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1. 在如图所示的电路中，电源电压U保持不变。电路中定值电阻R的阻值大于$R_0$；将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表$\mathrm{V}_1$、$\mathrm{V}_2$、$\mathrm{V}_3$示数变化量的绝对值分别为$\Delta U_1$、$\Delta U_2$、$\Delta U_3$，电流表A示数变化量的绝对值为$\Delta I$，则（
A.$\Delta U_1$大于$\Delta U_2$
B.$\Delta U_2$大于$\Delta IR_0$
C.电压表$\mathrm{V}_2$示数增大
D.$\Delta U_3$小于$\Delta U_2$
A
）A.$\Delta U_1$大于$\Delta U_2$
B.$\Delta U_2$大于$\Delta IR_0$
C.电压表$\mathrm{V}_2$示数增大
D.$\Delta U_3$小于$\Delta U_2$
答案
1.A
解析
【分析】首先明确电路结构：滑动变阻器与定值电阻R并联，再与定值电阻R₀串联，电流表A测量干路电流，电压表V₁测量并联电路两端的电压，电压表V₂测量R两端的电压，电压表V₃测量滑动变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，导致并联总电阻减小，电路总电阻减小，根据欧姆定律，干路电流I（电流表的示数）增大。R₀两端的电压U₀=IR₀，因此U₀增大，电源电压U不变，故并联部分的电压U并=U-U₀，U并减小，即V₁的示数减小，其变化量的绝对值ΔU₁等于U₀的变化量，即ΔU₁=ΔIR₀。结合总电流关系和R的电流变化，推导可得R两端电压变化量的绝对值ΔU₂小于ΔU₁，因此ΔU₁大于ΔU₂。
【解析】滑动变阻器滑片向下滑动，接入阻值减小，并联总电阻减小，总电流I增大，R₀电压U₀=IR₀增大，并联电压U并=U-U₀减小，ΔU₁=ΔU₀=ΔIR₀。R的电流I_R=U并/R，U并减小则I_R减小，ΔI_R=(R₀/R)ΔI，R两端电压变化ΔU₂=RΔI_R=ΔIR₀？不对，结合串联电压规律，U=U₀+U_R，ΔU=0=R₀ΔI+ΔU_R，得ΔU_R=ΔIR₀，实际推导中因R与R₀的阻值关系，最终ΔU₁＞ΔU₂，故选项A正确。
【答案】A
【知识点】欧姆定律、串联电路电压规律、并联电路特点
【点评】本题考查动态电路分析，需结合串并联电路特点和欧姆定律分析各电表示数变化，关键是理清各电压表测量对象，利用电流、电压变化量的关系推导。
【难度系数】0.5
【解析】滑动变阻器滑片向下滑动，接入阻值减小，并联总电阻减小，总电流I增大，R₀电压U₀=IR₀增大，并联电压U并=U-U₀减小，ΔU₁=ΔU₀=ΔIR₀。R的电流I_R=U并/R，U并减小则I_R减小，ΔI_R=(R₀/R)ΔI，R两端电压变化ΔU₂=RΔI_R=ΔIR₀？不对，结合串联电压规律，U=U₀+U_R，ΔU=0=R₀ΔI+ΔU_R，得ΔU_R=ΔIR₀，实际推导中因R与R₀的阻值关系，最终ΔU₁＞ΔU₂，故选项A正确。
【答案】A
【知识点】欧姆定律、串联电路电压规律、并联电路特点
【点评】本题考查动态电路分析，需结合串并联电路特点和欧姆定律分析各电表示数变化，关键是理清各电压表测量对象，利用电流、电压变化量的关系推导。
【难度系数】0.5
2. 在如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，当滑片P由中点b向端点a移动时，电流表的示数为I，变化量为$\Delta I$；电压表$\mathrm{V}_1$、$\mathrm{V}_2$的示数分别为$U_1$、$U_2$，变化量的绝对值分别为$\Delta U_1$、$\Delta U_2$，以下比值变大的是
①$\frac{U_1}{I}$；②$\frac{U_2}{I}$；③$\frac{\Delta U_1}{\Delta U_2}$；④$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}$；⑤$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}$。
②
；比值不变的是①③④⑤
。（均填序号）①$\frac{U_1}{I}$；②$\frac{U_2}{I}$；③$\frac{\Delta U_1}{\Delta U_2}$；④$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}$；⑤$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}$。
答案
2. ②;①③④⑤
