登录
5. ★★★ [2025·潍坊] 随着生活水平提高，人们对饮用水的温度需求不断提升。如图所示的是物理兴趣小组设计的一款四挡位即热式热水器的简化电路图，电源电压$ U=220\ \mathrm{V} $，$ R、R_1、R_2 $是用于加热的电热丝，$ R_1=22\ \Omega $，$ R_2=55\ \Omega $。在热水器容器中倒入常温饮用水后，通过开关$ S、S_1、S_2 $可控制相关电热丝工作，实现四个不同加热挡位的切换，加热挡位和对应的功率如表所示，加热挡位1、2、3、4的功率依次增大，热水器的出水温度依次升高。已知只闭合开关$ S $时，热水器处于加热挡位1的工作状态；开关$ S、S_1、S_2 $全部闭合时，热水器处于加热挡位4的工作状态。水的比热容$ c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} $，水的密度$ \rho_{\mathrm{水}}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 $。
(1)求电热丝$ R $的阻值。
(2)求挡位2的加热功率$ P_2 $。
(3)已知热水器处于挡位3的工作状态时，出水温度为$ 80\ ℃ $，若水的初温为$ 25\ ℃ $，出水$ 0.88\ \mathrm{L} $用时$ 105\ \mathrm{s} $，求挡位3工作的效率$ \eta $。
(4)若某款家用插排允许通过的最大电流为$ 16\ \mathrm{A} $，分析说明此热水器能不能接入该插排实现挡位4的正常工作。
(1)求电热丝$ R $的阻值。
(2)求挡位2的加热功率$ P_2 $。
(3)已知热水器处于挡位3的工作状态时，出水温度为$ 80\ ℃ $，若水的初温为$ 25\ ℃ $，出水$ 0.88\ \mathrm{L} $用时$ 105\ \mathrm{s} $，求挡位3工作的效率$ \eta $。
(4)若某款家用插排允许通过的最大电流为$ 16\ \mathrm{A} $，分析说明此热水器能不能接入该插排实现挡位4的正常工作。
答案
5.【解】(1)只闭合开关S，热水器处于挡位1的工作状态，此时只有电热丝$ R $工作，根据 $P=\frac{U^2}{R}$ 知，电阻 $R=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \mathrm{W}}=220\ \Omega$。
(2)当闭合开关S和$ S_2 $时，电热丝$ R $和$ R_2 $并联，此时热水器处于挡位2的工作状态，电热丝$ R_2 $ 的功率 $P_{R_2}=\frac{U^2}{R_2}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{55\ \Omega}=880\ \mathrm{W}$；挡位2 的加热功率 $P_2=P_1+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=1\ 100\ \mathrm{W}$。
(3)当闭合开关S和$ S_1 $时，电热丝$ R $和$ R_1 $并联，此时热水器处于挡位3的工作状态，电热丝$ R_1 $ 的功率 $P_{R_1}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{22\ \Omega}=2\ 200\ \mathrm{W}$；挡位3 的加热功率 $P_3=P_1+P_{R_1}=220\ \mathrm{W}+2\ 200\ \mathrm{W}=2\ 420\ \mathrm{W}$；用时 105 s 消耗的电能 $W=P_3 t=2\ 420\ \mathrm{W}×105\ \mathrm{s}=2.541×10^5\ \mathrm{J}$；0.88 L 水的体积$V=0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，水的质量 $m=\rho_水 V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=0.88\ \mathrm{kg}$；水吸收的热量 $Q_吸=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.88\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-25\ ℃)=2.032\ 8×10^5\ \mathrm{J}$；挡位3工作的效率 $\eta=\frac{Q_吸}{W}=\frac{2.032\ 8×10^5\ \mathrm{J}}{2.541×10^5\ \mathrm{J}}=80\%$。
(4)开关S、$S_1$、$S_2$ 闭合时，挡位4工作，电热丝$ R、R_1 $ 和 $R_2$ 并联，挡位4 的加热功率 $P_4=P_1+P_{R_1}+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+2\ 200\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=3\ 300\ \mathrm{W}$；挡位4 工作时的电流 $I=\frac{P_4}{U}=\frac{3\ 300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A}$；未超过该插排的最大电流 16 A，故能实现挡位4 的正常工作。
