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5. ★★用如图所示的装置探究影响电流热效应的因素，甲、乙、丙三个相同的容器内均装有质量相等的煤油，电阻丝$R_1$、$R_2$、$R_3$浸没在煤油中，其中$R_1=R_2=5\ \Omega$，$R_3=10\ \Omega$。闭合开关前，记录下煤油的初温$t_0$。开关S接a，调节滑动变阻器滑片P，使电流表的示数为1 A，记录下第100 s和第200 s时甲容器中煤油的末温t；开关S接b，调节滑片P，使电流表的示数为0.5 A，记录下第200 s时乙、丙容器中煤油的末温t，断开开关。结果如表，比较序号①②可得：当通过导体的电流和导体的
电阻
相等时，导体产生的热量与通电时间
有关。比较序号②和③
可知导体产生的热量与电流大小有关。实验中，电阻$R_2$产生的热量为250
J。答案
电阻；时间；③；250
解析
【分析】
要探究电流产生热量的影响因素，需运用控制变量法：电流产生的热量与电流大小、导体电阻、通电时间有关。分析序号①②时，需确定两者的电阻和电流是否相同，仅通电时间不同，从而得出热量与通电时间的关系；探究热量与电流的关系时，需控制电阻和通电时间相同，改变电流，据此找到对应序号；计算R₂产生的热量时，直接运用焦耳定律Q=I²Rt，代入对应的电流、电阻、时间即可。
【解析】
1. 比较序号①②：①和②中，导体电阻相同（R₁=R₂=5Ω）、通过的电流相同，仅通电时间不同，因此可得：当通过导体的电流和导体的电阻相等时，导体产生的热量与通电时间有关。
2. 探究热量与电流的关系：需控制电阻和通电时间相同，改变电流，序号②和③满足电阻相同、通电时间相同，电流不同，故比较序号②和③。
3. 计算R₂产生的热量：根据焦耳定律Q=I²Rt，代入I=0.5A，R₂=5Ω，t=200s，得Q=(0.5A)²×5Ω×200s=250J。
【答案】
电阻；时间；③；250
【知识点】
焦耳定律；电流热效应；控制变量法
【点评】
本题考查电流热效应的探究实验，核心是控制变量法的应用和焦耳定律的计算，需明确各变量的控制条件，是初中物理电学的典型实验题。
【难度系数】
0.5
要探究电流产生热量的影响因素，需运用控制变量法：电流产生的热量与电流大小、导体电阻、通电时间有关。分析序号①②时，需确定两者的电阻和电流是否相同，仅通电时间不同，从而得出热量与通电时间的关系；探究热量与电流的关系时，需控制电阻和通电时间相同，改变电流，据此找到对应序号；计算R₂产生的热量时，直接运用焦耳定律Q=I²Rt，代入对应的电流、电阻、时间即可。
【解析】
1. 比较序号①②：①和②中，导体电阻相同（R₁=R₂=5Ω）、通过的电流相同，仅通电时间不同，因此可得：当通过导体的电流和导体的电阻相等时，导体产生的热量与通电时间有关。
2. 探究热量与电流的关系：需控制电阻和通电时间相同，改变电流，序号②和③满足电阻相同、通电时间相同，电流不同，故比较序号②和③。
3. 计算R₂产生的热量：根据焦耳定律Q=I²Rt，代入I=0.5A，R₂=5Ω，t=200s，得Q=(0.5A)²×5Ω×200s=250J。
【答案】
电阻；时间；③；250
【知识点】
焦耳定律；电流热效应；控制变量法
【点评】
本题考查电流热效应的探究实验，核心是控制变量法的应用和焦耳定律的计算，需明确各变量的控制条件，是初中物理电学的典型实验题。
【难度系数】
0.5
6. (图像分析)某型号电饭锅如图甲所示，其简化电路如图乙所示。$R_1$和$R_2$均为电热丝，开关$S_1$是自动控制开关。开关$S_2$向上与触点$a$、$b$接通，向下仅与触点$c$接通。当开关$S_2$与触点$a$、$b$接通时电饭锅处于
高温
（填“高温”或“低温”）挡；煮饭过程中，通过开关$S_2$不断改变电路接通方式，从而使饭得到最佳的口感和营养。如图丙所示为这个电饭锅在某次正常煮饭全过程中总电流随时间变化的图像，电热丝$R_1$的阻值为220
$\Omega$。电饭锅在这次煮饭过程中消耗的电能可将$1.1\ \mathrm{kg}$的水温度升高$90\ °\mathrm{C}$，则电饭锅的加热效率为42%
。答案
高温；220；42%
【点拨】当开关$S_2$与触点$a$、$b$接通时，$R_1$、$R_2$并联，电路中的电阻较小，根据$P=\frac{U^2}{R}$可知，此时电功率较大，是高温挡。由图丙可知，电流$I_\mathrm{高}=3\ \mathrm{A}$，则高温挡电功率$P_\mathrm{高}=UI_\mathrm{高}=220\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{A}=660\ \mathrm{W}$；开关$S_2$与触点$c$接通时，只有$R_2$接入电路，此时电功率较小为低温挡，由图丙可知，电流$I_\mathrm{低}=2\ \mathrm{A}$，则低温挡电功率$P_\mathrm{低}=UI_\mathrm{低}=220\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}=440\ \mathrm{W}$，则$R_1$的电功率$P_1=P_\mathrm{高}-P_\mathrm{低}=660\ \mathrm{W}-440\ \mathrm{W}=220\ \mathrm{W}$，$R_1$的阻值$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \mathrm{W}}=220\ \Omega$。