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14 新情境 科技成就 如图是某公司研发的“无线快充”设备。当把手机放在底座上充电时，不到半小时就能把手机电池电量充至一半以上，极大地方便了人们的使用。该电池的部分参数如表所示。以下说法错误的是（
A.充电过程中，手机电池相当于电路中的用电器
B.充电过程中，把电能转化为化学能
C.手机内部的电阻可以由3.7 V除以4.4 A来计算
D.该手机电池充满电后能存储的电能为58 608 J
C
）A.充电过程中，手机电池相当于电路中的用电器
B.充电过程中，把电能转化为化学能
C.手机内部的电阻可以由3.7 V除以4.4 A来计算
D.该手机电池充满电后能存储的电能为58 608 J
答案
14.C
解析
【分析】
本题为电路相关的选择题，需结合电路组成、能量转化、欧姆定律适用条件、电能计算等知识点，逐个分析选项判断正误，重点区分纯电阻与非纯电阻电路的规律应用。
【解析】
选项A：充电过程中，手机电池消耗电能，相当于电路中的用电器，说法正确。
选项B：充电时，电能转化为电池内部的化学能储存，说法正确。
选项C：手机内部含非纯电阻元件（如充电电路的电磁转化部分），欧姆定律仅适用于纯电阻电路，不能用电压除以电流计算电阻，说法错误。
选项D：电池存储电能W=UIt，结合参数计算：U=3.7V、电流对应容量4.4A·h，W=3.7V×4.4A×3600s=58608J，说法正确。因此错误选项为C。
【答案】
C
【知识点】
电路的组成、能量转化、欧姆定律
【点评】
本题结合无线快充新情境，考查电路核心知识点，易错点为非纯电阻电路中欧姆定律的应用，需明确仅纯电阻可通过R=U/I计算电阻，是初中电路部分的典型易错题。
【难度系数】
0.5
本题为电路相关的选择题，需结合电路组成、能量转化、欧姆定律适用条件、电能计算等知识点，逐个分析选项判断正误，重点区分纯电阻与非纯电阻电路的规律应用。
【解析】
选项A：充电过程中，手机电池消耗电能，相当于电路中的用电器，说法正确。
选项B：充电时，电能转化为电池内部的化学能储存，说法正确。
选项C：手机内部含非纯电阻元件（如充电电路的电磁转化部分），欧姆定律仅适用于纯电阻电路，不能用电压除以电流计算电阻，说法错误。
选项D：电池存储电能W=UIt，结合参数计算：U=3.7V、电流对应容量4.4A·h，W=3.7V×4.4A×3600s=58608J，说法正确。因此错误选项为C。
【答案】
C
【知识点】
电路的组成、能量转化、欧姆定律
【点评】
本题结合无线快充新情境，考查电路核心知识点，易错点为非纯电阻电路中欧姆定律的应用，需明确仅纯电阻可通过R=U/I计算电阻，是初中电路部分的典型易错题。
【难度系数】
0.5
15 [2025 达州]小芳家有一只标有“220 V 1 000 W”字样的电热水壶。使用前，家中电能表示数如图所示；关闭其他用电器，只让电热水壶正常工作 30 min。下列说法正确的是（
A.电热水壶的电阻为 $ 484 \ \Omega $
B.电热水壶消耗的电能为 $ 3×10^4 \ \mathrm{J} $
C.此过程电能表指示灯闪烁了 3 000 次
D.30 min 后电能表表盘示数为 0 1 2 3 5 0
D
）A.电热水壶的电阻为 $ 484 \ \Omega $
B.电热水壶消耗的电能为 $ 3×10^4 \ \mathrm{J} $
C.此过程电能表指示灯闪烁了 3 000 次
D.30 min 后电能表表盘示数为 0 1 2 3 5 0
答案
15.D
解析
【分析】
本题考查电能表的应用、电功率与电功的计算，需结合电热水壶的额定参数、电能表参数，通过公式计算逐一判断各选项的正误。
【解析】
选项A：电热水壶正常工作时，由电功率公式 $ P = \frac{U^2}{R} $ 可得，其电阻 $ R = \frac{U_{额}^2}{P_{额}} = \frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}} = 48.4\ \Omega ≠ 484\ \Omega $，故A错误。
