5.(广东)如图18－5所示实验,实验前已调好器材,实验过程中通过电阻丝$R_1$、$R_2$的电流（选填“相等”或“不相等”）；观察U形管内液面高度差可知（选填“$R_1$”或“$R_2$”）产生的热量较多；要使液面高度差变化更快,可将滑动变阻器的滑片P向滑动。

图18－5

5.相等 $R_2$ 右 点拨:由题图可知,$R_1$与$R_2$串联,由串联电路电流的特点可知,通过它们的电流相等;由题图可知,右侧U形管内液面高度差大于左侧,所以$R_2$产生的热量多;要使液面高度差变化更快,由$Q=I^2Rt$可知,可增大电路中的电流,减小电路中的总电阻,即把滑动变阻器的滑片P向右滑动。

6.(安徽)如图18－6所示电路中，电源电压保持不变，$R_1$、$R_2$均为定值电阻，其中$R_1=10\ \Omega$。闭合开关S，电流表的示数为0.20 A，通电10 s整个电路共产生6 J的热量，则电阻$R_2$产生的热量为 J。

6.2 点拨:由题图可知,闭合开关后,$R_1$与$R_2$并联,电流表测通过$R_1$的电流,则通电10 s,$R_1$产生的热量为$Q_1=I_1^2R_1t=(0.20\ \mathrm{A})^2×10\ \Omega×10\ \mathrm{s}=4\ \mathrm{J}$,根据并联电路的特点可知,整个电路产生的热量等于各支路定值电阻产生的热量之和,则定值电阻$R_2$产生的热量为$Q_2=Q-Q_1=6\ \mathrm{J}-4\ \mathrm{J}=2\ \mathrm{J}$。

7.(苏州)如图18—7所示是一款电水壶的电路简图，$R_1$、$R_2$均为加热电阻，通过旋钮开关可实现加热与保温功能的切换。保温功率为88 W，$R_1$电阻为44 Ω，加热时应将开关旋至（选填“1”或“2”）位置，加热功率为 W，$R_2$电阻为 Ω。

7.2 1100 506 点拨:开关旋至“1”位置时,加热电阻$R_1$与$R_2$串联,串联电路总电阻为$R_总=R_1+R_2$,开关旋至“2”位置时,电路为$R_1$的简单电路,因为$R_总＞R_1$,电源电压$U=220\ \mathrm{V}$不变,根据$P=\frac{U^2}{R}$可知,开关旋至“2”位置时,功率较大,处于加热状态;加热功率为$P_{加热}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{44\ \Omega}=1100\ \mathrm{W}$,又$P_{保温}=88\ \mathrm{W}$,由$P=\frac{U^2}{R}$得,$R_总=\frac{U^2}{P_{保温}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{88\ \mathrm{W}}=550\ \Omega$,$R_2$电阻为$R_2=R_总-R_1=550\ \Omega-44\ \Omega=506\ \Omega$。

8.（贵州）如图18－8甲所示电路中，电压表V₁测量两端的电压。电源两端电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P由最右端移至最左端，此过程中，其中一个电压表示数与电流表示数的关系如图18－8乙所示。当滑动变阻器接入电路的电阻为其最大电阻的一半时，它消耗的电功率为W。

8.灯泡 L 0.9 点拨:由题图甲可知,灯泡 L 与滑动变阻器 R 串联,电压表 V₁ 与灯泡 L 并联,电压表 V₁ 测量灯泡 L 两端的电压,电压表 V₂ 测量滑动变阻器 R 两端的电压,电流表测量电路中的电流;在滑动变阻器滑片 P 由最右端向最左端移动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻变小,电路中的总电阻变小,根据$I=\frac{U}{R}$可知,电路中的电流变大,灯丝温度升高,灯泡 L 的电阻$R_L$变大,根据$U_L=IR_L$可知,灯泡 L 两端的电压变大,因为电源电压 U 不变,由$U=U_L+U_R$可知,滑动变阻器 R 两端的电压变小,故题图乙是灯泡 L 两端的电压$U_L$与电流 I 的关系图像,由题图乙可知,当$I=0.2\ \mathrm{A}$时,$U_L=1\ \mathrm{V}$,当$I'=0.5\ \mathrm{A}$时,$U_L'=5\ \mathrm{V}$,设滑动变阻器 R 的最大电阻为$R_{滑}$,根据欧姆定律及串联电路电压的特点可得,当$I=0.2\ \mathrm{A}$时,$U=U_L+IR_{滑}=1\ \mathrm{V}+0.2\ \mathrm{A}×R_{滑}$,当$I'=0.5\ \mathrm{A}$时,滑动变阻器接入电路的电阻为0,$U=U_L'+I'R_{滑}'=5\ \mathrm{V}+0.5\ \mathrm{A}×0$,解得电源电压$U=5\ \mathrm{V}$、$R_{滑}=20\ \Omega$,当滑动变阻器 R 接入电路的电阻为其最大电阻的一半,即$R_{滑中}=10\ \Omega$时,由题图乙可知,此时电路中的电流$I_中=0.3\ \mathrm{A}$,根据$P=I^2R$可知,滑动变阻器消耗的电功率$P=I_中{}^2R_{滑中}=(0.3\ \mathrm{A})^2×10\ \Omega=0.9\ \mathrm{W}$。

