1 [2024绥化中考改编]在“测量小灯泡的电功率”实验中,选用的小灯泡上标有“2.5 V”字样,额定电流约为0.3 A,电源电压恒为6 V,实验电路如图甲所示。


(1)请用笔画线代替导线,将图甲电路连接完整。(导线不允许交叉)
(2) 器材选择 现有规格为A“10 Ω 2 A”、B“30 Ω 1 A”和C“50 Ω 0.2 A”的三个滑动变阻器可供选择,应选择(填字母)滑动变阻器接入电路才能顺利进行实验。实验中滑动变阻器的作用是和调节小灯泡两端的电压及通过的电流。
(3) 实验操作 电路连接完成后,闭合开关,发现小灯泡发光很暗,这时眼睛应该看着(填“电流表”或“电压表”)移动滑动变阻器的滑片,当小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示,则小灯泡的额定功率为W。
(4)记下多组对应的电压表和电流表的示数,如下表所示:
|实验次数|1|2|3|4|
|----|----|----|----|----|
|发光情况|较暗|较亮|明亮|更明亮|
|电压 U/V|1.3|1.7|2.5|3.0|
|电流 I/A|0.21|0.24||0.30|
|电功率 P/W|0.273|0.408||0.9|
①依次完成这4次实验的过程中,滑动变阻器的滑片一直在向移动;
② 数据分析 通过计算分析实验数据发现,小灯泡两端的电压越大,实际功率,小灯泡越亮。
(5) 解释交流 完成以上实验后,涵涵又选用了“3.8 V”的小灯泡直接替换原来的灯泡进行测量,其他器材的所有连接均不变,更换灯泡过后,他发现利用此电路无法准确地判断小灯泡何时正常发光,请你帮他分析出现问题的原因:。

(1)如图所示。
(2)B 保护电路
(3)电压表 0.65
(4)①左 ②越大
(5)电压表的量程选小了
【解析】(5)根据题意,此时小灯泡的额定电压是3.8 V,而电压表的量程是0~3 V,灯泡的实际电压不能达到额定电压,因此用此电路无法准确判断小灯泡何时正常发光。

【分析】
本题围绕“测量小灯泡的电功率”实验展开，需结合实验原理、器材选择、电路连接、数据分析等知识点逐步解题：
1. 电路连接：电流表串联，量程选0~0.6A（因额定电流约0.3A），电压表并联在灯泡两端，量程选0~3V（灯泡额定电压2.5V），滑动变阻器一上一下接入电路，导线不交叉。
2. 滑动变阻器选择：根据串联分压计算所需滑动变阻器的最小电阻，结合额定电流选择合适规格，其作用包括保护电路和调节灯泡电压电流。
3. 实验操作：灯泡发光暗时，需调节滑片使灯泡电压达到额定值，故观察电压表；根据电流表读数，利用P=UI计算额定功率。
4. 数据分析：电压增大时，电路电流增大，滑动变阻器电阻减小，明确滑片移动方向；电压越大，实际功率越大，灯泡越亮。
5. 故障分析：更换3.8V灯泡后，原电压表量程不足，无法测量额定电压，导致无法判断正常发光。
【解析】
(1) 电流表串联接入电路，选0~0.6A量程，接线柱连接滑动变阻器或灯泡的对应端；电压表并联在灯泡两端，选0~3V量程，导线不交叉，连接图如参考答案所示。
(2) 灯泡额定电压2.5V，电源电压6V，滑动变阻器需分担电压U滑=6V-2.5V=3.5V，额定电流约0.3A，滑动变阻器最小电阻R滑=U滑/I=3.5V/0.3A≈11.7Ω，故选B（30Ω 1A）；滑动变阻器的作用是保护电路和调节小灯泡两端电压及电流。
(3) 灯泡发光暗，说明电压低于额定电压，需移动滑片使灯泡电压达到2.5V，故眼睛看电压表；电流表量程0~0.6A，分度值0.02A，示数为0.26A，额定功率P=UI=2.5V×0.26A=0.65W。
(4) ①实验中电压逐渐增大，电路电流增大，滑动变阻器接入电阻减小，故滑片向左移动；②由表格数据可知，小灯泡两端的电压越大，实际功率越大，小灯泡越亮。
(5) 原电压表量程为0~3V，新灯泡额定电压为3.8V，超过电压表量程，无法准确测量灯泡额定电压，故无法判断小灯泡何时正常发光。
【答案】
(1) 如图所示
(2) B；保护电路
(3) 电压表；0.65
(4) ①左；②越大
(5) 电压表的量程选小了
【知识点】
测量小灯泡的电功率；滑动变阻器的使用；电功率的计算
【点评】
本题是中考常见的电学实验题，综合考查电路连接、器材选择、实验操作、数据分析及故障分析，需学生掌握实验原理和操作要点，难度适中。
【难度系数】
0.6

