登录
6 [2025济宁中考]如图所示，虚线框内连接一个开关S和两个阻值相同的定值电阻$R_1$、$R_2$。当S断开后，电流表示数减小0.2 A，整个电路消耗的电功率减小1.6 W。下列选项中，电路连接情况和$R_1$、$R_2$阻值不符合要求的是（
A $R_1=R_2=20\ \Omega$
B $R_1=R_2=20\ \Omega$
C $R_1=R_2=80\ \Omega$
D $R_1=R_2=80\ \Omega$
C
）A $R_1=R_2=20\ \Omega$
B $R_1=R_2=20\ \Omega$
C $R_1=R_2=80\ \Omega$
D $R_1=R_2=80\ \Omega$
答案
题图中两电阻串联,可得总电阻$R=R_1+R_2=20\ \Omega+20\ \Omega=40\ \Omega$,当S断开后,电路中没有电流,若电流减小0.2 A,即该电路工作时电流是0.2 A,则该电路的电功率$P=I^2R=(0.2\ \mathrm{A})^2×40\ \Omega=1.6\ \mathrm{W}$,即整个电路消耗的电功率减小1.6 W,符合要求,故A不符合题意。据题图可知,当开关S闭合时,电路中只有$R_2$,此时电路中的电流$I_1=\dfrac{U}{R_2}=\dfrac{U}{20\ \Omega}$,当开关S断开时,$R_1$、$R_2$串联,此时电路中的电流$I_2=\dfrac{U}{R_1+R_2}=\dfrac{U}{20\ \Omega+20\ \Omega}=\dfrac{U}{40\ \Omega}$,已知当断开S时,电流表示数减小0.2 A,即$I_1-I_2=\dfrac{U}{20\ \Omega}-\dfrac{U}{40\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$,解得$U=8\ \mathrm{V}$,$I_1=0.4\ \mathrm{A}$,$I_2=0.2\ \mathrm{A}$,可得开关S闭合时,电路中的电功率$P_1=UI_1=8\ \mathrm{V}×0.4\ \mathrm{A}=3.2\ \mathrm{W}$,当开关S断开时,电路中的电功率$P_2=UI_2=8\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=1.6\ \mathrm{W}$,整个电路消耗的电功率减小$P=P_1-P_2=3.2\ \mathrm{W}-1.6\ \mathrm{W}=1.6\ \mathrm{W}$,符合要求,故B不符合题意。据题图可知,当S断开后,$R_1$所在支路断开,此时电流减小0.2 A,说明$R_1$这条支路的电流是0.2 A,已知$R_1=80\ \Omega$,则减少的电功率$P=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×80\ \Omega=3.2\ \mathrm{W}$,不符合要求,故C符合题意。题图中$R_1$、$R_2$并联,可得等效电阻$R=\dfrac{R_1}{2}=\dfrac{80\ \Omega}{2}=40\ \Omega$,开关S在干路,当S断开后,减小的电流为0.2 A,则减小的电功率为$P=I^2R=(0.2\ \mathrm{A})^2×40\ \Omega=1.6\ \mathrm{W}$,符合要求,故D不符合题意。
解析
【分析】
要解决本题，需明确：开关S断开后，电流表示数的减小量等于开关控制支路的电流，电路总功率的减小量等于该支路的电功率（电源电压不变时，断开支路的功率即为总功率的减少量）。我们需结合欧姆定律和电功率公式，对每个选项的电路连接情况分析，判断是否符合“电流减小0.2A、功率减小1.6W”的条件，最终找出不符合要求的选项。
【解析】
首先推导核心关系：电源电压U可由功率和电流的变化量得出，根据ΔP=U×ΔI，代入ΔP=1.6W、ΔI=0.2A，得U=ΔP/ΔI=1.6W/0.2A=8V，后续分析各选项时以此验证。
1. 选项A：R₁=R₂=20Ω，电路为串联。S断开后电路无电流，工作时电流为0.2A，总电阻R=20Ω+20Ω=40Ω，功率P=I²R=(0.2A)²×40Ω=1.6W，符合功率减小要求，故A不符合题意。
2. 选项B：R₁=R₂=20Ω，S闭合时只有R₂接入，断开时两电阻串联。S闭合时电流I₁=U/R₂=8V/20Ω=0.4A，断开时电流I₂=U/(R₁+R₂)=8V/40Ω=0.2A，电流减小量ΔI=0.4A-0.2A=0.2A；功率减小量ΔP=UI₁ - UI₂=8V×0.4A -8V×0.2A=1.6W，符合要求，故B不符合题意。