9.(南充)如图18－9所示，当a处接电流表，b处接电压表，闭合开关S，电路总功率为$P_1$，当a、b两电表互换位置后，再闭合开关S，电路总功率为$P_2$。已知：$U=6\ \mathrm{V}$，$R_1=20\ \Omega$，$R_2:R_3=1:3$，$P_1:P_2=4:3$，则$R_2$的电阻为$\Omega$；若现将电源与b处电流表位置互换，其他均不变，再闭合开关S，电路总功率为$\mathrm{W}$。

图18－9

9.20 4.2 点拨:电流表在电路中相当于导线,电压表在电路中相当于断路,当 a 处接电流表,b 处接电压表,闭合开关 S,$R_1$被短路,$R_2$和$R_3$并联,当 a、b 两电表互换位置后,再闭合开关 S,$R_2$和$R_3$被短路,电路中只有$R_1$,此时电路总功率为$P_2=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=1.8\ \mathrm{W}$,由$P_1:P_2=4:3$可知,$P_1=\frac{4}{3}P_2=\frac{4}{3}×1.8\ \mathrm{W}=2.4\ \mathrm{W}$,由$P_1=UI$可知,$R_2$和$R_3$并联后干路中的电流为$I=\frac{P_1}{U}=\frac{2.4\ \mathrm{W}}{6\ \mathrm{V}}=0.4\ \mathrm{A}$,由并联电路规律可知,通过$R_2$和$R_3$的电流之比为$I_2:I_3=R_3:R_2=3:1$,则通过$R_2$的电流为$I_2=\frac{3}{4}I=\frac{3}{4}×0.4\ \mathrm{A}=0.3\ \mathrm{A}$,则$R_2$的电阻为$R_2=\frac{U}{I_2}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$;若现将电源与 b 处电流表位置互换,其他均不变,再闭合开关 S,此时$R_1$、$R_2$、$R_3$并联,$R_2$和$R_3$两支路的总功率为$P_1$,$R_1$支路的电功率为$P_2$,则电路总功率为$P=P_1+P_2=2.4\ \mathrm{W}+1.8\ \mathrm{W}=4.2\ \mathrm{W}$。

10.(云南)如图18-10所示的电路中,电源电压$U=6\ \mathrm{V}$,电阻$R_2=5\ \Omega$。闭合开关S,电流表$\mathrm{A}_1$的示数$I_1=0.3\ \mathrm{A}$。求:
(1)$R_1$的电阻；
(2)电流表$\mathrm{A}$的示数$I$；
(3)整个电路工作$10\ \mathrm{s}$消耗的电能$W$。

10.解:(1)S闭合时,$R_1$、$R_2$并联,根据并联电路电压的特点得$U_1=U_2=U=6\ \mathrm{V}$,根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$可得$R_1$的电阻$R_1=\frac{U_1}{I_1}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$。
(2)由欧姆定律得,通过$R_2$的电流$I_2=\frac{U_2}{R_2}=\frac{6\ \mathrm{V}}{5\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$,根据并联电路电流的特点得,电流表 A 的示数$I=I_1+I_2=0.3\ \mathrm{A}+1.2\ \mathrm{A}=1.5\ \mathrm{A}$。
(3)整个电路工作 10 s 消耗的电能$W=UIt=6\ \mathrm{V}×1.5\ \mathrm{A}×10\ \mathrm{s}=90\ \mathrm{J}$。