1.[河北中考改编]如图是某研究小组设计的风速自动报警器电路示意图，电源电压不变，$R_1$为压敏电阻，它的阻值随风速$v$的增加而减小，$R_2$为定值电阻。当风速$v_1＜v＜v_2$时，两电表都不报警。当风速$v≤v_1$时，两表中的一个会报警；当风速$v≥v_2$时，另一个表会报警。已知$v_1＞0$，两表都是在大于等于各自设定的电压值或电流值时触发报警。在电路处于两表都未报警的工作状态下，下列说法正确的是（）


A.风速减小时，$R_2$的功率会增大
B.风速变大时，相同时间内电路消耗电能变小
C.当$v=v_2$时，触发报警的表是电流表
D.风速变化时，电压表和电流表示数之比不变

1.C 【点拨】电热壶属于电热器，是利用电流的热效应工作的，故A正确;开关S接“1”时，电路为$R_1$的简单电路，开关S接“2”时，$R_1$、$R_2$串联;因为串联电路中的总电阻大于各串联电阻，所以由 $P=UI=\frac{U^2}{R}$可知，电路为$R_1$的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶处于“加热”挡;$R_1$、$R_2$串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶处于“保温”挡，因此开关S接“2”时，电热壶处于“保温”挡，故B正确;电热壶的正常加热功率 $P_{\mathrm{加热}}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{48.4\ \Omega}=1\ 000\ \mathrm{W}$，水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}} m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(75\ °\mathrm{C}-25\ °\mathrm{C})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，由$P=\frac{W}{t}$可知，电热壶正常加热的时间 $t'=\frac{W}{P_{\mathrm{加热}}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1\ 000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$，故C正确;1 200 r/(kW·h)表示电路中用电器每消耗1 kW·h的电能，电能表的转盘转1 200转，电能表的转盘转16转时，电热壶消耗的电能$W_{\mathrm{实}}=\frac{16}{1\ 200}\ \mathrm{kW·h}=\frac{1}{75}\ \mathrm{kW·h}$，电热壶的实际功率$P_{\mathrm{实}}=\frac{W_{\mathrm{实}}}{t'}=\frac{\frac{1}{75}\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}}=0.8\ \mathrm{kW}=800\ \mathrm{W}$，故D错误。

2.某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图甲所示，$R_1=48.4\ \Omega$，$R_2=435.6\ \Omega$。小明为测量该电热壶的实际功率，他把家中的其他用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，1 min内电能表（如图乙）的转盘转动了16转。下列说法错误的是（）


A.电热壶是利用电流的热效应工作的
B.开关S接“2”时，电热壶处于“保温”挡位
C.电热壶将1 kg的水从$25\ °\mathrm{C}$加热到$75\ °\mathrm{C}$，需要正常加热210 s[不考虑热量损失，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]
D.测量时电热壶的实际加热功率为1 000 W

2.D 【点拨】电热壶属于电热器，是利用电流的热效应工作的，故A正确;开关S接“1”时，电路为$R_1$的简单电路，开关S接“2”时，$R_1$、$R_2$串联;因为串联电路中的总电阻大于各串联电阻，所以由 $P=UI=\frac{U^2}{R}$可知，电路为$R_1$的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶处于“加热”挡;$R_1$、$R_2$串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶处于“保温”挡，因此开关S接“2”时，电热壶处于“保温”挡，故B正确;电热壶的正常加热功率 $P_{\mathrm{加热}}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{48.4\ \Omega}=1\ 000\ \mathrm{W}$，水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}} m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(75\ °\mathrm{C}-25\ °\mathrm{C})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，由$P=\frac{W}{t}$可知，电热壶正常加热的时间 $t'=\frac{W}{P_{\mathrm{加热}}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1\ 000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$，故C正确;1 200 r/(kW·h)表示电路中用电器每消耗1 kW·h的电能，电能表的转盘转1 200转，电能表的转盘转16转时，电热壶消耗的电能$W_{\mathrm{实}}=\frac{16}{1\ 200}\ \mathrm{kW·h}=\frac{1}{75}\ \mathrm{kW·h}$，电热壶的实际功率$P_{\mathrm{实}}=\frac{W_{\mathrm{实}}}{t'}=\frac{\frac{1}{75}\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}}=0.8\ \mathrm{kW}=800\ \mathrm{W}$，故D错误。

