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一、选择题（每小题5分，共20分）
1.（2025·泰安泰山区期末）如图所示电路，电源电压不变，R是定值电阻。将一个“6 V 2 W”的小灯泡$\mathrm{L}_1$接在a、b两点间，$\mathrm{L}_1$恰能正常发光；若换一个“6 V 3 W”的小灯泡$\mathrm{L}_2$接在a、b两点间，则此时$\mathrm{L}_2$ （
A.两端的电压仍为6 V
B.比正常发光时暗
C.实际功率为3 W
D.消耗的电能一定比$\mathrm{L}_1$多
1.（2025·泰安泰山区期末）如图所示电路，电源电压不变，R是定值电阻。将一个“6 V 2 W”的小灯泡$\mathrm{L}_1$接在a、b两点间，$\mathrm{L}_1$恰能正常发光；若换一个“6 V 3 W”的小灯泡$\mathrm{L}_2$接在a、b两点间，则此时$\mathrm{L}_2$ （
B
）A.两端的电压仍为6 V
B.比正常发光时暗
C.实际功率为3 W
D.消耗的电能一定比$\mathrm{L}_1$多
答案
1.B
解析
【分析】
要解决该问题，需结合串联电路特点和电功率公式逐步推导：首先通过额定电压和额定功率计算两个小灯泡的电阻，明确电阻大小关系；再分析更换灯泡后电路总电阻、电流的变化，进而得出定值电阻两端电压的变化，最终判断ab两点间的电压，确定小灯泡实际功率与额定功率的关系。
【解析】
1. 计算两灯泡的电阻：根据电功率公式 $ P = \frac{U^2}{R} $，变形得灯泡电阻 $ R = \frac{U_{额}^2}{P_{额}} $。
对于“6V 2W”的$\mathrm{L}_1$：$ R_1 = \frac{(6\,\mathrm{V})^2}{2\,\mathrm{W}} = 18\,\Omega $；
对于“6V 3W”的$\mathrm{L}_2$：$ R_2 = \frac{(6\,\mathrm{V})^2}{3\,\mathrm{W}} = 12\,\Omega $；
因此 $ R_2 ＜ R_1 $。
2. 分析电路电压变化：定值电阻$ R $与ab间接的灯泡串联，电源电压$ U $不变。
接$\mathrm{L}_1$时，$\mathrm{L}_1$正常发光，说明ab间电压为6V，此时电路电流 $ I_1 = \frac{U}{R + R_1} $，定值电阻两端电压 $ U_{R1} = I_1 R $，即 $ U = U_{R1} + 6\,\mathrm{V} $。
换接$\mathrm{L}_2$后，总电阻 $ R_{\mathrm{总}} = R + R_2 ＜ R + R_1 $，电路电流 $ I_2 = \frac{U}{R + R_2} ＞ I_1 $；定值电阻两端电压 $ U_{R2} = I_2 R ＞ U_{R1} $，因此ab间电压 $ U_{ab} = U - U_{R2} ＜ 6\,\mathrm{V} $。
3. 判断$\mathrm{L}_2$的发光情况：$\mathrm{L}_2$两端电压小于额定电压，实际功率 $ P_{\mathrm{实}} = \frac{U_{ab}^2}{R_2} ＜ 3\,\mathrm{W} $，所以$\mathrm{L}_2$比正常发光时暗，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
串联电路电压规律、电功率计算、额定功率与实际功率
【点评】
本题考查串联电路特点和电功率的应用，核心是利用电阻公式比较灯泡电阻，结合串联分压规律分析电压变化，区分额定功率与实际功率，是电学部分的典型基础题，需掌握相关公式的灵活运用。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，需结合串联电路特点和电功率公式逐步推导：首先通过额定电压和额定功率计算两个小灯泡的电阻，明确电阻大小关系；再分析更换灯泡后电路总电阻、电流的变化，进而得出定值电阻两端电压的变化，最终判断ab两点间的电压，确定小灯泡实际功率与额定功率的关系。
【解析】
1. 计算两灯泡的电阻：根据电功率公式 $ P = \frac{U^2}{R} $，变形得灯泡电阻 $ R = \frac{U_{额}^2}{P_{额}} $。
对于“6V 2W”的$\mathrm{L}_1$：$ R_1 = \frac{(6\,\mathrm{V})^2}{2\,\mathrm{W}} = 18\,\Omega $；