2 [2025 抚州高新区月考] 小明想测量家中洗衣机(如图甲所示)的电功率,于是他将家中其他用电器关闭,只让洗衣机单独工作。

【设计与进行实验】
(1)除了电能表之外,还需要的测量工具是。
(2)经过30 min,电能表的示数从图乙变成了图丙,则洗衣机在这30 min内消耗的电能为kW·h,电能表的指示灯闪烁了次,洗衣机的电功率是W。
【分析论证】考虑到电路中的电线会消耗一部分电能,小明测得洗衣机的电功率(填“偏大”“偏小”或“准确”)。
【拓展】为了更便捷地测出家用电器的电功率,小明从网上购买了一款功率计量插座如图丁所示,该插座能测量的物理量有电能、电功率、、等。

【设计与进行实验】
(1)秒表(或停表、钟、表、计时器)
(2)0.5 1 500 1 000
【分析论证】偏大
【拓展】电压 电流
【解析】
【设计与进行实验】(2)电能表上的参数显示为3 000 imp/(kW·h),消耗0.5 kW·h的电能,电能表的指示灯闪烁了3 000 imp/(kW·h)×0.5 kW·h =1 500 imp;洗衣机的电功率$P = \frac{W}{t} = \frac{0.5\ \mathrm{kW·h}}{0.5\ \mathrm{h}} =1\ \mathrm{kW} =1\ 000\ \mathrm{W}$。
【分析论证】电路中的电线会消耗一部分电能,所以会造成测得的电能偏大,根据$P=\frac{W}{t}$,测得洗衣机的电功率偏大。
【拓展】由题图丁的显示单位可知,该插座能测量的物理量还有电压、电流、频率。

【分析】
测量用电器电功率的原理是$P=\frac{W}{t}$，因此需要测量用电器消耗的电能和对应的时间，确定所需测量工具；计算消耗电能时，用电能表两次示数之差；根据电能表参数“$3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}$”，可算出消耗指定电能时指示灯的闪烁次数；利用电功率公式计算洗衣机的功率；由于电路中电线会消耗电能，导致测得的电能偏大，进而判断功率测量结果的偏差；观察功率计量插座的显示单位，确定其可测量的其他物理量。
【解析】
【设计与进行实验】
(1) 测量电功率的公式为$P=\frac{W}{t}$，需测量消耗的电能$W$和时间$t$，因此除电能表外，还需要测量时间的工具：秒表（或停表、计时器等）。
(2) 电能表的示数：图乙为$5647.5\ \mathrm{kW·h}$，图丙为$5648.0\ \mathrm{kW·h}$，则洗衣机消耗的电能$W=5648.0\ \mathrm{kW·h} -5647.5\ \mathrm{kW·h}=0.5\ \mathrm{kW·h}$；
电能表参数“$3000\ \mathrm{imp/(kW·h)}$”表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$电能，指示灯闪烁3000次，所以消耗$0.5\ \mathrm{kW·h}$时闪烁次数：$n=3000\ \mathrm{imp/(kW·h)} × 0.5\ \mathrm{kW·h}=1500\ \mathrm{imp}$；
工作时间$t=30\ \mathrm{min}=0.5\ \mathrm{h}$，则洗衣机的电功率：$P=\frac{W}{t}=\frac{0.5\ \mathrm{kW·h}}{0.5\ \mathrm{h}}=1\ \mathrm{kW}=1000\ \mathrm{W}$。
【分析论证】
电路中的电线会消耗一部分电能，导致电能表测得的总电能（包含洗衣机和电线消耗的）大于洗衣机实际消耗的电能，根据$P=\frac{W}{t}$，测得的洗衣机电功率偏大。
【拓展】
观察功率计量插座（图丁）的显示单位，有电压（伏）、电流（安）、频率（赫兹）等，因此除电能、电功率外，还能测量电压、电流（或频率）等物理量。
【答案】
【设计与进行实验】(1)秒表(或停表、计时器等)；(2)0.5；1500；1000；
【分析论证】偏大；
【拓展】电压；电流(或频率)
【知识点】
电功率计算、电能表参数应用、电功率测量
【点评】
本题围绕电功率的测量展开，核心是利用电能表和时间结合计算功率，需掌握电能表参数的含义，理解电路中导线消耗电能对测量结果的影响，同时认识功率计量插座的功能，属于基础实验类题目，考查学生对电功率测量的基本掌握。
【难度系数】0.5