2025年中考物理备考-近三年四川中考物理模拟题分类汇编之电能 电功率

三年陕西中考物理模拟题分类汇编之电能 电功率 一．选择题（共12小题） 1．（2024•雁塔区校级二模）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（　　） 甲 乙 丙 丁 A．图甲中当有人发生触电事故时，应第一时间用手把他拉开，避免持续触电 B．图乙的方式使用测电笔，接触火线，试电笔氖管会发光 C．图丙中空气开关跳闸，一定是家庭电路出现短路造成的 D．图丁中，三脚插头接入三孔插座后，能防止外壳带电对人造成伤害 2．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，关于家庭电路，下列说法错误的是（　　） A．图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害 B．图2是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路 C．图3是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路 D．图4中的电路断开开关时，手接触点M不会发生触电事故 3．（2022•澄城县一模）如图所示是新能源汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电的是（　　） A．安装充电桩时，不连接地线也可以 B．每个充电桩在安装时都要装漏电保护器 C．万一有充电桩起火，应马上浇水扑灭 D．有经验的电工在安装充电桩时不必断开电源 4．（2022•陕西模拟）将标有“6V 3W”和“6V 2W”的甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端，接通电路后，以下说法正确的是（　　） A．两只小灯泡都不能正常工作，甲灯比乙灯亮 B．两只小灯泡都能正常发光 C．通过乙灯的电流较大，所以乙灯较亮 D．两只小灯泡的总功率小于2W 5．（2024•眉县模拟）在如图﹣1所示的电路中，L是额定电压为2.5V的小灯泡，R为滑动变阻器。闭合开关后，滑片P在左右移动过程中电流表A与电压表V1的示数变化关系如图﹣2所示。当电流表的示数为0.2A时，两个电压表的示数相等。下列说法正确的是（　　） A．电压表V1的示数为1V时，小灯泡的功率为1W B．电源电压为3V C．小灯泡正常工作时滑动变阻器接入电路的电阻为20Ω D．小灯泡正常工作时电路的总功率为1.2W 6．（2024•子洲县三模）如图甲是一款发热围巾，其电路简化图如图乙所示，开关S1可以同时与a、b相连，或只与c相连，使其有高温和低温两挡。已知电源电压为5V，R0＝10Ω，R为两个相同的发热电阻且R＞R0，两个指示灯的电阻可以忽略不计，正常工作时低温挡的功率为0.5W。下列说法正确的是（　　） A．低温挡工作时红灯亮 B．高温挡正常工作时，R0的功率为5W C．电路工作最大电流为0.625A D．R的阻值为20Ω 7．（2023•雁塔区校级模拟）如图，电源电压不变，小灯泡的额定电压为6V，滑动变阻器为“20Ω 0.5A”，电流表的量程为“0～0.6A”。只闭合开关S2时，小灯泡正常发光，将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S1，电流表的示数为0.5A，在电路安全情况下，下列说法正确的是（　　） A．先闭合开关S2，再闭合开关S1时，小灯泡变暗，电流表示数减小 B．小灯泡的额定功率为1.2W C．电路的最大功率为3W D．滑动变阻器连入的阻值范围是12Ω～20Ω 8．（2022•合阳县一模）如图甲是小明家使用的一种紫外线筷子消毒机，内置“220V 4W”的紫外线灯管，装入干燥筷子只需3～5分钟即可完成杀菌消毒。取筷子的原理结构示意如图乙所示，按压A端一次能取出一双筷子，既环保又卫生，小明家电能表如图丙所示。下列说法正确的是（　　） A．电能表是测量电功率的仪表 B．筷子消毒机的长度约为4cm C．取用筷子时，图乙中F1＞F2 D．将筷子消毒机单独接入家庭电路中正常工作5min，电能表转盘转1转 9．（2022•周至县一模）灯泡L的电流随电压变化的图像如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.5W，再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.1A，则（　　） A．电源电压为3V B．S1闭合后，灯泡的亮度变亮 C．定值电阻的阻值为10Ω D．电路总功率为0.7W 10．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动。电源电压保持4.8V不变，电压表量程为0∼3V，电流表量程为0∼0.6A，定值电阻R1＝6Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的变化，下列说法正确的是（　　） ①当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大 ②水流速变小时，电阻R1功率变小，电路的总功率变小 ③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω∼15Ω ④电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W A．①② B．②④ C．②③ D．①④ 11．（2023•碑林区校级二模）如图所示为一种电子显示的握力计和它的工作原理示意图。电源电压不变，握力显示表是由电流表改装而成，定值电阻R2起保护电路作用，其电阻值为5Ω，不施加力时弹簧一端的滑片P在电阻R1的最上端，移动到最下端时施加的力最大（弹簧的电阻不计）。电路中电流变化的范围为0.1～0.6A，则下列说法正确的是（　　） A．施加的力最大时电路中电流为0.6A B．R1连入电路阻值变化范围是0～30Ω C．电路消耗的总功率变化范围是0.3W～1.5W D．R1消耗的最大功率为0.45W 12．（2024•雁塔区校级模拟）如图甲所示，L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R2＝20Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R1的最大阻值为100Ω。当闭合开关S和S1时，移动滑片P，变阻器两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，在保证电路安全的情况下，下列说法错误的是（　　） A．