对于“6V 3W”的$\mathrm{L}_2$：$ R_2 = \frac{(6\,\mathrm{V})^2}{3\,\mathrm{W}} = 12\,\Omega $；
因此 $ R_2 ＜ R_1 $。
2. 分析电路电压变化：定值电阻$ R $与ab间接的灯泡串联，电源电压$ U $不变。
接$\mathrm{L}_1$时，$\mathrm{L}_1$正常发光，说明ab间电压为6V，此时电路电流 $ I_1 = \frac{U}{R + R_1} $，定值电阻两端电压 $ U_{R1} = I_1 R $，即 $ U = U_{R1} + 6\,\mathrm{V} $。
换接$\mathrm{L}_2$后，总电阻 $ R_{\mathrm{总}} = R + R_2 ＜ R + R_1 $，电路电流 $ I_2 = \frac{U}{R + R_2} ＞ I_1 $；定值电阻两端电压 $ U_{R2} = I_2 R ＞ U_{R1} $，因此ab间电压 $ U_{ab} = U - U_{R2} ＜ 6\,\mathrm{V} $。
3. 判断$\mathrm{L}_2$的发光情况：$\mathrm{L}_2$两端电压小于额定电压，实际功率 $ P_{\mathrm{实}} = \frac{U_{ab}^2}{R_2} ＜ 3\,\mathrm{W} $，所以$\mathrm{L}_2$比正常发光时暗，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
串联电路电压规律、电功率计算、额定功率与实际功率
【点评】
本题考查串联电路特点和电功率的应用，核心是利用电阻公式比较灯泡电阻，结合串联分压规律分析电压变化，区分额定功率与实际功率，是电学部分的典型基础题，需掌握相关公式的灵活运用。
【难度系数】
0.6
2.（2025·滨州）在使用电能表测量电热水器实际功率的实践活动中，小滨无法做到关闭某些家用电器只让电热水器单独工作，于是他进行如下操作：首先让电热水器在高温挡和这些用电器同时工作1 min，记录家用电能表脉冲灯闪烁次数为80 imp；然后关闭电热水器，让这些用电器继续工作1 min，记录家用电能表脉冲灯闪烁次数为16 imp。电能表如图甲所示，电热水器简化电路图如图乙所示，已知电阻$R_1 = R_2$，则下列说法正确的是 （
A.该电能表此时示数为20 256 kW·h
B.1 600 imp/（kW·h）的含义是电能表消耗1 kW·h的电能时，脉冲灯闪烁的次数为1 600 imp
C.该电热水器的实际功率为2 400 W
D.电阻$R_1$的阻值等于20.2 Ω
C
）A.该电能表此时示数为20 256 kW·h
B.1 600 imp/（kW·h）的含义是电能表消耗1 kW·h的电能时，脉冲灯闪烁的次数为1 600 imp
C.该电热水器的实际功率为2 400 W
D.电阻$R_1$的阻值等于20.2 Ω
答案
2.C 【解析】图甲电能表的示数为2 025.6 kW·h,故A错误；“1 600 imp/(kW·h)”表示的是每消耗1 kW·h的电能,电能表的指示灯闪烁1 600次,是用电器消耗电能,不是电能表消耗电能,故B错误；电热水器单独工作1 min,电能表闪烁的脉冲数为80 imp-16 imp = 64 imp,这个过程中电热水器消耗的电能$W=\frac{64}{1600}\ \mathrm{kW· h}=0.04\ \mathrm{kW· h}$,该电热水器的实际功率$P=\frac{W}{t}=\frac{0.04\ \mathrm{kW· h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}}=2.4\ \mathrm{kW}=2400\ \mathrm{W}$,故C正确；当电热水器处于高温挡时,总电阻$R=\frac{U^2}{P}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2400\ \mathrm{W}}=\frac{121}{6}\ \Omega$,高温挡时$R_1$、$R_2$并联,且$R_1=R_2$,所以$R_1=2R=\frac{121}{3}\ \Omega\approx40.3\ \Omega$,故D错误。
解析
【分析】
要解决这道题，需逐一分析每个选项：首先明确电能表的读数规则、“imp/(kW·h)”的含义；再通过两次脉冲闪烁次数的差值计算电热水器单独消耗的电能，进而求出其实际功率；最后结合并联电路的电阻规律计算R₁的阻值，判断各选项正误。
【解析】