(2)当闭合开关S和$ S_2 $时，电热丝$ R $和$ R_2 $并联，此时热水器处于挡位2的工作状态，电热丝$ R_2 $ 的功率 $P_{R_2}=\frac{U^2}{R_2}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{55\ \Omega}=880\ \mathrm{W}$；挡位2 的加热功率 $P_2=P_1+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=1\ 100\ \mathrm{W}$。
(3)当闭合开关S和$ S_1 $时，电热丝$ R $和$ R_1 $并联，此时热水器处于挡位3的工作状态，电热丝$ R_1 $ 的功率 $P_{R_1}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{22\ \Omega}=2\ 200\ \mathrm{W}$；挡位3 的加热功率 $P_3=P_1+P_{R_1}=220\ \mathrm{W}+2\ 200\ \mathrm{W}=2\ 420\ \mathrm{W}$；用时 105 s 消耗的电能 $W=P_3 t=2\ 420\ \mathrm{W}×105\ \mathrm{s}=2.541×10^5\ \mathrm{J}$；0.88 L 水的体积$V=0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，水的质量 $m=\rho_水 V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=0.88\ \mathrm{kg}$；水吸收的热量 $Q_吸=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.88\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-25\ ℃)=2.032\ 8×10^5\ \mathrm{J}$；挡位3工作的效率 $\eta=\frac{Q_吸}{W}=\frac{2.032\ 8×10^5\ \mathrm{J}}{2.541×10^5\ \mathrm{J}}=80\%$。
(4)开关S、$S_1$、$S_2$ 闭合时，挡位4工作，电热丝$ R、R_1 $ 和 $R_2$ 并联，挡位4 的加热功率 $P_4=P_1+P_{R_1}+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+2\ 200\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=3\ 300\ \mathrm{W}$；挡位4 工作时的电流 $I=\frac{P_4}{U}=\frac{3\ 300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A}$；未超过该插排的最大电流 16 A，故能实现挡位4 的正常工作。
解析
【分析】
要解决本题，需先明确不同开关组合对应的电阻工作状态，利用并联电路电压相等的特点，结合电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$（并联电路总功率等于各支路功率之和）、热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$、效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$逐步计算：
1. 挡位1仅R工作，已知挡位1功率，用$R=\frac{U^2}{P_1}$求R的阻值；
2. 挡位2是R与R₂并联，总功率为R和R₂的功率之和，先算R₂的功率，再求总功率；
3. 挡位3是R与R₁并联，先算总功率，再计算消耗的电能W，接着算水的质量、吸收的热量，最后求效率；
4. 挡位4是三个电阻并联，先算总功率，再求工作电流，与插排最大电流比较判断是否可用。
【解析】
(1) 只闭合开关S时，只有电热丝R工作，处于挡位1，根据$P=\frac{U^2}{R}$得：
$R=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \mathrm{W}}=220\ \Omega$。
(2) 闭合S和S₂时，R与R₂并联，处于挡位2，R₂的功率：
$P_{R_2}=\frac{U^2}{R_2}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{55\ \Omega}=880\ \mathrm{W}$，
挡位2的加热功率：
$P_2=P_1+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=1100\ \mathrm{W}$。
(3) 闭合S和S₁时，R与R₁并联，处于挡位3，R₁的功率：
$P_{R_1}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{22\ \Omega}=2200\ \mathrm{W}$，
