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2. 如图所示，电源两端的电压为6 V，其中一个定值电阻的电阻$R_2$为20 Ω。闭合开关S，电压表示数为4 V，则通电100 s整个电路产生的热量为 J。
答案
120
解析
【分析】
首先观察电路图，确定R₁与R₂为串联电路，电压表测量R₂两端的电压。解题思路：①利用欧姆定律，结合R₂的阻值和其两端电压，求出串联电路的电流（串联电路电流处处相等）；②由于纯电阻电路中，电流产生的热量等于电流做的功，因此用电源总电压、电路电流和通电时间，通过公式Q=W=UIt计算总热量。
【解析】
解：由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表测R₂两端电压，已知电源电压U=6V，R₂=20Ω，电压表示数U₂=4V。
1. 求电路中的电流：根据欧姆定律 $ I = \frac{U}{R} $，串联电路电流处处相等，因此电路电流 $ I = I_2 = \frac{U_2}{R_2} = \frac{4V}{20Ω} = 0.2A $；
2. 计算通电100s电路产生的热量：纯电阻电路中，电流产生的热量等于电流做的功，即 $ Q = W = UIt $，代入数值：
$ Q = 6V × 0.2A × 100s = 120J $。
【答案】
120
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电热计算
【点评】
本题考查串联电路规律和电热的基础计算，需掌握串联电路电流特点、欧姆定律及电热公式的应用，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.5
首先观察电路图，确定R₁与R₂为串联电路，电压表测量R₂两端的电压。解题思路：①利用欧姆定律，结合R₂的阻值和其两端电压，求出串联电路的电流（串联电路电流处处相等）；②由于纯电阻电路中，电流产生的热量等于电流做的功，因此用电源总电压、电路电流和通电时间，通过公式Q=W=UIt计算总热量。
【解析】
解：由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表测R₂两端电压，已知电源电压U=6V，R₂=20Ω，电压表示数U₂=4V。
1. 求电路中的电流：根据欧姆定律 $ I = \frac{U}{R} $，串联电路电流处处相等，因此电路电流 $ I = I_2 = \frac{U_2}{R_2} = \frac{4V}{20Ω} = 0.2A $；
2. 计算通电100s电路产生的热量：纯电阻电路中，电流产生的热量等于电流做的功，即 $ Q = W = UIt $，代入数值：
$ Q = 6V × 0.2A × 100s = 120J $。
【答案】
120
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电热计算
【点评】
本题考查串联电路规律和电热的基础计算，需掌握串联电路电流特点、欧姆定律及电热公式的应用，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.5
3. 如图所示，电源电压不变，只闭合开关S₁时，电流表的示数为0.4 A；断开开关S₁，将电流表和电压表的位置互换，再将开关S₁、S₂均闭合后，电流表的示数为1 A，电压表的示数为6 V。下列说法不正确的是（）。
A.电源电压为6 V
B.定值电阻的电阻R₂为15 Ω
C.两表位置互换前后，电阻为R₁的定值电阻两端的电压之比为2:5
D.两表位置互换前后，电阻为R₂的定值电阻的功率之比为9:25
A.电源电压为6 V
B.定值电阻的电阻R₂为15 Ω
C.两表位置互换前后，电阻为R₁的定值电阻两端的电压之比为2:5
D.两表位置互换前后，电阻为R₂的定值电阻的功率之比为9:25
答案
ACD
解析
【分析】
要解决本题，需分两种电路状态分析：①只闭合S₁时，R₁与R₂串联，电流表测串联电路的电流；②互换电流表和电压表位置，S₁、S₂均闭合时，R₁与R₂并联，电压表测电源电压，电流表测某一支路电流。先根据电压表示数确定电源电压，再结合串联、并联电路的规律和欧姆定律、电功率公式计算各物理量，逐一判断选项。
【解析】
1. 电源电压判断：互换电表后，S₁、S₂均闭合，电压表测电源电压，示数为6V，故电源电压U=6V，选项A正确。
2. 电阻计算：只闭合S₁时，R₁与R₂串联，电流I串=0.4A，总电阻$R_{总}=\frac{U}{I_{串}}=\frac{6V}{0.4A}=15Ω$；互换后，R₁、R₂并联，电流表测R₂的电流I₂=1A，故$R_{2}=\frac{U}{I_{2}}=\frac{6V}{1A}=6Ω$，选项B中R₂=15Ω，错误。
3. R₁两端电压之比：串联时R₁的电压$U_{1}=I_{串}R_{1}$，$R_{1}=R_{总}-R_{2}=15Ω-6Ω=9Ω$，故$U_{1}=0.4A×9Ω=3.6V$；并联时R₁的电压等于电源电压6V，电压之比为$3.6V:6V=3:5≠2:5$，选项C错误。