【分析】
本题是关于电热壶的电学综合题，需结合电流热效应、电功率公式、电能表的相关知识分析各选项：首先明确电热壶利用电流热效应工作；根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压一定时，电阻越小电功率越大，据此判断加热/保温挡位；再分别计算正常加热功率、水吸收的热量、加热时间，以及电能表转数对应的实际功率，找出错误选项。
【解析】
A. 电热壶属于电热器，是利用电流的热效应工作的，故A正确；
B. 开关S接“1”时，电路为$R_1$的简单电路，电阻较小；开关S接“2”时，$R_1$、$R_2$串联，总电阻更大。根据$P=\frac{U^2}{R}$，电压不变时，电阻越大功率越小，因此接“1”为加热挡，接“2”为保温挡，故B正确；
C. 正常加热功率：$P_{加热}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{48.4\ \Omega}=1000\ \mathrm{W}$；水吸收的热量：$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(75\ °\mathrm{C}-25\ °\mathrm{C})=2.1×10^5\ \mathrm{J}$；不考虑热量损失，消耗的电能$W=Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，加热时间$t=\frac{W}{P_{加热}}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{1000\ \mathrm{W}}=210\ \mathrm{s}$，故C正确；
D. 电能表转盘转16转时，消耗的电能：$W_{实}=\frac{16}{1200}\ \mathrm{kW·h}=\frac{1}{75}\ \mathrm{kW·h}$，时间$t=1\ \mathrm{min}=\frac{1}{60}\ \mathrm{h}$，实际功率$P_{实}=\frac{W_{实}}{t}=\frac{\frac{1}{75}\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}}=0.8\ \mathrm{kW}=800\ \mathrm{W}$，不是1000 W，故D错误。
【答案】
D
【知识点】
电流的热效应、电功率计算、电能表的使用
【点评】
本题综合考查了电热器的工作原理、挡位判断、电功率与热量的计算，需熟练运用相关公式，是电学综合题的典型题型，对学生的知识应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

3. (跨学科 日常生活) 小明家里灯泡坏了，他在网上购买了一个与原来灯泡外形相似的灯泡，如图甲所示。为使该灯泡接入家庭电路后能正常发光，可以给灯泡串联一个 Ω的定值电阻。小明用如图乙所示的电阻丝自制这个定值电阻，该卷电阻丝的规格如表所示，则需截取 cm的电阻丝，并将其绕制在陶瓷管上完成制作。

3. 165.6;80 【点拨】由图甲可知，灯泡的额定电压是36 V，额定功率是40 W，家庭电路的电压为220 V，为了使灯泡能在额定电压下工作，可以串联一个电阻R起分压作用;灯泡的额定电流 $I=\frac{P_\mathrm{L}}{U_\mathrm{L}}=\frac{40\ \mathrm{W}}{36\ \mathrm{V}}=\frac{10}{9}\ \mathrm{A}$，电阻两端的电压 $U'=U-U_\mathrm{L}=220\ \mathrm{V}-36\ \mathrm{V}=184\ \mathrm{V}$，串联电阻的阻值 $R=\frac{U'}{I}=\frac{184\ \mathrm{V}}{\frac{10}{9}\ \mathrm{A}}=165.6\ \Omega$;截取的电阻丝的长度 $L=\frac{165.6\ \Omega}{207\ \Omega/\mathrm{m}}=0.8\ \mathrm{m}=80\ \mathrm{cm}$。

