浙江省2016-2020年科学中考（物理）试题分类（11）——电能应用（含答案）
文档属性
| 名称 | 浙江省2016-2020年科学中考（物理）试题分类（11）——电能应用（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 944.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 科学 | ||
| 更新时间 | 2020-12-22 19:25:08 | ||
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文档简介
1239520010261600
浙江省2016-2020年科学中考（物理）试题分类（11）——电能应用
一、实验探究题
1.（2020·嘉兴）在学习了并联电路特点和欧姆定律后，科学兴趣小组为研究并联电路总电阻和各分电阻之间的关系，开展了以下探究。
实验次数
电阻R1/Ω
电阻R2/Ω
电压U/V
电流I/A
总电阻R/Ω
1
10
30
3
0.4
7.5
2
30
30
3
0.2
15
3
30
15
3
0.3
10
【实验步骤】
①设计电路，根据电路图连接实物；
②闭合开关，分别读出电压表和电流表的示数并记录；
③计算总电阻并填入表格；
④换用不同规格的电阻重复上述实验。
请你在答题卷中用笔画线代替导线，将实物图连接完整。________
【得出结论】并联电路总电阻小于任何一个分电阻。
【思考讨论】
①请根据影响导体电阻大小的因素解释上述结论。________
②分析表中数据，若增大其中一个分电阻的阻值，则总电阻将________。
2.（2019·绍兴）在验证焦耳定律（Q=I?Rt)中电热与电阻的定性关系时，实验小组出现了如图三种电路连接情况（已知R甲实验电路
玻璃管内液面高度
小组结论
你的合理解释与评价
A
液面都不上升
导体产生的热量跟电阻无关
⑴________
B
液面都上升，且△h甲<△h乙
电流通过导体时，电阻越大，产生的热量就⑵________
电流和时间都相同，验证了焦耳定律中Q与R的定性关系
C
液面都上升，且△h甲⑶________△h乙
电流通过导体时，电阻越小，产生的热量就越多
⑷________
3.（2019·湖州）科学兴趣小组的同学利用学过的知识，测量定值电阻Rx的阻值。
（1）同学们利用电路甲测量Rx的阻值，测量数据和结果如下表一:
表一
实验次数
电压U（伏）
电流I（毫安）
电阻R（欧）
1
2．0
2．30
870
2
2．5
2．90
862
3
4．0
4．70
851
根据表格中的数据可求得该电阻的阻值是________。
（2）同学们发现该电阻的标定阻值为1000欧、为什么测量值与标定值之间有较大偏差?他们查资料寻找原因，发现平时认为电阻为零的电流表和电阻无穷大的电压表实际上都有一定的内阻，只是电压表的内阻比较大，电流表的内阻比较小，但都会对测量结果产生影响。然后，同学们找来他们使用的电流表和电压表的说明书，说明书显示：
电压表：量程0~6伏，内阻6000欧
电流表：量程0~10毫安，内阻40欧
根据这些信息，可判断甲电路中由于________（“电流表”或“电压表”）内阻的影响，使测量结果产生较大偏差。
（3）小组同学经过思考，改成电路乙进行实验，测量数据和结果如下表二：
表二
实验次数
电压U（伏）
电流I（毫安）
电阻R（欧）
1
2．5
1．92
1042
2
2．5
2．45
1020
3
4．0
3．75
1067
比较两次测量结果，同学们做出了以下分析，你认为正确的是??? ?。
A.测量该定值电阻选择电路乙更合适
B.用电压表和电流表测量得到的电阻阻值都会偏大或偏小
C.选择合适的电路，测得的电阻值偏差会减小，更接近真实值
（4）拓展应用：根据以上的探究，如果需要测量阻值约20欧小阻值电阻时，选用了合适量程的电压表和电流表后，为了使测量结果更精确，应选择甲和乙中的哪一电路?并说明理由。________?
4.（2019·嘉兴）某科学小组对电流通过导体产生热的多少与哪些因素有关进行了研究。装置如图，2只烧瓶内装满煤油，瓶塞上各插1根玻璃管，瓶内各装1根阻值不同的电阻丝R甲和R乙。
猜想一：电热跟电流的大小有关，电流越大电热越多；
猜想二：电热跟导体的电阻大小有关，电阻越大电热越多。
为验证猜想一，设计以下方案：
①将电阻丝R甲和R乙串联在电路中，标出2根玻璃管内液面的位置，闭合开关记下电流表的读数l1 ， 经过一段时间后标出2根玻璃管内液面的位置；
②当2根玻璃管中的液面降到原来的高度后，减小滑动变阻器的阻值，闭合开关记下电流表的读数l2 ， 经过相同时间后标出2根玻璃管内液面的位置。
请回答下列问题：
（1）为使实验现象明显，经常会采用转换或放大的思想。为比较电热丝产生热量的多少，实验中体现这些思想的设计有________（写出一条即可）。
（2）为验证猜想一，必须比较同一个烧瓶中前后两次实验玻璃管内液面上升的高度，原因是________。
（3）科学研究倡导有依据的猜想，请说出生活中支持猜想二的一个实例：________?。
5.（2018·宁波）实验室购买了一卷标有长度为100m的铜芯包线，小科想通过实验测定其实际长度。他首先测得导体横截面积S为1mm2 ， 查阅资料得知现温度下这种导线每米的电阻值为0.017Ω。
（1）利用图甲所示的实物图测出铜导线的电阻。
①实验中，小科在闭合开关前应将滑片P置于最________端。（填“左”或“右”）
②小科通过移动滑片P，测得多组数据，绘制成U-I图像如图乙，据此可以判定这卷导线的实际长度________100m。（填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）小思认为用电子秤测出这卷导线的质量m，利用铜的密度ρ，也可以算出实际长度。请你写出这卷导线实际长度l计算式：l=________（用字母表示）。
6.（2017·衢州）小柯发现白炽灯泡在开灯瞬间最容易烧坏，猜想可能是在开灯瞬间灯丝的温度较低，导致电阻比正常工作时小。于是设计图示电路来验证自己的猜想。
【实验步骤】
第一步：断开S2 ， 闭合S1 ， 电流表指针偏转，但灯泡不发光。
第二步：断开S1 ， 闭合S2 ， 灯光正常发光，灯丝温度很高。
第三步：两分钟后再断开S2并迅速闭合S1 ， 观察电流表示数变化情况。
【实验分析】
（1）第一步中，灯泡两端的电压是________V，灯泡不发光的原因是________。
（2）在第三步中，若观察到电流表示数变化的情况是________，就可以得出灯丝的温度越低，其电阻越小。
7.（2017·宁波）做“串联与并联电路中电流、电压的关系”实验时，实验用的两个灯泡L1、L2上分别标有“2.5V”和“3.8V”字样，电源电压恒为2.5V。
（1）串联时，小科连接了如图甲所示的电路。闭合开关，两灯均不发光。小科猜想是灯泡L1的灯丝断了，就用一根导线的两端在灯泡L1两接线柱处同时试触，若看到灯泡L2________，说明小科的猜想正确。
（2）并联时，小科连接了如图乙所示的电路。闭合开关前，小科检查发现电路连接有误，但只要改动一根导线即可。请你在要改动的这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将图乙中的电路连接正确。
（3）改正电路后继续实验，小科记录的数据如下表：
物理量
电流
电压
串联电路
IA=0.16A
IB=0.16A
IC=0.16A
UL1=0.9V
UL2=1.6V
U总=2.5V
并联电路
IL1=0.34A
IL2=0.20A
I总=0.54A
UL1=2.5V
UL2=2.5V
U总=2.5V
学习了欧姆定律以后，小科发现：根据串联电路中的数据，可计算得到RL1=5.63Ω，根据并联电路中的数据，可计算得到RL1=7.35Ω。造成这一差异的根本原因是灯丝电阻的大小随着________的升高而增大。
8.（2016·嘉兴）某兴趣小组为探究串联电路中总电阻与分电阻的关系，在拓展课中做了如下实验：
（1）【实验步骤】
①按方案连接电路，闭合开关，用电流表测出电路中的电流，并记录；
②用电压表分别测出R1、R2两端电压以及R1和R2两端总电压，并记录；
请你用笔画线代替导线，将电流表接入如图电路中．
（2）【数据处理】
①在数据处理时，有同学发现表中的一个数据有误，错误的数据是________；
②重新测量，根据所测的数据计算R1、R2和R总的值．
记录表：
电流/A
电压/V
电阻/Ω
R1
0.2
2
R2
0.2
5
R总
0.2
3
【得出结论】串联电路的总电阻等于各分电阻之和．
（3）【交流表达】科学研究有时需要等效替代的方法，如在某实验中需要用到35Ω的电阻，现有阻值为15Ω、20Ω、50Ω的三个电阻，就可以选用其中的________两个电阻串联替代．
9.（2016·温州）某兴趣小组利用图甲装置探究电流热效应的影响因素，实验步骤如下：
①将阻值为10欧和20欧的电阻丝分别置于A、B两个盛满煤油的烧瓶中，按图甲所示连接电路．
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片移至某一位置，记录此时电流表的读数I，通电一段时间，记录A、B烧瓶的玻璃管内液面的变化高度分别为△h1、△h2 ．
③断开开关，直至玻璃管中的液面降回各自初始位置．
④闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的读数为2I，当通电时间与步骤②相同时，记录A、B烧瓶的玻璃管内液面的变化高度分别为△h3、△h4 ， 实验数据如表．
（1）步骤②中的电流表示数如图乙所示，此时电流为________安．
（2）本实验通过设计串联电路来研究电阻对电流产生热量的影响，可以控制哪些变量相同？________．
（3）小明认为：只要选择“△h1、△h2、△h3、△h4”四个量中的某两个量进行比较，就能说明“对电流产生热量多少的影响，电流比电阻更大”，请比较这两个量的大小关系：________．
电流大小
烧瓶玻璃管内液面的变化高度
A烧瓶（RA=10欧）
B烧瓶（RB=20欧）
I
△h1
△h2
2I
△h3
△h4
10.（2016·缙云）小明在做“测量小灯泡的电功率”的实验，供选用的器材有：两只相同的小灯泡（额定电压为2.5V，阻值约为10Ω），电流表、电压表、电源（电压约为6V），开关，滑动变阻器（“10Ω、2A”、“50Ω1A”）两个，导线若干条。
（1）实验中应该选择滑动变阻器的规格为________。
（2）图甲是小明画出的实验电路图，请你根据电路图用笔画线代替导线，帮他在图乙中将未完成的电路连接好。要求：电流表、电压表选择合适的量程，导线不能交叉。
（3）多次测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，得到如图丙的数据记录，由此可得，小灯泡的额定功率为________?W。
（4）若将两只小灯泡串联后直接接在3V电源的两端，则两灯消耗的总功率为________?W。
二、填空题（共2题；共5分）
11.（2020九下·宁波保送考试）如图甲、乙所示，某科技小组自制了一个测量水的深度的装置，它由测量头和控制盒构成，测量头的测量面是一个涂有绝缘漆的面积为2cm2的压敏电阻R1 ， R1的电阻随水对它的压力F的变化关系如图丙所示，控制盒内有一个定值电阻R0和一个最大阻值为90Ω的滑动变阻器R2 ， 电源电压保持不变，通过电路调节，可使控制盒的功率达最大值Pm，科技小组通过控制盒的功率最小值和Pm的比值来标记水的深度，不计导线的电阻，电压表的量程为0﹣3V.科技小组在确保电路安全的情况下，进行如下的操作：ρ水＝1.0×103kg/m3；g取10Nkg）
（1）R1未放入水中时，闭合S，断开S1 ， 将R2的滑片移至最上端。此时电压表示数达到最大值，R0的电功率为P0 ， 求：R1未放入水中时的电阻为________Ω。
（2）测量头放到水下深度h1＝10m时，闭合S.断开S1将R2的滑片移至某一位置时，R0的电功率为P0′，电路的总功率为P总，R1的电功率为P1.已知P0：P0′＝9：4，P总：P1＝6：1，求：此时R0两端的电压为________V。
（3）测量头放到水下深度h2＝3m时。调节电路，控制盒的最小功率与Pm的比值为________。
12.（2017·金华）某同学为探究电流和电压关系，设计了如图所示的电路。图中电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~3V”，定值电阻规格为“10Ω 0.3A”，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”，电源电压恒为4.5V。请回答：
（1）闭合开关发现电流表有示数，电压表无示数，经检测发现电路中只有一处故障。该故障可能是________。
（2）故障排除后，闭合开关重新进行实验。在保证电路安全的前提下，移动滑动变阻器的滑片P改变电阻R两端电压。则滑动变阻器允许接入电路的最小阻值是________。
三、解答题
13.（2020·金华·丽水）为延长蔬果保鲜时间，某同学帮助菜农设计了蔬果保鲜仓库的自动制冷装置。装置如图甲所示，控制电路中电源电压恒为3伏，R1为热敏电阻，R2阻值为10欧，电磁铁线圈阻值忽略不计。R1阻值随温度的变化关系如图乙所示。当温度升高到启动值时，控制电路中电流达到0．1安，衔铁吸下，制冷器启动工作；当温度降低到设定值后，工作电路断开，制冷器停止工作，如此进行间歇性循环工作。图丙为工作电路某1小时内制冷器功率与时间的关系图。
请完成下列问题：
（1）通过计算并结合图乙确定该制冷器启动工作的温度；
（2）在图丙所示的1小时内，工作电路中制冷器消耗的总电能是多少？
14.（2020·温州）小明对“篮球在空气中是否受到浮力”进行探究，由此进行一系列的思考与实验，并最终设计出可直接测量空气密度的简易“空气密度仪”。
（1）如图甲，将五个阀门的篮球放在天平的托盘上，阀门连接未充气的气球，且处于关闭状态。加砝码使天天平衡。打开阀门，气球变大，天平指针向右偏转。指针向右偏转的原因是________。
（2）为测量篮球受到的浮力大小，小明设计了如图乙所示的电路。电路中电源电压U为6伏，定值电阻R0的阻值为10欧，R是力敏电阻，其阻值与所受压力FB的关系如图丙所示。当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为0．2安；当篮球给气球充气到体积为篮球的2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为0．15安。力敏电阻R所受压力FB与篮球对左侧托盘的压力FA的关系如图丁所示。请计算篮球所受的浮力。
（3）图乙中篮球和气球内的气体总质量保持不变，并控制气球体积为篮球的2倍，在电压表指针所指的刻度盘上标上对应的空气密度值，就制成了一台测量当地空气密度的“空气密度仪”。现用此装置测量大于1．29千克/米3的空气密度，指针大致指示在何处？请在图戊的刻度盘中用箭头标出，并写出你的判断依据。
15.（2020·杭州）如图电路中，电源电压恒为9V，灯泡L规格为“6V3W”。闭合开关，灯泡正常工作。求
（1）电阻R的阻值。
（2）灯泡工作5分钟消耗的电能及电阻R产生的热量。
16.（2019·杭州）如图是一电动机提升物体的示意图。电源电压为120伏电动机将一个质量为50千克的物体1秒内匀速上提0.9米,电路中的电流为5安培,(g取10牛/千克
（1）求该电动机工作1秒钟所产生的电热
（2）求电动机线圈阻值
（3）当该重物上升到一定高度时,电动机的转子突然被卡住,为什么这种情况下电动机容易烧坏
17.（2019·绍兴）电加热眼罩对缓解眼疲劳有一定效果。如图甲是一款市场上的产品，小敏查阅使用说明书，其相关参数如下表乙。
（1）当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要多少时间？
（2）图丙是小敏设计的可以手动调节高、中、低三档加热的电热眼罩原理图。电源电压U恒为4.8伏，已知电热丝R1阻值为4欧，电热丝Ra阻值为6欧，开关S3只接a或b。
①丙图电路中S1闭合，S2断开，S3接a时，加热电路为____________（选填“高”、“中”或“低”）温档。
②中温档功率为多少瓦？
③高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为多少焦？
18.（2019·宁波）如图所示电路，电源电压U不变，灯L1、L2上都标有“3V”字样，且灯丝阻值不变，R1是定值电阻。闭合开关S，后，依次进行如下操作：①开关S2接1、2，移动滑片P，使电压表V1示数为3V，此时电流表示数为0.3A；②开关S2接2、3，电流表示数为0.4A；③开关S2接4、5，电流表示数仍为0.4A，电压表V2示数为2V。
请解答下列问题：
（1）灯L1、L2的额定功率分别是多少?
