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1 [2025汕头期末]小明家记录10月初电能表的示数为6093.5 kW·h，电能表11月初的示数如图所示，下列说法正确的是（
A.电能表是用来测电功率的仪表
B.电能表10月初到11月初消耗的功率是105 kW·h
C.这个电能表通过的电流一定为10 A
D.若电能表指示灯在10 min内闪烁180次，则用电器的总功率是0.6 kW
D
）A.电能表是用来测电功率的仪表
B.电能表10月初到11月初消耗的功率是105 kW·h
C.这个电能表通过的电流一定为10 A
D.若电能表指示灯在10 min内闪烁180次，则用电器的总功率是0.6 kW
答案
1.D
解析
【分析】这道题考查电能表的相关知识，需逐一分析每个选项：首先明确电能表的作用是测量电路消耗的电能（电功），而非电功率；其次要区分电能和功率的单位，电能表参数中“10A”是额定最大电流，不是实际通过的电流；最后根据电能表的脉冲参数计算用电器功率，需掌握电能、时间、功率的关系$P=\frac{W}{t}$。
【解析】
选项A：电能表是测量电路消耗电能（电功）的仪表，不是测量电功率的，A错误；
选项B：10月初电能表示数为$6093.5\ \mathrm{kW·h}$，11月初示数为$6198.5\ \mathrm{kW·h}$，这段时间消耗的电能为$6198.5\ \mathrm{kW·h}-6093.5\ \mathrm{kW·h}=105\ \mathrm{kW·h}$，单位是电能（电功），不是功率，B错误；
选项C：电能表上的“10A”是指电能表允许通过的额定最大电流，不是实际通过的电流，C错误；
选项D：电能表参数“$1800\ \mathrm{imp/(kW·h)}$”表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$的电能，指示灯闪烁1800次。则闪烁180次时，用电器消耗的电能$W=\frac{180\ \mathrm{imp}}{1800\ \mathrm{imp/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}$；时间$t=10\ \mathrm{min}=\frac{10}{60}\ \mathrm{h}=\frac{1}{6}\ \mathrm{h}$；根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，得$P=\frac{0.1\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{6}\ \mathrm{h}}=0.6\ \mathrm{kW}$，D正确。
【答案】D
【知识点】电能表的使用、电功与电功率计算
【点评】本题考查电能表的基本应用，需准确理解电能表各参数的含义，区分电能和功率的概念，掌握利用电能表脉冲数计算用电器功率的方法，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.5
【解析】
选项A：电能表是测量电路消耗电能（电功）的仪表，不是测量电功率的，A错误；
选项B：10月初电能表示数为$6093.5\ \mathrm{kW·h}$，11月初示数为$6198.5\ \mathrm{kW·h}$，这段时间消耗的电能为$6198.5\ \mathrm{kW·h}-6093.5\ \mathrm{kW·h}=105\ \mathrm{kW·h}$，单位是电能（电功），不是功率，B错误；
选项C：电能表上的“10A”是指电能表允许通过的额定最大电流，不是实际通过的电流，C错误；
选项D：电能表参数“$1800\ \mathrm{imp/(kW·h)}$”表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$的电能，指示灯闪烁1800次。则闪烁180次时，用电器消耗的电能$W=\frac{180\ \mathrm{imp}}{1800\ \mathrm{imp/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}$；时间$t=10\ \mathrm{min}=\frac{10}{60}\ \mathrm{h}=\frac{1}{6}\ \mathrm{h}$；根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，得$P=\frac{0.1\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{6}\ \mathrm{h}}=0.6\ \mathrm{kW}$，D正确。
【答案】D