由图丙可知，煮饭全过程中，高温挡时间$t_1=15\ \mathrm{min}$，低温挡时间$t_2=15\ \mathrm{min}$，由$W=Pt$可知，高温挡消耗的电能$W_1=P_\mathrm{高}t_1=660\ \mathrm{W}×15×60\ \mathrm{s}=5.94×10^5\ \mathrm{J}$，低温挡消耗的电能$W_2=P_\mathrm{低}t_2=440\ \mathrm{W}×15×60\ \mathrm{s}=3.96×10^5\ \mathrm{J}$，此次煮饭消耗的总电能$W=W_1+W_2=5.94×10^5\ \mathrm{J}+3.96×10^5\ \mathrm{J}=9.9×10^5\ \mathrm{J}$，水吸收的热量$Q_\mathrm{吸}=c_\mathrm{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×1.1\ \mathrm{kg}×90\ ℃=4.158×10^5\ \mathrm{J}$，电饭锅的加热效率$\eta=\frac{Q_\mathrm{吸}}{W}×100\%=\frac{4.158×10^5\ \mathrm{J}}{9.9×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=42\%$。
【点拨】当开关$S_2$与触点$a$、$b$接通时，$R_1$、$R_2$并联，电路中的电阻较小，根据$P=\frac{U^2}{R}$可知，此时电功率较大，是高温挡。由图丙可知，电流$I_\mathrm{高}=3\ \mathrm{A}$，则高温挡电功率$P_\mathrm{高}=UI_\mathrm{高}=220\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{A}=660\ \mathrm{W}$；开关$S_2$与触点$c$接通时，只有$R_2$接入电路，此时电功率较小为低温挡，由图丙可知，电流$I_\mathrm{低}=2\ \mathrm{A}$，则低温挡电功率$P_\mathrm{低}=UI_\mathrm{低}=220\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}=440\ \mathrm{W}$，则$R_1$的电功率$P_1=P_\mathrm{高}-P_\mathrm{低}=660\ \mathrm{W}-440\ \mathrm{W}=220\ \mathrm{W}$，$R_1$的阻值$R_1=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \mathrm{W}}=220\ \Omega$。由图丙可知，煮饭全过程中，高温挡时间$t_1=15\ \mathrm{min}$，低温挡时间$t_2=15\ \mathrm{min}$，由$W=Pt$可知，高温挡消耗的电能$W_1=P_\mathrm{高}t_1=660\ \mathrm{W}×15×60\ \mathrm{s}=5.94×10^5\ \mathrm{J}$，低温挡消耗的电能$W_2=P_\mathrm{低}t_2=440\ \mathrm{W}×15×60\ \mathrm{s}=3.96×10^5\ \mathrm{J}$，此次煮饭消耗的总电能$W=W_1+W_2=5.94×10^5\ \mathrm{J}+3.96×10^5\ \mathrm{J}=9.9×10^5\ \mathrm{J}$，水吸收的热量$Q_\mathrm{吸}=c_\mathrm{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×1.1\ \mathrm{kg}×90\ ℃=4.158×10^5\ \mathrm{J}$，电饭锅的加热效率$\eta=\frac{Q_\mathrm{吸}}{W}×100\%=\frac{4.158×10^5\ \mathrm{J}}{9.9×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=42\%$。
解析
【分析】
要解决这道题，需分三步思考：
1. 判断挡位：根据电路连接方式，结合电功率公式分析功率大小，确定高温/低温挡；
2. 计算$R_1$的阻值：从图丙读取高温、低温挡的电流，利用并联电路电流规律得到$R_1$的电流，结合欧姆定律计算阻值；
3. 计算加热效率：从图丙读取高温、低温挡的工作时间，计算总电能，再结合水吸热公式求出水吸收的热量，最后计算效率。
【解析】