（2）小科根据上述实验数据，计算R1的阻值，分析如下：
操作①中，L1与R0串联，L山两端电压为3V，通过L1的电流大小为0.3A。
操作②中，L1与R1并联后（可看作一个阻值变小的电阻)与。串联，通过L1与R1的总电流大小I为0.4A。假设此时L1两端电压为U1 ， 通过的电流为IL1。
可求得R1= U1I1=U1I-IL1=3V0.4A-0.3A ?=30Ω
老师指出：求解R1时，代人的“3V”“0.4A”“0.3A”三个数据中有错误。请你指出错误的数据：? ▲??? ， 并正确求解R1。
（3）当开关S2接4、5时，滑片P怎样移动才能使L2正常工作?（要求说明移动方向和变化的阻值大小）
19.（2018·杭州）小金对玩具汽车的电动机很感兴趣，他拆下电动机，测得它的内阻为 1.5Ω。为测量电动机工作时的电流，利用身边现有器材，设计了如图所示的电路（符号 表示数值可读的变阻器）。已知电源电压为12V，当变阻器的阻值为6Ω时，电压表的读数为3V。计算此时：
（1）通过电动机的电流；
（2）电动机消耗的电功率。
20.（2018·台州）在3D打印笔中装入塑料条，接通电源，等待一段时间后即可挤出热融的塑料，塑料在空气中迅速冷却变成特定的形态（如图甲）。其内部电路如图乙，R1、R2是相同的PTC发热电阻。单个PTC的电阻与温度的关系如图丙。
（1）打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀。可见，塑料________（选填“是”或“不是”）晶体。
（2）打印笔工作有快、慢两档。快档打印时，图中开关S1应处于________状态，若此时温度为250℃，打印笔的电功率是多少？
（3）打印笔正常工作时的温度能自动稳定在250℃左右，结合图丙信息，说明理由.
21.（2018·绍兴）人们对自我保健越来越关注。图甲为某品牌足浴盆及相关参数。其内部电路可分为工作电路和控制电路两部分（如图乙所示）．闭合总开关S，当足浴盆有水注入到一定量时压控开关S1 ， S2就会自动闭合，此时R1 ， R2会同时工作，加热至40℃时，控制电路中的电磁铁会将衔铁吸合，自动进入保温模式．
（1）图乙的工作电路中，处于保温状态时，工作的电阻是________。压控开关S1的作用是防止________，达到保护电路的目的。
（2）控制电路中电磁铁线圈的电阻为100欧，为电磁铁供电的电池电压为6伏。Rx为热敏电阻，阻值随温度变化关系可由图丙中的某条曲线表示。当线圈中的电流大于或等于20毫安时，控制电路中继电器的衔铁被吸合，则Rx阻值随温度变化的曲线为图丙中的________。
（3）求R2的阻值。
（4）在一次使用过程中，加热时间为5分钟，保温时间为20分钟，则整个过程中消耗了多少电能？
22.（2018·温州）如图甲为某型号豆浆机示意图，将黄豆和清水放入杯体，经过如图乙“三次加热、二次打浆”的工序，可制作可口的豆浆。
18·温州）如图甲为某型号豆浆机示意图，将黄豆和清水放入杯体，经过如图乙“三次加热、二次打浆”的工序，可制作可口的豆浆。
（1）若豆浆机“加热”时功率为1000瓦，“打浆”时功率为200瓦。则按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗多少电能？
（2）为了防止豆浆过少导致“干烧”和豆浆过多导致“溢浆”，小明设计了如图丙所示的电路，La，Lb是两个完全相同的电磁铁，Ra和Rb分别是安装在“防溢浆”水位和“防干烧”水位下方的压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。只有当豆浆液而处在“防干烧”和“防溢浆”水位之间时，电热丝才能工作。（假设电磁铁对衔铁的吸引力不会随距离的改变而改变，不考虑衔铁的弹力和重力）。
①当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电磁铁La吸住衔铁，此时压敏电阻的阻值分别为Ra’和Rb’，请比较两者的大小关系：________。
②已知压敏电阻Ra的阻值随液面高度h的变化曲线如图丁所示，请结合Ra的变化曲线画出压敏电阻Rb的值随液面高度h变化的大致曲线，并在图中横坐标上标出“防干烧”水位h1和“防溢浆”水位h2________。
23.（2017·杭州）如图是小金研究电动机转动是否对小灯泡的亮度有影响的电路图。开始小金先抓住转轴合上开关，观察小灯泡的亮度；接着放开转轴让电动机转动，继续观察小灯泡亮度的变化（已知：小灯泡的电阻为R，电动机线圈电阻为r，电源电压为U）。由此请你回答：
（1）在电动机未转动时，t时间内电流在电路中产生的热量为________（填写表达式）。
（2）在电动机转动时，电流所做的功________电流在电路中产生的热量（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）小金判断电动机转动后小灯泡会更亮，你认为小金的判断正确吗？并根据学过后知识给以解释。
24.（2016·杭州）如图为某些型号玩具电动机的工作电路图，电动机名牌上标有“6V 6W，线圈电阻2Ω”字样，当开关闭合的瞬间，电动机尚未转动，此时通过电动机的电流称为启动电流，为了保护电动机，启动电流不得超过2A，求：
①启动时，变阻箱R的阻值至少多大？
②当电动机启动后，再次调价变阻箱R，使电动机进入正常工作状态，此时R消耗的电功率为多大？
25.（2016·缙云）某电饭锅内部电路如图所示。R1是加热电阻，阻值为48.4Ω，R2是限流电阻，阻值是484Ω。煮饭时，接通电源（220V，50Hz），闭合手动开关S1 ， 电饭锅处在加热状态。当锅内食物温度达到103℃时，开关S1会自动断开，断开后若无外力作用则不会自动闭合。S2是一个自动温控开关，当锅内食物温度达到80℃时会自动断开，温度低于70℃时会自动闭合。问：
（1）若接通电源后没有闭合开关S1 ， 那么电饭锅能将饭煮熟吗？为什么？
（2）在一个标准大气压下若用这种电饭锅烧水，则开关S1的自动断电功能不起作用，这又是为什么？
（3）在加热和保温两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比是多少？
（4）若此电饭锅将电能转化为锅中水的热能的效率为84％，那么在一个标准大气压下将温度为20℃，质量为2.5kg的水烧开，至少需要多长时间？
26.（2016·金华）“光强”是表示光的强弱程度的科学量，照射光越强，光强越大，光强符号用E表示，国际单位为坎德拉（cd）．如图甲为光敏电阻的实物和元件符号，图乙为某种光敏电阻的阻值R与光强E间的关系图，图丙为小金利用这种光敏电阻所设计的电器，已知电源电压为6V，小灯泡L标有“6V 6W”字样，灯丝的电阻随温度的变化而变化．
①求小灯泡正常发光时的电流．
②光敏电阻接受光强为3坎德拉的光照射时，闭合开关，测得电路中的电流为0.6A，求此时小灯泡的电阻．
③某次实验中测得小灯泡两端电压为1.5V，光敏电阻消耗的电功率为2.25W，求此时光敏电阻接收到光敏的光强．
答案解析部分
一、实验探究题
1.【答案】 ；并联后相当于增大了导体的横截面积，在导体材料、长度、温度不变时，横截面积越大， 导体电阻越小。；增大
【解析】【分析】 【实验步骤】 根据电路图连接实物图时，要保证各个电器元件的串并联关系一致，元件的相对位置一致，还要注意电表的量程和正负接线柱的连接。
【思考讨论】 ①导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比；
②将第1次和第2次实验数据对比得出结论即可。
【解答】【实验步骤】根据电路图可知，两个电阻并联，电压表与R1并联，电流表在干路上测总电流。观察实物图可知，电流表还没有接好。只需将开关右侧的接线柱与电流表中间的“0.6”接线柱相连，然后再将“-”接线柱与电阻R2右侧的接线柱相连即可，如下图所示：
【思考讨论】①根据导体的电阻和横截面积的关系可知：导体的并联相当于增大了导体的横截面积， 在导体材料、长度、温度不变时，横截面积越大， 导体电阻越小。
②对比第1和2组数据可知，电阻R2的阻值不变，但R1的阻值增大，这时总电阻增大了，那么可以得到结论： 若增大其中一个分电阻的阻值，则总电阻将增大。
2.【答案】 两实验电阻没接入电路，无现象，无法验证焦耳定律中Q与R定性关系；越多；>；两实验电阻并联，电流不同，实验现象无法验证焦耳定律中Q与R定性关系
【解析】【分析】（1）电流通过导体产生的热量与电阻成正比，既然液面高度不变，说明根本没有热量产生；观察电路A可知，这时电阻根本没有接入电路；
（2）两个电阻串联，通过它们的电流和通电时间都相同，根据液面的高度变化量可以推得产生热量的多少；
（3）当两个电阻并联时，电压相等，根据公式 P=U2R可知，甲产生的热量多，自然液面上升的高度就比乙上升的大；但是根据控制变量法的要求，探究电阻对热量的影响，必须控制电流相等，而此时没有做到。
【解答】
实验电路
玻璃管内液面高度
小组结论
你的合理解释与评价
A
液面都不上升
导体产生的热量跟电阻无关
⑴ 两实验电阻没接入电路，无现象，无法验证焦耳定律中Q与R定性关系 ；
B
液面都上升，且△h甲<△h乙
电流通过导体时，电阻越大，产生的热量就越多
电流和时间都相同，验证了焦耳定律中Q与R的定性关系
C
液面都上升，且△h甲＞△h乙
电流通过导体时，电阻越小，产生的热量就越多
两实验电阻并联，电流不同，实验现象无法验证焦耳定律中Q与R定性关系 。
3.【答案】 （1）861欧
（2）电压表
（3）A,B,C
（4）甲。因为20欧是小电阻，电压表内阻大，直接并联后电压表分流作用小，电流表测量偏差小，电阻测量值偏差小。
【解析】【分析】（1）在测量定值电阻的阻值时，可以使用多次测量求平均值的方法减小实验误差，即：R=R1+R2+R33；
（2）甲图中，电压表与电阻并联，那么电流表测得的值就是通过电压表和电阻的电流之和，即测得的电流偏大，根据欧姆定律分析计算出阻值的变化；
（3）根据（1）中相同的办法计算出电阻的阻值，哪次误差小，哪个实验方案就更合适，据此选择；
（4）被测的电阻越小，通过的电流越大，图甲中电流表的示数与电阻实际电流相差越小，计算出的电阻误差也越大；被测的电阻越大，它两端的电压越大，图乙中电压表的示数与实际电压相差越小，计算出的电阻误差越小。
【解答】（1）该电阻的阻值为：R=R1+R2+R33=870Ω+862Ω+851Ω3=861Ω；
（2）该电阻的阻值为1000Ω，而电压表的电阻6000Ω，这时二者电阻相近，电流表测得的电流与通过电阻的电流相差比较大，因此计算出的电阻产生较大误差，那么甲电路中由于电压表内阻的影响，使测量结果产生较大偏差；
（3）图乙测得的电阻为：R'=R1+R2+R33=1042Ω+1020Ω+1067Ω3=1043Ω;
A.通过计算可知，图乙测出的电阻与实际阻值误差更小，故A正确；
B.无论使用哪种方法测得的电阻阻值都会和实际阻值有差异，故B正确；
C.相同的电阻，使用不同的测量方法，测出的值误差大小不同，故C正确。
故选ABC。
（4）如果要测量阻值约为20Ω的电阻时，由于它电阻较小，因此通过它的电流较大，电压表与它并联时对电流表的示数影响比较小，测得的电阻误差会比较小。
4.【答案】 （1）通过玻璃管内液面上升的高度来反映电热丝产生热量的多少（其它合理也给分）
（2）保持前后两次电阻的大小相同
（3）电水壶中的发热体放热比连接电水壶的导线放热多（其它合理也给分）
【解析】【分析】（1）热量看不到，摸不着，且没有测量仪器将它准确的测量出来，但是可以借助玻璃管内液面的高度变化判断吸热的多少，这种方法叫转换法；
（2）电流产生的热量与电流大小和电阻、时间有关；要探究电热与电流的关系，就必须控制电阻和时间相同；
（3）电水壶和导线串联，电饭锅也和导线串联，这时电流相同，当水烧开，饭蒸熟时，导线几乎没有发热，因此可以猜想电热与导体电阻大小有关。
【解答】（1）为使实验现象明显，经常会采用转换或放大的思想。为比较电热丝产生热量的多少，实验中体现这些思想的设计有：通过玻璃管内液面上升的高度来反映电热丝产生热量的多少；
（2）为验证猜想一，必须比较同一个烧瓶中前后两次实验玻璃管内液面上升的高度，原因是保持前后两次电阻的大小相同；
（3）科学研究倡导有依据的猜想，生活中支持猜想二实例：电水壶中的发热体放热比连接电水壶的导线放热多。
5.【答案】 （1）右；小于
（2）mρS
【解析】【分析】（1）滑动变阻器对电路具有保护作用，在电路闭合前一般将滑动变阻器的滑片移动阻值最大处；根据图乙图线可以计算出导线的电阻值，与资料提供的数据进行比较，确定长度；（2）根据公式m=ρV=ρlS（l为导线的长度，S为导线的横截面积）。
【解答】（1）①实验中，小科在闭合开关前应将滑片P置于阻值最大端，根据实物图中滑动变阻器的连接，可确定P置于最右端；
②根据绘制成的U-I图像可知，导线电阻R=U/I=0.4V/0.25A=1.6Ω，l=1.6Ω/0.017Ω≈94m，所以小于100m；（2）根据公式m=ρV=ρlS，所以l= mρS 。
故答案为：（1）右，小于；（2） mρS
6.【答案】 （1）6；由于灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光
（2）电流表示数从零快速增大后，示数又慢慢增大到某一电流值后稳定不变
【解析】【分析】（1）断开S2 ， 闭合S1电路中只有一个用电器，用电器两端电压就是电源电压；灯泡正常工作是指当灯泡两端电压、流过灯泡的电流达到额定值灯泡能正常发光。当灯泡两端电压较小时灯泡不能发光此时灯泡中仍有电流。灯泡不发光的原因是灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光。（2）金属导体的电阻一般随温度的升高而增大反之电阻减小，根据灯丝电阻的变化可以得到电流表示数的变化。
【解答】（1）断开S2 ， 闭合S1 ， 电路中只有一个用电器，用电器两端电压就是电源电压；由于灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光；（2）第三步：两分钟后再断开S2并迅速闭合S1 ， 电阻温度从很高快速下降到一定值后温度缓慢下降，所以灯丝的阻值先快速减小后缓慢减小直到稳定，所以电流表示数从零快速增大后，示数又慢慢增大到某一电流值后稳定不变。
故答案为：1、6??? 由于灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光； ? 2、电流表示数从零快速增大后，示数又慢慢增大到某一电流值后稳定不变
7.【答案】 （1）发光
（2）
（3）温度
【解析】【分析】（1）导线能够导电，把导线接到断路处，可以接通电路；（2）根据电路图判定电路的故障情况，然后根据电流的流向判定改动的导线；（3）灯丝电阻受到温度的影响．
【解答】解：（1）小科猜想是灯泡L1灯丝断了，一根导线的两端在灯泡L1两端接线柱处同时试触，该处处于通路状态，则灯泡L2 会发光；（2）由图可知，当开关闭合时，电源会断路；要使两灯并联，应改动L1、L2的四个接线柱的连线，如图所示：
；（3）灯丝电阻的大小与温度有关；当电压变大时，灯泡的功率会变大，灯丝温度升高，电阻变大．
故答案为：（1）发光；（2）如图；（3）温度．
8.【答案】 （1）如图：
（2）5
（3）15Ω、20Ω
【解析】【分析】实验步骤：根据表中数据可知电流表的量程；使电源、电流表、R1、R2以及开关串联起来，电压表并联在R1两端．
数据处理：根据电源电压确定错误的数据．
交流表达：串联电路的总电阻等于各分电阻之和，据此进行解答．
【解答】解：实验步骤：根据表中数据可知，电流表选择0～0.6A即可；
从电源正极依次串联电流表、R2、R1、开关回到电源负极，电压表并联在R1两端；如下图所示：
数据处理：①因为电源电压为3V，而表中有电压值为5V，因此5V数据是错误的；
交流表达：因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以要得到35Ω的电阻，需用15Ω和20Ω电阻串联使用．
故答案为：5；15Ω、20Ω．
9.【答案】 （1）0.24
（2）电流和通电时间
（3）△h3＞△h2
【解析】【分析】（1）电流表的读数，要先观察选用的量程及对应的分度值，再根据指针位置读数；（2）在串联电路中电流处处相等，串联的两个电阻同时工作、同时停止工作，通电时间相同；（3）由第一行、第二列数据，改变电流、电阻的倍数相同，观察玻璃管内液面的变化△h2、△h3的关系得出吸热关系，进而得出对电流产生热量影响较大的因素．本题为电流热效应的影响因素的实验探究题目，考查了电流表的读数方法、控制变量法的使用，以及分析实验数据得出结论的能力，有难度。
【解答】解：（1）由图可知，电流表选用的是0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，根据指针位置可得电流I=0.24A；（2）本实验通过设计串联电路来研究电阻对电流产生热量的影响，可以控制电流和通电时间相同；（3）由第一行数据可知，通过的电流相同，使电阻变为原来的2倍，观察玻璃管内液面的变化△h2可得吸收热量的变化；由第二列数据可知，电阻相同，使通过的电流变为原来的2倍，观察玻璃管内液面的变化△h3可得吸收热量的变化；电流和电阻都是变为原来的二倍，通过比较得出△h2＜△h3 ， 可以得出对电流产生热量多少的影响，电流比电阻更大．
