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1.[山东中考改编] 某商家销售的移动电源相当于大型“充电宝”，其铭牌如图所示。顾客咨询：“该移动电源可以供2.5 kW的用电器正常工作吗？”客服回复：“没问题，这是3 kW·h的，3 kW的用电器都可以正常使用。”该客服（
A.说法正确
B.混淆了电功率和电能
C.混淆了电功率和电流
D.混淆了电功率和电压
电源规格 3 kW·h
输出电压 220 V
最大输出电流 10 A
B
）A.说法正确
B.混淆了电功率和电能
C.混淆了电功率和电流
D.混淆了电功率和电压
电源规格 3 kW·h
输出电压 220 V
最大输出电流 10 A
答案
1.B 【点拨】根据铭牌数据可知,移动电源的最大输出功率P=UI=220 V×10 A=2 200 W=2.2 kW＜2.5 kW,所以不能供2.5 kW的用电器正常工作,故A错误;电功率是表示电流做功快慢的物理量,电能表示电流做功的多少,是两个不同的物理量,所以该客服混淆了电功率和电能的概念,故B正确,CD错误。
解析
【分析】
要解决该问题，需先计算移动电源的最大输出功率，再区分客服表述中物理量的概念：首先根据铭牌的输出电压和最大输出电流，利用电功率公式算出移动电源的最大输出功率；其次明确客服提到的“3 kW·h”是电能单位，客服将电能与电功率的概念混淆，结合电源实际输出功率判断客服说法的错误性，进而确定其混淆的物理量。
【解析】
1. 计算移动电源的最大输出功率：根据电功率公式$P=UI$，代入铭牌数据（输出电压$U=220V$，最大输出电流$I=10A$），可得$P=220V×10A=2200W=2.2kW$。
2. 分析客服表述：客服提到的“3 kW·h”是电能的单位，表示移动电源储存的电能总量，而电功率的单位是$kW$，客服将电能和电功率的概念混淆。同时，移动电源最大输出功率$2.2kW$小于$2.5kW$，无法供$2.5kW$的用电器正常工作，因此客服的说法错误，混淆了电功率和电能。
【答案】
B
【知识点】
电功率与电能的区别、电功率计算
【点评】
本题结合生活场景考查物理概念辨析，核心是明确不同物理量的单位及意义，需区分电能（单位$kW·h$）和电功率（单位$kW$）的概念，属于基础概念应用类题目。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，需先计算移动电源的最大输出功率，再区分客服表述中物理量的概念：首先根据铭牌的输出电压和最大输出电流，利用电功率公式算出移动电源的最大输出功率；其次明确客服提到的“3 kW·h”是电能单位，客服将电能与电功率的概念混淆，结合电源实际输出功率判断客服说法的错误性，进而确定其混淆的物理量。
【解析】
1. 计算移动电源的最大输出功率：根据电功率公式$P=UI$，代入铭牌数据（输出电压$U=220V$，最大输出电流$I=10A$），可得$P=220V×10A=2200W=2.2kW$。
2. 分析客服表述：客服提到的“3 kW·h”是电能的单位，表示移动电源储存的电能总量，而电功率的单位是$kW$，客服将电能和电功率的概念混淆。同时，移动电源最大输出功率$2.2kW$小于$2.5kW$，无法供$2.5kW$的用电器正常工作，因此客服的说法错误，混淆了电功率和电能。
【答案】
B
【知识点】
电功率与电能的区别、电功率计算
【点评】
本题结合生活场景考查物理概念辨析，核心是明确不同物理量的单位及意义，需区分电能（单位$kW·h$）和电功率（单位$kW$）的概念，属于基础概念应用类题目。
【难度系数】
0.6
2. 如图所示的电路中，不计温度对灯丝电阻的影响，电源电压保持不变。当在$a$、$b$间接入一个“6 V 6 W”的灯泡$L_1$时，闭合开关，灯$L$、$L_1$均能正常发光；断开开关，在$a$、$b$间换接入一个“6 V 12 W”的灯泡$L_2$后，再闭合开关，$L$的亮度变
亮
（填“亮”或“暗”），$L_2$消耗的实际功率小于
（填“大于”“小于”或“等于”）12 W。若只把$L_1$、$L_2$串联，它们两端允许加的最大电压为9
V。答案