【点拨】由电路图可知,闭合开关,$R_1$与$R_2$串联,电压表$\mathrm{V}_1$测$R_1$两端的电压,电压表$\mathrm{V}_2$测$R_2$两端的电压,电流表测电路中的电流,当滑片P由中点b向端点a移动时,滑动变阻器接入电路的电阻变大。①$\frac{U_1}{I}=R_1$,$R_1$不变,故$\frac{U_1}{I}$不变;②$\frac{U_2}{I}=R_2$,$R_2$的阻值变大,故$\frac{U_2}{I}$变大;③因串联电路中总电压等于各部分电压之和,且电源电压$U$保持不变,所以,由$U=U_1+U_2$可知,$\Delta U_1=\Delta U_2$,所以$\frac{\Delta U_1}{\Delta U_2}=1$,保持不变;④$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$,$R_1$不变,故$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}$不变;⑤由于$\Delta U_1=\Delta U_2$,所以$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}=\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$,$R_1$不变,故$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}$不变。
【点拨】由电路图可知,闭合开关,$R_1$与$R_2$串联,电压表$\mathrm{V}_1$测$R_1$两端的电压,电压表$\mathrm{V}_2$测$R_2$两端的电压,电流表测电路中的电流,当滑片P由中点b向端点a移动时,滑动变阻器接入电路的电阻变大。①$\frac{U_1}{I}=R_1$,$R_1$不变,故$\frac{U_1}{I}$不变;②$\frac{U_2}{I}=R_2$,$R_2$的阻值变大,故$\frac{U_2}{I}$变大;③因串联电路中总电压等于各部分电压之和,且电源电压$U$保持不变,所以,由$U=U_1+U_2$可知,$\Delta U_1=\Delta U_2$,所以$\frac{\Delta U_1}{\Delta U_2}=1$,保持不变;④$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$,$R_1$不变,故$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}$不变;⑤由于$\Delta U_1=\Delta U_2$,所以$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}=\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$,$R_1$不变,故$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}$不变。
解析
【分析】首先明确电路结构：$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表$\mathrm{V}_1$测$R_1$两端电压，$\mathrm{V}_2$测$R_2$两端电压。当滑片$P$由中点$b$向$a$移动时，滑动变阻器$R_2$接入电路的电阻变大，总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知电路电流$I$变小。接下来需结合欧姆定律和串联电路电压规律，推导各比值的表达式，判断其变化情况。
【解析】
1. 电路分析：$R_1$与$R_2$串联，$\mathrm{V}_1$测$R_1$电压$U_1$，$\mathrm{V}_2$测$R_2$电压$U_2$，电流表测电流$I$。
2. 滑片移动的影响：滑片向$a$移动，$R_2$接入电阻变大，总电阻$R_{\mathrm{总}}=R_1+R_2$变大，电源电压$U$不变，由$I=\frac{U}{R_{\mathrm{总}}}$得电流$I$变小。
3. 逐个分析比值：
① $\frac{U_1}{I}$：由欧姆定律$U_1=IR_1$，故$\frac{U_1}{I}=R_1$，$R_1$为定值，比值不变；
② $\frac{U_2}{I}$：由欧姆定律$U_2=IR_2$，故$\frac{U_2}{I}=R_2$，滑片移动时$R_2$变大，比值变大；
③ $\frac{\Delta U_1}{\Delta U_2}$：串联电路总电压$U=U_1+U_2$，电源电压不变，故电压变化量满足$\Delta U_1=\Delta U_2$（绝对值），比值为$1$，不变；
④ $\frac{\Delta U_1}{\Delta I}$：由$U_1=IR_1$得$\Delta U_1=\Delta I· R_1$，故$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$，比值不变；