电源电压为18V B．只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A C．只闭合开关S和S1，当电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差为80Ω D．在任意闭合开关和调节滑片P时，整个电路的最大功率与最小功率的比值为16：1 二．填空题（共8小题） 13．（2022•武功县模拟）如图是家庭电路中部分电路各元件的连接情况，根据安全用电原则可知，该电路的连接是　 　（选填“正确”或“错误”），闭合开关，电灯不亮，用试电笔接触D点和E点时氖管均发光，则一定是　 　断路（选填“灯泡”或“零线”）。 14．（2022•新城区校级模拟）如图所示是小明设计的照明电路。虚线框1和2应连入开关和电灯，则开关应装在虚线框 　 　中；安装完毕后，闭合开关，电灯发光，但插座不能用。用试电笔分别测试a、b、c、d、e点时，a、b、e点氖管不发光，c、d点氖管都发光，则电路的故障为 　 　。排除故障后，小明又把一小射灯（标有“20V，0.2A”），直接接入家庭电路后，刚通电，小射灯立刻就烧坏了，经检查，发现还有一个配件忘记安装，小明通过研究说明书，明白了其中的道理，该配件是一个阻值为 　 　Ω的定值电阻。 15．（2023•碑林区校级三模）现在很多国产手机提供了闪充功能，如图甲是它的闪充充电器，有A、B两个充电接口，额定输出电压均为5V，输出电流分别为5A和2A。要快速给有闪充功能的手机充电，应选用 　 　（选填“A”或“B”）接口。部分国产手机还设计了一项超级省电模式，可以延长手机的待机时间，原因是减小了电池的输出 　 　（选填“电压”或“电流”）。如图乙所示，手机电量20%时，省电模式下的电功率为P1，超级省电模式下的电功率为 P2，则P1与P2的比值为 　 　。当这部手机开启无线反向充电，对其他手机进行无线充电时，这部手机相当于 　 　（选填“电源”或“用电器”）。 16．（2023•靖边县校级二模）如图所示电路中，电源电压恒为18V，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其上标有“10Ω 2A”字样，灯泡L标有“6V 2W”（不计灯丝电阻的变化），电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A的量程为0～3A。当闭合S，断开S1、S2时，灯泡恰好正常发光，则R1的阻值为 　 　Ω。S、S1、S2均闭合时，为保证电路安全，R2接入电路的阻值范围是 　 　Ω。当整个电路功率最大时，1min内整个电路消耗的电能为 　 　J。 17．（2023•碑林区校级模拟）空气质量关乎人体健康，监测大气污染物浓度的电路如图甲所示，R0为定值电阻，R为气敏电阻，R的阻值随污染物浓度变化曲线如图乙所示。当污染物浓度增大时，电压表的读数将 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），此过程中电路总功率 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 18．（2024•眉县二模）完成下列填空。 （1）如图—1所示是使用温度计测量液体温度时的情景，测量时存在的错误是 　 　。 （2）如图—2所示，给装水的塑料瓶侧壁上扎两个小孔，两孔喷出的水流距离不同，说明液体压强与 　 　有关。 （3）如图—3所示，小李家的电能表的示数为 　 　kW•h，电能表转盘转过100转，该过程中消耗的电能是 　 　kW•h。 19．（2024•陇县模拟）夏季人们的舒适生活离不开空调，小同家空调的额定功率为1850W，小同若从甲、乙两种规格的电能表中选择一个对空调的功率进行测量，　 　表合适，正确选择电能表后小同发现在用电高峰期时，关掉其他用电器只让空调单独工作，电能表在5分钟转了240转，消耗的电能为 　 　kW•h，该空调的实际功率是 　 　W。 20．（2024•雁塔区校级模拟）如图所示，在进户线的干路上串联一个标有“220V44W”的灯L2，只闭合开关S2时发现L3不亮，L2正常发光，因此，此电路为 　 　（选填“断路”、“短路”或“正常”）电路，若此时用试电笔接触a点，氖管 　 　（选填“会”或“不会”）发光。 三．作图题（共1小题） 21．（2024•高新区校级模拟）小高家盖新房需要先设计一下屋内的电路，以便电工师傅布线。爱钻研的小高自告奋勇完成这个任务。如图所示为他设计电路的一部分，请他帮将下列元件连接成符合安全用电要求的家庭电路。 四．实验探究题（共2小题） 22．（2024•榆阳区二模）小东准备用6V的电源，测量某小灯泡的额定电功率，他观察到小灯泡标注的额定电压为2.5V，咨询老师得知小灯泡电阻约为10Ω。他找来了R1、R2两个不同规格的滑动变阻器，铭牌分别标有“10Ω 1A”和“50Ω 2A”字样。 （1）本实验中小东应该选择 　 　（选填“R1”或“R2”）滑动变阻器； （2）用笔画线代替导线完成图甲的实验电路，当滑片向左滑动时，小灯泡发光变亮； （3）闭合开关后，发现电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是 　 　； （4）排除故障后，在接下来的实验过程中，小东观察电压表和电流表示数描绘出了如图乙所示图像，则小灯泡的额定功率为 　 　W；描绘出来的I﹣U图像是一条曲线，原因是 　 　； （5）小东还对额定电压为2.5V的小灯泡正常发光时的电阻进行了测量，在只有一只电压表的情况下，连接如图丙所示电路，已知电阻R1的阻值为20Ω，电源电压为4.5V，请你将实验步骤补充完整： ①闭合开关S，将开关S1接 　 　（选填“a”或“b”）接线柱，调节R2的滑片，使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光； ②保持R2的滑片位置不动，闭合开关S，将开关S1接另一接线柱，此时电压表的示数为3V； ③小灯泡L正常发光时的电阻RL＝　 　Ω。 23．（2023•碑林区校级模拟）小明用伏安法测量标有“2.5V”灯泡额定功率的实验中，连接了如图甲所示的电路。 （1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡不亮，经检查有一根导线连接错误，请你在电路中将连接错误的导线上打“×”，并补画出正确的连线； （2）正确连接电路后，滑片P移动到某一位置时，电压表和电流表示数如图乙所示，小灯泡此时的电功率是 　 　W； （3）小明根据记录的多组数据绘制出小灯泡的I﹣U图像（图丙），分析评估时，小明对自己的实验产生了困惑，他认为：由欧姆定律I＝知，I与U之间的变化关系是正比例函数，所以其图像理论上应该是过原点的一条直线，你认为出现图丙这种图像的原因是 　 　； （4）小明用已有的器材、一个定值电阻R0和另一块电压表，设计了如图丁所示电路图，也能测出灯泡的额定功率，实验如下，请你补充完整。 ①连接好电路，将滑动变阻器的滑片调到b端； ②合上开关，移动滑片，使灯泡两端电压为 　 　V； ③再读出R0两端的电压为U0； 若实验操作正确，则灯泡的电功率表达式为P＝　 　。 ④其中虚线框内的元件组合体相当于 　 　（选填“电阻箱”或“电流表”）。 五．计算题（共2小题） 24．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示电路，R1＝30Ω，R2＝10Ω，闭合开关后，电流表A1的示数为0.2A。求： （1）电源的电压； （2）流过R2的电流； （3）R2的电功率； （4）通电10min，电路总共消耗的电能。 25．（2024•白水县三模）饮水机是人们生活中常用的电器，小安家的饮水机电路图如图甲所示，其中S是电源开关，S1是温控开关，R1、R2均为电阻丝（阻值不变）。小安由其铭牌上获知，该饮水机的额定电压为220V，额定加热功率为880W，额定保温功率为44W。[已知] （1）当开关S闭合、S1断开时，饮水机处于 　 　状态； （2）求电阻丝R1的阻值和饮水机保温状态下正常工作时R1的实际功率； （3）将饮水机水槽中1.5kg、20℃的水加热到80℃，若不计热量散失，需要正常加热多长时间？（结果保留整数） （4）小安做了一次探究：第一天晚上十点，他关掉家中的其他用电器只保留饮水机，记下此时电能表的示数如图乙所示，次日早晨七点钟，水温达到预定温度时电能表的示数如图丙所示；第二天晚上十点，他将饮水机关闭，次日早晨启动饮水机正常工作将水加热到预定温度用时8min。通过计算判断小安的哪种做法更节能？ 三年陕西中考物理模拟题分类汇编之电能 电功率 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 1．（2024•雁塔区校级二模）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（　　） 甲 乙 丙 丁 A．图甲中当有人发生触电事故时，应第一时间用手把他拉开，避免持续触电 B．图乙的方式使用测电笔，接触火线，试电笔氖管会发光 C．图丙中空气开关跳闸，一定是家庭电路出现短路造成的 D．图丁中，三脚插头接入三孔插座后，能防止外壳带电对人造成伤害 【考点】安全用电原则．版权所有 【专题】应用题；电与热、生活用电；应用能力． 【答案】D 【分析】（1）当有人触电时，应第一时间切断电源； （2）使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线； （3）电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大； （4）三脚插头中上方的插头与外壳相连，必须接地保证安全。 【解答】解：A．当有人发生触电事故时，应第一时间断开总开关（切断电源），避免持续触电，若用手把他拉开，则施救者也会触电，故A错误； B．使用测电笔，手应接触笔尾金属体，图乙的方式使用测电笔，接触火线，氖管不会发光，故B错误； C．空气开关跳闸，可能是发生了短路现象，也可能是用电器的总功率过大，故C错误； D．洗衣机的三脚插头上标着E的导线是接地线，和用电器的金属外壳相连，从而能在发生漏电时起保护作用，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了安全用电的注意事项，要掌握，本题在现实生活中具有现实意义，是一道好题。 2．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示，关于家庭电路，下列说法错误的是（　　） A．图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害 B．图2是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路 C．图3是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路 D．图4中的电路断开开关时，手接触点M不会发生触电事故 【考点】漏电保护器的原理和作用；常见的触电事故；家庭电路中各元件的连接方式；插座的构造与工作方式；三线插头和三孔插座的连接；三线插头和三孔插座的好处．版权所有 【专题】应用题；电与热、生活用电；应用能力． 【答案】D 【分析】（1）三孔插座的接法是左孔接零线，右孔接火线，上面的孔接地线，三脚插头中上面插脚与用电器金属外壳相连； （2）当出现短路、用电器总功率过大（过载）时，空气开关能自动“跳闸”切断电路起到保护作； （3）漏电保护器的作用：当用电设备有漏电现象时，及时自动切断电源，保护人员和设备的安全； （4）人体直接或间接接触火线，并与地线或零线构成通路，会有电流通过人体造成触电。 【解答】解： A、三脚插头接入三孔插座后，插头上脚与插座上孔相连，使用电器金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害，故A正确； B、当家庭电路中电流过大时，空气开关会切断电路，从而保护电路，故B正确； C、当站在地上的人接触火线时，电流流过人体，此时火线和零线中的电流大小不同，漏电保护器能检测出“漏电了”，从而迅速切断电路，起到保护作用，故C正确； D、断开开关，手接触点M时，M点与火线相通，接触时会触电，故D错误。 故选：D。 【点评】此题考查知识较多，知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键，属于中考选择题常考查题。 3．（2022•澄城县一模）如图所示是新能源汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电的是（　　） A．安装充电桩时，不连接地线也可以 B．每个充电桩在安装时都要装漏电保护器 C．万一有充电桩起火，应马上浇水扑灭 D．有经验的电工在安装充电桩时不必断开电源 【考点】安全用电原则．版权所有 【专题】电与热、生活用电；应用能力． 【答案】B 【分析】（1）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故； （2）漏电保护器是电路漏电时，切断电源，起到保护作用； （3）用电器起火，先关闭电源再救火； （4）检修电路及更换元件时，应在停电的情况下工作，不能带电工作。 