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11. 图18 - 4 - 4所示的是探究电流通过导体时产生热量的实验，甲、乙两套装置中各有两个相同的透明容器。其中密封着等量的空气和一段电阻丝（阻值在图中已标出），U形管中装有等量的液体，接通电源，观察现象。
(1)实验中通过观察
(2)用图18 - 4 - 4甲所示装置进行实验时，通过控制电路中的
(3)图18 - 4 - 4乙所示装置是探究电流通过导体产生的热量与
(4)在图18 - 4 - 4乙所示装置中，相同时间内，电流通过电阻器$R_1$与$R_2$产生的热量之比为
(1)实验中通过观察
U形管中液面高度差
的变化来比较导体所产生热量的多少，这运用了转换法
（选填“转换法”或“等效替代法”）的物理思想。(2)用图18 - 4 - 4甲所示装置进行实验时，通过控制电路中的
通电时间
和电流
不变，来研究导体产生热量与电阻的关系。(3)图18 - 4 - 4乙所示装置是探究电流通过导体产生的热量与
电流
（选填“电流”或“电阻”）的关系。(4)在图18 - 4 - 4乙所示装置中，相同时间内，电流通过电阻器$R_1$与$R_2$产生的热量之比为
4:1
。答案
11.(1)U形管中液面高度差 转换法
(2)通电时间 电流
(3)电流
(4)4:1
(2)通电时间 电流
(3)电流
(4)4:1
解析
【分析】
本题考查焦耳定律的实验探究，需结合转换法、控制变量法及焦耳定律公式分析：
(1) 导体产生的热量无法直接观察，通过U形管液面高度差的变化体现，这种方法是转换法；
(2) 甲装置中两电阻串联，电流和通电时间相同，电阻不同，用于探究热量与电阻的关系；
(3) 乙装置中R₁与R₂电阻相同，电流不同，用于探究热量与电流的关系；
(4) 根据焦耳定律Q=I²Rt，结合乙装置中电流关系计算热量比。
【解析】
(1) 电流产生的热量不能直接观察，实验中通过U形管中液面高度差的变化来比较导体产生热量的多少，将不易测量的热量转换为易观察的液面变化，运用了转换法；
(2) 图甲中，a、b电阻丝串联，串联电路电流处处相等，且通电时间相同，因此控制电流和通电时间不变，探究电流产生热量与电阻的关系；
(3) 图乙中，R₂与e并联后再与R₁串联，R₁和R₂的电阻均为5Ω，通过R₁的电流大于通过R₂的电流，电阻相同、电流不同，因此探究电流产生的热量与电流的关系；
(4) 设通过R₁的电流为I，由于R₂与e并联且阻值相等，根据并联电路电流规律，通过R₂的电流为I/2，R₁和R₂电阻均为5Ω，通电时间相同，根据焦耳定律Q=I²Rt，热量之比Q₁/Q₂=(I²R₁t)/[(I/2)²R₂t]=(I²×5×t)/[(I²/4)×5×t]=4/1，即4:1。
【答案】
(1) U形管中液面高度差；转换法
(2) 通电时间；电流
(3) 电流
(4) 4:1
【知识点】
焦耳定律；转换法；控制变量法
【点评】
本题围绕焦耳定律实验展开，考查转换法、控制变量法的应用及焦耳定律的计算，是电学实验基础题型，需明确实验设计原理，难度适中。
【难度系数】
0.7
本题考查焦耳定律的实验探究，需结合转换法、控制变量法及焦耳定律公式分析：
(1) 导体产生的热量无法直接观察，通过U形管液面高度差的变化体现，这种方法是转换法；
(2) 甲装置中两电阻串联，电流和通电时间相同，电阻不同，用于探究热量与电阻的关系；
(3) 乙装置中R₁与R₂电阻相同，电流不同，用于探究热量与电流的关系；
(4) 根据焦耳定律Q=I²Rt，结合乙装置中电流关系计算热量比。
【解析】
(1) 电流产生的热量不能直接观察，实验中通过U形管中液面高度差的变化来比较导体产生热量的多少，将不易测量的热量转换为易观察的液面变化，运用了转换法；
(2) 图甲中，a、b电阻丝串联，串联电路电流处处相等，且通电时间相同，因此控制电流和通电时间不变，探究电流产生热量与电阻的关系；
(3) 图乙中，R₂与e并联后再与R₁串联，R₁和R₂的电阻均为5Ω，通过R₁的电流大于通过R₂的电流，电阻相同、电流不同，因此探究电流产生的热量与电流的关系；