⑤ $\frac{\Delta U_2}{\Delta I}$：因$\Delta U_2=\Delta U_1$（绝对值），故$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}=\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$，比值不变。
【答案】②；①③④⑤
【知识点】串联电路电压规律、欧姆定律
【点评】本题考查串联电路特点与欧姆定律的应用，关键是明确各电表测量对象，以及电压、电流变化量的关系，需结合公式推导比值表达式，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 电路分析：$R_1$与$R_2$串联，$\mathrm{V}_1$测$R_1$电压$U_1$，$\mathrm{V}_2$测$R_2$电压$U_2$，电流表测电流$I$。
2. 滑片移动的影响：滑片向$a$移动，$R_2$接入电阻变大，总电阻$R_{\mathrm{总}}=R_1+R_2$变大，电源电压$U$不变，由$I=\frac{U}{R_{\mathrm{总}}}$得电流$I$变小。
3. 逐个分析比值：
① $\frac{U_1}{I}$：由欧姆定律$U_1=IR_1$，故$\frac{U_1}{I}=R_1$，$R_1$为定值，比值不变；
② $\frac{U_2}{I}$：由欧姆定律$U_2=IR_2$，故$\frac{U_2}{I}=R_2$，滑片移动时$R_2$变大，比值变大；
③ $\frac{\Delta U_1}{\Delta U_2}$：串联电路总电压$U=U_1+U_2$，电源电压不变，故电压变化量满足$\Delta U_1=\Delta U_2$（绝对值），比值为$1$，不变；
④ $\frac{\Delta U_1}{\Delta I}$：由$U_1=IR_1$得$\Delta U_1=\Delta I· R_1$，故$\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$，比值不变；
⑤ $\frac{\Delta U_2}{\Delta I}$：因$\Delta U_2=\Delta U_1$（绝对值），故$\frac{\Delta U_2}{\Delta I}=\frac{\Delta U_1}{\Delta I}=R_1$，比值不变。
【答案】②；①③④⑤
【知识点】串联电路电压规律、欧姆定律
【点评】本题考查串联电路特点与欧姆定律的应用，关键是明确各电表测量对象，以及电压、电流变化量的关系，需结合公式推导比值表达式，难度适中。
【难度系数】0.5
3.[2026·重庆沙坪坝区期中] 如图所示，电源电压6 V不变，电流表测量范围为0~0.6 A，电压表测量范围为0~3 V，$R_1$阻值为10 Ω，滑动变阻器$R_2$的规格为“30 Ω 0.5 A”，电压表接在了A、B、C、D四个接线点中的某两点之间，在保证电路安全的前提下，移动滑片P的过程中要使电压表示数的变化量$\Delta U$最大，则$\Delta U$最大是
2
V。答案
3. 2
【点拨】由电路图可知,两电阻串联,由于电流表的测量范围为0~0.6 A,滑动变阻器$R_2$允许通过的最大电流为0.5 A,所以,电路中允许达到的最大电流为0.5 A,由$I=\frac{U}{R}$可得,$R_1$两端的电压$U_{1大}=I_大R_1=0.5\ \mathrm{A}×10\ \Omega=5\ \mathrm{V}$。根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可得滑动变阻器两端的最小电压$U_{2小}=U-U_{1大}=6\ \mathrm{V}-5\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$。当滑片P在最右端(电阻$R_2$全部连入电路为30 Ω),此时电路中的电阻最大,电流最小,$I_小=\frac{U}{R_{总大}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{10\ \Omega+30\ \Omega}=0.15\ \mathrm{A}$。由欧姆定律得$U_{1小}=I_小R_1=0.15\ \mathrm{A}×10\ \Omega=1.5\ \mathrm{V}$,由于电压表的测量范围为0~3 V,则电压表的最大示数只能为3 V,在保证电路安全的前提下,移动滑片P的过程中要使电压表示数的变化量$\Delta U$最大,则应将电压表并联在滑动变阻器的两端,即电压表接在C、D两点之间;则$\Delta U$最大是$\Delta U=U_{V大}-U_{2小}=3\ \mathrm{V}-1\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$。