选项B：电热水壶正常工作时间 $ t = 30\ \mathrm{min} = 0.5\ \mathrm{h} $，消耗的电能 $ W = P_{额}t = 1\ \mathrm{kW} × 0.5\ \mathrm{h} = 0.5\ \mathrm{kW·h} = 1.8 × 10^6\ \mathrm{J} ≠ 3 × 10^4\ \mathrm{J} $，故B错误。
选项C：电能表参数“3000imp/(kW·h)”表示每消耗1kW·h电能，指示灯闪烁3000次。消耗0.5kW·h电能时，闪烁次数 $ n = 3000\ \mathrm{imp/(kW·h)} × 0.5\ \mathrm{kW·h} = 1500\ \mathrm{次} ≠ 3000\ \mathrm{次} $，故C错误。
选项D：初始电能表示数为1234.5kW·h，消耗0.5kW·h后，示数为 $ 1234.5\ \mathrm{kW·h} + 0.5\ \mathrm{kW·h} = 1235.0\ \mathrm{kW·h} $，对应表盘示数为0 1 2 3 5 0，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算、电能表使用、电功计算
【点评】
本题结合电能表考查电功率与电功的基础计算，需准确理解电能表参数含义，熟练运用相关公式，难度适中，适合基础巩固练习。
【难度系数】
0.6
本题考查电能表的应用、电功率与电功的计算，需结合电热水壶的额定参数、电能表参数，通过公式计算逐一判断各选项的正误。
【解析】
选项A：电热水壶正常工作时，由电功率公式 $ P = \frac{U^2}{R} $ 可得，其电阻 $ R = \frac{U_{额}^2}{P_{额}} = \frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1000\ \mathrm{W}} = 48.4\ \Omega ≠ 484\ \Omega $，故A错误。
选项B：电热水壶正常工作时间 $ t = 30\ \mathrm{min} = 0.5\ \mathrm{h} $，消耗的电能 $ W = P_{额}t = 1\ \mathrm{kW} × 0.5\ \mathrm{h} = 0.5\ \mathrm{kW·h} = 1.8 × 10^6\ \mathrm{J} ≠ 3 × 10^4\ \mathrm{J} $，故B错误。
选项C：电能表参数“3000imp/(kW·h)”表示每消耗1kW·h电能，指示灯闪烁3000次。消耗0.5kW·h电能时，闪烁次数 $ n = 3000\ \mathrm{imp/(kW·h)} × 0.5\ \mathrm{kW·h} = 1500\ \mathrm{次} ≠ 3000\ \mathrm{次} $，故C错误。
选项D：初始电能表示数为1234.5kW·h，消耗0.5kW·h后，示数为 $ 1234.5\ \mathrm{kW·h} + 0.5\ \mathrm{kW·h} = 1235.0\ \mathrm{kW·h} $，对应表盘示数为0 1 2 3 5 0，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电功率计算、电能表使用、电功计算
【点评】
本题结合电能表考查电功率与电功的基础计算，需准确理解电能表参数含义，熟练运用相关公式，难度适中，适合基础巩固练习。
【难度系数】
0.6
16 [2025深圳模拟]将额定电压为6 V的灯泡L与规格为“30 Ω 1 A”的滑动变阻器接入如图甲所示的电路，电源电压恒定不变。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片P从a端向右缓慢移动，直到小灯泡正常发光为止，图乙是电流表与电压表示数的I-U图像，则下列判断正确的是（
A.电源电压为6 V
B.当滑片P移到b端时，小灯泡正常发光
C.当电压表示数为1 V时，小灯泡的功率为1.2 W
D.当滑动变阻器的电阻为6 Ω时，小灯泡的功率为2 W
D
）A.电源电压为6 V
B.当滑片P移到b端时，小灯泡正常发光
C.当电压表示数为1 V时，小灯泡的功率为1.2 W
D.当滑动变阻器的电阻为6 Ω时，小灯泡的功率为2 W
答案