3. 选项C：R₁=R₂=80Ω，S断开后R₁支路断开，电流减小量为R₁支路的电流（0.2A），则功率减小量应为R₁的功率：ΔP=I²R₁=(0.2A)²×80Ω=3.2W≠1.6W，不符合要求，故C符合题意。
4. 选项D：R₁=R₂=80Ω，两电阻并联，S在干路。并联总电阻R=80Ω/2=40Ω，功率减小量ΔP=(ΔI)²R=(0.2A)²×40Ω=1.6W，符合要求，故D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
欧姆定律、电功率计算、串并联电路特点
【点评】
本题考查电路动态分析，需准确理解开关断开时电流、功率变化的本质（变化量对应支路的电流和功率），结合串并联电路规律和公式逐一验证选项，对学生的电路分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需明确：开关S断开后，电流表示数的减小量等于开关控制支路的电流，电路总功率的减小量等于该支路的电功率（电源电压不变时，断开支路的功率即为总功率的减少量）。我们需结合欧姆定律和电功率公式，对每个选项的电路连接情况分析，判断是否符合“电流减小0.2A、功率减小1.6W”的条件，最终找出不符合要求的选项。
【解析】
首先推导核心关系：电源电压U可由功率和电流的变化量得出，根据ΔP=U×ΔI，代入ΔP=1.6W、ΔI=0.2A，得U=ΔP/ΔI=1.6W/0.2A=8V，后续分析各选项时以此验证。
1. 选项A：R₁=R₂=20Ω，电路为串联。S断开后电路无电流，工作时电流为0.2A，总电阻R=20Ω+20Ω=40Ω，功率P=I²R=(0.2A)²×40Ω=1.6W，符合功率减小要求，故A不符合题意。
2. 选项B：R₁=R₂=20Ω，S闭合时只有R₂接入，断开时两电阻串联。S闭合时电流I₁=U/R₂=8V/20Ω=0.4A，断开时电流I₂=U/(R₁+R₂)=8V/40Ω=0.2A，电流减小量ΔI=0.4A-0.2A=0.2A；功率减小量ΔP=UI₁ - UI₂=8V×0.4A -8V×0.2A=1.6W，符合要求，故B不符合题意。
3. 选项C：R₁=R₂=80Ω，S断开后R₁支路断开，电流减小量为R₁支路的电流（0.2A），则功率减小量应为R₁的功率：ΔP=I²R₁=(0.2A)²×80Ω=3.2W≠1.6W，不符合要求，故C符合题意。
4. 选项D：R₁=R₂=80Ω，两电阻并联，S在干路。并联总电阻R=80Ω/2=40Ω，功率减小量ΔP=(ΔI)²R=(0.2A)²×40Ω=1.6W，符合要求，故D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
欧姆定律、电功率计算、串并联电路特点
【点评】
本题考查电路动态分析，需准确理解开关断开时电流、功率变化的本质（变化量对应支路的电流和功率），结合串并联电路规律和公式逐一验证选项，对学生的电路分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
7 [2025苏州中考]如图甲,两个相同的容器中分别装有液体a、b,液体a的质量大于b的质量。用两个电热丝分别对液体a、b加热,电热丝$R_1$的阻值大于$R_2$的阻值,工作电压相同,且电热丝产生的热量均被液体吸收,液体a、b的温度随时间的变化关系如图乙。下列说法正确的是 (
A.a、b为同种物质
B.a的比热容小于b的比热容
C.相同时间内a、b吸收的热量相等
D.$R_1$的电功率大于$R_2$的电功率
B
)A.a、b为同种物质
B.a的比热容小于b的比热容
C.相同时间内a、b吸收的热量相等
D.$R_1$的电功率大于$R_2$的电功率
答案
A(×)若a、b为同种物质,则比热容相同,因a的质量更大,升高相同温度需吸收更多热量,加热时间应更长,但图中a升温更快。
B(√)加热相同时间(吸收热量相同),a升温更快(温度变化大),由$Q=cm\Delta t$可知,a质量大且$\Delta t$大,说明a的比热容更小,即a的比热容小于b的比热容。
C(×)两电热丝工作电压相同,$R_1＞R_2$,由$P=\dfrac{U^2}{R}$可知,$P_1＜P_2$,相同时间内$R_2$产热多,故b吸收的热量更多。
D(×)由$P=\dfrac{U^2}{R}$可知,电压相同,电阻越大电功率越小,因为$R_1＞R_2$,故$P_1＜P_2$,$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率。
