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1.[南通期末]小夏一家外出旅游，家中只有一个网络摄像头和一个路由器在工作，其实际功率分别为5 W和15 W。出发前和回家时，电能表示数如图甲所示，若其他元件损耗电能不计，这段时间内小夏家消耗的电能为
2.4
kW·h，共外出120
h。小夏想利用电能表测量电热水器实际功率来判断家里的电压是否正常，他观察家中的电能表，上面标有3 200 imp/(kW·h)，现仅接通一台电热水器(铭牌如图乙所示)，观察到电能表指示灯1 min内闪烁80次，则1 min内消耗电能为90 000
J，其两端电压等于
（选填“大于”“小于”或“等于”）220 V。答案
1. 2.4；120；90 000；等于
解析
【分析】
要解决本题，需分步骤计算：首先通过电能表两次读数差得到消耗的总电能；再结合两个工作元件的总功率，利用电功率公式计算外出时间；接着根据电能表的脉冲参数计算电热水器消耗的电能；最后通过电热水器的实际功率与额定功率的关系判断实际电压。
【解析】
1. 计算消耗的总电能：电能表读数单位为kW·h，总消耗电能为回家后示数减去出发前示数，即$ W = 1908.92\ \mathrm{kW·h} - 1906.52\ \mathrm{kW·h} = 2.4\ \mathrm{kW·h} $；
2. 计算外出时间：两个工作元件的总功率$ P = 5\ \mathrm{W} + 15\ \mathrm{W} = 20\ \mathrm{W} = 0.02\ \mathrm{kW} $，根据公式$ P = \frac{W}{t} $，可得外出时间$ t = \frac{W}{P} = \frac{2.4\ \mathrm{kW·h}}{0.02\ \mathrm{kW}} = 120\ \mathrm{h} $；
3. 计算电热水器1 min内消耗的电能：电能表参数为$ 3200\ \mathrm{imp/(kW·h)} $，表示每消耗1 kW·h电能，指示灯闪烁3200次，因此闪烁80次消耗的电能$ W' = \frac{80}{3200}\ \mathrm{kW·h} = 0.025\ \mathrm{kW·h} $，换算为焦耳：$ W' = 0.025 × 3.6 × 10^6\ \mathrm{J} = 90000\ \mathrm{J} $；
4. 判断实际电压：电热水器的实际功率$ P_{\mathrm{实}} = \frac{W'}{t'} $，其中$ t' = 1\ \mathrm{min} = 60\ \mathrm{s} $，代入得$ P_{\mathrm{实}} = \frac{90000\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} = 1500\ \mathrm{W} $，与额定功率1500 W相等，因此两端电压等于220 V。
【答案】
2.4；120；90000；等于
【知识点】
电能计算、电功率计算、电能表应用
【点评】
本题综合考查电能表读数、电能与电功率的计算，需准确理解电能表参数的物理意义，熟练运用相关公式，是电学基础应用题，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需分步骤计算：首先通过电能表两次读数差得到消耗的总电能；再结合两个工作元件的总功率，利用电功率公式计算外出时间；接着根据电能表的脉冲参数计算电热水器消耗的电能；最后通过电热水器的实际功率与额定功率的关系判断实际电压。
【解析】
1. 计算消耗的总电能：电能表读数单位为kW·h，总消耗电能为回家后示数减去出发前示数，即$ W = 1908.92\ \mathrm{kW·h} - 1906.52\ \mathrm{kW·h} = 2.4\ \mathrm{kW·h} $；
2. 计算外出时间：两个工作元件的总功率$ P = 5\ \mathrm{W} + 15\ \mathrm{W} = 20\ \mathrm{W} = 0.02\ \mathrm{kW} $，根据公式$ P = \frac{W}{t} $，可得外出时间$ t = \frac{W}{P} = \frac{2.4\ \mathrm{kW·h}}{0.02\ \mathrm{kW}} = 120\ \mathrm{h} $；