【知识点】电能表的使用、电功与电功率计算
【点评】本题考查电能表的基本应用，需准确理解电能表各参数的含义，区分电能和功率的概念，掌握利用电能表脉冲数计算用电器功率的方法，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.5
2 [2025广州期末]小洋准备乘飞机旅行，他带了一个标有“电池容量：20 000 mA·h 电压：5 V”的充电宝。根据民航规定，额定能量不得超过160 W·h才能随身携带。请计算该充电宝的能量为
100
W·h，他能
（选填“能”或“不能”）携带该充电宝登机，理由是该充电宝的能量没有超过民航规定的额定能量
。答案
2. 100 能 该充电宝的能量没有超过民航规定的额定能量
解析
【分析】
要解决该问题，需先计算充电宝的额定能量，再与民航规定的额定能量对比判断是否可携带。充电宝额定能量的计算公式为$ W = UIt $，需先将电池容量的单位从$ mA·h $转换为$ A·h $，再代入公式计算能量，最后和规定值比较得出结论。
【解析】
1. 单位换算：电池容量$ 20000 mA·h = 20000 × 10^{-3} A·h = 20 A·h $；
2. 计算额定能量：根据公式$ W = UIt $，代入$ U = 5 V $、$ It = 20 A·h $，得$ W = 5 V × 20 A·h = 100 W·h $；
3. 判断携带资格：因为$ 100 W·h ＜ 160 W·h $，所以该充电宝能随身携带登机，理由是其额定能量未超过民航规定的160 W·h。
【答案】
100 能 该充电宝的能量没有超过民航规定的额定能量
【知识点】
电能的计算、单位换算
【点评】
本题结合民航规定的实际场景，考查电能计算与单位换算，难度较低，体现了物理知识在生活中的应用，只要掌握基础公式和单位转换即可解答。
【难度系数】
0.8
要解决该问题，需先计算充电宝的额定能量，再与民航规定的额定能量对比判断是否可携带。充电宝额定能量的计算公式为$ W = UIt $，需先将电池容量的单位从$ mA·h $转换为$ A·h $，再代入公式计算能量，最后和规定值比较得出结论。
【解析】
1. 单位换算：电池容量$ 20000 mA·h = 20000 × 10^{-3} A·h = 20 A·h $；
2. 计算额定能量：根据公式$ W = UIt $，代入$ U = 5 V $、$ It = 20 A·h $，得$ W = 5 V × 20 A·h = 100 W·h $；
3. 判断携带资格：因为$ 100 W·h ＜ 160 W·h $，所以该充电宝能随身携带登机，理由是其额定能量未超过民航规定的160 W·h。
【答案】
100 能 该充电宝的能量没有超过民航规定的额定能量
【知识点】
电能的计算、单位换算
【点评】
本题结合民航规定的实际场景，考查电能计算与单位换算，难度较低，体现了物理知识在生活中的应用，只要掌握基础公式和单位转换即可解答。
【难度系数】
0.8
3[2025深圳校级一模]如图是某手机的“超级快充”插头，匹配相应的数据线即可自动向该手机电池实现“超级快充”，其铭牌上有这样的参数：输出“5 V 2 A”“10 V 4 A”或“11 V 6 A”，由此可推断（
A.“超级快充”的“快”是指电压大
B.“超级快充”的“快”是指电流大
C.“超级快充”的“快”是指电功率大
D.给同一部手机充电，“超级快充”消耗的电能多
C
）A.“超级快充”的“快”是指电压大
B.“超级快充”的“快”是指电流大
C.“超级快充”的“快”是指电功率大
D.给同一部手机充电，“超级快充”消耗的电能多
答案
3.C
解析
【分析】
要判断“超级快充”的“快”的含义，需明确电功率是表示电流做功快慢（即充电快慢）的物理量，结合公式$P=UI$计算不同输出的电功率，对比各选项描述：“快”并非仅指电压大或电流大，需结合电功率分析；消耗电能多少还与时间有关，不能仅看功率。
【解析】
根据电功率公式$P=UI$，计算三种输出的电功率：
1. 输出“5 V 2 A”时，$P_1=U_1I_1=5V×2A=10W$；
2. 输出“10 V 4 A”时，$P_2=U_2I_2=10V×4A=40W$；
3. 输出“11 V 6 A”时，$P_3=U_3I_3=11V×6A=66W$。
电功率是表示电流做功快慢（充电快慢）的物理量，“超级快充”的“快”指充电时电功率大，而非单纯电压大或电流大，故A、B错误，C正确；
消耗电能由电功率和时间共同决定，若充电时间短，功率大也不一定消耗更多电能，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
电功率、电能
【点评】
本题考查电功率的物理意义，需区分电功率（表示做功快慢）和电能（表示做功多少）的概念，明确充电快慢由电功率决定，是基础概念应用题。
