登录
1.（新趋势 科技创新）如图所示的为我国科研人员设计的一种带电源的智能控温加热手套，下列与加热手套工作原理相同的用电器是（
A.电饭煲
B.洗衣机
C.电冰箱
D.电视机
A
）A.电饭煲
B.洗衣机
C.电冰箱
D.电视机
答案
A
解析
【分析】要解决这道题，首先明确加热手套的工作原理：它利用电流的热效应工作，电流通过导体时，电能转化为内能，以此实现加热功能。接下来分析各选项用电器的能量转化，判断其工作原理是否与加热手套一致。
【解析】加热手套的工作原理是电流的热效应，即电流通过导体时电能转化为内能。A选项电饭煲工作时，主要将电能转化为内能，利用的是电流的热效应，与加热手套原理相同；B选项洗衣机的核心部件是电动机，工作时主要将电能转化为机械能，不利用电流热效应；C选项电冰箱依靠压缩机工作，将电能转化为机械能，不利用电流热效应；D选项电视机工作时主要将电能转化为光能、声能等，不利用电流热效应。因此答案选A。
【答案】A
【知识点】电流的热效应
【点评】本题考查常见用电器的工作原理，核心是区分不同用电器的能量转化形式，属于基础概念题，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】加热手套的工作原理是电流的热效应，即电流通过导体时电能转化为内能。A选项电饭煲工作时，主要将电能转化为内能，利用的是电流的热效应，与加热手套原理相同；B选项洗衣机的核心部件是电动机，工作时主要将电能转化为机械能，不利用电流热效应；C选项电冰箱依靠压缩机工作，将电能转化为机械能，不利用电流热效应；D选项电视机工作时主要将电能转化为光能、声能等，不利用电流热效应。因此答案选A。
【答案】A
【知识点】电流的热效应
【点评】本题考查常见用电器的工作原理，核心是区分不同用电器的能量转化形式，属于基础概念题，难度适中。
【难度系数】0.6
2. 电能表是测量用电器消耗电能的仪表，小陈同学将额定功率为 600 W 的用电器单独接入电路中，当该用电器正常工作 15 min 后，电能表的转盘正好转了 450 r，则该电能表每千瓦时的实际转数应是（
A.3 600 r
B.3 000 r
C.2 400 r
D.2 000 r
B
）A.3 600 r
B.3 000 r
C.2 400 r
D.2 000 r
答案
【点拨】15 min 用电器消耗的电能W=Pt=600 W×15×60 s=540 000 J=0.15 kW·h，N= n/W = 450 r / 0.15 kW·h = 3 000 r/(kW·h)，则电能表每千瓦时的实际转数为3 000 r，故B正确，ACD错误。
解析
【分析】要解决这个问题，需先计算用电器正常工作时消耗的电能，再根据电能表转盘转数与消耗电能的关系，求出电能表每千瓦时的实际转数。首先利用电功公式$W=Pt$计算消耗的电能，注意单位换算，将功率和时间换算为合适的单位（kW和h），得到电能的单位为$kW·h$；再根据“转数=电能×每千瓦时转数”的变形公式$N=\frac{n}{W}$，代入数值计算即可。
【解析】解：首先计算用电器消耗的电能：
用电器的额定功率$P=600W=0.6kW$，工作时间$t=15min=\frac{15}{60}h=0.25h$，
根据电功公式$W=Pt$，可得消耗的电能：
$W=Pt=0.6kW×0.25h=0.15kW·h$；
已知电能表转盘转数$n=450r$，设电能表每千瓦时的实际转数为$N$，由关系$n=W·N$可得：
$N=\frac{n}{W}=\frac{450r}{0.15kW·h}=3000r/(kW·h)$，
因此该电能表每千瓦时的实际转数为$3000r$，对应选项B。
【答案】B
【知识点】电功的计算、电能表的参数应用
【点评】本题是电能表相关的基础计算题，核心是掌握电功公式的应用以及电能表转数与消耗电能的关系，解题时需注意单位的统一换算，整体难度适中，适合初中学生巩固基础。
【难度系数】0.6
【解析】解：首先计算用电器消耗的电能：
用电器的额定功率$P=600W=0.6kW$，工作时间$t=15min=\frac{15}{60}h=0.25h$，
根据电功公式$W=Pt$，可得消耗的电能：
$W=Pt=0.6kW×0.25h=0.15kW·h$；
已知电能表转盘转数$n=450r$，设电能表每千瓦时的实际转数为$N$，由关系$n=W·N$可得：
