登录
1.将电水壶和白炽灯分别接在装有相同电能表的家庭电路中做实验，当它们正常工作时，发现与灯连接的电能表表盘转动得比较慢。说明在相同的时间内，白炽灯消耗的电能
少
；消耗相同的电能，电水壶所用时间比白炽灯所用时间短
，说明电流做功有快慢，电流做功的快慢用电功率
表示。答案
1.少 短 电功率
解析
【分析】
首先明确电能表表盘转动快慢的物理意义：电能表转盘转动的快慢反映用电器消耗电能的快慢，转动越慢，说明相同时间内消耗的电能越少；再结合电功率的定义，电流做功的快慢用电功率表示，消耗相同电能时，做功越快的用电器所用时间越短，据此分析每个空的答案。
【解析】
家庭电路中，电能表表盘转动的快慢表示用电器消耗电能的快慢。与白炽灯连接的电能表表盘转动慢，说明相同时间内，白炽灯消耗的电能更少；根据电功率的意义，消耗相同电能时，电流做功快的用电器所用时间短，电水壶正常工作时比白炽灯做功快，所以消耗相同电能时电水壶所用时间更短；电流做功的快慢用电功率表示。
【答案】
少 短 电功率
【知识点】
电功率的概念、电能表的作用
【点评】
本题结合电能表的实际现象考查电功率的基础概念，属于对核心概念的直接应用，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.8
首先明确电能表表盘转动快慢的物理意义：电能表转盘转动的快慢反映用电器消耗电能的快慢，转动越慢，说明相同时间内消耗的电能越少；再结合电功率的定义，电流做功的快慢用电功率表示，消耗相同电能时，做功越快的用电器所用时间越短，据此分析每个空的答案。
【解析】
家庭电路中，电能表表盘转动的快慢表示用电器消耗电能的快慢。与白炽灯连接的电能表表盘转动慢，说明相同时间内，白炽灯消耗的电能更少；根据电功率的意义，消耗相同电能时，电流做功快的用电器所用时间短，电水壶正常工作时比白炽灯做功快，所以消耗相同电能时电水壶所用时间更短；电流做功的快慢用电功率表示。
【答案】
少 短 电功率
【知识点】
电功率的概念、电能表的作用
【点评】
本题结合电能表的实际现象考查电功率的基础概念，属于对核心概念的直接应用，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.8
2.关于电功和电功率，下列说法中正确的是（
A.电流通过导体时做功越多，则电功率越大
B.用电器的电功率越大，它消耗的电能越多
C.在相同时间里，电流通过导体时做功越多，则电功率越大
D.电功的大小说明做功的快慢
C
）A.电流通过导体时做功越多，则电功率越大
B.用电器的电功率越大，它消耗的电能越多
C.在相同时间里，电流通过导体时做功越多，则电功率越大
D.电功的大小说明做功的快慢
答案
2.C
解析
【分析】
本题考查电功和电功率的概念，需明确：电功（W）是电流做功的多少，电功率（P）是电流做功的快慢，公式为$P=\frac{W}{t}$，电功率大小由电功和时间共同决定，判断时需结合公式分析选项是否满足条件。
【解析】
根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$分析各选项：
A选项：电功率与电功和时间都有关，仅做功多，未说明时间是否相同，无法确定电功率大，错误；
B选项：消耗电能$W=Pt$，仅电功率大，未说明时间是否相同，无法确定消耗电能多，错误；
C选项：相同时间（$t$相同），做功越多（$W$越大），由$P=\frac{W}{t}$可知电功率越大，正确；
D选项：电功表示做功的多少，电功率才表示做功的快慢，错误。
【答案】
C
【知识点】
电功、电功率
【点评】
本题为基础概念题，核心是区分电功（做功多少）和电功率（做功快慢），牢记电功率公式并结合控制变量法分析选项即可，难度较低。
【难度系数】
0.6
本题考查电功和电功率的概念，需明确：电功（W）是电流做功的多少，电功率（P）是电流做功的快慢，公式为$P=\frac{W}{t}$，电功率大小由电功和时间共同决定，判断时需结合公式分析选项是否满足条件。
【解析】
根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$分析各选项：
A选项：电功率与电功和时间都有关，仅做功多，未说明时间是否相同，无法确定电功率大，错误；
B选项：消耗电能$W=Pt$，仅电功率大，未说明时间是否相同，无法确定消耗电能多，错误；
C选项：相同时间（$t$相同），做功越多（$W$越大），由$P=\frac{W}{t}$可知电功率越大，正确；
D选项：电功表示做功的多少，电功率才表示做功的快慢，错误。
【答案】
C
【知识点】
电功、电功率
【点评】
本题为基础概念题，核心是区分电功（做功多少）和电功率（做功快慢），牢记电功率公式并结合控制变量法分析选项即可，难度较低。
【难度系数】
0.6
3.[跨学科·物理学与日常生活]小明利用电能表测量某家用电器的电功率，当电路中只有这个用电器工作时，测得10 min内，消耗电能0.2 kW·h，则这个用电器可能是（
A.空调
B.电冰箱