挡位3的加热功率：
$P_3=P_1+P_{R_1}=220\ \mathrm{W}+2200\ \mathrm{W}=2420\ \mathrm{W}$，
105 s消耗的电能：
$W=P_3 t=2420\ \mathrm{W}×105\ \mathrm{s}=2.541×10^5\ \mathrm{J}$，
水的体积$V=0.88\ \mathrm{L}=0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，水的质量：
$m=\rho_{水}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=0.88\ \mathrm{kg}$，
水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.88\ \mathrm{kg}×(80℃-25℃)=2.0328×10^5\ \mathrm{J}$，
挡位3的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}=\frac{2.0328×10^5\ \mathrm{J}}{2.541×10^5\ \mathrm{J}}=80\%$。
(4) S、S₁、S₂都闭合时，R、R₁、R₂并联，处于挡位4，总功率：
$P_4=P_1+P_{R_1}+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+2200\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=3300\ \mathrm{W}$，
挡位4的工作电流：
$I=\frac{P_4}{U}=\frac{3300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A}$，
因为$15\ \mathrm{A}＜16\ \mathrm{A}$，所以能实现挡位4的正常工作。
【答案】
(1) $220\ \Omega$；(2) $1100\ \mathrm{W}$；(3) $80\%$；(4) 能。
【知识点】
电功率计算、并联电路功率规律、热量与效率计算。
【点评】
本题为电热挡位综合应用题，核心是判断各挡位对应的电阻连接方式，需熟练运用电功率、热量、效率的相关公式，考查知识的综合运用能力，属于中等难度的电学题。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先明确不同开关组合对应的电阻工作状态，利用并联电路电压相等的特点，结合电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$（并联电路总功率等于各支路功率之和）、热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$、效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$逐步计算：
1. 挡位1仅R工作，已知挡位1功率，用$R=\frac{U^2}{P_1}$求R的阻值；
2. 挡位2是R与R₂并联，总功率为R和R₂的功率之和，先算R₂的功率，再求总功率；
3. 挡位3是R与R₁并联，先算总功率，再计算消耗的电能W，接着算水的质量、吸收的热量，最后求效率；
4. 挡位4是三个电阻并联，先算总功率，再求工作电流，与插排最大电流比较判断是否可用。
【解析】
(1) 只闭合开关S时，只有电热丝R工作，处于挡位1，根据$P=\frac{U^2}{R}$得：
$R=\frac{U^2}{P_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \mathrm{W}}=220\ \Omega$。
(2) 闭合S和S₂时，R与R₂并联，处于挡位2，R₂的功率：
$P_{R_2}=\frac{U^2}{R_2}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{55\ \Omega}=880\ \mathrm{W}$，
挡位2的加热功率：
$P_2=P_1+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=1100\ \mathrm{W}$。
(3) 闭合S和S₁时，R与R₁并联，处于挡位3，R₁的功率：
$P_{R_1}=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{22\ \Omega}=2200\ \mathrm{W}$，
挡位3的加热功率：
$P_3=P_1+P_{R_1}=220\ \mathrm{W}+2200\ \mathrm{W}=2420\ \mathrm{W}$，
105 s消耗的电能：
$W=P_3 t=2420\ \mathrm{W}×105\ \mathrm{s}=2.541×10^5\ \mathrm{J}$，
水的体积$V=0.88\ \mathrm{L}=0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，水的质量：
