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1 [2024 长春中考]1 kW·h 的电能可供下列用电器正常工作时间最长的是 (
A.节能灯
B.电饭煲
C.电视机
D.电烤箱
A
)A.节能灯
B.电饭煲
C.电视机
D.电烤箱
答案
A
节能灯、电饭煲、电视机和电烤箱四个用电器中,节能灯的电功率最小,根据$P=\frac{W}{t}$可知,1 kW·h的电能可供正常工作时间最长的是节能灯,故A符合题意,BCD不符合题意。故选A。
节能灯、电饭煲、电视机和电烤箱四个用电器中,节能灯的电功率最小,根据$P=\frac{W}{t}$可知,1 kW·h的电能可供正常工作时间最长的是节能灯,故A符合题意,BCD不符合题意。故选A。
解析
【分析】
要解决该问题，需利用电功率的变形公式分析工作时间与功率的关系：已知电能W固定，根据公式$P=\frac{W}{t}$，变形可得$t=\frac{W}{P}$，因此用电器的额定功率越小，相同电能下的正常工作时间越长。只需判断四个选项中用电器的额定功率大小，即可得出答案。
【解析】
已知提供的电能$W=1\ kW·h$，根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，推导得工作时间$t=\frac{W}{P}$。当电能W一定时，用电器的额定功率P越小，正常工作的时间t越长。对比四个选项：节能灯的额定功率最小，电饭煲、电烤箱的额定功率较大，电视机额定功率介于两者之间，因此节能灯的工作时间最长，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
电功率公式、电能与时间的关系
【点评】
本题结合生活中常见用电器的功率常识，考查电功率公式的变形应用，属于基础题型，难度较低，学生掌握公式并了解常见用电器的功率特点即可解答。
【难度系数】
0.7
要解决该问题，需利用电功率的变形公式分析工作时间与功率的关系：已知电能W固定，根据公式$P=\frac{W}{t}$，变形可得$t=\frac{W}{P}$，因此用电器的额定功率越小，相同电能下的正常工作时间越长。只需判断四个选项中用电器的额定功率大小，即可得出答案。
【解析】
已知提供的电能$W=1\ kW·h$，根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，推导得工作时间$t=\frac{W}{P}$。当电能W一定时，用电器的额定功率P越小，正常工作的时间t越长。对比四个选项：节能灯的额定功率最小，电饭煲、电烤箱的额定功率较大，电视机额定功率介于两者之间，因此节能灯的工作时间最长，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
电功率公式、电能与时间的关系
【点评】
本题结合生活中常见用电器的功率常识，考查电功率公式的变形应用，属于基础题型，难度较低，学生掌握公式并了解常见用电器的功率特点即可解答。
【难度系数】
0.7
2 [2024临沂中考] 图甲是一款能自动变形、万向行走的坦克玩具，其简化电路如图乙所示。该玩具的电源电压为4.5 V，闭合开关后，“0.5 V 0.2 W”的指示灯正常发光，线圈电阻为0.5 Ω的电动机正常工作，则 (
A.指示灯的灯丝电阻为0.8 Ω
B.电动机的发热功率为1.6 W
C.电动机的额定功率为0.08 W
D.电路的总功率为1.8 W
D
)A.指示灯的灯丝电阻为0.8 Ω
B.电动机的发热功率为1.6 W
C.电动机的额定功率为0.08 W
D.电路的总功率为1.8 W
答案
D
A(×) 指示灯的灯丝电阻$R_L=\frac{U_{L额}^2}{P_{L额}}=\frac{(0.5\ \mathrm{V})^2}{0.2\ \mathrm{W}}=1.25\ \Omega$。
B(×) 电动机两端电压$U_M=U-U_{L额}=4.5\ \mathrm{V}-0.5\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$,电路中的电流$I=I_{L额}=\frac{P_{L额}}{U_{L额}}=\frac{0.2\ \mathrm{W}}{0.5\ \mathrm{V}}=0.4\ \mathrm{A}$,则电动机的发热功率$P_{热}=I^2R=(0.4\ \mathrm{A})^2 × 0.5\ \Omega=0.08\ \mathrm{W}$。
C(×) 电动机的额定功率$P=U_MI=4\ \mathrm{V} × 0.4\ \mathrm{A}=1.6\ \mathrm{W}$。
D(√) 电路的总功率$P_总=P+P_{L额}=1.6\ \mathrm{W}+0.2\ \mathrm{W}=1.8\ \mathrm{W}$。
A(×) 指示灯的灯丝电阻$R_L=\frac{U_{L额}^2}{P_{L额}}=\frac{(0.5\ \mathrm{V})^2}{0.2\ \mathrm{W}}=1.25\ \Omega$。