【难度系数】
0.6
要判断“超级快充”的“快”的含义，需明确电功率是表示电流做功快慢（即充电快慢）的物理量，结合公式$P=UI$计算不同输出的电功率，对比各选项描述：“快”并非仅指电压大或电流大，需结合电功率分析；消耗电能多少还与时间有关，不能仅看功率。
【解析】
根据电功率公式$P=UI$，计算三种输出的电功率：
1. 输出“5 V 2 A”时，$P_1=U_1I_1=5V×2A=10W$；
2. 输出“10 V 4 A”时，$P_2=U_2I_2=10V×4A=40W$；
3. 输出“11 V 6 A”时，$P_3=U_3I_3=11V×6A=66W$。
电功率是表示电流做功快慢（充电快慢）的物理量，“超级快充”的“快”指充电时电功率大，而非单纯电压大或电流大，故A、B错误，C正确；
消耗电能由电功率和时间共同决定，若充电时间短，功率大也不一定消耗更多电能，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
电功率、电能
【点评】
本题考查电功率的物理意义，需区分电功率（表示做功快慢）和电能（表示做功多少）的概念，明确充电快慢由电功率决定，是基础概念应用题。
【难度系数】
0.6
4 如图所示，电路中电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从b端移向中点的过程中（不考虑温度对灯丝电阻的影响）。下列说法正确的是（
A.电压表示数变大，电流表示数变大
B.灯泡的亮度不变，电路总功率变大
C.电压表示数与电流表示数的比值变大
D.灯泡的功率变大
B
）A.电压表示数变大，电流表示数变大
B.灯泡的亮度不变，电路总功率变大
C.电压表示数与电流表示数的比值变大
D.灯泡的功率变大
答案
4.B
解析
【分析】
首先明确电路结构：灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表V并联在电源两端，测量电源电压；电流表A与滑动变阻器R串联，测量R支路的电流。解题时需利用并联电路的特点（各支路电压等于电源电压，支路间互不影响）、欧姆定律和电功率公式，分析滑片移动时各物理量的变化。
【解析】
1. 电压表示数分析：电源电压保持不变，电压表测电源电压，因此滑片移动时，电压表示数始终不变，排除选项A中“电压表示数变大”的说法。
2. 灯泡亮度与功率分析：并联电路中各支路电压等于电源电压，灯泡L的电压$U_L=U$（电源电压）不变，不考虑温度对灯丝电阻的影响，灯丝电阻$R_L$不变，根据$P_L=\frac{U_L^2}{R_L}$，灯泡的功率不变，亮度不变，因此选项D错误。
3. 滑动变阻器支路电流分析：滑片P从b端移向中点，滑动变阻器接入电路的电阻$R$减小，R支路电压等于电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，$R$减小则电流$I$增大，电流表示数变大。
4. 电路总功率分析：电路总功率$P_{总}=P_L + P_R$，$P_L$不变；滑动变阻器的功率$P_R=\frac{U^2}{R}$，$R$减小则$P_R$增大，因此总功率$P_{总}$变大，选项B正确。
5. 电压表示数与电流表示数的比值分析：该比值为滑动变阻器接入的电阻$R$，$R$减小，故比值变小，选项C错误。
【答案】
B
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题是并联电路动态分析的基础题，核心是明确电表测量对象，利用并联电路规律和相关公式分析各物理量变化，需注意支路间互不影响的特点，避免混淆灯泡和滑动变阻器的变化情况。
【难度系数】
0.5
首先明确电路结构：灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表V并联在电源两端，测量电源电压；电流表A与滑动变阻器R串联，测量R支路的电流。解题时需利用并联电路的特点（各支路电压等于电源电压，支路间互不影响）、欧姆定律和电功率公式，分析滑片移动时各物理量的变化。
【解析】
1. 电压表示数分析：电源电压保持不变，电压表测电源电压，因此滑片移动时，电压表示数始终不变，排除选项A中“电压表示数变大”的说法。
2. 灯泡亮度与功率分析：并联电路中各支路电压等于电源电压，灯泡L的电压$U_L=U$（电源电压）不变，不考虑温度对灯丝电阻的影响，灯丝电阻$R_L$不变，根据$P_L=\frac{U_L^2}{R_L}$，灯泡的功率不变，亮度不变，因此选项D错误。
3. 滑动变阻器支路电流分析：滑片P从b端移向中点，滑动变阻器接入电路的电阻$R$减小，R支路电压等于电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，$R$减小则电流$I$增大，电流表示数变大。