3. 计算电热水器1 min内消耗的电能：电能表参数为$ 3200\ \mathrm{imp/(kW·h)} $，表示每消耗1 kW·h电能，指示灯闪烁3200次，因此闪烁80次消耗的电能$ W' = \frac{80}{3200}\ \mathrm{kW·h} = 0.025\ \mathrm{kW·h} $，换算为焦耳：$ W' = 0.025 × 3.6 × 10^6\ \mathrm{J} = 90000\ \mathrm{J} $；
4. 判断实际电压：电热水器的实际功率$ P_{\mathrm{实}} = \frac{W'}{t'} $，其中$ t' = 1\ \mathrm{min} = 60\ \mathrm{s} $，代入得$ P_{\mathrm{实}} = \frac{90000\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} = 1500\ \mathrm{W} $，与额定功率1500 W相等，因此两端电压等于220 V。
【答案】
2.4；120；90000；等于
【知识点】
电能计算、电功率计算、电能表应用
【点评】
本题综合考查电能表读数、电能与电功率的计算，需准确理解电能表参数的物理意义，熟练运用相关公式，是电学基础应用题，难度适中。
【难度系数】
0.5
2.（图像分析）某智能充电器为与其匹配的手机充电时，通常有三种模式：以较大的恒定电流充电（恒流充电）、以较大的恒定电压充电（恒压充电）和以微弱的电流充电（涓流充电），这样可以有效延长电池的使用寿命。某款手机剩余20%的电量时，用与其匹配的智能充电器充电，该智能充电器输出的电流$I$、电压$U$与充电时间$t$的关系分别如图甲、乙所示。若不考虑充电过程中温度对电阻的影响，下列说法正确的是（
）
A.在恒流充电过程中，充电器的电功率不变
B.在恒流充电过程中，充电线上单位时间内电流产生的热量不变
C.在恒压充电过程中，手机电池储存的电能在逐渐减少
D.手机电池在恒压充电过程中比在恒流充电过程中升温更快
）A.在恒流充电过程中，充电器的电功率不变
B.在恒流充电过程中，充电线上单位时间内电流产生的热量不变
C.在恒压充电过程中，手机电池储存的电能在逐渐减少
D.手机电池在恒压充电过程中比在恒流充电过程中升温更快
答案
2. B
解析
【分析】
首先明确图像对应的充电阶段：0~t₁为恒流充电阶段（电流I恒定，电压U逐渐增大），t₁~t₂为恒压充电阶段（电压U恒定，电流I逐渐减小），t₂后为涓流充电。接下来结合各物理公式逐一分析选项：
1. 恒流充电阶段，电功率公式为P=UI，根据电流、电压的变化判断A选项；
2. 充电线单位时间产热由焦耳定律推导，结合恒流阶段电流特点判断B选项；
3. 充电过程是电池储能增加的过程，判断C选项；
4. 电池发热功率与电流平方成正比，对比恒流、恒压阶段的电流大小判断D选项。
【解析】
A选项：恒流充电过程中，电流I恒定，由图乙可知电压U逐渐增大，根据电功率公式P=UI，I不变、U增大，因此充电器的电功率逐渐变大，A错误；
B选项：恒流充电过程中，电流I恒定，充电线的电阻R不变，根据焦耳定律，单位时间内充电线上电流产生的热量为$\frac{Q}{t}=I^2R$，I和R均不变，所以单位时间内产热不变，B正确；
C选项：充电过程是给手机电池补充电能，恒压充电时，电池储存的电能逐渐增加，并非减少，C错误；
D选项：电池的发热功率为$P_热=I^2R$（R为电池内阻），恒流充电时电流I更大，恒压充电时电流更小，因此恒流充电时电池发热功率更大，升温更快，D错误。
【答案】
B
【知识点】
电功率、焦耳定律、电路图像分析
【点评】
本题结合充电的I-t、U-t图像，考查电功率、焦耳定律的应用，需明确不同充电阶段的电流、电压特点，分析各物理量的变化规律，属于中等难度的图像分析题。
【难度系数】
0.5
首先明确图像对应的充电阶段：0~t₁为恒流充电阶段（电流I恒定，电压U逐渐增大），t₁~t₂为恒压充电阶段（电压U恒定，电流I逐渐减小），t₂后为涓流充电。接下来结合各物理公式逐一分析选项：
1. 恒流充电阶段，电功率公式为P=UI，根据电流、电压的变化判断A选项；
2. 充电线单位时间产热由焦耳定律推导，结合恒流阶段电流特点判断B选项；
3. 充电过程是电池储能增加的过程，判断C选项；
4. 电池发热功率与电流平方成正比，对比恒流、恒压阶段的电流大小判断D选项。