$m=\rho_{水}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.88×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=0.88\ \mathrm{kg}$，
水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.88\ \mathrm{kg}×(80℃-25℃)=2.0328×10^5\ \mathrm{J}$，
挡位3的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}=\frac{2.0328×10^5\ \mathrm{J}}{2.541×10^5\ \mathrm{J}}=80\%$。
(4) S、S₁、S₂都闭合时，R、R₁、R₂并联，处于挡位4，总功率：
$P_4=P_1+P_{R_1}+P_{R_2}=220\ \mathrm{W}+2200\ \mathrm{W}+880\ \mathrm{W}=3300\ \mathrm{W}$，
挡位4的工作电流：
$I=\frac{P_4}{U}=\frac{3300\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=15\ \mathrm{A}$，
因为$15\ \mathrm{A}＜16\ \mathrm{A}$，所以能实现挡位4的正常工作。
【答案】
(1) $220\ \Omega$；(2) $1100\ \mathrm{W}$；(3) $80\%$；(4) 能。
【知识点】
电功率计算、并联电路功率规律、热量与效率计算。
【点评】
本题为电热挡位综合应用题，核心是判断各挡位对应的电阻连接方式，需熟练运用电功率、热量、效率的相关公式，考查知识的综合运用能力，属于中等难度的电学题。
【难度系数】
0.6
6. [2025·山西] 为探索生命历程，生物小组的同学们要制作如图甲所示的孵化箱，观察鸡蛋孵化的过程，需要设计具有加热和保温两种功能的电路。小组同学们收集了电压为12 V的蓄电池、两个开关S₁和S₂、两个阻值均为8 Ω的电阻丝R₁和R₂、导线若干。
(1)请你帮助他们设计电路，并画在图乙虚线框内。
(2)求该孵化箱处于保温挡工作时，电路中的电流。
(3)求该孵化箱处于加热挡时，工作1 min消耗的电能。
(1)请你帮助他们设计电路，并画在图乙虚线框内。
(2)求该孵化箱处于保温挡工作时，电路中的电流。
(3)求该孵化箱处于加热挡时，工作1 min消耗的电能。
答案
6.【解】方法一：
(1)如图甲所示
。(2)当开关$ S_1 $闭合、$ S_2 $断开时，$ R_1 $ 和 $ R_2 $ 串联，电路中电阻最大，根据 $P=\frac{U^2}{R}$ 可知，孵化箱处于保温挡，电路中的电流 $I=\frac{U}{R}=\frac{U}{R_1+R_2}=\frac{12\ \mathrm{V}}{8\ \Omega+8\ \Omega}=0.75\ \mathrm{A}$。
(3)当开关$ S_1 $ 和 $ S_2 $ 均闭合时，电路中只有 $ R_1 $ 工作，电路中电阻最小，根据 $P=\frac{U^2}{R}$ 可知，该孵化箱处于加热挡，工作 1 min 消耗的电能 $W=\frac{U^2}{R_1}t=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}×1×60\ \mathrm{s}=1\ 080\ \mathrm{J}$。
方法二：
(1)如图乙所示
。(2)当开关$ S_1 $闭合，$ S_2 $ 断开时，电路中只有 $ R_2 $ 工作，电路中电阻最大，根据 $P=\frac{U^2}{R}$ 可知，孵化箱处于保温挡，电路中的电流 $I=\frac{U}{R_2}=\frac{12\ \mathrm{V}}{8\ \Omega}=1.5\ \mathrm{A}$。
(3)当开关$ S_1 $ 和 $ S_2 $ 均闭合时，$ R_1 $ 和 $ R_2 $ 并联，电路中电阻最小，根据 $P=\frac{U^2}{R}$ 可知，该孵化箱处于加热挡，工作 1 min 消耗的电能 $W=\frac{U^2}{R_1}t+\frac{U^2}{R_2}t=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}×1×60\ \mathrm{s}+\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}×1×60\ \mathrm{s}=2\ 160\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
要解决该问题，需明确加热和保温挡位的核心是功率大小：根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U$不变时，电路总电阻越大，功率越小，对应保温挡；总电阻越小，功率越大，对应加热挡。解题思路为：①设计电路，通过开关控制电阻的接入状态，实现总电阻的变化；②根据保温挡的电路状态，利用欧姆定律计算电流；③根据加热挡的电路状态，利用电功公式计算消耗的电能。
【解析】
(1) 电路设计：根据功率与电阻的关系，设计电路如图乙所示：$R_2$直接接入电路，$R_1$与开关$S_2$串联后与$R_2$并联。
