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【跟踪练习】
1. 某导体两端的电压为6 V，10 s内电流通过该导体做的功为54 J，那么在这段时间内通过导体的电流是
1. 某导体两端的电压为6 V，10 s内电流通过该导体做的功为54 J，那么在这段时间内通过导体的电流是
0.9
A。答案
1. 0.9
解析
【分析】
本题考查电功公式的应用，已知导体两端电压、通电时间和电流做功，需利用电功公式变形求电流。解题思路是先回忆电功的计算公式，再将公式变形为求电流的形式，最后代入已知数值计算即可。
【解析】
根据电功的计算公式 $ W = UIt $，变形可得通过导体的电流 $ I = \frac{W}{Ut} $。将题目中 $ W=54\ \mathrm{J} $、$ U=6\ \mathrm{V} $、$ t=10\ \mathrm{s} $ 代入公式，计算得：$ I = \frac{54\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{V} × 10\ \mathrm{s}} = 0.9\ \mathrm{A} $。
【答案】
0.9
【知识点】
电功公式应用、电流计算
【点评】
本题是基础的电学计算题，直接考查电功公式的变形应用，只要牢记公式并正确代入数值计算就能得出结果，属于易得分题。
【难度系数】
0.8
本题考查电功公式的应用，已知导体两端电压、通电时间和电流做功，需利用电功公式变形求电流。解题思路是先回忆电功的计算公式，再将公式变形为求电流的形式，最后代入已知数值计算即可。
【解析】
根据电功的计算公式 $ W = UIt $，变形可得通过导体的电流 $ I = \frac{W}{Ut} $。将题目中 $ W=54\ \mathrm{J} $、$ U=6\ \mathrm{V} $、$ t=10\ \mathrm{s} $ 代入公式，计算得：$ I = \frac{54\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{V} × 10\ \mathrm{s}} = 0.9\ \mathrm{A} $。
【答案】
0.9
【知识点】
电功公式应用、电流计算
【点评】
本题是基础的电学计算题，直接考查电功公式的变形应用，只要牢记公式并正确代入数值计算就能得出结果，属于易得分题。
【难度系数】
0.8
【典型例题 2】(2024·四川眉山中考)如图所示的电路中,电源电压恒定,滑动变阻器标有“20 Ω 2 A”,灯泡 L 标有“4 V 2 W”,灯泡电阻不变。S闭合,滑片 P 在滑动变阻器的中点时,灯泡正常发光,则电源电压为V。当 P 移到最右端时,电路的总功率为W。
思路导引 由电路图可知,灯泡 L 与滑动变阻器串联,电流表测量电路中的电流。滑片 P 在滑动变阻器的中点时,滑动变阻器接入电路的电阻$R_{中}=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×20\ \Omega=10\ \Omega$,此时灯泡正常发光,电路中的电流$I=I_{L}=\frac{P_{L}}{U_{L}}=\frac{2\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$,滑动变阻器两端的电压$U_{中}=IR_{中}=0.5\ \mathrm{A}×10\ \Omega=5\ \mathrm{V}$,电源电压$U=U_{L}+U_{中}=4\ \mathrm{V}+5\ \mathrm{V}=9\ \mathrm{V}$。灯泡的电阻$R_{L}=\frac{U_{L}}{I_{L}}=\frac{4\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$,当 P 移到最右端时,滑动变阻器接入电路的电阻最大,即$R=20\ \Omega$,此时电路消耗的总功率$P=\frac{U^{2}}{R_{总}}=\frac{(9\ \mathrm{V})^{2}}{20\ \Omega+8\ \Omega}=2.9\ \mathrm{W}$。
答案 9 2.9