1. 分析选项A：电能表的最后一位是小数位，单位为kW·h，图甲中电能表的示数为2025.6 kW·h，而非20256 kW·h，故A错误。
2. 分析选项B：“1600 imp/(kW·h)”表示电路中每消耗1 kW·h的电能，电能表的脉冲灯闪烁1600次，是用电器消耗的电能，不是电能表消耗，故B错误。
3. 分析选项C：电热水器与其他用电器同时工作1 min时，脉冲灯闪烁80 imp；仅其他用电器工作1 min时，闪烁16 imp，因此电热水器单独工作1 min消耗的电能对应的闪烁次数为80 imp - 16 imp = 64 imp。则电热水器消耗的电能：$W=\frac{64}{1600}\ \mathrm{kW·h}=0.04\ \mathrm{kW·h}$，工作时间$t=1\ \mathrm{min}=\frac{1}{60}\ \mathrm{h}$，实际功率：$P=\frac{W}{t}=\frac{0.04\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}}=2.4\ \mathrm{kW}=2400\ \mathrm{W}$，故C正确。
4. 分析选项D：电热水器高温挡时，R₁与R₂并联，已知R₁=R₂，并联总电阻$R_{并}=\frac{U^2}{P}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2400\ \mathrm{W}}=\frac{121}{6}\ \Omega$；并联电路总电阻的倒数等于各电阻倒数之和，即$\frac{1}{R_{并}}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}$，因R₁=R₂，故$\frac{1}{R_{并}}=\frac{2}{R_1}$，解得$R_1=2R_{并}=2×\frac{121}{6}\ \Omega=\frac{121}{3}\ \Omega\approx40.3\ \Omega$，并非20.2 Ω，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
电能表的使用、电功率计算、并联电路的电阻
【点评】
本题综合考查电能表的读数、参数含义、电功率计算及并联电阻的规律，解题关键是通过两次脉冲闪烁次数的差值计算电热水器单独消耗的电能，需细心审题，避免混淆电能表和用电器的能量消耗，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需逐一分析每个选项：首先明确电能表的读数规则、“imp/(kW·h)”的含义；再通过两次脉冲闪烁次数的差值计算电热水器单独消耗的电能，进而求出其实际功率；最后结合并联电路的电阻规律计算R₁的阻值，判断各选项正误。
【解析】
1. 分析选项A：电能表的最后一位是小数位，单位为kW·h，图甲中电能表的示数为2025.6 kW·h，而非20256 kW·h，故A错误。
2. 分析选项B：“1600 imp/(kW·h)”表示电路中每消耗1 kW·h的电能，电能表的脉冲灯闪烁1600次，是用电器消耗的电能，不是电能表消耗，故B错误。
3. 分析选项C：电热水器与其他用电器同时工作1 min时，脉冲灯闪烁80 imp；仅其他用电器工作1 min时，闪烁16 imp，因此电热水器单独工作1 min消耗的电能对应的闪烁次数为80 imp - 16 imp = 64 imp。则电热水器消耗的电能：$W=\frac{64}{1600}\ \mathrm{kW·h}=0.04\ \mathrm{kW·h}$，工作时间$t=1\ \mathrm{min}=\frac{1}{60}\ \mathrm{h}$，实际功率：$P=\frac{W}{t}=\frac{0.04\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{60}\ \mathrm{h}}=2.4\ \mathrm{kW}=2400\ \mathrm{W}$，故C正确。
4. 分析选项D：电热水器高温挡时，R₁与R₂并联，已知R₁=R₂，并联总电阻$R_{并}=\frac{U^2}{P}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{2400\ \mathrm{W}}=\frac{121}{6}\ \Omega$；并联电路总电阻的倒数等于各电阻倒数之和，即$\frac{1}{R_{并}}=\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}$，因R₁=R₂，故$\frac{1}{R_{并}}=\frac{2}{R_1}$，解得$R_1=2R_{并}=2×\frac{121}{6}\ \Omega=\frac{121}{3}\ \Omega\approx40.3\ \Omega$，并非20.2 Ω，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