B(×) 电动机两端电压$U_M=U-U_{L额}=4.5\ \mathrm{V}-0.5\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$,电路中的电流$I=I_{L额}=\frac{P_{L额}}{U_{L额}}=\frac{0.2\ \mathrm{W}}{0.5\ \mathrm{V}}=0.4\ \mathrm{A}$,则电动机的发热功率$P_{热}=I^2R=(0.4\ \mathrm{A})^2 × 0.5\ \Omega=0.08\ \mathrm{W}$。
C(×) 电动机的额定功率$P=U_MI=4\ \mathrm{V} × 0.4\ \mathrm{A}=1.6\ \mathrm{W}$。
D(√) 电路的总功率$P_总=P+P_{L额}=1.6\ \mathrm{W}+0.2\ \mathrm{W}=1.8\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】首先明确电路中指示灯与电动机串联，串联电路电流处处相等。由于指示灯正常发光，可利用其额定电压和额定功率求出电路中的电流，再结合串联电路电压规律、电功率公式分别分析各选项，判断正误。
【解析】由题意知，指示灯与电动机串联，指示灯正常发光，电路电流等于指示灯的额定电流：
$I = I_{L额} = \frac{P_{L额}}{U_{L额}} = \frac{0.2\ \mathrm{W}}{0.5\ \mathrm{V}} = 0.4\ \mathrm{A}$。
选项A：指示灯灯丝电阻$R_L = \frac{U_{L额}}{I} = \frac{0.5\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}} = 1.25\ \Omega ≠ 0.8\ \Omega$，故A错误。
选项B：电动机的发热功率$P_{热} = I^2 R_M = (0.4\ \mathrm{A})^2 × 0.5\ \Omega = 0.08\ \mathrm{W} ≠ 1.6\ \mathrm{W}$，故B错误。
选项C：电动机两端电压$U_M = U_{总} - U_{L额} = 4.5\ \mathrm{V} - 0.5\ \mathrm{V} = 4\ \mathrm{V}$，电动机额定功率$P_M = U_M I = 4\ \mathrm{V} × 0.4\ \mathrm{A} = 1.6\ \mathrm{W} ≠ 0.08\ \mathrm{W}$，故C错误。
选项D：电路总功率$P_{总} = U_{总} I = 4.5\ \mathrm{V} × 0.4\ \mathrm{A} = 1.8\ \mathrm{W}$，故D正确。
【答案】D
【知识点】串联电路特点、电功率计算
【点评】本题考查串联电路规律及电功率的综合计算，需注意电动机为非纯电阻用电器，其总功率不能用$P=I^2R$计算，要区分额定功率与发热功率，是中考常见的电路分析题型，需熟练掌握相关公式及电路特点。
【难度系数】0.5
【解析】由题意知，指示灯与电动机串联，指示灯正常发光，电路电流等于指示灯的额定电流：
$I = I_{L额} = \frac{P_{L额}}{U_{L额}} = \frac{0.2\ \mathrm{W}}{0.5\ \mathrm{V}} = 0.4\ \mathrm{A}$。
选项A：指示灯灯丝电阻$R_L = \frac{U_{L额}}{I} = \frac{0.5\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}} = 1.25\ \Omega ≠ 0.8\ \Omega$，故A错误。
选项B：电动机的发热功率$P_{热} = I^2 R_M = (0.4\ \mathrm{A})^2 × 0.5\ \Omega = 0.08\ \mathrm{W} ≠ 1.6\ \mathrm{W}$，故B错误。
选项C：电动机两端电压$U_M = U_{总} - U_{L额} = 4.5\ \mathrm{V} - 0.5\ \mathrm{V} = 4\ \mathrm{V}$，电动机额定功率$P_M = U_M I = 4\ \mathrm{V} × 0.4\ \mathrm{A} = 1.6\ \mathrm{W} ≠ 0.08\ \mathrm{W}$，故C错误。
选项D：电路总功率$P_{总} = U_{总} I = 4.5\ \mathrm{V} × 0.4\ \mathrm{A} = 1.8\ \mathrm{W}$，故D正确。
【答案】D
【知识点】串联电路特点、电功率计算
【点评】本题考查串联电路规律及电功率的综合计算，需注意电动机为非纯电阻用电器，其总功率不能用$P=I^2R$计算，要区分额定功率与发热功率，是中考常见的电路分析题型，需熟练掌握相关公式及电路特点。
【难度系数】0.5