4. 电路总功率分析：电路总功率$P_{总}=P_L + P_R$，$P_L$不变；滑动变阻器的功率$P_R=\frac{U^2}{R}$，$R$减小则$P_R$增大，因此总功率$P_{总}$变大，选项B正确。
5. 电压表示数与电流表示数的比值分析：该比值为滑动变阻器接入的电阻$R$，$R$减小，故比值变小，选项C错误。
【答案】
B
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题是并联电路动态分析的基础题，核心是明确电表测量对象，利用并联电路规律和相关公式分析各物理量变化，需注意支路间互不影响的特点，避免混淆灯泡和滑动变阻器的变化情况。
【难度系数】
0.5
5 LED灯具有节能、环保的特点，一个“220 V 8.5 W”的LED灯与一个“220 V 60 W”的白炽灯亮度相当。若一个“220 V 8.5 W”的LED灯每天正常工作4 h，则30天消耗的电能是
1.02
度，这些电能可供“220 V 60 W”的白炽灯正常工作17
h。答案
5. 1.02 17
解析
【分析】
本题考查电能的计算，解题思路是：利用电能公式$ W = Pt $计算消耗的电能，注意单位统一（电能单位“度”即$ kW·h $，功率需转换为$ kW $，时间用$ h $）。首先计算LED灯30天消耗的电能，再用该电能计算白炽灯的工作时间。
【解析】
1. 计算LED灯30天消耗的电能：
LED灯的功率$ P_1 = 8.5\ W = 0.0085\ kW $，
30天总工作时间$ t_1 = 30 × 4\ h = 120\ h $，
根据电能公式$ W = Pt $，消耗的电能：
$ W = P_1 t_1 = 0.0085\ kW × 120\ h = 1.02\ kW·h = 1.02\ 度 $。
2. 计算电能可供白炽灯正常工作的时间：
白炽灯的功率$ P_2 = 60\ W = 0.06\ kW $，
由$ W = Pt $变形得工作时间：
$ t_2 = \frac{W}{P_2} = \frac{1.02\ kW·h}{0.06\ kW} = 17\ h $。
【答案】
1.02；17
【知识点】
电能的计算；单位换算
【点评】
本题是基础的电能计算应用题，核心是掌握公式$ W = Pt $及单位换算，只要细心计算即可得出正确结果，难度较低。
【难度系数】
0.8
本题考查电能的计算，解题思路是：利用电能公式$ W = Pt $计算消耗的电能，注意单位统一（电能单位“度”即$ kW·h $，功率需转换为$ kW $，时间用$ h $）。首先计算LED灯30天消耗的电能，再用该电能计算白炽灯的工作时间。
【解析】
1. 计算LED灯30天消耗的电能：
LED灯的功率$ P_1 = 8.5\ W = 0.0085\ kW $，
30天总工作时间$ t_1 = 30 × 4\ h = 120\ h $，
根据电能公式$ W = Pt $，消耗的电能：
$ W = P_1 t_1 = 0.0085\ kW × 120\ h = 1.02\ kW·h = 1.02\ 度 $。
2. 计算电能可供白炽灯正常工作的时间：
白炽灯的功率$ P_2 = 60\ W = 0.06\ kW $，
由$ W = Pt $变形得工作时间：
$ t_2 = \frac{W}{P_2} = \frac{1.02\ kW·h}{0.06\ kW} = 17\ h $。
【答案】
1.02；17
【知识点】
电能的计算；单位换算
【点评】
本题是基础的电能计算应用题，核心是掌握公式$ W = Pt $及单位换算，只要细心计算即可得出正确结果，难度较低。
【难度系数】
0.8
6 如图所示，$\mathrm{L}_1$标有“6 V 3 W”字样，$\mathrm{L}_2$标有“3 V 3 W”字样，闭合开关S后，两灯均发光，此时两电压表示数之比$U_1:U_2=$
5:1
；若两灯并联后接入电压为3 V的电路中，则$\mathrm{L}_1$、$\mathrm{L}_2$两灯的实际电功率之比$P_1:P_2=$1:4
。（忽略温度对灯丝电阻的影响）答案
6. 5:1 1:4
解析
【分析】
首先明确电路连接：闭合开关S时，$\mathrm{L}_1$与$\mathrm{L}_2$串联，电压表$\mathrm{V}_1$测电源总电压，$\mathrm{V}_2$测$\mathrm{L}_2$两端电压；两灯并联时电源电压为3V，需先根据额定参数计算灯丝电阻，再结合串并联电路规律和电功率公式求解比值。
【解析】
1. 计算两灯灯丝电阻：
根据公式 $ P = \frac{U^2}{R} $，变形得 $ R = \frac{U^2}{P} $，则：
$ R_1 = \frac{U_{额1}^2}{P_{额1}} = \frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}} = 12\ \Omega $，
