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8.民航局规定，严禁乘客携带超过160 W·h（瓦时）的锂电池上飞机，超过160 W·h应通过危险货物手续进行运输。某品牌笔记本电脑的电池铭牌标有“12 V 10 A·h”字样，充满电后，存储的电能为
0.12
kW·h，该笔记本电脑能
（选填“能”或“不能”）带上飞机。答案
8. 0.12；能
解析
【分析】要解决该问题，需先利用电池铭牌参数计算存储的电能，再完成单位转换，最后与民航规定的电能上限比较判断是否可携带。计算时需牢记电能公式和单位换算规则，结合实际规定分析即可。
【解析】根据电能计算公式$W=UIt$，已知电池电压$U=12V$，容量为$10A·h$，则存储的电能：
$W=12V×10A·h=120W·h$；
因为$1kW·h=1000W·h$，所以$120W·h=120÷1000 kW·h=0.12 kW·h$；
民航规定严禁携带超过$160W·h$的锂电池上飞机，由于$120W·h＜160W·h$，因此该笔记本电脑能带上飞机。
【答案】0.12；能
【知识点】电能计算、单位换算、物理常识应用
【点评】本题结合生活实际考查电能计算与单位转换，难度较低，核心是掌握电能公式和单位换算关系，同时理解民航相关规定，属于基础应用题。
【难度系数】0.6
【解析】根据电能计算公式$W=UIt$，已知电池电压$U=12V$，容量为$10A·h$，则存储的电能：
$W=12V×10A·h=120W·h$；
因为$1kW·h=1000W·h$，所以$120W·h=120÷1000 kW·h=0.12 kW·h$；
民航规定严禁携带超过$160W·h$的锂电池上飞机，由于$120W·h＜160W·h$，因此该笔记本电脑能带上飞机。
【答案】0.12；能
【知识点】电能计算、单位换算、物理常识应用
【点评】本题结合生活实际考查电能计算与单位转换，难度较低，核心是掌握电能公式和单位换算关系，同时理解民航相关规定，属于基础应用题。
【难度系数】0.6
9.[跨学科·数学]如图所示甲是小灯泡L和电阻R的I-U图像。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示的电路中，只闭合开关S₁时，电流表的示数为0.5 A，则电源电压为
2
V。再闭合开关S₂，电流表示数为0.7
A，1 min内电流对电阻R所做的功为24
J。答案
9. 2；0.7；24
解析
【分析】
首先，只闭合开关S₁时，电路为小灯泡L的简单电路，电流表测量通过小灯泡L的电流，已知电流为0.5A，需从图甲中小灯泡L的I-U图像中找到对应电流的电压，该电压即为电源电压；再闭合开关S₂后，小灯泡L与电阻R并联，并联电路各支路电压等于电源电压，电流表测量干路电流，需从图甲中找到电阻R在电源电压下的电流，结合并联电路电流规律计算干路电流；最后根据电功公式计算1min内电流对电阻R做的功。
【解析】
1. 只闭合S₁时，电路为L的简单电路，电流表测L的电流$I_L=0.5A$。由图甲中L的I-U图像可知，当$I_L=0.5A$时，对应的电压$U=2V$，因此电源电压$U=2V$。
2. 闭合S₂后，L与R并联，并联电路各支路电压相等，故R两端电压$U_R=U=2V$。由图甲中R的I-U图像可知，当$U_R=2V$时，对应的电流$I_R=0.2A$。根据并联电路电流规律，干路电流$I=I_L + I_R=0.5A +0.2A=0.7A$，即电流表示数为0.7A。
3. 时间$t=1min=60s$，电流对R做的功$W=U I_R t=2V ×0.2A ×60s=24J$。
【答案】
2；0.7；24
【知识点】
欧姆定律应用、并联电路特点、电功计算
【点评】
本题结合I-U图像与电路分析，考查并联电路的规律及电功计算，需掌握从图像中提取信息的方法，属于基础电路综合题。
【难度系数】
0.6
首先，只闭合开关S₁时，电路为小灯泡L的简单电路，电流表测量通过小灯泡L的电流，已知电流为0.5A，需从图甲中小灯泡L的I-U图像中找到对应电流的电压，该电压即为电源电压；再闭合开关S₂后，小灯泡L与电阻R并联，并联电路各支路电压等于电源电压，电流表测量干路电流，需从图甲中找到电阻R在电源电压下的电流，结合并联电路电流规律计算干路电流；最后根据电功公式计算1min内电流对电阻R做的功。
【解析】
1. 只闭合S₁时，电路为L的简单电路，电流表测L的电流$I_L=0.5A$。由图甲中L的I-U图像可知，当$I_L=0.5A$时，对应的电压$U=2V$，因此电源电压$U=2V$。
2. 闭合S₂后，L与R并联，并联电路各支路电压相等，故R两端电压$U_R=U=2V$。由图甲中R的I-U图像可知，当$U_R=2V$时，对应的电流$I_R=0.2A$。根据并联电路电流规律，干路电流$I=I_L + I_R=0.5A +0.2A=0.7A$，即电流表示数为0.7A。
3. 时间$t=1min=60s$，电流对R做的功$W=U I_R t=2V ×0.2A ×60s=24J$。
【答案】
2；0.7；24
【知识点】
欧姆定律应用、并联电路特点、电功计算
【点评】