16.D 【解析】由图甲知,灯泡与滑动变阻器串联,电压表测灯泡两端电压,滑片在a端时,变阻器连入电路的阻值最大,电路总电阻最大,电流最小,由图乙知,此时灯泡两端电压$U_L=1\ \mathrm{V}$,电流为$0.2\ \mathrm{A}$,由串联电路特点和欧姆定律可得,变阻器两端电压$U_{ab}=IR_{ab}=0.2\ \mathrm{A}×30\ \Omega=6\ \mathrm{V}$,所以电源电压$U=U_L+U_{ab}=1\ \mathrm{V}+6\ \mathrm{V}=7\ \mathrm{V}$,故A错误;灯泡正常发光时两端电压为6 V,由图乙知,此时电路中电流等于灯泡的额定电流$0.6\ \mathrm{A}$,变阻器连入电路的阻值$R=\frac{U_{滑}}{I'}=\frac{7\ \mathrm{V}-6\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}\approx1.7\ \Omega$,所以滑片不在b端,故B错误;当电压表示数为1 V时,由图乙知通过小灯泡的电流为$0.2\ \mathrm{A}$,小灯泡的实际功率$P=U_L I=1\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{W}$,故C错误;由图乙知当小灯泡两端的电压为4 V,通过小灯泡的电流为0.5 A时,小灯泡的实际功率$P_L=U_L'I''=4\ \mathrm{V}×0.5\ \mathrm{A}=2\ \mathrm{W}$,此时滑动变阻器接入电路的电阻$R_{滑}'=\frac{U_{滑}'}{I''}=\frac{7\ \mathrm{V}-4\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$,故D正确。
解析
【分析】
首先明确电路为灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测电路电流。解题时，先根据滑片在a端（变阻器最大阻值30Ω）时的I-U图像，结合串联电路电压规律算出电源电压；再结合灯泡额定电压、I-U图像数据，利用欧姆定律和电功率公式逐一分析各选项，需准确读取图像信息，灵活运用电学公式。
【解析】
1. 计算电源电压：滑片在a端时，变阻器接入最大阻值30Ω，此时电流最小，由图乙知，灯泡两端电压$U_L=1\ \mathrm{V}$，电流$I=0.2\ \mathrm{A}$。串联电路电流相等，变阻器两端电压$U_{滑}=IR_{滑}=0.2\ \mathrm{A}×30\ \Omega=6\ \mathrm{V}$，电源电压$U=U_L+U_{滑}=1\ \mathrm{V}+6\ \mathrm{V}=7\ \mathrm{V}$，故A错误。
2. 分析B选项：灯泡正常发光时电压为6V，由图乙知此时电流为0.6A，变阻器两端电压$U_{滑}'=U-U_{额}=7\ \mathrm{V}-6\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，变阻器接入电阻$R_{滑}'=\frac{U_{滑}'}{I_{额}}=\frac{1\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}\approx1.7\ \Omega$；滑片在b端时变阻器接入电阻为0，灯泡电压等于电源电压7V，超过额定电压，无法正常发光，故B错误。
3. 分析C选项：电压表示数为1V时，由图乙知电流为0.2A，灯泡功率$P=U_L I=1\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{W}$，故C错误。