(4) 设通过R₁的电流为I，由于R₂与e并联且阻值相等，根据并联电路电流规律，通过R₂的电流为I/2，R₁和R₂电阻均为5Ω，通电时间相同，根据焦耳定律Q=I²Rt，热量之比Q₁/Q₂=(I²R₁t)/[(I/2)²R₂t]=(I²×5×t)/[(I²/4)×5×t]=4/1，即4:1。
【答案】
(1) U形管中液面高度差；转换法
(2) 通电时间；电流
(3) 电流
(4) 4:1
【知识点】
焦耳定律；转换法；控制变量法
【点评】
本题围绕焦耳定律实验展开，考查转换法、控制变量法的应用及焦耳定律的计算，是电学实验基础题型，需明确实验设计原理，难度适中。
【难度系数】
0.7
12.(2024,连云港)小明家的电热水壶的内部电路图如图18-4-5甲所示,其中$R_1$、$R_2$为电热丝,S是电源开关,$S_0$是温控开关(水温达到100 ℃,自动由加热状态切换为保温状态)。该电热水壶的部分重要参数如图18-4-5乙所示。已知电源电压为220 V。求：
(1)当开关S闭合,$S_0$断开时,电路中的电流；
(2)当开关S和$S_0$均闭合时,$R_1$的电功率；
(3)在加热状态下,该电热水壶工作50 s消耗的电能。
(1)当开关S闭合,$S_0$断开时,电路中的电流；
(2)当开关S和$S_0$均闭合时,$R_1$的电功率；
(3)在加热状态下,该电热水壶工作50 s消耗的电能。
答案
12.(1)0.2 A;(2)863 W;(3)$4.4 × 10^4\ \mathrm{J}$。
【解析】(1)当开关S闭合,$S_0$断开时,电路只有$R_2$,当开关S和$S_0$均闭合时,电路是由$R_1$和$R_2$组成的并联电路,由于电路并联后电阻变小,根据$P = \frac{U^2}{R}$可知,当开关S闭合,$S_0$断开时,电热水壶处于保温状态,则 $I = \frac{P_{\mathrm{保温}}}{U} = \frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}} = 0.2\ \mathrm{A}$。(2)当开关S和$S_0$均闭合时,电路是由$R_1$、$R_2$组成的并联电路,此时电热水壶处于加热状态,$R_1$的电功率$P_1 = P_{\mathrm{加热}} - P_{\mathrm{保温}} = 880\ \mathrm{W} - 44\ \mathrm{W} = 836\ \mathrm{W}$。(3)在加热状态下,该电热水壶工作50 s消耗的电能$W = P_{\mathrm{加热}}t = 880\ \mathrm{W} × 50\ \mathrm{s} = 4.4 × 10^4\ \mathrm{J}$。
【解析】(1)当开关S闭合,$S_0$断开时,电路只有$R_2$,当开关S和$S_0$均闭合时,电路是由$R_1$和$R_2$组成的并联电路,由于电路并联后电阻变小,根据$P = \frac{U^2}{R}$可知,当开关S闭合,$S_0$断开时,电热水壶处于保温状态,则 $I = \frac{P_{\mathrm{保温}}}{U} = \frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}} = 0.2\ \mathrm{A}$。(2)当开关S和$S_0$均闭合时,电路是由$R_1$、$R_2$组成的并联电路,此时电热水壶处于加热状态,$R_1$的电功率$P_1 = P_{\mathrm{加热}} - P_{\mathrm{保温}} = 880\ \mathrm{W} - 44\ \mathrm{W} = 836\ \mathrm{W}$。(3)在加热状态下,该电热水壶工作50 s消耗的电能$W = P_{\mathrm{加热}}t = 880\ \mathrm{W} × 50\ \mathrm{s} = 4.4 × 10^4\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
先根据开关通断判断电路连接方式：S闭合、S₀断开时，只有R₂接入电路，功率较小为保温状态；S和S₀都闭合时，R₁与R₂并联，总功率较大为加热状态。再利用电功率、电能的公式，结合不同状态的功率，分别计算电流、R₁的功率和消耗的电能。