C.日光灯
D.收音机
A
）A.空调
B.电冰箱
C.日光灯
D.收音机
答案
3.A
解析
【分析】
要解决这道题，需先根据电能和时间计算用电器的电功率，再结合生活中常见家用电器的额定功率对比选项。具体步骤：1. 统一时间单位，将分钟转换为小时；2. 利用电功率公式$P=\frac{W}{t}$计算该用电器的功率；3. 回忆各选项用电器的功率范围，匹配计算结果得出答案。
【解析】
已知用电器工作时间$t=10\ \mathrm{min}=\frac{10}{60}\ \mathrm{h}=\frac{1}{6}\ \mathrm{h}$，消耗电能$W=0.2\ \mathrm{kW·h}$。根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得：$P=\frac{0.2\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{6}\ \mathrm{h}}=1.2\ \mathrm{kW}=1200\ \mathrm{W}$。
结合生活常识：空调的额定功率约为1000 W~2000 W，电冰箱约为100 W~200 W，日光灯约为40 W，收音机功率仅几瓦。因此该用电器是空调，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
电功率的计算，常见家用电器的功率
【点评】
本题结合物理学电功率计算与日常生活常识，考查学生对电功率公式的应用能力及常见用电器功率的认知，属于基础跨学科题目，难度适中。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需先根据电能和时间计算用电器的电功率，再结合生活中常见家用电器的额定功率对比选项。具体步骤：1. 统一时间单位，将分钟转换为小时；2. 利用电功率公式$P=\frac{W}{t}$计算该用电器的功率；3. 回忆各选项用电器的功率范围，匹配计算结果得出答案。
【解析】
已知用电器工作时间$t=10\ \mathrm{min}=\frac{10}{60}\ \mathrm{h}=\frac{1}{6}\ \mathrm{h}$，消耗电能$W=0.2\ \mathrm{kW·h}$。根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得：$P=\frac{0.2\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{6}\ \mathrm{h}}=1.2\ \mathrm{kW}=1200\ \mathrm{W}$。
结合生活常识：空调的额定功率约为1000 W~2000 W，电冰箱约为100 W~200 W，日光灯约为40 W，收音机功率仅几瓦。因此该用电器是空调，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
电功率的计算，常见家用电器的功率
【点评】
本题结合物理学电功率计算与日常生活常识，考查学生对电功率公式的应用能力及常见用电器功率的认知，属于基础跨学科题目，难度适中。
【难度系数】
0.7
4.将一段电阻丝接入电路中，测得其两端电压为12 V，通过的电流为3 A，则该电阻丝电阻为
4
Ω；若将该电阻丝两端电压由12 V降至6 V，则电功率变化了27
W。答案
4.4 27
解析
【分析】本题需运用欧姆定律和电功率公式解题。第一步，根据欧姆定律计算电阻，电阻是导体本身的性质，不随两端电压变化；第二步，分别计算电阻在12V和6V电压下的电功率，再求两者的差值，即为电功率的变化量。
【解析】1. 计算电阻：根据欧姆定律 $ R = \frac{U}{I} $，代入已知电压 $ U=12\ \mathrm{V} $、电流 $ I=3\ \mathrm{A} $，得 $ R = \frac{12\ \mathrm{V}}{3\ \mathrm{A}} = 4\ \Omega $。2. 计算电功率变化：电阻不变，根据电功率公式 $ P = \frac{U^2}{R} $，电压为12V时的功率 $ P_1 = \frac{(12\ \mathrm{V})^2}{4\ \Omega} = 36\ \mathrm{W} $；电压为6V时的功率 $ P_2 = \frac{(6\ \mathrm{V})^2}{4\ \Omega} = 9\ \mathrm{W} $；电功率变化量 $ \Delta P = P_1 - P_2 = 36\ \mathrm{W} - 9\ \mathrm{W} = 27\ \mathrm{W} $。
【答案】4 27
【知识点】欧姆定律、电功率计算
【点评】本题考查欧姆定律与电功率的基础应用，核心是明确电阻不随电压变化，熟练运用相关公式即可求解，属于常规基础题。
【难度系数】0.7