1. 判断挡位：当开关$S_2$与触点$a$、$b$接通时，$R_1$与$R_2$并联，电路总电阻小于任一电热丝的电阻。电源电压$U=220\ \mathrm{V}$不变，根据$P=\frac{U^2}{R}$，总电阻越小，总功率越大，因此此时为高温挡。
2. 计算$R_1$的阻值：由图丙可知，高温挡总电流$I_{\mathrm{高}}=3\ \mathrm{A}$，低温挡（仅$R_2$接入）电流$I_{\mathrm{低}}=2\ \mathrm{A}$。并联电路中干路电流等于各支路电流之和，故通过$R_1$的电流$I_1=I_{\mathrm{高}}-I_{\mathrm{低}}=3\ \mathrm{A}-2\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{A}$。根据欧姆定律$R=\frac{U}{I}$，得$R_1=\frac{U}{I_1}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$。
3. 计算加热效率：由图丙可知，高温挡总时间$t_{\mathrm{高}}=15\ \mathrm{min}=900\ \mathrm{s}$，低温挡总时间$t_{\mathrm{低}}=15\ \mathrm{min}=900\ \mathrm{s}$。高温挡功率$P_{\mathrm{高}}=UI_{\mathrm{高}}=220\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{A}=660\ \mathrm{W}$，低温挡功率$P_{\mathrm{低}}=UI_{\mathrm{低}}=220\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}=440\ \mathrm{W}$。总电能$W=P_{\mathrm{高}}t_{\mathrm{高}}+P_{\mathrm{低}}t_{\mathrm{低}}=660\ \mathrm{W}×900\ \mathrm{s}+440\ \mathrm{W}×900\ \mathrm{s}=9.9×10^5\ \mathrm{J}$。水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1.1\ \mathrm{kg}×90\ \mathrm{℃}=4.158×10^5\ \mathrm{J}$，加热效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W}×100\%=\frac{4.158×10^5\ \mathrm{J}}{9.9×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=42\%$。
【答案】
高温；220；42%
【知识点】
电功率计算、欧姆定律、电热效率计算
【点评】
本题结合电饭锅的实际电路，考查电路分析、电功率、欧姆定律及电热效率的综合计算，关键是从图像中提取对应电流和时间，明确电路的连接方式，难度中等。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需分三步思考：
1. 判断挡位：根据电路连接方式，结合电功率公式分析功率大小，确定高温/低温挡；
2. 计算$R_1$的阻值：从图丙读取高温、低温挡的电流，利用并联电路电流规律得到$R_1$的电流，结合欧姆定律计算阻值；
3. 计算加热效率：从图丙读取高温、低温挡的工作时间，计算总电能，再结合水吸热公式求出水吸收的热量，最后计算效率。
【解析】
1. 判断挡位：当开关$S_2$与触点$a$、$b$接通时，$R_1$与$R_2$并联，电路总电阻小于任一电热丝的电阻。电源电压$U=220\ \mathrm{V}$不变，根据$P=\frac{U^2}{R}$，总电阻越小，总功率越大，因此此时为高温挡。
2. 计算$R_1$的阻值：由图丙可知，高温挡总电流$I_{\mathrm{高}}=3\ \mathrm{A}$，低温挡（仅$R_2$接入）电流$I_{\mathrm{低}}=2\ \mathrm{A}$。并联电路中干路电流等于各支路电流之和，故通过$R_1$的电流$I_1=I_{\mathrm{高}}-I_{\mathrm{低}}=3\ \mathrm{A}-2\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{A}$。根据欧姆定律$R=\frac{U}{I}$，得$R_1=\frac{U}{I_1}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$。