【解析】
A选项：恒流充电过程中，电流I恒定，由图乙可知电压U逐渐增大，根据电功率公式P=UI，I不变、U增大，因此充电器的电功率逐渐变大，A错误；
B选项：恒流充电过程中，电流I恒定，充电线的电阻R不变，根据焦耳定律，单位时间内充电线上电流产生的热量为$\frac{Q}{t}=I^2R$，I和R均不变，所以单位时间内产热不变，B正确；
C选项：充电过程是给手机电池补充电能，恒压充电时，电池储存的电能逐渐增加，并非减少，C错误；
D选项：电池的发热功率为$P_热=I^2R$（R为电池内阻），恒流充电时电流I更大，恒压充电时电流更小，因此恒流充电时电池发热功率更大，升温更快，D错误。
【答案】
B
【知识点】
电功率、焦耳定律、电路图像分析
【点评】
本题结合充电的I-t、U-t图像，考查电功率、焦耳定律的应用，需明确不同充电阶段的电流、电压特点，分析各物理量的变化规律，属于中等难度的图像分析题。
【难度系数】
0.5
3. ★★ [淮安模拟] 在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，灯泡L的铭牌“6 V ★”，其中额定功率模糊不清，灯丝电阻不变。R为滑动变阻器，R的阻值范围为(0～20 Ω)、电流表的量程(0～0.6 A)，电压表的量程(0～3 V)。闭合开关，移动滑片P的过程中，两电表示数的变化关系如图乙所示，则下列说法正确的是 (
A.电源电压为 3 V
B.灯泡 L 铭牌上标的额定功率为 3 W
C.为了不烧坏电表，R 的取值范围为 1～15 Ω
D.灯丝的电阻为 5 Ω
D
)A.电源电压为 3 V
B.灯泡 L 铭牌上标的额定功率为 3 W
C.为了不烧坏电表，R 的取值范围为 1～15 Ω
D.灯丝的电阻为 5 Ω
答案
3. D
【点拨】由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测串联电路的电流；由图乙可知，当电流为0.2 A时，电压表示数为3 V，当电流为0.4 A时，电压表示数为2 V，则电源电压$U=U_L+U_2=IR_L+U_2=0.2\ \mathrm{A}×R_L+3\ \mathrm{V}$，$U=U_L'+U_2'=I'R_L+U_2'=0.4\ \mathrm{A}×R_L+2\ \mathrm{V}$，联合两式可解得电源电压$U=4\ \mathrm{V}$，灯丝电阻$R_L=5\ \Omega$，故 D 正确，A 错误。灯泡额定功率 $P_{\mathrm{额}}=\dfrac{U_{\mathrm{额}}^2}{R_1}=\dfrac{(6\ \mathrm{V})^2}{5\ \Omega}=7.2\ \mathrm{W}$，故 B 错误。当电压表示数为 3 V 时，灯泡两端电压$U_L=U-U_2=4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，此时电路中的电流为 0.2 A，R 接入电路的最大阻值$R_{\mathrm{大}}=\dfrac{U_2}{I}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$，电流表示数为 0.6 A 时，灯泡两端电压$U_L''=I''R_L=0.6\ \mathrm{A}×5\ \Omega=3\ \mathrm{V}$，滑动变阻器两端电压$U_2''=U-U_L''=4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，R 接入电路的最小阻值$R_{\mathrm{小}}=\dfrac{U_2''}{I''}=\dfrac{1\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}≈1.7\ \Omega$，为了不烧坏电表，R 的取值范围为 1.7～15 Ω，故 C 错误。故选 D。