4. 分析D选项：当滑动变阻器电阻为6Ω时，设灯泡电压为$U_L'$，电流为$I'$，则总电压满足$U_L' + I'×6\ \Omega=7\ \mathrm{V}$。结合图乙，当$U_L'=4\ \mathrm{V}$、$I'=0.5\ \mathrm{A}$时，$4\ \mathrm{V}+0.5\ \mathrm{A}×6\ \Omega=7\ \mathrm{V}$，符合条件，此时灯泡功率$P=U_L' I'=4\ \mathrm{V}×0.5\ \mathrm{A}=2\ \mathrm{W}$，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题是电学综合题，结合串联电路规律与I-U图像，考查电路分析和公式应用，需准确读取图像数据，逻辑要求清晰，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先明确电路为灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测电路电流。解题时，先根据滑片在a端（变阻器最大阻值30Ω）时的I-U图像，结合串联电路电压规律算出电源电压；再结合灯泡额定电压、I-U图像数据，利用欧姆定律和电功率公式逐一分析各选项，需准确读取图像信息，灵活运用电学公式。
【解析】
1. 计算电源电压：滑片在a端时，变阻器接入最大阻值30Ω，此时电流最小，由图乙知，灯泡两端电压$U_L=1\ \mathrm{V}$，电流$I=0.2\ \mathrm{A}$。串联电路电流相等，变阻器两端电压$U_{滑}=IR_{滑}=0.2\ \mathrm{A}×30\ \Omega=6\ \mathrm{V}$，电源电压$U=U_L+U_{滑}=1\ \mathrm{V}+6\ \mathrm{V}=7\ \mathrm{V}$，故A错误。
2. 分析B选项：灯泡正常发光时电压为6V，由图乙知此时电流为0.6A，变阻器两端电压$U_{滑}'=U-U_{额}=7\ \mathrm{V}-6\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，变阻器接入电阻$R_{滑}'=\frac{U_{滑}'}{I_{额}}=\frac{1\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}\approx1.7\ \Omega$；滑片在b端时变阻器接入电阻为0，灯泡电压等于电源电压7V，超过额定电压，无法正常发光，故B错误。
3. 分析C选项：电压表示数为1V时，由图乙知电流为0.2A，灯泡功率$P=U_L I=1\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.2\ \mathrm{W}$，故C错误。
4. 分析D选项：当滑动变阻器电阻为6Ω时，设灯泡电压为$U_L'$，电流为$I'$，则总电压满足$U_L' + I'×6\ \Omega=7\ \mathrm{V}$。结合图乙，当$U_L'=4\ \mathrm{V}$、$I'=0.5\ \mathrm{A}$时，$4\ \mathrm{V}+0.5\ \mathrm{A}×6\ \Omega=7\ \mathrm{V}$，符合条件，此时灯泡功率$P=U_L' I'=4\ \mathrm{V}×0.5\ \mathrm{A}=2\ \mathrm{W}$，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题是电学综合题，结合串联电路规律与I-U图像，考查电路分析和公式应用，需准确读取图像数据，逻辑要求清晰，难度适中。
【难度系数】
0.5
17 用如图所示的电路测量额定电压为2.5 V的小灯泡L的额定功率,调节电阻箱R,使它接入电路的阻值为4 Ω,闭合开关S、S₁,移动滑动变阻器的滑片P,使电压表示数为2.5 V,保持滑片P的位置不变,闭合开关S₂,断开开关S₁,此时电压表示数为1.6 V,断开开关S,调节电阻箱R,使它接入电路的阻值为14 Ω,闭合开关S,此时电压表示数为2.8 V。小灯泡L的额定功率为 (
A.1.0 W
B.0.75 W
C.0.625 W
D.0.5 W
C
)A.1.0 W
B.0.75 W
C.0.625 W
D.0.5 W
答案
17.C
解析
【分析】