3. 计算加热效率：由图丙可知，高温挡总时间$t_{\mathrm{高}}=15\ \mathrm{min}=900\ \mathrm{s}$，低温挡总时间$t_{\mathrm{低}}=15\ \mathrm{min}=900\ \mathrm{s}$。高温挡功率$P_{\mathrm{高}}=UI_{\mathrm{高}}=220\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{A}=660\ \mathrm{W}$，低温挡功率$P_{\mathrm{低}}=UI_{\mathrm{低}}=220\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}=440\ \mathrm{W}$。总电能$W=P_{\mathrm{高}}t_{\mathrm{高}}+P_{\mathrm{低}}t_{\mathrm{低}}=660\ \mathrm{W}×900\ \mathrm{s}+440\ \mathrm{W}×900\ \mathrm{s}=9.9×10^5\ \mathrm{J}$。水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1.1\ \mathrm{kg}×90\ \mathrm{℃}=4.158×10^5\ \mathrm{J}$，加热效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{W}×100\%=\frac{4.158×10^5\ \mathrm{J}}{9.9×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=42\%$。
【答案】
高温；220；42%
【知识点】
电功率计算、欧姆定律、电热效率计算
【点评】
本题结合电饭锅的实际电路，考查电路分析、电功率、欧姆定律及电热效率的综合计算，关键是从图像中提取对应电流和时间，明确电路的连接方式，难度中等。
【难度系数】
0.5
7. ★★ 恒温箱广泛应用于医疗、科研、化工等行业部门。某恒温箱的工作原理图如图所示，两开关均闭合时处于加热状态，其功率为 660 W；加热至设定恒温温度时，开关 $S_2$ 断开，恒温箱处于保温状态。将恒温箱两气孔封闭时，箱内空气质量为 4.8 kg，将箱内温度从 22 ℃加热至设定的恒温温度用时 3 min 20 s。若电热丝 $R_2$ 的阻值为 110 Ω，恒温箱的加热效率为 80%，箱内空气的比热容为 $1.0× 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
(1)恒温箱的保温电流为
(2)电热丝 $R_1$ 的阻值为
(3)恒温箱的恒温温度为
(1)恒温箱的保温电流为
1
A。(2)电热丝 $R_1$ 的阻值为
220
Ω。(3)恒温箱的恒温温度为
44
℃。答案
(1)1 (2)220 (3)44
【点拨】(1)由题意可知，两开关均闭合时处于加热状态，由图可知，$R_1$、$R_2$并联，由$P=UI$可知，此时的总电流$I_\mathrm{加}=\frac{P_\mathrm{加}}{U}=\frac{660\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=3\ \mathrm{A}$，通过电热丝$R_2$的电流$I_2=\frac{U}{R_2}=\frac{220\ \mathrm{V}}{110\ \Omega}=2\ \mathrm{A}$，根据并联电路的电流特点可知，此时通过$R_1$的电流$I_1=I_\mathrm{加}-I_2=3\ \mathrm{A}-2\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{A}$；当开关$S_1$闭合，$S_2$断开时，保温箱处于保温状态，电路是只有$R_1$的简单电路，根据并联电路的特点可知，恒温箱的保温电流与加热状态时通过$R_1$的电流相同，为1 A。(2)由$I=\frac{U}{R}$可知，电热丝$R_1$的阻值$R_1=\frac{U}{I_1}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$。(3)由$P=\frac{W}{t}$可知，恒温箱加热3 min 20 s消耗的电能$W=P_\mathrm{加}t=660\ \mathrm{W}×(3×60\ \mathrm{s}+20\ \mathrm{s})=1.32×10^5\ \mathrm{J}$，由$\eta=\frac{Q_\mathrm{吸}}{W}$可知，恒温箱内空气吸收的热量$Q_\mathrm{吸}=\eta W=80\%×1.32×10^5\ \mathrm{J}=1.056×10^5\ \mathrm{J}$，由$Q_\mathrm{吸}=cm(t'-t_0)$可知，恒温箱的恒温温度$t'=\frac{Q_\mathrm{吸}}{cm}+t_0=\frac{1.056×10^5\ \mathrm{J}}{1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×4.8\ \mathrm{kg}}+22\ ℃=44\ ℃$。
