处处相等，因此通过R的电流为IR＝IL＝0.3A，
由I＝可知电阻R的阻值为：R＝＝＝40Ω，故B正确；
D、电路中的电流为：I＝IR＝IL＝0.3A，电路消耗的总功率为：P＝UI＝9V×0.3A＝2.7W，故D错误。
故选：D。
10．【答案】C
【解析】【分析】根据题意可知，漏电保护器在检测到通过虚线框内火线与零线的电流不相等时，会切断电源，否则不会切断电源，据此选择符合题意的电路图。
【解答】解：AB、闭合开关S时，通过虚线框内火线和零线的电流相等，此时无法模拟漏电情形，故AB不正确；
C、闭合开关时，通过虚线框内火线的电流小于通过该装置零线的电流，可以模拟漏电情形，故C正确；
D、闭合开关时，虚线框内火线电流仍然等于零线电流，因为导线将电阻R短路，所以闭合开关不影响电路，故D不正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串、并联电路的设计，关键是抓住漏电保护器的工作条件：通过虚线框内火线与零线的电流不相等，然后逐一分析选项即可得出答案。
11．【答案】A
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】由图中可知，LED灯和稳压装置串联，根据串联电路的电压特点可知稳压装置两端的电压表达式，
根据P＝UI得出LED灯正常工作的电流，根据串联电路的电流特点得出通过稳压装置的电流，根据P＝UI得出稳压装置消耗的电功率的表达式，且当U＝3V时，P＝0，分析得出符合题意的P﹣U图像。
【解答】解：保证LED灯正常工作，则UL＝3V，
由图中可知，LED灯和稳压装置串联，则：UR＝U﹣UL＝U﹣3V，
LED灯正常工作的电流I＝＝＝0.3A，
串联电路的电流处处相等，则稳压装置消耗的电功率P＝URI＝（U﹣3V）×0.3A＝0.3A×U﹣0.9W，
故P﹣U的图像是一次函数图像，且当U＝3V时，P＝0W。
故选：A。
12．【答案】B
【解析】【分析】闭合开关，指示灯发光，发热体工作，发热体不工作，但指示灯仍发光，这表明发热体和灯泡是并联接入电路中的，据此分析。
【解答】解：根据题意可知，闭合开关，指示灯发光，发热体工作；当发热体断路不工作时，但指示灯仍发光，这表明发热体和灯泡是并联接入电路中的；
根据题干图片可知，熔丝应该接在火线与用电器之间，所以b接触的是火线；a接触的也是火线，所以灯泡与分压电阻接在a的电路中，故B符合题意。
故选：B。
13．【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律．
【解答】解：A、由P＝I2R可知，定值电阻R0的发热功率P0与电流I是二次函数关系，则由图像可知，定值电阻R0的发热功率P0随电流I变化的关系图线是b，且定值电阻R0的最大功率P0＝9W，此时电路中的电流I＝3A，由P＝I2R可得，电阻R0的阻值：R0＝＝＝1Ω，故A错误；
B、电源电压U不变，由P＝UI可知，电源总功率P总与电流I成正比，图像是一条倾斜的直线，由图像可知，电源总功率P总随电流I变化的关系图线是a；由图像可知，电源总功率P总＝9W时，电流I＝3A，由P＝UI可得，电源电压：U＝＝＝3V；故B错误；
C、综合上述分析可知，图像c为滑动变阻器R消耗的电功率PR和电流I的变化曲线，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，由图像可知，电路最小电流：I小＝0.5A，由I＝可知，此时电路的总电阻：R总＝＝＝6Ω，因串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器接入电路的最大阻值：R滑大＝R总﹣R0＝6Ω﹣1Ω＝5Ω，故C错误；
D、图线a表示P总﹣I图像，图线b表示P0﹣I图像，则图线c表示PR﹣I图像，设变阻器R消耗的电功率最大时，电路中的电流为I，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I＝可得，滑动变阻器两端的电压：UR＝U﹣IR0＝3V﹣I×1Ω，则滑动变阻器消耗的电功率：PR＝URI＝（3V﹣I×1Ω）I＝3V×I﹣1Ω×I2＝﹣1Ω×I2+3V×I＝﹣1Ω×I2+3V×I﹣（）2W+（）2W＝﹣（I﹣A）2×1Ω+2.25W＝2.25W﹣（I﹣A）2×1Ω，
所以，当I＝A时，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率为2.25W，故D正确。
故选：D。
14．【答案】D
【解析】【分析】（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，阻值减小，根据串联电路的分压特点可知电压表示数的变化，同理得出水流速度减小时R2接入电路的阻值变化，然后根据欧姆定律结合R2接入电路中的阻值判断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＝UI求出电阻R1的最小功率。
【解答】解：由图知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2的电压，电流表测电路的电流：
①②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，接入电路的阻值减小，
根据串联电路的分压特点可知，变阻器R2的电压减小，即电压表示数减小，故①错误；
当水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，变阻器接入电路的阻值增大，
由I＝的变形式R＝可知，电压表与电流表的示数之比等于R2接入电路中的阻值，则其比值变大，故②正确；
③④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的最大电功率：