【点拨】由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测串联电路的电流；由图乙可知，当电流为0.2 A时，电压表示数为3 V，当电流为0.4 A时，电压表示数为2 V，则电源电压$U=U_L+U_2=IR_L+U_2=0.2\ \mathrm{A}×R_L+3\ \mathrm{V}$，$U=U_L'+U_2'=I'R_L+U_2'=0.4\ \mathrm{A}×R_L+2\ \mathrm{V}$，联合两式可解得电源电压$U=4\ \mathrm{V}$，灯丝电阻$R_L=5\ \Omega$，故 D 正确，A 错误。灯泡额定功率 $P_{\mathrm{额}}=\dfrac{U_{\mathrm{额}}^2}{R_1}=\dfrac{(6\ \mathrm{V})^2}{5\ \Omega}=7.2\ \mathrm{W}$，故 B 错误。当电压表示数为 3 V 时，灯泡两端电压$U_L=U-U_2=4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，此时电路中的电流为 0.2 A，R 接入电路的最大阻值$R_{\mathrm{大}}=\dfrac{U_2}{I}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$，电流表示数为 0.6 A 时，灯泡两端电压$U_L''=I''R_L=0.6\ \mathrm{A}×5\ \Omega=3\ \mathrm{V}$，滑动变阻器两端电压$U_2''=U-U_L''=4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，R 接入电路的最小阻值$R_{\mathrm{小}}=\dfrac{U_2''}{I''}=\dfrac{1\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}≈1.7\ \Omega$，为了不烧坏电表，R 的取值范围为 1.7～15 Ω，故 C 错误。故选 D。
解析
【分析】首先明确电路连接：灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路电流，电压表测R两端电压。根据串联电路电压规律，电源电压等于灯泡两端电压与R两端电压之和，结合图乙的两组电流、电压数据，联立方程可求出电源电压和灯丝电阻，再逐一分析各选项的正误。
【解析】由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压。根据串联电路电压规律，电源电压$ U = U_L + U_R = IR_L + U_R $：
当电流$ I_1=0.2\ \mathrm{A} $时，R两端电压$ U_{R1}=3\ \mathrm{V} $，则$ U = 0.2\ \mathrm{A} × R_L + 3\ \mathrm{V} $；
当电流$ I_2=0.4\ \mathrm{A} $时，R两端电压$ U_{R2}=2\ \mathrm{V} $，则$ U = 0.4\ \mathrm{A} × R_L + 2\ \mathrm{V} $；
联立两式解得：$ R_L=5\ \Omega $，代入得电源电压$ U=4\ \mathrm{V} $，故A错误，D正确。
灯泡额定电压为6V，灯丝电阻不变，额定功率：
$ P_{\mathrm{额}}=\frac{U_{\mathrm{额}}^2}{R_L}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{5\ \Omega}=7.2\ \mathrm{W} $，故B错误。
为保证电表安全：
①电压表量程0~3V，R两端最大电压3V时，电路电流最小为0.2A，R最大阻值：$ R_{\mathrm{大}}=\frac{U_{R1}}{I_1}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega $；
②电流表量程0~0.6A，电路最大电流0.6A时，灯泡两端电压$ U_L''=I''R_L=0.6\ \mathrm{A} ×5\ \Omega=3\ \mathrm{V} $，R两端电压$ U_R''=U-U_L''=4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V} $，R最小阻值：$ R_{\mathrm{小}}=\frac{U_R''}{I''}=\frac{1\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}\approx1.7\ \Omega $；
故R的取值范围为$ 1.7\ \Omega ∼15\ \Omega $，C错误。