【点拨】(1)由题意可知，两开关均闭合时处于加热状态，由图可知，$R_1$、$R_2$并联，由$P=UI$可知，此时的总电流$I_\mathrm{加}=\frac{P_\mathrm{加}}{U}=\frac{660\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=3\ \mathrm{A}$，通过电热丝$R_2$的电流$I_2=\frac{U}{R_2}=\frac{220\ \mathrm{V}}{110\ \Omega}=2\ \mathrm{A}$，根据并联电路的电流特点可知，此时通过$R_1$的电流$I_1=I_\mathrm{加}-I_2=3\ \mathrm{A}-2\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{A}$；当开关$S_1$闭合，$S_2$断开时，保温箱处于保温状态，电路是只有$R_1$的简单电路，根据并联电路的特点可知，恒温箱的保温电流与加热状态时通过$R_1$的电流相同，为1 A。(2)由$I=\frac{U}{R}$可知，电热丝$R_1$的阻值$R_1=\frac{U}{I_1}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$。(3)由$P=\frac{W}{t}$可知，恒温箱加热3 min 20 s消耗的电能$W=P_\mathrm{加}t=660\ \mathrm{W}×(3×60\ \mathrm{s}+20\ \mathrm{s})=1.32×10^5\ \mathrm{J}$，由$\eta=\frac{Q_\mathrm{吸}}{W}$可知，恒温箱内空气吸收的热量$Q_\mathrm{吸}=\eta W=80\%×1.32×10^5\ \mathrm{J}=1.056×10^5\ \mathrm{J}$，由$Q_\mathrm{吸}=cm(t'-t_0)$可知，恒温箱的恒温温度$t'=\frac{Q_\mathrm{吸}}{cm}+t_0=\frac{1.056×10^5\ \mathrm{J}}{1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg· ℃)}×4.8\ \mathrm{kg}}+22\ ℃=44\ ℃$。
解析
【分析】
首先明确电路状态：两开关均闭合时，$R_1$与$R_2$并联，处于加热状态；$S_2$断开时，只有$R_1$工作，处于保温状态。解题时，先利用加热总功率和电源电压算出总电流，结合并联电路电流规律求出$R_1$的电流，保温电流等于$R_1$的电流；再通过欧姆定律计算$R_1$的阻值；最后根据加热功率、时间算出消耗的电能，结合加热效率求出空气吸收的热量，利用比热容公式算出温度变化，进而得到恒温温度。
【解析】
(1) 两开关均闭合时，$R_1$、$R_2$并联，加热功率$P_加=660\ \mathrm{W}$，电源电压$U=220\ \mathrm{V}$。
根据$P=UI$，总电流：$I_加=\frac{P_加}{U}=\frac{660\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=3\ \mathrm{A}$。
通过$R_2$的电流：$I_2=\frac{U}{R_2}=\frac{220\ \mathrm{V}}{110\ \Omega}=2\ \mathrm{A}$。
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，故通过$R_1$的电流：$I_1=I_加-I_2=3\ \mathrm{A}-2\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{A}$。
保温时$S_2$断开，电路只有$R_1$，保温电流等于$R_1$的电流，即$1\ \mathrm{A}$。
(2) 根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，$R_1$的阻值：$R_1=\frac{U}{I_1}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$。
(3) 加热时间$t=3\ \mathrm{min}\ 20\ \mathrm{s}=3×60\ \mathrm{s}+20\ \mathrm{s}=200\ \mathrm{s}$，加热消耗的电能：$W=P_加 t=660\ \mathrm{W}×200\ \mathrm{s}=1.32×10^5\ \mathrm{J}$。
加热效率$\eta=80\%$，空气吸收的热量：$Q_吸=\eta W=80\%×1.32×10^5\ \mathrm{J}=1.056×10^5\ \mathrm{J}$。
根据$Q_吸=cm(t'-t_0)$，恒温温度：$t'=\frac{Q_吸}{cm}+t_0=\frac{1.056×10^5\ \mathrm{J}}{1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×4.8\ \mathrm{kg}}+22\ \mathrm{℃}=44\ \mathrm{℃}$。