B(√)加热相同时间(吸收热量相同),a升温更快(温度变化大),由$Q=cm\Delta t$可知,a质量大且$\Delta t$大,说明a的比热容更小,即a的比热容小于b的比热容。
C(×)两电热丝工作电压相同,$R_1＞R_2$,由$P=\dfrac{U^2}{R}$可知,$P_1＜P_2$,相同时间内$R_2$产热多,故b吸收的热量更多。
D(×)由$P=\dfrac{U^2}{R}$可知,电压相同,电阻越大电功率越小,因为$R_1＞R_2$,故$P_1＜P_2$,$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率。
解析
【分析】
要解决本题，需结合电功率公式、热量计算公式分析各选项：首先根据电热丝的电阻和电压关系，判断相同时间内液体吸收热量的多少；再结合温度变化、质量关系，利用热量公式推导比热容大小，进而判断物质种类等选项。
【解析】
1. 分析选项C、D：电热丝工作电压U相同，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，因$R_1＞R_2$，可得$P_1=\frac{U^2}{R_1}＜P_2=\frac{U^2}{R_2}$；相同时间t内，电热丝产生的热量$Q=Pt$，因此相同时间内$R_1$产热更少，即液体a吸收的热量更少，故C错误；$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率，故D错误。
2. 分析选项A：若a、b为同种物质，比热容c相同。已知$m_a＞m_b$，由$Q=cm\Delta t$，若吸收相同热量，质量大的a温度变化$\Delta t$更小，但图乙中相同时间a升温更快，与该结论矛盾，故a、b不是同种物质，A错误。
3. 分析选项B：加热相同时间，a的温度变化$\Delta t_a＞\Delta t_b$，且$m_a＞m_b$，a吸收的热量$Q_a＜Q_b$；根据$Q=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，代入上述关系可得$c_a＜c_b$，即a的比热容小于b的比热容，B正确。
【答案】
B
【知识点】
比热容、电功率、电热计算
【点评】
本题综合考查比热容和电功率的应用，需结合公式理清电热丝产热与电阻的关系，再利用热量公式推导比热容大小，关键是区分加热时间与吸收热量的关系，避免混淆热量、温度变化、质量三者的关联。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合电功率公式、热量计算公式分析各选项：首先根据电热丝的电阻和电压关系，判断相同时间内液体吸收热量的多少；再结合温度变化、质量关系，利用热量公式推导比热容大小，进而判断物质种类等选项。
【解析】
1. 分析选项C、D：电热丝工作电压U相同，由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，因$R_1＞R_2$，可得$P_1=\frac{U^2}{R_1}＜P_2=\frac{U^2}{R_2}$；相同时间t内，电热丝产生的热量$Q=Pt$，因此相同时间内$R_1$产热更少，即液体a吸收的热量更少，故C错误；$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率，故D错误。
2. 分析选项A：若a、b为同种物质，比热容c相同。已知$m_a＞m_b$，由$Q=cm\Delta t$，若吸收相同热量，质量大的a温度变化$\Delta t$更小，但图乙中相同时间a升温更快，与该结论矛盾，故a、b不是同种物质，A错误。
3. 分析选项B：加热相同时间，a的温度变化$\Delta t_a＞\Delta t_b$，且$m_a＞m_b$，a吸收的热量$Q_a＜Q_b$；根据$Q=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，代入上述关系可得$c_a＜c_b$，即a的比热容小于b的比热容，B正确。
【答案】
B
【知识点】
比热容、电功率、电热计算
【点评】
本题综合考查比热容和电功率的应用，需结合公式理清电热丝产热与电阻的关系，再利用热量公式推导比热容大小，关键是区分加热时间与吸收热量的关系，避免混淆热量、温度变化、质量三者的关联。
【难度系数】
0.5
8 [2024 呼和浩特中考]徐伟同学发现，日常生活中妈妈有很多不规范的用电行为，很容易造成危险。于是他对妈妈的某些用电行为进行了总结，以便及时纠正：①空气开关跳闸后，立即合上；②边给手机充电边用手机打电话；③用湿布擦拭用电器前断开开关；④在不断开电路的情况下，更换日光灯；⑤将三线插头变为两线插头使用；⑥家里电路定期检查，老旧线路及时更换。妈妈的这些行为中不符合安全用电原则的是 (
