登录
8 [2025广东中考]如图所示实验，实验前已调好器材，实验过程中通过电阻$R_1$、$R_2$的电流
相等
（填“相等”或“不相等”）；观察U形管内液面高度差可知$R_2$
（填“$R_1$”或“$R_2$”）产生的热量较多；要使液面高度差变化得更快，可将滑动变阻器的滑片P向右
滑动。答案
相等 $R_2$ 右
【解析】 由题图可知,开关闭合,$R_1$、$R_2$串联,由串联电路电流的规律可知通过$R_1$、$R_2$的电流相等。由题图可知,右侧U形管内液面高度差较大,说明$R_2$产生的热量较多。由$Q=I^2Rt$可知,要使U形管内液面高度差变化得更快,需要增大电路中的电流,结合欧姆定律可知,应使滑动变阻器接入电路中的阻值减小,故应将滑动变阻器的滑片P向右移动。
【解析】 由题图可知,开关闭合,$R_1$、$R_2$串联,由串联电路电流的规律可知通过$R_1$、$R_2$的电流相等。由题图可知,右侧U形管内液面高度差较大,说明$R_2$产生的热量较多。由$Q=I^2Rt$可知,要使U形管内液面高度差变化得更快,需要增大电路中的电流,结合欧姆定律可知,应使滑动变阻器接入电路中的阻值减小,故应将滑动变阻器的滑片P向右移动。
解析
【分析】
首先观察电路连接，确定R₁与R₂的连接方式为串联，根据串联电路电流规律可判断通过两电阻的电流关系；再结合焦耳定律Q=I²Rt，在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大产生的热量越多，对比R₁和R₂的电阻大小，判断产生热量更多的电阻；最后要使液面高度差变化更快，需增大电路电流，根据欧姆定律确定滑动变阻器滑片的移动方向。
【解析】
由题图可知，开关闭合后，R₁与R₂串联，根据串联电路的电流规律：串联电路中各处电流相等，因此通过R₁、R₂的电流相等。
根据焦耳定律Q=I²Rt，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。已知R₁=5Ω，R₂=10Ω，R₂的电阻更大，所以R₂产生的热量较多，对应右侧U形管液面高度差更大。
要使U形管内液面高度差变化得更快，需要增大电阻产生的热量，在电流和时间不变时，需增大电路中的电流；根据欧姆定律I=U/R总，电源电压不变，需减小电路总电阻，即减小滑动变阻器接入电路的电阻，因此应将滑动变阻器的滑片P向右滑动。
【答案】
相等；R₂；右
【知识点】
串联电路电流规律；焦耳定律；滑动变阻器的使用
【点评】
本题为焦耳定律探究实验题，结合串联电路特点、焦耳定律和滑动变阻器调节进行考查，重点考查学生对实验原理与电路分析的掌握，是电学基础实验的常见题型。
【难度系数】
0.3
首先观察电路连接，确定R₁与R₂的连接方式为串联，根据串联电路电流规律可判断通过两电阻的电流关系；再结合焦耳定律Q=I²Rt，在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大产生的热量越多，对比R₁和R₂的电阻大小，判断产生热量更多的电阻；最后要使液面高度差变化更快，需增大电路电流，根据欧姆定律确定滑动变阻器滑片的移动方向。
【解析】
由题图可知，开关闭合后，R₁与R₂串联，根据串联电路的电流规律：串联电路中各处电流相等，因此通过R₁、R₂的电流相等。
根据焦耳定律Q=I²Rt，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。已知R₁=5Ω，R₂=10Ω，R₂的电阻更大，所以R₂产生的热量较多，对应右侧U形管液面高度差更大。
要使U形管内液面高度差变化得更快，需要增大电阻产生的热量，在电流和时间不变时，需增大电路中的电流；根据欧姆定律I=U/R总，电源电压不变，需减小电路总电阻，即减小滑动变阻器接入电路的电阻，因此应将滑动变阻器的滑片P向右滑动。
【答案】
相等；R₂；右
【知识点】
串联电路电流规律；焦耳定律；滑动变阻器的使用
【点评】
本题为焦耳定律探究实验题，结合串联电路特点、焦耳定律和滑动变阻器调节进行考查，重点考查学生对实验原理与电路分析的掌握，是电学基础实验的常见题型。
【难度系数】
0.3
9 [2025江西中考] 如图1所示，是某同学“测量小灯泡的电功率”的实物电路。已知电源电压恒为3 V，小灯泡标有“2.5 V”字样，假设小灯泡的电阻不随温度的变化而变化。闭合开关，移动滑动变阻器的滑片至某一位置时，电压表和电流表示数分别如图2甲、乙所示。
(1)请写出电压表、电流表的读数；
(2)求此时小灯泡的实际功率；
(3)求小灯泡的额定功率。
(1)请写出电压表、电流表的读数；
(2)求此时小灯泡的实际功率；
(3)求小灯泡的额定功率。
答案
解:(1)电压表的读数为2 V,电流表的读数为0.2 A。
(2)此时小灯泡的实际功率$P_{实}=U_{实}I_{实}=2\ \mathrm{V} × 0.2\ \mathrm{A}=0.4\ \mathrm{W}$。
(3)小灯泡的电阻$R=\frac{U_{实}}{I_{实}}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,
小灯泡的额定功率$P_{额}=U_{额}I_{额}=\frac{U_{额}^2}{R}=\frac{(2.5\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=0.625\ \mathrm{W}$。
(2)此时小灯泡的实际功率$P_{实}=U_{实}I_{实}=2\ \mathrm{V} × 0.2\ \mathrm{A}=0.4\ \mathrm{W}$。
(3)小灯泡的电阻$R=\frac{U_{实}}{I_{实}}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,
小灯泡的额定功率$P_{额}=U_{额}I_{额}=\frac{U_{额}^2}{R}=\frac{(2.5\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=0.625\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
要解决本题，需先正确读取电压表和电流表的示数：根据电表接线柱确定量程，结合量程对应的分度值读取数值；再利用电功率公式计算实际功率，通过欧姆定律求出小灯泡电阻（题目假设电阻不变），最后计算额定功率。
【解析】
(1) 电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，指针指向2V，故电压表读数为2V；电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，指针指向0.2A，故电流表读数为0.2A。