【答案】
(1)1；(2)220；(3)44
【知识点】
并联电路电流规律、欧姆定律、电功率计算、比热容热量计算
【点评】
本题是电学与热学结合的综合应用题，需先分析电路状态，再运用相关公式逐步求解，考查学生对公式的掌握和综合应用能力，属于中等难度题目。
【难度系数】
0.5
首先明确电路状态：两开关均闭合时，$R_1$与$R_2$并联，处于加热状态；$S_2$断开时，只有$R_1$工作，处于保温状态。解题时，先利用加热总功率和电源电压算出总电流，结合并联电路电流规律求出$R_1$的电流，保温电流等于$R_1$的电流；再通过欧姆定律计算$R_1$的阻值；最后根据加热功率、时间算出消耗的电能，结合加热效率求出空气吸收的热量，利用比热容公式算出温度变化，进而得到恒温温度。
【解析】
(1) 两开关均闭合时，$R_1$、$R_2$并联，加热功率$P_加=660\ \mathrm{W}$，电源电压$U=220\ \mathrm{V}$。
根据$P=UI$，总电流：$I_加=\frac{P_加}{U}=\frac{660\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=3\ \mathrm{A}$。
通过$R_2$的电流：$I_2=\frac{U}{R_2}=\frac{220\ \mathrm{V}}{110\ \Omega}=2\ \mathrm{A}$。
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，故通过$R_1$的电流：$I_1=I_加-I_2=3\ \mathrm{A}-2\ \mathrm{A}=1\ \mathrm{A}$。
保温时$S_2$断开，电路只有$R_1$，保温电流等于$R_1$的电流，即$1\ \mathrm{A}$。
(2) 根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，$R_1$的阻值：$R_1=\frac{U}{I_1}=\frac{220\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=220\ \Omega$。
(3) 加热时间$t=3\ \mathrm{min}\ 20\ \mathrm{s}=3×60\ \mathrm{s}+20\ \mathrm{s}=200\ \mathrm{s}$，加热消耗的电能：$W=P_加 t=660\ \mathrm{W}×200\ \mathrm{s}=1.32×10^5\ \mathrm{J}$。
加热效率$\eta=80\%$，空气吸收的热量：$Q_吸=\eta W=80\%×1.32×10^5\ \mathrm{J}=1.056×10^5\ \mathrm{J}$。
根据$Q_吸=cm(t'-t_0)$，恒温温度：$t'=\frac{Q_吸}{cm}+t_0=\frac{1.056×10^5\ \mathrm{J}}{1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×4.8\ \mathrm{kg}}+22\ \mathrm{℃}=44\ \mathrm{℃}$。
【答案】
(1)1；(2)220；(3)44
【知识点】
并联电路电流规律、欧姆定律、电功率计算、比热容热量计算
【点评】
本题是电学与热学结合的综合应用题，需先分析电路状态，再运用相关公式逐步求解，考查学生对公式的掌握和综合应用能力，属于中等难度题目。
【难度系数】
0.5
1. 小明用标有“2.5 V”字样的小灯泡做“测量小灯泡的电功率”实验，设计了如图甲所示的电路。
(1)图甲中有一根导线没有连接，用笔画线代替导线画出正确的连线。
(2)(方案选取)电路连接正确后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，发现小灯泡始终不亮，电流表指针几乎不动，电压表示数接近电源电压且保持不变。为了排除故障，小芳检查了开关并拧紧两端接线柱，小明则将小灯泡与灯座拧紧。若电路中只有一处故障，则
(3)排除故障后，某次实验电压表的示数如图乙所示，为了让小灯泡正常发光，滑动变阻器的滑片应该向
(4)(科学推理)小明发现，家里相同型号的新灯泡和旧灯泡在使用时，旧灯泡的亮度明显不如新灯泡，他根据所学知识得出：灯泡长期使用，灯丝由于高温表面升华而变细，灯丝电阻
跨学科实
(1)图甲中有一根导线没有连接，用笔画线代替导线画出正确的连线。
(2)(方案选取)电路连接正确后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，发现小灯泡始终不亮，电流表指针几乎不动，电压表示数接近电源电压且保持不变。为了排除故障，小芳检查了开关并拧紧两端接线柱，小明则将小灯泡与灯座拧紧。若电路中只有一处故障，则
小明
(填“小芳”或“小明”)排除电路故障的操作是正确的。(3)排除故障后，某次实验电压表的示数如图乙所示，为了让小灯泡正常发光，滑动变阻器的滑片应该向
左
(填“左”或“右”)端移动。小明测得多组数据，并画出如图丙所示的图像，由图像可知，小灯泡正常发光时的电阻为10
