12 [2025济宁模拟]某智能手机的锂电池上标有“3.7 V 4 000 mA·h”字样，用20 W的充电器给手机充电，假设充电器的输入功率保持不变，充电效率为80%，则关于手机充电，以下说法正确的是（）

A.给电池充电的过程中电池相当于电源
B.它充满电后大约储存的电能为14 800 J
C.手机电池从零到充满电需要55.5 min
D.给手机充电的过程中，化学能转化为电能

12.C

【分析】
要判断各选项正误，需明确充电过程的能量转化，掌握电能、电功率的计算公式，结合单位换算分析：
1. 选项A：充电时电池消耗电能，相当于用电器，电源是放电时提供电能，故A错误；
2. 选项B：电池储存电能用$ W=UIt $计算，$ U=3.7V $，$ I=4000mA=4A $，$ t=1h=3600s $，代入得$ W=3.7V×4A×3600s=53280J≠14800J $，故B错误；
3. 选项C：充电器有效充电功率$ P=20W×80\%=16W $，电池储存电能为53280J，根据$ t=\frac{W}{P} $，充电时间$ t=\frac{53280J}{16W}=3330s=55.5min $，故C正确；
4. 选项D：充电过程是电能转化为化学能，放电时才是化学能转化为电能，故D错误。
【解析】
逐一分析各选项：
A选项：充电时电池消耗电能，属于用电器，不是电源，A错误；
B选项：电池储存电能$ W=UIt=3.7V×4A×3600s=53280J $，B错误；
C选项：充电有效功率$ P=20W×80\%=16W $，充电时间$ t=\frac{W}{P}=\frac{53280J}{16W}=3330s=55.5min $，C正确；
D选项：充电过程能量转化为电能→化学能，D错误。
【答案】
C
【知识点】
电能计算、电功率应用、能量转化
【点评】
本题考查电学中电能、电功率的计算及能量转化的判断，需准确掌握公式应用和充电过程的能量变化，计算时注意单位换算，难度适中。
【难度系数】
0.5

13 把标有“8 V 16 W”的白炽灯$\mathrm{L}_1$和“12 V 36 W”的白炽灯$\mathrm{L}_2$串联后接在电源两端，其中只有一盏灯正常发光（假设灯丝电阻不变），则下列判断正确的是（）

A.电路中电流为3 A
B.电源电压为16 V
C.能正常工作的是灯$\mathrm{L}_2$
D.灯$\mathrm{L}_2$的实际功率小于灯$\mathrm{L}_1$的实际功率

13.B

【分析】
要解决此题，需先计算两灯泡的额定电流和电阻，结合串联电路电流处处相等的特点确定电路中的最大电流，再计算电源电压，最后逐一分析选项。步骤为：1. 由公式$P=UI$计算两灯额定电流；2. 由公式$R=\frac{U^2}{P}$计算两灯电阻；3. 根据串联电路电流不超过较小额定电流，确定电路电流；4. 计算电源电压，分析各选项。
【解析】
1. 计算两灯的额定电流：
对于$\mathrm{L}_1$：$I_{1额}=\frac{P_{1额}}{U_{1额}}=\frac{16W}{8V}=2A$；
对于$\mathrm{L}_2$：$I_{2额}=\frac{P_{2额}}{U_{2额}}=\frac{36W}{12V}=3A$；
2. 计算两灯的电阻（灯丝电阻不变）：
$R_1=\frac{U_{1额}^2}{P_{1额}}=\frac{(8V)^2}{16W}=4Ω$；
$R_2=\frac{U_{2额}^2}{P_{2额}}=\frac{(12V)^2}{36W}=4Ω$；
3. 串联电路电流处处相等，为保证只有一盏灯正常发光，电路电流不能超过较小的额定电流，即$I=I_{1额}=2A$，此时$\mathrm{L}_1$正常发光，$\mathrm{L}_2$未达额定电流；
4. 计算电源电压：$U=I(R_1+R_2)=2A×(4Ω+4Ω)=16V$；
5. 分析选项：
A. 电路电流为2A，不是3A，错误；
B. 电源电压为16V，正确；
C. 正常发光的是$\mathrm{L}_1$，不是$\mathrm{L}_2$，错误；
D. 串联电流相同，$R_1=R_2$，由$P=I^2R$得两灯实际功率相等，错误。
【答案】
B
【知识点】
电功率计算、串联电路特点
【点评】
本题考查串联电路规律和电功率的综合应用，关键是确定串联时的最大电流，需熟练运用电功率公式和欧姆定律。
【难度系数】
0.5

14 [2024南通]图甲是灯泡L的I-U图像，灯泡的额定电压为2.5 V。将灯泡L接入图乙电路，已知电阻$R_0$的阻值为$5\Omega$，电流表量程为0~0.6 A，电源电压可调。在电路安全工作的前提下，下列判断正确的是（提示：可在图甲中作出电阻$R_0$的I-U图像）（）


