7.[2026·石家庄期末] 如图所示的是小明同学家上月初和上月末的电能表表盘示意图，小明家所在地区每度电的电费是0.5元，则上月小明家应付电费元；该电能表允许同时接入用电器的最大总功率为W。

62.5；4 400

【分析】
要解决本题，需分两步：①计算上月消耗的电能，进而算出应付电费；②根据电能表参数计算允许接入用电器的最大总功率。首先，电能表读数时，最后一位是小数位，单位为kW·h，上月消耗的电能等于月末电能表读数减去月初读数，再结合每度电的电费算出总电费；其次，电能表参数“220V 10(20)A”中，220V是额定电压，20A是允许通过的最大电流，根据电功率公式P=UI可算出最大总功率。
【解析】
1. 计算上月消耗的电能及电费：
上月初电能表读数为5588.4 kW·h，上月末读数为5713.4 kW·h，
则上月消耗的电能：$W = 5713.4\ \mathrm{kW·h} - 5588.4\ \mathrm{kW·h} = 125\ \mathrm{kW·h}$，
应付电费：$125\ \mathrm{kW·h} × 0.5\ \mathrm{元/(kW·h)} = 62.5\ \mathrm{元}$。
2. 计算允许接入用电器的最大总功率：
电能表额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，允许通过的最大电流$I=20\ \mathrm{A}$，
根据电功率公式$P=UI$，最大总功率：$P = 220\ \mathrm{V} × 20\ \mathrm{A} = 4400\ \mathrm{W}$。
【答案】
62.5；4400
【知识点】
电能表读数、电能与电费计算、电功率计算
【点评】
本题考查电能表的基础应用，属于电学基础题型，需掌握电能表读数规则和电功率的简单计算，难度较低，是期末常考的基础考点。
【难度系数】
0.7

8. 如图所示，电源电压不变，$R_0$为定值电阻，灯$L_1$、$L_2$分别标有“6 V 6 W” “6 V 1.2 W”字样。忽略灯丝电阻的变化，当开关S与a接触时，电流表的示数为0.3 A，$R_0$消耗的电功率为$P_1$；当开关S与b接触时，$R_0$消耗的电功率为$P_2$；已知$P_1:P_2=9:1$，定值电阻$R_0$的阻值为Ω，S分别与a、b接触时，电路的总功率之比为。
（第8题）

6；3:1

【分析】
首先明确开关S接a时，电路为定值电阻$R_0$与灯$L_1$串联；接b时，电路为$R_0$与灯$L_2$串联。根据电功率公式$P=I^2R$，结合$R_0$的功率比求出两次电路的电流比，再利用灯的额定参数计算$L_1$、$L_2$的电阻，最后根据电源电压不变列方程求出$R_0$，再由总功率公式$P=UI$（电源电压不变）求出总功率之比。
【解析】
1. 计算两灯的电阻：
由$P=\frac{U^2}{R}$得，$L_1$的电阻$R_1=\frac{U_{额}^2}{P_{额1}}=\frac{(6V)^2}{6W}=6Ω$；
$L_2$的电阻$R_2=\frac{U_{额}^2}{P_{额2}}=\frac{(6V)^2}{1.2W}=30Ω$。
2. 由$R_0$的功率比求电流比：
开关接a时，$R_0$的功率$P_1=I_1^2R_0$；接b时，$P_2=I_2^2R_0$。
已知$P_1:P_2=9:1$，则$\frac{P_1}{P_2}=\frac{I_1^2R_0}{I_2^2R_0}=(\frac{I_1}{I_2})^2=\frac{9}{1}$，得$\frac{I_1}{I_2}=\frac{3}{1}$。
已知$I_1=0.3A$，故$I_2=\frac{I_1}{3}=0.1A$。
3. 求$R_0$的阻值：
电源电压$U$不变，串联电路总电压等于各部分电压之和，因此：
$U=I_1(R_0+R_1)=0.3A×(R_0+6Ω)$；
$U=I_2(R_0+R_2)=0.1A×(R_0+30Ω)$；
联立得：$0.3(R_0+6)=0.1(R_0+30)$，
展开计算：$0.3R_0 +1.8=0.1R_0 +3$，
解得：$0.2R_0=1.2$ → $R_0=6Ω$。
4. 求总功率之比：
电路总功率$P_总=UI$，电源电压$U$不变，故总功率之比等于电流之比，即$P_{总1}:P_{总2}=I_1:I_2=0.3A:0.1A=3:1$。
【答案】
6；3:1
【知识点】
电功率计算；串联电路特点；欧姆定律
【点评】
本题结合串联电路规律和电功率、欧姆定律公式，通过两次电路的功率关系建立电流联系，再利用电源电压不变求解，关键是明确不同开关状态下的电路结构，熟练运用相关公式推导。
【难度系数】
0.5

