1. 如图18-1-7所示的实验电路，闭合开关S后，电流表A的示数为0.5 A，电流表A₁的示数为0.3 A。相同时间内两个小灯泡L₁、L₂消耗的电能之比为()。


A.3:2
B.2:3
C.5:3
D.5:2

1. A
【解析】两灯泡是并联,电流表A测干路电流,为0.5 A;电流表$\mathrm{A}_1$测$\mathrm{L}_1$电流,为0.3 A ,所以$\mathrm{L}_2$电流为0.2 A ,$\frac{W_1}{W_2} = \frac{UI_1t}{UI_2t} = \frac{I_1}{I_2} = \frac{3}{2}$。

【分析】要解决此题，首先需明确电路的连接方式和电流表的测量对象：观察电路图，电流从电源正极流出后，经电流表A₁分为两条支路，分别通过L₁和L₂，再汇合经电流表A、开关回到负极，因此L₁与L₂是并联。其中电流表A₁与L₁串联，测L₁的电流；电流表A在干路，测总电流。接着根据并联电路电流规律算出L₂的电流，再结合电能公式W=UIt，利用并联电路电压相等、时间相同的条件，即可求出两灯消耗的电能之比。
【解析】1. 判断电路与电流：由电路图可知，L₁、L₂并联，电流表A₁测通过L₁的电流I₁=0.3A，电流表A测干路电流I=0.5A。根据并联电路电流规律I=I₁+I₂，可得L₂的电流I₂=I-I₁=0.5A-0.3A=0.2A。2. 计算电能之比：电能公式为W=UIt，并联电路中各支路电压U相等，题目中时间t相同，因此两灯消耗的电能之比$\frac{W_1}{W_2}=\frac{UI_1t}{UI_2t}=\frac{I_1}{I_2}=\frac{0.3A}{0.2A}=\frac{3}{2}$，即3:2。
【答案】A
【知识点】并联电路电流规律、电能的计算
【点评】本题考查并联电路的电流特点和电能公式的应用，核心是正确判断电路连接方式及电流表的测量对象，利用并联电路的电压、电流规律简化计算，属于基础题型，需熟练掌握相关公式和规律。
【难度系数】0.6

2. 甲、乙两个电阻器的电流与电压关系的图像如图18-1-8所示，由图像可得$R_甲 =$ ，若将甲、乙串联后接在同一电路上，在相同时间内消耗的电能之比$W_甲:W_乙 =$ 。

2. $\frac{U_0}{I_0}$ $1:4$
【解析】由题图可知,$R_甲 = \frac{U}{I} = \frac{U_0}{I_0}$;甲、乙两电阻器串联,则电流和时间相同,$\frac{W_甲}{W_乙} = \frac{U_0I_0t}{4U_0I_0t} = \frac{\frac{U_0}{4U_0}} = \frac{1}{4}$。

【分析】
要解决这道题，需分两步思考：首先根据欧姆定律，从I-U图像中提取甲电阻对应的电压和电流值，计算甲的电阻；再利用串联电路电流处处相等的特点，结合电能公式推导相同时间内甲、乙消耗的电能之比。
第一步：求甲的电阻，依据欧姆定律$ R=\frac{U}{I} $，找到甲图像上某组对应的电压和电流，代入公式即可算出$ R_甲 $；
第二步：甲、乙串联时，电路中电流$ I $和时间$ t $均相同，电能公式为$ W=I^2Rt $，因此电能之比等于电阻之比，结合图像中电阻的关系即可求出比值。
【解析】
1. 计算甲的电阻：根据欧姆定律$ R=\frac{U}{I} $，从I-U图像可知，当甲两端电压为$ U_0 $时，通过甲的电流为$ I_0 $，因此$ R_甲=\frac{U_0}{I_0} $；
2. 计算串联时电能之比：甲、乙串联，电流$ I $和时间$ t $相同，由电能公式$ W=I^2Rt $可得，$ \frac{W_甲}{W_乙}=\frac{I^2R_甲t}{I^2R_乙t}=\frac{R_甲}{R_乙} $；从图像可知，当电流相同时，乙两端电压是甲的4倍，根据$ R=\frac{U}{I} $，可得$ R_乙=4R_甲 $，因此$ \frac{W_甲}{W_乙}=\frac{R_甲}{4R_甲}=\frac{1}{4} $，即$ W_甲:W_乙=1:4 $。
【答案】
$\frac{U_0}{I_0}$；$1:4$
【知识点】
欧姆定律、串联电路电能计算、I-U图像
【点评】
本题结合I-U图像考查欧姆定律和串联电路电能的计算，核心是从图像中提取电阻信息，利用串联电路电流相等的特点简化电能比值的计算，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5