$ R_2 = \frac{U_{额2}^2}{P_{额2}} = \frac{(3\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}} = 3\ \Omega $。
2. 串联时电压表示数之比：
闭合开关，$\mathrm{L}_1$、$\mathrm{L}_2$串联，串联电路电流处处相等，设电流为$ I $。
$\mathrm{V}_1$测总电压：$ U_1 = I(R_1 + R_2) $；
$\mathrm{V}_2$测$\mathrm{L}_2$电压：$ U_2 = IR_2 $；
则电压比：$ \frac{U_1}{U_2} = \frac{I(R_1 + R_2)}{IR_2} = \frac{R_1 + R_2}{R_2} = \frac{12\ \Omega + 3\ \Omega}{3\ \Omega} = \frac{5}{1} $，即$ U_1:U_2 = 5:1 $。
3. 并联时实际电功率之比：
两灯并联接入3V电路，并联电路各支路电压相等（均为3V），根据 $ P = \frac{U^2}{R} $，则：
$ P_1 = \frac{U^2}{R_1} $，$ P_2 = \frac{U^2}{R_2} $；
功率比：$ \frac{P_1}{P_2} = \frac{\frac{U^2}{R_1}}{\frac{U^2}{R_2}} = \frac{R_2}{R_1} = \frac{3\ \Omega}{12\ \Omega} = \frac{1}{4} $，即$ P_1:P_2 = 1:4 $。
【答案】
5:1；1:4
【知识点】
电功率计算、串联电路特点、并联电路特点
【点评】
本题结合串并联电路规律考查电功率计算，核心是先通过额定参数求出灯丝电阻，再利用串并联电路中电压、功率与电阻的关系推导比值，需灵活运用公式，属于中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
首先明确电路连接：闭合开关S时，$\mathrm{L}_1$与$\mathrm{L}_2$串联，电压表$\mathrm{V}_1$测电源总电压，$\mathrm{V}_2$测$\mathrm{L}_2$两端电压；两灯并联时电源电压为3V，需先根据额定参数计算灯丝电阻，再结合串并联电路规律和电功率公式求解比值。
【解析】
1. 计算两灯灯丝电阻：
根据公式 $ P = \frac{U^2}{R} $，变形得 $ R = \frac{U^2}{P} $，则：
$ R_1 = \frac{U_{额1}^2}{P_{额1}} = \frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}} = 12\ \Omega $，
$ R_2 = \frac{U_{额2}^2}{P_{额2}} = \frac{(3\ \mathrm{V})^2}{3\ \mathrm{W}} = 3\ \Omega $。
2. 串联时电压表示数之比：
闭合开关，$\mathrm{L}_1$、$\mathrm{L}_2$串联，串联电路电流处处相等，设电流为$ I $。
$\mathrm{V}_1$测总电压：$ U_1 = I(R_1 + R_2) $；
$\mathrm{V}_2$测$\mathrm{L}_2$电压：$ U_2 = IR_2 $；
则电压比：$ \frac{U_1}{U_2} = \frac{I(R_1 + R_2)}{IR_2} = \frac{R_1 + R_2}{R_2} = \frac{12\ \Omega + 3\ \Omega}{3\ \Omega} = \frac{5}{1} $，即$ U_1:U_2 = 5:1 $。
3. 并联时实际电功率之比：
两灯并联接入3V电路，并联电路各支路电压相等（均为3V），根据 $ P = \frac{U^2}{R} $，则：
$ P_1 = \frac{U^2}{R_1} $，$ P_2 = \frac{U^2}{R_2} $；
功率比：$ \frac{P_1}{P_2} = \frac{\frac{U^2}{R_1}}{\frac{U^2}{R_2}} = \frac{R_2}{R_1} = \frac{3\ \Omega}{12\ \Omega} = \frac{1}{4} $，即$ P_1:P_2 = 1:4 $。
【答案】
5:1；1:4
【知识点】
电功率计算、串联电路特点、并联电路特点
【点评】
本题结合串并联电路规律考查电功率计算，核心是先通过额定参数求出灯丝电阻，再利用串并联电路中电压、功率与电阻的关系推导比值，需灵活运用公式，属于中等难度的电路综合题。
【难度系数】
0.5