9. [2026·南京模拟改编] 某中学为实现学生错峰用餐，在食堂安装了自动加热餐台，其简化电路的一部分如图所示，图中两个虚线框内分别接两个阻值不同的定值电阻$R_1$和$R_2$。闭合开关S，餐台开始工作。当餐台内食品温度降到20 ℃时，控制开关$S_0$转到位置（填“1”或“2”）为食品加热；当餐台内食品温度达到50 ℃时，电路为食品保温。已知$R_1=24.2\ \Omega$，餐台保温状态下总功率为400 W，则$R_2=\_\_\_\_\_\_\Omega$。餐台加热状态下工作5 min可使2 kg初温为20 ℃的汤温度升高30 ℃，已知汤的比热容为$4.0×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，餐台加热效率为40%，则$R_1$应接在虚线框（填“a”或“b”）内。

【点拨】由图可知，当开关S闭合、$S_0$接2时，两个电阻串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电路中的总功率最小，加热餐台处于保温状态；当开关S闭合、$S_0$接1时，只有一个电阻工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，加热餐台处于加热状态。由$P=\frac{U^2}{R}$可知，保温状态下的总电阻$R=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{400\ \mathrm{W}}=121\ \Omega$，根据串联电路的电阻特点可知，$R_2$的阻值$R_2=R-R_1=121\ \Omega-24.2\ \Omega=96.8\ \Omega$。汤吸收的热量$Q_{吸}=cm\Delta t=4.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}×2\ \mathrm{kg}×30\ °\mathrm{C}=2.4×10^5\ \mathrm{J}$，由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$可知，加热餐台消耗的电能$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{2.4×10^5\ \mathrm{J}}{40\%}=6×10^5\ \mathrm{J}$，加热餐台的加热功率$P_{加热}=\frac{W}{t}=\frac{6×10^5\ \mathrm{J}}{5×60\ \mathrm{s}}=2\ 000\ \mathrm{W}$，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，加热餐台加热状态下电路中的电阻$R_{加热}=\frac{U^2}{P_{加热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2\ 000\ \mathrm{W}}=24.2\ \Omega=R_1$，所以$R_1$应接在虚线框a内。

【分析】
要解决这道题，需利用电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$分析加热、保温状态的电路结构：家庭电路电压$U=220V$不变，电阻越大，电路总功率越小，对应保温状态；电阻越小，总功率越大，对应加热状态。首先判断控制开关$S_0$的位置，再结合保温功率计算$R_2$，最后通过加热时汤吸收的热量、效率等计算加热功率，确定$R_1$的位置。
【解析】
1. 判断$S_0$的位置：
当开关$S$闭合，$S_0$接$2$时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻最大，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，总功率最小，为保温状态；当$S_0$接$1$时，只有一个电阻接入电路，总电阻最小，总功率最大，为加热状态。因此温度降到$20℃$需要加热时，$S_0$转到位置$1$。
2. 计算$R_2$的阻值：
已知保温功率$P_{保温}=400W$，根据$P=\frac{U^2}{R}$，保温状态总电阻：
$R_{总}=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220V)^2}{400W}=121\Omega$。
串联电路总电阻等于各电阻之和，故$R_2=R_{总}-R_1=121\Omega -24.2\Omega=96.8\Omega$。
3. 确定$R_1$的位置：
汤吸收的热量：
$Q_{吸}=cm\Delta t=4.0×10^3 J/(kg·℃)×2kg×30℃=2.4×10^5 J$。
由加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$，得加热时消耗的电能：
$W=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{2.4×10^5 J}{40\%}=6×10^5 J$。
加热时间$t=5min=300s$，加热功率：
$P_{加热}=\frac{W}{t}=\frac{6×10^5 J}{300s}=2000W$。
加热状态的总电阻：
$R_{加热}=\frac{U^2}{P_{加热}}=\frac{(220V)^2}{2000W}=24.2\Omega=R_1$，说明加热时接入的是$R_1$，故$R_1$应接在虚线框$a$内。
【答案】
1；96.8；a
【知识点】
电功率与电阻关系、串联电路电阻特点、电热效率计算
【点评】
本题结合实际加热餐台场景，考查电功率公式、串联电阻规律及电热效率的应用，关键是正确分析加热和保温的电路结构，需灵活运用相关公式，综合性较强。
【难度系数】
0.5

10. (图像分析) 如图甲所示，暗盒有三个接线柱A、B、C，其内部有两个定值电阻$R_1$、$R_2$，其中$R_2=20\ \Omega$。当M接A，N接B时，闭合开关S，将滑动变阻器滑片从右端逐渐移至左端，绘制电压表示数与电流表示数关系图像，如图乙中图线①所示；当M接A，N接C时，重复操作，得到图线②；则电源电压$U=$ V，滑动变阻器R最大阻值为 Ω；若将M接A，N接B，C接（填“M”或“N”），再将滑动变阻器滑片移至最左端，电路功率最大，最大值为 W。