A.①②③④
B.②③④⑤
C.①②④⑤
D.③④⑤⑥
C
)A.①②③④
B.②③④⑤
C.①②④⑤
D.③④⑤⑥
答案
①空气开关跳闸后,必须检修后才能合闸,故①错误;②手机在充电时使用,容易引发事故,手机充电结束后,应该直接拔掉充电器,充电器长时间通电易发热而引发火灾,故②错误;③生活用水是导体,用湿布擦拭用电器前,为防止触电,必须断开开关,故③正确;④更换灯泡、搬动家用电器前应先断开电源开关,在不断开电路的情况下,更换日光灯容易触电,故④错误;⑤将三线插头变为两线插头使用,金属外壳不能接地,容易触电,故⑤错误;⑥家里电路定期检查,老旧线路及时更换,故⑥正确。综上可知,这些行为中不符合安全用电原则的是①②④⑤。故选C。
解析
【分析】
本题需逐一判断妈妈的6种用电行为是否符合安全用电原则，先回忆安全用电的相关常识，再逐个分析每个行为的对错，最终找出不符合安全用电原则的行为，对应选项即可得出答案。
【解析】
我们逐个分析各用电行为：
①空气开关跳闸后，应先排查跳闸原因、检修故障后再合闸，立即合上不符合安全用电原则；
②边给手机充电边用手机打电话，易引发电池过热，存在安全隐患，不符合安全用电原则；
③生活用水是导体，用湿布擦拭用电器前断开开关，可防止触电，符合安全用电原则；
④更换日光灯时，若不断开电路，易发生触电事故，不符合安全用电原则；
⑤三线插头的作用是使用电器金属外壳接地，将其改为两线插头使用，金属外壳无法接地，漏电时易引发触电，不符合安全用电原则；
⑥定期检查家里电路、及时更换老旧线路，可避免线路老化引发的危险，符合安全用电原则。
综上，不符合安全用电原则的是①②④⑤，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
安全用电原则
【点评】
本题考查生活中的安全用电常识，属于基础题型，是中考常考题型，需要学生掌握常见的用电安全规范，区分正确与错误的用电行为，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需逐一判断妈妈的6种用电行为是否符合安全用电原则，先回忆安全用电的相关常识，再逐个分析每个行为的对错，最终找出不符合安全用电原则的行为，对应选项即可得出答案。
【解析】
我们逐个分析各用电行为：
①空气开关跳闸后，应先排查跳闸原因、检修故障后再合闸，立即合上不符合安全用电原则；
②边给手机充电边用手机打电话，易引发电池过热，存在安全隐患，不符合安全用电原则；
③生活用水是导体，用湿布擦拭用电器前断开开关，可防止触电，符合安全用电原则；
④更换日光灯时，若不断开电路，易发生触电事故，不符合安全用电原则；
⑤三线插头的作用是使用电器金属外壳接地，将其改为两线插头使用，金属外壳无法接地，漏电时易引发触电，不符合安全用电原则；
⑥定期检查家里电路、及时更换老旧线路，可避免线路老化引发的危险，符合安全用电原则。
综上，不符合安全用电原则的是①②④⑤，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
安全用电原则
【点评】
本题考查生活中的安全用电常识，属于基础题型，是中考常考题型，需要学生掌握常见的用电安全规范，区分正确与错误的用电行为，难度适中。
【难度系数】
0.5
9 [2024聊城中考]为了测量家中路由器的电功率，小慧利用五一假期外出期间，关闭家里的其他用电器，用电能表测出一台路由器所消耗的电能，数据见下表，计算可得路由器的实际功率为
10
W。若小慧所在小区有1000户家庭，按每户家庭只使用一台这样的路由器且全天开机，每度电0.6元，则小区用户每月(30天)为路由器支付的总电费为4320
元。答案
【解析】 这段时间路由器消耗的电能$W=2\ 305.4\ \mathrm{kW· h}-2\ 304.2\ \mathrm{kW· h}=1.2\ \mathrm{kW· h}$,时间$t=24\ \mathrm{h}×5=120\ \mathrm{h}$,路由器的实际功率$P=\dfrac{W}{t}=\dfrac{1.2\ \mathrm{kW· h}}{120\ \mathrm{h}}=0.01\ \mathrm{kW}=10\ \mathrm{W}$。每月(30天)小区用户的路由器消耗的总电能$W_{\mathrm{总}}=P_{\mathrm{总}}t'=0.01\ \mathrm{kW}×1\ 000×24\ \mathrm{h}×30=7\ 200\ \mathrm{kW· h}$,总电费为$0.6\ \mathrm{元/(kW· h)}×7\ 200\ \mathrm{kW· h}=4\ 320$元。