Ω，额定功率为0.625
W。(4)(科学推理)小明发现，家里相同型号的新灯泡和旧灯泡在使用时，旧灯泡的亮度明显不如新灯泡，他根据所学知识得出：灯泡长期使用，灯丝由于高温表面升华而变细，灯丝电阻
变大
(填“变大”或“变小”)，导致灯泡亮度变暗。跨学科实
答案
(1)
(2)小明 (3)左；10；0.625 (4)变大(5)②$R_1$ ③1.444 ④电压表选用小量程，并联在滑动变阻器$R_2$两端
解析
【分析】
本题围绕“测量小灯泡的电功率”实验展开，需分模块分析：
1. 电路连接：滑动变阻器需“一上一下”串联接入电路，补充导线完成正确连接；
2. 故障排查：电流表几乎不动说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表与电源连通，故障为小灯泡断路，据此判断排除故障的操作；
3. 实验数据处理：读取电压表示数，对比额定电压确定滑片移动方向；从I-U图像中找到额定电压对应的电流，利用欧姆定律和电功率公式计算电阻与额定功率；
4. 电阻变化分析：结合灯丝升华变细的特点，判断电阻的变化。
【解析】
(1) 滑动变阻器应“一上一下”串联在电路中，需将滑动变阻器的一个上端接线柱与小灯泡的右端接线柱连接（正确连线对应参考答案的图）；
(2) 闭合开关后，小灯泡不亮、电流表指针几乎不动，说明电路断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表两端与电源两极连通，故障为小灯泡断路。拧紧开关无法解决断路，拧紧小灯泡（小明的操作）可排除故障，故填小明；
(3) 电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2V，小于小灯泡额定电压2.5V，需增大小灯泡两端电压，根据串联电路分压规律，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，故滑片向左移动；由图丙可知，小灯泡额定电压2.5V时，对应的电流为0.25A，根据欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{2.5V}{0.25A}=10Ω$；额定功率$P=UI=2.5V×0.25A=0.625W$；
(4) 灯丝长期使用，因高温升华变细，灯丝的横截面积减小，在材料、长度不变时，横截面积越小电阻越大，故灯丝电阻变大。
【答案】
(1) (2)小明 (3)左；10；0.625 (4)变大
【知识点】
测量小灯泡电功率、电路故障分析、欧姆定律
【点评】
本题综合考查电学实验的核心内容，涵盖电路连接、故障判断、数据计算及实际应用，需学生掌握实验原理和相关规律，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题围绕“测量小灯泡的电功率”实验展开，需分模块分析：
1. 电路连接：滑动变阻器需“一上一下”串联接入电路，补充导线完成正确连接；
2. 故障排查：电流表几乎不动说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表与电源连通，故障为小灯泡断路，据此判断排除故障的操作；
3. 实验数据处理：读取电压表示数，对比额定电压确定滑片移动方向；从I-U图像中找到额定电压对应的电流，利用欧姆定律和电功率公式计算电阻与额定功率；
4. 电阻变化分析：结合灯丝升华变细的特点，判断电阻的变化。
【解析】
(1) 滑动变阻器应“一上一下”串联在电路中，需将滑动变阻器的一个上端接线柱与小灯泡的右端接线柱连接（正确连线对应参考答案的图）；
(2) 闭合开关后，小灯泡不亮、电流表指针几乎不动，说明电路断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表两端与电源两极连通，故障为小灯泡断路。拧紧开关无法解决断路，拧紧小灯泡（小明的操作）可排除故障，故填小明；
(3) 电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2V，小于小灯泡额定电压2.5V，需增大小灯泡两端电压，根据串联电路分压规律，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，故滑片向左移动；由图丙可知，小灯泡额定电压2.5V时，对应的电流为0.25A，根据欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{2.5V}{0.25A}=10Ω$；额定功率$P=UI=2.5V×0.25A=0.625W$；
(4) 灯丝长期使用，因高温升华变细，灯丝的横截面积减小，在材料、长度不变时，横截面积越小电阻越大，故灯丝电阻变大。
【答案】
(1)
(2)小明 (3)左；10；0.625 (4)变大【知识点】
测量小灯泡电功率、电路故障分析、欧姆定律
【点评】
本题综合考查电学实验的核心内容，涵盖电路连接、故障判断、数据计算及实际应用，需学生掌握实验原理和相关规律，难度适中。
【难度系数】
0.5
