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1 [2026兰州期末]某同学利用如图甲和乙所示的装置探究“电流通过导体时产生的热量跟什么因素有关”，甲、乙实验中左右U形管的粗细一致，透明容器中都密封着等量的空气。通电一段时间后，下列说法正确的是 （
A.装置中电阻丝的内能和密闭容器中空气的内能改变的方式相同
B.甲实验表明，在电流、通电时间相同时，电阻越大，这个电阻产生的热量越少
C.甲、乙实验装置都不能探究电流通过导体产生的热量跟通电时间的关系
D.乙实验中，右侧U形管中液面上升比左侧U形管中液面上升慢
【变式】[2025广东中考]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
D
）A.装置中电阻丝的内能和密闭容器中空气的内能改变的方式相同
B.甲实验表明，在电流、通电时间相同时，电阻越大，这个电阻产生的热量越少
C.甲、乙实验装置都不能探究电流通过导体产生的热量跟通电时间的关系
D.乙实验中，右侧U形管中液面上升比左侧U形管中液面上升慢
【变式】[2025广东中考]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
相等
（填“相等”或“不相等”）；观察U形管内液面高度差可知$R_2$
（填“$R_1$”或“$R_2$”）产生的热量较多；要使液面高度差变化得更快，可将滑动变阻器的滑片P向右
滑动。答案
D 变式答案：相等 $R_2$ 右
A(×)装置中电阻丝是通过电流做功改变其内能大小的,而密闭容器中空气是通过吸热(热传递)改变其内能大小的,改变的方式不相同。
B(×)甲实验表明,在电流、通电时间相同时,电阻越大,这个电阻产生的热量越多。
C(×)研究电流通过导体产生的热量跟通电时间的关系,要控制电阻和电流相同,只改变时间长短,以甲、乙装置中任一容器内的电阻丝为研究对象,通过改变时间长短,都能探究电流通过导体产生的热量跟通电时间的关系。
D(√)题图乙装置中,右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联,容器内两电阻大小相等,根据串、并联电路电流的规律可知,通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流,而通电时间相同,由焦耳定律$Q=I^2Rt$可知,左侧容器中电阻丝产生热量多,由转换法知乙实验中,右侧U形管中液面上升比左侧U形管中液面上升慢。
【变式解析】 由题图可知,开关闭合,$R_1$、$R_2$串联,由串联电路电流的规律可知,通过$R_1$、$R_2$的电流相等。由题图可知,右侧U形管内液面高度差较大,说明$R_2$产生的热量较多。由$Q=I^2Rt$可知,要使U形管内液面高度差变化得更快,需要增大电路中的电流,结合欧姆定律可知,应使滑动变阻器接入电路中的阻值减小,故应将滑动变阻器的滑片P向右移动。
A(×)装置中电阻丝是通过电流做功改变其内能大小的,而密闭容器中空气是通过吸热(热传递)改变其内能大小的,改变的方式不相同。
B(×)甲实验表明,在电流、通电时间相同时,电阻越大,这个电阻产生的热量越多。
C(×)研究电流通过导体产生的热量跟通电时间的关系,要控制电阻和电流相同,只改变时间长短,以甲、乙装置中任一容器内的电阻丝为研究对象,通过改变时间长短,都能探究电流通过导体产生的热量跟通电时间的关系。
D(√)题图乙装置中,右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联,容器内两电阻大小相等,根据串、并联电路电流的规律可知,通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流,而通电时间相同,由焦耳定律$Q=I^2Rt$可知,左侧容器中电阻丝产生热量多,由转换法知乙实验中,右侧U形管中液面上升比左侧U形管中液面上升慢。
【变式解析】 由题图可知,开关闭合,$R_1$、$R_2$串联,由串联电路电流的规律可知,通过$R_1$、$R_2$的电流相等。由题图可知,右侧U形管内液面高度差较大,说明$R_2$产生的热量较多。由$Q=I^2Rt$可知,要使U形管内液面高度差变化得更快,需要增大电路中的电流,结合欧姆定律可知,应使滑动变阻器接入电路中的阻值减小,故应将滑动变阻器的滑片P向右移动。
解析
【分析】
本题考查探究电流产生热量的实验，需结合焦耳定律$Q=I^2Rt$，利用控制变量法和转换法分析各选项。首先明确甲、乙实验的电路结构：甲中两电阻串联，电流相同、电阻不同，探究热量与电阻的关系；乙中右侧两电阻并联后与左侧电阻串联，电阻相同、电流不同，探究热量与电流的关系。再逐一分析选项，变式部分需根据串并联电流规律、焦耳定律分析电流大小、热量多少及滑动变阻器的调节。
