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7. 如图18-6甲所示是小灯泡L和电阻R的I-U图像。将小灯泡L和电阻R接入图18-6乙所示的电路中，电源电压恒为2 V。下列说法正确的是（
A.由图像知，小灯泡两端的电压越大，电阻越小
B.开关S₁、S₂都闭合时，电流表示数为0.5 A
C.开关S₁、S₂都闭合时，电路总功率为1.4 W
D.开关S₁、S₂都闭合时，在1 min内电阻R产生的热量为240 J
C
）A.由图像知，小灯泡两端的电压越大，电阻越小
B.开关S₁、S₂都闭合时，电流表示数为0.5 A
C.开关S₁、S₂都闭合时，电路总功率为1.4 W
D.开关S₁、S₂都闭合时，在1 min内电阻R产生的热量为240 J
答案
7.C
解析
【分析】
首先明确电路：图乙中，开关S₁、S₂都闭合时，小灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，电源电压恒为2V。需结合图甲的I-U图像，利用并联电路规律、电功率和焦耳定律分析各选项：
1. 定值电阻的I-U图像为直线（电阻不变），小灯泡的I-U图像为曲线（电阻随温度变化），据此判断A选项；
2. 并联电路各支路电压等于电源电压，从图甲中找出U=2V时L和R的电流，计算干路电流，判断B选项；
3. 根据总功率公式P=UI，结合电源电压和干路电流计算总功率，判断C选项；
4. 根据焦耳定律计算R在1min内产生的热量，判断D选项。
【解析】
选项A：小灯泡的电阻随温度升高而增大，由I-U图像可知，小灯泡两端电压越大，实际功率越大，温度越高，电阻越大，故A错误；
选项B：开关S₁、S₂都闭合时，L与R并联，电源电压U=2V，因此U_L=U_R=2V。从图甲可知，U=2V时，通过L的电流I_L=0.5A，通过R的电流I_R=0.2A，干路电流I=I_L+I_R=0.5A+0.2A=0.7A≠0.5A，故B错误；
选项C：电路总功率P=UI=2V×0.7A=1.4W，故C正确；
选项D：1min=60s，电阻R产生的热量Q=W_R=U_R I_R t=2V×0.2A×60s=24J≠240J，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
并联电路特点、电功率计算、焦耳定律
【点评】
本题结合I-U图像考查电学综合计算，需明确定值电阻与小灯泡的I-U图像差异，熟练运用并联电路规律和相关公式，是中等难度的电学题。
【难度系数】
0.5
首先明确电路：图乙中，开关S₁、S₂都闭合时，小灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，电源电压恒为2V。需结合图甲的I-U图像，利用并联电路规律、电功率和焦耳定律分析各选项：
1. 定值电阻的I-U图像为直线（电阻不变），小灯泡的I-U图像为曲线（电阻随温度变化），据此判断A选项；
2. 并联电路各支路电压等于电源电压，从图甲中找出U=2V时L和R的电流，计算干路电流，判断B选项；
3. 根据总功率公式P=UI，结合电源电压和干路电流计算总功率，判断C选项；
4. 根据焦耳定律计算R在1min内产生的热量，判断D选项。
【解析】
选项A：小灯泡的电阻随温度升高而增大，由I-U图像可知，小灯泡两端电压越大，实际功率越大，温度越高，电阻越大，故A错误；
选项B：开关S₁、S₂都闭合时，L与R并联，电源电压U=2V，因此U_L=U_R=2V。从图甲可知，U=2V时，通过L的电流I_L=0.5A，通过R的电流I_R=0.2A，干路电流I=I_L+I_R=0.5A+0.2A=0.7A≠0.5A，故B错误；
选项C：电路总功率P=UI=2V×0.7A=1.4W，故C正确；
选项D：1min=60s，电阻R产生的热量Q=W_R=U_R I_R t=2V×0.2A×60s=24J≠240J，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
并联电路特点、电功率计算、焦耳定律
【点评】
本题结合I-U图像考查电学综合计算，需明确定值电阻与小灯泡的I-U图像差异，熟练运用并联电路规律和相关公式，是中等难度的电学题。
【难度系数】
0.5
8.将标有“12 V 6 W”的灯泡$\mathrm{L}_1$和标有“6 V 6 W”的灯泡$\mathrm{L}_2$串联接在12 V的电源上，则 （
A.灯泡$\mathrm{L}_1$正常发光
B.灯泡$\mathrm{L}_2$可能会烧坏
C.电路总功率为4.8 W