A.两条支路中的电流不可能相同
B.灯泡实际功率总比电阻功率大
C.电路总功率最大可达到1.5 W
D.电源可调的最大电压为1.8 V

14.D

【分析】
本题为并联电路结合I-U图像的分析题。图乙中电阻$R_0$与灯泡L并联，电源电压等于两者两端电压，电流表测干路电流，干路电流$I=I_0+I_L$，其中$I_0=\frac{U}{R_0}=\frac{U}{5\Omega}$。需结合图甲的I-U图像，分析各选项时需注意电流表量程（0~0.6A）和灯泡额定电压（2.5V）的限制。
【解析】
1. 确定$R_0$的I-U关系：$R_0=5\Omega$，故$I_0=\frac{U}{5}$，为过原点的直线，如$U=1V$时$I_0=0.2A$，$U=1.5V$时$I_0=0.3A$。
2. 选项A：若两支路电流相等，即$I_0=I_L$，代入得$\frac{U}{5}=I_L$。在图甲中，当$U=1V$时，$I_0=0.2A$，此时灯泡L在$U=1V$时的电流约为0.2A，故两支路电流可能相等，A错误。
3. 选项B：功率$P=UI$，灯泡功率$P_L=U· I_L$，电阻功率$P_0=U· I_0=U·\frac{U}{5}$。当$U=2V$时，$I_0=0.4A$，$I_L\approx0.25A$，此时$P_L=2×0.25=0.5W$，$P_0=2×0.4=0.8W$，$P_L＜P_0$，故灯泡实际功率不一定总比电阻大，B错误。
4. 选项C：干路电流最大为0.6A，总功率$P=UI$。当$U=1.8V$时，$I_0=\frac{1.8}{5}=0.36A$，$I_L\approx0.25A$，总电流$I=0.36+0.25=0.61A$（略超量程）；若取$I=0.6A$，对应$U$约1.7V，总功率$P=1.7×0.6\approx1.02W＜1.5W$，故C错误。
5. 选项D：电源最大电压需满足干路电流不超0.6A。当$U=1.8V$时，总电流接近0.6A，若$U$超过1.8V，总电流将超电流表量程，且灯泡额定电压2.5V时总电流更大，故电源最大可调电压为1.8V，D正确。
【答案】
D
【知识点】
并联电路特点、I-U图像应用、电功率计算
【点评】
本题结合并联电路规律与I-U图像，需准确读取图像数据，同时注意电流表量程和灯泡额定电压的限制，关键是利用并联电路电压相等的特点分析电流关系，判断选项时需兼顾多个限制条件。
【难度系数】
0.5

15 小明观察到家里的电能表如图所示。他只将一个电热水器接入家庭电路正常工作，观察到电能表指示灯闪烁80次用时48 s，则这段时间内，电热水器消耗的电能为J，电热水器电阻丝的阻值为Ω；该电热水器连续工作30 min，电能表示数将变为kW·h。

15. $9.6×10^4$ 24.2 5 219.1

【分析】
要解决本题，需先明确电能表参数“3000 imp/(kW·h)”的含义：每消耗1kW·h的电能，电能表指示灯闪烁3000次。解题分三步：1. 根据闪烁次数计算电热水器消耗的电能；2. 利用电能和时间算功率，结合家庭电路电压求电阻；3. 计算30分钟消耗的电能，加原电能表示数得新示数。
【解析】
1. 计算电热水器消耗的电能：
已知电能表参数为3000 imp/(kW·h)，指示灯闪烁80次，消耗的电能：
$ W = \frac{80}{3000} \, \mathrm{kW·h} = \frac{80}{3000} × 3.6 × 10^6 \, \mathrm{J} = 9.6 × 10^4 \, \mathrm{J} $
2. 计算电热水器的电阻：
电热水器正常工作，时间$ t = 48 \, \mathrm{s} $，功率：
$ P = \frac{W}{t} = \frac{9.6 × 10^4 \, \mathrm{J}}{48 \, \mathrm{s}} = 2000 \, \mathrm{W} $
家庭电路电压$ U = 220 \, \mathrm{V} $，由$ P = \frac{U^2}{R} $得电阻：
$ R = \frac{U^2}{P} = \frac{(220 \, \mathrm{V})^2}{2000 \, \mathrm{W}} = 24.2 \, \Omega $
3. 计算30分钟后电能表示数：
工作时间$ t' = 30 \, \mathrm{min} = 0.5 \, \mathrm{h} $，消耗的电能：
$ W' = P t' = 2 \, \mathrm{kW} × 0.5 \, \mathrm{h} = 1 \, \mathrm{kW·h} $
原电能表示数为5218.1 kW·h，新示数：
$ 5218.1 \, \mathrm{kW·h} + 1 \, \mathrm{kW·h} = 5219.1 \, \mathrm{kW·h} $
【答案】
$ 9.6×10^4 $；24.2；5219.1
【知识点】
电能表参数应用、电功率计算、欧姆定律应用
【点评】
本题考查电能表相关的电能、电功率、电阻计算，需准确理解电能表参数的物理意义，步骤清晰即可求解，属于电学基础题。
【难度系数】
0.6

