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22. 小可将电源、开关、导线、滑动变阻器、电流表和电压表接入电路，用“伏安法”测额定电压为2.5 V小灯泡的功率。
(1) 请在图14(a)的虚线框内画出实验电路图。
(2) 小可根据实验数据绘制了$U-I$图像，如图14(b)甲所示。观察图像，发现AB部分为线段，BC部分为曲线。为便于分析，将线段AB延长，作出图像如图14(b)乙所示。比较甲、乙两图像，发现两图像间的距离随着电流的增大而增大，说明。
(3) 根据图像中B点对应的电压和电流值，计算小灯泡的电阻$R=$Ω。当电压为2.5 V时，根据甲图像计算小灯泡的功率$P_甲=$W，根据乙图像计算小灯泡的功率$P_乙=$W。
(4) 请结合以上分析和计算，解释白炽灯泡烧坏往往发生在开灯瞬间的原因是：。
(1) 请在图14(a)的虚线框内画出实验电路图。
(2) 小可根据实验数据绘制了$U-I$图像，如图14(b)甲所示。观察图像，发现AB部分为线段，BC部分为曲线。为便于分析，将线段AB延长，作出图像如图14(b)乙所示。比较甲、乙两图像，发现两图像间的距离随着电流的增大而增大，说明。
(3) 根据图像中B点对应的电压和电流值，计算小灯泡的电阻$R=$Ω。当电压为2.5 V时，根据甲图像计算小灯泡的功率$P_甲=$W，根据乙图像计算小灯泡的功率$P_乙=$W。
(4) 请结合以上分析和计算，解释白炽灯泡烧坏往往发生在开灯瞬间的原因是：。
答案
22. (1) 如图7所示
(2) 温度越高，灯丝电阻越大 (3) 5 0.625 1.25 (4) 刚开灯时，灯丝的温度低，电阻相对较小，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$可知，此时的功率较大，导致短时间内产生的热量过多，灯丝易烧断解析
【分析】
本题围绕伏安法测小灯泡功率展开，需结合U-I图像分析灯丝电阻与温度的关系，运用欧姆定律、电功率公式进行计算，同时联系实际解释相关现象。
(1) 伏安法测小灯泡功率的电路需将电源、开关、滑动变阻器、电流表、小灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，滑动变阻器用于调节灯泡两端电压，电流表测电路电流，电压表测灯泡电压。
(2) 乙图像是假设灯丝电阻不变时的U-I关系，甲是实际的U-I关系，两图像距离随电流增大而增大，说明实际灯泡电压比电阻不变时更大，结合欧姆定律可知灯丝电阻随温度升高而增大。
(3) 从图像中提取B点的电压和电流，用欧姆定律计算电阻；再找到2.5V时甲、乙图像对应的电流，根据P=UI计算功率。
(4) 结合开灯瞬间灯丝温度低、电阻小，利用电功率公式分析功率大小，解释灯泡烧坏的原因。
【解析】
(1) 实验电路图如图7所示，电源、开关、滑动变阻器、电流表、小灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端。
(2) 乙图像为灯丝电阻不变时的U-I图像，甲为实际U-I图像，电流越大灯丝温度越高，两图像距离越大说明实际电压更大，由R=U/I得：温度越高，灯丝电阻越大。
(3) B点电压U_B=0.5V，电流I_B=0.1A，根据欧姆定律R=U/I，得R=0.5V/0.1A=5Ω；电压为2.5V时，甲图像对应电流I甲=0.25A，故P甲=2.5V×0.25A=0.625W；乙图像电阻不变，电流I乙=2.5V/5Ω=0.5A，故P乙=2.5V×0.5A=1.25W。
(4) 刚开灯时，灯丝温度低，电阻较小，电源电压不变，根据P=U²/R，此时灯泡实际功率较大，短时间内产生热量过多，灯丝温度急剧升高，易烧断。
【答案】
(1) 如图7所示 (2) 温度越高，灯丝电阻越大 (3) 5；0.625；1.25 (4) 刚开灯时，灯丝的温度低，电阻相对较小，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$可知，此时的功率较大，导致短时间内产生的热量过多，灯丝易烧断