4. R₂的功率之比：串联时$P_{2串}=I_{串}^{2}R_{2}=(0.4A)^{2}×6Ω=0.96W$；并联时$P_{2并}=\frac{U^{2}}{R_{2}}=\frac{(6V)^{2}}{6Ω}=6W$，功率之比为$0.96W:6W=4:25≠9:25$，选项D错误。
综上，不正确的是ACD。
【答案】
ACD
【知识点】
欧姆定律、电功率、串并联电路特点
【点评】
本题考查串并联电路的规律、欧姆定律和电功率的应用，关键是正确分析两种开关状态下的电路连接方式，明确电表测量对象，属于电路综合题，需注意电表互换后电路结构的变化。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需分两种电路状态分析：①只闭合S₁时，R₁与R₂串联，电流表测串联电路的电流；②互换电流表和电压表位置，S₁、S₂均闭合时，R₁与R₂并联，电压表测电源电压，电流表测某一支路电流。先根据电压表示数确定电源电压，再结合串联、并联电路的规律和欧姆定律、电功率公式计算各物理量，逐一判断选项。
【解析】
1. 电源电压判断：互换电表后，S₁、S₂均闭合，电压表测电源电压，示数为6V，故电源电压U=6V，选项A正确。
2. 电阻计算：只闭合S₁时，R₁与R₂串联，电流I串=0.4A，总电阻$R_{总}=\frac{U}{I_{串}}=\frac{6V}{0.4A}=15Ω$；互换后，R₁、R₂并联，电流表测R₂的电流I₂=1A，故$R_{2}=\frac{U}{I_{2}}=\frac{6V}{1A}=6Ω$，选项B中R₂=15Ω，错误。
3. R₁两端电压之比：串联时R₁的电压$U_{1}=I_{串}R_{1}$，$R_{1}=R_{总}-R_{2}=15Ω-6Ω=9Ω$，故$U_{1}=0.4A×9Ω=3.6V$；并联时R₁的电压等于电源电压6V，电压之比为$3.6V:6V=3:5≠2:5$，选项C错误。
4. R₂的功率之比：串联时$P_{2串}=I_{串}^{2}R_{2}=(0.4A)^{2}×6Ω=0.96W$；并联时$P_{2并}=\frac{U^{2}}{R_{2}}=\frac{(6V)^{2}}{6Ω}=6W$，功率之比为$0.96W:6W=4:25≠9:25$，选项D错误。
综上，不正确的是ACD。
【答案】
ACD
【知识点】
欧姆定律、电功率、串并联电路特点
【点评】
本题考查串并联电路的规律、欧姆定律和电功率的应用，关键是正确分析两种开关状态下的电路连接方式，明确电表测量对象，属于电路综合题，需注意电表互换后电路结构的变化。
【难度系数】
0.5
4. 小明给爷爷的房间设计了一个夜灯工作电路，如图所示。电源电压恒为6 V，地灯L₁标有“6 V 3 W”字样，床灯L₂标有“6 V 6 W”字样。
（1）闭合开关S₁，断开开关S₂，灯发光。
（2）求L₂正常工作时的电阻R₂。
（3）闭合开关S₁、S₂，求整个电路工作1 min消耗的电能。
（1）闭合开关S₁，断开开关S₂，灯发光。
（2）求L₂正常工作时的电阻R₂。
（3）闭合开关S₁、S₂，求整个电路工作1 min消耗的电能。
答案
(1)L₁
(2)由$P=UI=\frac{U^{2}}{R}$得，$R_{2}=\frac{U^{2}_{额2}}{P_{额2}}=\frac{(6\,V)^{2}}{6\,W}=6\,\Omega $
(3)闭合$S_1$、$S_2$时，$L_1$、$L_2$并联，均正常发光，总功率$P=P_1+P_2=3\,W+6\,W=9\,W$，t=1\,min=60\,s，电能W=Pt=9\,W×60\,s=540\,J
(2)由$P=UI=\frac{U^{2}}{R}$得，$R_{2}=\frac{U^{2}_{额2}}{P_{额2}}=\frac{(6\,V)^{2}}{6\,W}=6\,\Omega $
(3)闭合$S_1$、$S_2$时，$L_1$、$L_2$并联，均正常发光，总功率$P=P_1+P_2=3\,W+6\,W=9\,W$，t=1\,min=60\,s，电能W=Pt=9\,W×60\,s=540\,J
解析
【分析】
首先分析电路通路情况：（1）闭合S₁、断开S₂时，电流仅通过L₁形成回路，L₂支路因S₂断开无电流，故仅L₁工作；（2）求L₂正常工作电阻，利用额定电压和额定功率，结合电功率公式变形计算；（3）闭合S₁、S₂时，L₁与L₂并联，电源电压等于两灯额定电压，均正常发光，总功率为两灯额定功率之和，再通过电能公式W=Pt计算总电能，注意时间单位换算。
【解析】
（1）闭合开关S₁，断开开关S₂时，电路为L₁的简单电路，L₂所在支路断路，因此灯L₁发光。
（2）已知L₂的额定电压$U_{额2}=6\,\mathrm{V}$，额定功率$P_{额2}=6\,\mathrm{W}$，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$变形得，L₂正常工作时的电阻：