16 如图甲所示电路中，R为定值电阻，$R_1$为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器滑片从一处移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图像。滑片从最右端向左滑动的过程中，电压表示数（选填“变大”“变小”或“不变”），整个电路电功率变化了W。

16. 变大 2.4

【分析】
本题电路为定值电阻R与滑动变阻器R₁串联，电压表测R₁两端电压，电流表测电路电流。需结合图乙中滑动变阻器的功率与电阻的关系，利用电功率公式联立求出电源电压和定值电阻R的阻值，再分析滑片移动时电压表示数的变化，最后计算电路总功率的变化量。
【解析】
1. 求电源电压U和定值电阻R：
串联电路中，电路电流 $ I = \frac{U}{R+R_1} $，滑动变阻器的电功率 $ P = I^2 R_1 = \frac{U^2 R_1}{(R+R_1)^2} $。
由图乙可知，当 $ R_1=10\Omega $ 时，$ P=0.9W $；当 $ R_1=20\Omega $ 时，$ P=0.8W $，代入公式得：
$ 0.9 = \frac{U^2 × 10}{(R+10)^2} \quad ① $
$ 0.8 = \frac{U^2 × 20}{(R+20)^2} \quad ② $
将①÷②化简得 $ R^2 +4R -140=0 $，解得 $ R=10\Omega $（舍去负解）。将 $ R=10\Omega $ 代入①，解得 $ U=6V $。
2. 电压表示数变化：
滑片从最右端向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据串联分压规律，电阻越大分压越大，因此电压表示数变大。
3. 总功率变化：
滑片在最右端时，$ R_1=20\Omega $，电路电流 $ I_1=\frac{U}{R+R_1}=\frac{6V}{10\Omega+20\Omega}=0.2A $，总功率 $ P_{总1}=U I_1=6V × 0.2A=1.2W $；
滑片在最左端时，$ R_1=0\Omega $，电路电流 $ I_2=\frac{U}{R}=\frac{6V}{10\Omega}=0.6A $，总功率 $ P_{总2}=U I_2=6V × 0.6A=3.6W $；
总功率变化量 $ \Delta P=P_{总2}-P_{总1}=3.6W-1.2W=2.4W $。
【答案】
变大；2.4
【知识点】
串联电路电功率、欧姆定律
【点评】
本题结合图像考查串联电路规律和电功率计算，关键是利用功率公式联立求出电源电压和定值电阻阻值，需注意滑片移动对电路的影响，难度适中。
【难度系数】
0.5

17 小京用如图所示的电路探究“电流通过导体产生的热量与导体的电阻是否有关”，其中两个烧瓶完全相同，瓶内装有质量和初温均相同的煤油、相同的温度计A和B、阻值不等的电阻丝$R_1$和$R_2$。

（1）该实验采用串联电路可以控制
相同和相同。
（2）闭合开关一段时间，两支温度计示数的变化量不相等，实验结论是
。

17. （1）电流 通电时间
（2）电流通过导体产生的热量与导体的电阻有关

【分析】
要探究电流通过导体产生的热量与导体电阻的关系，需运用控制变量法。根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，电流产生的热量与电流、电阻、通电时间三个因素有关，因此探究热量与电阻的关系时，需控制电流和通电时间相同。串联电路的特点是电流处处相等，且电路接通时间由开关统一控制，所以该实验采用串联电路可满足控制电流和通电时间相同的要求。当电阻不同时，温度计示数变化不同，说明产生的热量不同，由此可得出热量与电阻的关系。
【解析】
（1）探究电流产生热量与电阻的关系时，根据控制变量法，需控制电流和通电时间相同。串联电路中各处电流相等，且两个电阻丝的通电时间由开关统一控制，因此该实验采用串联电路可以控制电流相同和通电时间相同。
（2）闭合开关一段时间后，两支温度计示数变化量不相等，说明两个电阻丝产生的热量不同；实验中电流和通电时间相同，仅电阻不同，因此可得出结论：电流通过导体产生的热量与导体的电阻有关。
【答案】
（1）电流；通电时间 （2）电流通过导体产生的热量与导体的电阻有关
【知识点】
焦耳定律；控制变量法；电流的热效应
【点评】
本题是探究电流产生热量与电阻关系的基础实验题，核心考查控制变量法的应用，通过串联电路保证电流和通电时间相同，利用温度计示数变化反映热量多少，是焦耳定律实验的典型题型，注重对实验方法和结论的理解。
【难度系数】
0.7