$N=\frac{n}{W}=\frac{450r}{0.15kW·h}=3000r/(kW·h)$，
因此该电能表每千瓦时的实际转数为$3000r$，对应选项B。
【答案】B
【知识点】电功的计算、电能表的参数应用
【点评】本题是电能表相关的基础计算题，核心是掌握电功公式的应用以及电能表转数与消耗电能的关系，解题时需注意单位的统一换算，整体难度适中，适合初中学生巩固基础。
【难度系数】0.6
3.[2026·济南期末]有一只标有“6 V 6 W”字样的灯泡$L_1$和另一只标有“6 V 3 W”字样的灯泡$L_2$，不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（
A.两灯串联接入电路时，允许加在它们两端的最大电压为18 V
B.两灯并联接入电源电压为6 V的电路中时，$L_2$发光较亮
C.两灯灯丝材料和长度相同时，$L_1$的灯丝更粗一些
D.当灯泡两端的实际电压都为3 V时，$L_1$与$L_2$的实际功率之比$P_1:P_2=1:2$
C
）A.两灯串联接入电路时，允许加在它们两端的最大电压为18 V
B.两灯并联接入电源电压为6 V的电路中时，$L_2$发光较亮
C.两灯灯丝材料和长度相同时，$L_1$的灯丝更粗一些
D.当灯泡两端的实际电压都为3 V时，$L_1$与$L_2$的实际功率之比$P_1:P_2=1:2$
答案
【点拨】灯泡$L_1$的额定电流$I_1=\frac{P_{额1}}{U_{额1}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，灯泡$L_1$的电阻$R_1=\frac{U_{额1}^2}{P_{额1}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$；灯泡$L_2$的额定电流$I_2=\frac{P_{额2}}{U_{额2}}=\frac{3\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$，灯泡$L_2$的电阻$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}}=12\ \Omega$，将它们串联后使用，电路中允许通过的最大电流是0.5 A，允许加在它们两端的最大电压$U_{加}=I_2(R_1+R_2)=0.5\ \mathrm{A}×(6\ \Omega+12\ \Omega)=9\ \mathrm{V}$，故A错误；两灯并联接入电源电压为6 V的电路中时，两灯泡正常发光，实际功率等于额定功率，因灯泡$L_1$的额定功率大，因此$L_1$发光较亮，故B错误；两灯灯丝材料和长度相同时，灯丝横截面积越大，电阻越小，因灯泡$L_1$的电阻小于灯泡$L_2$的电阻，说明$L_1$的灯丝更粗一些，故C正确；当灯泡两端的实际电压都为3 V时，两灯泡实际功率之比$P_1:P_2=\frac{U^2}{R_1}:\frac{U^2}{R_2}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{12\ \Omega}{6\ \Omega}=2:1$，故D错误。
解析
【分析】要解决这道题，首先需根据灯泡的额定电压和额定功率，计算出两灯的额定电流和灯丝电阻，这是解题的基础；再结合串并联电路的特点、电阻的影响因素、实际功率的计算方法，逐一分析每个选项的对错。
【解析】
1. 计算两灯的额定电流和电阻：
对于灯泡$L_1$：额定电流$I_1=\frac{P_{额1}}{U_{额1}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，电阻$R_1=\frac{U_{额1}^2}{P_{额1}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$；
对于灯泡$L_2$：额定电流$I_2=\frac{P_{额2}}{U_{额2}}=\frac{3\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$，电阻$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}}=12\ \Omega$。
2. 分析选项：