思路导引 由电路图可知,灯泡 L 与滑动变阻器串联,电流表测量电路中的电流。滑片 P 在滑动变阻器的中点时,滑动变阻器接入电路的电阻$R_{中}=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×20\ \Omega=10\ \Omega$,此时灯泡正常发光,电路中的电流$I=I_{L}=\frac{P_{L}}{U_{L}}=\frac{2\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$,滑动变阻器两端的电压$U_{中}=IR_{中}=0.5\ \mathrm{A}×10\ \Omega=5\ \mathrm{V}$,电源电压$U=U_{L}+U_{中}=4\ \mathrm{V}+5\ \mathrm{V}=9\ \mathrm{V}$。灯泡的电阻$R_{L}=\frac{U_{L}}{I_{L}}=\frac{4\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$,当 P 移到最右端时,滑动变阻器接入电路的电阻最大,即$R=20\ \Omega$,此时电路消耗的总功率$P=\frac{U^{2}}{R_{总}}=\frac{(9\ \mathrm{V})^{2}}{20\ \Omega+8\ \Omega}=2.9\ \mathrm{W}$。
答案 9 2.9
答案
$\boldsymbol{9}$；$\boldsymbol{2.9}$
解析
【分析】首先明确电路为灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路电流。解题思路：①当滑片在中点时，灯泡正常发光，利用灯泡额定参数算出电路电流，结合滑动变阻器中点电阻算出其两端电压，根据串联电路电压规律求电源电压；②先算灯泡电阻，确定滑片移到最右端时滑动变阻器的最大阻值，求出总电阻，再用电功率公式计算电路总功率。
【解析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流。
1. 滑片P在滑动变阻器中点时，滑动变阻器接入电阻：$R_{中}=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×20\ \Omega=10\ \Omega$。
灯泡正常发光，电路电流等于灯泡额定电流：$I=I_{L}=\frac{P_{L}}{U_{L}}=\frac{2\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$。
此时滑动变阻器两端电压：$U_{中}=IR_{中}=0.5\ \mathrm{A}×10\ \Omega=5\ \mathrm{V}$。
根据串联电路电压规律，电源电压：$U=U_{L}+U_{中}=4\ \mathrm{V}+5\ \mathrm{V}=9\ \mathrm{V}$。
2. 灯泡的电阻：$R_{L}=\frac{U_{L}}{I_{L}}=\frac{4\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$。
当P移到最右端时，滑动变阻器接入最大电阻$R=20\ \Omega$，电路总电阻：$R_{总}=R_{L}+R=8\ \Omega+20\ \Omega=28\ \Omega$。
电路总功率：$P=\frac{U^{2}}{R_{总}}=\frac{(9\ \mathrm{V})^{2}}{28\ \Omega}\approx2.9\ \mathrm{W}$。
【答案】9；2.9
【知识点】串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题是串联电路常规计算题，考查欧姆定律和电功率公式的应用，需掌握串联电路电流、电压规律及额定功率计算，是中考常见题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流。
1. 滑片P在滑动变阻器中点时，滑动变阻器接入电阻：$R_{中}=\frac{1}{2}R=\frac{1}{2}×20\ \Omega=10\ \Omega$。
灯泡正常发光，电路电流等于灯泡额定电流：$I=I_{L}=\frac{P_{L}}{U_{L}}=\frac{2\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$。
此时滑动变阻器两端电压：$U_{中}=IR_{中}=0.5\ \mathrm{A}×10\ \Omega=5\ \mathrm{V}$。
根据串联电路电压规律，电源电压：$U=U_{L}+U_{中}=4\ \mathrm{V}+5\ \mathrm{V}=9\ \mathrm{V}$。
2. 灯泡的电阻：$R_{L}=\frac{U_{L}}{I_{L}}=\frac{4\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$。
当P移到最右端时，滑动变阻器接入最大电阻$R=20\ \Omega$，电路总电阻：$R_{总}=R_{L}+R=8\ \Omega+20\ \Omega=28\ \Omega$。
电路总功率：$P=\frac{U^{2}}{R_{总}}=\frac{(9\ \mathrm{V})^{2}}{28\ \Omega}\approx2.9\ \mathrm{W}$。
【答案】9；2.9