2.亮;小于;9 【点拨】根据$R=\frac{U^2}{P}$可知,当电压相同时,电功率越大,电阻越小,所以灯泡$L_2$的电阻小于灯泡$L_1$的电阻;换接$L_2$后,电路总电阻变小,根据欧姆定律可知,电路电流变大,根据$P=I^2R$可知,灯泡L的实际功率变大,亮度变亮。灯泡L两端的电压变大,灯泡$L_2$两端的电压将小于6 V,所以实际功率小于12 W。根据$P=UI$可得,灯泡$L_1$、$L_2$的额定电流分别为$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$、$I_2=\frac{P_2}{U_2}=\frac{12\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=2\ \mathrm{A}$,由$I=\frac{U}{R}$可得,灯泡$L_1$、$L_2$的电阻分别为$R_1=\frac{U_1}{I_1}=\frac{6\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$、$R_2=\frac{U_2}{I_2}=\frac{6\ \mathrm{V}}{2\ \mathrm{A}}=3\ \Omega$,串联电路中各处的电流相等,若将灯泡$L_1$、$L_2$串联时,电路中的最大电流$I=1\ \mathrm{A}$,串联电路中总电阻等于各分电阻之和,允许加在电路两端的最大电压$U=I(R_1+R_2)=1\ \mathrm{A}×(6\ \Omega+3\ \Omega)=9\ \mathrm{V}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需先利用公式$R=\frac{U^2}{P}$计算两个灯泡的电阻，再结合串联电路的电阻、电流、电压规律分析各问题：
1. 比较$L_1$和$L_2$的电阻：额定电压相同时，额定功率越大，电阻越小；
2. 分析接入不同灯泡时电路电流的变化，结合$P=I^2R$判断灯泡$L$的亮度变化；
3. 分析$L_2$的实际电压与额定电压的关系，判断实际功率与额定功率的大小；
4. 串联灯泡时，需取额定电流较小的电流作为电路最大电流，再结合总电阻计算允许加的最大电压。
【解析】
1. 计算灯泡电阻：
根据公式$R=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}$，可得：
$L_1$的电阻$R_1=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$，
$L_2$的电阻$R_2=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{12\ \mathrm{W}}=3\ \Omega$，
因此$R_2 ＜ R_1$。
2. 分析$L$的亮度变化：
当$a$、$b$间接入$L_1$时，$L$与$L_1$串联，电路电流$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$；换接$L_2$后，总电阻$R_{总}=R_L + R_2$，比接$L_1$时的总电阻小，电源电压不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电路电流$I ＞ I_1=1\ \mathrm{A}$；灯泡$L$的实际功率$P_L=I^2R_L$，电流变大则$P_L$变大，因此$L$的亮度变亮。
3. 分析$L_2$的实际功率：
接$L_2$时，$L_2$的实际电压$U_2=IR_2$，结合电源电压$U=I_1(R_L + R_1)=1\ \mathrm{A}×(R_L +6\ \Omega)$，可得$U_2=\frac{(R_L +6)×3}{R_L +3}$，显然$U_2 ＜6\ \mathrm{V}$，因此$L_2$的实际功率$P_2=\frac{U_2^2}{R_2} ＜ \frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \Omega}=12\ \mathrm{W}$，即实际功率小于12W。
4. 计算串联时的最大电压：
$L_1$的额定电流$I_1=1\ \mathrm{A}$，$L_2$的额定电流$I_2=\frac{P_2}{U_2}=\frac{12\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=2\ \mathrm{A}$；串联电路电流处处相等，为保证安全，电路最大电流$I_{max}=I_1=1\ \mathrm{A}$；总电阻$R_{总}'=R_1 + R_2=6\ \Omega +3\ \Omega=9\ \Omega$，允许加的最大电压$U_{max}=I_{max}R_{总}'=1\ \mathrm{A}×9\ \Omega=9\ \mathrm{V}$。
【答案】
亮；小于；9
【知识点】