故答案为：（1）0.24；（2）电流和通电时间；（3）△h3＞△h2 ．
10.【答案】 （1）“50Ω，1A”
（2）
（3）0.625
（4）0.6
【解析】【分析】（1）通过小灯泡的额定电压来求得滑动变阻器电阻所需的最小值，再做选择。
（2）额定功率是在额定电压下工作时的功率；小灯泡的电阻会随着温度的变化而变化没所以计算所需的数据要以实验为基础。
【解答】（1）因为小灯泡的额定功率为2.5V，电阻约为10Ω，此时通过的电流I=UR=2.5V10Ω=0.25A ， 滑动变阻器与灯泡串联，所以其分得的电压至少要为3.5V，此时所需的电阻最小值R变=3.5V0.25A=14Ω ， 故应该选择滑动变阻器的规格为“50Ω，1A”。
（2）小灯泡的额定功率为2.5V，所以电压表选择的量程为“0--3V”，求得小灯泡正常工作时的电流为0.25A，所以电流表选择的量程为“0---0.6A”，故电路图如下：
（3）额定功率是在额定电压下工作时的功率，故选用第三组数据，P=UI=2.5V×0.25A=0.625W。
（4） 两只小灯泡串联后直接接在3V电源的两端，因为灯泡是相同的，所以分得的电压为1.5V，由丙可得此时的电流为0.2A，故P总=UI=3V×0.2A=0.6W。
故答案为：（1）；（2）略；（3）0.625；（4）0.6
二、填空题
11.【答案】 （1）30
（2）2
（3）5:18
【解析】【分析】（1）R1未放入水中时，它受到的水的压力为0，根据图像丙得到R1的阻值；
（2）由压强公式计算测量头放到水下10m时受到的压力，由图象读出R1连入电阻的阻值，
闭合S．断开S1 ， 将R2的滑片移至某一位置时，R0、R2、R1串联，由串联电路特点和P=I2R表示出P总和P1 ， 得到电路总电阻R总与R1的关系；由P=I2R表示出P0和P0′得到两次电路中电流关系，由串联电路特点和欧姆定律表示出电流关系可求出R0的阻值，并求出I和I'，再由U=IR计算测量头在水深10m时R0两端的电压；
（3）先计算测量头放到水下3m时受到的压力，由图象读出R1连入电阻的阻值；当两开关都闭合且电压表示数最大时，控制盒功率最大，求出Pm；当变阻器连入阻值最大时，电路中电阻最大，电流最小，控制盒功率最小，并计算，最后计算它们的比值。
【解答】（1）R1未放入水中时，受到的水的压力为0，根据图象丙可知，此时R1=30Ω；
（2）R1未放入水中时，闭合S，断开S1 ， 将R2的滑片移至最上端，此时R0、R1串联，电压表示数达到最大值3V，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流：I=UR0+R1 =U R0+30Ω -------①，
测量头放到水下深度h1=10m时，R1受到压力：
F=pS=ρghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×10m×2×10-4m2=20N，
由图象丙知，此时压敏电阻R1的阻值为R1'=10Ω，
此时，闭合S．断开S1 ， 将R2的滑片移至某一位置时，R0、R2、R1串联，
根据 P总 P1 =R总 R1 可得：R总 10Ω=61；
解得：R总=60Ω，
电路中电流：I'=UR总=U60Ω ----------②，
那么 P0 P0' =I2R0 I'2R0=94 ；
即： II' =32 ，
由①②可得： I I' =U R0+30ΩU 60Ω=32 ，
解得：R0=10Ω，
当闭合S，断开S1 ， 将R2的滑片移至最上端，电压表示数达到最大值3V，
此时电路中电流：I=I0=U0R0=3V10Ω=0.3A ，
所以：I'=2 3I=2 3×0.3A=0.2A ，
所以测量头在水深10m时，R0两端的电压为：U0'=I'R0=0.2A×10Ω=2V；
（3）由串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压：
U=I（R0+R1）=0.3A×（10Ω+30Ω）=12V，
当两开关都闭合时，R0、R2串联，当电压表示数最大时电流最大，
电路中最大电流：I最大=U0最大R0=3V 10Ω =0.3A ，
所以控制盒的功率达最大值：Pm=UI最大=12V×0.3A=3.6W；
测量头放到水下深度h2=3m时，R1受到压力：
F'=p'S=ρghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×3m×2×10-4m2=6N，
由图象知，此时压敏电阻R1的阻值为R1″=20Ω，
当变阻器R2连入阻值最大时，
控制电路的总电阻最大为R控=R0+R2大=10Ω+90Ω=100Ω，电流最小，P控有最小值，
则：P控最小=（ U R控+R1'' ）2×R控=（ 12V 100Ω+20Ω ）2×100Ω=1W ，
所以控制盒的最小功率与Pm的比值为：1W：3.6W=5：18。
12.【答案】 （1）定值电阻R短路（或“电压表断路”或“电压表短路”）
（2）5Ω
【解析】【分析】本题考查串联电路中电压、电流以及功率、滑动变阻器接入电路电阻的计算，注意求阻值范围时，根据电流表和电压表的最大值进行计算，并且会灵活运用欧姆定律。
【解答】（1）电流表有示数，电压表无示数，可能是定值电阻R短路，也可能是电压表短路或者短路；
（2）根据定值电阻的规格，电路可接入的最大电流为0.5A，此时电路的最小电阻R最小=UI=4.5V0.3A=15Ω,
滑动变阻器允许接入电路的最小阻=15Ω-10Ω=5Ω。
故答案为：（1）定值电阻R短路（或“电压表断路”或“电压表短路”）；（2）5Ω。
三、解答题
13.【答案】 （1）解：R= UI=3伏0.1安 =30欧
R1=R-R2=30欧-10欧=20欧
查乙图可知制冷器的启动温度是5．6℃。
（2）解：t=15分钟+10分钟+10分钟+10分钟=45分钟=0．75小时
W=Pt=2.4千瓦×0.75小时=1.8千瓦时
(或t=15分钟+10分钟+10分钟+10分钟=45分钟=2700秒
W=Pt=2.4×10瓦×2700秒=6.48×106焦
【解析】【分析】（1）电阻R1与电阻R2串联，首先根据R=UI计算出制冷器启动时控制电路的总电阻，然后根据 R1=R-R2?计算R1的阻值，最后根据乙图确定启动温度；
（2）首先根据丙图，将制冷器分段工作的时间相加计算出1h内它工作的总时间，然后根据W=Pt计算制冷器消耗的总电能。
14.【答案】 （1）随着气球体积变大，排开空气体积变大；根据阿基米德原理，受到空气浮力也变大，篮球对左盘的压力减小。
（2）解：由欧姆定律I1=U/R总得R总=U/I1=6伏/0．2安=30欧，
则R1=R总-R0=30欧-10欧=20欧，由图丙得FB1=309牛，
根据图丁可知FB是FA的50倍，故FB1=309牛对应的FA1=6．18牛；
I2=U/R'总得R'总=U/I2=6伏/0．15安=40欧
则R2=R'总一R0=40欧一10欧=30欧，
由图丙得FB2=300牛，由图丁得FA2=6．00牛；
根据阿基米德原理，及对篮球和气球整体受力分析：A盘前后2次受到的压力差等于篮球所受浮力的2倍，即：
FA1-FA2=2F浮
F浮=(FA1-FA2)/2=(6．18牛-6．00牛)/2=0．09牛
答：篮球所受的浮力为0．09牛。
（3）指针如图；与密度为1．29千克/米3的空气相比，装置在密度大于1．29千克/米3的空气中，受到浮力较大，则篮球对盘的压力较小，力敏电阻所受压力也较小，电阻较大，电路中的电流较小，则电压表示数较小。
【解析】【分析】（1）天平的示数其实就是托盘受到的压力，而托盘受到的压力等于篮球的重力与它受到浮力的差。根据气球体积的变化，利用阿基米德原理分析浮力的变化，再确定篮球对托盘压力的大小变化即可；
（2）首先根据欧姆定律计算出电流为0.2A时的总电阻，然后根据 R1=R总-R0计算出此时压敏电阻的阻值，再根据丁图确定FB和FC的数量关系，进而计算出此时托盘A受到的拉力 FA1 ， 这其实就是篮球的重力；同理，计算出电流为0.15A时托盘A受到的压力 FA2?，二者之差就是现在篮球和气球受到的浮力之和。由于现在的体积是篮球的2倍，所以现在的浮力也是篮球浮力的2倍，那么根据 FA1-FA2=2F浮 计算篮球受到的浮力即可；
（3）首先根据阿基米德原理分析空气密度增大时篮球所受浮力的变化，再确定篮球对托盘压力的变化，进而确定压敏电阻的阻值变化，再根据欧姆定律分析电流变化，最后根据U=IR确定电压表的示数变化即可。
【解答】（1） 打开阀门，气球变大，天平指针向右偏转。指针向右偏转的原因： 随着气球体积变大，排开空气体积变大；根据阿基米德原理，受到空气浮力也变大，篮球对左盘的压力减小。
（2）当电流为0.2A时
由欧姆定律得到：此时的总电阻R总=U/I1=6V/0．2A=30Ω，
则R1=R总-R0=30Ω-10Ω=20Ω ， 由图丙得FB1=309N，
根据图丁可知FB是FA的50倍，
故FB1=309N对应的FA1=6.18N；
当电流为0.15A时，
此时的总电阻R'总=U/I2=6V/0．15A=40Ω；
则R2=R'总一R0=40Ω一10Ω=30Ω；
由图丙得FB2=300N，由图丁得FA2=6.00N；
根据阿基米德原理，及对篮球和气球整体受力分析：A盘前后2次受到的压力差等于篮球所受浮力的2倍，即：FA1-FA2=2F浮；
那么篮球受到的浮力F浮=(FA1-FA2)/2=(6．18N-6．00N)/2=0．09N；
（3） 现用此装置测量大于1．29千克/米3的空气密度，指针大致再1.29的左边，如下图所示：
判断依据是： 与密度为1.29kg/m3的空气相比，装置在密度大于1.29kg/m3的空气中，受到浮力较大，则篮球对盘的压力较小，力敏电阻所受压力也较小，电阻较大，电路中的电流较小，则电压表示数较小。
15.【答案】 （1）灯泡与定值电阻R串联，电压表测灯泡的电压。
灯泡正常工作电流是：I1= P1U1=3W6V=0.5A；
电阻两端的电压：U2=U-U1=9V-6V=3V；电阻阻值：?R=U2I2=U2I1=3V0.5A=6Ω。
（2）5分钟内灯泡消耗的电能是：W1=P1t=3W×300s=900J；
电阻R产生的热量是：?Q2=I22Rt=I12Rt=（0.5A）2×6Ω×300s=450J 。
【解析】【分析】（1）灯泡与定值电阻R串联，电压表测灯泡的电压。首先根据 ?I1=P1U1计算通过灯泡的电流，然后根据 U2=U-U1=计算出定值电阻R两端的电压，最后根据 ?R=U2I2计算电阻R的阻值；
（2）利用公式 W1=P1t 计算灯泡消耗的电能，根据公式 ?Q2=I22Rt计算电阻R产生的热量。
16.【答案】 （1）解：Q=W总-W机
=UIt-mgh
=120伏×5安×1秒-50千克×10牛/千克×0.9米
=150焦
（2）解：Q=I2Rt
R= QI2t=150J(5A)2×1s =6Ω
（3）解：住时通过电动机的电流过大（或回答电能全部转化为内能)，使电动机温度过高，所以容易烧坏。
【解析】【分析】（1）电动机正常工作时，消耗的电能等于线圈产生的热量和做的机械功的和，即： W 总 =Q+W 机?；首先根据W 总=UIt计算出消耗的电能，然后根据W 机=Gh计算出做的机械功，最后计算出产生的电热即可；
（2）已知电动机线圈产生的电热根据公式 Q=I2Rt 计算线圈电阻。
（3）当电动机的转子卡住时，不会有机械能产生，消耗的电能全部转化为电热，可能使电动机的温度过高，烧坏电动机。
17.【答案】 （1）解：1=800mAh×(1-10%）/500mA=1.44h
（2）解：①低
②当S1闭合，S2闭合，S3接a时为中温档：P1=U?/R1=（4.8伏）/4欧=5.76瓦
①当S1闭合，S2闭合，S3接b时为高温档，
R2的功率：P2=U2/R2=（4.8伏）?/6欧=3.84瓦
R1的功率：P1=5.76瓦
总功率：P=P1+P2=5.76K+3.84瓦-9.6瓦
消耗的总电能：W=Pt=9.6瓦×20×60秒=-11520焦
【解析】【分析】（1）电池的容量=电流×时间，即Q=It；首先计算出消耗的电量，然后再根据 t=QI计算充电时间即可；
（2）①电源电压不变，根据 P=U2R可知，电路的总功率和电阻成反比，即电阻小的功率大；分析三种状态下电路的电阻大小关系，进而得到总功率的大小关系；功率最大的是高档，功率最小的是低档，中间的是中温档；
②根据①中确定的中温档的状态，根据公式 P=U2R计算功率即可；
③高温档时两个电阻并联，分别计算出它们的功率相加就是电路的总功率，最后根据W=Pt计算消耗的电能即可。
【解答】（1）充满电需要的时间为： t=QI=800mAh×1-10%500mA=1.44h；
（2）① 当S1闭合，S2断开，S3接a时?，两个电阻串联，总电阻为R串；
当S1闭合，S2闭合，S3接a时 ，只有R1工作，总电阻为R1;
当S1闭合，S2闭合，S3接b时?，两个电阻并联，总电阻为R并；
根据公式 P=U2R可知：
因为：R串＞R1＞R并；
所以：P串＜P1＜P并；
那么对应的三种状态分别为低温档、中温档和高温档；
②当S1闭合，S2闭合，S3接a时 ，只有R1工作，此时为中温档；
这时的功率为： P1=U12R1=4.8V24Ω=5.76W；
（3）当S1闭合，S2闭合，S3接b时?，两个电阻并联，
这时电阻R2的功率为：P2=U22R2=4.8V26Ω=3.84W；
那么总功率为： P=P1+P2=5.76W+3.84W=9.6W；
眼罩20min消耗的电能为：W=Pt=9.6W×20×60s=11520J。
18.【答案】 （1）解：操作①中，灯L1正常工作，UL1额=UL1=3V
灯L1的额定功率为：PL1额=PL1=UL1IL1=3V×0.3A=0.9W
根据操作③，可求出灯L2的电阻值为：RL2= UL2IL2=2V0.4A =5Ω
因此，灯L2的额定功率为：RL2额= UL2额2IL2=(3V)25Ω =1.8W
答：灯L1的额定功率为0.9瓦，灯L2的额定功率为1.8瓦。
（2）错误数据：3V、0.3A；
解法1：根据操作①可得，RL1= UL1IL1=3V0.3A =10Ω
由于操作②和操作③中，电流表的示数都为0.4A，说明L1和R1并联后与L2对电路的影响是等效的，所以 1R1+1RL1=1RL2 即 1R1+110Ω=15Ω
求得：R1=10Ω
答：定值电阻R1的阻值为10欧。
解法2：根据操作①可得，RL1= UL1IL1=3V0.3A =10Ω
由于操作②和操作③中，电流表的示数都为0.4A，说明L1和R1并联后与L2对
电路的影响是等效的，所以S2接2、3时，IL1’= UL1'RL1=2V10Ω =0.2A
I1=I-IL1'=0.4A-0.2A=0.2A所以R1= U1I1=2V0.2A =10Ω
答：定值电阻R1的阻值为10欧。
（3）解：操作①中，L1与R0串联，U=UL1+UR0=UL1+LR0R0
即：U=3V+0.3A×R0
同理，据操作③可得：U=2V+0.4A×R0
综上二式可得：U=6V??? R0=10Ω
当S2接4、5时，R0与L2串联，己知L2正常工作时UL2'=3V
此时，R0两端的电压UR0'=U-UL2'=6V-3V=3V 即：UR0'=UL2'=3V
所以R0’=RL2=5Ω，R0减小的阻值△R0=R0-R0'=10Ω-5V=5Ω
所以滑片P应向左移动
答：当S2接4、5时，滑片P应向左移动，并使阻值减小5欧，才能使L2正常工作。
【解析】【分析】（1）在操作①中，变阻器与灯泡L 1串联，电压表V 1测L 1的电压，此时它正常发光，根据 P L1 额 = U L1 I L1?计算它的额定功率；在操作③中，开关接4、5，变阻器与灯泡L 2串联，电压表V 2测L 2的电压，根据 RL2=UL2IL2 ??计算出L 2的电阻，然后再根据 ? RL2额=UL2额2IL2计算L 2的额定功率；
（2）在串联电路中，电压的分配与电阻成正比；电压表V1测量的部分原来只有L1 ， 与变阻器串联；后来这部分变成L1与R1并联，由于并联电路电阻变小，那么电压表V1的示数肯定不再是3V，那么通过L1的电流肯定也不是0.3A，据此解答；
解法1：首先根据 RL1=? UL1IL1计算出灯泡L1的电阻，然后②和③中电流相同，得到电阻相同，即：? 1R1+1RL1=1RL2? ，然后求解即可；
解法②：首先根据 RL1=? UL1IL1计算出灯泡L1的电阻；然后根据②和③中电流相同，计算出电压为2V时通过灯泡L1的电流，再根据并联电路总电流等于各处电流之和计算出通过R1的电流，最后根据欧姆定律计算R1的电阻；
（3）首先借助①和③两种情况，利用U=UL+U0为等量关系列出方程组，计算出电源电压和变阻器这时接入阻值； 当S2接4、5时，R0与L2串联， 当灯泡正常发光时，根据?UR0'=U-UL2' 计算出这时变阻器两端的电压，再根据串联电路电压与电阻乘正比计算出这时变阻器接入阻值R0'，最后与原来的阻值比较做减法求出变化的阻值和方向。
?