P1＝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，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，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，
则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③错误；
电阻R1的最小功率：
P1′＝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④正确。
综上可知，②④正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据流速与压强的关系得出流速变化时变阻器接入电路中电阻的变化是关键。
15．【答案】C
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1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）根据图乙读出两组变阻器的阻值和对应的电功率，根据串联电路的电流特点和P＝UI＝I2R求出电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律结合电源的电压不变得出等式即可求出R的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表的最大示数；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，整个电路的总功率最大，根据P＝UI＝求出其大小；当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，整个电路的总功率最小，根据P＝UI求出其大小，然后求出整个电路功率变化量；
（4）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，电路中电流表的示数最大，根据欧姆定律求出其大小；当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，据此求出电流表的示数变化量。
【解答】解：由电路图可知，R1与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、由图乙可知，当R＝10Ω时，P＝0.9W，当R′＝20Ω时，P′＝0.8W，
因串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI＝I2R可得，电路中的电流分别为：
I1＝＝＝0.3A，I2＝＝＝0.2A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且电源的电压不变，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I1（R+R1）＝I2（R′+R1），即0.3A×（10Ω+R1）＝0.2A×（20Ω+R1），
解得：R1＝10Ω，
电源的电压U＝I1（R+R1）＝0.3A×（10Ω+10Ω）＝6V，故A错误；
B、当R′＝20Ω时，变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联分压原理可知电压表的示数最大，
则电压表的最大示数：U′＝I2R′＝0.2A×20Ω＝4V，故B错误；
C、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，整个电路的总功率最大，
则P大＝＝＝3.6W，
当R′＝20Ω时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，整个电路的总功率最小，
则P小＝UI2＝6V×0.2A＝1.2W，
所以，整个电路功率变化了：ΔP＝P大﹣P小＝3.6W﹣1.2W＝2.4W，故C正确；
D、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，电路中电流表的示数最大，
则I大＝＝＝0.6A，
当R′＝20Ω时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，
所以，电流表的示数变化了：ΔI＝I大﹣I2＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，故D错误。
故选：C。
二、填空题
16．【答案】电压；120。
【解析】【解答】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W＝Pt＝2W×60s＝120J。
故答案为：电压；120。
17．【答案】（1）S和S2 （2）大气压 （3）左
【解析】[命题考向： 考查电路的综合分析、大气压的简单应用、欧姆定律与焦耳定律的应用。解析：(1)该电路中抽气机与电热丝和滑动变阻器所在的支路并联，开关S处于干路，可控制整个电路；开关S1处于电热丝和滑动变阻器所在支路，可控制电热丝；开关S2处于抽气机所在支路，可控制抽气机。要使抽气机工作，需闭合的开关是S、S2。(2)抽气机是利用大气压工作的，它将塑料袋内空气抽出，袋子内外形成气压差，外界的大气压就会把袋子压瘪。(3)根据焦耳定律可知，在电热丝阻值不变的情况下，减小通过电热丝的电流即可减少电热丝在相同时间内产生的热量，以此降低温度。该电路中滑动变阻器与电热丝两端的总电压为电源电压，始终不变；根据欧姆定律可知，可通过增大该支路的总电阻来减小电流，具体操作是将滑动变阻器滑片向左移。]