电功率计算；欧姆定律；串联电路特点
【点评】
本题综合考查电学核心知识，需熟练运用电阻、电流、功率公式，明确实际功率与额定功率的区别，以及串联电路电流的限制条件，是电学典型综合题，能有效检验学生的知识整合能力。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先利用公式$R=\frac{U^2}{P}$计算两个灯泡的电阻，再结合串联电路的电阻、电流、电压规律分析各问题：
1. 比较$L_1$和$L_2$的电阻：额定电压相同时，额定功率越大，电阻越小；
2. 分析接入不同灯泡时电路电流的变化，结合$P=I^2R$判断灯泡$L$的亮度变化；
3. 分析$L_2$的实际电压与额定电压的关系，判断实际功率与额定功率的大小；
4. 串联灯泡时，需取额定电流较小的电流作为电路最大电流，再结合总电阻计算允许加的最大电压。
【解析】
1. 计算灯泡电阻：
根据公式$R=\frac{U_{额}^2}{P_{额}}$，可得：
$L_1$的电阻$R_1=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{6\ \mathrm{W}}=6\ \Omega$，
$L_2$的电阻$R_2=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{12\ \mathrm{W}}=3\ \Omega$，
因此$R_2 ＜ R_1$。
2. 分析$L$的亮度变化：
当$a$、$b$间接入$L_1$时，$L$与$L_1$串联，电路电流$I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$；换接$L_2$后，总电阻$R_{总}=R_L + R_2$，比接$L_1$时的总电阻小，电源电压不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电路电流$I ＞ I_1=1\ \mathrm{A}$；灯泡$L$的实际功率$P_L=I^2R_L$，电流变大则$P_L$变大，因此$L$的亮度变亮。
3. 分析$L_2$的实际功率：
接$L_2$时，$L_2$的实际电压$U_2=IR_2$，结合电源电压$U=I_1(R_L + R_1)=1\ \mathrm{A}×(R_L +6\ \Omega)$，可得$U_2=\frac{(R_L +6)×3}{R_L +3}$，显然$U_2 ＜6\ \mathrm{V}$，因此$L_2$的实际功率$P_2=\frac{U_2^2}{R_2} ＜ \frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \Omega}=12\ \mathrm{W}$，即实际功率小于12W。
4. 计算串联时的最大电压：
$L_1$的额定电流$I_1=1\ \mathrm{A}$，$L_2$的额定电流$I_2=\frac{P_2}{U_2}=\frac{12\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=2\ \mathrm{A}$；串联电路电流处处相等，为保证安全，电路最大电流$I_{max}=I_1=1\ \mathrm{A}$；总电阻$R_{总}'=R_1 + R_2=6\ \Omega +3\ \Omega=9\ \Omega$，允许加的最大电压$U_{max}=I_{max}R_{总}'=1\ \mathrm{A}×9\ \Omega=9\ \mathrm{V}$。
【答案】
亮；小于；9
【知识点】
电功率计算；欧姆定律；串联电路特点
【点评】
本题综合考查电学核心知识，需熟练运用电阻、电流、功率公式，明确实际功率与额定功率的区别，以及串联电路电流的限制条件，是电学典型综合题，能有效检验学生的知识整合能力。
【难度系数】
0.5
3. 滑动变阻器在电学实验中起到重要的作用，除保护电路外，它还能改变电路中的电流和电压。下列实验中，关于滑动变阻器的作用，说法正确的是（
A.在“测量未知定值电阻$ R_x $的阻值”实验中，其主要作用是多次测量，得出普遍规律
B.在“测量小灯泡的电功率”实验中，其主要作用是多次测量求平均值，减小误差
C.探究“电流与电压关系”实验中，主要作用是改变电压，便于多次测量，得出普遍规律
D.探究“电流与电阻关系”实验中，主要作用是保持定值电阻两端电压不变，求平均值，减小误差
C
）A.在“测量未知定值电阻$ R_x $的阻值”实验中，其主要作用是多次测量，得出普遍规律
B.在“测量小灯泡的电功率”实验中，其主要作用是多次测量求平均值，减小误差