(2) 小灯泡的实际功率：$P_{实}=U_{实}I_{实}=2\ \mathrm{V} × 0.2\ \mathrm{A}=0.4\ \mathrm{W}$。
(3) 小灯泡的电阻：$R=\frac{U_{实}}{I_{实}}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$，因小灯泡电阻不随温度变化，额定功率：$P_{额}=\frac{U_{额}^2}{R}=\frac{(2.5\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=0.625\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) 电压表读数为2 V，电流表读数为0.2 A；(2) 0.4 W；(3) 0.625 W。
【知识点】
电功率计算、欧姆定律、电表读数
【点评】
本题考查测量小灯泡电功率的基础计算，需掌握电表读数方法、实际功率与额定功率的计算，核心是利用电阻不变的条件求解额定功率，属于中考基础题型。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先正确读取电压表和电流表的示数：根据电表接线柱确定量程，结合量程对应的分度值读取数值；再利用电功率公式计算实际功率，通过欧姆定律求出小灯泡电阻（题目假设电阻不变），最后计算额定功率。
【解析】
(1) 电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，指针指向2V，故电压表读数为2V；电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，指针指向0.2A，故电流表读数为0.2A。
(2) 小灯泡的实际功率：$P_{实}=U_{实}I_{实}=2\ \mathrm{V} × 0.2\ \mathrm{A}=0.4\ \mathrm{W}$。
(3) 小灯泡的电阻：$R=\frac{U_{实}}{I_{实}}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$，因小灯泡电阻不随温度变化，额定功率：$P_{额}=\frac{U_{额}^2}{R}=\frac{(2.5\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=0.625\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) 电压表读数为2 V，电流表读数为0.2 A；(2) 0.4 W；(3) 0.625 W。
【知识点】
电功率计算、欧姆定律、电表读数
【点评】
本题考查测量小灯泡电功率的基础计算，需掌握电表读数方法、实际功率与额定功率的计算，核心是利用电阻不变的条件求解额定功率，属于中考基础题型。
【难度系数】
0.6
10 [2025山东中考]“五一”假期，小刚随家人驾驶电动汽车前往营地露营。该车可对外供电，输出电压220 V，最大输出功率3 300 W。家人将标有“220 V 1 000 W”的电热水壶接入电动汽车供电电路，把1 kg水从20 ℃加热至100 ℃用时6 min。该车平均速度和每100 km平均能耗的对应关系如下表。已知$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，求：
(1)电动汽车对外供电时的最大输出电流；
(2)加热过程电热水壶消耗的电能；
(3)加热过程电热水壶的效率(结果精确至0.1%)；
(4)烧水消耗的电能可供电动汽车以30 km/h的速度匀速行驶的路程。
(1)电动汽车对外供电时的最大输出电流；
(2)加热过程电热水壶消耗的电能；
(3)加热过程电热水壶的效率(结果精确至0.1%)；
(4)烧水消耗的电能可供电动汽车以30 km/h的速度匀速行驶的路程。
答案
解:(1)电动汽车对外供电时的最大输出电流$I_{max}=\frac{P_{max}}{U}=\frac{3\ 300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A}$。
(2)加热过程中电热水壶消耗的电能$W=Pt_{时}=1\ 000\ \mathrm{W} × 6 × 60\ \mathrm{s}=3.6 × 10^5\ \mathrm{J}$。
(3)水吸收的热量$Q_{吸}=c_水m\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 1\ \mathrm{kg} × (100\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=3.36 × 10^5\ \mathrm{J}$,
则加热过程中电热水壶的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{3.36 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}} × 100\% \approx 93.3\%$。
(4)根据题表中数据可知,当电动汽车以30 km/h的速度匀速行驶时,每100 km平均能耗为10 kW·h$=3.6 × 10^7\ \mathrm{J}$,所以烧水消耗的电能可供电动汽车以30 km/h的速度行驶的路程$s=\frac{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^7\ \mathrm{J}} × 100\ \mathrm{km}=1\ \mathrm{km}$。
(2)加热过程中电热水壶消耗的电能$W=Pt_{时}=1\ 000\ \mathrm{W} × 6 × 60\ \mathrm{s}=3.6 × 10^5\ \mathrm{J}$。
(3)水吸收的热量$Q_{吸}=c_水m\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 1\ \mathrm{kg} × (100\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=3.36 × 10^5\ \mathrm{J}$,
则加热过程中电热水壶的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{3.36 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}} × 100\% \approx 93.3\%$。