【解析】1. 计算电阻：根据欧姆定律 $ R = \frac{U}{I} $，代入已知电压 $ U=12\ \mathrm{V} $、电流 $ I=3\ \mathrm{A} $，得 $ R = \frac{12\ \mathrm{V}}{3\ \mathrm{A}} = 4\ \Omega $。2. 计算电功率变化：电阻不变，根据电功率公式 $ P = \frac{U^2}{R} $，电压为12V时的功率 $ P_1 = \frac{(12\ \mathrm{V})^2}{4\ \Omega} = 36\ \mathrm{W} $；电压为6V时的功率 $ P_2 = \frac{(6\ \mathrm{V})^2}{4\ \Omega} = 9\ \mathrm{W} $；电功率变化量 $ \Delta P = P_1 - P_2 = 36\ \mathrm{W} - 9\ \mathrm{W} = 27\ \mathrm{W} $。
【答案】4 27
【知识点】欧姆定律、电功率计算
【点评】本题考查欧姆定律与电功率的基础应用，核心是明确电阻不随电压变化，熟练运用相关公式即可求解，属于常规基础题。
【难度系数】0.7
5.烤肉串时，为让肉串受热均匀，味道更好，部分店家使用了一种新型电烧烤炉，这种烧烤炉可在电热丝烤肉串的同时，由电动机带动肉串缓慢转动，简化电路如图所示，其中电热丝R的阻值为55 Ω，电动机的功率为22 W，该烧烤炉正常工作时，通过电热丝R的电流为
4
A；电动机10 min消耗的电能为$1.32×10^4$
J。答案
5.4 $1.32×10^4$
解析
【分析】
首先明确电路结构：电热丝R与电动机M并联，并联电路各支路两端电压等于电源电压，即U=220V。求通过电热丝R的电流时，利用纯电阻的欧姆定律I=U/R；求电动机消耗的电能时，电动机的电能计算用公式W=Pt，需注意将时间单位换算为秒。
【解析】
1. 计算通过电热丝R的电流：
电热丝R为纯电阻，并联在220V电源两端，因此R两端电压U_R=220V。根据欧姆定律I=U/R，代入数据得：
I_R = U_R / R = 220V / 55Ω = 4A。
2. 计算电动机10min消耗的电能：
电动机的功率P_M=22W，工作时间t=10min=10×60s=600s。电动机消耗的电能W=P_M t，代入数据得：
$W = 22W × 600s = 13200J = 1.32×10^4 J$。
【答案】
4；$1.32×10^4$
【知识点】
欧姆定律；电功计算；并联电路电压特点
【点评】
本题结合实际应用考查并联电路特点、欧姆定律及电功的计算，属于基础题型，需掌握纯电阻与非纯电阻的电能计算方法，难度较低。
【难度系数】
0.8
首先明确电路结构：电热丝R与电动机M并联，并联电路各支路两端电压等于电源电压，即U=220V。求通过电热丝R的电流时，利用纯电阻的欧姆定律I=U/R；求电动机消耗的电能时，电动机的电能计算用公式W=Pt，需注意将时间单位换算为秒。
【解析】
1. 计算通过电热丝R的电流：
电热丝R为纯电阻，并联在220V电源两端，因此R两端电压U_R=220V。根据欧姆定律I=U/R，代入数据得：
I_R = U_R / R = 220V / 55Ω = 4A。
2. 计算电动机10min消耗的电能：
电动机的功率P_M=22W，工作时间t=10min=10×60s=600s。电动机消耗的电能W=P_M t，代入数据得：
$W = 22W × 600s = 13200J = 1.32×10^4 J$。
【答案】
4；$1.32×10^4$
【知识点】
欧姆定律；电功计算；并联电路电压特点
【点评】
本题结合实际应用考查并联电路特点、欧姆定律及电功的计算，属于基础题型，需掌握纯电阻与非纯电阻的电能计算方法，难度较低。
【难度系数】
0.8
6.[跨学科·数学]用电器$R_1$和$R_2$的电流随电压变化关系如图所示。下列说法不正确的是（
A.$R_1$和$R_2$的阻值不随温度的变化而变化
B.$R_1:R_2=2:1$
C.$R_1$和$R_2$并联在4 V电源上，通过的电流$I_1:I_2=2:1$
D.$R_1$和$R_2$并联在4 V电源上，消耗的总功率为1.2 W
C
）A.$R_1$和$R_2$的阻值不随温度的变化而变化
B.$R_1:R_2=2:1$
C.$R_1$和$R_2$并联在4 V电源上，通过的电流$I_1:I_2=2:1$
D.$R_1$和$R_2$并联在4 V电源上，消耗的总功率为1.2 W
答案
6.C
解析
【分析】
要解决本题，需结合欧姆定律和U-I图像分析定值电阻的特性，再通过图像提取电压、电流值计算电阻，进而判断各选项正误。定值电阻的U-I图像为直线，说明阻值不随温度变化，利用R=U/I可计算电阻，再结合串并联电路特点分析电流、功率关系。
【解析】
1. 判断电阻特性：由图像可知，R₁和R₂的U-I图像均为直线，说明二者是定值电阻，阻值不随温度变化，故选项A正确。
2. 计算电阻比值：取图像中U=4V的对应点，R₁对应的电流I₁=0.1A，根据欧姆定律R=U/I，得R₁=4V/0.1A=40Ω；R₂对应的电流I₂=0.2A，得R₂=4V/0.2A=20Ω，因此R₁:R₂=40Ω:20Ω=2:1，选项B正确。