C.探究“电流与电压关系”实验中，主要作用是改变电压，便于多次测量，得出普遍规律
D.探究“电流与电阻关系”实验中，主要作用是保持定值电阻两端电压不变，求平均值，减小误差
答案
3.C 【点拨】在“测量未知定值电阻$R_x$的阻值”实验中,其主要作用是多次测量,求平均值,减小实验误差,故A错误;在“测量小灯泡的电功率”实验中,其主要作用是改变灯泡两端的电压,测量不同情况下灯泡的电功率,得出小灯泡的亮度与实际功率的关系,不能多次测量求平均值,故B错误;在探究“电流与电压关系”实验中,其主要作用是改变电压,便于多次测量,得出普遍规律,故C正确;在探究“电流与电阻关系”实验中,其主要作用是保持定值电阻两端的电压不变,便于多次测量,得出普遍规律,故D错误。
解析
【分析】
要解答本题，需明确不同电学实验中滑动变阻器的作用，核心是区分“测量类实验”与“探究规律类实验”的目的差异：测量类实验（如测定值电阻阻值）侧重求平均值减小误差，探究规律类实验（如探究电流与电压/电阻关系）侧重得出普遍规律；同时需注意测量小灯泡电功率时不能求平均值，因小灯泡电阻随温度变化。需逐一分析选项对应实验的滑动变阻器作用是否正确。
【解析】
逐个分析选项：
选项A：“测量未知定值电阻$R_x$的阻值”是测量类实验，滑动变阻器的主要作用是多次测量求平均值，减小实验误差，而非得出普遍规律，故A错误。
选项B：“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡电阻随温度变化，无法多次测量求平均值，滑动变阻器的作用是改变灯泡两端电压，测量不同电压下的电功率，探究亮度与实际功率的关系，故B错误。
选项C：“探究电流与电压关系”是探究规律类实验，滑动变阻器的主要作用是改变定值电阻两端电压，便于多次测量，得出电流与电压的普遍规律，故C正确。
选项D：“探究电流与电阻关系”实验中，滑动变阻器的作用是保持定值电阻两端电压不变，目的是探究电流与电阻的关系、得出普遍规律，并非求平均值减小误差，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑动变阻器的作用、电学实验探究方法
【点评】
本题考查不同电学实验中滑动变阻器的作用，需准确区分测量类与探究类实验的目的，避免混淆“求平均值减小误差”和“得出普遍规律”的应用场景，是初中电学的基础易错点。
【难度系数】
0.6
要解答本题，需明确不同电学实验中滑动变阻器的作用，核心是区分“测量类实验”与“探究规律类实验”的目的差异：测量类实验（如测定值电阻阻值）侧重求平均值减小误差，探究规律类实验（如探究电流与电压/电阻关系）侧重得出普遍规律；同时需注意测量小灯泡电功率时不能求平均值，因小灯泡电阻随温度变化。需逐一分析选项对应实验的滑动变阻器作用是否正确。
【解析】
逐个分析选项：
选项A：“测量未知定值电阻$R_x$的阻值”是测量类实验，滑动变阻器的主要作用是多次测量求平均值，减小实验误差，而非得出普遍规律，故A错误。
选项B：“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡电阻随温度变化，无法多次测量求平均值，滑动变阻器的作用是改变灯泡两端电压，测量不同电压下的电功率，探究亮度与实际功率的关系，故B错误。
选项C：“探究电流与电压关系”是探究规律类实验，滑动变阻器的主要作用是改变定值电阻两端电压，便于多次测量，得出电流与电压的普遍规律，故C正确。
选项D：“探究电流与电阻关系”实验中，滑动变阻器的作用是保持定值电阻两端电压不变，目的是探究电流与电阻的关系、得出普遍规律，并非求平均值减小误差，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑动变阻器的作用、电学实验探究方法
【点评】
本题考查不同电学实验中滑动变阻器的作用，需准确区分测量类与探究类实验的目的，避免混淆“求平均值减小误差”和“得出普遍规律”的应用场景，是初中电学的基础易错点。
【难度系数】
0.6
4.有一台标有“5 V 5 W”字样的迷你小电风扇，其电动机的线圈电阻为0.2 Ω，忽略一切摩擦，下列说法错误的是（
A.小电风扇正常工作1 min消耗的电能为300 J
B.小电风扇正常工作1 min产生的热量为12 J
C.若小电风扇的扇叶被卡住，通电1 min产生的热量为300 J
D.小电风扇正常工作1 min产生的机械能为288 J
C
）A.小电风扇正常工作1 min消耗的电能为300 J
B.小电风扇正常工作1 min产生的热量为12 J
C.若小电风扇的扇叶被卡住，通电1 min产生的热量为300 J