综上，答案为D。
【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题结合串联电路特点与U-I图像分析，需利用电源电压不变建立方程求解，再根据电表量程分析滑动变阻器取值范围，综合考查电路分析与计算能力。
【难度系数】0.5
【解析】由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压。根据串联电路电压规律，电源电压$ U = U_L + U_R = IR_L + U_R $：
当电流$ I_1=0.2\ \mathrm{A} $时，R两端电压$ U_{R1}=3\ \mathrm{V} $，则$ U = 0.2\ \mathrm{A} × R_L + 3\ \mathrm{V} $；
当电流$ I_2=0.4\ \mathrm{A} $时，R两端电压$ U_{R2}=2\ \mathrm{V} $，则$ U = 0.4\ \mathrm{A} × R_L + 2\ \mathrm{V} $；
联立两式解得：$ R_L=5\ \Omega $，代入得电源电压$ U=4\ \mathrm{V} $，故A错误，D正确。
灯泡额定电压为6V，灯丝电阻不变，额定功率：
$ P_{\mathrm{额}}=\frac{U_{\mathrm{额}}^2}{R_L}=\frac{(6\ \mathrm{V})^2}{5\ \Omega}=7.2\ \mathrm{W} $，故B错误。
为保证电表安全：
①电压表量程0~3V，R两端最大电压3V时，电路电流最小为0.2A，R最大阻值：$ R_{\mathrm{大}}=\frac{U_{R1}}{I_1}=\frac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega $；
②电流表量程0~0.6A，电路最大电流0.6A时，灯泡两端电压$ U_L''=I''R_L=0.6\ \mathrm{A} ×5\ \Omega=3\ \mathrm{V} $，R两端电压$ U_R''=U-U_L''=4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V} $，R最小阻值：$ R_{\mathrm{小}}=\frac{U_R''}{I''}=\frac{1\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}\approx1.7\ \Omega $；
故R的取值范围为$ 1.7\ \Omega ∼15\ \Omega $，C错误。
综上，答案为D。
【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题结合串联电路特点与U-I图像分析，需利用电源电压不变建立方程求解，再根据电表量程分析滑动变阻器取值范围，综合考查电路分析与计算能力。
【难度系数】0.5
4. 如图所示的是一款外出购物好帮手电子秤，它的工作原理如图甲所示；电源电压不变，电子秤示数表盘由电流表A改装而成；C是一根不计电阻的金属弹簧，其所受压力F与压缩量ΔL的关系如图乙所示；R是一根长为6 cm阻值为20 Ω的均匀电阻丝，滑片在a端时，电流表示数为0.6 A；在b端时，电流表示数为0.2 A，则电子秤工作时电路中电阻$R_0$消耗的电功率最小是
当电路中电流为0.4 A时，电子秤示数为
0.4
W。当电路中电流为0.4 A时，电子秤示数为
1.5
kg。（所有摩擦和挂钩的重力都不计，g取10 N/kg，不称重物时滑片P刚好在电阻丝的a端，所称物重最大时P在b端）答案
4. 0.4；1.5
【点拨】滑片在a端时，电路为$R_0$的简单电路，电路中的电流$I_a=0.6\ \mathrm{A}$，由$I=\dfrac{U}{R}$可得电源电压$U=I_aR_0=0.6\ \mathrm{A}×R_0$，滑片在b端时，R与$R_0$串联，电路中的电流$I_b=0.2\ \mathrm{A}$，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以此时电源电压$U=I_b(R+R_0)=0.2\ \mathrm{A}×(20\ \Omega+R_0)$，因电源电压不变，所以有$0.6\ \mathrm{A}×R_0=0.2\ \mathrm{A}×(20\ \Omega+R_0)$，解得$R_0=10\ \Omega$，则电源电压$U=I_aR_0=0.6\ \mathrm{A}×10\ \Omega=6\ \mathrm{V}$；当滑片在b端时，电阻$R_0$消耗的电功率最小，电阻$R_0$消耗的电功率最小是$P=I_b\ ^2R_0=(0.2\ \mathrm{A})^2×10\ \Omega=0.4\ \mathrm{W}$。