本题结合I-U图像与电路分析，考查并联电路的规律及电功计算，需掌握从图像中提取信息的方法，属于基础电路综合题。
【难度系数】
0.6
10.某款迷你暖手宝内置锂电池，利用USB接口充电，内部发热片发热。下列说法正确的是
（
A.暖手宝充电的过程，是电流做功的过程
B.暖手宝发热的过程，是机械能转化成内能的过程
C.用暖手宝取暖时，手因为含有的热量增加而感到暖和
D.无论暖手宝充电还是发热的过程，锂电池在电路中都是电源
（
A
）A.暖手宝充电的过程，是电流做功的过程
B.暖手宝发热的过程，是机械能转化成内能的过程
C.用暖手宝取暖时，手因为含有的热量增加而感到暖和
D.无论暖手宝充电还是发热的过程，锂电池在电路中都是电源
答案
10. A
解析
【分析】
要判断各选项的正确性，需明确电流做功的实质、能量转化形式、热量的概念以及电源与用电器的判断：电流做功的过程是电能转化为其他形式能的过程；发热过程是电能转化为内能；热量是过程量，不能用“含有”描述；充电时锂电池是用电器，发热时是电源，据此逐一分析选项。
【解析】
对各选项分析如下：
A选项：暖手宝充电时，电能转化为锂电池的化学能，该过程是电流做功（电流做功的本质是电能转化为其他形式能），故A正确；
B选项：暖手宝发热时，消耗电能转化为内能，是电能→内能的转化，并非机械能转化为内能，故B错误；
C选项：热量是过程量，只能表述为“吸收/放出热量”，不能说“含有热量”，手暖和是因为内能增加，故C错误；
D选项：充电时，锂电池消耗电能，相当于电路中的用电器；发热时，锂电池提供电能，相当于电源，故D错误。
【答案】A
【知识点】电功、能量转化、内能与热量的区别
【点评】本题以生活中的暖手宝为载体，考查电学和热学的基础概念，需准确区分易混淆知识点，属于基础题。
【难度系数】0.6
要判断各选项的正确性，需明确电流做功的实质、能量转化形式、热量的概念以及电源与用电器的判断：电流做功的过程是电能转化为其他形式能的过程；发热过程是电能转化为内能；热量是过程量，不能用“含有”描述；充电时锂电池是用电器，发热时是电源，据此逐一分析选项。
【解析】
对各选项分析如下：
A选项：暖手宝充电时，电能转化为锂电池的化学能，该过程是电流做功（电流做功的本质是电能转化为其他形式能），故A正确；
B选项：暖手宝发热时，消耗电能转化为内能，是电能→内能的转化，并非机械能转化为内能，故B错误；
C选项：热量是过程量，只能表述为“吸收/放出热量”，不能说“含有热量”，手暖和是因为内能增加，故C错误；
D选项：充电时，锂电池消耗电能，相当于电路中的用电器；发热时，锂电池提供电能，相当于电源，故D错误。
【答案】A
【知识点】电功、能量转化、内能与热量的区别
【点评】本题以生活中的暖手宝为载体，考查电学和热学的基础概念，需准确区分易混淆知识点，属于基础题。
【难度系数】0.6
11.[新课标·科学论证]将阻值为$R_1=5\ \Omega$、$R_2=10\ \Omega$的两个电阻串联后接在电压为3 V的电源上，通电1 min。通过$R_1$的电流为$I_1$，$R_1$消耗的电能为$W_1$；通过$R_2$的电流为$I_2$，$R_2$消耗的电能为$W_2$。则$I_1:I_2$和$W_1:W_2$分别为（
A.$1:2$ $1:2$
B.$2:1$ $2:1$
C.$1:1$ $2:1$
D.$1:1$ $1:2$
D
）A.$1:2$ $1:2$
B.$2:1$ $2:1$
C.$1:1$ $2:1$
D.$1:1$ $1:2$
答案
11. D [解析]将$R_1$、$R_2$串联后接在电压为3 V的电源上，串联电路中各处的电流相等，故通过$R_1$与$R_2$的电流之比$I_1:I_2=1:1$；通电1 min，$R_1$与$R_2$消耗的电能之比$W_1:W_2=(I_1^2R_1t):(I_2^2R_2t)=R_1:R_2=5\ \Omega:10\ \Omega=1:2$。
解析
【分析】
本题考查串联电路的电流特点和电功的计算，解题思路：①根据串联电路电流处处相等的规律，确定通过两电阻的电流之比；②利用电功公式W=I²Rt，结合串联电路中电流、通电时间相同的特点，推导两电阻消耗电能的比值，进而得出答案。
【解析】
1. 串联电路中各处电流相等，因此通过R₁和R₂的电流I₁=I₂，故I₁:I₂=1:1；
2. 电阻消耗的电能公式为W=I²Rt，由于串联时I₁=I₂，通电时间t相同，因此W₁:W₂=(I₁²R₁t):(I₂²R₂t)=R₁:R₂=5Ω:10Ω=1:2；
综上，I₁:I₂=1:1，W₁:W₂=1:2，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
串联电路的电流特点、电功的计算
【点评】
本题为串联电路规律与电功计算的基础应用题，难度较低，需学生掌握串联电路的电流特性及电功公式，是初中电学的常考基础题型。
【难度系数】
0.8
本题考查串联电路的电流特点和电功的计算，解题思路：①根据串联电路电流处处相等的规律，确定通过两电阻的电流之比；②利用电功公式W=I²Rt，结合串联电路中电流、通电时间相同的特点，推导两电阻消耗电能的比值，进而得出答案。
【解析】
1. 串联电路中各处电流相等，因此通过R₁和R₂的电流I₁=I₂，故I₁:I₂=1:1；