D.小电风扇正常工作1 min产生的机械能为288 J
答案
4.C 【点拨】正常工作1 min,小电风扇消耗的电能$W=Pt=5\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{J}$,A正确;正常工作时,通过小电风扇的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{5\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$,所以工作1 min产生的热量$Q=I^2Rt=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$,B正确;若小电风扇的扇叶被卡住,此时通过电动机的电流$I'=\frac{U}{R}=\frac{5\ \mathrm{V}}{0.2\ \Omega}=25\ \mathrm{A}$,通电1 min产生的热量$Q_1=I'^2Rt=(25\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=7500\ \mathrm{J}$,C错误;小电风扇正常工作1 min产生的机械能$W_{\mathrm{机械}}=W-Q=300\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=288\ \mathrm{J}$,D正确。
解析
【分析】
本题考查非纯电阻电路（电动机）的电功、电热及能量转化问题，需明确：电动机正常工作时为非纯电阻，消耗的电能一部分转化为机械能，一部分转化为内能（热量），计算电功用$W=Pt$，热量用焦耳定律$Q=I^2Rt$；当扇叶卡住时，电动机变为纯电阻，电能全部转化为内能，此时电流用$I=\frac{U}{R}$计算，热量等于消耗的电能。需逐一分析各选项的计算是否正确，找出错误选项。
【解析】
已知电风扇额定电压$U=5\ \mathrm{V}$，额定功率$P=5\ \mathrm{W}$，线圈电阻$R=0.2\ \Omega$，时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$。
1. 选项A：正常工作1 min消耗的电能$W=Pt=5\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{J}$，A正确。
2. 选项B：正常工作时，通过电动机的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{5\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，产生的热量$Q=I^2Rt=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$，B正确。
3. 选项C：扇叶卡住时，电动机为纯电阻，电流$I'=\frac{U}{R}=\frac{5\ \mathrm{V}}{0.2\ \Omega}=25\ \mathrm{A}$，产生的热量$Q'=I'^2Rt=(25\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=7500\ \mathrm{J}≠300\ \mathrm{J}$，C错误。
4. 选项D：正常工作时，机械能等于消耗的电能减去热量，即$W_{\mathrm{机}}=W-Q=300\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=288\ \mathrm{J}$，D正确。
【答案】
C
【知识点】
电功计算、焦耳定律、非纯电阻电路能量转化
【点评】
本题围绕电动机的能量转化展开，重点考查纯电阻与非纯电阻电路中电功、电热公式的区别，需注意电动机正常工作时电能并非全部转化为热量，卡住时电能全部转化为热量，是易混淆的知识点。
【难度系数】
0.5
本题考查非纯电阻电路（电动机）的电功、电热及能量转化问题，需明确：电动机正常工作时为非纯电阻，消耗的电能一部分转化为机械能，一部分转化为内能（热量），计算电功用$W=Pt$，热量用焦耳定律$Q=I^2Rt$；当扇叶卡住时，电动机变为纯电阻，电能全部转化为内能，此时电流用$I=\frac{U}{R}$计算，热量等于消耗的电能。需逐一分析各选项的计算是否正确，找出错误选项。
【解析】