3. 图18-1-9是某小灯泡和定值电阻R的I-U图像，当小灯泡的电压为6 V时，灯丝的电阻是Ω。若将小灯泡与R=10 Ω的定值电阻并联接入某电路，干路中的总电流为0.5 A，通电10 s，电阻器R消耗的电能为J。

3. 20 9
【解析】由题图可知,当小灯泡电压为6 V时,电流为0.3 A, $R_L = \frac{U}{I} = \frac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}} = 20\ \Omega$。将小灯泡与$10\ \Omega$电阻器并联,由题图可知,只有电源电压为3 V时,通过定值电阻的电流$I = \frac{U}{R} = \frac{3\ \mathrm{V}}{10\ \Omega} = 0.3\ \mathrm{A}$,通过小灯泡的电流是0.2 A,总电流正好等于0.5 A,符合题意,所以此时电源电压为3 V。通电10 s定值电阻器消耗的电能$W_R = I^2Rt = (0.3\ \mathrm{A})^2 × 10\ \Omega × 10\ \mathrm{s} = 9\ \mathrm{J}$。

【分析】
首先，第一问求小灯泡电压为6V时的电阻，需从I-U图像中提取对应电压下的电流，利用欧姆定律计算；第二问是小灯泡与定值电阻并联，并联电路各支路电压相等、总电流等于各支路电流之和，需结合定值电阻阻值和总电流，找到符合条件的电源电压，再计算定值电阻消耗的电能。
【解析】
1. 当小灯泡两端电压$ U_L = 6\ \mathrm{V} $时，由I-U图像可得对应电流$ I_L = 0.3\ \mathrm{A} $，根据欧姆定律$ R = \frac{U}{I} $，灯丝电阻：
$ R_L = \frac{U_L}{I_L} = \frac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}} = 20\ \Omega $。
2. 小灯泡与$ R = 10\ \Omega $的定值电阻并联，并联电路各支路电压相等，设电源电压为$ U $，则通过定值电阻的电流$ I_R = \frac{U}{R} = \frac{U}{10\ \Omega} $，总电流$ I_{\mathrm{总}} = I_R + I_L = 0.5\ \mathrm{A} $。
结合小灯泡的I-U图像，试取$ U = 3\ \mathrm{V} $，此时$ I_R = \frac{3\ \mathrm{V}}{10\ \Omega} = 0.3\ \mathrm{A} $，对应小灯泡电流$ I_L = 0.2\ \mathrm{A} $，总电流$ 0.3\ \mathrm{A} + 0.2\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{A} $，符合题意。
通电$ t = 10\ \mathrm{s} $时，定值电阻消耗的电能：
$ W_R = I_R^2 R t = (0.3\ \mathrm{A})^2 × 10\ \Omega × 10\ \mathrm{s} = 9\ \mathrm{J} $。
【答案】
20；9
【知识点】
欧姆定律、并联电路电流规律、电能计算
【点评】
本题结合I-U图像考查电学核心知识，需掌握从图像提取信息的方法，利用欧姆定律和并联电路特点分析问题，是基础电学综合题，难度适中。
【难度系数】
0.6

4.现有一款手机的电池容量为6 000 mA·h,电池电压为4 V,充满电后,它储存的电能大约为J。当使用该手机的快充功能时,充电电压为10 V,32 min即可充满,则快充时的电流为A。

4. $8.64 × 10^4$ $4.5$
【解析】$6\ 000\ \mathrm{mA} · \mathrm{h}$ 可以看成$I_1 = 6\ \mathrm{A}$,$t_1 = 1\ \mathrm{h} = 3\ 600\ \mathrm{s}$,$W_{\mathrm{储存}} = U_1I_1t_1 = 4\ \mathrm{V} × 6\ \mathrm{A} × 3\ 600\ \mathrm{s} = 8.64 × 10^4\ \mathrm{J}$;当快充时,$I_2 = \frac{W_{\mathrm{储存}}}{U_2t_2} = \frac{8.64 × 10^4\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{V} × 32 × 60\ \mathrm{s}} = 4.5\ \mathrm{A}$。