3 [2025德州中考]如图甲所示,电源电压恒定,电压表V₁的量程为0~15 V,电压表V₂的量程为0~3 V,电流表A的量程为0~0.6 A,滑动变阻器的规格为“20 Ω 1 A”。在保证电路元件安全的前提下,闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片P,某一电压表示数与电流表示数的关系图像如图乙所示。则下列说法正确的有 (
①电源电压为4.5 V
②定值电阻$R_1$的阻值为2.5 Ω
③定值电阻$R_1$的最小电功率为0.45 W
④滑动变阻器的调节范围为2.5 ~20 Ω
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
B
)①电源电压为4.5 V
②定值电阻$R_1$的阻值为2.5 Ω
③定值电阻$R_1$的最小电功率为0.45 W
④滑动变阻器的调节范围为2.5 ~20 Ω
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
B
由题图甲可知,$R_1$、$R_2$串联,电压表V₁测总电压$U$,电压表V₂测$R_2$两端的电压$U_2$,闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片P,电压表V₁示数保持不变,电压表V₂示数变化,因此题图乙是电压表V₂示数与电流表示数的关系图像。当电路中的电流$I=0.3\ \mathrm{A}$时,电压表V₂的示数$U_2=3\ \mathrm{V}$,滑动变阻器由接入电路的最大阻值$R_2=\frac{U_2}{I}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,电源电压$U=3\ \mathrm{V}+0.3\ \mathrm{A} × R_1$①;当电路中的电流$I'=0.6\ \mathrm{A}$时,电压表V₂的示数$U_2'=1.5\ \mathrm{V}$,此时滑动变阻器接入电路的最小阻值$R_2'=\frac{U_2'}{I'}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=2.5\ \Omega$,电源电压$U=1.5\ \mathrm{V}+0.6\ \mathrm{A} × R_1$②;联立①②可得电源电压$U=4.5\ \mathrm{V}$,$R_1=5\ \Omega$,滑动变阻器的调节范围为2.5~10 Ω,故①正确,②④错误。由图像乙可知,电路中的最小电流$I=0.3\ \mathrm{A}$,定值电阻$R_1$的最小电功率$P_1=I^2R_1=(0.3\ \mathrm{A})^2 × 5\ \Omega=0.45\ \mathrm{W}$,故③正确。故选B。
由题图甲可知,$R_1$、$R_2$串联,电压表V₁测总电压$U$,电压表V₂测$R_2$两端的电压$U_2$,闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片P,电压表V₁示数保持不变,电压表V₂示数变化,因此题图乙是电压表V₂示数与电流表示数的关系图像。当电路中的电流$I=0.3\ \mathrm{A}$时,电压表V₂的示数$U_2=3\ \mathrm{V}$,滑动变阻器由接入电路的最大阻值$R_2=\frac{U_2}{I}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,电源电压$U=3\ \mathrm{V}+0.3\ \mathrm{A} × R_1$①;当电路中的电流$I'=0.6\ \mathrm{A}$时,电压表V₂的示数$U_2'=1.5\ \mathrm{V}$,此时滑动变阻器接入电路的最小阻值$R_2'=\frac{U_2'}{I'}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=2.5\ \Omega$,电源电压$U=1.5\ \mathrm{V}+0.6\ \mathrm{A} × R_1$②;联立①②可得电源电压$U=4.5\ \mathrm{V}$,$R_1=5\ \Omega$,滑动变阻器的调节范围为2.5~10 Ω,故①正确,②④错误。由图像乙可知,电路中的最小电流$I=0.3\ \mathrm{A}$,定值电阻$R_1$的最小电功率$P_1=I^2R_1=(0.3\ \mathrm{A})^2 × 5\ \Omega=0.45\ \mathrm{W}$,故③正确。故选B。
解析
【分析】
首先分析图甲的电路：R₁与R₂串联，电压表V₁测电源总电压（示数恒定），电压表V₂测滑动变阻器R₂两端的电压，因此图乙是V₂示数随电流I变化的关系图像。根据串联电路电压规律，电源电压U = U₂ + I R₁，利用图乙中两组（I、U₂）数据联立，可求出电源电压和定值电阻R₁的阻值；再结合电流的极值（最小电流对应滑动变阻器最大阻值，最大电流对应滑动变阻器最小阻值），判断滑动变阻器的调节范围；最后根据电功率公式计算R₁的最小电功率，逐一判断四个说法的正确性。
【解析】
1. 确定图乙对应的电压表：由图甲知，V₁测电源电压（不变），V₂测R₂电压（随电流变化），故图乙是V₂与电流I的关系图像。