19.【答案】 （1）I=URR=U总-UMR=12V-3V6Ω=1.5A
（2）电动机消耗的电功率P＝U机I＝3V×1.5A＝4.5W
【解析】【分析】物理学名词，电流在单位时间内做的功叫做电功率。是用来表示消耗电能的快慢的物理量，用P表示，它的单位是瓦特（Watt），简称"瓦"，符号是W。
【解答】（1）变阻器两端的电压为U变＝U-U机＝12V-3V＝9V,电流I＝ U变R ＝1.5A,串联电路电流处处相等，通过电动机的电流为1.5A;
(2)电动机消耗的电功率P＝U机I＝3V1.5A＝4.5W.
故答案为：（1）1.5A；（2）4.5W。
20.【答案】 （1）不是
（2）闭合
（3）当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。
【解析】【分析】（1）固体分为晶体和非晶体，它们的主要区别是晶体有一定的熔化温度，这个温度叫做熔点，非晶体没有熔点。
（2）根据P=U2R ， 结合并联电路电阻的规律分析：由图丙读出温度为250℃时的电阻，根据公式求得打印笔的电功率。
（3）PTC有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其电阻随温度的升高而减小；高于这个温度时，电阻则随温度的升高而增大。
【解答】（1）打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀，直至完全变成液态。在此程中，它的温度不断升高，没有一定的熔点，所以塑料不是晶体。
（2）由电路图可知，当开S1断开时，电路只有R1工作，电阻较大，根据P=U2R可知，此时电路消耗的率较小，为慢档；
当开S1闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P=U2R可知，此时总功率较大，为快档；
由图丙可知，温度为250℃时，一个电阻为1210Ω ， 因为R1、R2是相同的PTC发热电阻，打印笔工作有快、慢两档。
所以打印笔的电功率P=U2R=220V21210Ω=80W
（3）由图可知，当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。
故答案为：（1）不是；(2)闭合；80W；（3）当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。
21.【答案】 （1）R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态
（2）D
（3）P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W
R2= U2P2=(220V)22200W =24.2Ω
（4）W加热=P最大×t加热=2100W×5×60s=6.3×105J
W保温=P保温×t保温=100W×20×60s=1.2×105J
W总=W加热+W保温=6.3×105J+1.2×105J=7.5×105J
【解析】【分析】电能可以转化成多种其他形式的能量。电能转化成多种其他 形式能的过程也可以说是电流做功的过程，有多少电能发生了转化就说电流做了多少功，即 电功是多少。
【解答】（1）当衔铁被吸引时，电路处于保温状态，衔铁被吸下时，R2被断开，只有R1被接入电路；在向足浴盆中加水时，只有加到一定的量时，压敏开关才会闭合，所以是为了防止水太少或没水时足浴盆依然工作；故答案为：R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态；（2）当电路中电流为20mA时，衔铁被吸合； R总=UI=6V0.02A=300Ω； RX=R总-R内=300Ω-100Ω=200Ω； 而温度为40℃时被吸合，由图可知T=40℃时，R=200欧只有BD符合，温度越高，磁性要越强，电阻只能时减小的，故只有D符合；故答案为：D；（3）当电路处于加热状态时，两个电阻都工作；而当处于保温状态时只有R1在工作；所以R2的功率是2100W-100W=2000W；R2= U2P2=(220V)22200W =24.2Ω；故答案为：P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W；R2= U2P2=(220V)22200W =24.2Ω；（4）求电能分两部分求解，一是加热5min消耗的电能，一是保温20分钟消耗的电能；W=Pt=2100W×5×60S+100W×20×60S=7.5×105J；故答案为：W加热=P最大×t加热=2100W×5×60s=6.3×105J
W保温=P保温×t保温=100W×20×60s=1.2×105J
W总=W加热+W保温=6.3×105J+1.2×105J=7.5×105J；
故答案为：（1）R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态；（2）D；（3）24.2Ω；（4）7.5×105J。
22.【答案】 （1）解：据图乙可知，t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒
W=W加热+W打浆=P加热t加热+P打浆t打浆=1000瓦×900秒+200瓦×60秒=9.12×105焦
答：按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗9.12×105焦的电能。
（2）Ra’＜Rb’；
【解析】【分析】电能可以转化成多种其他形式的能量。电能转化成多种其他形式能的过程也可以说是电流做功的过程，有多少电能发生了转化就说电流做了多少功，即电功是多少。
结合电磁铁的应用来分析电路中电阻的变化；
【解答】（1）需要求出电能的多少，根据题干首先得求出加热和打浆的时间，因为整个过程需要三次加热、二次打浆，所以t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒；然后根据w=pt即可求出消耗的电能；故答案为：t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒；W=W加热+W打浆=P加热t加热+P打浆t打浆=1000瓦×900秒+200瓦×60秒=9.12×105焦；（2）①当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电阻Raˊ、Rbˊ分别与电磁铁La、Lb串联后再并联，
电磁铁La吸住衔铁，说明电阻Raˊ所在支路的电流较大，根据R=可知，电阻Raˊ所在支路的电阻较小，
因为La、Lb是两个完全相同的电磁铁，即线圈电阻相同，所以，此时压敏电阻的阻值的大小关系：Raˊ＜Rbˊ。
②当杯体内液面高度h＜h1时，豆浆机处于“防干烧”状态，即电热丝所在电路不工作，
此时压敏电阻的阻值Raˊ＜Rbˊ，电阻Raˊ所在支路的电流较大，电磁铁La吸住弹性衔铁，动触点与静触点接触；
当杯体内液面高度h1≤h≤h2时，豆浆机正常工作，即电热丝或电动机所在电路工作，
此时压敏电阻的阻值Raˊ＞Rbˊ，电阻Rbˊ所在支路的电流较大，电磁铁Lb吸住弹性衔铁，动触点与静触点分离；
当杯体内液面高度h＞h2时，豆浆机处于“防溢浆”状态，即电热丝或电动机所在电路不工作，此时压敏电阻的阻值Raˊ＜Rbˊ，电阻Raˊ所在支路的电流较大，电磁铁La吸住弹性衔铁，动触点与静触点接触；故答案为：①Raˊ＜Rbˊ；② ；
故答案为：（1）t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒；W=W加热+W打浆=P加热t加热+P打浆t打浆=1000瓦×900秒+200瓦×60秒=9.12×105焦；（2）①Raˊ＜Rbˊ；② 。
23.【答案】 （1）U2R+rt
（2）大于
（3）不正确，不转时W总功=Q电路 UI1t=I12(R+r)t I1=UR+r转动时W'总功>Q'电路 UI2t>I22(R+r)t I2故I2< I1 ， 灯泡变暗
【解析】【分析】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，根据焦耳定律的公式写出表达式； （2）（3）在电动机转动时，消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能。
【解答】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，则此时电路中的电流为：I=UR+t
； 根据焦耳定律可知，t时间内电流在电路中产生的热量即电流所做的功为： W=Q=UIt=UUR+tt=U2R+rt；
（2）在电动机转动时，电流所做的功主要有两个利用：一个是转化为电动机的机械能，另一个是转化为灯泡和电动机的内能；故电流在电路中产生的热量要小于电流所做的功；
（3）电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗，所以小金的判断时错误的；
不转时W总功=Q电路? UI1t=I12(R+r)t?? I1=UR+r ， 转动时W'总功>Q'电路?? UI2t>I22(R+r)t?? I2故答案为：（1） ；（2）大于；（3）不正确，不转时W总功=Q电路? UI1t=I12(R+r)t?? I1=UR+r ， 转动时W'总功>Q'电路?? UI2t>I22(R+r)t?? I224.【答案】 解：①启动时，电动机尚未转动，没有对外输出机械能，此时的电路为纯电阻电路，线圈电阻和电阻箱串联，
由 I=UR 得电路总电阻：
R= UI = 12V2A =6Ω，
变阻箱电阻R变=R﹣R线=6Ω﹣2Ω=4Ω；
②电动机正常工作，
由P=UI得电路中电流：
I′= P额U额 = 6W6V =1A，
变阻箱两端电压U变=U﹣U额=12V﹣6V=6V，
变阻箱消耗电功率：
P′=U变I′=6V×1A=6W．
答：①启动时，变阻箱R的阻值至少4Ω；②此时R消耗的电功率为6W．
【解析】【分析】①启动时，电动机尚未转动，没有对外输出机械能，此时的电路为纯电阻电路，线圈电阻和电阻箱串联，根据I= 求出总电阻，进而求出变阻箱电阻；②电动机正常工作，其两端电压为6V，根据P=UI求出电路电流，根据串联电路的分压特点求出变阻箱两端的电压，根据P=UI求出R消耗的电功率．
此题主要考查的是学生对串联电路的电压、电阻特点和电功率计算公式的理解和掌握，难度不是很大．
25.【答案】 （1）不能，不闭合S1 ， 锅内食物温度不超过80℃，电饭锅只能处在保温状态
（2）因为在1个标准大气压下水的沸点是100℃，所以S1自动断电功能不起作用
（3）P加热P保温=U2R1U2R1+R2=R1+R2R1=48.4Ω+484Ω48.4Ω=111
（4）在一个标准大气压下将水烧开需要热量：
Q＝cmΔt=4200×2.5×80J＝8.4×105J
需要消耗电能： W＝Qη＝8.4×1050.84＝106J
所需时间： t＝WP＝106J(220V)248.4Ω＝1000s
【解析】【分析】（1） 若接通电源后没有闭合开关S1 ，则此时S2开关处于闭合状态，R2工作，进行加热；当温度达到?80℃时会自动断开， S2开关断开，R1R2串联，此时R1产热小于散失的热量，锅内温度会逐渐降低，当温度低于70℃时S2会自动闭合，加热到80℃时又会自动断开，不断往复，温度始终在70℃--80℃之间，所以不能将饭煮熟。
（2） 当锅内食物温度达到103℃时，开关S1会自动断开；在一个标准大气压下水的沸点为100℃，所以开关S1的自动断电功能不起作用。
（3）加热时，只有R1工作，消耗的电功率可表示为P=U2R1；保温时，串联的R1R2同时工作，消耗的电功率可表示为P=U2R1+R2。
（4）先求出在一个标准大气压下将水烧开需要热量，然后结合热能的转换效率求出需要消耗的电能，最后在根据电功公式W=Pt求解。
26.【答案】 解：①由P=UI可得：
IL= PLUL=6W6V =1A；
②由图乙可知，E=3cd时，R=6Ω，
由 I=UR 可得，电路中的总电阻：
R总= UI1=6V0.6A =10Ω；
因为串联电路的总电阻等于各部分电阻之和，所以此时灯泡的阻值：
RL′=R总﹣R=10Ω﹣6Ω=4Ω；
③由P= U2R 可得，光敏电阻的阻值：
R′= U'2P=(6V-1.5V)22.25W =9Ω；
由图乙可知，当光敏电阻的阻值为9Ω时，接收到光敏的光强为2cd．
答：①小灯泡正常发光时的电流为1A．②此时小灯泡的电阻为4Ω．③此时光敏电阻接收到光敏的光强为2cd．
【解析】【分析】①根据P=UI的变形公式即可求出灯泡正常发光时的电流；②先根据图示得出当E=3cd时光敏电阻的阻值，然后根据欧姆定律的应用求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点求出此时灯泡的阻值；③根据串联电路电压的规律以及P=U2R 的变形公式求出光敏电阻的阻值，然后根据图乙得出光敏电阻接收到光敏的光强．本题考查欧姆定律和电功率计算公式的应用，关键是能从图中读出有用信息．
浙江省2016-2020年科学中考（物理）试题分类（11）——电能应用
一、实验探究题
1.（2020·嘉兴）在学习了并联电路特点和欧姆定律后，科学兴趣小组为研究并联电路总电阻和各分电阻之间的关系，开展了以下探究。
实验次数
电阻R1/Ω
电阻R2/Ω
电压U/V
电流I/A
总电阻R/Ω
1
10
30
3
0.4
7.5
2
30
30
3
0.2
15
3
30
15
3
0.3
10
【实验步骤】
①设计电路，根据电路图连接实物；
②闭合开关，分别读出电压表和电流表的示数并记录；
③计算总电阻并填入表格；
④换用不同规格的电阻重复上述实验。
请你在答题卷中用笔画线代替导线，将实物图连接完整。________
【得出结论】并联电路总电阻小于任何一个分电阻。
【思考讨论】
①请根据影响导体电阻大小的因素解释上述结论。________
②分析表中数据，若增大其中一个分电阻的阻值，则总电阻将________。
2.（2019·绍兴）在验证焦耳定律（Q=I?Rt)中电热与电阻的定性关系时，实验小组出现了如图三种电路连接情况（已知R甲
玻璃管内液面高度
小组结论
你的合理解释与评价
A
液面都不上升
导体产生的热量跟电阻无关
⑴________
B
液面都上升，且△h甲<△h乙
电流通过导体时，电阻越大，产生的热量就⑵________
电流和时间都相同，验证了焦耳定律中Q与R的定性关系
C
液面都上升，且△h甲⑶________△h乙
电流通过导体时，电阻越小，产生的热量就越多
⑷________
3.（2019·湖州）科学兴趣小组的同学利用学过的知识，测量定值电阻Rx的阻值。
（1）同学们利用电路甲测量Rx的阻值，测量数据和结果如下表一:
表一
实验次数
电压U（伏）
电流I（毫安）
电阻R（欧）
1
2．0
2．30
870
2
2．5
2．90
862
3
4．0
4．70
851
根据表格中的数据可求得该电阻的阻值是________。
（2）同学们发现该电阻的标定阻值为1000欧、为什么测量值与标定值之间有较大偏差?他们查资料寻找原因，发现平时认为电阻为零的电流表和电阻无穷大的电压表实际上都有一定的内阻，只是电压表的内阻比较大，电流表的内阻比较小，但都会对测量结果产生影响。然后，同学们找来他们使用的电流表和电压表的说明书，说明书显示：
电压表：量程0~6伏，内阻6000欧
电流表：量程0~10毫安，内阻40欧
根据这些信息，可判断甲电路中由于________（“电流表”或“电压表”）内阻的影响，使测量结果产生较大偏差。
（3）小组同学经过思考，改成电路乙进行实验，测量数据和结果如下表二：
表二
实验次数
电压U（伏）
电流I（毫安）
电阻R（欧）
1
2．5
1．92
1042
2
2．5
2．45
1020
3
4．0
3．75
1067
比较两次测量结果，同学们做出了以下分析，你认为正确的是??? ?。
A.测量该定值电阻选择电路乙更合适
B.用电压表和电流表测量得到的电阻阻值都会偏大或偏小
C.选择合适的电路，测得的电阻值偏差会减小，更接近真实值
（4）拓展应用：根据以上的探究，如果需要测量阻值约20欧小阻值电阻时，选用了合适量程的电压表和电流表后，为了使测量结果更精确，应选择甲和乙中的哪一电路?并说明理由。________?