【解析】
原题目选项分析：
选项A：电阻丝的内能改变是通过电流做功（电能转化为内能），密闭容器中空气的内能改变是通过热传递（电阻丝放热传递给空气），二者改变方式不同，故A错误。
选项B：甲实验中两电阻串联，电流$I$、通电时间$t$相同，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，电阻越大，产生的热量越多，故B错误。
选项C：探究热量与通电时间的关系时，需控制电阻、电流相同，改变通电时间。以甲或乙装置中任一容器的电阻丝为研究对象，保持电阻、电流不变，改变通电时间，即可探究该关系，故C错误。
选项D：乙实验中，右侧两电阻并联后与左侧电阻串联，容器内两电阻阻值相等。根据串并联电流规律，左侧电阻的电流$I_左$等于右侧两个并联电阻的电流之和，即$I_左 ＞ I_右$；通电时间$t$相同，由$Q=I^2Rt$可知，左侧电阻产生的热量更多，空气膨胀更明显，因此右侧U形管液面上升比左侧慢，故D正确。
变式解析：
由图可知，$R_1$与$R_2$串联，根据串联电路电流处处相等，通过$R_1$、$R_2$的电流相等；U形管液面高度差反映热量多少，右侧液面差更大，说明$R_2$产生的热量更多；要使液面变化更快，需增大电路电流，根据欧姆定律，需减小滑动变阻器接入电阻，故滑片$P$向右滑动。
【答案】
D；变式：相等、$R_2$、右
【知识点】
焦耳定律、电流的热效应、串并联电路的电流规律
【点评】
本题围绕探究电流产生热量的实验展开，重点考查控制变量法、转换法的应用，以及焦耳定律和串并联电路电流规律的理解，需准确分析实验电路结构，结合公式判断各选项；变式部分需灵活运用欧姆定律和焦耳定律解决问题，整体难度适中。
【难度系数】
0.6
本题考查探究电流产生热量的实验，需结合焦耳定律$Q=I^2Rt$，利用控制变量法和转换法分析各选项。首先明确甲、乙实验的电路结构：甲中两电阻串联，电流相同、电阻不同，探究热量与电阻的关系；乙中右侧两电阻并联后与左侧电阻串联，电阻相同、电流不同，探究热量与电流的关系。再逐一分析选项，变式部分需根据串并联电流规律、焦耳定律分析电流大小、热量多少及滑动变阻器的调节。
【解析】
原题目选项分析：
选项A：电阻丝的内能改变是通过电流做功（电能转化为内能），密闭容器中空气的内能改变是通过热传递（电阻丝放热传递给空气），二者改变方式不同，故A错误。
选项B：甲实验中两电阻串联，电流$I$、通电时间$t$相同，根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，电阻越大，产生的热量越多，故B错误。
选项C：探究热量与通电时间的关系时，需控制电阻、电流相同，改变通电时间。以甲或乙装置中任一容器的电阻丝为研究对象，保持电阻、电流不变，改变通电时间，即可探究该关系，故C错误。
选项D：乙实验中，右侧两电阻并联后与左侧电阻串联，容器内两电阻阻值相等。根据串并联电流规律，左侧电阻的电流$I_左$等于右侧两个并联电阻的电流之和，即$I_左 ＞ I_右$；通电时间$t$相同，由$Q=I^2Rt$可知，左侧电阻产生的热量更多，空气膨胀更明显，因此右侧U形管液面上升比左侧慢，故D正确。
变式解析：
由图可知，$R_1$与$R_2$串联，根据串联电路电流处处相等，通过$R_1$、$R_2$的电流相等；U形管液面高度差反映热量多少，右侧液面差更大，说明$R_2$产生的热量更多；要使液面变化更快，需增大电路电流，根据欧姆定律，需减小滑动变阻器接入电阻，故滑片$P$向右滑动。
【答案】
D；变式：相等、$R_2$、右
【知识点】
焦耳定律、电流的热效应、串并联电路的电流规律
【点评】
本题围绕探究电流产生热量的实验展开，重点考查控制变量法、转换法的应用，以及焦耳定律和串并联电路电流规律的理解，需准确分析实验电路结构，结合公式判断各选项；变式部分需灵活运用欧姆定律和焦耳定律解决问题，整体难度适中。
【难度系数】
0.6
2 [2026 盐城盐都区月考] 如图所示是超市常用的塑料袋封口夹电路原理图，电源电压为5 V，电热丝R的阻值为1 Ω。闭合开关S，电热丝温度升高，利用电流的
热
效应实现高温封口，3 s内产生的热量为75
J。若使用时总把塑料袋烫坏，可以增大
（填“增大”或“减小”）电热丝的阻值。答案
热 75 增大
