9.「2025山东济南中考，★★☆」如图为电阻$R_1$、$R_2$的电流$I$随电压$U$变化的图像，下列说法正确的是（）

A.$R_1$的阻值小于$R_2$的阻值
B.将$R_1$和$R_2$并联接在电源上，$R_1$的电流小于$R_2$的电流
C.将$R_1$和$R_2$串联接在电源上，$R_1$的电功率小于$R_2$的电功率
D.将$R_1$和$R_2$并联接在电源上，$R_1$的电功率大于$R_2$的电功率

9.ACD 由图像可知，通过 $R_1$ 与 $R_2$ 的电流均与它们两端的电压成正比，故 $R_1$ 和 $R_2$ 均为定值电阻。当 $R_1$ 和 $R_2$ 两端的电压均为 5 V 时，通过 $R_1$ 的电流为 0.10 A，通过 $R_2$ 的电流为 0.025 A，即通过 $R_1$ 的电流大于通过 $R_2$ 的电流，根据 $R=\frac{U}{I}$ 可知，$R_1$ 的阻值小于 $R_2$ 的阻值，故 A 正确；将 $R_1$ 和 $R_2$ 并联接在电源上，$R_1$ 和 $R_2$ 两端的电压相等，根据 $U=IR$ 知，通过 $R_1$ 的电流大于通过 $R_2$ 的电流，根据 $P=\frac{U^2}{R}$ 知，$R_1$ 的电功率大于 $R_2$ 的电功率，故 B 错误，D 正确；将 $R_1$ 和 $R_2$ 串联接在电源上，通过 $R_1$ 与 $R_2$ 的电流相等，根据 $P=I^2R$ 可知，$R_1$ 的电功率小于 $R_2$ 的电功率，故 C 正确。故选 A、C、D。

【分析】
本题结合I-U图像考查欧姆定律和电功率的应用。解题思路：①先根据I-U图像的直线特征判断R₁、R₂为定值电阻；②选取相同电压，利用R=U/I计算两电阻阻值，比较大小判断选项A；③并联时电压相等，结合I=U/R、P=U²/R分析电流和功率，判断选项B、D；④串联时电流相等，结合P=I²R分析功率，判断选项C。
【解析】
由图像可知，R₁、R₂的电流与电压成正比，均为定值电阻。
计算阻值：当U=5V时，通过R₁的电流I₁=0.10A，通过R₂的电流I₂=0.025A，根据R=U/I，得R₁=5V/0.10A=50Ω，R₂=5V/0.025A=200Ω，故R₁＜R₂，A正确。
并联时：R₁、R₂两端电压相等，由I=U/R，R₁＜R₂，得I₁＞I₂，B错误；由P=U²/R，R₁＜R₂，得P₁＞P₂，D正确。
串联时：通过R₁、R₂的电流相等，由P=I²R，R₁＜R₂，得P₁＜P₂，C正确。
【答案】ACD
【知识点】欧姆定律、电功率、I-U图像
【点评】本题需结合I-U图像提取数据，运用串并联电路特点和相关公式分析，考查对电学规律的综合应用能力。
【难度系数】0.5

10.「2025黑龙江哈尔滨中考，★★★」小明研究通过灯泡L的电流与其两端电压的关系，得到如图甲所示图像，实验中发现电压越大，灯泡越亮。现将该灯泡L与阻值为10 Ω的电阻R连入图乙所示电路，灯泡额定电压为6 V，闭合开关S，灯泡正常发光。下列说法正确的是
（）


A.实验说明灯丝电阻随温度升高而增大
B.灯泡的额定功率为0.6 W
C.灯泡的额定电流为0.3 A
D.通电10 s，电流通过R所做的功为54 J

10.AC 由图甲可知，灯泡两端的电压为 3 V 时，通过灯泡的电流为 0.2 A，则此时灯泡的电阻为 $R_\mathrm{L}=\frac{U_\mathrm{L}}{I_\mathrm{L}}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$；当灯泡两端的电压为 6 V 时，通过灯泡的电流为 0.3 A，此时灯泡的电阻为 20 Ω，故灯丝电阻随温度升高而增大，A 正确；灯泡的额定电压为 6 V，由图甲可知，其额定电流为 0.3 A，灯泡的额定功率为 $P=UI=6\ \mathrm{V}×0.3\ \mathrm{A}=1.8\ \mathrm{W}$，故 B 错误，C 正确；图乙中，灯泡正常发光，灯泡两端的电压为额定电压 6 V，则 R 两端的电压也为 6 V，通电 10 s，电流通过 R 所做的功为 $W=\frac{U^2}{R}t=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{10\ \Omega}×10\ \mathrm{s}=36\ \mathrm{J}$，故 D 错误。故选 A、C。