【知识点】串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题是串联电路常规计算题，考查欧姆定律和电功率公式的应用，需掌握串联电路电流、电压规律及额定功率计算，是中考常见题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【跟踪练习】
2.(2025·黑龙江龙东地区中考)如图所示,电源电压保持不变,电阻$R_1=10\ \Omega$。只闭合开关$S_1$时,电流表的示数为0.3 A,则电源电压为
2.(2025·黑龙江龙东地区中考)如图所示,电源电压保持不变,电阻$R_1=10\ \Omega$。只闭合开关$S_1$时,电流表的示数为0.3 A,则电源电压为
3
V;若再闭合开关$S_2$时,发现电流表的示数变化了0.2 A,则电路的总功率为1.5
W。答案
2. 3 1.5
【解析】只闭合开关S₁时,由欧姆定律可得,电源电压U=I₁R₁=0.3 A×10 Ω=3 V。当同时闭合开关S₁、S₂时,两电阻器并联,电流表测干路电流,因为并联电路中各支路独立工作、互不影响,所以通过电阻为R₁的电阻器的电流不变,仍为0.3 A,电流表的示数变化了0.2 A,则通过电阻为R₂的电阻器的电流I₂=0.2 A,干路中的电流I=I₁+I₂=0.3 A+0.2 A=0.5 A,则电路的总功率P=UI=3 V×0.5 A=1.5 W。
【解析】只闭合开关S₁时,由欧姆定律可得,电源电压U=I₁R₁=0.3 A×10 Ω=3 V。当同时闭合开关S₁、S₂时,两电阻器并联,电流表测干路电流,因为并联电路中各支路独立工作、互不影响,所以通过电阻为R₁的电阻器的电流不变,仍为0.3 A,电流表的示数变化了0.2 A,则通过电阻为R₂的电阻器的电流I₂=0.2 A,干路中的电流I=I₁+I₂=0.3 A+0.2 A=0.5 A,则电路的总功率P=UI=3 V×0.5 A=1.5 W。
解析
【分析】
首先分析开关状态对应的电路：只闭合S₁时，电路为R₁的简单电路，电流表测通过R₁的电流，可利用欧姆定律计算电源电压；再闭合S₂时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流，根据并联电路各支路独立工作的特点，R₁的电流不变，电流表示数的变化量即为通过R₂的电流，再求出干路电流，最后利用电功率公式计算总功率。
【解析】
1. 只闭合开关S₁时，电路为R₁的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律 $ U = I_1 R_1 $，代入数据得：$ U = 0.3\ \mathrm{A} × 10\ \Omega = 3\ \mathrm{V} $，即电源电压为3V。
2. 再闭合开关S₂时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流。由于并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以通过R₁的电流仍为0.3A，电流表示数变化了0.2A，说明通过R₂的电流 $ I_2 = 0.2\ \mathrm{A} $。
3. 干路电流 $ I = I_1 + I_2 = 0.3\ \mathrm{A} + 0.2\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{A} $，电路的总功率 $ P = U I = 3\ \mathrm{V} × 0.5\ \mathrm{A} = 1.5\ \mathrm{W} $。
【答案】
3；1.5
【知识点】
欧姆定律；并联电路特点；电功率计算
【点评】
本题考查并联电路的特点、欧姆定律及电功率公式的应用，属于基础电路分析题，关键是明确不同开关状态下的电路连接方式，难度适中。
【难度系数】
0.7
首先分析开关状态对应的电路：只闭合S₁时，电路为R₁的简单电路，电流表测通过R₁的电流，可利用欧姆定律计算电源电压；再闭合S₂时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流，根据并联电路各支路独立工作的特点，R₁的电流不变，电流表示数的变化量即为通过R₂的电流，再求出干路电流，最后利用电功率公式计算总功率。
【解析】
1. 只闭合开关S₁时，电路为R₁的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律 $ U = I_1 R_1 $，代入数据得：$ U = 0.3\ \mathrm{A} × 10\ \Omega = 3\ \mathrm{V} $，即电源电压为3V。
2. 再闭合开关S₂时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流。由于并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以通过R₁的电流仍为0.3A，电流表示数变化了0.2A，说明通过R₂的电流 $ I_2 = 0.2\ \mathrm{A} $。