D.通过灯泡$\mathrm{L}_1$的电流小于通过灯泡$\mathrm{L}_2$的电流
C
）A.灯泡$\mathrm{L}_1$正常发光
B.灯泡$\mathrm{L}_2$可能会烧坏
C.电路总功率为4.8 W
D.通过灯泡$\mathrm{L}_1$的电流小于通过灯泡$\mathrm{L}_2$的电流
答案
8.C
解析
【分析】要解决本题，需先利用电功率公式计算两灯泡的电阻，再结合串联电路的电流、电阻特点，通过欧姆定律和电功率公式分析电路中的电流、总功率及各灯泡的实际状态，逐一判断选项。
【解析】1. 计算灯泡电阻：根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得：
灯泡$\mathrm{L}_1$的电阻：$R_1=\frac{U_{额1}^2}{P_{额1}}=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=24\ \Omega$；
灯泡$\mathrm{L}_2}$的电阻：$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$。
2. 串联电路总电阻：$R_{总}=R_1+R_2=24\ \Omega+6\ \Omega=30\ \Omega$。
3. 串联电路电流处处相等，电路中的电流：$I=\frac{U_{总}}{R_{总}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$。
4. 逐一分析选项：
A选项：$\mathrm{L}_1$的额定电流$I_{额1}=\frac{P_{额1}}{U_{额1}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{12\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$，电路电流$0.4\ \mathrm{A}＜0.5\ \mathrm{A}$，$\mathrm{L}_1$不能正常发光，A错误；
B选项：$\mathrm{L}_2$的额定电流$I_{额2}=\frac{P_{额2}}{U_{额2}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，电路电流$0.4\ \mathrm{A}＜1\ \mathrm{A}$，$\mathrm{L}_2$不会烧坏，B错误；
C选项：电路总功率$P_{总}=U_{总}I=12\ \mathrm{V}×0.4\ \mathrm{A}=4.8\ \mathrm{W}$，C正确；
D选项：串联电路中电流处处相等，通过$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$的电流相同，D错误。
【答案】C
【知识点】电功率计算、串联电路特点
【点评】本题考查串联电路规律和电功率公式的应用，核心是先计算灯泡电阻，再结合串联电路特性分析，属于电学基础题，需熟练掌握公式变形和串联电路特点。
【难度系数】0.6
【解析】1. 计算灯泡电阻：根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得：
灯泡$\mathrm{L}_1$的电阻：$R_1=\frac{U_{额1}^2}{P_{额1}}=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=24\ \Omega$；
灯泡$\mathrm{L}_2}$的电阻：$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$。
2. 串联电路总电阻：$R_{总}=R_1+R_2=24\ \Omega+6\ \Omega=30\ \Omega$。
3. 串联电路电流处处相等，电路中的电流：$I=\frac{U_{总}}{R_{总}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$。
4. 逐一分析选项：
A选项：$\mathrm{L}_1$的额定电流$I_{额1}=\frac{P_{额1}}{U_{额1}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{12\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$，电路电流$0.4\ \mathrm{A}＜0.5\ \mathrm{A}$，$\mathrm{L}_1$不能正常发光，A错误；