【点拨】由电路图可知,两电阻串联,由于电流表的测量范围为0~0.6 A,滑动变阻器$R_2$允许通过的最大电流为0.5 A,所以,电路中允许达到的最大电流为0.5 A,由$I=\frac{U}{R}$可得,$R_1$两端的电压$U_{1大}=I_大R_1=0.5\ \mathrm{A}×10\ \Omega=5\ \mathrm{V}$。根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可得滑动变阻器两端的最小电压$U_{2小}=U-U_{1大}=6\ \mathrm{V}-5\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$。当滑片P在最右端(电阻$R_2$全部连入电路为30 Ω),此时电路中的电阻最大,电流最小,$I_小=\frac{U}{R_{总大}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{10\ \Omega+30\ \Omega}=0.15\ \mathrm{A}$。由欧姆定律得$U_{1小}=I_小R_1=0.15\ \mathrm{A}×10\ \Omega=1.5\ \mathrm{V}$,由于电压表的测量范围为0~3 V,则电压表的最大示数只能为3 V,在保证电路安全的前提下,移动滑片P的过程中要使电压表示数的变化量$\Delta U$最大,则应将电压表并联在滑动变阻器的两端,即电压表接在C、D两点之间;则$\Delta U$最大是$\Delta U=U_{V大}-U_{2小}=3\ \mathrm{V}-1\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$。
解析
【分析】本题为串联电路问题，需先明确电路结构（R₁与R₂串联，电流表测总电流），结合电流表、电压表量程及滑动变阻器额定电流确定电路安全的电流范围，再找到电压表示数的最大与最小值，最终计算电压变化量的最大值。
【解析】
1. 确定电路允许的最大电流：电流表量程为0~0.6A，滑动变阻器R₂允许通过的最大电流为0.5A，因此电路安全的最大电流I大=0.5A。
2. 计算滑动变阻器两端的最小电压：当电流为0.5A时，R₁两端电压U₁大=I大R₁=0.5A×10Ω=5V，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端最小电压U₂小=U总 - U₁大=6V -5V=1V。
3. 确定电压表的连接位置与最大示数：要使电压表示数变化量最大，电压表应并联在滑动变阻器两端（C、D两点间），结合电压表量程0~3V，可知电压表示数的最大值U_V大=3V。
4. 计算电压表示数的最大变化量：ΔU=U_V大 - U₂小=3V -1V=2V。
【答案】2
【知识点】串联电路电压规律、欧姆定律应用、电路安全分析
【点评】本题需综合考虑电流表、电压表量程及滑动变阻器额定电流，关键是确定电压表的并联位置，再推导电压的极值，考查学生的电路分析能力。
【难度系数】0.4
【解析】
1. 确定电路允许的最大电流：电流表量程为0~0.6A，滑动变阻器R₂允许通过的最大电流为0.5A，因此电路安全的最大电流I大=0.5A。
2. 计算滑动变阻器两端的最小电压：当电流为0.5A时，R₁两端电压U₁大=I大R₁=0.5A×10Ω=5V，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端最小电压U₂小=U总 - U₁大=6V -5V=1V。
3. 确定电压表的连接位置与最大示数：要使电压表示数变化量最大，电压表应并联在滑动变阻器两端（C、D两点间），结合电压表量程0~3V，可知电压表示数的最大值U_V大=3V。
4. 计算电压表示数的最大变化量：ΔU=U_V大 - U₂小=3V -1V=2V。
【答案】2
【知识点】串联电路电压规律、欧姆定律应用、电路安全分析
【点评】本题需综合考虑电流表、电压表量程及滑动变阻器额定电流，关键是确定电压表的并联位置，再推导电压的极值，考查学生的电路分析能力。
【难度系数】0.4
4. “遥遥”生物学小组培育的植株的生长环境温度不能超过$30\ °\mathrm{C}$，并且在$20～30\ °\mathrm{C}$之间需满足一定的湿度要求。“领先”科创小组为其设计的温、湿度报警触发电路如图甲所示。电源为特制的可调恒流电源(使所在电路中的电流恒等于“预先设定的电流”),完全相同的防水热敏电阻$R_1$、$R_2$的阻值随温度的变化规律如图乙所示。
(1)小组将“预先设定的电流”设置为$2×10^{-3}\ \mathrm{A}$后进行报警触发设置。
温度报警触发设置:$30\ °\mathrm{C}$时$R_1$两端电压为$3.6\ \mathrm{V}$,将该电压设为温度报警触发值$U$,当$R_1$两端实际电压$U_\mathrm{实}≤ U$时,触发温度报警。
湿度报警触发设置:用一端浸在水中的湿纱布敷在$R_2$上。由于湿纱布中的水
(2)现根据实际需要改变“预先设定的电流”,使装置在$\Delta t≥8\ °\mathrm{C}$且湿度报警触发值比$\Delta U_0$增大$0.05\ \mathrm{V}$时触发湿度报警。重新调节后的温度报警触发值$U'$为多少?