故答案为 （1）S和S2 （2）大气压 （3）左
18．【答案】（1）1.2×106 （2）小于
【解析】[命题考向： 考查应用电功的公式计算用电器消耗的电能。解析：(1)根据电功的计算公式可得，空调正常工作时，一个工作周期内消耗的电能为W＝Pt＝2000W×10×60s＝1.2×106J。(2)由题可知，小宁家换上了隔热保温性能更好的门窗，可以减少室内和室外的热量交换，使空调达到设定温度时所需要做的功的总量减少，在其他条件相同的情况下，根据电功的计算公式可知，做功的时间会减少，即空调新的一个工作周期内，工作时间会小于10min。]
故答案为 （1）1.2×106 （2）小于
19．【答案】故答案为：8800；7.2×105；640。
【解析】【考点】电能表参数的理解与电能的求法．
【分析】（1）220V表示家庭电路的电压，10（40）A表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A；根据P＝UI计算出小明家同时使用的用电器的最大总功率；
（2）电冰箱的工作特点是间歇性工作，由图乙可知，1个小时电冰箱压缩机的工作时间，利用P＝的变形公式计算出电冰箱正常工作5h，消耗的电能；
（3）3200imp/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可以计算出电冰箱正常工作5h，电能表的指示灯闪烁的次数。
【解答】解：（1）220V表示家庭电路的电压，10（40）A表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A；
则小明家同时使用的用电器的最大总功率：P最大＝UI最大＝220V×40A＝8800W；
（2）电冰箱的工作特点是间歇性工作，由图乙可知，电冰箱的额定功率P＝120W，通电1个小时，电冰箱压缩机的工作时间是t＝20min，
由P＝可知，电冰箱正常工作5h，消耗的电能：W＝Pt＝120W×5×20×60s＝7.2×105J＝0.2kW h；
（3）3200imp/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则消耗0.2kW h电能，电能表指示灯闪烁的次数：n＝0.2kW h×3200imp/（kW h）＝640imp。
故答案为：8800；7.2×105；640。
20．【答案】0.15；1.5；0.45；S4
【解析】【解答】解：只闭合S3，R1和R2串联，R3断路，电路中的电流I＝＝＝0.15A；
电压表测的是R2两端电压，U2＝IR2＝0.15A×10Ω＝1.5V；
只闭合S1、S2、S3，R1和R3并联，R2短路，电流表测干路电路；并联电路各支路两端的电压相等，等于电源电压；
通过R1的电流I1′＝＝＝0.3A；
通过R3的电流I3′＝＝＝0.15A；
总电流I′＝I1′+I3′＝0.3A+0.15A＝0.45A；
根据P＝可知，在电源电压不变时，电路的总电阻要最大，电路消耗的电功率最小，则应使R1、R2和R3串联，此时应只闭合开关S4。
故答案为：0.15；1.5；0.45；S4。
21．【答案】6；1800
【解析】【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib＝0.5A，U1＝1V、U2＝5V，所以电源电压：U＝U1+U2＝1V+5V＝6V，电阻R0的阻值：R0＝＝2Ω，滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，此时通过电路的电流Ia＝＝3A，通电100sR0消耗的电能：W＝R0t＝（3A）2×2Ω×100s＝1800J。
故答案为：6；1800。
22．【答案】甲；不相等；变暗
【解析】【解答】解：（1）在家庭电路中，为了安全，应把开关接在火线和用电器之间，故甲处接开关，乙处接电灯；
（2）当在图中C处不慎触电时，部分电流就会从C处通过人体流向大地，导致通过B处的电流比A处的电流小，即这两处的电流不相等，因此漏电保护器会迅速切断电路，起到保护作用；
（3）当家中的所有用电器都工作时，干路电流变大，又知道家里的进户线也有一定电阻（约几欧），由U＝IR可知，进户线分得的电压变大，而家庭电路总电压不变，可知用电器两端的电压会变小，由公式P＝可知，在灯泡电阻不变的情况下，其两端的电压变小，则实际功率变小，则灯泡变暗。
故答案为：甲；不相等；变暗。
23．【答案】ABD
【解析】【解答】解：（1）将验电笔的笔尖接触A处，通过闭合的开关和导线接在火线上，氖灯发亮；
（2）将验电笔的笔尖接触B处，通过灯丝、闭合的开关和导线接在火线上，氖灯发亮；
（3）将验电笔的笔尖接触C处为零线，氖灯不发亮。
（4）将验电笔的笔尖接触D处，通过导线接在火线上，氖灯发亮；
（5）将验电笔的笔尖接触E、F处，左边是插座，向右接在零线上，氖灯不发亮。
故答案为：ABD。
三、探究题
24．【答案】故答案为：（1）①如上图1；
②B；③电流；0.75；（2）如上图2所示。
【解析】【分析】（1）①原电压表测电源电压是错误的，应测灯的电压；
②为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处；
③灯在额定电流下正常发光，根据电压表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求小灯泡L1的额定功率；