要计算小灯泡的额定功率，需结合串联电路特点、欧姆定律，通过三次电路操作的电压和电阻信息推导。首先明确各操作的电路结构：①闭合S、S₁时，电压表测小灯泡L两端的额定电压，滑动变阻器阻值保持不变；②保持滑片不动，闭合S₂、断开S₁时，电压表测电阻箱R（4Ω）两端电压，可求此时电路电流；③调节电阻箱为14Ω，闭合S时，电压表测电阻箱R（14Ω）两端电压，再求对应电流。通过后两次操作的电源电压相等，求出滑动变阻器阻值和电源电压，最后结合第一次操作求出小灯泡电阻，进而计算额定功率。
【解析】
设滑动变阻器接入阻值为$ R_{滑} $，电源电压为$ U $。
1. 闭合$ S $、$ S₁ $时，小灯泡额定电压$ U_{额}=2.5V $，电路电流$ I_1=\frac{U_{额}}{R_L} $，电源电压：$ U = U_{额} + I_1 R_{滑} = 2.5V + \frac{2.5V · R_{滑}}{R_L} $ ①
2. 保持滑片不动，闭合$ S₂ $、断开$ S₁ $时，电压表测$ R=4Ω $两端电压$ U_1=1.6V $，电路电流$ I_2=\frac{U_1}{R}=\frac{1.6V}{4Ω}=0.4A $，电源电压：$ U = I_2(R_{滑}+R)=0.4A × (R_{滑}+4Ω) $ ②
3. 断开$ S $，调节$ R=14Ω $，闭合$ S $时，电压表测$ R'=14Ω $两端电压$ U_2=2.8V $，电路电流$ I_3=\frac{U_2}{R'}=\frac{2.8V}{14Ω}=0.2A $，电源电压：$ U = I_3(R_{滑}+R')=0.2A × (R_{滑}+14Ω) $ ③
联立②③：$ 0.4(R_{滑}+4)=0.2(R_{滑}+14) $，解得$ R_{滑}=6Ω $，代入②得$ U=0.4A×(6Ω+4Ω)=4V $。
将$ U=4V $、$ R_{滑}=6Ω $代入①：$ 4V=2.5V + \frac{2.5V×6Ω}{R_L} $，解得$ R_L=10Ω $。
小灯泡额定功率：$ P_{额}=\frac{U_{额}^2}{R_L}=\frac{(2.5V)^2}{10Ω}=0.625W $。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题通过多次改变电路连接，利用串联电路规律和欧姆定律推导物理量，考查电路分析与公式应用能力，需理清各步骤电压表测量对象，联立方程求解，对学生逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
要计算小灯泡的额定功率，需结合串联电路特点、欧姆定律，通过三次电路操作的电压和电阻信息推导。首先明确各操作的电路结构：①闭合S、S₁时，电压表测小灯泡L两端的额定电压，滑动变阻器阻值保持不变；②保持滑片不动，闭合S₂、断开S₁时，电压表测电阻箱R（4Ω）两端电压，可求此时电路电流；③调节电阻箱为14Ω，闭合S时，电压表测电阻箱R（14Ω）两端电压，再求对应电流。通过后两次操作的电源电压相等，求出滑动变阻器阻值和电源电压，最后结合第一次操作求出小灯泡电阻，进而计算额定功率。
【解析】
设滑动变阻器接入阻值为$ R_{滑} $，电源电压为$ U $。
1. 闭合$ S $、$ S₁ $时，小灯泡额定电压$ U_{额}=2.5V $，电路电流$ I_1=\frac{U_{额}}{R_L} $，电源电压：$ U = U_{额} + I_1 R_{滑} = 2.5V + \frac{2.5V · R_{滑}}{R_L} $ ①
2. 保持滑片不动，闭合$ S₂ $、断开$ S₁ $时，电压表测$ R=4Ω $两端电压$ U_1=1.6V $，电路电流$ I_2=\frac{U_1}{R}=\frac{1.6V}{4Ω}=0.4A $，电源电压：$ U = I_2(R_{滑}+R)=0.4A × (R_{滑}+4Ω) $ ②
3. 断开$ S $，调节$ R=14Ω $，闭合$ S $时，电压表测$ R'=14Ω $两端电压$ U_2=2.8V $，电路电流$ I_3=\frac{U_2}{R'}=\frac{2.8V}{14Ω}=0.2A $，电源电压：$ U = I_3(R_{滑}+R')=0.2A × (R_{滑}+14Ω) $ ③
联立②③：$ 0.4(R_{滑}+4)=0.2(R_{滑}+14) $，解得$ R_{滑}=6Ω $，代入②得$ U=0.4A×(6Ω+4Ω)=4V $。