3. 分析并联情况：R₁和R₂并联在4V电源上时，两端电压均为4V。
选项C：通过R₁的电流I₁'=U/R₁=4V/40Ω=0.1A，通过R₂的电流I₂'=U/R₂=4V/20Ω=0.2A，故I₁':I₂'=0.1A:0.2A=1:2≠2:1，选项C错误。
选项D：总电流I总=I₁'+I₂'=0.1A+0.2A=0.3A，总功率P=UI总=4V×0.3A=1.2W，选项D正确。
综上，不正确的选项是C。
【答案】
C
【知识点】
欧姆定律、U-I图像、电功率计算
【点评】
本题结合U-I图像考查电学基础知识点，关键是从图像中提取对应数据计算电阻，再结合并联电路特点分析，属于常规电学综合题，需掌握欧姆定律和电功率的基本应用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合欧姆定律和U-I图像分析定值电阻的特性，再通过图像提取电压、电流值计算电阻，进而判断各选项正误。定值电阻的U-I图像为直线，说明阻值不随温度变化，利用R=U/I可计算电阻，再结合串并联电路特点分析电流、功率关系。
【解析】
1. 判断电阻特性：由图像可知，R₁和R₂的U-I图像均为直线，说明二者是定值电阻，阻值不随温度变化，故选项A正确。
2. 计算电阻比值：取图像中U=4V的对应点，R₁对应的电流I₁=0.1A，根据欧姆定律R=U/I，得R₁=4V/0.1A=40Ω；R₂对应的电流I₂=0.2A，得R₂=4V/0.2A=20Ω，因此R₁:R₂=40Ω:20Ω=2:1，选项B正确。
3. 分析并联情况：R₁和R₂并联在4V电源上时，两端电压均为4V。
选项C：通过R₁的电流I₁'=U/R₁=4V/40Ω=0.1A，通过R₂的电流I₂'=U/R₂=4V/20Ω=0.2A，故I₁':I₂'=0.1A:0.2A=1:2≠2:1，选项C错误。
选项D：总电流I总=I₁'+I₂'=0.1A+0.2A=0.3A，总功率P=UI总=4V×0.3A=1.2W，选项D正确。
综上，不正确的选项是C。
【答案】
C
【知识点】
欧姆定律、U-I图像、电功率计算
【点评】
本题结合U-I图像考查电学基础知识点，关键是从图像中提取对应数据计算电阻，再结合并联电路特点分析，属于常规电学综合题，需掌握欧姆定律和电功率的基本应用。
【难度系数】
0.5
7.[易错题]如图所示的电路,电源电压为8 V保持不变,闭合开关S,当滑片P在a端时,电流表示数为0.1 A,$R_2$消耗的电功率为0.6 W;当滑片P在b端时,$R_1$消耗的电功率为
3.2
W。答案
7.3.2 [解析]由电路图可知,$R_1$与$R_2$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,电流表示数为0.1 A,由串联电路的电流特点可知,通过$R_1$、$R_2$的电流$I_1=I_2=0.1\ \mathrm{A}$,由$P=UI$可知,此时$R_2$两端电压$U_2=\frac{P_2}{I_2}=\frac{0.6\ \mathrm{W}}{0.1\ \mathrm{A}}=6\ \mathrm{V}$,由串联电路的电压特点可知,$R_1$两端的电压$U_1=U-U_2=8\ \mathrm{V}-6\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$,由欧姆定律可知,$R_1$的电阻$R_1=\frac{U_1}{I_1}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.1\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$,滑片P在b端时,即滑动变阻器连入电路中的电阻为0,电路中只有$R_1$,此时$R_1$消耗的电功率$P_1=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(8\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=3.2\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
首先明确电路连接：R₁与R₂串联，电流表测电路电流，电压表测R₂两端电压。解题时，先利用滑片在a端的已知条件，结合串联电路规律、电功率公式求出R₁的阻值；再分析滑片在b端时滑动变阻器接入电阻为0，电路仅含R₁，进而计算R₁的功率。
【解析】
由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表测R₂两端的电压，电流表测电路中的电流。
1. 当滑片P在a端时，电流I=0.1A，R₂的功率P₂=0.6W，根据P=UI，可得R₂两端电压：$U_2=\frac{P_2}{I}=\frac{0.6\ \mathrm{W}}{0.1\ \mathrm{A}}=6\ \mathrm{V}$；