7 [2024 乐山]如图所示的电路中，电阻$R_1=10\ \Omega$。闭合开关S，电流表$\mathrm{A}_2$示数为1 A。
（1）求电源电压。
（2）当滑片P位于滑动变阻器$R_2$中点时，电流表$\mathrm{A}_1$的示数为1.2 A，求此时滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值。
（3）当滑片P位于滑动变阻器$R_2$最右端时，求整个电路的电功率。
（1）求电源电压。
（2）当滑片P位于滑动变阻器$R_2$中点时，电流表$\mathrm{A}_1$的示数为1.2 A，求此时滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值。
（3）当滑片P位于滑动变阻器$R_2$最右端时，求整个电路的电功率。
答案
7. （1）闭合开关S,$R_1$与$R_2$并联,此时电源电压等于$R_1$两端的电压,通过$R_1$的电流$I_1=1\ \mathrm{A}$,由欧姆定律可得,电源电压$U=I_1R_1=1\ \mathrm{A} × 10\ \Omega=10\ \mathrm{V}$
（2）$\mathrm{A}_1$测量干路电流$I$,此时通过滑动变阻器$R_2$的电流$I_2=I-I_1=1.2\ \mathrm{A}-1\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$,滑动变阻器$R_2$两端电压等于电源电压,由欧姆定律可得,$R_2$接入电路的阻值$R_2=\frac{U}{I_2}=\frac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$
（3）当滑片P位于$R_2$的最右端时,$R_2$接入电路的阻值$R_2'=2R_2=2 × 50\ \Omega=100\ \Omega$,通过$R_2$的电流$I_2'=\frac{U}{R_2'}=\frac{10\ \mathrm{V}}{100\ \Omega}=0.1\ \mathrm{A}$,此时电路的总电流$I'=I_2'+I_1=0.1\ \mathrm{A}+1\ \mathrm{A}=1.1\ \mathrm{A}$,整个电路的电功率$P=UI'=10\ \mathrm{V} × 1.1\ \mathrm{A}=11\ \mathrm{W}$
（2）$\mathrm{A}_1$测量干路电流$I$,此时通过滑动变阻器$R_2$的电流$I_2=I-I_1=1.2\ \mathrm{A}-1\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$,滑动变阻器$R_2$两端电压等于电源电压,由欧姆定律可得,$R_2$接入电路的阻值$R_2=\frac{U}{I_2}=\frac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$
（3）当滑片P位于$R_2$的最右端时,$R_2$接入电路的阻值$R_2'=2R_2=2 × 50\ \Omega=100\ \Omega$,通过$R_2$的电流$I_2'=\frac{U}{R_2'}=\frac{10\ \mathrm{V}}{100\ \Omega}=0.1\ \mathrm{A}$,此时电路的总电流$I'=I_2'+I_1=0.1\ \mathrm{A}+1\ \mathrm{A}=1.1\ \mathrm{A}$,整个电路的电功率$P=UI'=10\ \mathrm{V} × 1.1\ \mathrm{A}=11\ \mathrm{W}$
解析
【分析】
首先明确电路结构：$R_1$与$R_2$并联，电流表$\mathrm{A}_2$测量$R_1$支路的电流，电流表$\mathrm{A}_1$测量干路电流。解题时需利用并联电路的电压规律（各支路电压等于电源电压）、电流规律（干路电流等于各支路电流之和），结合欧姆定律和电功率公式逐步求解：第一步根据$R_1$的电流和阻值求电源电压；第二步根据干路电流和$R_1$的电流求$R_2$的电流，再求$R_2$的阻值；第三步根据滑片位置确定$R_2$接入阻值，求出总电流后计算电路总功率。
【解析】
（1）闭合开关$\mathrm{S}$，$R_1$与$R_2$并联，电源电压等于$R_1$两端的电压，已知通过$R_1$的电流$I_1=1\ \mathrm{A}$，$R_1=10\ \Omega$，根据欧姆定律可得电源电压：
$U=I_1R_1=1\ \mathrm{A} × 10\ \Omega=10\ \mathrm{V}$。
（2）电流表$\mathrm{A}_1$测干路电流$I=1.2\ \mathrm{A}$，根据并联电路电流规律，通过滑动变阻器$R_2$的电流：