2. 求电源电压和R₁的阻值：根据串联电路电压规律，电源电压U = U₂ + I R₁。
当I₁=0.3A时，U₂₁=3V，代入得：U = 3V + 0.3A × R₁ ①；
当I₂=0.6A时，U₂₂=1.5V，代入得：U =1.5V +0.6A × R₁ ②；
联立①②，解得：R₁=5Ω，U=4.5V，故①正确，②错误。
3. 求滑动变阻器的调节范围：
电流最小时（I₁=0.3A），滑动变阻器接入阻值最大：R₂大=U₂₁/I₁=3V/0.3A=10Ω；
电流最大时（I₂=0.6A），滑动变阻器接入阻值最小：R₂小=U₂₂/I₂=1.5V/0.6A=2.5Ω；
故滑动变阻器调节范围为2.5Ω~10Ω，④错误。
4. 计算R₁的最小电功率：
电流最小时，R₁功率最小：P₁小=I₁²R₁=(0.3A)²×5Ω=0.45W，故③正确。
综上，正确的说法是①和③，共2个，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
串联电路电压规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题是电学综合题，结合串联电路特点与图像分析，需先判断图像对应的物理量，再利用电源电压不变联立方程求解，同时要注意滑动变阻器阻值与电流的对应关系，考查学生的电路分析和公式应用能力。
【难度系数】
0.5
首先分析图甲的电路：R₁与R₂串联，电压表V₁测电源总电压（示数恒定），电压表V₂测滑动变阻器R₂两端的电压，因此图乙是V₂示数随电流I变化的关系图像。根据串联电路电压规律，电源电压U = U₂ + I R₁，利用图乙中两组（I、U₂）数据联立，可求出电源电压和定值电阻R₁的阻值；再结合电流的极值（最小电流对应滑动变阻器最大阻值，最大电流对应滑动变阻器最小阻值），判断滑动变阻器的调节范围；最后根据电功率公式计算R₁的最小电功率，逐一判断四个说法的正确性。
【解析】
1. 确定图乙对应的电压表：由图甲知，V₁测电源电压（不变），V₂测R₂电压（随电流变化），故图乙是V₂与电流I的关系图像。
2. 求电源电压和R₁的阻值：根据串联电路电压规律，电源电压U = U₂ + I R₁。
当I₁=0.3A时，U₂₁=3V，代入得：U = 3V + 0.3A × R₁ ①；
当I₂=0.6A时，U₂₂=1.5V，代入得：U =1.5V +0.6A × R₁ ②；
联立①②，解得：R₁=5Ω，U=4.5V，故①正确，②错误。
3. 求滑动变阻器的调节范围：
电流最小时（I₁=0.3A），滑动变阻器接入阻值最大：R₂大=U₂₁/I₁=3V/0.3A=10Ω；
电流最大时（I₂=0.6A），滑动变阻器接入阻值最小：R₂小=U₂₂/I₂=1.5V/0.6A=2.5Ω；
故滑动变阻器调节范围为2.5Ω~10Ω，④错误。
4. 计算R₁的最小电功率：
电流最小时，R₁功率最小：P₁小=I₁²R₁=(0.3A)²×5Ω=0.45W，故③正确。
综上，正确的说法是①和③，共2个，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
串联电路电压规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题是电学综合题，结合串联电路特点与图像分析，需先判断图像对应的物理量，再利用电源电压不变联立方程求解，同时要注意滑动变阻器阻值与电流的对应关系，考查学生的电路分析和公式应用能力。
【难度系数】
0.5
4 [2025安徽中考] 图示电路中，电源电压保持不变，$R_1$、$R_2$均为定值电阻，其中$R_1 = 10\ \Omega$。闭合开关S，电流表的示数为0.20 A，通电10 s整个电路共产生6 J的热量，则电阻$R_2$产生的热量为
2
J。答案
2
【解析】 第一步:分析电路。
由电路图可知,$R_1$与$R_2$并联,电流表测量通过$R_1$的电流。
第二步:计算通电10 s电阻$R_1$产生的热量。
根据焦耳定律,通电10 s电阻$R_1$产生的热量$Q_1=I_1^2R_1t=(0.20\ \mathrm{A})^2 × 10\ \Omega × 10\ \mathrm{s}=4\ \mathrm{J}$。
第三步:计算电阻$R_2$产生的热量。
电阻$R_2$产生的热量$Q_2=Q-Q_1=6\ \mathrm{J}-4\ \mathrm{J}=2\ \mathrm{J}$。
【解析】 第一步:分析电路。
由电路图可知,$R_1$与$R_2$并联,电流表测量通过$R_1$的电流。
第二步:计算通电10 s电阻$R_1$产生的热量。
根据焦耳定律,通电10 s电阻$R_1$产生的热量$Q_1=I_1^2R_1t=(0.20\ \mathrm{A})^2 × 10\ \Omega × 10\ \mathrm{s}=4\ \mathrm{J}$。
第三步:计算电阻$R_2$产生的热量。
