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11.如图8所示，标有“4.8 V 0.5 A”字样的灯泡$\mathrm{L}_1$和标有“6 V 0.35 A”字样的灯泡$\mathrm{L}_2$连接成串联电路，电源电压可调节。不考虑温度对灯泡电阻的影响，闭合开关S，使电源电压从0 V逐渐增加。下列说法正确的是（）
A.灯泡$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$两端的电压相等
B.通过灯泡$\mathrm{L}_1$的电流比通过灯泡$\mathrm{L}_2$的电流大
C.灯泡$\mathrm{L}_2$比$\mathrm{L}_1$先正常发光
D.灯泡$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$的电功率相等
A.灯泡$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$两端的电压相等
B.通过灯泡$\mathrm{L}_1$的电流比通过灯泡$\mathrm{L}_2$的电流大
C.灯泡$\mathrm{L}_2$比$\mathrm{L}_1$先正常发光
D.灯泡$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$的电功率相等
答案
C
解析
【分析】
要解决本题，需先明确串联电路的电流特点（各处电流相等），结合欧姆定律计算两灯泡的电阻，再根据额定电流的概念逐一分析选项：首先利用串联电流规律排除错误选项，再通过电阻分析电压、功率的关系，最后根据额定电流大小判断灯泡正常发光的先后顺序。
【解析】
1. 串联电路的核心特点是各处电流相等，因此通过$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$的电流始终相同，故选项B错误；
2. 根据欧姆定律$R=\frac{U_{\mathrm{额}}}{I_{\mathrm{额}}}$，计算两灯泡的电阻：
$R_1=\frac{U_{1\mathrm{额}}}{I_{1\mathrm{额}}}=\frac{4.8\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=9.6\ \Omega$，
$R_2=\frac{U_{2\mathrm{额}}}{I_{2\mathrm{额}}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.35\ \mathrm{A}}\approx17.14\ \Omega$，
可得$R_1＜R_2$；
3. 串联电路中，电压$U=IR$，由于电流$I$相同、电阻$R$不同，因此两灯泡两端电压不相等，选项A错误；
4. 灯泡正常发光的条件是电流等于其额定电流。$\mathrm{L}_1$的额定电流为$0.5\ \mathrm{A}$，$\mathrm{L}_2$的额定电流为$0.35\ \mathrm{A}$，串联电路电流随电源电压增大而逐渐增加，会先达到较小的额定电流$0.35\ \mathrm{A}$，此时$\mathrm{L}_2$达到额定电流正常发光；而此时电流小于$\mathrm{L}_1$的额定电流，$\mathrm{L}_1$未正常发光，因此$\mathrm{L}_2$比$\mathrm{L}_1$先正常发光，选项C正确；
5. 串联电路中，电功率$P=I^2R$，由于电流$I$相同、$R_1≠ R_2$，因此两灯泡的电功率不相等，选项D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题考查串联电路规律及电学公式的应用，核心是利用串联电流相等的特点，结合额定电流的概念判断灯泡正常发光的先后，属于初中电学基础题型，需熟练掌握相关规律和公式。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先明确串联电路的电流特点（各处电流相等），结合欧姆定律计算两灯泡的电阻，再根据额定电流的概念逐一分析选项：首先利用串联电流规律排除错误选项，再通过电阻分析电压、功率的关系，最后根据额定电流大小判断灯泡正常发光的先后顺序。
【解析】
1. 串联电路的核心特点是各处电流相等，因此通过$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$的电流始终相同，故选项B错误；
2. 根据欧姆定律$R=\frac{U_{\mathrm{额}}}{I_{\mathrm{额}}}$，计算两灯泡的电阻：
