1[2025天津中考,中]如图所示的电路,电源电压恒为3 V,a、b是粗细均匀电阻丝的两端点,c是电阻丝的中点。只闭合开关S₁,电流表示数为1 A,该电路通电1 min消耗的电能为J;闭合开关S₁和S₂,电流表示数为A。

由图可知,只闭合开关S₁,只有电阻丝ac段接入电路,电流表测量电路中的电流,该电路1 min消耗的电能W=UI_ac t=3 V×1 A×1×60 s=180 J;闭合开关S₁和S₂,电阻丝ac段和bc段并联接入电路,根据并联电路的特点可知,ac段电阻丝和bc段电阻丝两端的电压相等,由于ac段电阻丝和bc段电阻丝的材料、长度、横截面积相等,阻值相等,根据欧姆定律可知,通过ac段电阻丝和bc段电阻丝的电流相等,所以干路的总电流I总=I_ac+I_bc=1 A+1 A=2 A,即电流表的示数为2 A。

2[2025山东中考]某商家销售的移动电源相当于大型“充电宝”，其铭牌如图所示。顾客咨询：“该移动电源可以供2.5 kW的用电器正常工作吗？”客服回复：“没问题，这是3 kW·h的，3 kW的用电器都可以正常使用。”该客服（）

A.说法正确
B.混淆了电功率和电能
C.混淆了电功率和电流
D.混淆了电功率和电压

（第2题图）
（第3题图）

电功率和电能是两个不同的物理量,电功率是表示电流做功快慢的物理量,电能表示电流可以做功的多少。客服回复中提到的“kW·h”是电能的单位,而“3 kW 的用电器”中的“kW”是电功率的单位。客服将电能与电功率混淆,认为3 kW·h的移动电源一定支持3 kW 的用电器。故A、C、D不符合题意,B符合题意。故选B。

3[2025四川南充中考,中]如图所示,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$R_2$的阻值为 $\Omega$;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 $\mathrm{W}$。

如图所示,当a处接电流表,b处接电压表,闭合开关S,电阻$R_2$和$R_3$并联,电路总功率$P_1=UI_1$,当a、b两电表互换位置后,再闭合开关S,电路中只有$R_1$工作,可得$I_2=\frac{U}{R_1}=\frac{6\ \mathrm{V}}{20\ \Omega}=0.3\ \mathrm{A}$,电源电压不变,根据电路的总功率$P=UI$知,电功率之比等于电流之比,故$I_1:I_2=P_1:P_2=4:3$,可得:$I_1=\frac{4}{3}I_2=\frac{4}{3}×0.3\ \mathrm{A}=0.4\ \mathrm{A}$;根据$I_1=\frac{U}{R_2}+\frac{U}{R_3}$,$R_2:R_3=1:3$,可得:$0.4\ \mathrm{A}=\frac{6\ \mathrm{V}}{R_2}+\frac{6\ \mathrm{V}}{3R_2}$,解得:$R_2=20\ \Omega$。若现将电源与b处电流表位置互换,其他均不变,闭合开关,则电阻$R_1$、$R_2$和$R_3$并联,电路总功率$P=\frac{U^2}{R_1}+\frac{U^2}{R_3}+\frac{U^2}{R_2}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{3×20\ \Omega}+\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{20\ \Omega}=4.2\ \mathrm{W}$。

4[2025江西中考,中]如图1所示,是某同学“测量小灯泡的电功率”的实物电路。已知电源电压恒为3 V,小灯泡标有“2.5 V”字样,假设小灯泡的电阻不随温度的变化而变化。闭合开关,移动滑动变阻器滑片至某一位置时,电压表和电流表示数分别如图2甲、乙所示。
(1)请写出电压表、电流表的读数；
(2)求此时小灯泡的实际功率；
(3)求小灯泡的额定功率。

思路分析
(1)根据电压表和电流表测量范围与图示表盘确定两电表的分度值,然后根据指针位置读出两电表的示数。
(2)知道灯泡的实际电压、电流,根据$P=UI$求出此时灯泡的实际功率。
(3)根据欧姆定律可求得小灯泡的电阻,知道小灯泡的额定电压,根据$P=\frac{U^2}{R}$可得小灯泡的额定功率。
(1)闭合开关,小灯泡与滑动变阻器串联,电流表测量电路中的电流,电压表测量小灯泡两端的电压,图2甲中电压表的测量范围为0~3 V,分度值为0.1 V,读数为2 V,图2乙中电流表的测量范围为0~0.6 A,分度值为0.02 A,读数为0.2 A。
(2)此时小灯泡的实际功率:$P_实=UI=2\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.4\ \mathrm{W}$。
(3)根据欧姆定律可知,小灯泡的电阻:$R=\frac{U}{I}=\frac{2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,因为假设小灯泡的电阻不随温度的变化而变化,所以小灯泡正常发光时的电阻也为10 Ω,即小灯泡的额定功率:$P_额=U_额I_额=\frac{U_额^2}{R}=\frac{(2.5\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}=0.625\ \mathrm{W}$。

5[2025河南中考,中]某电热水壶的额定电压为220 V,额定功率为1 100 W,将它接入家庭电路中正常工作。在标准大气压下,将壶内质量为1 kg、初温为23 ℃的水烧开,不计热量损失,至少需要的时间为s,此过程中通过电热水壶的电流为A。[已知$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$]

标准大气压下水的沸点是100 ℃,水吸收的热量$Q_吸=c_水 m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-23\ ℃)=3.234×10^5\ \mathrm{J}$,不计热量损失,消耗的电能$W=Q_吸=3.234×10^5\ \mathrm{J}$,由$P=\frac{W}{t}$可知,至少需要的时间$t'=\frac{W}{P}=\frac{3.234×10^5\ \mathrm{J}}{1\ 100\ \mathrm{W}}=294\ \mathrm{s}$;由$P=UI$可知,将该电热水壶接入220 V的家庭电路中正常工作时,通过电热水壶的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{1\ 100\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=5\ \mathrm{A}$。

6[2025广东中考,中]如图所示实验,实验前已调好器材,实验过程中通过电阻$R_1$、$R_2$的电流（填“相等”或“不相等”）；观察U形管内液面高度差可知（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。

探究影响电流产生热量多少的因素的实验中的物理方法:
(1)转换法——将电流产生热量的多少转换为U形管两侧液面的高度差,高度差越大,说明产生的热量越多。
(2)控制变量法——将两个不同的电阻串联,控制电流和通电时间相等,探究电流产生的热量多少与电阻大小的关系。
由图可知,电阻$R_1$、$R_2$串联,通过电阻$R_1$、$R_2$的电流相等,右侧U形管内液面高度差较大,说明$R_2$产生的热量较多。要使液面高度差变化更快,可以增大电路中的电流,应减小滑动变阻器接入电路中的电阻,即应将滑动变阻器的滑片P向右滑动。