4.（2019·嘉兴）某科学小组对电流通过导体产生热的多少与哪些因素有关进行了研究。装置如图，2只烧瓶内装满煤油，瓶塞上各插1根玻璃管，瓶内各装1根阻值不同的电阻丝R甲和R乙。
猜想一：电热跟电流的大小有关，电流越大电热越多；
猜想二：电热跟导体的电阻大小有关，电阻越大电热越多。
为验证猜想一，设计以下方案：
①将电阻丝R甲和R乙串联在电路中，标出2根玻璃管内液面的位置，闭合开关记下电流表的读数l1 ， 经过一段时间后标出2根玻璃管内液面的位置；
②当2根玻璃管中的液面降到原来的高度后，减小滑动变阻器的阻值，闭合开关记下电流表的读数l2 ， 经过相同时间后标出2根玻璃管内液面的位置。
请回答下列问题：
（1）为使实验现象明显，经常会采用转换或放大的思想。为比较电热丝产生热量的多少，实验中体现这些思想的设计有________（写出一条即可）。
（2）为验证猜想一，必须比较同一个烧瓶中前后两次实验玻璃管内液面上升的高度，原因是________。
（3）科学研究倡导有依据的猜想，请说出生活中支持猜想二的一个实例：________?。
5.（2018·宁波）实验室购买了一卷标有长度为100m的铜芯包线，小科想通过实验测定其实际长度。他首先测得导体横截面积S为1mm2 ， 查阅资料得知现温度下这种导线每米的电阻值为0.017Ω。
（1）利用图甲所示的实物图测出铜导线的电阻。
①实验中，小科在闭合开关前应将滑片P置于最________端。（填“左”或“右”）
②小科通过移动滑片P，测得多组数据，绘制成U-I图像如图乙，据此可以判定这卷导线的实际长度________100m。（填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）小思认为用电子秤测出这卷导线的质量m，利用铜的密度ρ，也可以算出实际长度。请你写出这卷导线实际长度l计算式：l=________（用字母表示）。
6.（2017·衢州）小柯发现白炽灯泡在开灯瞬间最容易烧坏，猜想可能是在开灯瞬间灯丝的温度较低，导致电阻比正常工作时小。于是设计图示电路来验证自己的猜想。
【实验步骤】
第一步：断开S2 ， 闭合S1 ， 电流表指针偏转，但灯泡不发光。
第二步：断开S1 ， 闭合S2 ， 灯光正常发光，灯丝温度很高。
第三步：两分钟后再断开S2并迅速闭合S1 ， 观察电流表示数变化情况。
【实验分析】
（1）第一步中，灯泡两端的电压是________V，灯泡不发光的原因是________。
（2）在第三步中，若观察到电流表示数变化的情况是________，就可以得出灯丝的温度越低，其电阻越小。
7.（2017·宁波）做“串联与并联电路中电流、电压的关系”实验时，实验用的两个灯泡L1、L2上分别标有“2.5V”和“3.8V”字样，电源电压恒为2.5V。
（1）串联时，小科连接了如图甲所示的电路。闭合开关，两灯均不发光。小科猜想是灯泡L1的灯丝断了，就用一根导线的两端在灯泡L1两接线柱处同时试触，若看到灯泡L2________，说明小科的猜想正确。
（2）并联时，小科连接了如图乙所示的电路。闭合开关前，小科检查发现电路连接有误，但只要改动一根导线即可。请你在要改动的这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将图乙中的电路连接正确。
（3）改正电路后继续实验，小科记录的数据如下表：
物理量
电流
电压
串联电路
IA=0.16A
IB=0.16A
IC=0.16A
UL1=0.9V
UL2=1.6V
U总=2.5V
并联电路
IL1=0.34A
IL2=0.20A
I总=0.54A
UL1=2.5V
UL2=2.5V
U总=2.5V
学习了欧姆定律以后，小科发现：根据串联电路中的数据，可计算得到RL1=5.63Ω，根据并联电路中的数据，可计算得到RL1=7.35Ω。造成这一差异的根本原因是灯丝电阻的大小随着________的升高而增大。
8.（2016·嘉兴）某兴趣小组为探究串联电路中总电阻与分电阻的关系，在拓展课中做了如下实验：
（1）【实验步骤】
①按方案连接电路，闭合开关，用电流表测出电路中的电流，并记录；
②用电压表分别测出R1、R2两端电压以及R1和R2两端总电压，并记录；
请你用笔画线代替导线，将电流表接入如图电路中．
（2）【数据处理】
①在数据处理时，有同学发现表中的一个数据有误，错误的数据是________；
②重新测量，根据所测的数据计算R1、R2和R总的值．
记录表：
电流/A
电压/V
电阻/Ω
R1
0.2
2
R2
0.2
5
R总
0.2
3
【得出结论】串联电路的总电阻等于各分电阻之和．
（3）【交流表达】科学研究有时需要等效替代的方法，如在某实验中需要用到35Ω的电阻，现有阻值为15Ω、20Ω、50Ω的三个电阻，就可以选用其中的________两个电阻串联替代．
9.（2016·温州）某兴趣小组利用图甲装置探究电流热效应的影响因素，实验步骤如下：
①将阻值为10欧和20欧的电阻丝分别置于A、B两个盛满煤油的烧瓶中，按图甲所示连接电路．
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片移至某一位置，记录此时电流表的读数I，通电一段时间，记录A、B烧瓶的玻璃管内液面的变化高度分别为△h1、△h2 ．
③断开开关，直至玻璃管中的液面降回各自初始位置．
④闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的读数为2I，当通电时间与步骤②相同时，记录A、B烧瓶的玻璃管内液面的变化高度分别为△h3、△h4 ， 实验数据如表．
（1）步骤②中的电流表示数如图乙所示，此时电流为________安．
（2）本实验通过设计串联电路来研究电阻对电流产生热量的影响，可以控制哪些变量相同？________．
（3）小明认为：只要选择“△h1、△h2、△h3、△h4”四个量中的某两个量进行比较，就能说明“对电流产生热量多少的影响，电流比电阻更大”，请比较这两个量的大小关系：________．
电流大小
烧瓶玻璃管内液面的变化高度
A烧瓶（RA=10欧）
B烧瓶（RB=20欧）
I
△h1
△h2
2I
△h3
△h4
10.（2016·缙云）小明在做“测量小灯泡的电功率”的实验，供选用的器材有：两只相同的小灯泡（额定电压为2.5V，阻值约为10Ω），电流表、电压表、电源（电压约为6V），开关，滑动变阻器（“10Ω、2A”、“50Ω1A”）两个，导线若干条。
（1）实验中应该选择滑动变阻器的规格为________。
（2）图甲是小明画出的实验电路图，请你根据电路图用笔画线代替导线，帮他在图乙中将未完成的电路连接好。要求：电流表、电压表选择合适的量程，导线不能交叉。
（3）多次测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，得到如图丙的数据记录，由此可得，小灯泡的额定功率为________?W。
（4）若将两只小灯泡串联后直接接在3V电源的两端，则两灯消耗的总功率为________?W。
二、填空题（共2题；共5分）
11.（2020九下·宁波保送考试）如图甲、乙所示，某科技小组自制了一个测量水的深度的装置，它由测量头和控制盒构成，测量头的测量面是一个涂有绝缘漆的面积为2cm2的压敏电阻R1 ， R1的电阻随水对它的压力F的变化关系如图丙所示，控制盒内有一个定值电阻R0和一个最大阻值为90Ω的滑动变阻器R2 ， 电源电压保持不变，通过电路调节，可使控制盒的功率达最大值Pm，科技小组通过控制盒的功率最小值和Pm的比值来标记水的深度，不计导线的电阻，电压表的量程为0﹣3V.科技小组在确保电路安全的情况下，进行如下的操作：ρ水＝1.0×103kg/m3；g取10Nkg）
（1）R1未放入水中时，闭合S，断开S1 ， 将R2的滑片移至最上端。此时电压表示数达到最大值，R0的电功率为P0 ， 求：R1未放入水中时的电阻为________Ω。
（2）测量头放到水下深度h1＝10m时，闭合S.断开S1将R2的滑片移至某一位置时，R0的电功率为P0′，电路的总功率为P总，R1的电功率为P1.已知P0：P0′＝9：4，P总：P1＝6：1，求：此时R0两端的电压为________V。
（3）测量头放到水下深度h2＝3m时。调节电路，控制盒的最小功率与Pm的比值为________。
12.（2017·金华）某同学为探究电流和电压关系，设计了如图所示的电路。图中电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~3V”，定值电阻规格为“10Ω 0.3A”，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”，电源电压恒为4.5V。请回答：
（1）闭合开关发现电流表有示数，电压表无示数，经检测发现电路中只有一处故障。该故障可能是________。
（2）故障排除后，闭合开关重新进行实验。在保证电路安全的前提下，移动滑动变阻器的滑片P改变电阻R两端电压。则滑动变阻器允许接入电路的最小阻值是________。
三、解答题
13.（2020·金华·丽水）为延长蔬果保鲜时间，某同学帮助菜农设计了蔬果保鲜仓库的自动制冷装置。装置如图甲所示，控制电路中电源电压恒为3伏，R1为热敏电阻，R2阻值为10欧，电磁铁线圈阻值忽略不计。R1阻值随温度的变化关系如图乙所示。当温度升高到启动值时，控制电路中电流达到0．1安，衔铁吸下，制冷器启动工作；当温度降低到设定值后，工作电路断开，制冷器停止工作，如此进行间歇性循环工作。图丙为工作电路某1小时内制冷器功率与时间的关系图。
请完成下列问题：
（1）通过计算并结合图乙确定该制冷器启动工作的温度；
（2）在图丙所示的1小时内，工作电路中制冷器消耗的总电能是多少？
14.（2020·温州）小明对“篮球在空气中是否受到浮力”进行探究，由此进行一系列的思考与实验，并最终设计出可直接测量空气密度的简易“空气密度仪”。
（1）如图甲，将五个阀门的篮球放在天平的托盘上，阀门连接未充气的气球，且处于关闭状态。加砝码使天天平衡。打开阀门，气球变大，天平指针向右偏转。指针向右偏转的原因是________。
（2）为测量篮球受到的浮力大小，小明设计了如图乙所示的电路。电路中电源电压U为6伏，定值电阻R0的阻值为10欧，R是力敏电阻，其阻值与所受压力FB的关系如图丙所示。当左盘中篮球未给气球充气时，电流表示数为0．2安；当篮球给气球充气到体积为篮球的2倍时(篮球体积不变)，电流表示数为0．15安。力敏电阻R所受压力FB与篮球对左侧托盘的压力FA的关系如图丁所示。请计算篮球所受的浮力。
（3）图乙中篮球和气球内的气体总质量保持不变，并控制气球体积为篮球的2倍，在电压表指针所指的刻度盘上标上对应的空气密度值，就制成了一台测量当地空气密度的“空气密度仪”。现用此装置测量大于1．29千克/米3的空气密度，指针大致指示在何处？请在图戊的刻度盘中用箭头标出，并写出你的判断依据。
15.（2020·杭州）如图电路中，电源电压恒为9V，灯泡L规格为“6V3W”。闭合开关，灯泡正常工作。求
（1）电阻R的阻值。
（2）灯泡工作5分钟消耗的电能及电阻R产生的热量。
16.（2019·杭州）如图是一电动机提升物体的示意图。电源电压为120伏电动机将一个质量为50千克的物体1秒内匀速上提0.9米,电路中的电流为5安培,(g取10牛/千克
（1）求该电动机工作1秒钟所产生的电热
（2）求电动机线圈阻值
（3）当该重物上升到一定高度时,电动机的转子突然被卡住,为什么这种情况下电动机容易烧坏
17.（2019·绍兴）电加热眼罩对缓解眼疲劳有一定效果。如图甲是一款市场上的产品，小敏查阅使用说明书，其相关参数如下表乙。
（1）当该款眼罩还剩10%的电池容量时，在额定电压下充电，充满电至少需要多少时间？
（2）图丙是小敏设计的可以手动调节高、中、低三档加热的电热眼罩原理图。电源电压U恒为4.8伏，已知电热丝R1阻值为4欧，电热丝Ra阻值为6欧，开关S3只接a或b。
①丙图电路中S1闭合，S2断开，S3接a时，加热电路为____________（选填“高”、“中”或“低”）温档。
②中温档功率为多少瓦？
③高温档工作20分钟，眼罩消耗的电能为多少焦？
18.（2019·宁波）如图所示电路，电源电压U不变，灯L1、L2上都标有“3V”字样，且灯丝阻值不变，R1是定值电阻。闭合开关S，后，依次进行如下操作：①开关S2接1、2，移动滑片P，使电压表V1示数为3V，此时电流表示数为0.3A；②开关S2接2、3，电流表示数为0.4A；③开关S2接4、5，电流表示数仍为0.4A，电压表V2示数为2V。
请解答下列问题：
（1）灯L1、L2的额定功率分别是多少?