已知电风扇额定电压$U=5\ \mathrm{V}$，额定功率$P=5\ \mathrm{W}$，线圈电阻$R=0.2\ \Omega$，时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$。
1. 选项A：正常工作1 min消耗的电能$W=Pt=5\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{J}$，A正确。
2. 选项B：正常工作时，通过电动机的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{5\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$，产生的热量$Q=I^2Rt=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$，B正确。
3. 选项C：扇叶卡住时，电动机为纯电阻，电流$I'=\frac{U}{R}=\frac{5\ \mathrm{V}}{0.2\ \Omega}=25\ \mathrm{A}$，产生的热量$Q'=I'^2Rt=(25\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=7500\ \mathrm{J}≠300\ \mathrm{J}$，C错误。
4. 选项D：正常工作时，机械能等于消耗的电能减去热量，即$W_{\mathrm{机}}=W-Q=300\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=288\ \mathrm{J}$，D正确。
【答案】
C
【知识点】
电功计算、焦耳定律、非纯电阻电路能量转化
【点评】
本题围绕电动机的能量转化展开，重点考查纯电阻与非纯电阻电路中电功、电热公式的区别，需注意电动机正常工作时电能并非全部转化为热量，卡住时电能全部转化为热量，是易混淆的知识点。
【难度系数】
0.5
5. ★★（科学推理[陕西中考]中药煎煮方式分为“文火”和“武火”，小明受此启发，用手动开关S₁、温控开关S₂、水量开关S₃、加热电阻R₁和限流电阻R₂（R₁、R₂阻值不随温度变化），设计了煎药壶电路，其中S₁为总开关，电源电压为220 V。闭合开关S₁，能实现如表所示的功能。下列关于此电路的分析正确的是（
A.温控开关S₂与水量开关S₃是串联的
B.加热电阻R₁的阻值是484 Ω
C.若壶内水量小于0.2 L，煎药壶工作时无法进行“武火”加热
D.若限流电阻R₂断路，煎药壶工作时只能进行“武火”加热
D
）A.温控开关S₂与水量开关S₃是串联的
B.加热电阻R₁的阻值是484 Ω
C.若壶内水量小于0.2 L，煎药壶工作时无法进行“武火”加热
D.若限流电阻R₂断路，煎药壶工作时只能进行“武火”加热
答案
5.D 【点拨】根据电路中只有两个电阻,而$R_1$的功率可以改变,说明电路中的电流改变,则两个电阻串联,武火时,限流电阻被短路,当温控开关和水量开关同时断开时,两个电阻串联,处于文火状态,而只有温控开关断开时,限流电阻仍是短路,故温控开关和水量开关均与限流电阻$R_2$并联,若壶内水量小于0.2 L,但温度低于60 ℃是武火加热,温控开关将限流电阻短路,仍是武火加热,故AC错误;武火时,限流电阻被短路,只有$R_1$工作,$R_1$的功率是800 W,其电阻$R_1=\frac{U^2}{P_{\mathrm{武火}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{800\ \mathrm{W}}=60.5\ \Omega$,故B错误;若限流电阻$R_2$断路,当温度开关和水量开关中任意一个闭合,是武火加热,如果温控开关和水量开关都断开,则电路断路,不能加热,故D正确。
解析
【分析】
要解决本题，需结合表格中不同开关状态对应的煎煮方式，明确电路结构：武火时加热电阻$R_1$单独工作，文火时$R_1$与限流电阻$R_2$串联。再逐一分析选项，判断是否符合表格功能和电路逻辑。
【解析】
1. 选项A：从表格可知，当温度＜60℃（$S_2$闭合）、水量＞0.2L（$S_3$闭合）时为武火；当温度≥60℃（$S_2$断开）、水量＞0.2L（$S_3$闭合）时也为武火，说明只要$S_3$闭合，无论$S_2$状态如何均为武火，因此$S_2$与$S_3$不是串联，A错误。
2. 选项B：武火时只有$R_1$工作，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得$R_1=\frac{U^2}{P_{武火}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{800\ \mathrm{W}}=60.5\ \Omega$，并非484Ω，B错误。