$R_1=\frac{U_{1\mathrm{额}}}{I_{1\mathrm{额}}}=\frac{4.8\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=9.6\ \Omega$，
$R_2=\frac{U_{2\mathrm{额}}}{I_{2\mathrm{额}}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.35\ \mathrm{A}}\approx17.14\ \Omega$，
可得$R_1＜R_2$；
3. 串联电路中，电压$U=IR$，由于电流$I$相同、电阻$R$不同，因此两灯泡两端电压不相等，选项A错误；
4. 灯泡正常发光的条件是电流等于其额定电流。$\mathrm{L}_1$的额定电流为$0.5\ \mathrm{A}$，$\mathrm{L}_2$的额定电流为$0.35\ \mathrm{A}$，串联电路电流随电源电压增大而逐渐增加，会先达到较小的额定电流$0.35\ \mathrm{A}$，此时$\mathrm{L}_2$达到额定电流正常发光；而此时电流小于$\mathrm{L}_1$的额定电流，$\mathrm{L}_1$未正常发光，因此$\mathrm{L}_2$比$\mathrm{L}_1$先正常发光，选项C正确；
5. 串联电路中，电功率$P=I^2R$，由于电流$I$相同、$R_1≠ R_2$，因此两灯泡的电功率不相等，选项D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题考查串联电路规律及电学公式的应用，核心是利用串联电流相等的特点，结合额定电流的概念判断灯泡正常发光的先后，属于初中电学基础题型，需熟练掌握相关规律和公式。
【难度系数】
0.6
12.小亮看到如图9所示的阳光健身海报，决定每天放学回家由乘电梯改为爬楼梯。查阅资料可知，人运动所需的能量可来源于体内脂肪“燃烧”释放的化学能，1 g脂肪完全“燃烧”释放的能量为$3.8×10^{4}\ \mathrm{J}$（即可看作脂肪的热值$q=3.8×10^{4}\ \mathrm{J/g}$）。若小亮的质量为60 kg，家住11楼，每层楼高3 m。（g取10 N/kg）
(1)求小亮所受的重力。
(2)小亮每次乘电梯从1楼到11楼回家，若电梯匀速运行，求电梯对他做的功。
(3)若小亮每次爬楼梯回家消耗脂肪的质量为5 g，求脂肪完全“燃烧”放出的能量。
(1)求小亮所受的重力。
(2)小亮每次乘电梯从1楼到11楼回家，若电梯匀速运行，求电梯对他做的功。
(3)若小亮每次爬楼梯回家消耗脂肪的质量为5 g，求脂肪完全“燃烧”放出的能量。
答案
解：
(1) 小亮所受的重力：
$G = mg = 60\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 600\ \mathrm{N}$
(2) 从1楼到11楼，小亮上升的总高度：
$h = (11-1) × 3\ \mathrm{m} = 30\ \mathrm{m}$
电梯匀速运行时，电梯对小亮的作用力大小等于小亮的重力，电梯对他做的功：
$W = Gh = 600\ \mathrm{N} × 30\ \mathrm{m} = 1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$
(3) 5 g脂肪完全“燃烧”放出的能量：
$Q = m_{\mathrm{脂肪}} q = 5\ \mathrm{g} × 3.8 × 10^4\ \mathrm{J/g} = 1.9 × 10^5\ \mathrm{J}$
答：(1) 小亮所受的重力为600 N；(2) 电梯对他做的功为$1.8×10^4\ \mathrm{J}$；(3) 脂肪完全“燃烧”放出的能量为$1.9×10^5\ \mathrm{J}$。
(1) 小亮所受的重力：
$G = mg = 60\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 600\ \mathrm{N}$
(2) 从1楼到11楼，小亮上升的总高度：
$h = (11-1) × 3\ \mathrm{m} = 30\ \mathrm{m}$
电梯匀速运行时，电梯对小亮的作用力大小等于小亮的重力，电梯对他做的功：
$W = Gh = 600\ \mathrm{N} × 30\ \mathrm{m} = 1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$
(3) 5 g脂肪完全“燃烧”放出的能量：
$Q = m_{\mathrm{脂肪}} q = 5\ \mathrm{g} × 3.8 × 10^4\ \mathrm{J/g} = 1.9 × 10^5\ \mathrm{J}$