(2) 保温挡电流：当$S_1$闭合、$S_2$断开时，只有$R_2$接入电路，为保温挡。已知$U=12\ \mathrm{V}$，$R_2=8\ \Omega$，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，得电路电流：
$I=\frac{U}{R_2}=\frac{12\ \mathrm{V}}{8\ \Omega}=1.5\ \mathrm{A}$。
(3) 加热挡电能：当$S_1$、$S_2$均闭合时，$R_1$与$R_2$并联，为加热挡。并联电路中各支路电压等于电源电压，总功率为两个电阻的功率之和：
$P_{\mathrm{总}}=\frac{U^2}{R_1}+\frac{U^2}{R_2}=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}+\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}=18\ \mathrm{W}+18\ \mathrm{W}=36\ \mathrm{W}$。
工作时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据$W=Pt$，消耗的电能：
$W=P_{\mathrm{总}}t=36\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=2160\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) 如图乙所示；(2) $1.5\ \mathrm{A}$；(3) $2160\ \mathrm{J}$
【知识点】
电功率、电功、并联电路
【点评】
本题结合孵化箱的实际需求，考查电学中挡位电路的设计与计算，需熟练运用电功率、欧姆定律和电功公式，理解电阻对功率的影响，是电学知识在生活中的典型应用。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，需明确加热和保温挡位的核心是功率大小：根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U$不变时，电路总电阻越大，功率越小，对应保温挡；总电阻越小，功率越大，对应加热挡。解题思路为：①设计电路，通过开关控制电阻的接入状态，实现总电阻的变化；②根据保温挡的电路状态，利用欧姆定律计算电流；③根据加热挡的电路状态，利用电功公式计算消耗的电能。
【解析】
(1) 电路设计：根据功率与电阻的关系，设计电路如图乙所示：$R_2$直接接入电路，$R_1$与开关$S_2$串联后与$R_2$并联。
(2) 保温挡电流：当$S_1$闭合、$S_2$断开时，只有$R_2$接入电路，为保温挡。已知$U=12\ \mathrm{V}$，$R_2=8\ \Omega$，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，得电路电流：
$I=\frac{U}{R_2}=\frac{12\ \mathrm{V}}{8\ \Omega}=1.5\ \mathrm{A}$。
(3) 加热挡电能：当$S_1$、$S_2$均闭合时，$R_1$与$R_2$并联，为加热挡。并联电路中各支路电压等于电源电压，总功率为两个电阻的功率之和：
$P_{\mathrm{总}}=\frac{U^2}{R_1}+\frac{U^2}{R_2}=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}+\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{8\ \Omega}=18\ \mathrm{W}+18\ \mathrm{W}=36\ \mathrm{W}$。
工作时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据$W=Pt$，消耗的电能：
$W=P_{\mathrm{总}}t=36\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=2160\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) 如图乙所示
；(2) $1.5\ \mathrm{A}$；(3) $2160\ \mathrm{J}$【知识点】
电功率、电功、并联电路
【点评】
本题结合孵化箱的实际需求，考查电学中挡位电路的设计与计算，需熟练运用电功率、欧姆定律和电功公式，理解电阻对功率的影响，是电学知识在生活中的典型应用。
【难度系数】
0.6
7. 小德想设计一款有两个挡位的加热器模型，且每个挡位的功率都能实现在某个范围内可调。如图甲所示，DF是电阻均匀的电热丝，铭牌标注为“20 Ω 6 A”，P是能够在电阻丝上左右滑动且阻值不计的滑片。小德设计的电路图如图乙所示，已知电源电压为12 V，电流表的测量范围为0～3 A。在保证电流表有示数且电路安全的前提下，进行以下操作：
(1)将电热丝D、E点分别与电路中的B、C接线柱相连接时，此时为低挡位。闭合开关，滑动滑片，求电流表的示数变化范围。
(2)小德尝试让E点与C点相连接，电热丝D、F两端均与电路中B接线柱连接。闭合开关后，移动滑片P，让滑片P左右两侧电阻相等，求电热丝在10 s内产生的热量。