B选项：$\mathrm{L}_2$的额定电流$I_{额2}=\frac{P_{额2}}{U_{额2}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，电路电流$0.4\ \mathrm{A}＜1\ \mathrm{A}$，$\mathrm{L}_2$不会烧坏，B错误；
C选项：电路总功率$P_{总}=U_{总}I=12\ \mathrm{V}×0.4\ \mathrm{A}=4.8\ \mathrm{W}$，C正确；
D选项：串联电路中电流处处相等，通过$\mathrm{L}_1$和$\mathrm{L}_2$的电流相同，D错误。
【答案】C
【知识点】电功率计算、串联电路特点
【点评】本题考查串联电路规律和电功率公式的应用，核心是先计算灯泡电阻，再结合串联电路特性分析，属于电学基础题，需熟练掌握公式变形和串联电路特点。
【难度系数】0.6
9.小明家新买了一个规格为800 W的电热水壶，他经过几次使用后发现：晚饭后烧开一壶水总比早晨烧开一壶水用的时间更长，你认为主要原因是 （
A.晚间烧水时热量散失比早晨多
B.晚间大气压升高，水的沸点升高，需要的热量比早晨多
C.晚间环境温度比早晨的温度偏低
D.晚间电热水壶两端的电压低于早晨电热水壶两端的电压
D
）A.晚间烧水时热量散失比早晨多
B.晚间大气压升高，水的沸点升高，需要的热量比早晨多
C.晚间环境温度比早晨的温度偏低
D.晚间电热水壶两端的电压低于早晨电热水壶两端的电压
答案
9.D
解析
【分析】要解决这道题，需结合家庭电路特点和电功率知识分析。电热水壶烧开同一壶水，水吸收的热量是固定的（水的质量、初温、末温相同），加热时间由电热水壶的实际功率决定。家庭电路中，晚间是用电高峰，多个用电器同时工作，干路电流增大，输电线电阻导致分压增加，用户端实际电压低于早晨（早晨用电少，电压接近额定220V）。根据电功率公式，电压变化会影响实际功率，进而影响加热时间。再逐一分析选项：A选项热量散失不是主要原因；B选项大气压变化对沸点影响极小，不是主因；C选项晚间温度低的影响远小于电压；D选项符合分析，因此选D。
【解析】电热水壶为纯电阻用电器，电阻R保持不变。根据电功率公式 $ P=\frac{U^2}{R} $，当电热水壶两端电压U减小时，实际功率P会减小。家庭电路中，晚间处于用电高峰，干路总电流增大，输电线有电阻，由 $ U_{线}=IR $ 可知，输电线分压增大，导致电热水壶两端的实际电压低于早晨的电压（早晨用电少，电压接近额定电压220V）。烧开同一壶水，水吸收的热量Q是定值（$ Q=cm\Delta t $），电热水壶消耗的电能W=Q，又 $ W=Pt $，因此实际功率越小，加热时间t越长。综上，晚间烧水时间更长的主要原因是晚间电热水壶两端电压低于早晨，对应选项D。
【答案】D
【知识点】家庭电路电压、电功率与电压的关系
【点评】本题联系生活实际，考查家庭电路电压变化规律及电功率公式的应用，需要学生将物理知识与生活现象结合分析，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】电热水壶为纯电阻用电器，电阻R保持不变。根据电功率公式 $ P=\frac{U^2}{R} $，当电热水壶两端电压U减小时，实际功率P会减小。家庭电路中，晚间处于用电高峰，干路总电流增大，输电线有电阻，由 $ U_{线}=IR $ 可知，输电线分压增大，导致电热水壶两端的实际电压低于早晨的电压（早晨用电少，电压接近额定电压220V）。烧开同一壶水，水吸收的热量Q是定值（$ Q=cm\Delta t $），电热水壶消耗的电能W=Q，又 $ W=Pt $，因此实际功率越小，加热时间t越长。综上，晚间烧水时间更长的主要原因是晚间电热水壶两端电压低于早晨，对应选项D。
【答案】D
【知识点】家庭电路电压、电功率与电压的关系
【点评】本题联系生活实际，考查家庭电路电压变化规律及电功率公式的应用，需要学生将物理知识与生活现象结合分析，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.6
10. 如图18-7所示是一种家庭电子式电能表的表盘，其示数是
2 200
kW·h。表盘上标有“3 200 imp/(kW·h)”，表示每消耗1 kW·h的电能，指示灯闪烁3 200次。若家庭电路中只有一台电热水器在工作，该电能表的指示灯在4 min内闪烁320次，则该热水器的实际功率是90 000
W。答案
10. 2 200 90 000