答：(1) 小亮所受的重力为600 N；(2) 电梯对他做的功为$1.8×10^4\ \mathrm{J}$；(3) 脂肪完全“燃烧”放出的能量为$1.9×10^5\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
本题分为三个小问，均为基础公式的应用类题目。第(1)问求重力，直接运用重力公式$G=mg$代入已知量计算；第(2)问求电梯对人做的功，需先确定1楼到11楼的实际上升高度，再根据匀速运动时电梯作用力等于重力，利用功的公式$W=Gh$计算；第(3)问求脂肪燃烧释放的能量，运用热值公式$Q=mq$代入脂肪质量和热值计算即可。
【解析】
解：
(1) 小亮所受的重力：
$G = mg = 60\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 600\ \mathrm{N}$
(2) 从1楼到11楼，小亮上升的总高度：
$h = (11-1) × 3\ \mathrm{m} = 30\ \mathrm{m}$
电梯匀速运行时，电梯对小亮的作用力大小等于小亮的重力，电梯对他做的功：
$W = Gh = 600\ \mathrm{N} × 30\ \mathrm{m} = 1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$
(3) 5 g脂肪完全“燃烧”放出的能量：
$Q = m_{\mathrm{脂肪}} q = 5\ \mathrm{g} × 3.8 × 10^4\ \mathrm{J/g} = 1.9 × 10^5\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) 小亮所受的重力为600 N；(2) 电梯对他做的功为$1.8×10^4\ \mathrm{J}$；(3) 脂肪完全“燃烧”放出的能量为$1.9×10^5\ \mathrm{J}$
【知识点】
重力计算、功的计算、热值应用
【点评】
本题是力学与热学结合的基础计算题，核心考查重力、功、热值相关公式的应用，题目难度较低，只要掌握基础公式即可顺利解答。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，均为基础公式的应用类题目。第(1)问求重力，直接运用重力公式$G=mg$代入已知量计算；第(2)问求电梯对人做的功，需先确定1楼到11楼的实际上升高度，再根据匀速运动时电梯作用力等于重力，利用功的公式$W=Gh$计算；第(3)问求脂肪燃烧释放的能量，运用热值公式$Q=mq$代入脂肪质量和热值计算即可。
【解析】
解：
(1) 小亮所受的重力：
$G = mg = 60\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 600\ \mathrm{N}$
(2) 从1楼到11楼，小亮上升的总高度：
$h = (11-1) × 3\ \mathrm{m} = 30\ \mathrm{m}$
电梯匀速运行时，电梯对小亮的作用力大小等于小亮的重力，电梯对他做的功：
$W = Gh = 600\ \mathrm{N} × 30\ \mathrm{m} = 1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$
(3) 5 g脂肪完全“燃烧”放出的能量：
$Q = m_{\mathrm{脂肪}} q = 5\ \mathrm{g} × 3.8 × 10^4\ \mathrm{J/g} = 1.9 × 10^5\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) 小亮所受的重力为600 N；(2) 电梯对他做的功为$1.8×10^4\ \mathrm{J}$；(3) 脂肪完全“燃烧”放出的能量为$1.9×10^5\ \mathrm{J}$
【知识点】
重力计算、功的计算、热值应用
【点评】
本题是力学与热学结合的基础计算题，核心考查重力、功、热值相关公式的应用，题目难度较低，只要掌握基础公式即可顺利解答。
【难度系数】
0.6
13.图10是某茶具上煮茶器的电路原理图，$R_1$是加热电阻，$R_2$是保温时的分压电阻，S为电源开关，$S_1$为自动温控开关，通过开关$S_1$的开闭可实现煮茶器加热状态和保温状态的切换。已知该煮茶器的额定电压为220 V，加热功率为1 100 W，保温功率为44 W。
（1）求电阻$R_1$、$R_2$的阻值。
（2）当煮茶器处于保温状态时，求电阻$R_1$的电功率。
（3）用电高峰时电压降到198 V，求此时煮茶器处于加热状态时的实际功率。
（1）求电阻$R_1$、$R_2$的阻值。