选项A：两灯串联时，电路中允许通过的最大电流为两灯额定电流的较小值，即$I_{max}=I_2=0.5\ \mathrm{A}$，总电阻$R_{总}=R_1+R_2=6\ \Omega+12\ \Omega=18\ \Omega$，则允许加的最大电压$U_{max}=I_{max}R_{总}=0.5\ \mathrm{A}×18\ \Omega=9\ \mathrm{V}≠18\ \mathrm{V}$，故A错误。
选项B：两灯并联在6V电路中时，电压等于额定电压，两灯正常发光，实际功率等于额定功率。因$P_{额1}=6\ \mathrm{W}＞P_{额2}=3\ \mathrm{W}$，实际功率越大灯泡越亮，故$L_1$发光较亮，B错误。
选项C：灯丝的电阻与材料、长度、横截面积有关，当材料和长度相同时，横截面积越大，电阻越小。因$R_1=6\ \Omega＜R_2=12\ \Omega$，说明$L_1$的灯丝横截面积更大，即更粗，C正确。
选项D：实际电压均为3V时，根据$P=\frac{U^2}{R}$，两灯实际功率之比$\frac{P_1}{P_2}=\frac{\frac{U^2}{R_1}}{\frac{U^2}{R_2}}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{12\ \Omega}{6\ \Omega}=\frac{2}{1}≠1:2$，故D错误。
【答案】C
【知识点】额定功率与实际功率、串并联电路特点、电阻的影响因素
【点评】本题综合考查了电学中灯泡额定参数计算、串并联电路规律应用、电阻影响因素及实际功率计算，需学生熟练掌握相关公式，逐一分析选项，是一道综合性较强的基础题。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 计算两灯的额定电流和电阻：
对于灯泡$L_1$：额定电流$I_1=\frac{P_{额1}}{U_{额1}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，电阻$R_1=\frac{U_{额1}^2}{P_{额1}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$；
对于灯泡$L_2$：额定电流$I_2=\frac{P_{额2}}{U_{额2}}=\frac{3\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.5\ \mathrm{A}$，电阻$R_2=\frac{U_{额2}^2}{P_{额2}}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}}=12\ \Omega$。
2. 分析选项：
选项A：两灯串联时，电路中允许通过的最大电流为两灯额定电流的较小值，即$I_{max}=I_2=0.5\ \mathrm{A}$，总电阻$R_{总}=R_1+R_2=6\ \Omega+12\ \Omega=18\ \Omega$，则允许加的最大电压$U_{max}=I_{max}R_{总}=0.5\ \mathrm{A}×18\ \Omega=9\ \mathrm{V}≠18\ \mathrm{V}$，故A错误。
选项B：两灯并联在6V电路中时，电压等于额定电压，两灯正常发光，实际功率等于额定功率。因$P_{额1}=6\ \mathrm{W}＞P_{额2}=3\ \mathrm{W}$，实际功率越大灯泡越亮，故$L_1$发光较亮，B错误。
选项C：灯丝的电阻与材料、长度、横截面积有关，当材料和长度相同时，横截面积越大，电阻越小。因$R_1=6\ \Omega＜R_2=12\ \Omega$，说明$L_1$的灯丝横截面积更大，即更粗，C正确。
选项D：实际电压均为3V时，根据$P=\frac{U^2}{R}$，两灯实际功率之比$\frac{P_1}{P_2}=\frac{\frac{U^2}{R_1}}{\frac{U^2}{R_2}}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{12\ \Omega}{6\ \Omega}=\frac{2}{1}≠1:2$，故D错误。
【答案】C
【知识点】额定功率与实际功率、串并联电路特点、电阻的影响因素