【解析】 3 s内产生的热量$Q=\frac{U^2}{R}t=\frac{(5\ \mathrm{V})^2}{1\ \Omega}×3\ \mathrm{s}=75\ \mathrm{J}$。使用时总把塑料袋烫坏,说明短时间内产生的热量过多,由于电源电压不变,则需要增大电热丝的电阻来减少其产生的热量。
高分必备
[图2]
【解析】 3 s内产生的热量$Q=\frac{U^2}{R}t=\frac{(5\ \mathrm{V})^2}{1\ \Omega}×3\ \mathrm{s}=75\ \mathrm{J}$。使用时总把塑料袋烫坏,说明短时间内产生的热量过多,由于电源电压不变,则需要增大电热丝的电阻来减少其产生的热量。
高分必备
[图2]
解析
【分析】
要解决这道题，首先明确电热丝工作的原理：电流通过导体时会产生热量，这是电流的热效应；计算电热产生的热量时，由于电热丝是纯电阻用电器，可利用公式$Q=\frac{U^2}{R}t$计算；若塑料袋被烫坏，说明相同时间内产热过多，需结合热量公式分析电阻的调整方向。
【解析】
1. 电热丝通电后发热，利用电流的热效应工作，故第一空填“热”。
2. 已知电源电压$U=5\ \mathrm{V}$，电热丝电阻$R=1\ \Omega$，工作时间$t=3\ \mathrm{s}$，纯电阻电路中产生的热量$Q=\frac{U^2}{R}t$，代入数值计算：$Q=\frac{(5\ \mathrm{V})^2}{1\ \Omega}×3\ \mathrm{s}=75\ \mathrm{J}$，故第二空填75。
3. 塑料袋被烫坏，说明短时间内产生热量过多，电源电压$U$不变，根据$Q=\frac{U^2}{R}t$，要减少产生的热量，需增大电热丝的电阻，故第三空填“增大”。
【答案】
热；75；增大
【知识点】
电流的热效应、电热计算、焦耳定律应用
【点评】
本题以生活中的塑料袋封口夹为载体，考查电流热效应和电热的计算，属于基础应用类题目，需要学生掌握纯电阻电路的电热计算公式，并能结合实际需求分析物理量的变化，体现了物理知识与生活的紧密联系。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，首先明确电热丝工作的原理：电流通过导体时会产生热量，这是电流的热效应；计算电热产生的热量时，由于电热丝是纯电阻用电器，可利用公式$Q=\frac{U^2}{R}t$计算；若塑料袋被烫坏，说明相同时间内产热过多，需结合热量公式分析电阻的调整方向。
【解析】
1. 电热丝通电后发热，利用电流的热效应工作，故第一空填“热”。
2. 已知电源电压$U=5\ \mathrm{V}$，电热丝电阻$R=1\ \Omega$，工作时间$t=3\ \mathrm{s}$，纯电阻电路中产生的热量$Q=\frac{U^2}{R}t$，代入数值计算：$Q=\frac{(5\ \mathrm{V})^2}{1\ \Omega}×3\ \mathrm{s}=75\ \mathrm{J}$，故第二空填75。
3. 塑料袋被烫坏，说明短时间内产生热量过多，电源电压$U$不变，根据$Q=\frac{U^2}{R}t$，要减少产生的热量，需增大电热丝的电阻，故第三空填“增大”。
【答案】
热；75；增大
【知识点】
电流的热效应、电热计算、焦耳定律应用
【点评】
本题以生活中的塑料袋封口夹为载体，考查电流热效应和电热的计算，属于基础应用类题目，需要学生掌握纯电阻电路的电热计算公式，并能结合实际需求分析物理量的变化，体现了物理知识与生活的紧密联系。
【难度系数】
0.5
3 如图
为一台“3 V 3 W”的手持迷你型小风扇，电动机线圈阻值为0.2 Ω，则小风扇正常工作1 min电动机线圈产生的热量为
为一台“3 V 3 W”的手持迷你型小风扇，电动机线圈阻值为0.2 Ω，则小风扇正常工作1 min电动机线圈产生的热量为12
J；消耗的电能为180
J；转化的机械能为168
J。答案
12 180 168
【解析】 由$P=UI$得,小风扇正常工作的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{3\ \mathrm{W}}{3\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$,电动机线圈1 min内产生的热量$Q=I^2Rt=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$;由$P=\frac{W}{t}$得,小风扇正常工作1 min消耗的电能$W=Pt=3\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=180\ \mathrm{J}$;转化的机械能$W_{\mathrm{机械}}=W-Q=180\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=168\ \mathrm{J}$。