【分析】要使灯泡正常发光，需串联电阻分压，利用串联电路电流相等、总电压等于各部分电压之和的特点，结合电功率公式、欧姆定律计算串联电阻的阻值，再根据电阻丝的单位长度电阻计算所需电阻丝长度，注意单位转换。
【解析】家庭电路电压$U=220\ \mathrm{V}$，灯泡额定电压$U_\mathrm{L}=36\ \mathrm{V}$，额定功率$P_\mathrm{L}=40\ \mathrm{W}$。
1. 灯泡正常发光时的电流：由$P=UI$得，$I=\frac{P_\mathrm{L}}{U_\mathrm{L}}=\frac{40\ \mathrm{W}}{36\ \mathrm{V}}=\frac{10}{9}\ \mathrm{A}$。
2. 串联电阻两端的电压：$U_R=U-U_\mathrm{L}=220\ \mathrm{V}-36\ \mathrm{V}=184\ \mathrm{V}$。
3. 串联电阻的阻值：因串联电路电流处处相等，故$R=\frac{U_R}{I}=\frac{184\ \mathrm{V}}{\frac{10}{9}\ \mathrm{A}}=165.6\ \Omega$。
4. 所需电阻丝长度：电阻丝单位长度电阻为$207\ \Omega/\mathrm{m}$，故长度$L=\frac{R}{207\ \Omega/\mathrm{m}}=\frac{165.6\ \Omega}{207\ \Omega/\mathrm{m}}=0.8\ \mathrm{m}=80\ \mathrm{cm}$。
【答案】165.6；80
【知识点】串联电路规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题结合实际应用，考查电学公式的综合运用，需注意单位换算，难度适中。
【难度系数】0.5

4. (图像分析) 如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流 $ I_0 $，$ R_0 $ 为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表（不考虑电表的电阻影响）。小科同学利用该电路研究滑动变阻器 $ R $ 消耗的电功率。改变滑动变阻器 $ R $ 接入电路的阻值，记录电流表和电压表的数值，可得出滑动变阻器消耗的电功率 $ P $ 和它两端电压 $ U $ 的关系图像，如图乙所示。请回答下列问题：

(1) 电压表示数为 4 V 时，电流表的示数为 A。
(2) 恒定电流 $ I_0 = $ A，$ R_0 $ 的阻值为 Ω。

4.(1)0.4 (2)0.5;40 【点拨】(1)由图甲可知，$R_0$与$R$并联，电压表测$R$两端电压，电流表测通过$R$的电流。由图乙可知，当电压表示数$U_1=4\ \mathrm{V}$时，滑动变阻器的功率$P_1=1.6\ \mathrm{W}$，则通过滑动变阻器的电流$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{1.6\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{V}}=0.4\ \mathrm{A}$，即电流表的示数为0.4 A。(2)当电压表示数为4 V时，通过$R_0$的电流$I_2=\frac{U_1}{R_0}=\frac{4\ \mathrm{V}}{R_0}$，根据并联电路电流规律，有$I_0=I_1+I_2=0.4\ \mathrm{A}+\frac{4\ \mathrm{V}}{R_0}$①;当电压表示数$U_2=16\ \mathrm{V}$时，由图乙可知，滑动变阻器的功率$P_2=1.6\ \mathrm{W}$，通过滑动变阻器的电流$I_3=\frac{P_2}{U_2}=\frac{1.6\ \mathrm{W}}{16\ \mathrm{V}}=0.1\ \mathrm{A}$，通过$R_0$的电流$I_4=\frac{U_2}{R_0}=\frac{16\ \mathrm{V}}{R_0}$，则$I_0=I_3+I_4=0.1\ \mathrm{A}+\frac{16\ \mathrm{V}}{R_0}$②;联立①②，解得$R_0=40\ \Omega$，$I_0=0.5\ \mathrm{A}$。