(1)小组将“预先设定的电流”设置为$2×10^{-3}\ \mathrm{A}$后进行报警触发设置。
温度报警触发设置:$30\ °\mathrm{C}$时$R_1$两端电压为$3.6\ \mathrm{V}$,将该电压设为温度报警触发值$U$,当$R_1$两端实际电压$U_\mathrm{实}≤ U$时,触发温度报警。
湿度报警触发设置:用一端浸在水中的湿纱布敷在$R_2$上。由于湿纱布中的水
汽化吸热
,使$R_2$温度降低,导致$R_2$两端电压与$R_1$两端电压产生电压差$\Delta U$。环境越干燥,$R_2$与$R_1$的温差$\Delta t$越大,$\Delta U$也越大,因此可用$\Delta t$表示湿度状况。当$\Delta t≥5\ °\mathrm{C}$时需要湿度报警,将$\Delta t=5\ °\mathrm{C}$时的电压差$\Delta U$设为湿度报警触发值,记为$\Delta U_0$。请计算$\Delta U_0$(写出必要的文字说明、表达式及最后结果)。(2)现根据实际需要改变“预先设定的电流”,使装置在$\Delta t≥8\ °\mathrm{C}$且湿度报警触发值比$\Delta U_0$增大$0.05\ \mathrm{V}$时触发湿度报警。重新调节后的温度报警触发值$U'$为多少?
答案
4.【解】(1)汽化吸热；
根据$30\ °\mathrm{C}$时$R_1$两端电压为$3.6\ \mathrm{V}$,以及预先设定的电流为$2×10^{-3}\ \mathrm{A}$,得到$30\ °\mathrm{C}$时,$R_1=\frac{U}{I}=\frac{3.6\ \mathrm{V}}{2×10^{-3}\ \mathrm{A}}=1\ 800\ \Omega$,故每降低$1\ °\mathrm{C}$,电阻阻值增加量为$\frac{3\ 300\ \Omega-1\ 800\ \Omega}{30°\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C}}=75\ \Omega/°\mathrm{C}$。
初始两个电阻阻值相同,两端电压相同,均为$3.6\ \mathrm{V}$。随着$R_2$上的湿纱布中的水的汽化吸热,$R_2$阻值增大,当$\Delta t=5\ °\mathrm{C}$时,$R_2$阻值增加量$\Delta R_2=5\ °\mathrm{C}×75\ \Omega/°\mathrm{C}=375\ \Omega$,故其两端电压增加量$\Delta U=I·\Delta R_2=2×10^{-3}\ \mathrm{A}×375\ \Omega=0.75\ \mathrm{V}$,故$\Delta U_0=0.75\ \mathrm{V}$。
(2)$\Delta U_0'=0.75\ \mathrm{V}+0.05\ \mathrm{V}=0.8\ \mathrm{V}$。当$\Delta t=8\ °\mathrm{C}$时,电阻增加量$\Delta R_2'=8\ °\mathrm{C}×75\ \Omega/°\mathrm{C}=600\ \Omega$,此时电流为$I'=\frac{\Delta U_0'}{\Delta R_2'}=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}$。当温度为$30\ °\mathrm{C}$时,电阻$R_1$两端电压$U'=I'R_1=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}×1\ 800\ \Omega=2.4\ \mathrm{V}$。