（2）小科根据上述实验数据，计算R1的阻值，分析如下：
操作①中，L1与R0串联，L山两端电压为3V，通过L1的电流大小为0.3A。
操作②中，L1与R1并联后（可看作一个阻值变小的电阻)与。串联，通过L1与R1的总电流大小I为0.4A。假设此时L1两端电压为U1 ， 通过的电流为IL1。
可求得R1= U1I1=U1I-IL1=3V0.4A-0.3A ?=30Ω
老师指出：求解R1时，代人的“3V”“0.4A”“0.3A”三个数据中有错误。请你指出错误的数据：? ▲??? ， 并正确求解R1。
（3）当开关S2接4、5时，滑片P怎样移动才能使L2正常工作?（要求说明移动方向和变化的阻值大小）
19.（2018·杭州）小金对玩具汽车的电动机很感兴趣，他拆下电动机，测得它的内阻为 1.5Ω。为测量电动机工作时的电流，利用身边现有器材，设计了如图所示的电路（符号 表示数值可读的变阻器）。已知电源电压为12V，当变阻器的阻值为6Ω时，电压表的读数为3V。计算此时：
（1）通过电动机的电流；
（2）电动机消耗的电功率。
20.（2018·台州）在3D打印笔中装入塑料条，接通电源，等待一段时间后即可挤出热融的塑料，塑料在空气中迅速冷却变成特定的形态（如图甲）。其内部电路如图乙，R1、R2是相同的PTC发热电阻。单个PTC的电阻与温度的关系如图丙。
（1）打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀。可见，塑料________（选填“是”或“不是”）晶体。
（2）打印笔工作有快、慢两档。快档打印时，图中开关S1应处于________状态，若此时温度为250℃，打印笔的电功率是多少？
（3）打印笔正常工作时的温度能自动稳定在250℃左右，结合图丙信息，说明理由.
21.（2018·绍兴）人们对自我保健越来越关注。图甲为某品牌足浴盆及相关参数。其内部电路可分为工作电路和控制电路两部分（如图乙所示）．闭合总开关S，当足浴盆有水注入到一定量时压控开关S1 ， S2就会自动闭合，此时R1 ， R2会同时工作，加热至40℃时，控制电路中的电磁铁会将衔铁吸合，自动进入保温模式．
（1）图乙的工作电路中，处于保温状态时，工作的电阻是________。压控开关S1的作用是防止________，达到保护电路的目的。
（2）控制电路中电磁铁线圈的电阻为100欧，为电磁铁供电的电池电压为6伏。Rx为热敏电阻，阻值随温度变化关系可由图丙中的某条曲线表示。当线圈中的电流大于或等于20毫安时，控制电路中继电器的衔铁被吸合，则Rx阻值随温度变化的曲线为图丙中的________。
（3）求R2的阻值。
（4）在一次使用过程中，加热时间为5分钟，保温时间为20分钟，则整个过程中消耗了多少电能？
22.（2018·温州）如图甲为某型号豆浆机示意图，将黄豆和清水放入杯体，经过如图乙“三次加热、二次打浆”的工序，可制作可口的豆浆。
18·温州）如图甲为某型号豆浆机示意图，将黄豆和清水放入杯体，经过如图乙“三次加热、二次打浆”的工序，可制作可口的豆浆。
（1）若豆浆机“加热”时功率为1000瓦，“打浆”时功率为200瓦。则按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗多少电能？
（2）为了防止豆浆过少导致“干烧”和豆浆过多导致“溢浆”，小明设计了如图丙所示的电路，La，Lb是两个完全相同的电磁铁，Ra和Rb分别是安装在“防溢浆”水位和“防干烧”水位下方的压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。只有当豆浆液而处在“防干烧”和“防溢浆”水位之间时，电热丝才能工作。（假设电磁铁对衔铁的吸引力不会随距离的改变而改变，不考虑衔铁的弹力和重力）。
①当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电磁铁La吸住衔铁，此时压敏电阻的阻值分别为Ra’和Rb’，请比较两者的大小关系：________。
②已知压敏电阻Ra的阻值随液面高度h的变化曲线如图丁所示，请结合Ra的变化曲线画出压敏电阻Rb的值随液面高度h变化的大致曲线，并在图中横坐标上标出“防干烧”水位h1和“防溢浆”水位h2________。
23.（2017·杭州）如图是小金研究电动机转动是否对小灯泡的亮度有影响的电路图。开始小金先抓住转轴合上开关，观察小灯泡的亮度；接着放开转轴让电动机转动，继续观察小灯泡亮度的变化（已知：小灯泡的电阻为R，电动机线圈电阻为r，电源电压为U）。由此请你回答：
（1）在电动机未转动时，t时间内电流在电路中产生的热量为________（填写表达式）。
（2）在电动机转动时，电流所做的功________电流在电路中产生的热量（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）小金判断电动机转动后小灯泡会更亮，你认为小金的判断正确吗？并根据学过后知识给以解释。
24.（2016·杭州）如图为某些型号玩具电动机的工作电路图，电动机名牌上标有“6V 6W，线圈电阻2Ω”字样，当开关闭合的瞬间，电动机尚未转动，此时通过电动机的电流称为启动电流，为了保护电动机，启动电流不得超过2A，求：
①启动时，变阻箱R的阻值至少多大？
②当电动机启动后，再次调价变阻箱R，使电动机进入正常工作状态，此时R消耗的电功率为多大？
25.（2016·缙云）某电饭锅内部电路如图所示。R1是加热电阻，阻值为48.4Ω，R2是限流电阻，阻值是484Ω。煮饭时，接通电源（220V，50Hz），闭合手动开关S1 ， 电饭锅处在加热状态。当锅内食物温度达到103℃时，开关S1会自动断开，断开后若无外力作用则不会自动闭合。S2是一个自动温控开关，当锅内食物温度达到80℃时会自动断开，温度低于70℃时会自动闭合。问：
（1）若接通电源后没有闭合开关S1 ， 那么电饭锅能将饭煮熟吗？为什么？
（2）在一个标准大气压下若用这种电饭锅烧水，则开关S1的自动断电功能不起作用，这又是为什么？
（3）在加热和保温两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比是多少？
（4）若此电饭锅将电能转化为锅中水的热能的效率为84％，那么在一个标准大气压下将温度为20℃，质量为2.5kg的水烧开，至少需要多长时间？
26.（2016·金华）“光强”是表示光的强弱程度的科学量，照射光越强，光强越大，光强符号用E表示，国际单位为坎德拉（cd）．如图甲为光敏电阻的实物和元件符号，图乙为某种光敏电阻的阻值R与光强E间的关系图，图丙为小金利用这种光敏电阻所设计的电器，已知电源电压为6V，小灯泡L标有“6V 6W”字样，灯丝的电阻随温度的变化而变化．
①求小灯泡正常发光时的电流．
②光敏电阻接受光强为3坎德拉的光照射时，闭合开关，测得电路中的电流为0.6A，求此时小灯泡的电阻．
③某次实验中测得小灯泡两端电压为1.5V，光敏电阻消耗的电功率为2.25W，求此时光敏电阻接收到光敏的光强．
答案解析部分
一、实验探究题
1.【答案】 ；并联后相当于增大了导体的横截面积，在导体材料、长度、温度不变时，横截面积越大， 导体电阻越小。；增大
【解析】【分析】 【实验步骤】 根据电路图连接实物图时，要保证各个电器元件的串并联关系一致，元件的相对位置一致，还要注意电表的量程和正负接线柱的连接。
【思考讨论】 ①导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比；
②将第1次和第2次实验数据对比得出结论即可。
【解答】【实验步骤】根据电路图可知，两个电阻并联，电压表与R1并联，电流表在干路上测总电流。观察实物图可知，电流表还没有接好。只需将开关右侧的接线柱与电流表中间的“0.6”接线柱相连，然后再将“-”接线柱与电阻R2右侧的接线柱相连即可，如下图所示：
【思考讨论】①根据导体的电阻和横截面积的关系可知：导体的并联相当于增大了导体的横截面积， 在导体材料、长度、温度不变时，横截面积越大， 导体电阻越小。
②对比第1和2组数据可知，电阻R2的阻值不变，但R1的阻值增大，这时总电阻增大了，那么可以得到结论： 若增大其中一个分电阻的阻值，则总电阻将增大。
2.【答案】 两实验电阻没接入电路，无现象，无法验证焦耳定律中Q与R定性关系；越多；>；两实验电阻并联，电流不同，实验现象无法验证焦耳定律中Q与R定性关系
【解析】【分析】（1）电流通过导体产生的热量与电阻成正比，既然液面高度不变，说明根本没有热量产生；观察电路A可知，这时电阻根本没有接入电路；
（2）两个电阻串联，通过它们的电流和通电时间都相同，根据液面的高度变化量可以推得产生热量的多少；
（3）当两个电阻并联时，电压相等，根据公式 P=U2R可知，甲产生的热量多，自然液面上升的高度就比乙上升的大；但是根据控制变量法的要求，探究电阻对热量的影响，必须控制电流相等，而此时没有做到。
【解答】
实验电路
玻璃管内液面高度
小组结论
你的合理解释与评价
A
液面都不上升
导体产生的热量跟电阻无关
⑴ 两实验电阻没接入电路，无现象，无法验证焦耳定律中Q与R定性关系 ；
B
液面都上升，且△h甲<△h乙
电流通过导体时，电阻越大，产生的热量就越多
电流和时间都相同，验证了焦耳定律中Q与R的定性关系
C
液面都上升，且△h甲＞△h乙
电流通过导体时，电阻越小，产生的热量就越多
两实验电阻并联，电流不同，实验现象无法验证焦耳定律中Q与R定性关系 。
3.【答案】 （1）861欧
（2）电压表
（3）A,B,C
（4）甲。因为20欧是小电阻，电压表内阻大，直接并联后电压表分流作用小，电流表测量偏差小，电阻测量值偏差小。
【解析】【分析】（1）在测量定值电阻的阻值时，可以使用多次测量求平均值的方法减小实验误差，即：R=R1+R2+R33；
（2）甲图中，电压表与电阻并联，那么电流表测得的值就是通过电压表和电阻的电流之和，即测得的电流偏大，根据欧姆定律分析计算出阻值的变化；
（3）根据（1）中相同的办法计算出电阻的阻值，哪次误差小，哪个实验方案就更合适，据此选择；
（4）被测的电阻越小，通过的电流越大，图甲中电流表的示数与电阻实际电流相差越小，计算出的电阻误差也越大；被测的电阻越大，它两端的电压越大，图乙中电压表的示数与实际电压相差越小，计算出的电阻误差越小。
【解答】（1）该电阻的阻值为：R=R1+R2+R33=870Ω+862Ω+851Ω3=861Ω；
（2）该电阻的阻值为1000Ω，而电压表的电阻6000Ω，这时二者电阻相近，电流表测得的电流与通过电阻的电流相差比较大，因此计算出的电阻产生较大误差，那么甲电路中由于电压表内阻的影响，使测量结果产生较大偏差；
（3）图乙测得的电阻为：R'=R1+R2+R33=1042Ω+1020Ω+1067Ω3=1043Ω;
A.通过计算可知，图乙测出的电阻与实际阻值误差更小，故A正确；
B.无论使用哪种方法测得的电阻阻值都会和实际阻值有差异，故B正确；
C.相同的电阻，使用不同的测量方法，测出的值误差大小不同，故C正确。
故选ABC。
（4）如果要测量阻值约为20Ω的电阻时，由于它电阻较小，因此通过它的电流较大，电压表与它并联时对电流表的示数影响比较小，测得的电阻误差会比较小。
4.【答案】 （1）通过玻璃管内液面上升的高度来反映电热丝产生热量的多少（其它合理也给分）
（2）保持前后两次电阻的大小相同
（3）电水壶中的发热体放热比连接电水壶的导线放热多（其它合理也给分）
【解析】【分析】（1）热量看不到，摸不着，且没有测量仪器将它准确的测量出来，但是可以借助玻璃管内液面的高度变化判断吸热的多少，这种方法叫转换法；
（2）电流产生的热量与电流大小和电阻、时间有关；要探究电热与电流的关系，就必须控制电阻和时间相同；
（3）电水壶和导线串联，电饭锅也和导线串联，这时电流相同，当水烧开，饭蒸熟时，导线几乎没有发热，因此可以猜想电热与导体电阻大小有关。
【解答】（1）为使实验现象明显，经常会采用转换或放大的思想。为比较电热丝产生热量的多少，实验中体现这些思想的设计有：通过玻璃管内液面上升的高度来反映电热丝产生热量的多少；
（2）为验证猜想一，必须比较同一个烧瓶中前后两次实验玻璃管内液面上升的高度，原因是保持前后两次电阻的大小相同；
（3）科学研究倡导有依据的猜想，生活中支持猜想二实例：电水壶中的发热体放热比连接电水壶的导线放热多。
5.【答案】 （1）右；小于
（2）mρS
【解析】【分析】（1）滑动变阻器对电路具有保护作用，在电路闭合前一般将滑动变阻器的滑片移动阻值最大处；根据图乙图线可以计算出导线的电阻值，与资料提供的数据进行比较，确定长度；（2）根据公式m=ρV=ρlS（l为导线的长度，S为导线的横截面积）。
【解答】（1）①实验中，小科在闭合开关前应将滑片P置于阻值最大端，根据实物图中滑动变阻器的连接，可确定P置于最右端；
②根据绘制成的U-I图像可知，导线电阻R=U/I=0.4V/0.25A=1.6Ω，l=1.6Ω/0.017Ω≈94m，所以小于100m；（2）根据公式m=ρV=ρlS，所以l= mρS 。
故答案为：（1）右，小于；（2） mρS
6.【答案】 （1）6；由于灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光
（2）电流表示数从零快速增大后，示数又慢慢增大到某一电流值后稳定不变
【解析】【分析】（1）断开S2 ， 闭合S1电路中只有一个用电器，用电器两端电压就是电源电压；灯泡正常工作是指当灯泡两端电压、流过灯泡的电流达到额定值灯泡能正常发光。当灯泡两端电压较小时灯泡不能发光此时灯泡中仍有电流。灯泡不发光的原因是灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光。（2）金属导体的电阻一般随温度的升高而增大反之电阻减小，根据灯丝电阻的变化可以得到电流表示数的变化。
【解答】（1）断开S2 ， 闭合S1 ， 电路中只有一个用电器，用电器两端电压就是电源电压；由于灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光；（2）第三步：两分钟后再断开S2并迅速闭合S1 ， 电阻温度从很高快速下降到一定值后温度缓慢下降，所以灯丝的阻值先快速减小后缓慢减小直到稳定，所以电流表示数从零快速增大后，示数又慢慢增大到某一电流值后稳定不变。
故答案为：1、6??? 由于灯泡两端的实际电压远小于它的额定电压，造成灯泡的实际功率远远小于额定功率，所以灯泡不发光； ? 2、电流表示数从零快速增大后，示数又慢慢增大到某一电流值后稳定不变
7.【答案】 （1）发光
（2）
（3）温度
【解析】【分析】（1）导线能够导电，把导线接到断路处，可以接通电路；（2）根据电路图判定电路的故障情况，然后根据电流的流向判定改动的导线；（3）灯丝电阻受到温度的影响．
【解答】解：（1）小科猜想是灯泡L1灯丝断了，一根导线的两端在灯泡L1两端接线柱处同时试触，该处处于通路状态，则灯泡L2 会发光；（2）由图可知，当开关闭合时，电源会断路；要使两灯并联，应改动L1、L2的四个接线柱的连线，如图所示：
；（3）灯丝电阻的大小与温度有关；当电压变大时，灯泡的功率会变大，灯丝温度升高，电阻变大．
故答案为：（1）发光；（2）如图；（3）温度．
8.【答案】 （1）如图：
（2）5
（3）15Ω、20Ω
【解析】【分析】实验步骤：根据表中数据可知电流表的量程；使电源、电流表、R1、R2以及开关串联起来，电压表并联在R1两端．
数据处理：根据电源电压确定错误的数据．
交流表达：串联电路的总电阻等于各分电阻之和，据此进行解答．
【解答】解：实验步骤：根据表中数据可知，电流表选择0～0.6A即可；
从电源正极依次串联电流表、R2、R1、开关回到电源负极，电压表并联在R1两端；如下图所示：
数据处理：①因为电源电压为3V，而表中有电压值为5V，因此5V数据是错误的；
交流表达：因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以要得到35Ω的电阻，需用15Ω和20Ω电阻串联使用．
故答案为：5；15Ω、20Ω．
9.【答案】 （1）0.24
（2）电流和通电时间
（3）△h3＞△h2
【解析】【分析】（1）电流表的读数，要先观察选用的量程及对应的分度值，再根据指针位置读数；（2）在串联电路中电流处处相等，串联的两个电阻同时工作、同时停止工作，通电时间相同；（3）由第一行、第二列数据，改变电流、电阻的倍数相同，观察玻璃管内液面的变化△h2、△h3的关系得出吸热关系，进而得出对电流产生热量影响较大的因素．本题为电流热效应的影响因素的实验探究题目，考查了电流表的读数方法、控制变量法的使用，以及分析实验数据得出结论的能力，有难度。
【解答】解：（1）由图可知，电流表选用的是0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，根据指针位置可得电流I=0.24A；（2）本实验通过设计串联电路来研究电阻对电流产生热量的影响，可以控制电流和通电时间相同；（3）由第一行数据可知，通过的电流相同，使电阻变为原来的2倍，观察玻璃管内液面的变化△h2可得吸收热量的变化；由第二列数据可知，电阻相同，使通过的电流变为原来的2倍，观察玻璃管内液面的变化△h3可得吸收热量的变化；电流和电阻都是变为原来的二倍，通过比较得出△h2＜△h3 ， 可以得出对电流产生热量多少的影响，电流比电阻更大．