电能表的使用、电功率计算、并联电路的电阻
【点评】
本题综合考查电能表的读数、参数含义、电功率计算及并联电阻的规律，解题关键是通过两次脉冲闪烁次数的差值计算电热水器单独消耗的电能，需细心审题，避免混淆电能表和用电器的能量消耗，难度适中。
【难度系数】
0.6
3. 如图所示为一种新型电器——无叶空气净化暖风器，兼具风扇制暖和空气净化的功能，其制暖功率为$2\ \mathrm{kW}$。如果要将一个普通卧室的温度从$5° \mathrm{C}$升高到$20° \mathrm{C}$，请估算该电器至少需要工作多长时间。［不计热量损失，已知空气的密度约为$1.3\ \mathrm{kg/m}^3$，比热容约为$1.0× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$］
A.2 min
B.9 min
C.15 min
D.20 min
A.2 min
B.9 min
C.15 min
D.20 min
答案
3.B 【解析】一个普通卧室的空气体积约为$V=6\ \mathrm{m}×3\ \mathrm{m}×3\ \mathrm{m}=54\ \mathrm{m^3}$,空气质量$m=\rho_{空气}V=1.3\ \mathrm{kg/m^3}×54\ \mathrm{m^3}=70.2\ \mathrm{kg}$,温度从$5\ °\mathrm{C}$升高到$20\ °\mathrm{C}$,空气吸收的热量$Q=cm\Delta t=1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·\ °\mathrm{C})}×70.2\ \mathrm{kg}×(20\ °\mathrm{C}-5\ °\mathrm{C})=1.053×10^6\ \mathrm{J}$,不计热量损失,$W=Q=1.053×10^6\ \mathrm{J}$,由$P=\frac{W}{t}$可得,该电器给空气加热至少需要的时间$t=\frac{W}{P}=\frac{1.053×10^6\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{W}}=526.5\ \mathrm{s}=8.775\ \mathrm{min}$,与B选项接近。
解析
【分析】要计算暖风器加热空气的时间，需先估算普通卧室空气的体积，再求出空气质量，接着计算空气升温吸收的热量；不计热量损失时，暖风器消耗的电能等于空气吸收的热量，最后根据功率公式计算加热时间并换算单位，即可得出结果。
【解析】
1. 估算普通卧室空气体积：普通卧室长约6m、宽约3m、高约3m，体积 $ V = 6\ \mathrm{m} × 3\ \mathrm{m} × 3\ \mathrm{m} = 54\ \mathrm{m^3} $。
2. 计算空气质量：由密度公式 $ m = \rho V $，代入数据得 $ m = 1.3\ \mathrm{kg/m^3} × 54\ \mathrm{m^3} = 70.2\ \mathrm{kg} $。
3. 计算空气吸收的热量：温度变化 $ \Delta t = 20°\mathrm{C} - 5°\mathrm{C} = 15°\mathrm{C} $，根据热量公式 $ Q = cm\Delta t $，代入得 $ Q = 1.0 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})} × 70.2\ \mathrm{kg} × 15°\mathrm{C} = 1.053 × 10^6\ \mathrm{J} $。
4. 计算加热时间：不计热量损失，暖风器消耗的电能 $ W = Q = 1.053 × 10^6\ \mathrm{J} $，已知制暖功率 $ P = 2\ \mathrm{kW} = 2000\ \mathrm{W} $，由 $ P = \frac{W}{t} $ 得 $ t = \frac{W}{P} = \frac{1.053 × 10^6\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{W}} = 526.5\ \mathrm{s} \approx 8.775\ \mathrm{min} $，与选项B接近。