【点评】本题综合考查了电学中灯泡额定参数计算、串并联电路规律应用、电阻影响因素及实际功率计算，需学生熟练掌握相关公式，逐一分析选项，是一道综合性较强的基础题。
【难度系数】0.6
4. 如图所示，电源电压一定，关于电路工作情况，下列说法中正确的是 （
A.只闭合$ S_1 $时，两只灯泡是串联的
B.只闭合$ S_2 $时，只有灯$ L_2 $会亮
C.先闭合$ S_1 $，当再闭合$ S_2 $时，两电表示数均不变
D.先闭合$ S_1 $，当再闭合$ S_2 $时，整个电路消耗的电功率变大
D
）A.只闭合$ S_1 $时，两只灯泡是串联的
B.只闭合$ S_2 $时，只有灯$ L_2 $会亮
C.先闭合$ S_1 $，当再闭合$ S_2 $时，两电表示数均不变
D.先闭合$ S_1 $，当再闭合$ S_2 $时，整个电路消耗的电功率变大
答案
D
解析
【分析】
要解决此题，需先明确不同开关状态下的电路结构：
1. 只闭合$S_1$时，电流路径为：电源正极→$S_1$→电流表→$L_1$→电源负极，仅$L_1$接入电路，$L_2$未工作，电流表测$L_1$的电流，电压表测$L_1$两端电压（等于电源电压）。
2. 只闭合$S_2$时，$S_1$断开，电路为断路，无电流通过，两灯都不工作。
3. 先闭合$S_1$再闭合$S_2$时，$L_1$与$L_2$并联，电流表测干路电流，电压表仍测电源电压。
再逐一分析选项，结合串并联电路特点和电功率公式判断对错。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：只闭合$S_1$时，电流仅通过$L_1$，$L_2$未接入电路，只有$L_1$工作，并非串联，A错误。
选项B：只闭合$S_2$时，$S_1$断开，电路为断路，无电流，两灯都不亮，B错误。
选项C：先闭合$S_1$时，电流表测$L_1$的电流；再闭合$S_2$后，$L_1$与$L_2$并联，电流表测干路电流，干路电流等于两支路电流之和，故电流表示数变大；电压表始终测电源电压，示数不变，因此两电表示数并非均不变，C错误。
选项D：电源电压$U$不变，先闭合$S_1$时，电路功率$P_1=\frac{U^2}{R_1}$（$R_1$为$L_1$电阻）；再闭合$S_2$后，两灯并联，总电阻$R_总＜R_1$，总功率$P=\frac{U^2}{R_总}$，因$R_总$变小，故$P＞P_1$，整个电路消耗的电功率变大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
电路分析、并联电路、电功率
【点评】
本题考查电路动态分析，核心是理清不同开关状态下的电路连接方式，结合串并联电路的电流、电阻特点和电功率公式判断，需注意电表测量对象的变化，属于中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
要解决此题，需先明确不同开关状态下的电路结构：
1. 只闭合$S_1$时，电流路径为：电源正极→$S_1$→电流表→$L_1$→电源负极，仅$L_1$接入电路，$L_2$未工作，电流表测$L_1$的电流，电压表测$L_1$两端电压（等于电源电压）。
2. 只闭合$S_2$时，$S_1$断开，电路为断路，无电流通过，两灯都不工作。
3. 先闭合$S_1$再闭合$S_2$时，$L_1$与$L_2$并联，电流表测干路电流，电压表仍测电源电压。
再逐一分析选项，结合串并联电路特点和电功率公式判断对错。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：只闭合$S_1$时，电流仅通过$L_1$，$L_2$未接入电路，只有$L_1$工作，并非串联，A错误。
选项B：只闭合$S_2$时，$S_1$断开，电路为断路，无电流，两灯都不亮，B错误。
选项C：先闭合$S_1$时，电流表测$L_1$的电流；再闭合$S_2$后，$L_1$与$L_2$并联，电流表测干路电流，干路电流等于两支路电流之和，故电流表示数变大；电压表始终测电源电压，示数不变，因此两电表示数并非均不变，C错误。
选项D：电源电压$U$不变，先闭合$S_1$时，电路功率$P_1=\frac{U^2}{R_1}$（$R_1$为$L_1$电阻）；再闭合$S_2$后，两灯并联，总电阻$R_总＜R_1$，总功率$P=\frac{U^2}{R_总}$，因$R_总$变小，故$P＞P_1$，整个电路消耗的电功率变大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