【解答】解：A、安装充电桩时，为了安全，要接地线，故A不符合安全用电要求； B、为了安全电路中必须要有保险丝或空气开关，每个充电桩在安装时都要装漏电保护器，故B符合安全用电要求； C、万一有充电桩起火，应先关闭电源再施救，故BC符合安全用电要求； D、安装充电桩时必须断开电源，故D不符合安全用电要求。 故选：B。 【点评】本题借助充电桩的安装考查安全用电的有关知识，难度不大。 4．（2022•陕西模拟）将标有“6V 3W”和“6V 2W”的甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端，接通电路后，以下说法正确的是（　　） A．两只小灯泡都不能正常工作，甲灯比乙灯亮 B．两只小灯泡都能正常发光 C．通过乙灯的电流较大，所以乙灯较亮 D．两只小灯泡的总功率小于2W 【考点】实际功率；小灯泡实际功率的比较；串联电路中的电流规律．版权所有 【专题】应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率． 【答案】D 【分析】（1）已知两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出两灯泡的额定电流，利用欧姆定律求出两灯泡的电阻； （2）根据串联电路的电流特点比较通过两灯泡的电流关系，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，然后与两灯泡的额定电流相比较判断两灯泡是否正常工作，根据P＝I2R比较两灯泡的实际功率关系判断亮暗关系，根据P＝UI求出电路消耗的总功率。 【解答】解：（1）由P＝UI可得，两灯泡的额定电流： I甲＝＝＝0.5A，I乙＝＝＝A， 由I＝可得，两灯泡的电阻： R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝18Ω； （2）甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端时， 因串联电路中各处的电流相等， 所以，通过两灯泡的电流相等，故C不正确； 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，电路中的电流： I＝＝＝0.2A， 因I＜I乙＜I甲， 所以，两灯泡均不能正常发光，故B不正确； 由P＝I2R可知，乙灯泡的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故A不正确； 电路的总功率： P＝UI＝6V×0.2A＝1.2W＜2W，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，灯泡是否正常发光可以比较电流与额定电流之间的关系，可以比较两端的电压和额定电压之间的关系。 5．（2024•眉县模拟）在如图﹣1所示的电路中，L是额定电压为2.5V的小灯泡，R为滑动变阻器。闭合开关后，滑片P在左右移动过程中电流表A与电压表V1的示数变化关系如图﹣2所示。当电流表的示数为0.2A时，两个电压表的示数相等。下列说法正确的是（　　） A．电压表V1的示数为1V时，小灯泡的功率为1W B．电源电压为3V C．小灯泡正常工作时滑动变阻器接入电路的电阻为20Ω D．小灯泡正常工作时电路的总功率为1.2W 【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用．版权所有 【专题】定量思想；电能和电功率；应用能力． 【答案】B 【分析】由图﹣1可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流； （1）根据图﹣2可知，当电流表示数为0.2A时，电压表的示数为U1为1.5V，根据两电压表的示数相等和串联电路的电压特点求出电源电压； （2）小灯泡在额定电压下正常发光，根据图﹣2可知此时通过小灯泡的电流；根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻，根据P＝UI求出电路的总功率。 【解答】解：由图﹣1可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流； A、由图2知当电压表V1的示数为1V时，通过小灯泡电流小于0，15A，小灯泡的功率为： P＝UI＝1V×0.15A＜1W，故A错误； B、根据图﹣2可知，当电流表示数为0.2A时，电压表V1的示数为U1＝1.5V，由题意可知，此时两电压表的示数相等，即U2＝U1＝1.5V，由串联电路的电压特点可知，电源电压：U＝U1+U2＝1.5V+1.5V＝3V，故B正确； C、小灯泡在额定电压下正常发光，因此小灯泡正常发光时其两端的电压UL＝U额＝2.5V，由图﹣2可知此时通过小灯泡的电流为IL＝0.25A， 由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流：I＝I滑＝IL＝0.25A， 由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝3V﹣2.5V＝0.5V， 由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻：R滑＝＝＝2Ω，故C错误； D、电路的总功率：P＝UI＝3V×0.25A＝0.75W，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图像中得到获取有用信息是解题的关键。 6．（2024•子洲县三模）如图甲是一款发热围巾，其电路简化图如图乙所示，开关S1可以同时与a、b相连，或只与c相连，使其有高温和低温两挡。已知电源电压为5V，R0＝10Ω，R为两个相同的发热电阻且R＞R0，两个指示灯的电阻可以忽略不计，正常工作时低温挡的功率为0.5W。下列说法正确的是（　　） A．低温挡工作时红灯亮 B．高温挡正常工作时，R0的功率为5W C．电路工作最大电流为0.625A D．R的阻值为20Ω 【考点】电功率的综合计算．版权所有 【专题】定量思想；电能和电功率；应用能力． 【答案】C 【分析】（1）开关可以同时与a、b相接，接通电源，红灯与R串联后与R0并联，总电阻小于R0，由可知，此时为高温挡，即高温挡工作时红灯亮；开关只与c相连，接通电源，绿灯与R、R0串联，由可知，此时为低温挡，即低温挡工作时绿灯亮； （2）根据P＝算出高温挡工作时R0的电功率； （3）根据P＝算出低温挡工作时的电阻，由串联电路电阻的规律算出R的电阻，由欧姆定律和并联电路电流的规律算出高温挡工作时电路工作的最大电流。 