【答案】B
【知识点】热量计算、电功率计算、密度公式应用
【点评】本题是结合生活实际的估算题，核心是合理估算卧室空气体积，再运用相关公式计算，考查学生的知识应用能力，难度适中。
【难度系数】0.7
【解析】
1. 估算普通卧室空气体积：普通卧室长约6m、宽约3m、高约3m，体积 $ V = 6\ \mathrm{m} × 3\ \mathrm{m} × 3\ \mathrm{m} = 54\ \mathrm{m^3} $。
2. 计算空气质量：由密度公式 $ m = \rho V $，代入数据得 $ m = 1.3\ \mathrm{kg/m^3} × 54\ \mathrm{m^3} = 70.2\ \mathrm{kg} $。
3. 计算空气吸收的热量：温度变化 $ \Delta t = 20°\mathrm{C} - 5°\mathrm{C} = 15°\mathrm{C} $，根据热量公式 $ Q = cm\Delta t $，代入得 $ Q = 1.0 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})} × 70.2\ \mathrm{kg} × 15°\mathrm{C} = 1.053 × 10^6\ \mathrm{J} $。
4. 计算加热时间：不计热量损失，暖风器消耗的电能 $ W = Q = 1.053 × 10^6\ \mathrm{J} $，已知制暖功率 $ P = 2\ \mathrm{kW} = 2000\ \mathrm{W} $，由 $ P = \frac{W}{t} $ 得 $ t = \frac{W}{P} = \frac{1.053 × 10^6\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{W}} = 526.5\ \mathrm{s} \approx 8.775\ \mathrm{min} $，与选项B接近。
【答案】B
【知识点】热量计算、电功率计算、密度公式应用
【点评】本题是结合生活实际的估算题，核心是合理估算卧室空气体积，再运用相关公式计算，考查学生的知识应用能力，难度适中。
【难度系数】0.7
4. (2025·聊城临清三模)科技活动小组的同学设计了一个苹果质量筛选系统,如图甲所示,检测电路如图乙所示,电源电压恒为12 V, $R_0$为10 Ω的定值电阻,R为压敏电阻,其阻值随压力的变化关系如图丙所示。闭合开关,当苹果经过检测台时,R受到的压力恰好等于苹果重力的一半,此时若$R_0$两端的电压$U_{AB}＞2$ V,说明苹果质量达标,否则苹果将被推出传送带。g取10 N/kg,下列说法正确的是 (
练测考 九年级物理 全一册
A.苹果的质量越小,电路中的电流越大
B.苹果的质量越大,$R_0$的电功率越小
C.当苹果质量小于或等于50 g时,将被推出传送带
D.要提高质量筛选标准,应将$R_0$换成阻值更小的定值电阻
D
)练测考 九年级物理 全一册
A.苹果的质量越小,电路中的电流越大
B.苹果的质量越大,$R_0$的电功率越小
C.当苹果质量小于或等于50 g时,将被推出传送带
D.要提高质量筛选标准,应将$R_0$换成阻值更小的定值电阻
答案
4.D 【解析】定值电阻$R_0$与压敏电阻R串联,苹果的质量越小,苹果对压敏电阻的压力越小,由图丙可知压敏电阻阻值越大,电路总电阻越大,由欧姆定律可知电路中的电流越小,故A错误;苹果的质量越大,苹果对压敏电阻的压力越大,压敏电阻的阻值越小,电路中的电流越大,由$P=I^2R$可知$R_0$的电功率越大,故B错误;当$R_0$两端的电压$U_{AB}=2\ \mathrm{V}$时,电路中的电流$I=\frac{U_{AB}}{R_0}=\frac{2\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$,此时压敏电阻的阻值$R=\frac{U-U_{AB}}{I}=\frac{12\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=50\ \Omega$,由图丙可知此时压敏电阻受到的压力为0.75 N,因为苹果经过检测台时,R受到的压力恰好等于苹果重力的一半,即$F=\frac{1}{2}G$,此时苹果的重力$G=2F=2×0.75\ \mathrm{N}=1.5\ \mathrm{N}$,质量$m=\frac{G}{g}=\frac{1.5\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=0.15\ \mathrm{kg}=150\ \mathrm{g}$,当苹果质量小于或等于150 g时,将被推出传送带,故C错误;提高质量筛选标准,压敏电阻受到的压力变大,压敏电阻的阻值变小,电路中的电流变大,压敏电阻两端的电压不变,将$R_0$换成阻值更小的定值电阻可达到要求,故D正确。