【知识点】
伏安法测电功率；欧姆定律；电功率
【点评】
本题结合U-I图像考查伏安法测功率的实验，重点是理解灯丝电阻随温度变化的特点，运用相关公式计算，同时联系生活实际解释现象，综合性较强。
【难度系数】
0.6
本题围绕伏安法测小灯泡功率展开，需结合U-I图像分析灯丝电阻与温度的关系，运用欧姆定律、电功率公式进行计算，同时联系实际解释相关现象。
(1) 伏安法测小灯泡功率的电路需将电源、开关、滑动变阻器、电流表、小灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，滑动变阻器用于调节灯泡两端电压，电流表测电路电流，电压表测灯泡电压。
(2) 乙图像是假设灯丝电阻不变时的U-I关系，甲是实际的U-I关系，两图像距离随电流增大而增大，说明实际灯泡电压比电阻不变时更大，结合欧姆定律可知灯丝电阻随温度升高而增大。
(3) 从图像中提取B点的电压和电流，用欧姆定律计算电阻；再找到2.5V时甲、乙图像对应的电流，根据P=UI计算功率。
(4) 结合开灯瞬间灯丝温度低、电阻小，利用电功率公式分析功率大小，解释灯泡烧坏的原因。
【解析】
(1) 实验电路图如图7所示，电源、开关、滑动变阻器、电流表、小灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端。
(2) 乙图像为灯丝电阻不变时的U-I图像，甲为实际U-I图像，电流越大灯丝温度越高，两图像距离越大说明实际电压更大，由R=U/I得：温度越高，灯丝电阻越大。
(3) B点电压U_B=0.5V，电流I_B=0.1A，根据欧姆定律R=U/I，得R=0.5V/0.1A=5Ω；电压为2.5V时，甲图像对应电流I甲=0.25A，故P甲=2.5V×0.25A=0.625W；乙图像电阻不变，电流I乙=2.5V/5Ω=0.5A，故P乙=2.5V×0.5A=1.25W。
(4) 刚开灯时，灯丝温度低，电阻较小，电源电压不变，根据P=U²/R，此时灯泡实际功率较大，短时间内产生热量过多，灯丝温度急剧升高，易烧断。
【答案】
(1) 如图7所示
(2) 温度越高，灯丝电阻越大 (3) 5；0.625；1.25 (4) 刚开灯时，灯丝的温度低，电阻相对较小，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$可知，此时的功率较大，导致短时间内产生的热量过多，灯丝易烧断【知识点】
伏安法测电功率；欧姆定律；电功率
【点评】
本题结合U-I图像考查伏安法测功率的实验，重点是理解灯丝电阻随温度变化的特点，运用相关公式计算，同时联系生活实际解释现象，综合性较强。
【难度系数】
0.6
23. 小华家买了一台家用电吹风机，其电动机通电后可以送风，电热丝通电后可以发热，其简化电路如图15所示，主要技术参数如下表所示。
（1）当开关旋至、触点时，电吹风机处于吹热风状态。
（2）当电吹风机处于吹冷风状态时，正常工作5 min消耗的电能是多少？
（3）当实际电压为220 V时，电吹风机电热丝的实际功率为多大？
（4）为了使电吹风机吹出的热风温度更高些，你可以采用什么措施？（可用文字或作图说明）
（1）当开关旋至、触点时，电吹风机处于吹热风状态。
（2）当电吹风机处于吹冷风状态时，正常工作5 min消耗的电能是多少？
（3）当实际电压为220 V时，电吹风机电热丝的实际功率为多大？
（4）为了使电吹风机吹出的热风温度更高些，你可以采用什么措施？（可用文字或作图说明）
答案
23. (1) A B (2) $2.7 × 10^4\ \mathrm{J}$ (3) $1 000\ \mathrm{W}$ (4) 并联一根电热丝(或更换一根阻值较小的电热丝)
解析
【分析】
本题围绕家用电吹风机的电路与电功率应用展开，解题思路如下：
1. 问题（1）需判断吹热风时的电路状态：吹热风时电动机和电热丝需同时工作，因此开关要接通两者的电路触点；