2. 电阻消耗的电能公式为W=I²Rt，由于串联时I₁=I₂，通电时间t相同，因此W₁:W₂=(I₁²R₁t):(I₂²R₂t)=R₁:R₂=5Ω:10Ω=1:2；
综上，I₁:I₂=1:1，W₁:W₂=1:2，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
串联电路的电流特点、电功的计算
【点评】
本题为串联电路规律与电功计算的基础应用题，难度较低，需学生掌握串联电路的电流特性及电功公式，是初中电学的常考基础题型。
【难度系数】
0.8
12.已知电源电压为10 V保持不变，$R_1=25\ \Omega$，小灯泡正常发光时的电流为0.3 A。（不考虑灯丝电阻变化）
(1)断开$S_1$、$S_2$，此时小灯泡L正常发光，求小灯泡正常发光的电压。
(2)$S_1$、$S_2$都闭合时，电流表示数变为0.6 A，求$R_2$的阻值。
(3)在(2)这个电路中，1 min内，整个电路所消耗的电能是多少？
(1)断开$S_1$、$S_2$，此时小灯泡L正常发光，求小灯泡正常发光的电压。
(2)$S_1$、$S_2$都闭合时，电流表示数变为0.6 A，求$R_2$的阻值。
(3)在(2)这个电路中，1 min内，整个电路所消耗的电能是多少？
答案
12.解:(1)由电路图可知，$\mathrm{S_1}$、$\mathrm{S_2}$都断开时，$R_1$与灯泡串联。因小灯泡正常发光，则电路中电流$I=I_\mathrm{L}=0.3\ \mathrm{A}$，由$I=\dfrac{U}{R}$得$R_1$两端的电压$U_1=IR_1=0.3\ \mathrm{A}×25\ \Omega=7.5\ \mathrm{V}$。因串联电路中总电压等于各用电器两端电压之和，所以小灯泡正常发光的电压$U_\mathrm{L}=U-U_1=10\ \mathrm{V}-7.5\ \mathrm{V}=2.5\ \mathrm{V}$。
(2)由电路图知，$\mathrm{S_1}$、$\mathrm{S_2}$都闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流。因并联电路中各支路两端的电压相等，所以通过$R_1$的电流$I_1=\dfrac{U}{R_1}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{25\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$。因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过$R_2$的电流$I_2=I_\mp-I_1=0.6\ \mathrm{A}-0.4\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$，则由$I=\dfrac{U}{R}$得$R_2=\dfrac{U}{I_2}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$。
(3)在(2)这个电路中，1 min内，整个电路所消耗的电能$W=UI_\mp t=10\ \mathrm{V}×0.6\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=360\ \mathrm{J}$。
(2)由电路图知，$\mathrm{S_1}$、$\mathrm{S_2}$都闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流。因并联电路中各支路两端的电压相等，所以通过$R_1$的电流$I_1=\dfrac{U}{R_1}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{25\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$。因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过$R_2$的电流$I_2=I_\mp-I_1=0.6\ \mathrm{A}-0.4\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$，则由$I=\dfrac{U}{R}$得$R_2=\dfrac{U}{I_2}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$。
(3)在(2)这个电路中，1 min内，整个电路所消耗的电能$W=UI_\mp t=10\ \mathrm{V}×0.6\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=360\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
要解决这三个问题，需先根据开关状态判断电路的连接方式：