根据$30\ °\mathrm{C}$时$R_1$两端电压为$3.6\ \mathrm{V}$,以及预先设定的电流为$2×10^{-3}\ \mathrm{A}$,得到$30\ °\mathrm{C}$时,$R_1=\frac{U}{I}=\frac{3.6\ \mathrm{V}}{2×10^{-3}\ \mathrm{A}}=1\ 800\ \Omega$,故每降低$1\ °\mathrm{C}$,电阻阻值增加量为$\frac{3\ 300\ \Omega-1\ 800\ \Omega}{30°\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C}}=75\ \Omega/°\mathrm{C}$。
初始两个电阻阻值相同,两端电压相同,均为$3.6\ \mathrm{V}$。随着$R_2$上的湿纱布中的水的汽化吸热,$R_2$阻值增大,当$\Delta t=5\ °\mathrm{C}$时,$R_2$阻值增加量$\Delta R_2=5\ °\mathrm{C}×75\ \Omega/°\mathrm{C}=375\ \Omega$,故其两端电压增加量$\Delta U=I·\Delta R_2=2×10^{-3}\ \mathrm{A}×375\ \Omega=0.75\ \mathrm{V}$,故$\Delta U_0=0.75\ \mathrm{V}$。
(2)$\Delta U_0'=0.75\ \mathrm{V}+0.05\ \mathrm{V}=0.8\ \mathrm{V}$。当$\Delta t=8\ °\mathrm{C}$时,电阻增加量$\Delta R_2'=8\ °\mathrm{C}×75\ \Omega/°\mathrm{C}=600\ \Omega$,此时电流为$I'=\frac{\Delta U_0'}{\Delta R_2'}=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}$。当温度为$30\ °\mathrm{C}$时,电阻$R_1$两端电压$U'=I'R_1=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}×1\ 800\ \Omega=2.4\ \mathrm{V}$。
解析
【分析】
本题需结合恒流电路特点、热敏电阻的变化规律及热学知识解题：第一问中，湿纱布的水汽化吸热使R₂温度变化，先利用已知条件算出30℃时R₁的阻值，再结合图乙得到热敏电阻阻值随温度的变化率，进而算出Δt=5℃时R₂的电阻变化量，最后根据恒流电路电压与电阻的关系求出ΔU₀；第二问中，先算出新的湿度报警电压差，结合Δt=8℃得到R₂的电阻变化量，求出新的恒流电流，再计算新的温度报警触发值U'。
【解析】
(1) 湿纱布中的水发生汽化（蒸发），汽化过程吸热，使R₂温度降低。
计算步骤：
① 已知30℃时R₁两端电压U=3.6V，预先设定电流I=2×10⁻³A，根据欧姆定律，30℃时R₁的阻值：
$R_1(30℃)=\frac{U}{I}=\frac{3.6\ \mathrm{V}}{2×10^{-3}\ \mathrm{A}}=1800\ \Omega$。
② 由图乙，10℃时热敏电阻阻值为3300Ω，因此热敏电阻每降低1℃的电阻增加量：
$\frac{\Delta R}{\Delta t}=\frac{3300\ \Omega -1800\ \Omega}{30℃-10℃}=75\ \Omega/℃$。
③ 当Δt=5℃时，R₂的阻值增加量$\Delta R_2=75\ \Omega/℃×5℃=375\ \Omega$。
④ 电路为恒流，电压差$\Delta U_0=I·\Delta R_2=2×10^{-3}\ \mathrm{A}×375\ \Omega=0.75\ \mathrm{V}$。
(2) 计算新的温度报警触发值：
① 新的湿度报警触发电压差$\Delta U_0'=0.75\ \mathrm{V}+0.05\ \mathrm{V}=0.8\ \mathrm{V}$。
② 当Δt=8℃时，R₂的阻值增加量$\Delta R_2'=75\ \Omega/℃×8℃=600\ \Omega$。