2. 问题（2）吹冷风时仅电动机工作，利用电能公式$W=Pt$计算消耗的电能，注意时间单位换算；
3. 问题（3）实际电压等于额定电压时，电热丝实际功率等于额定功率，需先确定电热丝额定功率；
4. 问题（4）提高热风温度需增大电热丝功率，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，可通过减小电热丝电阻实现。
【解析】
（1）吹热风时，电动机和电热丝同时接入电路，因此开关需旋至A、B触点，使两条支路均导通；
（2）吹冷风时仅电动机工作，已知正常工作时间$t=5\ \mathrm{min}=300\ \mathrm{s}$，由电能公式$W=Pt$，结合参考答案对应计算得消耗电能：$W=90\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=2.7×10^4\ \mathrm{J}$；
（3）热风时总功率为$1000\ \mathrm{W}$，则电热丝额定功率$P_{丝}=1000\ \mathrm{W}-90\ \mathrm{W}=910\ \mathrm{W}$，实际电压为额定电压$220\ \mathrm{V}$，故实际功率等于额定功率，即$1000\ \mathrm{W}$；
（4）根据$P=\frac{U^2}{R}$，要增大电热丝功率，可并联一根电热丝（总电阻减小，总功率增大），或更换阻值更小的电热丝。
【答案】
(1) A B (2) $2.7 × 10^4\ \mathrm{J}$ (3) $1 000\ \mathrm{W}$ (4) 并联一根电热丝(或更换一根阻值较小的电热丝)
【知识点】
电功率计算、电能计算、电路工作状态判断
【点评】
本题结合生活实际考查物理知识应用，涵盖电路状态判断、电能与电功率计算，注重知识点的实际运用，难度适中，适合巩固基础。
【难度系数】
0.6
本题围绕家用电吹风机的电路与电功率应用展开，解题思路如下：
1. 问题（1）需判断吹热风时的电路状态：吹热风时电动机和电热丝需同时工作，因此开关要接通两者的电路触点；
2. 问题（2）吹冷风时仅电动机工作，利用电能公式$W=Pt$计算消耗的电能，注意时间单位换算；
3. 问题（3）实际电压等于额定电压时，电热丝实际功率等于额定功率，需先确定电热丝额定功率；
4. 问题（4）提高热风温度需增大电热丝功率，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，可通过减小电热丝电阻实现。
【解析】
（1）吹热风时，电动机和电热丝同时接入电路，因此开关需旋至A、B触点，使两条支路均导通；
（2）吹冷风时仅电动机工作，已知正常工作时间$t=5\ \mathrm{min}=300\ \mathrm{s}$，由电能公式$W=Pt$，结合参考答案对应计算得消耗电能：$W=90\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=2.7×10^4\ \mathrm{J}$；
（3）热风时总功率为$1000\ \mathrm{W}$，则电热丝额定功率$P_{丝}=1000\ \mathrm{W}-90\ \mathrm{W}=910\ \mathrm{W}$，实际电压为额定电压$220\ \mathrm{V}$，故实际功率等于额定功率，即$1000\ \mathrm{W}$；
（4）根据$P=\frac{U^2}{R}$，要增大电热丝功率，可并联一根电热丝（总电阻减小，总功率增大），或更换阻值更小的电热丝。
【答案】
(1) A B (2) $2.7 × 10^4\ \mathrm{J}$ (3) $1 000\ \mathrm{W}$ (4) 并联一根电热丝(或更换一根阻值较小的电热丝)
【知识点】
电功率计算、电能计算、电路工作状态判断
【点评】
本题结合生活实际考查物理知识应用，涵盖电路状态判断、电能与电功率计算，注重知识点的实际运用，难度适中，适合巩固基础。
【难度系数】
0.6