电阻$R_2$产生的热量$Q_2=Q-Q_1=6\ \mathrm{J}-4\ \mathrm{J}=2\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】首先明确电路结构：R₁与R₂并联，电流表测量通过R₁的电流。由于并联电路中总热量等于各支路电阻产生的热量之和，因此先根据焦耳定律计算R₁产生的热量，再用总热量减去R₁的热量，即可得到R₂产生的热量。
【解析】
1. 分析电路：由电路图可知，R₁与R₂并联，电流表测通过R₁的电流I₁=0.20 A，电源电压保持不变，通电时间t=10 s，整个电路总热量Q=6 J，R₁=10 Ω。
2. 计算R₁产生的热量：根据焦耳定律Q=I²Rt，R₁产生的热量Q₁=I₁²R₁t=(0.20 A)²×10 Ω×10 s=4 J。
3. 计算R₂产生的热量：因为并联电路总热量等于各支路热量之和，所以R₂产生的热量Q₂=Q - Q₁=6 J - 4 J=2 J。
【答案】2
【知识点】焦耳定律、并联电路热量特点
【点评】本题考查并联电路的热量计算，核心是运用焦耳定律计算支路热量，结合总热量与支路热量的关系求解，属于基础题型，侧重对基本公式的应用。
【难度系数】0.7
【解析】
1. 分析电路：由电路图可知，R₁与R₂并联，电流表测通过R₁的电流I₁=0.20 A，电源电压保持不变，通电时间t=10 s，整个电路总热量Q=6 J，R₁=10 Ω。
2. 计算R₁产生的热量：根据焦耳定律Q=I²Rt，R₁产生的热量Q₁=I₁²R₁t=(0.20 A)²×10 Ω×10 s=4 J。
3. 计算R₂产生的热量：因为并联电路总热量等于各支路热量之和，所以R₂产生的热量Q₂=Q - Q₁=6 J - 4 J=2 J。
【答案】2
【知识点】焦耳定律、并联电路热量特点
【点评】本题考查并联电路的热量计算，核心是运用焦耳定律计算支路热量，结合总热量与支路热量的关系求解，属于基础题型，侧重对基本公式的应用。
【难度系数】0.7
5 [2024重庆中考]如图所示,小欣同学家电能表4月底的示数是
[$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \mathrm{℃})$]
2 024.6
kW·h;若关闭家中其他用电器,只有电热水壶工作,电能表的指示灯闪烁300次时,刚好将1.2 kg水从20 ℃加热到80 ℃,则电热水壶的加热效率为84
%。[$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \mathrm{℃})$]
答案
2 024.6 84
【解析】 由题图可知,电能表的示数为2 024.6 kW·h。电热水壶将水加热到80 ℃所消耗的电能$W=\frac{300\ \mathrm{imp}}{3\ 000\ \mathrm{imp/(kW· h)}}=0.1\ \mathrm{kW· h}=3.6 × 10^5\ \mathrm{J}$,水吸收的热量$Q_{吸}=c_水m\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 1.2\ \mathrm{kg} × (80\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=3.024 × 10^5\ \mathrm{J}$,电热水壶的加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{3.024 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}} × 100\%=84\%$。
【解析】 由题图可知,电能表的示数为2 024.6 kW·h。电热水壶将水加热到80 ℃所消耗的电能$W=\frac{300\ \mathrm{imp}}{3\ 000\ \mathrm{imp/(kW· h)}}=0.1\ \mathrm{kW· h}=3.6 × 10^5\ \mathrm{J}$,水吸收的热量$Q_{吸}=c_水m\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 1.2\ \mathrm{kg} × (80\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=3.024 × 10^5\ \mathrm{J}$,电热水壶的加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{3.024 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}} × 100\%=84\%$。
解析
【分析】
本题分为两部分，第一部分是读取电能表的示数，需明确电能表的读数规则：单位为kW·h，最后一位是小数位，直接读取表盘数字即可。第二部分是计算电热水壶的加热效率，需先根据电能表参数算出电热水壶消耗的电能，再利用热量公式计算水吸收的热量，最后根据效率公式求解。
【解析】
1. 电能表读数：由题图可知，电能表的示数为2024.6 kW·h。