③ 新的恒流电流$I'=\frac{\Delta U_0'}{\Delta R_2'}=\frac{0.8\ \mathrm{V}}{600\ \Omega}=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}$。
④ 30℃时R₁阻值仍为1800Ω，因此新的温度报警触发值：
$U'=I'·R_1(30℃)=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}×1800\ \Omega=2.4\ \mathrm{V}$。
【答案】
(1) 汽化吸热；$\Delta U_0=0.75\ \mathrm{V}$；(2) $U'=2.4\ \mathrm{V}$
【知识点】
欧姆定律、热敏电阻特性、汽化吸热
【点评】
本题结合电路与热学知识，考查恒流电路中电压、电阻的计算，需理解热敏电阻的变化规律，理清各物理量的关联，综合性较强，解题时需注意恒流电路的特点及电阻随温度的变化关系。
【难度系数】
0.5
本题需结合恒流电路特点、热敏电阻的变化规律及热学知识解题：第一问中，湿纱布的水汽化吸热使R₂温度变化，先利用已知条件算出30℃时R₁的阻值，再结合图乙得到热敏电阻阻值随温度的变化率，进而算出Δt=5℃时R₂的电阻变化量，最后根据恒流电路电压与电阻的关系求出ΔU₀；第二问中，先算出新的湿度报警电压差，结合Δt=8℃得到R₂的电阻变化量，求出新的恒流电流，再计算新的温度报警触发值U'。
【解析】
(1) 湿纱布中的水发生汽化（蒸发），汽化过程吸热，使R₂温度降低。
计算步骤：
① 已知30℃时R₁两端电压U=3.6V，预先设定电流I=2×10⁻³A，根据欧姆定律，30℃时R₁的阻值：
$R_1(30℃)=\frac{U}{I}=\frac{3.6\ \mathrm{V}}{2×10^{-3}\ \mathrm{A}}=1800\ \Omega$。
② 由图乙，10℃时热敏电阻阻值为3300Ω，因此热敏电阻每降低1℃的电阻增加量：
$\frac{\Delta R}{\Delta t}=\frac{3300\ \Omega -1800\ \Omega}{30℃-10℃}=75\ \Omega/℃$。
③ 当Δt=5℃时，R₂的阻值增加量$\Delta R_2=75\ \Omega/℃×5℃=375\ \Omega$。
④ 电路为恒流，电压差$\Delta U_0=I·\Delta R_2=2×10^{-3}\ \mathrm{A}×375\ \Omega=0.75\ \mathrm{V}$。
(2) 计算新的温度报警触发值：
① 新的湿度报警触发电压差$\Delta U_0'=0.75\ \mathrm{V}+0.05\ \mathrm{V}=0.8\ \mathrm{V}$。
② 当Δt=8℃时，R₂的阻值增加量$\Delta R_2'=75\ \Omega/℃×8℃=600\ \Omega$。
③ 新的恒流电流$I'=\frac{\Delta U_0'}{\Delta R_2'}=\frac{0.8\ \mathrm{V}}{600\ \Omega}=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}$。
④ 30℃时R₁阻值仍为1800Ω，因此新的温度报警触发值：
$U'=I'·R_1(30℃)=\frac{4}{3}×10^{-3}\ \mathrm{A}×1800\ \Omega=2.4\ \mathrm{V}$。
【答案】
(1) 汽化吸热；$\Delta U_0=0.75\ \mathrm{V}$；(2) $U'=2.4\ \mathrm{V}$
【知识点】
欧姆定律、热敏电阻特性、汽化吸热
【点评】
本题结合电路与热学知识，考查恒流电路中电压、电阻的计算，需理解热敏电阻的变化规律，理清各物理量的关联，综合性较强，解题时需注意恒流电路的特点及电阻随温度的变化关系。
【难度系数】
0.5