(1) 断开$S_1$、$S_2$时，$R_1$与灯泡$L$串联，小灯泡正常发光则电流为额定电流，利用串联电路电压规律和欧姆定律计算灯泡电压；
(2) $S_1$、$S_2$都闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流，利用并联电路电流、电压规律和欧姆定律计算$R_2$阻值；
(3) 并联电路中，总电能用$W=UIt$计算，代入总电压、干路电流和时间即可。
【解析】
(1) 断开$S_1$、$S_2$时，$R_1$与$L$串联，小灯泡正常发光，电路电流$I=I_L=0.3\ \mathrm{A}$。
由欧姆定律$I=\dfrac{U}{R}$，得$R_1$两端电压：$U_1=IR_1=0.3\ \mathrm{A}×25\ \Omega=7.5\ \mathrm{V}$。
串联电路总电压等于各部分电压之和，故小灯泡正常发光电压：$U_L=U - U_1=10\ \mathrm{V}-7.5\ \mathrm{V}=2.5\ \mathrm{V}$。
(2) $S_1$、$S_2$都闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流。
并联电路各支路电压等于电源电压，通过$R_1$的电流：$I_1=\dfrac{U}{R_1}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{25\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$。
并联电路干路电流等于各支路电流之和，故通过$R_2$的电流：$I_2=I_\mathrm{总}-I_1=0.6\ \mathrm{A}-0.4\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$。
由欧姆定律得$R_2$阻值：$R_2=\dfrac{U}{I_2}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$。
(3) 并联电路中，$1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，整个电路消耗的电能：$W=UI_\mathrm{总}t=10\ \mathrm{V}×0.6\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=360\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) $2.5\ \mathrm{V}$；(2) $50\ \Omega$；(3) $360\ \mathrm{J}$
【知识点】
欧姆定律、串并联电路规律、电功计算
【点评】
本题结合开关状态分析电路连接方式，考察欧姆定律和电功的基本计算，是电路部分的基础题型，需熟练掌握串并联电路的电流、电压规律，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这三个问题，需先根据开关状态判断电路的连接方式：
(1) 断开$S_1$、$S_2$时，$R_1$与灯泡$L$串联，小灯泡正常发光则电流为额定电流，利用串联电路电压规律和欧姆定律计算灯泡电压；
(2) $S_1$、$S_2$都闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流，利用并联电路电流、电压规律和欧姆定律计算$R_2$阻值；
(3) 并联电路中，总电能用$W=UIt$计算，代入总电压、干路电流和时间即可。
【解析】
(1) 断开$S_1$、$S_2$时，$R_1$与$L$串联，小灯泡正常发光，电路电流$I=I_L=0.3\ \mathrm{A}$。
由欧姆定律$I=\dfrac{U}{R}$，得$R_1$两端电压：$U_1=IR_1=0.3\ \mathrm{A}×25\ \Omega=7.5\ \mathrm{V}$。
串联电路总电压等于各部分电压之和，故小灯泡正常发光电压：$U_L=U - U_1=10\ \mathrm{V}-7.5\ \mathrm{V}=2.5\ \mathrm{V}$。
(2) $S_1$、$S_2$都闭合时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流。
并联电路各支路电压等于电源电压，通过$R_1$的电流：$I_1=\dfrac{U}{R_1}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{25\ \Omega}=0.4\ \mathrm{A}$。
并联电路干路电流等于各支路电流之和，故通过$R_2$的电流：$I_2=I_\mathrm{总}-I_1=0.6\ \mathrm{A}-0.4\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{A}$。
由欧姆定律得$R_2$阻值：$R_2=\dfrac{U}{I_2}=\dfrac{10\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$。