解析
【分析】
要计算路由器的实际功率，需先明确电能表的读数规则（最后一位为小数位），求出这段时间路由器消耗的电能；再计算对应时间，利用电功率公式算出功率。计算小区总电费时，需先求出1000户路由器的总功率，结合每月总时间得到总电能，最后乘以电价得到总电费。
【解析】
1. 计算路由器消耗的电能：电能表最后一位是小数位，5月1日7点读数为2304.2 kW·h，5月6日7点读数为2305.4 kW·h，因此消耗的电能$W=2305.4\ \mathrm{kW·h}-2304.2\ \mathrm{kW·h}=1.2\ \mathrm{kW·h}$。
2. 计算时间：从5月1日上午7点到5月6日上午7点，共5天，总时间$t=5×24\ \mathrm{h}=120\ \mathrm{h}$。
3. 计算路由器的实际功率：根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得$P=\frac{1.2\ \mathrm{kW·h}}{120\ \mathrm{h}}=0.01\ \mathrm{kW}=10\ \mathrm{W}$。
4. 计算小区每月路由器消耗的总电能：1000户家庭，每户路由器功率为10 W=0.01 kW，每月30天，每天24 h，总电能$W_{\mathrm{总}}=0.01\ \mathrm{kW}×1000×24\ \mathrm{h}×30=7200\ \mathrm{kW·h}$。
5. 计算总电费：每度电0.6元，总电费$=7200\ \mathrm{kW·h}×0.6\ \mathrm{元/(kW·h)}=4320$元。
【答案】
10；4320
【知识点】
电能表读数、电功率计算、电费计算
【点评】
本题结合电能表考查电功率与电费的综合计算，核心是正确读取电能表的小数位，以及电能、功率、时间的单位换算，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.7
要计算路由器的实际功率，需先明确电能表的读数规则（最后一位为小数位），求出这段时间路由器消耗的电能；再计算对应时间，利用电功率公式算出功率。计算小区总电费时，需先求出1000户路由器的总功率，结合每月总时间得到总电能，最后乘以电价得到总电费。
【解析】
1. 计算路由器消耗的电能：电能表最后一位是小数位，5月1日7点读数为2304.2 kW·h，5月6日7点读数为2305.4 kW·h，因此消耗的电能$W=2305.4\ \mathrm{kW·h}-2304.2\ \mathrm{kW·h}=1.2\ \mathrm{kW·h}$。
2. 计算时间：从5月1日上午7点到5月6日上午7点，共5天，总时间$t=5×24\ \mathrm{h}=120\ \mathrm{h}$。
3. 计算路由器的实际功率：根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得$P=\frac{1.2\ \mathrm{kW·h}}{120\ \mathrm{h}}=0.01\ \mathrm{kW}=10\ \mathrm{W}$。
4. 计算小区每月路由器消耗的总电能：1000户家庭，每户路由器功率为10 W=0.01 kW，每月30天，每天24 h，总电能$W_{\mathrm{总}}=0.01\ \mathrm{kW}×1000×24\ \mathrm{h}×30=7200\ \mathrm{kW·h}$。
5. 计算总电费：每度电0.6元，总电费$=7200\ \mathrm{kW·h}×0.6\ \mathrm{元/(kW·h)}=4320$元。
【答案】
10；4320
【知识点】
电能表读数、电功率计算、电费计算
【点评】
本题结合电能表考查电功率与电费的综合计算，核心是正确读取电能表的小数位，以及电能、功率、时间的单位换算，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.7
10 [2024河南中考]图甲为灯泡L的电流与电压关系的图像。将该灯泡接入图乙电路，电阻R阻值为10 Ω，闭合开关S，电流表示数为0.2 A，则电源电压为
2
V，干路电流为0.45
A，此时灯泡L的电功率为0.5
W。答案