（2）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，当灯的电流为额定电流时，灯正常发光，先将电压表与定值电阻并联，通过移动滑片的位置，使电阻R的电压为0.5A×R，此时灯正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的两端的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时灯的额定电压，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：①原电压表测电源电压是错误的，应测灯的电压，如下图1所示：
②闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处的B端；
③灯在额定电流下正常发光，闭合开关，电流表示数为0.1A，移动滑片P，通过观察电流表的示数来判断小灯泡是否正常发光，小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压大小为2.5V，则小灯泡L1的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（2）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，当灯的电流为额定电流时，灯正常发光，闭合开关S和S1，断开S2，使电压表与定值电阻并联，通过移动滑片的位置，使电阻R的电压为0.5A×R，此时灯正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，闭合S和S2，断开S1，使电压表测灯与定值电阻的两端的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时灯的额定电压，根据P＝UI可求出灯的额定功率，设计的电路下图2所示：
故答案为：（1）①如上图1；②B；③电流；0.75；（2）如上图2所示。
【点评】本题测灯的功率，考查电路的连接、注意事项、操作过程、电压表读数、额定功率的计算及在没有电压表情况下设计实验方案测功率的能力，难度较大。
25．【答案】故答案为：
（1）如上图所示；（2）A；（3）0.8；4；0.16；（4）小；B；
（5）图象如上图所示；
（6）正比。
【解析】【分析】（1）根据灯L1的额定电压确定电压表的量程，且与灯泡并联；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片离下面接入电路的接线柱最远，连入电路的电阻最大，对电路起到保护作用；
（3）根据电压表的量程和分度值读出示数，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据P＝UI求出灯泡的实际功率；
（4）知道额定电压和额定电流，根据欧姆定律分别求出L1和L2的电阻，用L2替代L1，总电阻增大，电流减小，电流表的示数减小，要使电流增大到0.2A，要减小总电阻，使滑动变阻器电阻减小；
（5）根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来；
（6）根据功率和电阻之比判断功率和电阻的关系。
【解答】解：（1）灯L1的额定电压为1.5V，则电压表选0～3V的量程，且与灯泡并联，如下图所示：
（2）滑动变阻器的滑片在A端，离下面接入电路的接线柱最远，接入电路的电阻最大，电路电流最小，对电路起到保护作用；
（3）图2中，电压表使用的0～3V，分度值为0.1V，电压为0.8V，
由I＝可得，此时灯L1的电阻：
R＝＝＝4Ω，
实际功率：
P＝UI＝0.8V×0.2A＝0.16W；
（4）额定电压下，L1和L2的电阻分别为：
R1＝＝＝6Ω，R2＝＝≈8.3Ω，
换上灯L2，电阻增大，总电阻增大，电路电流减小，电流表的示数将变小，
要使电路电流增大到0.2A，要减小电路总电阻，滑动变阻器的滑片向B端移动；
（5）根据表格中数据描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：
（6）由图象知，图线是一条过原点的直线，可知，电流一定时，功率和电阻成正比。
故答案为：
（1）如上图所示；（2）A；（3）0.8；4；0.16；（4）小；B；
（5）图象如上图所示；（6）正比。
【点评】本题涉及到的知识点多，考查了电压表量程的选择和连接、实验的注意事项、电压表读数、电功率公式、串联电路的特点、欧姆定律的应用以及描点法作图等，是实验的常考内容，应熟练掌握。
26．【答案】（1）（2）开关；（3）0.616；（4）0.75；（5）20：17；【拓展】滑动变阻器滑片的位置；5
【解析】【解答】解：（1）在探究小灯泡额定功率的实验中，电压表应测量小灯泡两端的电压，而图中电压表测小灯泡与滑动变阻器滑片左侧的电压之和，故将导线从A接线柱，移至灯泡右侧。如图所示：
（2）闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数，说明电路存在断路且是与电压表并联电路部分之外的电路存在断路。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变，说明此段电路为通路；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数，说明BC之间存在断路。则据此可知电路中出现故障的元件是开关。
（3）电压表选择的是小量程，分度值为0.1V，由图可知，电压表的示数为2.2V，电流为0.28A，则实际功率为P实＝U实I实＝2.2V×0.28A＝0.616W；
（4）小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）由实物图可知，实验共用三节干电池，则电源电压为U＝1.5V×3＝4.5V，