(3) 并联电路中，$1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，整个电路消耗的电能：$W=UI_\mathrm{总}t=10\ \mathrm{V}×0.6\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=360\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) $2.5\ \mathrm{V}$；(2) $50\ \Omega$；(3) $360\ \mathrm{J}$
【知识点】
欧姆定律、串并联电路规律、电功计算
【点评】
本题结合开关状态分析电路连接方式，考察欧姆定律和电功的基本计算，是电路部分的基础题型，需熟练掌握串并联电路的电流、电压规律，难度适中。
【难度系数】
0.6
13.如图所示,电源两端电压U=3 V保持不变。当开关S₁闭合、S₂断开,滑动变阻器滑片P在AB中点时,电压表示数为U₁,电流表示数为I₁;当滑动变阻器滑片P移至B端时,电压表示数为U₂,电流表示数为I₂;当开关S₁、S₂都闭合,滑动变阻器滑片P移至A端时,电流表示数为I₃;已知R₂=1 Ω,U₁:U₂=3:4,I₂:I₃=1:6,则R₁的电阻值为
1
Ω。当开关S₁闭合、S₂断开,滑动变阻器滑片P在中点时,通电1 min,电路消耗的电能是270
J。答案
13. 1；270 [解析]当开关$\mathrm{S_1}$闭合、$\mathrm{S_2}$断开,滑动变阻器滑片P在AB中点时,等效电路图如图甲所示
;当开关$\mathrm{S_1}$闭合、$\mathrm{S_2}$断开,滑动变阻器滑片P移至B端时,等效电路图如图乙所示;当开关$\mathrm{S_1}$、$\mathrm{S_2}$都闭合,滑动变阻器滑片P移至A端时,等效电路图如图丙所示
。因为$U_1:U_2=3:4$,所以,由$I=\dfrac{U}{R}$可得,$\dfrac{I_1}{I_2}=\dfrac{\dfrac{U_1}{R_3/2}}{\dfrac{U_2}{R_3}}=\dfrac{2U_1}{U_2}=2×\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$,因电源的电压不变,所以电流与总电阻成反比,则$\dfrac{I_1}{I_2}=\dfrac{R_1+R_3}{R_1+\dfrac{R_3}{2}}=\dfrac{3}{2}$,解得$R_3=2R_1$,因串联电路中总电阻等于各分电阻之和,所以图乙中的电流$I_2=\dfrac{U}{R_1+R_3}=\dfrac{U}{R_1+2R_1}=\dfrac{U}{3R_1}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{3R_1}$,因并联电路中各支路两端的电压相等,且干路电流等于各支路电流之和,所以,图丙中的干路电流$I_3=\dfrac{U}{R_1}+\dfrac{U}{R_2}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{R_1}+\dfrac{3\ \mathrm{V}}{1\ \Omega}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{R_1}+3\ \mathrm{A}$,又因$I_2:I_3=1:6$,所以$I_3=6I_2$,即$\dfrac{3\ \mathrm{V}}{R_1}+3\ \mathrm{A}=6×\dfrac{3\ \mathrm{V}}{3R_1}$,解得$R_1=1\ \Omega$,则$R_3=2R_1=2×1\ \Omega=2\ \Omega$,通电1 min,图甲中电路消耗的电能$W=UI_1t=\dfrac{U^2}{R_1+\dfrac{R_3}{2}}t=\dfrac{(3\ \mathrm{V})^2}{1\ \Omega+\dfrac{2\ \Omega}{2}}×60\ \mathrm{s}=270\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
要解决此题，需分三个状态分析电路：①当$\mathrm{S}_1$闭合、$\mathrm{S}_2$断开，滑片在AB中点时，$R_1$与$\frac{1}{2}R_3$串联，电压表测$\frac{1}{2}R_3$两端电压；②当$\mathrm{S}_1$闭合、$\mathrm{S}_2$断开，滑片在B端时，$R_1$与$R_3$串联，电压表测$R_3$两端电压；③当$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$都闭合，滑片在A端时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流。利用已知的电压比、电流比，结合欧姆定律和串并联电路规律逐步推导求解。
【解析】