2. 电源电压U=8V，根据串联电路电压规律，R₁两端电压：$U_1=U-U_2=8\ \mathrm{V}-6\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$；
3. 由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，得R₁的阻值：$R_1=\frac{U_1}{I}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.1\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$；
4. 当滑片P在b端时，滑动变阻器R₂接入电阻为0，电路为R₁的简单电路，R₁两端电压等于电源电压，此时R₁消耗的电功率：$P_1=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(8\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=3.2\ \mathrm{W}$。
【答案】
3.2
【知识点】
串联电路特点、电功率计算、欧姆定律
【点评】
本题为易错题，需注意滑动变阻器滑片在不同端点时接入电阻的变化，结合串联电路规律和相关公式逐步推导，避免因电路分析错误导致计算失误。
【难度系数】
0.4
首先明确电路连接：R₁与R₂串联，电流表测电路电流，电压表测R₂两端电压。解题时，先利用滑片在a端的已知条件，结合串联电路规律、电功率公式求出R₁的阻值；再分析滑片在b端时滑动变阻器接入电阻为0，电路仅含R₁，进而计算R₁的功率。
【解析】
由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表测R₂两端的电压，电流表测电路中的电流。
1. 当滑片P在a端时，电流I=0.1A，R₂的功率P₂=0.6W，根据P=UI，可得R₂两端电压：$U_2=\frac{P_2}{I}=\frac{0.6\ \mathrm{W}}{0.1\ \mathrm{A}}=6\ \mathrm{V}$；
2. 电源电压U=8V，根据串联电路电压规律，R₁两端电压：$U_1=U-U_2=8\ \mathrm{V}-6\ \mathrm{V}=2\ \mathrm{V}$；
3. 由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，得R₁的阻值：$R_1=\frac{U_1}{I}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.1\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$；
4. 当滑片P在b端时，滑动变阻器R₂接入电阻为0，电路为R₁的简单电路，R₁两端电压等于电源电压，此时R₁消耗的电功率：$P_1=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(8\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=3.2\ \mathrm{W}$。
【答案】
3.2
【知识点】
串联电路特点、电功率计算、欧姆定律
【点评】
本题为易错题，需注意滑动变阻器滑片在不同端点时接入电阻的变化，结合串联电路规律和相关公式逐步推导，避免因电路分析错误导致计算失误。
【难度系数】
0.4
8.利用风力发电将助力我国实现碳中和目标。风力发电机组叶片在风的作用下旋转，发电机转子高速旋转发电。其发电功率为$5× 10^{4}\ \mathrm{W}$，该风力发电机发电1 h相当于完全燃烧天然气
5
$\mathrm{m}^3$。（天然气热值为$3.6× 10^{7}\ \mathrm{J/m}^3$）答案
8.5
9.某型号电饭煲有加热和保温功能，图甲所示为其内部电路原理图，图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图像。当开关S接触点1时，电饭煲处于
加热
（选填“加热”或“保温”）状态，其中$R_1$的阻值为60.5
Ω，$R_1$与$R_2$阻值之比为1∶3
。答案