(3)小德希望电热丝处于高挡位时，可调的范围尽可能广。他连接好C点与E点后，反复尝试各种连接方式，最终完成设计。闭合开关，滑动滑片过程中，求电热丝处于高挡位时可调出的最大功率。
(1)将电热丝D、E点分别与电路中的B、C接线柱相连接时，此时为低挡位。闭合开关，滑动滑片，求电流表的示数变化范围。
(2)小德尝试让E点与C点相连接，电热丝D、F两端均与电路中B接线柱连接。闭合开关后，移动滑片P，让滑片P左右两侧电阻相等，求电热丝在10 s内产生的热量。
(3)小德希望电热丝处于高挡位时，可调的范围尽可能广。他连接好C点与E点后，反复尝试各种连接方式，最终完成设计。闭合开关，滑动滑片过程中，求电热丝处于高挡位时可调出的最大功率。
答案
7.【解】(1)当电热丝的电阻全部连入电路时，闭合开关，电路中电流最小，即$I_{\min}=\frac{U}{R_总}=\frac{12\ \mathrm{V}}{20\ \Omega}=0.6\ \mathrm{A}$。当接入电路的电阻变小时，电路中电流增大，电流表的测量范围为0～3 A，故电路中电流最大为 $I_{\max}=3\ \mathrm{A}$，故电流表的示数变化范围为 0.6～3 A。
(2)此时$ R_左 $ 与 $ R_右 $ 并联，且 $ R_左=R_右 $，电流表测干路中的电流，即 $I_左=I_右=\frac{U}{R_左}=\frac{12\ \mathrm{V}}{\frac{1}{2}×20\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$。
干路电流 $I_干=I_左+I_右=1.2\ \mathrm{A}+1.2\ \mathrm{A}=2.4\ \mathrm{A}$，
电热丝在 10 s 内产生的热量
$Q=UI_干 t=12\ \mathrm{V}×2.4\ \mathrm{A}×10\ \mathrm{s}=288\ \mathrm{J}$。
(3)由于电源电压不变，根据 $P=UI$ 可知，当干路电流最大时，电热丝功率最大，由于$ R_左 $ 与 $ R_右 $ 并联，可得干路电流
$I_干=I_左+I_右=\frac{U}{R_左}+\frac{U}{R_右}=\frac{U}{R_左}+\frac{U}{20\ \Omega-R_左}$。
根据数学知识可知，当$ R_左=20\ \Omega-R_左 $，即 $R_左=R_右=10\ \Omega$ 时，$I_干$ 可得最小值，当 $R_左$ 与 $R_右$ 差值最大时，根据欧姆定律，即 $I_左$ 与 $I_右$ 差值最大时，$I_干$ 可得最大值，而电热丝允许通过的最大电流为 6 A，故当一条支路电流达到 6 A 时，电热丝可得到最大功率，而电流表的最大测量值为 3 A，则电流表与另一支路串联，设计图如下
：当 $I_{右\max}=6\ \mathrm{A}$ 时，$R_右'=\frac{U}{I_{右\max}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=2\ \Omega$，
可得 $R_左'=20\ \Omega-2\ \Omega=18\ \Omega$，
故 $I_左'=\frac{U}{R_左'}=\frac{12\ \mathrm{V}}{18\ \Omega}=\frac{2}{3}\ \mathrm{A}$。
干路最大电流 $I_{干\max}=I_左'+I_{右\max}=\frac{2}{3}\ \mathrm{A}+6\ \mathrm{A}=\frac{20}{3}\ \mathrm{A}$，
电热丝处于高挡位时可调出的最大功率
$P_{总\max}=UI_{干\max}=12\ \mathrm{V}×\frac{20}{3}\ \mathrm{A}=80\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】本题围绕电阻均匀的电热丝设计的电路问题，分三个小问，需先明确每一问的电路连接方式，结合欧姆定律、电功率、焦耳定律等电学知识分析：(1)低挡位时，D接B、E接C，滑动滑片改变接入电路的电热丝电阻，电流表测总电流，需考虑电阻最大时电流最小，电阻最小时电流不超电流表量程；(2)E接C，D、F接B时，电热丝左右两部分并联，滑片使两部分电阻相等，计算并联后的总电流，再用焦耳定律算热量；(3)高挡位需功率最大，结合电热丝额定电流和电流表量程，分析电路中最大干路电流，进而求最大功率。
【解析】
(1) 电流表的示数变化范围
当接入电路的电热丝电阻最大时，电流最小，此时总电阻$R_{总}=20\ \Omega$，根据欧姆定律：
$I_{\min}=\frac{U}{R_{总}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{20\ \Omega}=0.6\ \mathrm{A}$；
当接入电阻变小时，电流增大，电流表量程为0～3 A，故电路最大电流$I_{\max}=3\ \mathrm{A}$；
因此电流表示数变化范围为$0.6\ \mathrm{A}～3\ \mathrm{A}$。
(2) 电热丝10 s内产生的热量
此时电热丝左右两部分并联，滑片使$R_{左}=R_{右}=\frac{1}{2}×20\ \Omega=10\ \Omega$，