【解答】解：A、开关可以同时与a、b相接，接通电源，红灯与R串联后与R0并联，总电阻小于R0，由可知，此时为高温挡，即高温挡工作时红灯亮；开关只与c相连，接通电源，绿灯与R、R0串联，由可知，此时为低温挡，即低温挡工作时绿灯亮，故A错误； B、高温挡工作时，R0的电功率为： ＝＝＝2.5W，故B错误； CD、低温挡工作时的电阻为： R总＝＝＝50Ω， 由串联电路电阻的规律知R的电阻为： R＝R总﹣R0＝50Ω﹣10Ω＝40Ω， 故当高温挡工作时电路工作的电流最大为： ，故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断发热围巾处于不同工种状态时电路的连接方式是关键。 7．（2023•雁塔区校级模拟）如图，电源电压不变，小灯泡的额定电压为6V，滑动变阻器为“20Ω 0.5A”，电流表的量程为“0～0.6A”。只闭合开关S2时，小灯泡正常发光，将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S1，电流表的示数为0.5A，在电路安全情况下，下列说法正确的是（　　） A．先闭合开关S2，再闭合开关S1时，小灯泡变暗，电流表示数减小 B．小灯泡的额定功率为1.2W C．电路的最大功率为3W D．滑动变阻器连入的阻值范围是12Ω～20Ω 【考点】小灯泡实际功率的比较；动态电路的分析；欧姆定律的应用；欧姆定律求范围值；欧姆定律的多状态计算．版权所有 【专题】计算题；欧姆定律；电能和电功率；应用能力． 【答案】B 【分析】（1）只闭合开关S2时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，再闭合开关S1时，灯泡与滑动变阻器并联，电流表测干路电流，根据并联电路的特点分析灯泡亮度的变化，根据并联电路的电流特点分析电流表示数的变化； （2）根据电路为灯泡的简单电路时，灯泡正常发光求出电源电压；根据欧姆定律求出灯泡与滑动变阻器并联时通过滑动变阻器的电流，根据并联电路的电流特点求出通过灯泡的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定功率； （3）根据P＝UI可知，电源电压一定时，电路中电流最大时，电路的干路最大；根据并联电路的电流特点可知电路中电流最大时的电路连接；根据电流表的量程确定干路中的最大电流，根据并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器最大的电流，与滑动变阻器允许通过的最大电流进行比较，进而确定干路中的最大电流，根据P＝UI求出电路的最大功率； （4）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小电阻，进而求出滑动变阻器连入的阻值范围。 【解答】解：A、只闭合开关S2时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，再闭合开关S1时，灯泡与滑动变阻器并联，电流表测干路电流， 由并联电路的特点可知，再闭合开关S1时，灯泡所在支路不受影响，因此灯泡的亮度不变， 由并联电路的电流特点可知，电流表的示数变大，故A错误； B、因为电路为灯泡的简单电路时，灯泡正常发光，所以电源电压：U＝UL＝U额＝6V， 灯泡与滑动变阻器并联时，通过滑动变阻器的电流：I滑小＝＝＝0.3A， 由并联电路的电流特点可知，此时通过灯泡的电流：IL＝I﹣I滑小＝0.5A﹣0.3A＝0.2A， 则灯泡的额定功率：P额＝ULIL＝6V×0.2A＝1.2W，故B正确； C、由P＝UI可知，电源电压一定时，电路中电流最大时，电路的干路最大， 由并联电路的电流特点可知，灯泡和滑动变阻器并联时，电路中电流可达最大， 因为电流表的量程为0～0.6A，所以干路的最大电流为0.6A， 此时通过滑动变阻器最大的电流：I滑＝I大﹣IL＝0.6A﹣0.2A＝0.4A＜0.5A，符合题意， 则电路的最大功率：P大＝UI大＝6V×0.6A＝3.6W，故C错误； D、由C可知，通过滑动变阻器最大的电流为0.4A， 由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的最小电阻：R滑小＝＝＝15Ω， 由欧姆定律和并联电路的电流特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，干路的电流小于0.6A，因此滑动变阻器连入的阻值范围为15Ω～20Ω，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。 8．（2022•合阳县一模）如图甲是小明家使用的一种紫外线筷子消毒机，内置“220V 4W”的紫外线灯管，装入干燥筷子只需3～5分钟即可完成杀菌消毒。取筷子的原理结构示意如图乙所示，按压A端一次能取出一双筷子，既环保又卫生，小明家电能表如图丙所示。下列说法正确的是（　　） A．电能表是测量电功率的仪表 B．筷子消毒机的长度约为4cm C．取用筷子时，图乙中F1＞F2 D．将筷子消毒机单独接入家庭电路中正常工作5min，电能表转盘转1转 【考点】电能表的计算；常见的长度及估测；杠杆的分类；紫外线；电能表的读数．版权所有 【专题】应用题；电能和电功率；长度、时间、速度；简单机械；应用能力． 【答案】D 【分析】（1）电能表是测量电功的仪表； （2）根据筷子的长度判断； （3）杠杆分为三类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力费距离）、费力杠杆（动力臂小于阻力臂，费力省距离）和等臂杠杆（动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离）； （4）知道用电器消耗1千瓦时的电能，电能表的水平转盘转过3000转，由P＝求出该筷子消毒机正常工作5min消耗的电能，即可计算出该筷子消毒机正常工作5min电能表上的转盘转过圈数。 【解答】解：A、电能表是测量电功的仪表，故A错误； B、筷子的长度约长度26.8﹣27.5cm，筷子消毒机的长度约为40cm，故B错误； C、图乙中取用筷子的装置应用了杠杆原理，O为支点，动力臂大于阻力臂，F1＜F2，是省力杠杆，故C错误； D、用电器消耗1千瓦时的电能，电能表的水平转盘转过3000转， 由P＝可得，该筷子消毒机正常工作5min消耗的电能W＝0.004kW×h＝kW•h， 电能表上的转盘转过圈数n＝3000r/（kW•h）×kW•h＝1r，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了电能表的作用、长度的估测、杠杆分类的判断、电能的计算，是一道综合基础题。 