电路分析、并联电路、电功率
【点评】
本题考查电路动态分析，核心是理清不同开关状态下的电路连接方式，结合串并联电路的电流、电阻特点和电功率公式判断，需注意电表测量对象的变化，属于中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
5. 2025·济宁 科学思维·科学推理 如图所示，虚线框内连接一个开关S和两个阻值相同的定值电阻$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$阻值不符合要求的是 （
C
）答案
【点拨】图A中两电阻串联，可得总电阻$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}$，即整个电路消耗的电功率减小1.6 W，符合要求，故A不符合题意；由图B可知，当开关S闭合时，电路中只有$R_2$，此时电路中的电流$I_1=\frac{U}{R_2}=\frac{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=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{U}{20\ \Omega+20\ \Omega}=\frac{U}{40\ \Omega}$，已知当断开S后，电流表示数减小0.2 A，即$I_1-I_2=\frac{U}{20\ \Omega}-\frac{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}$，整个电路消耗的电功率减小量$\Delta P=P_1-P_2=3.2\ \mathrm{W}-1.6\ \mathrm{W}=1.6\ \mathrm{W}$，符合要求，故B不符合题意；由图C可知，当S断开后，$R_1$所在支路断开，此时电流减小0.2 A，说明通过$R_1$这条支路的电流是0.2 A，已知$R_1=80\ \Omega$，则减小的电功率$\Delta P'=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×80\ \Omega=3.2\ \mathrm{W}$，不符合要求，故C符合题意；图D中$R_1$、$R_2$并联，可得等效电阻$R'=\frac{R_1}{2}=\frac{80\ \Omega}{2}=40\ \Omega$，开关S在干路，当S断开后，减小的电流为0.2 A，则减小的电功率$\Delta P''=I^2R'=(0.2\ \mathrm{A})^2×40\ \Omega=1.6\ \mathrm{W}$，符合要求，故D不符合题意。
解析
【分析】
要找出不符合要求的选项，需逐个分析每个选项中开关S断开前后的电路结构，结合串并联电路特点、欧姆定律和电功率公式，计算电流和电功率的变化量，与题目给出的“电流减小0.2A、电功率减小1.6W”的条件对比，判断是否符合要求，最终确定答案。
【解析】
1. 选项A：S闭合时，R₁与R₂串联，总电阻$R=R_1+R_2=20\ \Omega+20\ \Omega=40\ \Omega$；S断开后，电路断路，电流为0。题目中电流减小0.2A，说明原电流$I=0.2\ \mathrm{A}$，原电功率$P=I^2R=(0.2\ \mathrm{A})^2×40\ \Omega=1.6\ \mathrm{W}$，S断开后功率为0，电功率减小量为1.6W，符合要求，故A不符合题意。
2. 选项B：S闭合时，只有$R_2$接入电路，电流$I_1=\frac{U}{R_2}=\frac{U}{20\ \Omega}$；S断开后，$R_1$与$R_2$串联，电流$I_2=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{U}{40\ \Omega}$。电流减小量$\Delta I=I_1-I_2=\frac{U}{40\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$，解得电源电压$U=8\ \mathrm{V}$。此时$I_1=0.4\ \mathrm{A}$，$I_2=0.2\ \mathrm{A}$；电功率$P_1=UI_1=3.2\ \mathrm{W}$，$P_2=UI_2=1.6\ \mathrm{W}$，电功率减小量$\Delta P=1.6\ \mathrm{W}$，符合要求，故B不符合题意。