【点拨】由题图甲可知，当暗盒接入电路时，滑动变阻器与暗盒串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；当M接A，N接B时，闭合开关S，将滑动变阻器滑片从右端逐渐移至左端，绘制电压表示数与电流表示数关系图像如题图乙中图线①所示，设电源电压为U，暗盒内AB间的电阻为$R_{ab}$，由题图乙中图线①可知电压表示数与电流表示数成一次函数关系，由数学知识可知其关系为$U_V=(-10\ \mathrm{V/A})I+6\ \mathrm{V}$，当电压表示数为$U_1=4.5\ \mathrm{V}$时，由上面关系式可知电路中的电流$I_1=0.15\ \mathrm{A}$，根据串联电路的特点和欧姆定律可得电源电压$U=U_1+I_1R_{ab}=4.5\ \mathrm{V}+0.15\ \mathrm{A}× R_{ab}$①，当电压表示数为$U_2=0\ \mathrm{V}$时，电流$I_2=0.6\ \mathrm{A}$，电源电压$U=U_2+I_2R_{ab}=0\ \mathrm{V}+0.6\ \mathrm{A}× R_{ab}$②，联立①②解得$U=6\ \mathrm{V}$，$R_{ab}=10\ \Omega$。由题图乙中图线①可知，滑动变阻器两端的电压最大为$U_1=4.5\ \mathrm{V}$，由串联分压的规律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时电路中电流$I_1=0.15\ \mathrm{A}$，则滑动变阻器R的最大阻值$R_{滑max}=\frac{U_1}{I_1}=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.15\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$。当M接A，N接C时，重复操作，得到题图乙中的图线②，设暗盒内AC间的电阻为$R_{ac}$，由题图乙中图线②可知，电流最大为0.2 A，此时电压表的示数为0 V，说明此时滑动变阻器接入电路的电阻为零，则$R_{ac}=\frac{U}{I_3}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$，由以上分析得$R_{ab}=10\ \Omega$，$R_{ac}=30\ \Omega$，且$R_2=20\ \Omega$，则暗盒内部接线图如图。根据图示可知$R_1=R_{ac}-R_2=30\ \Omega-20\ \Omega=10\ \Omega$；要使电路的功率最大，由$P=\frac{U^2}{R}$可知电路的总电阻最小，此时暗盒内两电阻应并联，由题图甲可知应将M接A，N接B，C接M，再将滑动变阻器滑片移至最左端，电路功率的最大值$P_{max}=P_1+P_2=\frac{U^2}{R_1}+\frac{U^2}{R_2}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=5.4\ \mathrm{W}$。

【分析】
首先明确电路结构：滑动变阻器与暗盒串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路电流。当M接A、N接B时，接入暗盒AB间电阻$R_{ab}$，对应图线①；当M接A、N接C时，接入暗盒AC间电阻$R_{ac}$，对应图线②。解题思路：1. 利用串联电路电压规律$U=U_{\mathrm{滑}}+IR_{\mathrm{暗}}$，结合图线①的两个特殊点（$I=0.6\ \mathrm{A}$时$U_{\mathrm{滑}}=0$、$I=0.15\ \mathrm{A}$时$U_{\mathrm{滑}}=4.5\ \mathrm{V}$）联立求电源电压$U$和$R_{ab}$；2. 滑动变阻器最大阻值对应电压最大时的电阻，用$R=\frac{U}{I}$计算；3. 图线②中电流最大时滑动变阻器电阻为0，可求$R_{ac}$，结合已知$R_2=20\ \Omega$确定暗盒内电阻连接；4. 要使电路功率最大，需总电阻最小，即暗盒内两电阻并联，确定C的连接，再计算最大功率。
【解析】
1. 当M接A、N接B时，滑动变阻器与$R_{ab}$串联，根据串联电路电压规律：$ U = U_{\mathrm{滑}} + I R_{ab} $。
由图线①得：当$ I_1=0.6\ \mathrm{A} $时，$ U_{\mathrm{滑}1}=0 $，故$ U = I_1 R_{ab} = 0.6\ \mathrm{A} × R_{ab} $；
当$ I_2=0.15\ \mathrm{A} $时，$ U_{\mathrm{滑}2}=4.5\ \mathrm{V} $，故$ U = U_{\mathrm{滑}2} + I_2 R_{ab} = 4.5\ \mathrm{V} + 0.15\ \mathrm{A} × R_{ab} $；
联立解得：$ R_{ab}=10\ \Omega $，代入得电源电压$ U=6\ \mathrm{V} $。
2. 滑动变阻器最大阻值：当滑动变阻器两端电压最大时，接入电阻最大，对应$ I_2=0.15\ \mathrm{A} $，$ U_{\mathrm{滑}2}=4.5\ \mathrm{V} $，故$ R_{\mathrm{滑max}}=\frac{U_{\mathrm{滑}2}}{I_2}=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.15\ \mathrm{A}}=30\ \Omega $。
3. 当M接A、N接C时，图线②中电流最大$ I_3=0.2\ \mathrm{A} $时，滑动变阻器接入电阻为0，故$ R_{ac}=\frac{U}{I_3}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=30\ \Omega $。已知$ R_2=20\ \Omega $，暗盒内AB为$ R_1=R_{ab}=10\ \Omega $，BC为$ R_2=20\ \Omega $，符合$ R_{ac}=R_1+R_2=30\ \Omega $。
4. 电路功率$ P=\frac{U^2}{R_{\mathrm{总}}} $，要使功率最大，需总电阻最小，即$ R_1 $与$ R_2 $并联，故C应接M；滑动变阻器滑片移至最左端（接入电阻为0），总功率最大值：$ P_{\mathrm{max}}=\frac{U^2}{R_1}+\frac{U^2}{R_2}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=5.4\ \mathrm{W} $。
【答案】
6；30；M；5.4
【知识点】
串联电路规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题结合图像分析电路问题，需灵活运用串联电路特点、欧姆定律和电功率公式，关键是从图像中提取对应电阻的信息，确定暗盒内电阻连接方式，综合性较强，是电路部分的典型题型。
【难度系数】
0.5