【解析】 由$P=UI$得,小风扇正常工作的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{3\ \mathrm{W}}{3\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$,电动机线圈1 min内产生的热量$Q=I^2Rt=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$;由$P=\frac{W}{t}$得,小风扇正常工作1 min消耗的电能$W=Pt=3\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=180\ \mathrm{J}$;转化的机械能$W_{\mathrm{机械}}=W-Q=180\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=168\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
本题是电动机的能量计算问题，小风扇的电动机属于非纯电阻用电器，需先利用额定功率和额定电压求出正常工作电流；计算线圈热量用焦耳定律，消耗电能用W=Pt，机械能为电能与热量的差值，需注意非纯电阻用电器不能直接用欧姆定律推导电流。
【解析】
1. 求正常工作电流：由$P=UI$得，$I=\frac{P}{U}=\frac{3\ \mathrm{W}}{3\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$；
2. 求线圈产生的热量：根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，代入数据得$Q=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$；
3. 求消耗的电能：由$P=\frac{W}{t}$得，$W=Pt=3\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=180\ \mathrm{J}$；
4. 求转化的机械能：机械能为电能减去热量，即$W_{\mathrm{机械}}=W-Q=180\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=168\ \mathrm{J}$。
【答案】
12；180；168
【知识点】
电功计算；焦耳定律；电动机能量转化
【点评】
本题考查非纯电阻用电器的能量计算，核心是区分纯电阻与非纯电阻的计算方法，电动机的热量只能用焦耳定律计算，电能用额定功率计算，机械能为两者差值，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.5
本题是电动机的能量计算问题，小风扇的电动机属于非纯电阻用电器，需先利用额定功率和额定电压求出正常工作电流；计算线圈热量用焦耳定律，消耗电能用W=Pt，机械能为电能与热量的差值，需注意非纯电阻用电器不能直接用欧姆定律推导电流。
【解析】
1. 求正常工作电流：由$P=UI$得，$I=\frac{P}{U}=\frac{3\ \mathrm{W}}{3\ \mathrm{V}}=1\ \mathrm{A}$；
2. 求线圈产生的热量：根据焦耳定律$Q=I^2Rt$，代入数据得$Q=(1\ \mathrm{A})^2×0.2\ \Omega×60\ \mathrm{s}=12\ \mathrm{J}$；
3. 求消耗的电能：由$P=\frac{W}{t}$得，$W=Pt=3\ \mathrm{W}×60\ \mathrm{s}=180\ \mathrm{J}$；
4. 求转化的机械能：机械能为电能减去热量，即$W_{\mathrm{机械}}=W-Q=180\ \mathrm{J}-12\ \mathrm{J}=168\ \mathrm{J}$。
【答案】
12；180；168
【知识点】
电功计算；焦耳定律；电动机能量转化
【点评】
本题考查非纯电阻用电器的能量计算，核心是区分纯电阻与非纯电阻的计算方法，电动机的热量只能用焦耳定律计算，电能用额定功率计算，机械能为两者差值，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.5