(4)根据题表中数据可知,当电动汽车以30 km/h的速度匀速行驶时,每100 km平均能耗为10 kW·h$=3.6 × 10^7\ \mathrm{J}$,所以烧水消耗的电能可供电动汽车以30 km/h的速度行驶的路程$s=\frac{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^7\ \mathrm{J}} × 100\ \mathrm{km}=1\ \mathrm{km}$。
解析
【分析】
本题分为四个小问，均考查物理公式的实际应用：第(1)问根据电功率与电压、电流的关系求最大输出电流；第(2)问利用电功公式计算电热水壶消耗的电能；第(3)问先算水吸收的热量，再通过效率公式求电热水壶的效率；第(4)问结合表格数据，计算烧水消耗的电能对应的行驶路程，解题时需注意单位的统一与换算。
【解析】
解:(1) 根据电功率公式 $ P=UI $，可得电动汽车对外供电时的最大输出电流：
$ I_{max}=\frac{P_{max}}{U}=\frac{3\ 300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A} $。
(2) 电热水壶的功率 $ P=1000\ \mathrm{W} $，加热时间 $ t=6\ \mathrm{min}=6×60\ \mathrm{s}=360\ \mathrm{s} $，则消耗的电能：
$ W=Pt=1000\ \mathrm{W} × 360\ \mathrm{s}=3.6 × 10^5\ \mathrm{J} $。
(3) 水吸收的热量：
$ Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 1\ \mathrm{kg} × (100\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=3.36 × 10^5\ \mathrm{J} $，
电热水壶的效率：
$ \eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{3.36 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}} × 100\% \approx 93.3\% $。
(4) 由表格可知，电动汽车以30 km/h行驶时，每100 km能耗为 $ 10\ \mathrm{kW·h}=10×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^7\ \mathrm{J} $，
则烧水消耗的电能可供行驶的路程：
$ s=\frac{W}{3.6×10^7\ \mathrm{J}} × 100\ \mathrm{km}=\frac{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^7\ \mathrm{J}} × 100\ \mathrm{km}=1\ \mathrm{km} $。
【答案】
(1) $ 15\ \mathrm{A} $；(2) $ 3.6×10^5\ \mathrm{J} $；(3) $ 93.3\% $；(4) $ 1\ \mathrm{km} $
【知识点】
电功率计算、热量计算、热效率计算、电能与路程的关系
【点评】
本题结合生活实际，考查电学、热学的基础公式应用，需注意单位换算，整体难度适中，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.6
本题分为四个小问，均考查物理公式的实际应用：第(1)问根据电功率与电压、电流的关系求最大输出电流；第(2)问利用电功公式计算电热水壶消耗的电能；第(3)问先算水吸收的热量，再通过效率公式求电热水壶的效率；第(4)问结合表格数据，计算烧水消耗的电能对应的行驶路程，解题时需注意单位的统一与换算。
【解析】
解:(1) 根据电功率公式 $ P=UI $，可得电动汽车对外供电时的最大输出电流：
$ I_{max}=\frac{P_{max}}{U}=\frac{3\ 300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A} $。
(2) 电热水壶的功率 $ P=1000\ \mathrm{W} $，加热时间 $ t=6\ \mathrm{min}=6×60\ \mathrm{s}=360\ \mathrm{s} $，则消耗的电能：
$ W=Pt=1000\ \mathrm{W} × 360\ \mathrm{s}=3.6 × 10^5\ \mathrm{J} $。
(3) 水吸收的热量：
$ Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 1\ \mathrm{kg} × (100\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=3.36 × 10^5\ \mathrm{J} $，
电热水壶的效率：
$ \eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{3.36 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}} × 100\% \approx 93.3\% $。
(4) 由表格可知，电动汽车以30 km/h行驶时，每100 km能耗为 $ 10\ \mathrm{kW·h}=10×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^7\ \mathrm{J} $，
则烧水消耗的电能可供行驶的路程：
$ s=\frac{W}{3.6×10^7\ \mathrm{J}} × 100\ \mathrm{km}=\frac{3.6 × 10^5\ \mathrm{J}}{3.6 × 10^7\ \mathrm{J}} × 100\ \mathrm{km}=1\ \mathrm{km} $。
【答案】
(1) $ 15\ \mathrm{A} $；(2) $ 3.6×10^5\ \mathrm{J} $；(3) $ 93.3\% $；(4) $ 1\ \mathrm{km} $
【知识点】
电功率计算、热量计算、热效率计算、电能与路程的关系
【点评】
本题结合生活实际，考查电学、热学的基础公式应用，需注意单位换算，整体难度适中，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.6