三、实验题（第11题18分，第12题15分，共33分）
11. 用如图(a)所示的装置探究“电流通过导体产生的热量与电流的关系”，两个相同烧瓶内装满了煤油。

(1)烧瓶中装入的煤油是（填“导体”或“绝缘体”），实验中通过温度计的示数变化表示电流产生热量的多少，这里运用了（填物理研究方法）。
(2)为达到实验目的，选用的两电阻丝$R_1$与$R_2$的阻值应（填“相等”或“不相等”），通过$R_1$的电流（填“大于”“小于”或“等于”）通过$R_2$的电流。
(3)通电一段时间后，乙烧瓶中温度计示数增大更多，说明。
(4)用图(b)的装置，进一步探究“电流通过导体产生的热量与电流的关系”，经多次实验测量，收集实验数据，绘制了烧瓶中玻璃管内液面上升的高度$h$与电流$I$的关系图像，如图(c)所示。根据焦耳定律可知，图(c)中能正确反映$h-I$关系的是。

11.(1)绝缘体；转换法 (2)相等；小于 (3)电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大，电流产生的热量越多 (4)A

【分析】
本题围绕“电流通过导体产生的热量与电流的关系”实验展开，需结合实验原理、控制变量法、转换法及焦耳定律分析各问题：
1. 第(1)题：煤油需为绝缘体避免短路，将热量多少转换为温度计示数变化，运用转换法。
2. 第(2)题：探究热量与电流的关系需控制电阻、通电时间相同，故R₁与R₂阻值相等；由图(a)电路，R₁与定值电阻并联后再与R₂串联，干路电流等于支路电流之和，因此通过R₁的电流小于R₂的。
3. 第(3)题：乙烧瓶（R₂）示数更大，说明相同电阻、通电时间下，电流越大，产生热量越多。
4. 第(4)题：根据焦耳定律，热量与电流平方成正比，液面高度与热量成正比，故h与I²成正比，图像为向上弯曲的抛物线，对应图A。
【解析】
(1) 煤油不容易导电，属于绝缘体；实验中通过温度计示数变化反映电流产生热量的多少，将不易观察的热量转换为易观察的温度变化，运用了转换法。
(2) 探究电流产生热量与电流的关系时，需控制电阻和通电时间相同，因此R₁与R₂的阻值应相等；由图(a)电路可知，R₁与定值电阻并联后再与R₂串联，根据并联电路的电流特点，干路电流等于各支路电流之和，故通过R₁的电流小于通过R₂的电流。
(3) 两电阻阻值相等、通电时间相同，乙烧瓶中温度计示数增大更多，说明乙中电阻产生的热量更多，因此结论为：电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大，电流产生的热量越多。
(4) 根据焦耳定律Q=I²Rt，当电阻R和通电时间t一定时，电流产生的热量Q与电流I的平方成正比；烧瓶中液面上升的高度h与热量Q成正比，因此h与I²成正比，h-I图像为开口向上的抛物线，对应图A。
【答案】
(1)绝缘体；转换法 (2)相等；小于 (3)电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大，电流产生的热量越多 (4)A
【知识点】
焦耳定律；转换法；控制变量法
【点评】
本题是焦耳定律的实验探究题，重点考查控制变量法、转换法的应用，以及对焦耳定律公式的理解，需结合电路结构分析电流关系，是电学实验的核心基础考点。
【难度系数】
0.6