9．（2022•周至县一模）灯泡L的电流随电压变化的图像如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.5W，再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.1A，则（　　） A．电源电压为3V B．S1闭合后，灯泡的亮度变亮 C．定值电阻的阻值为10Ω D．电路总功率为0.7W 【考点】小灯泡实际功率的比较；欧姆定律的应用．版权所有 【专题】计算题；应用题；图析法；欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】D 【分析】（1）由小灯泡中的电流随它两端电压变化的图象可知，当U＝2V时，IL＝0.25A，此时灯的电功率为0.5W，由此可知电源电压U； （2）当再闭合开关S1后，因为灯与电阻并联，电流表示数变化值就是此时通过电阻R的电流IR，利用欧姆定律求R的大小； （3）求出干路电流，利用P＝UI得到消耗的电功率。 【解答】解： A、由小灯泡的I﹣U图象可知，当灯泡的实际功率为0.5W时，UL＝2V，IL＝0.25A， 由图乙所示的电路图可知，只闭合开关S时，只有灯泡接入电路，灯泡两端电压等于电源电压，则电源电压：U＝UL＝2V；故A错误； B、由电路图可知，闭合开关S后再闭合开关S1，灯泡与电阻R并联，根据并联电路的电压特点可知灯泡两端的电压不变，则灯泡的亮度不变，故B错误； C、闭合开关S后再闭合开关S1，灯泡与电阻R并联，电流表测干路电流，电流表示数变大， 由题知，电流表示数变化了0.1A，则通过电阻R的电流：IR＝ΔI＝0.1A， 由I＝可得，电阻R的阻值：R＝＝＝20Ω，故C错误； D、干路电流：I＝IL+IR＝0.25A+0.1A＝0.35A，则电路总功率：P＝UI＝2V×0.35A＝0.7W，故D正确。 故选：D。 【点评】本题关键有二：一是从I﹣U图象得出电源电压，二是电阻R并联入电路，电路中增加的电流即为通过电阻R的电流。 10．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动。电源电压保持4.8V不变，电压表量程为0∼3V，电流表量程为0∼0.6A，定值电阻R1＝6Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的变化，下列说法正确的是（　　） ①当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大 ②水流速变小时，电阻R1功率变小，电路的总功率变小 ③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω∼15Ω ④电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W A．①② B．②④ C．②③ D．①④ 【考点】动态电路中电功率的变化；动态电路的分析．版权所有 【专题】应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；气体的压强、流体压强与流速的关系；分析、综合能力． 【答案】B 【分析】（1）流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，水流速度增大时，机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，阻值减小，根据R＝分析电压表与电流表示数比值的变化；水流速变小时，根据滑片的移动方向分析滑动变阻器接入电路电阻的变化和总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化，根据P＝I2R分析电阻R1功率的变化，根据P＝UI分析总功率的变化； （2）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值，利用P＝I2R求出电阻R1的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，根据串联电路的电压特点求出R1的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P＝UI求出电阻R1的最小功率。 【解答】解：由图知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2的电压，电流表测电路的电流： ①②流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，当水流速度增大时，机翼状的探头上下表面受到的压强不同，下表面受到的压强大于上表面受到的压强，R2的滑片上移，接入电路的阻值减小，根据R＝可知，电压表与电流表示数比值R2的阻值，所以比值变小，故①错误； 同理可知，水流速变小时，滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中电流变小，根据P＝I2R可知，电阻R1功率变小，根据P＝UI可知，总功率变小，故②正确； 根据串联电路的分压特点可知，变阻器R2的电压减小，即电压表示数减小；此时电路总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，则电压表与电流表的示数之比变小，故①错误、②正确； ③④当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I＝＝＝0.8A， 因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A， 所以，电路中的最大电流为I大＝0.6A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电阻R1的电功率最大， 此时电路中的总电阻：R＝＝＝8Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值： R2＝R﹣R1＝8Ω﹣6Ω＝2Ω， 电阻R1的最大电功率：P1＝I大2R1＝（0.6A）2×6Ω＝2.16W； 当电压表的示数最大为U2＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小， 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，此时R1的电压： U1＝U﹣U2＝4.8V﹣3V＝1.8V， 则电路中最小的电流： I小＝＝＝0.3A， 则滑动变阻器接入电路中的最大阻值： R2′＝＝＝10Ω， 所以，滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω～10Ω，故③错误； 电阻R1的最小功率： P1′＝I小2R1＝（0.3A）2×6Ω＝0.54W， 所以，电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W，故④正确。 