1. 由$U_1:U_2=3:4$，根据$U=IR$，得$\frac{U_1}{U_2}=\frac{I_1· \frac{R_3}{2}}{I_2· R_3}=\frac{I_1}{2I_2}=\frac{3}{4}$，解得$\frac{I_1}{I_2}=\frac{3}{2}$。
2. 电源电压不变，串联电路中电流与总电阻成反比，故$\frac{I_1}{I_2}=\frac{R_1+R_3}{R_1+\frac{R_3}{2}}=\frac{3}{2}$，解得$R_3=2R_1$。
3. 当$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$都闭合，滑片在A端时，$R_1$与$R_2$并联，干路电流$I_3=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{R_2}=\frac{3}{R_1}+3$；串联时电流$I_2=\frac{U}{R_1+R_3}=\frac{3}{R_1+2R_1}=\frac{1}{R_1}$。
4. 由$I_2:I_3=1:6$，得$I_3=6I_2$，即$\frac{3}{R_1}+3=6· \frac{1}{R_1}$，解得$R_1=1\ \Omega$，则$R_3=2R_1=2\ \Omega$。
5. 当$\mathrm{S}_1$闭合、$\mathrm{S}_2$断开，滑片在中点时，总电阻$R_{\mathrm{总}}=R_1+\frac{R_3}{2}=1+\frac{2}{2}=2\ \Omega$，电流$I_1=\frac{U}{R_{\mathrm{总}}}=\frac{3}{2}=1.5\ \mathrm{A}$，通电$1\ \mathrm{min}$电路消耗的电能$W=UI_1t=3×1.5×60=270\ \mathrm{J}$。
【答案】
1；270
【知识点】
欧姆定律、串并联电路特点、电能计算
【点评】
本题需分状态分析电路结构，利用比例关系推导电阻，结合串并联规律和欧姆定律求解，综合性较强，考查学生对电路的分析能力和公式的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
要解决此题，需分三个状态分析电路：①当$\mathrm{S}_1$闭合、$\mathrm{S}_2$断开，滑片在AB中点时，$R_1$与$\frac{1}{2}R_3$串联，电压表测$\frac{1}{2}R_3$两端电压；②当$\mathrm{S}_1$闭合、$\mathrm{S}_2$断开，滑片在B端时，$R_1$与$R_3$串联，电压表测$R_3$两端电压；③当$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$都闭合，滑片在A端时，$R_1$与$R_2$并联，电流表测干路电流。利用已知的电压比、电流比，结合欧姆定律和串并联电路规律逐步推导求解。
【解析】
1. 由$U_1:U_2=3:4$，根据$U=IR$，得$\frac{U_1}{U_2}=\frac{I_1· \frac{R_3}{2}}{I_2· R_3}=\frac{I_1}{2I_2}=\frac{3}{4}$，解得$\frac{I_1}{I_2}=\frac{3}{2}$。
2. 电源电压不变，串联电路中电流与总电阻成反比，故$\frac{I_1}{I_2}=\frac{R_1+R_3}{R_1+\frac{R_3}{2}}=\frac{3}{2}$，解得$R_3=2R_1$。
3. 当$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$都闭合，滑片在A端时，$R_1$与$R_2$并联，干路电流$I_3=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{R_2}=\frac{3}{R_1}+3$；串联时电流$I_2=\frac{U}{R_1+R_3}=\frac{3}{R_1+2R_1}=\frac{1}{R_1}$。
4. 由$I_2:I_3=1:6$，得$I_3=6I_2$，即$\frac{3}{R_1}+3=6· \frac{1}{R_1}$，解得$R_1=1\ \Omega$，则$R_3=2R_1=2\ \Omega$。
5. 当$\mathrm{S}_1$闭合、$\mathrm{S}_2$断开，滑片在中点时，总电阻$R_{\mathrm{总}}=R_1+\frac{R_3}{2}=1+\frac{2}{2}=2\ \Omega$，电流$I_1=\frac{U}{R_{\mathrm{总}}}=\frac{3}{2}=1.5\ \mathrm{A}$，通电$1\ \mathrm{min}$电路消耗的电能$W=UI_1t=3×1.5×60=270\ \mathrm{J}$。
【答案】
1；270
【知识点】
欧姆定律、串并联电路特点、电能计算
【点评】
本题需分状态分析电路结构，利用比例关系推导电阻，结合串并联规律和欧姆定律求解，综合性较强，考查学生对电路的分析能力和公式的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