【分析】
首先明确图乙中灯泡L与电阻R并联，因此它们两端电压相等；灯泡正常发光时两端电压等于额定电压6V，由此结合图甲的I-U图像读取对应电流，再通过计算分析各选项：①灯丝电阻随温度变化，可通过不同电压下的电阻判断；②额定功率用P=UI计算；③电阻R的电功用W=U²t/R计算，需结合并联电路电压规律。
【解析】
由图乙可知，灯泡L与电阻R并联，故U_L=U_R；灯泡额定电压为6V，正常发光时U_L=6V，对应图甲中I_L=0.3A。
选项A：当U_L=3V时，I_L=0.2A，此时灯丝电阻R_L1=U_L1/I_L1=3V/0.2A=15Ω；当U_L=6V时，R_L2=6V/0.3A=20Ω。电压越大，灯泡功率越大，温度越高，灯丝电阻越大，故A正确。
选项B、C：灯泡额定电流为0.3A，额定功率P=U额I额=6V×0.3A=1.8W，故B错误，C正确。
选项D：R两端电压U_R=6V，通电10s电流做功W=U_R²t/R=(6V)²×10s/10Ω=36J，故D错误。
综上，正确选项为AC。
【答案】
AC
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题结合I-U图像与并联电路知识，考查灯丝电阻特性、电功率及电功的计算，需准确读取图像信息，掌握并联电路电压规律，是中等难度的电学综合题，能较好考查学生的综合分析能力。
【难度系数】
0.6

11.「2026山东烟台芝罘月考，★☆」李芳芳家中的电能表上标着“600 r/(kW·h)”字样，她用这个电能表来测量电热水壶的电功率。她断开了家中其他用电器，仅让电热水壶工作，2 min内电能表转盘转了18 r，则电热水壶消耗的电能是kW·h，电功率是W。

11.答案 0.03 900
解析 电能表转盘转 18 r，电热水壶消耗的电能 $W=\frac{18\ \mathrm{r}}{600\ \mathrm{r/(kW· h)}}=0.03\ \mathrm{kW· h}$；电热水壶的电功率 $P=\frac{W}{t}=\frac{0.03\ \mathrm{kW· h}}{\frac{2}{60}\ \mathrm{h}}=0.9\ \mathrm{kW}=900\ \mathrm{W}$。

【分析】
首先明确电能表参数“600 r/(kW·h)”的物理意义：每消耗1 kW·h的电能，电能表转盘转过600转。要计算电热水壶消耗的电能，可根据转盘转数与参数的比值求解；再根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，将电能和时间代入计算电功率，注意时间单位的换算及功率单位的转换。
【解析】
1. 计算电热水壶消耗的电能：
已知电能表转盘转18 r，根据参数含义，消耗的电能$W=\frac{18\ \mathrm{r}}{600\ \mathrm{r/(kW·h)}}=0.03\ \mathrm{kW·h}$。
2. 计算电热水壶的电功率：
工作时间$t=2\ \mathrm{min}=\frac{2}{60}\ \mathrm{h}=\frac{1}{30}\ \mathrm{h}$，根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，代入数据得：
$P=\frac{0.03\ \mathrm{kW·h}}{\frac{1}{30}\ \mathrm{h}}=0.9\ \mathrm{kW}=900\ \mathrm{W}$。
【答案】
0.03；900
【知识点】
电能表参数理解、电能计算、电功率计算
【点评】
本题为电能表测电功率的基础应用题，核心考查电能表参数的含义及电功率公式的应用，步骤清晰，单位换算简单，属于巩固电学基础的常规题目。
【难度系数】
0.7

12. 核心素养 物理观念 「2026江西南昌中学月考，★☆」小武同学在爸爸的工具盒里发现一个工具(表盘如图所示)，这是一个测量（填物理量的名称）的工具，它的分度值是。

12.答案 电功率 5 W
解析 电功率的国际单位制单位的符号为 W，由图可知，这是一个测量电功率的工具，每大格为 50 W，每个大格之间有 10 个小格，则它的分度值是 5 W。

【分析】首先观察表盘上的单位符号“W”，这是电功率的单位，由此确定该工具的测量对象；再通过相邻大刻度的差值和对应小格数，计算出分度值，这是判断测量工具和分度值的核心思路。
【解析】1. 确定测量物理量：表盘标注的单位是“W”，W是电功率的单位，因此该工具是测量电功率的工具；2. 计算分度值：表盘上相邻两个大刻度（如0W到50W）的数值差为50W，这两个大刻度之间有10个小格，所以分度值为$\frac{50W}{10}=5W$。
【答案】电功率；5 W
【知识点】电功率、测量工具、分度值
【点评】本题考查常见测量工具的识别和分度值的计算，属于基础题型，需掌握物理量单位与测量工具的对应关系，以及分度值的计算方法。
【难度系数】0.7