各支路电流：$I_{左}=I_{右}=\frac{U}{R_{左}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$，
干路电流：$I_{干}=I_{左}+I_{右}=1.2\ \mathrm{A}+1.2\ \mathrm{A}=2.4\ \mathrm{A}$，
电热丝产生的热量：$Q=UI_{干}t=12\ \mathrm{V}×2.4\ \mathrm{A}×10\ \mathrm{s}=288\ \mathrm{J}$。
(3) 高挡位可调出的最大功率
高挡位时$R_{左}$与$R_{右}$并联，干路电流$I_{干}=\frac{U}{R_{左}}+\frac{U}{20\ \Omega-R_{左}}$；
要使功率最大，需干路电流最大，结合电热丝允许的最大电流6 A和电流表量程3 A，当一条支路电流达到6 A时，该支路电阻$R_{右}'=\frac{U}{I_{右\max}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=2\ \Omega$，则$R_{左}'=20\ \Omega-2\ \Omega=18\ \Omega$，
另一支路电流$I_{左}'=\frac{U}{R_{左}'}=\frac{12\ \mathrm{V}}{18\ \Omega}=\frac{2}{3}\ \mathrm{A}$，
干路最大电流$I_{干\max}=\frac{2}{3}\ \mathrm{A}+6\ \mathrm{A}=\frac{20}{3}\ \mathrm{A}$，
最大功率$P_{总\max}=UI_{干\max}=12\ \mathrm{V}×\frac{20}{3}\ \mathrm{A}=80\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) 0.6～3 A；
(2) 288 J；
(3) 80 W；
【知识点】欧姆定律、电功率、焦耳定律
【点评】本题结合电阻丝的滑动应用，综合考查电路分析、欧姆定律、电功率与焦耳定律的计算，需学生理清不同连接方式的电路结构，灵活运用电学知识，难度适中，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】0.5
【解析】
(1) 电流表的示数变化范围
当接入电路的电热丝电阻最大时，电流最小，此时总电阻$R_{总}=20\ \Omega$，根据欧姆定律：
$I_{\min}=\frac{U}{R_{总}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{20\ \Omega}=0.6\ \mathrm{A}$；
当接入电阻变小时，电流增大，电流表量程为0～3 A，故电路最大电流$I_{\max}=3\ \mathrm{A}$；
因此电流表示数变化范围为$0.6\ \mathrm{A}～3\ \mathrm{A}$。
(2) 电热丝10 s内产生的热量
此时电热丝左右两部分并联，滑片使$R_{左}=R_{右}=\frac{1}{2}×20\ \Omega=10\ \Omega$，
各支路电流：$I_{左}=I_{右}=\frac{U}{R_{左}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$，
干路电流：$I_{干}=I_{左}+I_{右}=1.2\ \mathrm{A}+1.2\ \mathrm{A}=2.4\ \mathrm{A}$，
电热丝产生的热量：$Q=UI_{干}t=12\ \mathrm{V}×2.4\ \mathrm{A}×10\ \mathrm{s}=288\ \mathrm{J}$。
(3) 高挡位可调出的最大功率
高挡位时$R_{左}$与$R_{右}$并联，干路电流$I_{干}=\frac{U}{R_{左}}+\frac{U}{20\ \Omega-R_{左}}$；
要使功率最大，需干路电流最大，结合电热丝允许的最大电流6 A和电流表量程3 A，当一条支路电流达到6 A时，该支路电阻$R_{右}'=\frac{U}{I_{右\max}}=\frac{12\ \mathrm{V}}{6\ \mathrm{A}}=2\ \Omega$，则$R_{左}'=20\ \Omega-2\ \Omega=18\ \Omega$，
另一支路电流$I_{左}'=\frac{U}{R_{左}'}=\frac{12\ \mathrm{V}}{18\ \Omega}=\frac{2}{3}\ \mathrm{A}$，
干路最大电流$I_{干\max}=\frac{2}{3}\ \mathrm{A}+6\ \mathrm{A}=\frac{20}{3}\ \mathrm{A}$，
最大功率$P_{总\max}=UI_{干\max}=12\ \mathrm{V}×\frac{20}{3}\ \mathrm{A}=80\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) 0.6～3 A；
(2) 288 J；
(3) 80 W；
【知识点】欧姆定律、电功率、焦耳定律
【点评】本题结合电阻丝的滑动应用，综合考查电路分析、欧姆定律、电功率与焦耳定律的计算，需学生理清不同连接方式的电路结构，灵活运用电学知识，难度适中，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】0.5