将$ U=4V $、$ R_{滑}=6Ω $代入①：$ 4V=2.5V + \frac{2.5V×6Ω}{R_L} $，解得$ R_L=10Ω $。
小灯泡额定功率：$ P_{额}=\frac{U_{额}^2}{R_L}=\frac{(2.5V)^2}{10Ω}=0.625W $。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题通过多次改变电路连接，利用串联电路规律和欧姆定律推导物理量，考查电路分析与公式应用能力，需理清各步骤电压表测量对象，联立方程求解，对学生逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
18 某电热水壶有两根电热丝，若把一根电热丝接入电路，则烧开一壶水要30 min；若把另一根电热丝接入原电路，则烧开一壶水要15 min；若把这两根电热丝并联起来接入原电路，则烧开这壶水需要的时间是（不考虑热损失）（
A.45 min
B.10 min
C.15 min
D.30 min
B
）A.45 min
B.10 min
C.15 min
D.30 min
答案
18.B
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确：烧开同一壶水需要吸收的热量Q是固定的，不考虑热损失时，电热丝产生的热量等于水吸收的热量，即Q=W=U²t/R（电源电压U不变）。先分别求出两根电热丝的电阻，再计算并联后的总电阻，最后根据热量公式推导并联时的烧水时间。
【解析】
设电源电压为U，烧开一壶水需要的热量为Q。
1. 第一根电热丝单独工作时：由Q=U²t₁/R₁，得R₁=U²t₁/Q；
2. 第二根电热丝单独工作时：同理，R₂=U²t₂/Q；
3. 两根电热丝并联时，总电阻R并满足：1/R并=1/R₁ +1/R₂，代入R₁、R₂得：
1/R并 = Q/(U²t₁) + Q/(U²t₂) = Q/(U²)·(1/t₁ +1/t₂)
因此R并= U²/[Q·(1/t₁ +1/t₂)]；
4. 并联时烧开一壶水，仍满足Q=U²t并/R并，代入R并得：
t并= Q·R并/U² = Q·[U²/(Q·(1/t₁ +1/t₂))]/U² = 1/(1/t₁ +1/t₂) = (t₁t₂)/(t₁+t₂)；
5. 代入t₁=30min，t₂=15min，得t并=(30×15)/(30+15)=10min。
【答案】
B
【知识点】
电热的计算、并联电阻的规律
【点评】
本题结合电热公式和并联电路特点，核心是抓住“烧开同一壶水热量相同”这一关键条件，推导过程清晰，属于基础应用题型，考查学生对公式的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，需明确：烧开同一壶水需要吸收的热量Q是固定的，不考虑热损失时，电热丝产生的热量等于水吸收的热量，即Q=W=U²t/R（电源电压U不变）。先分别求出两根电热丝的电阻，再计算并联后的总电阻，最后根据热量公式推导并联时的烧水时间。
【解析】
设电源电压为U，烧开一壶水需要的热量为Q。
1. 第一根电热丝单独工作时：由Q=U²t₁/R₁，得R₁=U²t₁/Q；
2. 第二根电热丝单独工作时：同理，R₂=U²t₂/Q；
3. 两根电热丝并联时，总电阻R并满足：1/R并=1/R₁ +1/R₂，代入R₁、R₂得：
1/R并 = Q/(U²t₁) + Q/(U²t₂) = Q/(U²)·(1/t₁ +1/t₂)
因此R并= U²/[Q·(1/t₁ +1/t₂)]；
4. 并联时烧开一壶水，仍满足Q=U²t并/R并，代入R并得：
t并= Q·R并/U² = Q·[U²/(Q·(1/t₁ +1/t₂))]/U² = 1/(1/t₁ +1/t₂) = (t₁t₂)/(t₁+t₂)；
5. 代入t₁=30min，t₂=15min，得t并=(30×15)/(30+15)=10min。
【答案】
B
【知识点】
电热的计算、并联电阻的规律
【点评】
本题结合电热公式和并联电路特点，核心是抓住“烧开同一壶水热量相同”这一关键条件，推导过程清晰，属于基础应用题型，考查学生对公式的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