3. 选项C：S断开后，$R_1$支路断开，电流减小量等于$R_1$支路的电流，即$\Delta I=0.2\ \mathrm{A}$。减小的电功率$\Delta P=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×80\ \Omega=3.2\ \mathrm{W}$，与题目要求的1.6W不符，故C符合题意（即不符合要求）。
4. 选项D：S闭合时，$R_1$与$R_2$并联，总电阻$R_{\mathrm{并}}=\frac{R_1}{2}=40\ \Omega$；S断开后，电流减小量$\Delta I=0.2\ \mathrm{A}$，减小的电功率$\Delta P=I^2R_{\mathrm{并}}=1.6\ \mathrm{W}$，符合要求，故D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
欧姆定律、电功率计算、串并联电路特点
【点评】
本题综合考查电路分析、欧姆定律和电功率的应用，需要准确判断开关断开前后的电路连接方式，结合公式计算变化量，对学生的科学推理能力要求较高，是一道中等难度的电学综合题。
【难度系数】
0.5
要找出不符合要求的选项，需逐个分析每个选项中开关S断开前后的电路结构，结合串并联电路特点、欧姆定律和电功率公式，计算电流和电功率的变化量，与题目给出的“电流减小0.2A、电功率减小1.6W”的条件对比，判断是否符合要求，最终确定答案。
【解析】
1. 选项A：S闭合时，R₁与R₂串联，总电阻$R=R_1+R_2=20\ \Omega+20\ \Omega=40\ \Omega$；S断开后，电路断路，电流为0。题目中电流减小0.2A，说明原电流$I=0.2\ \mathrm{A}$，原电功率$P=I^2R=(0.2\ \mathrm{A})^2×40\ \Omega=1.6\ \mathrm{W}$，S断开后功率为0，电功率减小量为1.6W，符合要求，故A不符合题意。
2. 选项B：S闭合时，只有$R_2$接入电路，电流$I_1=\frac{U}{R_2}=\frac{U}{20\ \Omega}$；S断开后，$R_1$与$R_2$串联，电流$I_2=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{U}{40\ \Omega}$。电流减小量$\Delta I=I_1-I_2=\frac{U}{40\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$，解得电源电压$U=8\ \mathrm{V}$。此时$I_1=0.4\ \mathrm{A}$，$I_2=0.2\ \mathrm{A}$；电功率$P_1=UI_1=3.2\ \mathrm{W}$，$P_2=UI_2=1.6\ \mathrm{W}$，电功率减小量$\Delta P=1.6\ \mathrm{W}$，符合要求，故B不符合题意。
3. 选项C：S断开后，$R_1$支路断开，电流减小量等于$R_1$支路的电流，即$\Delta I=0.2\ \mathrm{A}$。减小的电功率$\Delta P=I^2R_1=(0.2\ \mathrm{A})^2×80\ \Omega=3.2\ \mathrm{W}$，与题目要求的1.6W不符，故C符合题意（即不符合要求）。
4. 选项D：S闭合时，$R_1$与$R_2$并联，总电阻$R_{\mathrm{并}}=\frac{R_1}{2}=40\ \Omega$；S断开后，电流减小量$\Delta I=0.2\ \mathrm{A}$，减小的电功率$\Delta P=I^2R_{\mathrm{并}}=1.6\ \mathrm{W}$，符合要求，故D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
欧姆定律、电功率计算、串并联电路特点
【点评】
本题综合考查电路分析、欧姆定律和电功率的应用，需要准确判断开关断开前后的电路连接方式，结合公式计算变化量，对学生的科学推理能力要求较高，是一道中等难度的电学综合题。