3. 干路电流 $ I = I_1 + I_2 = 0.3\ \mathrm{A} + 0.2\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{A} $，电路的总功率 $ P = U I = 3\ \mathrm{V} × 0.5\ \mathrm{A} = 1.5\ \mathrm{W} $。
【答案】
3；1.5
【知识点】
欧姆定律；并联电路特点；电功率计算
【点评】
本题考查并联电路的特点、欧姆定律及电功率公式的应用，属于基础电路分析题，关键是明确不同开关状态下的电路连接方式，难度适中。
【难度系数】
0.7
【典型例题3】将电能输送到几百千米之外的用户，在输电线上会有能量的损耗，这主要是由电流的效应引起的。某段输电线路的总电阻为0.5 Ω，输送电流为100 A，则每输电1 min这段线路便会产生J的热量。
思路导引 输送电能时，由于电流的热效应，导线发热，引起能量的损失；这段输电线路产生的热量$Q=I^2Rt=(100\ \mathrm{A})^2×0.5\ \Omega×60\ \mathrm{s}=3×10^5\ \mathrm{J}$。
答案 热 $3×10^5$
关键点拨
思路导引 输送电能时，由于电流的热效应，导线发热，引起能量的损失；这段输电线路产生的热量$Q=I^2Rt=(100\ \mathrm{A})^2×0.5\ \Omega×60\ \mathrm{s}=3×10^5\ \mathrm{J}$。
答案 热 $3×10^5$
关键点拨
答案
解：
输电线上的能量损耗主要是由电流的热效应引起的。
输电时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据焦耳定律，这段线路产生的热量为：
$Q=I^2Rt=(100\ \mathrm{A})^2×0.5\ \Omega×60\ \mathrm{s}=3×10^5\ \mathrm{J}$
答案依次为：热；$3×10^5$。
输电线上的能量损耗主要是由电流的热效应引起的。
输电时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据焦耳定律，这段线路产生的热量为：
$Q=I^2Rt=(100\ \mathrm{A})^2×0.5\ \Omega×60\ \mathrm{s}=3×10^5\ \mathrm{J}$
答案依次为：热；$3×10^5$。
解析
【分析】
首先，输电线上的能量损耗源于电流通过导线时产生热量，这是电流的热效应；计算输电线路产生的热量时，输电线路属于纯电阻电路，需运用焦耳定律$Q=I^2Rt$计算，计算前要统一时间单位为秒，再代入数值求解。
【解析】
1. 输电线上的能量损耗是电流通过导线发热导致的，这是电流的热效应，因此第一空填“热”。
2. 计算热量：先将时间单位换算，$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，代入$I=100\ \mathrm{A}$、$R=0.5\ \Omega$、$t=60\ \mathrm{s}$，可得：
$Q=(100\ \mathrm{A})^2×0.5\ \Omega×60\ \mathrm{s}=10000×0.5×60=3×10^5\ \mathrm{J}$，因此第二空填$3×10^5$。
【答案】
热；$3×10^5$
【知识点】
电流的热效应、焦耳定律
【点评】
本题考查电流热效应和焦耳定律的基础应用，难度较低，关键是明确输电线路为纯电阻电路，热量计算用焦耳定律，注意单位换算即可。
【难度系数】
0.6
首先，输电线上的能量损耗源于电流通过导线时产生热量，这是电流的热效应；计算输电线路产生的热量时，输电线路属于纯电阻电路，需运用焦耳定律$Q=I^2Rt$计算，计算前要统一时间单位为秒，再代入数值求解。
【解析】
1. 输电线上的能量损耗是电流通过导线发热导致的，这是电流的热效应，因此第一空填“热”。
2. 计算热量：先将时间单位换算，$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，代入$I=100\ \mathrm{A}$、$R=0.5\ \Omega$、$t=60\ \mathrm{s}$，可得：
$Q=(100\ \mathrm{A})^2×0.5\ \Omega×60\ \mathrm{s}=10000×0.5×60=3×10^5\ \mathrm{J}$，因此第二空填$3×10^5$。
【答案】
热；$3×10^5$
【知识点】
电流的热效应、焦耳定律
【点评】
本题考查电流热效应和焦耳定律的基础应用，难度较低，关键是明确输电线路为纯电阻电路，热量计算用焦耳定律，注意单位换算即可。
【难度系数】
0.6