2. 计算电热水壶消耗的电能：电能表参数为3000 imp/(kW·h)，表示每消耗1 kW·h的电能，指示灯闪烁3000次。则指示灯闪烁300次时，电热水壶消耗的电能：
$W=\frac{300\ \mathrm{imp}}{3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$。
3. 计算水吸收的热量：水的质量$m=1.2\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t=80℃-20℃=60℃$，则水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1.2\ \mathrm{kg}×60℃=3.024×10^5\ \mathrm{J}$。
4. 计算加热效率：$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.024×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【答案】
2024.6；84
【知识点】
电能表读数、热量计算、热效率计算
【点评】
本题是电功与热量的综合应用题，结合电能表参数考查了电能、热量及效率的计算，需掌握电能表的读数规则和效率公式的应用，属于中考常见的基础综合题。
【难度系数】
0.6
本题分为两部分，第一部分是读取电能表的示数，需明确电能表的读数规则：单位为kW·h，最后一位是小数位，直接读取表盘数字即可。第二部分是计算电热水壶的加热效率，需先根据电能表参数算出电热水壶消耗的电能，再利用热量公式计算水吸收的热量，最后根据效率公式求解。
【解析】
1. 电能表读数：由题图可知，电能表的示数为2024.6 kW·h。
2. 计算电热水壶消耗的电能：电能表参数为3000 imp/(kW·h)，表示每消耗1 kW·h的电能，指示灯闪烁3000次。则指示灯闪烁300次时，电热水壶消耗的电能：
$W=\frac{300\ \mathrm{imp}}{3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$。
3. 计算水吸收的热量：水的质量$m=1.2\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t=80℃-20℃=60℃$，则水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1.2\ \mathrm{kg}×60℃=3.024×10^5\ \mathrm{J}$。
4. 计算加热效率：$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.024×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【答案】
2024.6；84
【知识点】
电能表读数、热量计算、热效率计算
【点评】
本题是电功与热量的综合应用题，结合电能表参数考查了电能、热量及效率的计算，需掌握电能表的读数规则和效率公式的应用，属于中考常见的基础综合题。
【难度系数】
0.6
6 [2025济宁中考] 将标有“6 V 6 W”的灯泡L接入电源电压恒为6 V的电路中，如图甲所示。闭合开关，利用传感装置绘制出通过灯泡L的电流随时间变化的图像如图乙所示。闭合开关瞬间，灯泡的电功率为
36
W。灯泡在闭合开关瞬间的电阻为$R_1$，正常发光时电阻为$R_2$，$R_1:R_2 = $1:6
。答案
36 1:6
【解析】 灯泡正常发光时的电压为6 V,功率为6 W,由$P=UI$可得,正常发光时的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$,此时的电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{6\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$;闭合开关的瞬间,由题图乙可知,当$t=0$时的电流为$I_0=6\ \mathrm{A}$,灯泡的实际功率$P_0=UI_0=6\ \mathrm{V} × 6\ \mathrm{A}=36\ \mathrm{W}$;灯泡正常发光时的电流为1 A,结合题图乙可知,从$t=6 × 10^{-2}\ \mathrm{s}$开始,灯泡正常发光;闭合开关的瞬间灯泡的电阻$R_1=\frac{U}{I_0}=\frac{6\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=1\ \Omega$,灯泡正常发光时的电阻$R_2=R=6\ \Omega$,则$\frac{R_1}{R_2}=\frac{1\ \Omega}{6\ \Omega}=\frac{1}{6}$。