（2）当煮茶器处于保温状态时，求电阻$R_1$的电功率。
（3）用电高峰时电压降到198 V，求此时煮茶器处于加热状态时的实际功率。
答案
解：
(1) 当开关S、$S_1$都闭合时，$R_2$被短路，电路为$R_1$的简单电路，煮茶器处于加热状态。
由$P=\frac{U^2}{R}$可得$R_1$的阻值：
$R_1=\frac{U_{额}^2}{P_{加热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
当开关S闭合、$S_1$断开时，$R_1$与$R_2$串联，煮茶器处于保温状态。
此时电路总电阻：
$R_{总}=\frac{U_{额}^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1100\ \Omega$
由串联电路电阻规律得$R_2$的阻值：
$R_2=R_{总}-R_1=1100\ \Omega -44\ \Omega=1056\ \Omega$
(2) 保温状态下电路的电流：
$I=\frac{P_{保温}}{U_{额}}=\frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.2\ \mathrm{A}$
电阻$R_1$的电功率：
$P_1=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×44\ \Omega=1.76\ \mathrm{W}$
(3) 电压为198V时，煮茶器处于加热状态，电路只有$R_1$，实际功率：
$P_{实}=\frac{U_{实}^2}{R_1}=\frac{(198\ \mathrm{V})^2}{44\ \Omega}=891\ \mathrm{W}$
答：(1) $R_1$的阻值为$44\ \Omega$，$R_2$的阻值为$1056\ \Omega$；(2) 保温状态时$R_1$的电功率为$1.76\ \mathrm{W}$；(3) 电压198V时加热状态的实际功率为$891\ \mathrm{W}$。
(1) 当开关S、$S_1$都闭合时，$R_2$被短路，电路为$R_1$的简单电路，煮茶器处于加热状态。
由$P=\frac{U^2}{R}$可得$R_1$的阻值：
$R_1=\frac{U_{额}^2}{P_{加热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
当开关S闭合、$S_1$断开时，$R_1$与$R_2$串联，煮茶器处于保温状态。
此时电路总电阻：
$R_{总}=\frac{U_{额}^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1100\ \Omega$
由串联电路电阻规律得$R_2$的阻值：
$R_2=R_{总}-R_1=1100\ \Omega -44\ \Omega=1056\ \Omega$
(2) 保温状态下电路的电流：
$I=\frac{P_{保温}}{U_{额}}=\frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.2\ \mathrm{A}$
电阻$R_1$的电功率：
$P_1=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×44\ \Omega=1.76\ \mathrm{W}$
(3) 电压为198V时，煮茶器处于加热状态，电路只有$R_1$，实际功率：
$P_{实}=\frac{U_{实}^2}{R_1}=\frac{(198\ \mathrm{V})^2}{44\ \Omega}=891\ \mathrm{W}$
答：(1) $R_1$的阻值为$44\ \Omega$，$R_2$的阻值为$1056\ \Omega$；(2) 保温状态时$R_1$的电功率为$1.76\ \mathrm{W}$；(3) 电压198V时加热状态的实际功率为$891\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
首先明确煮茶器加热和保温的电路状态：当开关S、S₁都闭合时，R₂被短路，电路为R₁的简单电路，功率较大，为加热状态；当S闭合、S₁断开时，R₁与R₂串联，总电阻大，功率较小，为保温状态。解题时先利用加热功率和额定电压，通过公式$P=\frac{U^2}{R}$求出R₁的阻值；再利用保温功率和额定电压求出串联总电阻，结合串联电阻规律算出R₂的阻值。保温状态时，先算电路电流，再用$P=I^2R$计算R₁的功率；实际电压下加热状态只有R₁，用实际电压和R₁计算实际功率。
【解析】
解：
(1) 当开关S、S₁都闭合时，R₂被短路，电路为R₁的简单电路，煮茶器处于加热状态。