【解析】
(1) 当开关S闭合，S₀断开时，电路为R₂的简单电路，电热水壶处于保温状态。已知保温功率$P_{\mathrm{保温}}=44\ \mathrm{W}$，电源电压$U=220\ \mathrm{V}$，由$P=UI$得电路中的电流：
$I=\frac{P_{\mathrm{保温}}}{U}=\frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.2\ \mathrm{A}$。
(2) 当开关S和$S_0$均闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电热水壶处于加热状态，加热功率$P_{\mathrm{加热}}=880\ \mathrm{W}$。因为并联电路中各支路功率独立，$R_2$的功率等于保温功率，所以$R_1$的电功率：
$P_1=P_{\mathrm{加热}}-P_{\mathrm{保温}}=880\ \mathrm{W}-44\ \mathrm{W}=836\ \mathrm{W}$。
(3) 加热状态下，电热水壶功率为$P_{\mathrm{加热}}=880\ \mathrm{W}$，工作时间$t=50\ \mathrm{s}$，由$W=Pt$得消耗的电能：
$W=P_{\mathrm{加热}}t=880\ \mathrm{W}×50\ \mathrm{s}=4.4×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) $0.2\ \mathrm{A}$；(2) $836\ \mathrm{W}$；(3) $4.4×10^4\ \mathrm{J}$
【知识点】
电功率计算、电能计算、并联电路特点
【点评】
本题结合实际电器电路，考查电路状态分析和电功率、电能的基本计算，属于基础题型，需准确判断开关对应的电路结构，再运用公式求解。
【难度系数】
0.6
先根据开关通断判断电路连接方式：S闭合、S₀断开时，只有R₂接入电路，功率较小为保温状态；S和S₀都闭合时，R₁与R₂并联，总功率较大为加热状态。再利用电功率、电能的公式，结合不同状态的功率，分别计算电流、R₁的功率和消耗的电能。
【解析】
(1) 当开关S闭合，S₀断开时，电路为R₂的简单电路，电热水壶处于保温状态。已知保温功率$P_{\mathrm{保温}}=44\ \mathrm{W}$，电源电压$U=220\ \mathrm{V}$，由$P=UI$得电路中的电流：
$I=\frac{P_{\mathrm{保温}}}{U}=\frac{44\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.2\ \mathrm{A}$。
(2) 当开关S和$S_0$均闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电热水壶处于加热状态，加热功率$P_{\mathrm{加热}}=880\ \mathrm{W}$。因为并联电路中各支路功率独立，$R_2$的功率等于保温功率，所以$R_1$的电功率：
$P_1=P_{\mathrm{加热}}-P_{\mathrm{保温}}=880\ \mathrm{W}-44\ \mathrm{W}=836\ \mathrm{W}$。
(3) 加热状态下，电热水壶功率为$P_{\mathrm{加热}}=880\ \mathrm{W}$，工作时间$t=50\ \mathrm{s}$，由$W=Pt$得消耗的电能：
$W=P_{\mathrm{加热}}t=880\ \mathrm{W}×50\ \mathrm{s}=4.4×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) $0.2\ \mathrm{A}$；(2) $836\ \mathrm{W}$；(3) $4.4×10^4\ \mathrm{J}$
【知识点】
电功率计算、电能计算、并联电路特点
【点评】
本题结合实际电器电路，考查电路状态分析和电功率、电能的基本计算，属于基础题型，需准确判断开关对应的电路结构，再运用公式求解。
【难度系数】
0.6