$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\,\mathrm{V})^2}{6\,\mathrm{W}}=6\,\Omega$。
（3）闭合开关S₁、S₂时，L₁与L₂并联，电源电压$U=6\,\mathrm{V}$，等于两灯额定电压，两灯均正常发光，总功率：
$P=P_{额1}+P_{额2}=3\,\mathrm{W}+6\,\mathrm{W}=9\,\mathrm{W}$。
工作时间$t=1\,\mathrm{min}=60\,\mathrm{s}$，根据电能公式$W=Pt$，整个电路消耗的电能：
$W=Pt=9\,\mathrm{W}×60\,\mathrm{s}=540\,\mathrm{J}$。
【答案】
（1）$L_1$；（2）$6\,\Omega$；（3）$540\,\mathrm{J}$
【知识点】
电路的通路判断、电功率计算、电能计算
【点评】
本题结合实际夜灯电路，考查基础电路分析、电功率及电能计算，需掌握并联电路特点、额定功率的应用，是电学基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先分析电路通路情况：（1）闭合S₁、断开S₂时，电流仅通过L₁形成回路，L₂支路因S₂断开无电流，故仅L₁工作；（2）求L₂正常工作电阻，利用额定电压和额定功率，结合电功率公式变形计算；（3）闭合S₁、S₂时，L₁与L₂并联，电源电压等于两灯额定电压，均正常发光，总功率为两灯额定功率之和，再通过电能公式W=Pt计算总电能，注意时间单位换算。
【解析】
（1）闭合开关S₁，断开开关S₂时，电路为L₁的简单电路，L₂所在支路断路，因此灯L₁发光。
（2）已知L₂的额定电压$U_{额2}=6\,\mathrm{V}$，额定功率$P_{额2}=6\,\mathrm{W}$，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$变形得，L₂正常工作时的电阻：
$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\,\mathrm{V})^2}{6\,\mathrm{W}}=6\,\Omega$。
（3）闭合开关S₁、S₂时，L₁与L₂并联，电源电压$U=6\,\mathrm{V}$，等于两灯额定电压，两灯均正常发光，总功率：
$P=P_{额1}+P_{额2}=3\,\mathrm{W}+6\,\mathrm{W}=9\,\mathrm{W}$。
工作时间$t=1\,\mathrm{min}=60\,\mathrm{s}$，根据电能公式$W=Pt$，整个电路消耗的电能：
$W=Pt=9\,\mathrm{W}×60\,\mathrm{s}=540\,\mathrm{J}$。
【答案】
（1）$L_1$；（2）$6\,\Omega$；（3）$540\,\mathrm{J}$
【知识点】
电路的通路判断、电功率计算、电能计算
【点评】
本题结合实际夜灯电路，考查基础电路分析、电功率及电能计算，需掌握并联电路特点、额定功率的应用，是电学基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
5. 为估测一个电热水壶烧水时的电功率，小林在壶中装入质量为1 kg的水，将电热水壶接入家庭电路中，通电加热210 s后水温从20 ℃上升到70 ℃。已知水的比热容为$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。
（1）求该过程中水吸收的热量。
（2）若电流产生的热量全部被水吸收，请通过计算估测该热水壶的电功率。
（3）用上述方案估测出的电功率与实际功率相比偏大还是偏小？请简要说明原因。
（1）求该过程中水吸收的热量。
（2）若电流产生的热量全部被水吸收，请通过计算估测该热水壶的电功率。
（3）用上述方案估测出的电功率与实际功率相比偏大还是偏小？请简要说明原因。
答案
(1)水吸收的热量：$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3\ J/(kg·℃)×1\ kg×(70\ ℃-20\ ℃)=2.1×10^5\ J$
(2)电流产生的热量$Q_{放}=Q_{吸}=2.1×10^5\ J$，电功率$P=\frac{W}{t}=\frac{Q_{放}}{t}=\frac{2.1×10^5\ J}{210\ s}=1000\ W$
(3)偏小；电流产生的热量有部分散失到空气中，并非全部被水吸收，即计算时$Q_{放}$大于实际被水吸收的热量，根据$P=\frac{Q_{放}}{t}$，测得的功率偏小。
(2)电流产生的热量$Q_{放}=Q_{吸}=2.1×10^5\ J$，电功率$P=\frac{W}{t}=\frac{Q_{放}}{t}=\frac{2.1×10^5\ J}{210\ s}=1000\ W$
(3)偏小；电流产生的热量有部分散失到空气中，并非全部被水吸收，即计算时$Q_{放}$大于实际被水吸收的热量，根据$P=\frac{Q_{放}}{t}$，测得的功率偏小。