3. 选项C：若壶内水量小于0.2L，当温度＜60℃时，温控开关$S_2$闭合，会短路$R_2$，电路为$R_1$单独工作，功率800W，属于武火加热，因此可以进行武火，C错误。
4. 选项D：若限流电阻$R_2$断路，需要文火时，$R_1$与$R_2$串联的电路因$R_2$断路而不通；需要武火时，$R_2$被开关短路，电路为$R_1$单独工作，因此煎药壶工作时只能进行武火加热，D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算、电路动态分析
【点评】
本题结合中药煎煮的实际场景，考查电路结构分析与电功率计算，需结合表格信息和电路逻辑逐一推导，易错点在于对开关作用和电阻计算的理解，是一道中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合表格中不同开关状态对应的煎煮方式，明确电路结构：武火时加热电阻$R_1$单独工作，文火时$R_1$与限流电阻$R_2$串联。再逐一分析选项，判断是否符合表格功能和电路逻辑。
【解析】
1. 选项A：从表格可知，当温度＜60℃（$S_2$闭合）、水量＞0.2L（$S_3$闭合）时为武火；当温度≥60℃（$S_2$断开）、水量＞0.2L（$S_3$闭合）时也为武火，说明只要$S_3$闭合，无论$S_2$状态如何均为武火，因此$S_2$与$S_3$不是串联，A错误。
2. 选项B：武火时只有$R_1$工作，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得$R_1=\frac{U^2}{P_{武火}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{800\ \mathrm{W}}=60.5\ \Omega$，并非484Ω，B错误。
3. 选项C：若壶内水量小于0.2L，当温度＜60℃时，温控开关$S_2$闭合，会短路$R_2$，电路为$R_1$单独工作，功率800W，属于武火加热，因此可以进行武火，C错误。
4. 选项D：若限流电阻$R_2$断路，需要文火时，$R_1$与$R_2$串联的电路因$R_2$断路而不通；需要武火时，$R_2$被开关短路，电路为$R_1$单独工作，因此煎药壶工作时只能进行武火加热，D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算、电路动态分析
【点评】
本题结合中药煎煮的实际场景，考查电路结构分析与电功率计算，需结合表格信息和电路逻辑逐一推导，易错点在于对开关作用和电阻计算的理解，是一道中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
6. （跨学科 数学）如图甲所示的电路中，$R_1$为定值电阻，$R_2$为滑动变阻器，电源电压不变。闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示，电源电压为
3
V，在这个过程中，滑动变阻器的最大功率为0.45
W。答案
6.3;0.45 【点拨】由图甲可知,$R_1$和$R_2$串联,电压表测$R_2$两端的电压,电流表测电路中的电流。当滑片P在a端时,滑动变阻器接入电路的电阻为0 Ω,电路中的电流最大,由图乙可知$I_1=0.6\ \mathrm{A}$,由$I=\frac{U}{R}$可得,电源电压$U=I_1R_1=0.6\ \mathrm{A}× R_1$①;当滑片P在b端时,滑动变阻器接入电路中的电阻最大,电路中的电流最小,由图乙可知,$I_2=0.2\ \mathrm{A}$,$U_2=2\ \mathrm{V}$,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以电源电压$U=I_2R_1+U_2=0.2\ \mathrm{A}× R_1+2\ \mathrm{V}$②;联立①②,解得$R_1=5\ \Omega$,$U=3\ \mathrm{V}$。