综上可知，②④正确。 故选：B。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据流速与压强的关系得出流速变化时变阻器接入电路中电阻的变化是关键。 11．（2023•碑林区校级二模）如图所示为一种电子显示的握力计和它的工作原理示意图。电源电压不变，握力显示表是由电流表改装而成，定值电阻R2起保护电路作用，其电阻值为5Ω，不施加力时弹簧一端的滑片P在电阻R1的最上端，移动到最下端时施加的力最大（弹簧的电阻不计）。电路中电流变化的范围为0.1～0.6A，则下列说法正确的是（　　） A．施加的力最大时电路中电流为0.6A B．R1连入电路阻值变化范围是0～30Ω C．电路消耗的总功率变化范围是0.3W～1.5W D．R1消耗的最大功率为0.45W 【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；欧姆定律求范围值．版权所有 【专题】应用题；欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】D 【分析】由电路图可知，两电阻串联接入电路，电流表测电路电流； （1）根据电路图可知，施加的力最大时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知电路电流最小； （2）滑片P在电阻R1的最上端时不施加力，电路为R2的简单电路，此时电路中的电流最大，根据欧姆定律的应用求出电源的电压，再根据最小电流、欧姆定律求出电路最大总电阻，并根据串联电路电阻特点求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定滑动变阻器接入电路的阻值范围； （3）根据P＝UI可求出电路消耗的最大功率和最小功率； （4）根据欧姆定律和P＝I2R表示出R1消耗的功率，并求出R1消耗的最大功率。 【解答】解： A、由电路图可知，握力最大时，滑动变阻器阻值全部接入电路，电路总电阻最大，由欧姆定律可知，电路中电流最小，由题意可知，此时电路中电流为0.1A，故A错误； B、由电路图可知，滑动变阻器接入电路的阻值最小为零时，只有R2接入电路，电路中电阻最小，电流最大为0.6A， 由I＝可知，电源电压：U＝U2＝I最大R2＝0.6A×5Ω＝3V， 滑动变阻器阻值全部接入电路时，电路中电流最小为0.1A， 由I＝可得此时的总电阻：R总＝＝＝30Ω， 滑动变阻器接入电路的最大阻值：R1＝R总﹣R2＝30Ω﹣5Ω＝25Ω， 所以R1连入电路的阻值变化范围0～25Ω，故B错误； C、电路消耗的总功率最大为：P大＝UI大＝3V×0.6A＝1.8W， 电路消耗的总功率最小为：P小＝UI小＝3V×0.1A＝0.3W， 所以电路消耗的总功率变化范围是0.3W～1.8W，故C错误； D、由欧姆定律和P＝I2R可得，变阻器R1消耗的功率：P1＝I2R1＝（）2R1＝， 所以，当R1的阻值等于R2的阻值时，R1消耗的功率最大，则P1最大＝＝＝0.45W，故D正确。 故选：D。 【点评】本题时一道电学综合题，分析清楚电路结构是正确解题的关键，应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可解题。 12．（2024•雁塔区校级模拟）如图甲所示，L标有“6V，3W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R2＝20Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R1的最大阻值为100Ω。当闭合开关S和S1时，移动滑片P，变阻器两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，在保证电路安全的情况下，下列说法错误的是（　　） A．电源电压为18V B．只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A C．只闭合开关S和S1，当电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差为80Ω D．在任意闭合开关和调节滑片P时，整个电路的最大功率与最小功率的比值为16：1 【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；欧姆定律求范围值；结合图像计算电功率．版权所有 【专题】欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】D 【分析】（1）当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，由图乙可知，当R1接入电阻为16Ω时，它两端的电压为8V，由欧姆定律可得此时电路中的电流和R2两端的电压，根据串联电路的电压规律可得电源电压； （2）只闭合开关S和S2时，R1和灯泡L串联，由P＝UI可得灯泡的额定电流，由欧姆定律可得灯泡的电阻，为了不烧坏灯泡，知电路中的最大电流为0.5A；当滑片向左移动，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数会变大，当电压为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值，此时电路中的电流最小，根据串联电路的电压规律可知此时小灯泡两端的电压，由欧姆定律可得电路中的最小电流； （3）当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，已知电源电压为18V，当电压表示数为9V时，可知R2两端电压为9V，由串联电路的分压原理可知，此时R1接入电路的电阻，当R2两端电压为15V时，R2两端电压为3V，由欧姆定律可得电路中的电流和此时R1接入电路的电阻，可得电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差； （4）闭合开关S、S1、S2，小灯泡和R2并联后又和R1串联，当R1的滑片向右移动，使得小灯泡两端电压达到6V时，小灯泡正常发光，此时电路中电阻达到最小值，电流达到最大值，根据P＝UI可知，此时电路总功率最大，由并联电路的电流特点知此时电路中的总电流，由P＝UI可得电路最大总功率，当闭合开关S和S1，R1和R2串联，通过调节滑动变阻器R1滑片，可使电路中的电流达到最小值，当R1两端电压为15V时，接入电路的电阻最大，电流最小，此时R2两端的电压为3V，由欧姆定律可得电路中的最小电流，由P＝UI可得电路中的最小功率，从而可得整个电路的最大功率与最小功率的比值。 