解析
【分析】
本题分为三个小问，解题思路如下：（1）求水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm(t-t_0)$，其中$\Delta t$为水升高的温度（末温减初温），代入已知的比热容、质量和温度差即可计算；（2）根据题意，电流产生的热量全部被水吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}$，再结合电功率公式$P=\frac{W}{t}$，这里电流做的功$W$等于$Q_{放}$，代入时间即可求出电功率；（3）分析实际情况，电流产生的热量除了被水吸收，还有一部分散失到周围环境中，因此实际电流产生的热量比水吸收的热量多，据此判断估测功率与实际功率的大小关系。
【解析】
（1）水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})×1\ \mathrm{kg}×(70\ \mathrm{°C}-20\ \mathrm{°C})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$
（2）因电流产生的热量全部被水吸收，故$Q_{放}=Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，则热水壶的电功率：
$P=\frac{W}{t}=\frac{Q_{放}}{t}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{210\ \mathrm{s}}=1000\ \mathrm{W}$
（3）偏小；电流产生的热量有部分散失到空气中，并非全部被水吸收，计算时所用的$Q_{放}$小于电流实际产生的热量，根据$P=\frac{Q_{放}}{t}$，因此估测出的电功率比实际功率偏小。
【答案】
(1)$2.1×10^5\ \mathrm{J}$；(2)$1000\ \mathrm{W}$；(3)偏小，原因是电流产生的热量有部分散失到空气中，并非全部被水吸收，导致计算时所用热量小于电流实际产生的热量，故测得的电功率偏小。
【知识点】
热量的计算、电功率的计算、热量的散失
【点评】
本题结合电热水壶烧水的生活场景，考查热学与电学基础公式的应用，以及对实际能量转化的分析，难度适中，能有效检验学生对知识点的掌握和实际应用能力。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，解题思路如下：（1）求水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm(t-t_0)$，其中$\Delta t$为水升高的温度（末温减初温），代入已知的比热容、质量和温度差即可计算；（2）根据题意，电流产生的热量全部被水吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}$，再结合电功率公式$P=\frac{W}{t}$，这里电流做的功$W$等于$Q_{放}$，代入时间即可求出电功率；（3）分析实际情况，电流产生的热量除了被水吸收，还有一部分散失到周围环境中，因此实际电流产生的热量比水吸收的热量多，据此判断估测功率与实际功率的大小关系。
【解析】
（1）水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})×1\ \mathrm{kg}×(70\ \mathrm{°C}-20\ \mathrm{°C})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$
（2）因电流产生的热量全部被水吸收，故$Q_{放}=Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，则热水壶的电功率：
$P=\frac{W}{t}=\frac{Q_{放}}{t}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{210\ \mathrm{s}}=1000\ \mathrm{W}$
（3）偏小；电流产生的热量有部分散失到空气中，并非全部被水吸收，计算时所用的$Q_{放}$小于电流实际产生的热量，根据$P=\frac{Q_{放}}{t}$，因此估测出的电功率比实际功率偏小。
【答案】
(1)$2.1×10^5\ \mathrm{J}$；(2)$1000\ \mathrm{W}$；(3)偏小，原因是电流产生的热量有部分散失到空气中，并非全部被水吸收，导致计算时所用热量小于电流实际产生的热量，故测得的电功率偏小。
【知识点】
热量的计算、电功率的计算、热量的散失
【点评】
本题结合电热水壶烧水的生活场景，考查热学与电学基础公式的应用，以及对实际能量转化的分析，难度适中，能有效检验学生对知识点的掌握和实际应用能力。
【难度系数】
0.6