【分析】
本题需分两步解答：第一步计算电池储存的电能，需利用电功公式$W=UIt$，关键是将电池容量的单位（$mA·h$）转换为国际单位制中的安培（$A$）和秒（$s$），保证单位统一后计算；第二步计算快充时的电流，由于电池储存的电能不变，可根据$W=UIt$变形为$I=\frac{W}{Ut}$，代入快充时的电压和时间（时间需转换为秒）即可求出电流。
【解析】
1. 计算电池储存的电能：
电池容量$6000\ \mathrm{mA·h}=6\ \mathrm{A}×1\ \mathrm{h}=6\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}$，根据电功公式$W=U_1I_1t_1$，代入$U_1=4\ \mathrm{V}$、$I_1=6\ \mathrm{A}$、$t_1=3600\ \mathrm{s}$，得：
$W=4\ \mathrm{V}×6\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=8.64×10^4\ \mathrm{J}$
2. 计算快充时的电流：
快充时电压$U_2=10\ \mathrm{V}$，时间$t_2=32\ \mathrm{min}=32×60\ \mathrm{s}=1920\ \mathrm{s}$，因储存电能$W$不变，由$W=U_2I_2t_2$变形得：
$I_2=\frac{W}{U_2t_2}=\frac{8.64×10^4\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{V}×1920\ \mathrm{s}}=4.5\ \mathrm{A}$
【答案】
$8.64×10^4$；$4.5$
【知识点】
电功计算、电能公式应用
【点评】
本题考查电学中电功的基础计算，核心是单位的正确转换（$mA·h$转$A·s$、$min$转$s$），以及利用电能不变的特点求解快充电流，属于初中物理电学的常规基础题，难度适中。
【难度系数】
0.6

5. 如图18-1-10所示的电路中，$R_1$的阻值为$8\ \Omega$，电源两端电压为$12\ \mathrm{V}$，开关S闭合后，求：(1)若干路的最大电流不能超过3 A，滑动变阻器能接入电路的最小电阻；(2)当电路工作10 min时，$R_1$消耗的电能。 图18-1-10

5. (1)$8\ \Omega$;(2)$1.08 × 10^4\ \mathrm{J}$。
【解析】(1)电路并联时,支路两端电压相等, $I_1 = \frac{U}{R_1} = \frac{12\ \mathrm{V}}{8\ \Omega} = 1.5\ \mathrm{A}$, $I_R = I_{\mathrm{最大}} - I_1 = 3\ \mathrm{A} - 1.5\ \mathrm{A} = 1.5\ \mathrm{A}$,$R = \frac{U}{I_R} = \frac{12\ \mathrm{V}}{1.5\ \mathrm{A}}\ \Omega = 8\ \Omega$。(2)当电路工作10 min时, $W = UI_1t = 12\ \mathrm{V} × 1.5\ \mathrm{A} × 10 × 60\ \mathrm{s} = 1.08 × 10^4\ \mathrm{J}$。

【分析】首先明确电路结构：滑动变阻器R与定值电阻R₁并联，电源电压为12V。解题思路：(1) 并联电路中各支路电压等于电源电压，先计算R₁支路的电流，再根据干路最大电流求出滑动变阻器支路的最大电流，最后利用欧姆定律计算滑动变阻器接入的最小电阻；(2) R₁是定值电阻，两端电压和电流不变，根据电功公式计算10min内R₁消耗的电能。
【解析】(1) 由电路图可知，R与R₁并联，电源电压$U=12\ \mathrm{V}$，并联电路各支路电压等于电源电压，故$U_1=U=12\ \mathrm{V}$。
根据欧姆定律，$R_1$支路的电流：$I_1=\frac{U}{R_1}=\frac{12\ \mathrm{V}}{8\ \Omega}=1.5\ \mathrm{A}$。
已知干路最大电流$I_{\mathrm{最大}}=3\ \mathrm{A}$，并联电路干路电流等于各支路电流之和，因此滑动变阻器支路的最大电流：$I_R=I_{\mathrm{最大}}-I_1=3\ \mathrm{A}-1.5\ \mathrm{A}=1.5\ \mathrm{A}$。
此时滑动变阻器接入电阻最小，根据欧姆定律，最小电阻：$R=\frac{U}{I_R}=\frac{12\ \mathrm{V}}{1.5\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$。
(2) 计算$R_1$消耗的电能，先统一时间单位：$t=10\ \mathrm{min}=10×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{s}$，根据电功公式$W=UIt$，可得：
$W=UI_1t=12\ \mathrm{V}×1.5\ \mathrm{A}×600\ \mathrm{s}=1.08×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】(1)$8\ \Omega$；(2)$1.08×10^4\ \mathrm{J}$
【知识点】并联电路规律、欧姆定律、电能计算
【点评】本题考查并联电路的特点及电功的计算，属于基础电学应用题，需掌握并联电路电流、电压规律，以及欧姆定律和电功公式的应用，难度适中。
【难度系数】0.6