【分析】首先分析电路结构：定值电阻$R_0$与滑动变阻器$R$并联，恒流源提供恒定总电流$I_0$，电压表测$R$两端电压（即并联电路的电压），电流表测通过$R$的电流。对于问题（1），已知$R$的功率和两端电压，利用电功率公式$P=UI$可直接求出电流（即电流表的示数）；对于问题（2），根据并联电路电流规律，总电流$I_0$等于通过$R$的电流与通过$R_0$的电流之和，结合图乙中两组电压和功率的数据，列出关于$I_0$和$R_0$的方程，联立求解即可得到结果。
【解析】
（1）由图甲可知，$R$与$R_0$并联，电压表测$R$两端电压，电流表测通过$R$的电流。由图乙知，当电压表示数$U_1=4\ \mathrm{V}$时，滑动变阻器的功率$P_1=1.6\ \mathrm{W}$，根据$P=UI$，此时通过$R$的电流（即电流表的示数）：
$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{1.6\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{V}}=0.4\ \mathrm{A}$。
（2）当电压表示数为$U_1=4\ \mathrm{V}$时，通过$R_0$的电流：$I_{01}=\frac{U_1}{R_0}=\frac{4\ \mathrm{V}}{R_0}$，根据并联电路电流规律，恒流源的总电流：
$I_0=I_1+I_{01}=0.4\ \mathrm{A}+\frac{4\ \mathrm{V}}{R_0}$ ①；
当电压表示数为$U_2=16\ \mathrm{V}$时，由图乙知滑动变阻器功率$P_2=1.6\ \mathrm{W}$，此时通过$R$的电流：$I_2=\frac{P_2}{U_2}=\frac{1.6\ \mathrm{W}}{16\ \mathrm{V}}=0.1\ \mathrm{A}$，通过$R_0$的电流：$I_{02}=\frac{U_2}{R_0}=\frac{16\ \mathrm{V}}{R_0}$，同理总电流：
$I_0=I_2+I_{02}=0.1\ \mathrm{A}+\frac{16\ \mathrm{V}}{R_0}$ ②；
联立①②式：$0.4+\frac{4}{R_0}=0.1+\frac{16}{R_0}$，
移项得：$\frac{12}{R_0}=0.3$，解得$R_0=40\ \Omega$；
将$R_0=40\ \Omega$代入①式，得$I_0=0.4\ \mathrm{A}+\frac{4\ \mathrm{V}}{40\ \Omega}=0.5\ \mathrm{A}$。
【答案】
(1)0.4；(2)0.5；40
【知识点】
并联电路电流规律；电功率计算；欧姆定律
【点评】
本题结合恒流源的特性，考查电路分析、电功率公式及并联电路规律的应用，需从图像中提取关键数据，联立方程求解未知量，是中等难度的电路综合题，能较好考查学生的逻辑分析和公式运用能力。
【难度系数】
0.5

5. ★★★ 实验小组进行“测量小灯泡的电功率”实验。
现有器材:小灯泡L($U_{额}=2.5\ \mathrm{V}$,额定功率约为0.8 W)、电压为3 V且保持不变的电源、标有“20 Ω 1 A”字样的滑动变阻器、开关、电流表、电压表、导线若干。

(1)请用笔画线代替导线,将图甲中的实物连接完整。(导线不允许交叉)
(2)①小明检查电表量程的选择和电路的连接都无误后。闭合开关,将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处,开始实验。小丽指出小明的实验操作存在错误,正确的操作应是。
②正确操作后,继续实验的过程中,电压表指针出现如图乙所示的情况。经检查只有滑动变阻器发生故障,则故障可能是滑动变阻器(填“断路”或“被短接”)。
(3)排除故障后,继续实验,获取实验数据。当电压表示数为2.5 V时,电流表表盘如图丙所示,通过计算可知,小灯泡L的额定功率为 W。
(4)完成实验后,小明设计了如图丁所示的电路,想要用原有的实验器材和定值电阻$R_0$,在不使用电流表的情况下,测量该小灯泡L的额定功率。请你帮助他完成实验方案:
①检查电路无误后,闭合开关S,将开关$S_1$接a,调节滑动变阻器的滑片直至电压表示数为 V;
②保持滑片不动,再将开关$S_1$接b,读出电压表示数为$U_0$;
③小灯泡L的额定功率$P_{额}=$(用$U_{额}$、$U_0$、$R_0$表示)。
(5)(实验评估)小明找来了阻值为20 Ω的定值电阻$R_0$,按照该方案进行测量。你认为小明能否测出该小灯泡L的额定功率?请说明你的判断依据:

5.(1) (2)①先将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，再闭合开关 ②断路 (3)0.75 (4)①0.5 ③$U_{\mathrm{额}}·\frac{U_0}{R_0}$ (5)不能，由前面实验可知，若小灯泡L正常发光，$I_\mathrm{L}=0.3\ \mathrm{A}$，$R_0$与小灯泡串联。$R_0$两端的电压$U_0=IR_0=0.3\ \mathrm{A}×20\ \Omega=6\ \mathrm{V}＞3\ \mathrm{V}$，即$R_0$两端的电压大于电源电压，因此不能满足实验要求