【难度系数】
0.5
6. [2025·北京，多选] 如图甲所示的是恒温式热线风速仪的结构示意图，将一根细金属丝置于圆柱形通道内，设定其工作温度为$ t_0 $。使用时接通电路，金属丝升温到$ t_0 $，风流过通道时，会带走部分热量，风速仪通过改变流过金属丝的电流维持金属丝的温度不变，此时单位时间内金属丝产生的热量与风带走的热量相等，风速仪通过测量金属丝两端的电压、风进入通道时风的温度，从而实现对风速的测量。已知风速越大、金属丝和风的温度差越大，单位时间内风带走的热量越多；当风速一定时，单位时间内风带走的热量与金属丝和风的温度差成正比。金属丝电阻$ R $随温度$ t $变化的关系如图乙所示。假设空气密度始终不变，下列说法正确的是（
A.金属丝升温到$ t_0 $的过程中阻值不变
B.流入风速仪的风的温度不变时，所测风速增大，金属丝两端的电压增大
C.若风速仪测得的电压越大，流入风速仪的风的温度越高，则风速越大
D.若$ t_0 = 150°\mathrm{C} $，风速仪测得温度为$ 0°\mathrm{C} $与$ 30°\mathrm{C} $的风速相同，则金属丝两端的电压之比为$ 2:\sqrt{5} $
BC
）A.金属丝升温到$ t_0 $的过程中阻值不变
B.流入风速仪的风的温度不变时，所测风速增大，金属丝两端的电压增大
C.若风速仪测得的电压越大，流入风速仪的风的温度越高，则风速越大
D.若$ t_0 = 150°\mathrm{C} $，风速仪测得温度为$ 0°\mathrm{C} $与$ 30°\mathrm{C} $的风速相同，则金属丝两端的电压之比为$ 2:\sqrt{5} $
答案
【点拨】由图乙可知，金属丝升温到$t_0$的过程中阻值变大，故A错误；流入风速仪的风的温度不变时，所测风速增大，风带走的热量增多，为了维持金属丝的温度不变，需要增大流过金属丝的电流，由于温度不变，金属丝电阻不变，由$U=IR$可知，金属丝两端的电压增大，故B正确；风速仪测得的电压越大，金属丝相等时间内产生的热量越多，说明风带走的热量越多，若流入风速仪的风的温度越高，金属丝和风的温度差越小，带走的热量越少，金属丝维持恒温，说明风速越大，故C正确；风速一定时，单位时间内风带走的热量与金属丝和风的温度差成正比，风速仪测得温度为$0\ °\mathrm{C}$，温度差$\Delta t_1=150\ °\mathrm{C}-0\ °\mathrm{C}=150\ °\mathrm{C}$，风速仪测得温度为$30\ °\mathrm{C}$，温度差$\Delta t_2=150\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C}=120\ °\mathrm{C}$。风带走的热量之比$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2}=\frac{150\ °\mathrm{C}}{120\ °\mathrm{C}}=\frac{5}{4}$。恒温时，单位时间内金属丝产生的热量与风带走的热量相等，所以$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{\frac{U_1^2}{R}t}{\frac{U_2^2}{R}t}=\frac{5}{4}$，所以$\frac{U_1}{U_2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，故D错误。
解析
【分析】
要解决本题，需结合金属丝电阻随温度的变化规律、热量平衡关系（金属丝产热等于风带走的热量）以及风速与热量的关联，逐一分析选项：
1. 先依据图乙判断金属丝电阻随温度的变化，分析选项A；
2. 结合“风速增大→风带走热量增多”的条件，利用热量公式和欧姆定律分析选项B；
3. 根据“电压越大→金属丝产热越多→风带走热量越多”，结合风温对温度差的影响，分析选项C；
4. 利用“风速相同时，风带走热量与温度差成正比”和热量公式，计算电压比分析选项D。
【解析】
选项A：由图乙可知，金属丝的电阻随温度升高而增大，因此升温到$t_0$的过程中阻值变大，A错误；
选项B：流入风速仪的风温不变时，风速增大，风带走的热量增多；为维持金属丝温度$t_0$不变，金属丝单位时间产生的热量需等于风带走的热量，因此金属丝产热需增大。金属丝温度不变则电阻$R$不变，由$Q=\frac{U^2}{R}$可知，$Q$增大时金属丝两端电压$U$增大，B正确；