解析
【分析】
首先明确电路为压敏电阻R与定值电阻R₀串联，电源电压恒定为12V。压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，苹果对R的压力等于苹果重力的一半（F=G/2）。解题时需结合欧姆定律、电功率公式，分析各选项中电流、电压、功率的变化，以及结合图像计算临界质量，判断选项正误。
【解析】
定值电阻R₀与压敏电阻R串联，电源电压U=12V，R₀=10Ω。
选项A：苹果质量越小，重力G越小，对R的压力F=G/2越小，由图丙知R阻值越大，电路总电阻R总=R+R₀越大，根据欧姆定律I=U/R总，电路电流越小，故A错误。
选项B：苹果质量越大，F越大，R阻值越小，电路电流I越大，R₀的电功率P₀=I²R₀，电流越大则P₀越大，故B错误。
选项C：当U_AB=2V时，电路电流I=U_AB/R₀=2V/10Ω=0.2A，总电阻R总=U/I=12V/0.2A=60Ω，此时压敏电阻阻值R=R总-R₀=60Ω-10Ω=50Ω；由图丙知，R=50Ω时，压敏电阻受到的压力F=0.75N，苹果重力G=2F=2×0.75N=1.5N，苹果质量m=G/g=1.5N/10N/kg=0.15kg=150g，即当苹果质量≤150g时，U_AB≤2V，将被推出传送带，故C错误。
选项D：提高质量筛选标准，需让更大质量的苹果才达标（即U_AB＞2V对应更大的F）。若将R₀换成阻值更小的定值电阻，当U_AB=2V时，电流I=2V/R₀'（R₀'＜10Ω），电流变大，总电阻变小，压敏电阻R=R总-R₀'更小，对应压力F更大，苹果重力G=2F更大，质量更大，符合提高筛选标准的要求，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路欧姆定律、电功率计算、压敏电阻特性
【点评】
本题结合苹果质量筛选的实际场景，考查串联电路规律、欧姆定律及电功率的应用，需结合压敏电阻的阻值-压力图像分析，逻辑清晰但需准确计算临界值，属于中等难度的电学应用题。
【难度系数】
0.5
首先明确电路为压敏电阻R与定值电阻R₀串联，电源电压恒定为12V。压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，苹果对R的压力等于苹果重力的一半（F=G/2）。解题时需结合欧姆定律、电功率公式，分析各选项中电流、电压、功率的变化，以及结合图像计算临界质量，判断选项正误。
【解析】
定值电阻R₀与压敏电阻R串联，电源电压U=12V，R₀=10Ω。
选项A：苹果质量越小，重力G越小，对R的压力F=G/2越小，由图丙知R阻值越大，电路总电阻R总=R+R₀越大，根据欧姆定律I=U/R总，电路电流越小，故A错误。
选项B：苹果质量越大，F越大，R阻值越小，电路电流I越大，R₀的电功率P₀=I²R₀，电流越大则P₀越大，故B错误。
选项C：当U_AB=2V时，电路电流I=U_AB/R₀=2V/10Ω=0.2A，总电阻R总=U/I=12V/0.2A=60Ω，此时压敏电阻阻值R=R总-R₀=60Ω-10Ω=50Ω；由图丙知，R=50Ω时，压敏电阻受到的压力F=0.75N，苹果重力G=2F=2×0.75N=1.5N，苹果质量m=G/g=1.5N/10N/kg=0.15kg=150g，即当苹果质量≤150g时，U_AB≤2V，将被推出传送带，故C错误。
选项D：提高质量筛选标准，需让更大质量的苹果才达标（即U_AB＞2V对应更大的F）。若将R₀换成阻值更小的定值电阻，当U_AB=2V时，电流I=2V/R₀'（R₀'＜10Ω），电流变大，总电阻变小，压敏电阻R=R总-R₀'更小，对应压力F更大，苹果重力G=2F更大，质量更大，符合提高筛选标准的要求，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路欧姆定律、电功率计算、压敏电阻特性
【点评】
本题结合苹果质量筛选的实际场景，考查串联电路规律、欧姆定律及电功率的应用，需结合压敏电阻的阻值-压力图像分析，逻辑清晰但需准确计算临界值，属于中等难度的电学应用题。
【难度系数】
0.5