【分析】
本题围绕“测量小灯泡的电功率”实验展开，需解决实物电路连接、实验操作规范、电路故障判断、额定功率计算、特殊方法测额定功率及实验评估等问题。解题思路：(1)根据小灯泡额定电压选择电压表量程，将电压表并联在灯泡两端完成实物连接；(2)①明确闭合开关前滑动变阻器的操作要求，判断小明的错误并给出正确操作；②根据电压表指针反向偏转的现象，结合滑动变阻器故障分析故障类型；(3)根据电流表量程和分度值读出额定电流，利用P=UI计算额定功率；(4)分析图丁电路结构，利用串联电路电压规律和欧姆定律，通过两次电压表测量得到灯泡额定电流，进而计算额定功率；(5)根据串联电路电压规律，分析定值电阻两端电压是否超过电源电压，判断能否完成实验。
【解析】
(1) 小灯泡额定电压为2.5V，因此电压表选用0~3V量程，并联在小灯泡两端，将电压表的“3”接线柱与小灯泡的右端接线柱连接，导线不交叉，完成实物连接。
(2) ① 实验操作规范要求：闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，以保护电路。小明闭合开关后才调节滑片，操作错误，正确操作是先将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，再闭合开关。
② 电压表指针反向偏转，说明电压表正负接线柱接反，题目指出只有滑动变阻器发生故障。若滑动变阻器断路，电路断开，电压表串联在电路中，此时电压表正负接线柱接反，故故障为滑动变阻器断路。
(3) 电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，图丙中电流表示数为0.3A，小灯泡的额定功率$P=U_{额}I=2.5\ \mathrm{V}×0.3\ \mathrm{A}=0.75\ \mathrm{W}$。
(4) ① 闭合开关S，将$S_1$接a时，电压表测量$R_0$和滑动变阻器的总电压。电源电压为3V，要使小灯泡正常发光，需让小灯泡两端电压为额定电压2.5V，根据串联电路电压规律，$R_0$和滑动变阻器的总电压为$3\ \mathrm{V}-2.5\ \mathrm{V}=0.5\ \mathrm{V}$，因此调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为0.5V。
② 保持滑片不动，将$S_1$接b时，电压表测量$R_0$两端的电压$U_0$，此时电路电流$I=\frac{U_0}{R_0}$，该电流即为小灯泡的额定电流。
③ 小灯泡的额定功率$P_{额}=U_{额}I=U_{额}·\frac{U_0}{R_0}$。
(5) 不能测出小灯泡的额定功率。判断依据：由前面实验可知，小灯泡正常发光时的额定电流$I_{额}=0.3\ \mathrm{A}$，若定值电阻$R_0=20\ \Omega$，$R_0$与小灯泡串联时，$R_0$两端的电压$U_0=I_{额}R_0=0.3\ \mathrm{A}×20\ \Omega=6\ \mathrm{V}$，而电源电压仅为3V，$R_0$两端的电压大于电源电压，无法满足实验要求，因此不能测出小灯泡的额定功率。
【答案】
(1) 实物连接图（电压表0~3V量程并联在小灯泡两端，导线不交叉）
(2) ①先将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，再闭合开关；②断路
(3) 0.75
(4) ①0.5；③$U_{\mathrm{额}}·\frac{U_0}{R_0}$
(5) 不能，由前面实验可知，若小灯泡L正常发光，$I_\mathrm{L}=0.3\ \mathrm{A}$，$R_0$与小灯泡串联。$R_0$两端的电压$U_0=IR_0=0.3\ \mathrm{A}×20\ \Omega=6\ \mathrm{V}＞3\ \mathrm{V}$，即$R_0$两端的电压大于电源电压，因此不能满足实验要求
【知识点】
测量小灯泡电功率、串联电路电压规律、欧姆定律、电路故障分析
【点评】
本题是电学综合实验题，涵盖测量小灯泡电功率的核心考点，包括实物连接、操作规范、故障分析、额定功率计算及特殊方法测功率，特殊方法测功率是难点，需结合串联电路规律分析电路结构，整体难度适中，能较好考查学生的实验探究能力。
【难度系数】
0.5