故答案为：（1）0.24；（2）电流和通电时间；（3）△h3＞△h2 ．
10.【答案】 （1）“50Ω，1A”
（2）
（3）0.625
（4）0.6
【解析】【分析】（1）通过小灯泡的额定电压来求得滑动变阻器电阻所需的最小值，再做选择。
（2）额定功率是在额定电压下工作时的功率；小灯泡的电阻会随着温度的变化而变化没所以计算所需的数据要以实验为基础。
【解答】（1）因为小灯泡的额定功率为2.5V，电阻约为10Ω，此时通过的电流I=UR=2.5V10Ω=0.25A ， 滑动变阻器与灯泡串联，所以其分得的电压至少要为3.5V，此时所需的电阻最小值R变=3.5V0.25A=14Ω ， 故应该选择滑动变阻器的规格为“50Ω，1A”。
（2）小灯泡的额定功率为2.5V，所以电压表选择的量程为“0--3V”，求得小灯泡正常工作时的电流为0.25A，所以电流表选择的量程为“0---0.6A”，故电路图如下：
（3）额定功率是在额定电压下工作时的功率，故选用第三组数据，P=UI=2.5V×0.25A=0.625W。
（4） 两只小灯泡串联后直接接在3V电源的两端，因为灯泡是相同的，所以分得的电压为1.5V，由丙可得此时的电流为0.2A，故P总=UI=3V×0.2A=0.6W。
故答案为：（1）；（2）略；（3）0.625；（4）0.6
二、填空题
11.【答案】 （1）30
（2）2
（3）5:18
【解析】【分析】（1）R1未放入水中时，它受到的水的压力为0，根据图像丙得到R1的阻值；
（2）由压强公式计算测量头放到水下10m时受到的压力，由图象读出R1连入电阻的阻值，
闭合S．断开S1 ， 将R2的滑片移至某一位置时，R0、R2、R1串联，由串联电路特点和P=I2R表示出P总和P1 ， 得到电路总电阻R总与R1的关系；由P=I2R表示出P0和P0′得到两次电路中电流关系，由串联电路特点和欧姆定律表示出电流关系可求出R0的阻值，并求出I和I'，再由U=IR计算测量头在水深10m时R0两端的电压；
（3）先计算测量头放到水下3m时受到的压力，由图象读出R1连入电阻的阻值；当两开关都闭合且电压表示数最大时，控制盒功率最大，求出Pm；当变阻器连入阻值最大时，电路中电阻最大，电流最小，控制盒功率最小，并计算，最后计算它们的比值。
【解答】（1）R1未放入水中时，受到的水的压力为0，根据图象丙可知，此时R1=30Ω；
（2）R1未放入水中时，闭合S，断开S1 ， 将R2的滑片移至最上端，此时R0、R1串联，电压表示数达到最大值3V，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流：I=UR0+R1 =U R0+30Ω -------①，
测量头放到水下深度h1=10m时，R1受到压力：
F=pS=ρghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×10m×2×10-4m2=20N，
由图象丙知，此时压敏电阻R1的阻值为R1'=10Ω，
此时，闭合S．断开S1 ， 将R2的滑片移至某一位置时，R0、R2、R1串联，
根据 P总 P1 =R总 R1 可得：R总 10Ω=61；
解得：R总=60Ω，
电路中电流：I'=UR总=U60Ω ----------②，
那么 P0 P0' =I2R0 I'2R0=94 ；
即： II' =32 ，
由①②可得： I I' =U R0+30ΩU 60Ω=32 ，
解得：R0=10Ω，
当闭合S，断开S1 ， 将R2的滑片移至最上端，电压表示数达到最大值3V，
此时电路中电流：I=I0=U0R0=3V10Ω=0.3A ，
所以：I'=2 3I=2 3×0.3A=0.2A ，
所以测量头在水深10m时，R0两端的电压为：U0'=I'R0=0.2A×10Ω=2V；
（3）由串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压：
U=I（R0+R1）=0.3A×（10Ω+30Ω）=12V，
当两开关都闭合时，R0、R2串联，当电压表示数最大时电流最大，
电路中最大电流：I最大=U0最大R0=3V 10Ω =0.3A ，
所以控制盒的功率达最大值：Pm=UI最大=12V×0.3A=3.6W；
测量头放到水下深度h2=3m时，R1受到压力：
F'=p'S=ρghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×3m×2×10-4m2=6N，
由图象知，此时压敏电阻R1的阻值为R1″=20Ω，
当变阻器R2连入阻值最大时，
控制电路的总电阻最大为R控=R0+R2大=10Ω+90Ω=100Ω，电流最小，P控有最小值，
则：P控最小=（ U R控+R1'' ）2×R控=（ 12V 100Ω+20Ω ）2×100Ω=1W ，
所以控制盒的最小功率与Pm的比值为：1W：3.6W=5：18。
12.【答案】 （1）定值电阻R短路（或“电压表断路”或“电压表短路”）
（2）5Ω
【解析】【分析】本题考查串联电路中电压、电流以及功率、滑动变阻器接入电路电阻的计算，注意求阻值范围时，根据电流表和电压表的最大值进行计算，并且会灵活运用欧姆定律。
【解答】（1）电流表有示数，电压表无示数，可能是定值电阻R短路，也可能是电压表短路或者短路；
（2）根据定值电阻的规格，电路可接入的最大电流为0.5A，此时电路的最小电阻R最小=UI=4.5V0.3A=15Ω,
滑动变阻器允许接入电路的最小阻=15Ω-10Ω=5Ω。
故答案为：（1）定值电阻R短路（或“电压表断路”或“电压表短路”）；（2）5Ω。
三、解答题
13.【答案】 （1）解：R= UI=3伏0.1安 =30欧
R1=R-R2=30欧-10欧=20欧
查乙图可知制冷器的启动温度是5．6℃。
（2）解：t=15分钟+10分钟+10分钟+10分钟=45分钟=0．75小时
W=Pt=2.4千瓦×0.75小时=1.8千瓦时
(或t=15分钟+10分钟+10分钟+10分钟=45分钟=2700秒
W=Pt=2.4×10瓦×2700秒=6.48×106焦
【解析】【分析】（1）电阻R1与电阻R2串联，首先根据R=UI计算出制冷器启动时控制电路的总电阻，然后根据 R1=R-R2?计算R1的阻值，最后根据乙图确定启动温度；
（2）首先根据丙图，将制冷器分段工作的时间相加计算出1h内它工作的总时间，然后根据W=Pt计算制冷器消耗的总电能。
14.【答案】 （1）随着气球体积变大，排开空气体积变大；根据阿基米德原理，受到空气浮力也变大，篮球对左盘的压力减小。
（2）解：由欧姆定律I1=U/R总得R总=U/I1=6伏/0．2安=30欧，
则R1=R总-R0=30欧-10欧=20欧，由图丙得FB1=309牛，
根据图丁可知FB是FA的50倍，故FB1=309牛对应的FA1=6．18牛；
I2=U/R'总得R'总=U/I2=6伏/0．15安=40欧
则R2=R'总一R0=40欧一10欧=30欧，
由图丙得FB2=300牛，由图丁得FA2=6．00牛；
根据阿基米德原理，及对篮球和气球整体受力分析：A盘前后2次受到的压力差等于篮球所受浮力的2倍，即：
FA1-FA2=2F浮
F浮=(FA1-FA2)/2=(6．18牛-6．00牛)/2=0．09牛
答：篮球所受的浮力为0．09牛。
（3）指针如图；与密度为1．29千克/米3的空气相比，装置在密度大于1．29千克/米3的空气中，受到浮力较大，则篮球对盘的压力较小，力敏电阻所受压力也较小，电阻较大，电路中的电流较小，则电压表示数较小。
【解析】【分析】（1）天平的示数其实就是托盘受到的压力，而托盘受到的压力等于篮球的重力与它受到浮力的差。根据气球体积的变化，利用阿基米德原理分析浮力的变化，再确定篮球对托盘压力的大小变化即可；
（2）首先根据欧姆定律计算出电流为0.2A时的总电阻，然后根据 R1=R总-R0计算出此时压敏电阻的阻值，再根据丁图确定FB和FC的数量关系，进而计算出此时托盘A受到的拉力 FA1 ， 这其实就是篮球的重力；同理，计算出电流为0.15A时托盘A受到的压力 FA2?，二者之差就是现在篮球和气球受到的浮力之和。由于现在的体积是篮球的2倍，所以现在的浮力也是篮球浮力的2倍，那么根据 FA1-FA2=2F浮 计算篮球受到的浮力即可；
（3）首先根据阿基米德原理分析空气密度增大时篮球所受浮力的变化，再确定篮球对托盘压力的变化，进而确定压敏电阻的阻值变化，再根据欧姆定律分析电流变化，最后根据U=IR确定电压表的示数变化即可。
【解答】（1） 打开阀门，气球变大，天平指针向右偏转。指针向右偏转的原因： 随着气球体积变大，排开空气体积变大；根据阿基米德原理，受到空气浮力也变大，篮球对左盘的压力减小。
（2）当电流为0.2A时
由欧姆定律得到：此时的总电阻R总=U/I1=6V/0．2A=30Ω，
则R1=R总-R0=30Ω-10Ω=20Ω ， 由图丙得FB1=309N，
根据图丁可知FB是FA的50倍，
故FB1=309N对应的FA1=6.18N；
当电流为0.15A时，
此时的总电阻R'总=U/I2=6V/0．15A=40Ω；
则R2=R'总一R0=40Ω一10Ω=30Ω；
由图丙得FB2=300N，由图丁得FA2=6.00N；
根据阿基米德原理，及对篮球和气球整体受力分析：A盘前后2次受到的压力差等于篮球所受浮力的2倍，即：FA1-FA2=2F浮；
那么篮球受到的浮力F浮=(FA1-FA2)/2=(6．18N-6．00N)/2=0．09N；
（3） 现用此装置测量大于1．29千克/米3的空气密度，指针大致再1.29的左边，如下图所示：
判断依据是： 与密度为1.29kg/m3的空气相比，装置在密度大于1.29kg/m3的空气中，受到浮力较大，则篮球对盘的压力较小，力敏电阻所受压力也较小，电阻较大，电路中的电流较小，则电压表示数较小。
15.【答案】 （1）灯泡与定值电阻R串联，电压表测灯泡的电压。
灯泡正常工作电流是：I1= P1U1=3W6V=0.5A；
电阻两端的电压：U2=U-U1=9V-6V=3V；电阻阻值：?R=U2I2=U2I1=3V0.5A=6Ω。
（2）5分钟内灯泡消耗的电能是：W1=P1t=3W×300s=900J；
电阻R产生的热量是：?Q2=I22Rt=I12Rt=（0.5A）2×6Ω×300s=450J 。
【解析】【分析】（1）灯泡与定值电阻R串联，电压表测灯泡的电压。首先根据 ?I1=P1U1计算通过灯泡的电流，然后根据 U2=U-U1=计算出定值电阻R两端的电压，最后根据 ?R=U2I2计算电阻R的阻值；
（2）利用公式 W1=P1t 计算灯泡消耗的电能，根据公式 ?Q2=I22Rt计算电阻R产生的热量。
16.【答案】 （1）解：Q=W总-W机
=UIt-mgh
=120伏×5安×1秒-50千克×10牛/千克×0.9米
=150焦
（2）解：Q=I2Rt
R= QI2t=150J(5A)2×1s =6Ω
（3）解：住时通过电动机的电流过大（或回答电能全部转化为内能)，使电动机温度过高，所以容易烧坏。
【解析】【分析】（1）电动机正常工作时，消耗的电能等于线圈产生的热量和做的机械功的和，即： W 总 =Q+W 机?；首先根据W 总=UIt计算出消耗的电能，然后根据W 机=Gh计算出做的机械功，最后计算出产生的电热即可；
（2）已知电动机线圈产生的电热根据公式 Q=I2Rt 计算线圈电阻。
（3）当电动机的转子卡住时，不会有机械能产生，消耗的电能全部转化为电热，可能使电动机的温度过高，烧坏电动机。
17.【答案】 （1）解：1=800mAh×(1-10%）/500mA=1.44h
（2）解：①低
②当S1闭合，S2闭合，S3接a时为中温档：P1=U?/R1=（4.8伏）/4欧=5.76瓦
①当S1闭合，S2闭合，S3接b时为高温档，
R2的功率：P2=U2/R2=（4.8伏）?/6欧=3.84瓦
R1的功率：P1=5.76瓦
总功率：P=P1+P2=5.76K+3.84瓦-9.6瓦
消耗的总电能：W=Pt=9.6瓦×20×60秒=-11520焦
【解析】【分析】（1）电池的容量=电流×时间，即Q=It；首先计算出消耗的电量，然后再根据 t=QI计算充电时间即可；
（2）①电源电压不变，根据 P=U2R可知，电路的总功率和电阻成反比，即电阻小的功率大；分析三种状态下电路的电阻大小关系，进而得到总功率的大小关系；功率最大的是高档，功率最小的是低档，中间的是中温档；
②根据①中确定的中温档的状态，根据公式 P=U2R计算功率即可；
③高温档时两个电阻并联，分别计算出它们的功率相加就是电路的总功率，最后根据W=Pt计算消耗的电能即可。
【解答】（1）充满电需要的时间为： t=QI=800mAh×1-10%500mA=1.44h；
（2）① 当S1闭合，S2断开，S3接a时?，两个电阻串联，总电阻为R串；
当S1闭合，S2闭合，S3接a时 ，只有R1工作，总电阻为R1;
当S1闭合，S2闭合，S3接b时?，两个电阻并联，总电阻为R并；
根据公式 P=U2R可知：
因为：R串＞R1＞R并；
所以：P串＜P1＜P并；
那么对应的三种状态分别为低温档、中温档和高温档；
②当S1闭合，S2闭合，S3接a时 ，只有R1工作，此时为中温档；
这时的功率为： P1=U12R1=4.8V24Ω=5.76W；
（3）当S1闭合，S2闭合，S3接b时?，两个电阻并联，
这时电阻R2的功率为：P2=U22R2=4.8V26Ω=3.84W；
那么总功率为： P=P1+P2=5.76W+3.84W=9.6W；
眼罩20min消耗的电能为：W=Pt=9.6W×20×60s=11520J。
18.【答案】 （1）解：操作①中，灯L1正常工作，UL1额=UL1=3V
灯L1的额定功率为：PL1额=PL1=UL1IL1=3V×0.3A=0.9W
根据操作③，可求出灯L2的电阻值为：RL2= UL2IL2=2V0.4A =5Ω
因此，灯L2的额定功率为：RL2额= UL2额2IL2=(3V)25Ω =1.8W
答：灯L1的额定功率为0.9瓦，灯L2的额定功率为1.8瓦。
（2）错误数据：3V、0.3A；
解法1：根据操作①可得，RL1= UL1IL1=3V0.3A =10Ω
由于操作②和操作③中，电流表的示数都为0.4A，说明L1和R1并联后与L2对电路的影响是等效的，所以 1R1+1RL1=1RL2 即 1R1+110Ω=15Ω
求得：R1=10Ω
答：定值电阻R1的阻值为10欧。
解法2：根据操作①可得，RL1= UL1IL1=3V0.3A =10Ω
由于操作②和操作③中，电流表的示数都为0.4A，说明L1和R1并联后与L2对
电路的影响是等效的，所以S2接2、3时，IL1’= UL1'RL1=2V10Ω =0.2A
I1=I-IL1'=0.4A-0.2A=0.2A所以R1= U1I1=2V0.2A =10Ω
答：定值电阻R1的阻值为10欧。
（3）解：操作①中，L1与R0串联，U=UL1+UR0=UL1+LR0R0
即：U=3V+0.3A×R0
同理，据操作③可得：U=2V+0.4A×R0
综上二式可得：U=6V??? R0=10Ω
当S2接4、5时，R0与L2串联，己知L2正常工作时UL2'=3V
此时，R0两端的电压UR0'=U-UL2'=6V-3V=3V 即：UR0'=UL2'=3V
所以R0’=RL2=5Ω，R0减小的阻值△R0=R0-R0'=10Ω-5V=5Ω
所以滑片P应向左移动
答：当S2接4、5时，滑片P应向左移动，并使阻值减小5欧，才能使L2正常工作。
【解析】【分析】（1）在操作①中，变阻器与灯泡L 1串联，电压表V 1测L 1的电压，此时它正常发光，根据 P L1 额 = U L1 I L1?计算它的额定功率；在操作③中，开关接4、5，变阻器与灯泡L 2串联，电压表V 2测L 2的电压，根据 RL2=UL2IL2 ??计算出L 2的电阻，然后再根据 ? RL2额=UL2额2IL2计算L 2的额定功率；
（2）在串联电路中，电压的分配与电阻成正比；电压表V1测量的部分原来只有L1 ， 与变阻器串联；后来这部分变成L1与R1并联，由于并联电路电阻变小，那么电压表V1的示数肯定不再是3V，那么通过L1的电流肯定也不是0.3A，据此解答；
解法1：首先根据 RL1=? UL1IL1计算出灯泡L1的电阻，然后②和③中电流相同，得到电阻相同，即：? 1R1+1RL1=1RL2? ，然后求解即可；
解法②：首先根据 RL1=? UL1IL1计算出灯泡L1的电阻；然后根据②和③中电流相同，计算出电压为2V时通过灯泡L1的电流，再根据并联电路总电流等于各处电流之和计算出通过R1的电流，最后根据欧姆定律计算R1的电阻；
（3）首先借助①和③两种情况，利用U=UL+U0为等量关系列出方程组，计算出电源电压和变阻器这时接入阻值； 当S2接4、5时，R0与L2串联， 当灯泡正常发光时，根据?UR0'=U-UL2' 计算出这时变阻器两端的电压，再根据串联电路电压与电阻乘正比计算出这时变阻器接入阻值R0'，最后与原来的阻值比较做减法求出变化的阻值和方向。
?