根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得R₁的阻值：
$R_1=\frac{U_{额}^2}{P_{加热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
当开关S闭合、S₁断开时，R₁与R₂串联，煮茶器处于保温状态。
此时电路总电阻：
$R_{总}=\frac{U_{额}^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1100\ \Omega$
根据串联电路电阻规律，$R_2=R_{总}-R_1=1100\ \Omega-44\ \Omega=1056\ \Omega$
(2) 保温状态下，电路的电流：
$I=\frac{P_{保温}}{U_{额}}=\frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.2\ \mathrm{A}$
电阻R₁的电功率：
$P_1=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×44\ \Omega=1.76\ \mathrm{W}$
(3) 电压为198 V时，煮茶器处于加热状态，电路只有R₁，实际功率：
$P_{实}=\frac{U_{实}^2}{R_1}=\frac{(198\ \mathrm{V})^2}{44\ \Omega}=891\ \mathrm{W}$
【答案】
(1) $R_1=44\ \Omega$，$R_2=1056\ \Omega$；
(2) $1.76\ \mathrm{W}$；
(3) $891\ \mathrm{W}$
【知识点】
电功率计算、串联电路特点、实际功率
【点评】
本题结合实际电路考查电功率的计算，需先区分加热和保温状态对应的电路结构，再利用电功率公式和串联电路规律逐步求解，属于常规基础题型，注重公式的灵活应用。
【难度系数】
0.7
首先明确煮茶器加热和保温的电路状态：当开关S、S₁都闭合时，R₂被短路，电路为R₁的简单电路，功率较大，为加热状态；当S闭合、S₁断开时，R₁与R₂串联，总电阻大，功率较小，为保温状态。解题时先利用加热功率和额定电压，通过公式$P=\frac{U^2}{R}$求出R₁的阻值；再利用保温功率和额定电压求出串联总电阻，结合串联电阻规律算出R₂的阻值。保温状态时，先算电路电流，再用$P=I^2R$计算R₁的功率；实际电压下加热状态只有R₁，用实际电压和R₁计算实际功率。
【解析】
解：
(1) 当开关S、S₁都闭合时，R₂被短路，电路为R₁的简单电路，煮茶器处于加热状态。
根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得R₁的阻值：
$R_1=\frac{U_{额}^2}{P_{加热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
当开关S闭合、S₁断开时，R₁与R₂串联，煮茶器处于保温状态。
此时电路总电阻：
$R_{总}=\frac{U_{额}^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \mathrm{W}}=1100\ \Omega$
根据串联电路电阻规律，$R_2=R_{总}-R_1=1100\ \Omega-44\ \Omega=1056\ \Omega$
(2) 保温状态下，电路的电流：
$I=\frac{P_{保温}}{U_{额}}=\frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.2\ \mathrm{A}$
电阻R₁的电功率：
$P_1=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×44\ \Omega=1.76\ \mathrm{W}$
(3) 电压为198 V时，煮茶器处于加热状态，电路只有R₁，实际功率：
$P_{实}=\frac{U_{实}^2}{R_1}=\frac{(198\ \mathrm{V})^2}{44\ \Omega}=891\ \mathrm{W}$
【答案】
(1) $R_1=44\ \Omega$，$R_2=1056\ \Omega$；
(2) $1.76\ \mathrm{W}$；
(3) $891\ \mathrm{W}$
【知识点】
电功率计算、串联电路特点、实际功率
【点评】
本题结合实际电路考查电功率的计算，需先区分加热和保温状态对应的电路结构，再利用电功率公式和串联电路规律逐步求解，属于常规基础题型，注重公式的灵活应用。
【难度系数】
0.7