当电压表为2.5V时，电流为0.3A，根据串联电路电压电流特点和P＝UI可得，滑动变阻器的功率为P滑1＝（U﹣U额）I额＝（4.5V﹣2.5V）×0.3A＝0.6W，当电压表为3V时，电流为0.34A，根据串联电路电压电流特点和P＝UI可得，滑动变阻器的功率为P滑2＝（U﹣U1）I1＝（4.5V﹣3V）×0.34A＝0.51W，滑动变阻器功率之比为；
【拓展】把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5V，则小灯泡正常发光，此时电路中的电流为额定电流；因此要保持滑动变阻器滑片的位置不变，测R0两端的电压，然后根据欧姆定律，求出电流，从而利用P＝UI求出小灯泡的额定功率。
电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。由串联电路电压特点可知，定值电阻与滑动变阻器共分担的电压为U总＝4.5V﹣2.5V＝2V，且此时电路中的电流为0.3A。则定值电阻与滑动变阻器总阻值为，由此可知，定值电阻R0应选5Ω的。
故答案为：（1）见解析；（2）开关；（3）0.616；（4）0.75；（5）20：17；【拓展】滑动变阻器滑片的位置；5。
四、计算题
27．【答案】（1）并联电路总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即＝+...，当同时并联的小灯泡越多，并联部分电路的总电阻R越小，图乙中R与r串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电路中同时工作的小灯泡数量增多时，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知通过电路的电流变大，由U＝Ir可知导线两端的电压变大，串联电路总电阻等于各部分电压之和，所以并联部分电路两端的电压变小；
（2）电阻R的实际功率PR为2000W。
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】（1）根据并联电路电阻规律可知同时并联的小灯泡越多，并联部分电路的总电阻R越小，图乙中R与r串联接入电路，根据串联电路电阻规律判断电路总电阻的变化，根据欧姆定律判断通过电路的电流变化，根据U＝IR判断导线两端的电压变化，根据串联电路电压规律判断并联部分电路两端的电压变化；
（2）根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据P＝I2R计算电阻R的实际功率。
【解答】解：（1）并联电路总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即＝+ ，当同时并联的小灯泡越多，并联部分电路的总电阻R越小，图乙中R与r串联接入电路，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以电路中同时工作的小灯泡数量增多时，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知通过电路的电流变大，由U＝Ir可知导线两端的电压变大，串联电路总电阻等于各部分电压之和，所以并联部分电路两端的电压变小；
（2）由欧姆定律可得此时通过电路的电流I＝＝＝10A，
电阻R的实际功率PR为：PR＝I2R＝（10A）2×20Ω＝2000W。
答：（1）同上；
（2）电阻R的实际功率PR为2000W。
28．【答案】（1）2A （2）R0＝110Ω R1＝495Ω （3）0.1kW·h(或360000J)
【解析】【答案】 (1)I＝＝＝2A
(2)加热时开关S、S1闭合，根据P加热＝
R0＝＝＝110Ω
保温时开关S闭合、S1断开，根据P保温＝
R1＝－R0＝－110Ω＝495Ω
(3)W＝Pt＝440W×10min＋80W×(30－10)min＝0.44kW×h＋0.08kW×h＝0.1kW·h(或360000J)
[命题考向： 考查电路分析、欧姆定律的应用、电能与电功率的计算。解析：分析开关转换时不同挡位电路的连接方式，根据电路中电阻的变化规律及电功率公式，求出不同情况下的定值电阻阻值与电路电流大小，同时可用电能公式计算一定时间内该系统加热、保温挡自动切换工作所消耗的总电能。]
29．【答案】（1）电流的热效应；（2）需调节电热丝R1的阻值为77.44Ω；（3）见解答图
【解析】【解答】解：（1）即热饮水机是根据电流的热效应工作的；
（2）ρ水＝1.0×103kg/m3＝1g/cm3；
设定取水温度为40℃，煮水箱中水的质量为：m1＝ρ水V1＝1g/cm3×10cm3＝10g＝0.01kg，
水吸收的热量为：Q吸＝c水m1Δt＝4.2×103J/（kg ℃）×0.01kg×（100℃﹣25℃）＝3150J，
由η＝可知，消耗的电能为：W1＝＝＝3500J，
由W＝t可知，此时电路中的总电阻为：R总1＝＝＝96.8Ω，
此时需调节电热丝R1的阻值为：R1＝R总1﹣R2＝96.8Ω﹣19.36Ω＝77.44Ω；
（3）煮水箱中水的温度为100℃，冷水箱中水的温度为25℃，由热平衡方程Q放＝Q吸可知c水m热（100℃﹣t）＝c水m冷（t﹣25℃），取水温度一定时，m热和m冷的比值一定，由ρ＝可知热水与冷水的体积之比也一定；根据表中数据可知取水温度为85℃时热水与冷水的体积之比V热：V冷＝40mL：10mL＝4：1，则煮水箱中水的体积为取水量的；取水量为25mL，温度为85℃时，煮水箱中水的体积为：V2＝×25mL＝20mL；
由表格中数据可知，原设定取水温度为55℃，煮水箱中水的体积为20mL，故供水箱仅将25毫升水按不同比例分别注入煮水箱和冷水箱中取水温度为85℃的大致位置应标记在55℃，如图所示：
故答案为：（1）电流的热效应；（2）需调节电热丝R1的阻值为77.44Ω；（3）
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