当电路中电流为0.4 A时，电路中的总电阻$R_{\mathrm{总}}=\dfrac{U}{I}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电阻丝连入电路的阻值$R_P=R_{\mathrm{总}}-R_0=15\ \Omega-10\ \Omega=5\ \Omega$，由题意可知此时弹簧的压缩量$\Delta L=(\dfrac{6\ \mathrm{cm}}{20\ \Omega})×5\ \Omega=1.5\ \mathrm{cm}$，由图乙可知，F与$\Delta L$之间的关系为$F=(10\ \mathrm{N/cm})×\Delta L$，当$\Delta L=1.5\ \mathrm{cm}$时，弹簧所受压力$F=(10\ \mathrm{N/cm})×1.5\ \mathrm{cm}=15\ \mathrm{N}$，即$G=F=15\ \mathrm{N}$，由$G=mg$可得，质量$m=\dfrac{G}{g}=\dfrac{15\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=1.5\ \mathrm{kg}$。
【点拨】滑片在a端时，电路为$R_0$的简单电路，电路中的电流$I_a=0.6\ \mathrm{A}$，由$I=\dfrac{U}{R}$可得电源电压$U=I_aR_0=0.6\ \mathrm{A}×R_0$，滑片在b端时，R与$R_0$串联，电路中的电流$I_b=0.2\ \mathrm{A}$，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以此时电源电压$U=I_b(R+R_0)=0.2\ \mathrm{A}×(20\ \Omega+R_0)$，因电源电压不变，所以有$0.6\ \mathrm{A}×R_0=0.2\ \mathrm{A}×(20\ \Omega+R_0)$，解得$R_0=10\ \Omega$，则电源电压$U=I_aR_0=0.6\ \mathrm{A}×10\ \Omega=6\ \mathrm{V}$；当滑片在b端时，电阻$R_0$消耗的电功率最小，电阻$R_0$消耗的电功率最小是$P=I_b\ ^2R_0=(0.2\ \mathrm{A})^2×10\ \Omega=0.4\ \mathrm{W}$。当电路中电流为0.4 A时，电路中的总电阻$R_{\mathrm{总}}=\dfrac{U}{I}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电阻丝连入电路的阻值$R_P=R_{\mathrm{总}}-R_0=15\ \Omega-10\ \Omega=5\ \Omega$，由题意可知此时弹簧的压缩量$\Delta L=(\dfrac{6\ \mathrm{cm}}{20\ \Omega})×5\ \Omega=1.5\ \mathrm{cm}$，由图乙可知，F与$\Delta L$之间的关系为$F=(10\ \mathrm{N/cm})×\Delta L$，当$\Delta L=1.5\ \mathrm{cm}$时，弹簧所受压力$F=(10\ \mathrm{N/cm})×1.5\ \mathrm{cm}=15\ \mathrm{N}$，即$G=F=15\ \mathrm{N}$，由$G=mg$可得，质量$m=\dfrac{G}{g}=\dfrac{15\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=1.5\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