【解析】 灯泡正常发光时的电压为6 V,功率为6 W,由$P=UI$可得,正常发光时的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$,此时的电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{6\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$;闭合开关的瞬间,由题图乙可知,当$t=0$时的电流为$I_0=6\ \mathrm{A}$,灯泡的实际功率$P_0=UI_0=6\ \mathrm{V} × 6\ \mathrm{A}=36\ \mathrm{W}$;灯泡正常发光时的电流为1 A,结合题图乙可知,从$t=6 × 10^{-2}\ \mathrm{s}$开始,灯泡正常发光;闭合开关的瞬间灯泡的电阻$R_1=\frac{U}{I_0}=\frac{6\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=1\ \Omega$,灯泡正常发光时的电阻$R_2=R=6\ \Omega$,则$\frac{R_1}{R_2}=\frac{1\ \Omega}{6\ \Omega}=\frac{1}{6}$。
解析
【分析】
要解决该问题，需分两步分析：①求闭合开关瞬间灯泡的电功率：已知电源电压为6V，从图乙中找到闭合开关瞬间（t=0）的电流，利用电功率公式$P=UI$计算；②求电阻比值：先根据灯泡额定参数算出正常发光时的电阻，再算出闭合瞬间的电阻，最后计算两者的比值。
【解析】
1. 计算灯泡正常发光时的电流和电阻：
灯泡额定电压$U_{额}=6\ \mathrm{V}$，额定功率$P_{额}=6\ \mathrm{W}$，由$P=UI$可得正常发光电流：
$I_{额}=\frac{P_{额}}{U_{额}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$；
正常发光时电阻：$R_2=\frac{U_{额}}{I_{额}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$。
2. 计算闭合开关瞬间灯泡的电功率：
电源电压$U=6\ \mathrm{V}$，由图乙可知，闭合开关瞬间（$t=0$）电流$I_0=6\ \mathrm{A}$，则瞬间电功率：
$P_0=UI_0=6\ \mathrm{V} × 6\ \mathrm{A}=36\ \mathrm{W}$。
3. 计算闭合瞬间的电阻及电阻比值：
闭合瞬间电阻$R_1=\frac{U}{I_0}=\frac{6\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=1\ \Omega$，因此$R_1:R_2=1\ \Omega:6\ \Omega=1:6$。
【答案】
36；1:6
【知识点】
电功率计算；欧姆定律
【点评】
本题结合I-t图像与电学公式，考查电功率和电阻的计算，需准确从图像中提取关键电流值，再结合额定参数分析，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需分两步分析：①求闭合开关瞬间灯泡的电功率：已知电源电压为6V，从图乙中找到闭合开关瞬间（t=0）的电流，利用电功率公式$P=UI$计算；②求电阻比值：先根据灯泡额定参数算出正常发光时的电阻，再算出闭合瞬间的电阻，最后计算两者的比值。
【解析】
1. 计算灯泡正常发光时的电流和电阻：
灯泡额定电压$U_{额}=6\ \mathrm{V}$，额定功率$P_{额}=6\ \mathrm{W}$，由$P=UI$可得正常发光电流：
$I_{额}=\frac{P_{额}}{U_{额}}=\frac{6\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$；
正常发光时电阻：$R_2=\frac{U_{额}}{I_{额}}=\frac{6\ \mathrm{V}}{1\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$。
2. 计算闭合开关瞬间灯泡的电功率：
电源电压$U=6\ \mathrm{V}$，由图乙可知，闭合开关瞬间（$t=0$）电流$I_0=6\ \mathrm{A}$，则瞬间电功率：
$P_0=UI_0=6\ \mathrm{V} × 6\ \mathrm{A}=36\ \mathrm{W}$。
3. 计算闭合瞬间的电阻及电阻比值：
闭合瞬间电阻$R_1=\frac{U}{I_0}=\frac{6\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=1\ \Omega$，因此$R_1:R_2=1\ \Omega:6\ \Omega=1:6$。
【答案】
36；1:6
【知识点】
电功率计算；欧姆定律
【点评】
本题结合I-t图像与电学公式，考查电功率和电阻的计算，需准确从图像中提取关键电流值，再结合额定参数分析，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