滑动变阻器的电功率$P=(\frac{U}{R_1+R_2})^2R_2=\frac{U^2}{\frac{(R_1-R_2)^2}{R_2}+4R_1}$,当$R_1=R_2$时,滑动变阻器消耗的电功率最大,最大值$P_{\mathrm{max}}=\frac{U^2}{4R_1}=\frac{(3\ \mathrm{V})^2}{4×5\ \Omega}=0.45\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】首先明确电路连接：$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_2$两端电压。当滑片P在a端时，滑动变阻器接入电阻为0，电路总电阻最小，电流最大，对应图乙中电流0.6A；当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电阻最大，电流最小，对应图乙中电流0.2A、电压2V。利用电源电压不变，结合欧姆定律列方程求出$R_1$和电源电压；再根据串联电路中滑动变阻器功率的极值规律（当$R_2=R_1$时，滑动变阻器功率最大）计算最大功率。
【解析】
1. 确定电路：由图甲可知，$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_2$两端电压。
2. 求电源电压和$R_1$的阻值：
滑片在a端时，$R_2$接入电阻为0，电路为$R_1$的简单电路，电流最大，由图乙得$I_1=0.6\ \mathrm{A}$，根据欧姆定律，电源电压：$U = I_1R_1 = 0.6\ \mathrm{A} × R_1$ ①
滑片在b端时，$R_2$接入电阻最大，电流最小，由图乙得$I_2=0.2\ \mathrm{A}$，$R_2$两端电压$U_2=2\ \mathrm{V}$，根据串联电路电压规律，电源电压：$U = I_2R_1 + U_2 = 0.2\ \mathrm{A} × R_1 + 2\ \mathrm{V}$ ②
联立①②：$0.6R_1 = 0.2R_1 + 2$，解得$R_1=5\ \Omega$，代入①得电源电压$U=0.6\ \mathrm{A} × 5\ \Omega = 3\ \mathrm{V}$。
3. 求滑动变阻器的最大功率：
滑动变阻器的电功率$P = I^2R_2 = (\frac{U}{R_1+R_2})^2R_2$，变形后可知，当$R_2=R_1=5\ \Omega$时，滑动变阻器功率最大，最大值$P_{\mathrm{max}}=\frac{U^2}{4R_1}=\frac{(3\ \mathrm{V})^2}{4 × 5\ \Omega}=0.45\ \mathrm{W}$。
【答案】3；0.45
【知识点】串联电路规律、欧姆定律应用、电功率计算
【点评】本题结合电路与图像分析，考查串联电路特点、欧姆定律及电功率极值计算，需利用电源电压不变建立方程，结合数学极值思想求解，是跨学科的典型题目，注重知识综合应用。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 确定电路：由图甲可知，$R_1$与$R_2$串联，电流表测电路电流，电压表测$R_2$两端电压。
2. 求电源电压和$R_1$的阻值：
滑片在a端时，$R_2$接入电阻为0，电路为$R_1$的简单电路，电流最大，由图乙得$I_1=0.6\ \mathrm{A}$，根据欧姆定律，电源电压：$U = I_1R_1 = 0.6\ \mathrm{A} × R_1$ ①
滑片在b端时，$R_2$接入电阻最大，电流最小，由图乙得$I_2=0.2\ \mathrm{A}$，$R_2$两端电压$U_2=2\ \mathrm{V}$，根据串联电路电压规律，电源电压：$U = I_2R_1 + U_2 = 0.2\ \mathrm{A} × R_1 + 2\ \mathrm{V}$ ②
联立①②：$0.6R_1 = 0.2R_1 + 2$，解得$R_1=5\ \Omega$，代入①得电源电压$U=0.6\ \mathrm{A} × 5\ \Omega = 3\ \mathrm{V}$。
3. 求滑动变阻器的最大功率：
滑动变阻器的电功率$P = I^2R_2 = (\frac{U}{R_1+R_2})^2R_2$，变形后可知，当$R_2=R_1=5\ \Omega$时，滑动变阻器功率最大，最大值$P_{\mathrm{max}}=\frac{U^2}{4R_1}=\frac{(3\ \mathrm{V})^2}{4 × 5\ \Omega}=0.45\ \mathrm{W}$。
【答案】3；0.45
【知识点】串联电路规律、欧姆定律应用、电功率计算
【点评】本题结合电路与图像分析，考查串联电路特点、欧姆定律及电功率极值计算，需利用电源电压不变建立方程，结合数学极值思想求解，是跨学科的典型题目，注重知识综合应用。
【难度系数】0.5