$I_2=I-I_1=1.2\ \mathrm{A}-1\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$；
并联电路中各支路电压等于电源电压，即$U_2=U=10\ \mathrm{V}$，根据欧姆定律可得$R_2$接入电路的阻值：
$R_2=\frac{U}{I_2}=\frac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$。
（3）当滑片$\mathrm{P}$位于滑动变阻器$R_2$最右端时，$R_2$接入电路的阻值为中点时的2倍，即$R_2'=2R_2=2×50\ \Omega=100\ \Omega$；
此时通过$R_2$的电流：$I_2'=\frac{U}{R_2'}=\frac{10\ \mathrm{V}}{100\ \Omega}=0.1\ \mathrm{A}$；
电路总电流：$I'=I_1+I_2'=1\ \mathrm{A}+0.1\ \mathrm{A}=1.1\ \mathrm{A}$；
整个电路的电功率：$P=UI'=10\ \mathrm{V}×1.1\ \mathrm{A}=11\ \mathrm{W}$。
【答案】
（1）电源电压为$10\ \mathrm{V}$；（2）滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值为$50\ \Omega$；（3）整个电路的电功率为$11\ \mathrm{W}$。
【知识点】并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的应用，解题关键是明确电流表的测量对象，熟练运用相关电学公式，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
首先明确电路结构：$R_1$与$R_2$并联，电流表$\mathrm{A}_2$测量$R_1$支路的电流，电流表$\mathrm{A}_1$测量干路电流。解题时需利用并联电路的电压规律（各支路电压等于电源电压）、电流规律（干路电流等于各支路电流之和），结合欧姆定律和电功率公式逐步求解：第一步根据$R_1$的电流和阻值求电源电压；第二步根据干路电流和$R_1$的电流求$R_2$的电流，再求$R_2$的阻值；第三步根据滑片位置确定$R_2$接入阻值，求出总电流后计算电路总功率。
【解析】
（1）闭合开关$\mathrm{S}$，$R_1$与$R_2$并联，电源电压等于$R_1$两端的电压，已知通过$R_1$的电流$I_1=1\ \mathrm{A}$，$R_1=10\ \Omega$，根据欧姆定律可得电源电压：
$U=I_1R_1=1\ \mathrm{A} × 10\ \Omega=10\ \mathrm{V}$。
（2）电流表$\mathrm{A}_1$测干路电流$I=1.2\ \mathrm{A}$，根据并联电路电流规律，通过滑动变阻器$R_2$的电流：
$I_2=I-I_1=1.2\ \mathrm{A}-1\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$；
并联电路中各支路电压等于电源电压，即$U_2=U=10\ \mathrm{V}$，根据欧姆定律可得$R_2$接入电路的阻值：
$R_2=\frac{U}{I_2}=\frac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$。
（3）当滑片$\mathrm{P}$位于滑动变阻器$R_2$最右端时，$R_2$接入电路的阻值为中点时的2倍，即$R_2'=2R_2=2×50\ \Omega=100\ \Omega$；
此时通过$R_2$的电流：$I_2'=\frac{U}{R_2'}=\frac{10\ \mathrm{V}}{100\ \Omega}=0.1\ \mathrm{A}$；
电路总电流：$I'=I_1+I_2'=1\ \mathrm{A}+0.1\ \mathrm{A}=1.1\ \mathrm{A}$；
整个电路的电功率：$P=UI'=10\ \mathrm{V}×1.1\ \mathrm{A}=11\ \mathrm{W}$。
【答案】
（1）电源电压为$10\ \mathrm{V}$；（2）滑动变阻器$R_2$接入电路的阻值为$50\ \Omega$；（3）整个电路的电功率为$11\ \mathrm{W}$。
【知识点】并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的应用，解题关键是明确电流表的测量对象，熟练运用相关电学公式，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