【解析】 已知电阻$R$的阻值$R=10\ \Omega$,电流表测通过电阻$R$的电流,则$I_R=0.2\ \mathrm{A}$,由欧姆定律求得电阻$R$两端的电压$U_R=I_RR=0.2\ \mathrm{A}×10\ \Omega=2\ \mathrm{V}$,根据并联电路电压规律可知电源电压$U=U_R=2\ \mathrm{V}$。根据并联电路电压规律得$U_L=U=2\ \mathrm{V}$,由题图甲可知,此时通过灯泡的电流$I_L=0.25\ \mathrm{A}$,由并联电路电流规律可知,干路电流$I=I_L+I_R=0.25\ \mathrm{A}+0.2\ \mathrm{A}=0.45\ \mathrm{A}$。由$P=UI$可得此时灯泡L的电功率$P_L=U_LI_L=2\ \mathrm{V}×0.25\ \mathrm{A}=0.5\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】首先明确图乙中电阻R与灯泡L并联，电流表测量通过R的电流。解题思路：①根据欧姆定律计算R两端的电压，利用并联电路电压规律得到电源电压；②由并联电路电压规律得出灯泡L两端电压，结合图甲的I-U图像找到对应电压下灯泡的电流；③根据并联电路电流规律计算干路电流；④利用电功率公式计算灯泡的电功率。
【解析】
1. 计算电阻R两端的电压：已知$ R=10\ \Omega $，通过R的电流$ I_R=0.2\ \mathrm{A} $，根据欧姆定律$ U=IR $，可得$ U_R = I_R R = 0.2\ \mathrm{A} × 10\ \Omega = 2\ \mathrm{V} $。
2. 确定电源电压：因为R与L并联，并联电路各支路电压等于电源电压，所以电源电压$ U = U_R = 2\ \mathrm{V} $。
3. 确定灯泡L的电流：灯泡L两端电压$ U_L = U = 2\ \mathrm{V} $，由图甲可知，当电压为2V时，通过灯泡的电流$ I_L = 0.25\ \mathrm{A} $。
4. 计算干路电流：并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流$ I = I_R + I_L = 0.2\ \mathrm{A} + 0.25\ \mathrm{A} = 0.45\ \mathrm{A} $。
5. 计算灯泡L的电功率：根据$ P=UI $，可得$ P_L = U_L I_L = 2\ \mathrm{V} × 0.25\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{W} $。
【答案】2；0.45；0.5
【知识点】并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题结合I-U图像和并联电路规律，考查电学基本公式的应用，关键是从图像中准确获取灯泡的电流值，属于中考常规题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 计算电阻R两端的电压：已知$ R=10\ \Omega $，通过R的电流$ I_R=0.2\ \mathrm{A} $，根据欧姆定律$ U=IR $，可得$ U_R = I_R R = 0.2\ \mathrm{A} × 10\ \Omega = 2\ \mathrm{V} $。
2. 确定电源电压：因为R与L并联，并联电路各支路电压等于电源电压，所以电源电压$ U = U_R = 2\ \mathrm{V} $。
3. 确定灯泡L的电流：灯泡L两端电压$ U_L = U = 2\ \mathrm{V} $，由图甲可知，当电压为2V时，通过灯泡的电流$ I_L = 0.25\ \mathrm{A} $。
4. 计算干路电流：并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流$ I = I_R + I_L = 0.2\ \mathrm{A} + 0.25\ \mathrm{A} = 0.45\ \mathrm{A} $。
5. 计算灯泡L的电功率：根据$ P=UI $，可得$ P_L = U_L I_L = 2\ \mathrm{V} × 0.25\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{W} $。
【答案】2；0.45；0.5
【知识点】并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题结合I-U图像和并联电路规律，考查电学基本公式的应用，关键是从图像中准确获取灯泡的电流值，属于中考常规题型，难度适中。
【难度系数】0.6