要解答本题，需分三步思考：① 利用滑片在a端（仅R₀接入电路）和b端（R与R₀串联）时的电流，结合电源电压不变，求出定值电阻R₀的阻值和电源电压；② 根据电功率公式，分析R₀的功率随电流的变化，确定电流最小时功率最小，计算最小功率；③ 当电路电流为0.4A时，先求出总电阻，进而得到接入电阻丝的阻值，结合电阻丝长度与阻值的关系得到弹簧压缩量，再从图乙获取弹簧所受压力，最后换算为物体质量。
【解析】
1. 求R₀和电源电压：
滑片在a端时，电路为R₀的简单电路，电流Iₐ=0.6A，由欧姆定律得电源电压：
U = IₐR₀ = 0.6A × R₀；
滑片在b端时，R与R₀串联，电流Iᵦ=0.2A，总电阻为R+R₀，电源电压：
U = Iᵦ(R + R₀) = 0.2A × (20Ω + R₀)；
因电源电压不变，故0.6A × R₀ = 0.2A × (20Ω + R₀)，解得R₀=10Ω，电源电压U=0.6A×10Ω=6V。
2. 求R₀消耗的最小电功率：
当滑片在b端时，电路总电阻最大，电流最小，R₀的功率最小，此时电流为Iᵦ=0.2A，根据P=I²R₀：
P最小 = Iᵦ²R₀ = (0.2A)² × 10Ω = 0.4W。
3. 求电流为0.4A时的电子秤示数：
当电流I=0.4A时，电路总电阻：
R总 = U/I = 6V / 0.4A = 15Ω；
接入电阻丝的阻值：
R_P = R总 - R₀ = 15Ω - 10Ω = 5Ω；
电阻丝长6cm、阻值20Ω，故每Ω对应长度为6cm/20Ω=0.3cm/Ω，弹簧压缩量ΔL=5Ω×0.3cm/Ω=1.5cm；
由图乙知，弹簧压力F与压缩量ΔL成正比，F=(10N/cm)×ΔL，代入ΔL=1.5cm得F=10N/cm×1.5cm=15N，即物体重力G=F=15N；
物体质量m=G/g=15N / 10N/kg=1.5kg。
【答案】
0.4；1.5
【知识点】
欧姆定律、电功率、重力计算
【点评】
本题是电路与力学的综合题，需灵活运用欧姆定律、电功率公式，结合弹簧压力与压缩量的图像关系解题，关键是利用电源电压不变求出R₀和电源电压，逐步推导各物理量，对学生的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
要解答本题，需分三步思考：① 利用滑片在a端（仅R₀接入电路）和b端（R与R₀串联）时的电流，结合电源电压不变，求出定值电阻R₀的阻值和电源电压；② 根据电功率公式，分析R₀的功率随电流的变化，确定电流最小时功率最小，计算最小功率；③ 当电路电流为0.4A时，先求出总电阻，进而得到接入电阻丝的阻值，结合电阻丝长度与阻值的关系得到弹簧压缩量，再从图乙获取弹簧所受压力，最后换算为物体质量。
【解析】
1. 求R₀和电源电压：
滑片在a端时，电路为R₀的简单电路，电流Iₐ=0.6A，由欧姆定律得电源电压：
U = IₐR₀ = 0.6A × R₀；
滑片在b端时，R与R₀串联，电流Iᵦ=0.2A，总电阻为R+R₀，电源电压：
U = Iᵦ(R + R₀) = 0.2A × (20Ω + R₀)；
因电源电压不变，故0.6A × R₀ = 0.2A × (20Ω + R₀)，解得R₀=10Ω，电源电压U=0.6A×10Ω=6V。
2. 求R₀消耗的最小电功率：
当滑片在b端时，电路总电阻最大，电流最小，R₀的功率最小，此时电流为Iᵦ=0.2A，根据P=I²R₀：
P最小 = Iᵦ²R₀ = (0.2A)² × 10Ω = 0.4W。
3. 求电流为0.4A时的电子秤示数：
当电流I=0.4A时，电路总电阻：
R总 = U/I = 6V / 0.4A = 15Ω；
接入电阻丝的阻值：
R_P = R总 - R₀ = 15Ω - 10Ω = 5Ω；
电阻丝长6cm、阻值20Ω，故每Ω对应长度为6cm/20Ω=0.3cm/Ω，弹簧压缩量ΔL=5Ω×0.3cm/Ω=1.5cm；
由图乙知，弹簧压力F与压缩量ΔL成正比，F=(10N/cm)×ΔL，代入ΔL=1.5cm得F=10N/cm×1.5cm=15N，即物体重力G=F=15N；
物体质量m=G/g=15N / 10N/kg=1.5kg。
【答案】
0.4；1.5
【知识点】
欧姆定律、电功率、重力计算
【点评】
本题是电路与力学的综合题，需灵活运用欧姆定律、电功率公式，结合弹簧压力与压缩量的图像关系解题，关键是利用电源电压不变求出R₀和电源电压，逐步推导各物理量，对学生的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