9.加热 60.5 1∶3 [解析]当开关S接触点1时,只有$R_1$工作,电路中的电阻最小,根据$P=\frac{U^2}{R}$可知,此时的电功率最大,电饭煲处于加热状态;当开关S接触点2时,$R_1$、$R_2$串联,电路中的电阻最大,电功率最小,电饭煲处于保温状态。由题图乙可知,电饭煲的加热功率$P_{加热}=800\ \mathrm{W}$,电饭煲的保温功率$P_{保温}=200\ \mathrm{W}$,由$P=\frac{U^2}{R}$可知,$R_1$的阻值$R_1=\frac{U^2}{P_{加热}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{800\ \mathrm{W}}=60.5\ \Omega$;$R_1$、$R_2$的串联总电阻$R=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{200\ \mathrm{W}}=242\ \Omega$,根据串联电路的电阻特点可知,$R_2$的阻值$R_2=R-R_1=242\ \Omega-60.5\ \Omega=181.5\ \Omega$,$R_1$与$R_2$阻值之比为$R_1:R_2=60.5\ \Omega:181.5\ \Omega=1:3$。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$分析电路状态，再利用公式计算电阻和阻值比。首先，电源电压不变，根据$P=\frac{U^2}{R}$，电阻越小电功率越大，对应加热状态；电阻越大电功率越小，对应保温状态。开关S接触点1时，仅$R_1$接入电路，电阻小、功率大，为加热状态；接触点2时，$R_1$与$R_2$串联，电阻大、功率小，为保温状态。接下来结合图乙的功率数据，通过电功率公式计算$R_1$和串联总电阻，进而求出$R_2$，得到阻值比。
【解析】
1. 判断电路状态：电源电压$U=220V$恒定，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电阻越小，电功率越大。开关S接触点1时，电路中只有$R_1$工作，电阻最小，电功率最大，因此电饭煲处于加热状态。
2. 计算$R_1$的阻值：由图乙知，加热功率$P_{加热}=800W$，根据$R=\frac{U^2}{P}$，可得$R_1=\frac{U^2}{P_{加热}}=\frac{(220V)^2}{800W}=60.5\Omega$。
3. 计算$R_2$的阻值：保温功率$P_{保温}=200W$，此时$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{总}=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220V)^2}{200W}=242\Omega$。根据串联电路电阻特点，$R_2=R_{总}-R_1=242\Omega -60.5\Omega=181.5\Omega$。
4. 求阻值比：$R_1:R_2=60.5\Omega:181.5\Omega=1:3$。
【答案】
加热；60.5；1∶3
【知识点】
电功率计算；串联电路电阻；电路状态判断
【点评】
本题结合电饭煲的实际电路，考查电功率公式的应用和串联电阻的计算，核心是理解功率与电阻的关系，属于基础应用题型，需熟练掌握相关公式。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$分析电路状态，再利用公式计算电阻和阻值比。首先，电源电压不变，根据$P=\frac{U^2}{R}$，电阻越小电功率越大，对应加热状态；电阻越大电功率越小，对应保温状态。开关S接触点1时，仅$R_1$接入电路，电阻小、功率大，为加热状态；接触点2时，$R_1$与$R_2$串联，电阻大、功率小，为保温状态。接下来结合图乙的功率数据，通过电功率公式计算$R_1$和串联总电阻，进而求出$R_2$，得到阻值比。
【解析】
1. 判断电路状态：电源电压$U=220V$恒定，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电阻越小，电功率越大。开关S接触点1时，电路中只有$R_1$工作，电阻最小，电功率最大，因此电饭煲处于加热状态。
2. 计算$R_1$的阻值：由图乙知，加热功率$P_{加热}=800W$，根据$R=\frac{U^2}{P}$，可得$R_1=\frac{U^2}{P_{加热}}=\frac{(220V)^2}{800W}=60.5\Omega$。
3. 计算$R_2$的阻值：保温功率$P_{保温}=200W$，此时$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{总}=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220V)^2}{200W}=242\Omega$。根据串联电路电阻特点，$R_2=R_{总}-R_1=242\Omega -60.5\Omega=181.5\Omega$。
4. 求阻值比：$R_1:R_2=60.5\Omega:181.5\Omega=1:3$。
【答案】
加热；60.5；1∶3
【知识点】
电功率计算；串联电路电阻；电路状态判断
【点评】
本题结合电饭煲的实际电路，考查电功率公式的应用和串联电阻的计算，核心是理解功率与电阻的关系，属于基础应用题型，需熟练掌握相关公式。
【难度系数】
0.6