4 [2025安康模拟]如图所示是某款恒温加热杯垫，其部分参数如表所示。求：
(1)恒温加热杯垫正常工作时的电流是多少？
(2)恒温加热杯垫正常工作5 min，产生的热量是多少？
| 品名 | 恒温加热杯垫 |
| 额定电压 |  220 V |
| 额定功率 | 33 W |
(1)恒温加热杯垫正常工作时的电流是多少？
(2)恒温加热杯垫正常工作5 min，产生的热量是多少？
答案
解:(1)根据$P=UI$可得,
恒温加热杯垫正常工作时的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{33\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.15\ \mathrm{A}$。
(2)恒温加热杯垫正常工作5 min,
产生的热量$Q=Pt=33\ \mathrm{W}×5×60\ \mathrm{s}=9\ 900\ \mathrm{J}$。
恒温加热杯垫正常工作时的电流$I=\frac{P}{U}=\frac{33\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.15\ \mathrm{A}$。
(2)恒温加热杯垫正常工作5 min,
产生的热量$Q=Pt=33\ \mathrm{W}×5×60\ \mathrm{s}=9\ 900\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
要解决这两个问题，需明确恒温加热杯垫正常工作时，电压和功率为额定值。第(1)问求正常工作电流，利用电功率公式的变形即可计算；第(2)问求产生的热量，因加热杯垫是纯电阻用电器，热量等于消耗的电能，结合时间换算后计算即可。
【解析】
解：(1) 恒温加热杯垫正常工作时，额定电压 $ U=220\ \mathrm{V} $，额定功率 $ P=33\ \mathrm{W} $。根据电功率公式 $ P=UI $，变形得正常工作电流：
$ I=\frac{P}{U}=\frac{33\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.15\ \mathrm{A} $。
(2) 加热时间 $ t=5\ \mathrm{min}=5×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{s} $。由于加热杯垫为纯电阻用电器，正常工作时产生的热量等于消耗的电能，即 $ Q=Pt $，代入数据得：
$ Q=33\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=9900\ \mathrm{J} $。
【答案】
(1) 0.15 A；(2) 9900 J
【知识点】
电功率计算、电热计算
【点评】
本题考查额定功率下的电流与热量计算，属于电学基础计算题，解题关键是掌握电功率公式及纯电阻用电器的电热与电功的关系，难度较低，适合巩固基础。
【难度系数】
0.7
要解决这两个问题，需明确恒温加热杯垫正常工作时，电压和功率为额定值。第(1)问求正常工作电流，利用电功率公式的变形即可计算；第(2)问求产生的热量，因加热杯垫是纯电阻用电器，热量等于消耗的电能，结合时间换算后计算即可。
【解析】
解：(1) 恒温加热杯垫正常工作时，额定电压 $ U=220\ \mathrm{V} $，额定功率 $ P=33\ \mathrm{W} $。根据电功率公式 $ P=UI $，变形得正常工作电流：
$ I=\frac{P}{U}=\frac{33\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=0.15\ \mathrm{A} $。
(2) 加热时间 $ t=5\ \mathrm{min}=5×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{s} $。由于加热杯垫为纯电阻用电器，正常工作时产生的热量等于消耗的电能，即 $ Q=Pt $，代入数据得：
$ Q=33\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=9900\ \mathrm{J} $。
【答案】
(1) 0.15 A；(2) 9900 J
【知识点】
电功率计算、电热计算
【点评】
本题考查额定功率下的电流与热量计算，属于电学基础计算题，解题关键是掌握电功率公式及纯电阻用电器的电热与电功的关系，难度较低，适合巩固基础。
【难度系数】
0.7