19.【答案】 （1）I=URR=U总-UMR=12V-3V6Ω=1.5A
（2）电动机消耗的电功率P＝U机I＝3V×1.5A＝4.5W
【解析】【分析】物理学名词，电流在单位时间内做的功叫做电功率。是用来表示消耗电能的快慢的物理量，用P表示，它的单位是瓦特（Watt），简称"瓦"，符号是W。
【解答】（1）变阻器两端的电压为U变＝U-U机＝12V-3V＝9V,电流I＝ U变R ＝1.5A,串联电路电流处处相等，通过电动机的电流为1.5A;
(2)电动机消耗的电功率P＝U机I＝3V1.5A＝4.5W.
故答案为：（1）1.5A；（2）4.5W。
20.【答案】 （1）不是
（2）闭合
（3）当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。
【解析】【分析】（1）固体分为晶体和非晶体，它们的主要区别是晶体有一定的熔化温度，这个温度叫做熔点，非晶体没有熔点。
（2）根据P=U2R ， 结合并联电路电阻的规律分析：由图丙读出温度为250℃时的电阻，根据公式求得打印笔的电功率。
（3）PTC有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其电阻随温度的升高而减小；高于这个温度时，电阻则随温度的升高而增大。
【解答】（1）打印笔工作时，PTC电阻发热，塑料受热会逐渐变软变稀，直至完全变成液态。在此程中，它的温度不断升高，没有一定的熔点，所以塑料不是晶体。
（2）由电路图可知，当开S1断开时，电路只有R1工作，电阻较大，根据P=U2R可知，此时电路消耗的率较小，为慢档；
当开S1闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P=U2R可知，此时总功率较大，为快档；
由图丙可知，温度为250℃时，一个电阻为1210Ω ， 因为R1、R2是相同的PTC发热电阻，打印笔工作有快、慢两档。
所以打印笔的电功率P=U2R=220V21210Ω=80W
（3）由图可知，当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。
故答案为：（1）不是；(2)闭合；80W；（3）当温度超过250℃时，电阻增大，功率减小，产热减慢，温度下降；当温度低于250℃时，电阻减小，功率增大，产热加快，温度上升。
21.【答案】 （1）R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态
（2）D
（3）P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W
R2= U2P2=(220V)22200W =24.2Ω
（4）W加热=P最大×t加热=2100W×5×60s=6.3×105J
W保温=P保温×t保温=100W×20×60s=1.2×105J
W总=W加热+W保温=6.3×105J+1.2×105J=7.5×105J
【解析】【分析】电能可以转化成多种其他形式的能量。电能转化成多种其他 形式能的过程也可以说是电流做功的过程，有多少电能发生了转化就说电流做了多少功，即 电功是多少。
【解答】（1）当衔铁被吸引时，电路处于保温状态，衔铁被吸下时，R2被断开，只有R1被接入电路；在向足浴盆中加水时，只有加到一定的量时，压敏开关才会闭合，所以是为了防止水太少或没水时足浴盆依然工作；故答案为：R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态；（2）当电路中电流为20mA时，衔铁被吸合； R总=UI=6V0.02A=300Ω； RX=R总-R内=300Ω-100Ω=200Ω； 而温度为40℃时被吸合，由图可知T=40℃时，R=200欧只有BD符合，温度越高，磁性要越强，电阻只能时减小的，故只有D符合；故答案为：D；（3）当电路处于加热状态时，两个电阻都工作；而当处于保温状态时只有R1在工作；所以R2的功率是2100W-100W=2000W；R2= U2P2=(220V)22200W =24.2Ω；故答案为：P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W；R2= U2P2=(220V)22200W =24.2Ω；（4）求电能分两部分求解，一是加热5min消耗的电能，一是保温20分钟消耗的电能；W=Pt=2100W×5×60S+100W×20×60S=7.5×105J；故答案为：W加热=P最大×t加热=2100W×5×60s=6.3×105J
W保温=P保温×t保温=100W×20×60s=1.2×105J
W总=W加热+W保温=6.3×105J+1.2×105J=7.5×105J；
故答案为：（1）R1；足浴盆中没水时而电路处于工作状态；（2）D；（3）24.2Ω；（4）7.5×105J。
22.【答案】 （1）解：据图乙可知，t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒
W=W加热+W打浆=P加热t加热+P打浆t打浆=1000瓦×900秒+200瓦×60秒=9.12×105焦
答：按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗9.12×105焦的电能。
（2）Ra’＜Rb’；
【解析】【分析】电能可以转化成多种其他形式的能量。电能转化成多种其他形式能的过程也可以说是电流做功的过程，有多少电能发生了转化就说电流做了多少功，即电功是多少。
结合电磁铁的应用来分析电路中电阻的变化；
【解答】（1）需要求出电能的多少，根据题干首先得求出加热和打浆的时间，因为整个过程需要三次加热、二次打浆，所以t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒；然后根据w=pt即可求出消耗的电能；故答案为：t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒；W=W加热+W打浆=P加热t加热+P打浆t打浆=1000瓦×900秒+200瓦×60秒=9.12×105焦；（2）①当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电阻Raˊ、Rbˊ分别与电磁铁La、Lb串联后再并联，
电磁铁La吸住衔铁，说明电阻Raˊ所在支路的电流较大，根据R=可知，电阻Raˊ所在支路的电阻较小，
因为La、Lb是两个完全相同的电磁铁，即线圈电阻相同，所以，此时压敏电阻的阻值的大小关系：Raˊ＜Rbˊ。
②当杯体内液面高度h＜h1时，豆浆机处于“防干烧”状态，即电热丝所在电路不工作，
此时压敏电阻的阻值Raˊ＜Rbˊ，电阻Raˊ所在支路的电流较大，电磁铁La吸住弹性衔铁，动触点与静触点接触；
当杯体内液面高度h1≤h≤h2时，豆浆机正常工作，即电热丝或电动机所在电路工作，
此时压敏电阻的阻值Raˊ＞Rbˊ，电阻Rbˊ所在支路的电流较大，电磁铁Lb吸住弹性衔铁，动触点与静触点分离；
当杯体内液面高度h＞h2时，豆浆机处于“防溢浆”状态，即电热丝或电动机所在电路不工作，此时压敏电阻的阻值Raˊ＜Rbˊ，电阻Raˊ所在支路的电流较大，电磁铁La吸住弹性衔铁，动触点与静触点接触；故答案为：①Raˊ＜Rbˊ；② ；
故答案为：（1）t加热=15×60秒=900秒，t打浆=60秒；W=W加热+W打浆=P加热t加热+P打浆t打浆=1000瓦×900秒+200瓦×60秒=9.12×105焦；（2）①Raˊ＜Rbˊ；② 。
23.【答案】 （1）U2R+rt
（2）大于
（3）不正确，不转时W总功=Q电路 UI1t=I12(R+r)t I1=UR+r转动时W'总功>Q'电路 UI2t>I22(R+r)t I2
【解析】【分析】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，根据焦耳定律的公式写出表达式； （2）（3）在电动机转动时，消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能。
【解答】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，则此时电路中的电流为：I=UR+t
； 根据焦耳定律可知，t时间内电流在电路中产生的热量即电流所做的功为： W=Q=UIt=UUR+tt=U2R+rt；
（2）在电动机转动时，电流所做的功主要有两个利用：一个是转化为电动机的机械能，另一个是转化为灯泡和电动机的内能；故电流在电路中产生的热量要小于电流所做的功；
（3）电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗，所以小金的判断时错误的；
不转时W总功=Q电路? UI1t=I12(R+r)t?? I1=UR+r ， 转动时W'总功>Q'电路?? UI2t>I22(R+r)t?? I2
由 I=UR 得电路总电阻：
R= UI = 12V2A =6Ω，
变阻箱电阻R变=R﹣R线=6Ω﹣2Ω=4Ω；
②电动机正常工作，
由P=UI得电路中电流：
I′= P额U额 = 6W6V =1A，
变阻箱两端电压U变=U﹣U额=12V﹣6V=6V，
变阻箱消耗电功率：
P′=U变I′=6V×1A=6W．
答：①启动时，变阻箱R的阻值至少4Ω；②此时R消耗的电功率为6W．
【解析】【分析】①启动时，电动机尚未转动，没有对外输出机械能，此时的电路为纯电阻电路，线圈电阻和电阻箱串联，根据I= 求出总电阻，进而求出变阻箱电阻；②电动机正常工作，其两端电压为6V，根据P=UI求出电路电流，根据串联电路的分压特点求出变阻箱两端的电压，根据P=UI求出R消耗的电功率．
此题主要考查的是学生对串联电路的电压、电阻特点和电功率计算公式的理解和掌握，难度不是很大．
25.【答案】 （1）不能，不闭合S1 ， 锅内食物温度不超过80℃，电饭锅只能处在保温状态
（2）因为在1个标准大气压下水的沸点是100℃，所以S1自动断电功能不起作用
（3）P加热P保温=U2R1U2R1+R2=R1+R2R1=48.4Ω+484Ω48.4Ω=111
（4）在一个标准大气压下将水烧开需要热量：
Q＝cmΔt=4200×2.5×80J＝8.4×105J
需要消耗电能： W＝Qη＝8.4×1050.84＝106J
所需时间： t＝WP＝106J(220V)248.4Ω＝1000s
【解析】【分析】（1） 若接通电源后没有闭合开关S1 ，则此时S2开关处于闭合状态，R2工作，进行加热；当温度达到?80℃时会自动断开， S2开关断开，R1R2串联，此时R1产热小于散失的热量，锅内温度会逐渐降低，当温度低于70℃时S2会自动闭合，加热到80℃时又会自动断开，不断往复，温度始终在70℃--80℃之间，所以不能将饭煮熟。
（2） 当锅内食物温度达到103℃时，开关S1会自动断开；在一个标准大气压下水的沸点为100℃，所以开关S1的自动断电功能不起作用。
（3）加热时，只有R1工作，消耗的电功率可表示为P=U2R1；保温时，串联的R1R2同时工作，消耗的电功率可表示为P=U2R1+R2。
（4）先求出在一个标准大气压下将水烧开需要热量，然后结合热能的转换效率求出需要消耗的电能，最后在根据电功公式W=Pt求解。
26.【答案】 解：①由P=UI可得：
IL= PLUL=6W6V =1A；
②由图乙可知，E=3cd时，R=6Ω，
由 I=UR 可得，电路中的总电阻：
R总= UI1=6V0.6A =10Ω；
因为串联电路的总电阻等于各部分电阻之和，所以此时灯泡的阻值：
RL′=R总﹣R=10Ω﹣6Ω=4Ω；
③由P= U2R 可得，光敏电阻的阻值：
R′= U'2P=(6V-1.5V)22.25W =9Ω；
由图乙可知，当光敏电阻的阻值为9Ω时，接收到光敏的光强为2cd．
答：①小灯泡正常发光时的电流为1A．②此时小灯泡的电阻为4Ω．③此时光敏电阻接收到光敏的光强为2cd．
【解析】【分析】①根据P=UI的变形公式即可求出灯泡正常发光时的电流；②先根据图示得出当E=3cd时光敏电阻的阻值，然后根据欧姆定律的应用求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点求出此时灯泡的阻值；③根据串联电路电压的规律以及P=U2R 的变形公式求出光敏电阻的阻值，然后根据图乙得出光敏电阻接收到光敏的光强．本题考查欧姆定律和电功率计算公式的应用，关键是能从图中读出有用信息．
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