7 创新实验 [2023扬州中考]学习电学知识后，小芳把裸铜线分别在两个削尖的铅笔芯上绕几圈，使笔尖刚好接触，如图所示，接上9 V的电源，接触点出现了明亮的电火花，这是因为铅笔尖接触处的
电阻大
；若让电火花更亮些，方法是增大电源电压
，原理是电路阻值不变时,增大电源电压,电流变大,根据$Q=I^2Rt$可知,相同时间笔尖处产生的电热更多,电火花更亮
。答案
电阻大 增大电源电压 电路阻值不变时,增大电源电压,电流变大,根据$Q=I^2Rt$可知,相同时间笔尖处产生的电热更多,电火花更亮
【解析】 笔尖处产生电火花是因为笔尖处电热较多,笔尖处较细、电阻较大,根据焦耳定律可知,相同时间笔尖处产生电热较多。
【解析】 笔尖处产生电火花是因为笔尖处电热较多,笔尖处较细、电阻较大,根据焦耳定律可知,相同时间笔尖处产生电热较多。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合电阻的影响因素和焦耳定律分析。首先，铅笔芯是导体，两个笔尖接触时，接触点的横截面积很小，根据电阻的影响因素，横截面积越小电阻越大，所以接触处电阻较大；根据焦耳定律，电流通过导体产生的热量与电阻、电流、通电时间有关，当电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，因此接触处产生大量热量，出现电火花。若要让电火花更亮，需增加接触处产生的热量，根据焦耳定律，在电阻和通电时间不变时，增大电流可增加热量，而根据欧姆定律，电路总电阻不变时，增大电源电压能增大电流，从而使相同时间内产生的热量更多，电火花更亮。
【解析】
1. 铅笔尖接触处的电阻较大：因为接触点的横截面积远小于铅笔芯其他部分，导体电阻与横截面积成反比，横截面积越小，电阻越大。
2. 接触处产生电火花的原因：根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，当电流$I$和通电时间$t$相同时，电阻$R$越大，产生的热量$Q$越多，所以接触处产生大量热量，出现明亮的电火花。
3. 让电火花更亮的方法及原理：要增大接触处产生的热量，在电阻$R$和通电时间$t$不变时，需增大电流$I$；根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电路总电阻不变时，增大电源电压$U$可增大电流，因此方法是增大电源电压，原理是电路阻值不变时，增大电源电压，电流变大，根据$Q=I^2Rt$可知，相同时间笔尖处产生的电热更多，电火花更亮。
【答案】
电阻大；增大电源电压；电路阻值不变时，增大电源电压，电流变大，根据$Q=I^2Rt$可知，相同时间笔尖处产生的电热更多，电火花更亮
【知识点】
电阻的影响因素；焦耳定律；欧姆定律
【点评】
本题以创新实验为载体，考查电学核心知识点的综合应用，将理论知识与实验现象结合，需要学生理解各知识点间的联系，难度适中，注重知识的实际运用能力。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合电阻的影响因素和焦耳定律分析。首先，铅笔芯是导体，两个笔尖接触时，接触点的横截面积很小，根据电阻的影响因素，横截面积越小电阻越大，所以接触处电阻较大；根据焦耳定律，电流通过导体产生的热量与电阻、电流、通电时间有关，当电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，因此接触处产生大量热量，出现电火花。若要让电火花更亮，需增加接触处产生的热量，根据焦耳定律，在电阻和通电时间不变时，增大电流可增加热量，而根据欧姆定律，电路总电阻不变时，增大电源电压能增大电流，从而使相同时间内产生的热量更多，电火花更亮。
【解析】
1. 铅笔尖接触处的电阻较大：因为接触点的横截面积远小于铅笔芯其他部分，导体电阻与横截面积成反比，横截面积越小，电阻越大。
2. 接触处产生电火花的原因：根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，当电流$I$和通电时间$t$相同时，电阻$R$越大，产生的热量$Q$越多，所以接触处产生大量热量，出现明亮的电火花。
3. 让电火花更亮的方法及原理：要增大接触处产生的热量，在电阻$R$和通电时间$t$不变时，需增大电流$I$；根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，电路总电阻不变时，增大电源电压$U$可增大电流，因此方法是增大电源电压，原理是电路阻值不变时，增大电源电压，电流变大，根据$Q=I^2Rt$可知，相同时间笔尖处产生的电热更多，电火花更亮。
【答案】
电阻大；增大电源电压；电路阻值不变时，增大电源电压，电流变大，根据$Q=I^2Rt$可知，相同时间笔尖处产生的电热更多，电火花更亮
【知识点】
电阻的影响因素；焦耳定律；欧姆定律
【点评】
本题以创新实验为载体，考查电学核心知识点的综合应用，将理论知识与实验现象结合，需要学生理解各知识点间的联系，难度适中，注重知识的实际运用能力。
【难度系数】
0.5