选项C：风速仪测得的电压越大，说明金属丝单位时间产热越多，即风带走的热量越多；若流入的风温越高，金属丝与风的温度差越小，相同风速下带走的热量越少，此时带走热量仍多，说明风速越大，C正确；
选项D：当风速相同时，单位时间内风带走的热量与温度差成正比，即$Q_带\propto\Delta t$（$\Delta t=t_0 - t_风$）。金属丝产热$Q_产=\frac{U^2}{R}$，恒温时$Q_产=Q_带$，因此$\frac{U^2}{R}\propto\Delta t$，即$U^2\propto\Delta t$。已知$t_0=150° C$，则$\Delta t_1=150° C-0° C=150° C$，$\Delta t_2=150° C-30° C=120° C$，故$\frac{U_1^2}{U_2^2}=\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2}=\frac{150}{120}=\frac{5}{4}$，得$\frac{U_1}{U_2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，并非$2:\sqrt{5}$，D错误。
【答案】
BC
【知识点】
欧姆定律、热量与温度差的关系、电阻随温度变化
【点评】
本题结合恒温式热线风速仪的工作原理，综合考查了电阻特性、热量平衡和欧姆定律的应用，需要理清风速、温度差、电压之间的逻辑关系，对分析能力要求较高，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合金属丝电阻随温度的变化规律、热量平衡关系（金属丝产热等于风带走的热量）以及风速与热量的关联，逐一分析选项：
1. 先依据图乙判断金属丝电阻随温度的变化，分析选项A；
2. 结合“风速增大→风带走热量增多”的条件，利用热量公式和欧姆定律分析选项B；
3. 根据“电压越大→金属丝产热越多→风带走热量越多”，结合风温对温度差的影响，分析选项C；
4. 利用“风速相同时，风带走热量与温度差成正比”和热量公式，计算电压比分析选项D。
【解析】
选项A：由图乙可知，金属丝的电阻随温度升高而增大，因此升温到$t_0$的过程中阻值变大，A错误；
选项B：流入风速仪的风温不变时，风速增大，风带走的热量增多；为维持金属丝温度$t_0$不变，金属丝单位时间产生的热量需等于风带走的热量，因此金属丝产热需增大。金属丝温度不变则电阻$R$不变，由$Q=\frac{U^2}{R}$可知，$Q$增大时金属丝两端电压$U$增大，B正确；
选项C：风速仪测得的电压越大，说明金属丝单位时间产热越多，即风带走的热量越多；若流入的风温越高，金属丝与风的温度差越小，相同风速下带走的热量越少，此时带走热量仍多，说明风速越大，C正确；
选项D：当风速相同时，单位时间内风带走的热量与温度差成正比，即$Q_带\propto\Delta t$（$\Delta t=t_0 - t_风$）。金属丝产热$Q_产=\frac{U^2}{R}$，恒温时$Q_产=Q_带$，因此$\frac{U^2}{R}\propto\Delta t$，即$U^2\propto\Delta t$。已知$t_0=150° C$，则$\Delta t_1=150° C-0° C=150° C$，$\Delta t_2=150° C-30° C=120° C$，故$\frac{U_1^2}{U_2^2}=\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2}=\frac{150}{120}=\frac{5}{4}$，得$\frac{U_1}{U_2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，并非$2:\sqrt{5}$，D错误。
【答案】
BC
【知识点】
欧姆定律、热量与温度差的关系、电阻随温度变化
【点评】
本题结合恒温式热线风速仪的工作原理，综合考查了电阻特性、热量平衡和欧姆定律的应用，需要理清风速、温度差、电压之间的逻辑关系，对分析能力要求较高，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