【解答】解：A．当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，移动滑片，R1两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，由图可知，当R1接入电阻为16Ω时，它两端的电压为8V，由欧姆定律可得，此时电路中的电流， 由欧姆定律可得，此时R2两端的电压U2＝IR2＝0.5A×20Ω＝10V， 可得电源电压U＝U1+U2＝8V+10V＝18V，故A正确； B．只闭合开关S和S2时，R1和灯泡L串联，灯泡的额定电流 由欧姆定律可得，灯泡的电阻RL＝＝＝12Ω， 为了不烧坏灯泡，电路中的最大电流为0.5A；当滑片向左移动，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数会变大，当电压为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值，此时电路中的电流最小，此时小灯泡两端的电压UL'＝U﹣U1'＝18V﹣15V＝3V， 由欧姆定律可得，电路中的最小电流， 故只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A，故B正确； C．当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，已知电源电压为18V，当电压表示数为9V时，可知R2两端电压为9V，由串联电路的分压原理可知，此时R1接入电路的电阻R1'＝R2＝20Ω， 当R2两端电压为15V时，R2两端电压为3V，则由欧姆定律可得，电路中的电流， 由欧姆定律可得，此时R1接入电路的电阻， 可得电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差ΔR1＝R''﹣R1'＝100Ω﹣20Ω＝80Ω，故C正确； D．闭合开关S、S1、S2，小灯泡和R2并联后又和R1串联，当R1的滑片向右移动，使得小灯泡两端电压达到6V时，小灯泡正常发光，此时电路中电阻达到最小值，电流达到最大值，由P＝UI知此时电路总功率最大，由欧姆定律可得，此时电路中的总电流＞0.6A，故电路中的最大电流为Imax＝0.6A， 最大总功率为Pmax＝UImax＝18V×0.6A＝10.8W， 已知R2＝20Ω，RL＝12Ω，因此当闭合开关S和S1，R1和R2串联，通过调节滑动变阻器R1滑片，可使电路中的电流达到最小值，当R1两端电压为15V时，接入电路的电阻最大，电流最小，此时R2两端的电压为3V，则由欧姆定律可得，此时电路中的最小电流， 最小功率为Pmin＝UImin＝18V×0.15A＝2.7W， 最大功率与最小功率的比值，故D错误。 故选：D。 【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式是关键，难度较大。 二．填空题（共8小题） 13．（2022•武功县模拟）如图是家庭电路中部分电路各元件的连接情况，根据安全用电原则可知，该电路的连接是　正确　（选填“正确”或“错误”），闭合开关，电灯不亮，用试电笔接触D点和E点时氖管均发光，则一定是　零线　断路（选填“灯泡”或“零线”）。 【考点】家庭电路的故障分析．版权所有 【专题】应用题；电与热、生活用电；理解能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）家庭电路中，开关要接在火线和用电器之间，断开开关，切断火线，操作更安全。 （2）根据氖管的发光情况和电灯不亮可作出判断。 【解答】解：从安全用电的角度分析，开关应该接在火线和用电器之间，在断开开关时，能切断火线，操作更安全，故接法正确； 图中闭合开关，电灯不亮，用试电笔接触D点、E点时氖管发光，说明火线有电，E与火线相连，所以故障是零线断路。 故答案为：正确；零线。 【点评】本题考查了开关的正确接法、用测电笔检测家庭电路故障的方法。 14．（2022•新城区校级模拟）如图所示是小明设计的照明电路。虚线框1和2应连入开关和电灯，则开关应装在虚线框 　2　中；安装完毕后，闭合开关，电灯发光，但插座不能用。用试电笔分别测试a、b、c、d、e点时，a、b、e点氖管不发光，c、d点氖管都发光，则电路的故障为 　d、e间断路　。排除故障后，小明又把一小射灯（标有“20V，0.2A”），直接接入家庭电路后，刚通电，小射灯立刻就烧坏了，经检查，发现还有一个配件忘记安装，小明通过研究说明书，明白了其中的道理，该配件是一个阻值为 　1000　Ω的定值电阻。 【考点】家庭电路的故障分析；欧姆定律的应用；应用欧姆定律进行故障分析；家庭电路中各元件的连接方式．版权所有 【专题】欧姆定律；电与热、生活用电；应用能力． 【答案】2；d、e间断路；1000。 【分析】开关接在灯与火线之间。 当试电笔接触火线时，氖管都发光； 家庭电路的电压为220V，小射灯额定电压为20V，由此分析解答；用电器在额定电压才能正常工作，根据串联电路的特点和欧姆定律计算配件的电阻大小。 【解答】解：开关应接在灯与火线之间，因此开关应接在2处； 闭合开关，电灯发光，但插座不能用，且用试电笔分别测试a、b点时氖管不发光，测试c、d点时氖管都发光，这说明电灯所在支路是正常的；e点在火线上，正常情况下用测电笔测试时氖管应发光，而测试e点时氖管不发光，所以可知电路的故障为d、e间断路； 家庭电路电压为220V，而小射灯的额定电压为20V，小射灯直接接入家庭电路中时，其两端的实际电压远大于额定电压（正常工作电压），所以小射灯会烧坏； 配件与小射灯串联后使其正常工作，由串联电路特点有：I灯＝I配＝0.2A， U配＝U﹣U灯＝220V﹣20V＝200V， 由欧姆定律可得配件的电阻：R配＝＝＝1000Ω。 故答案为：2；d、e间断路；1000。 【点评】本题主要考查家庭电路的连接、串联电路特点和欧姆定律的应用，知道灯泡电压等于额定电压时正常工作，低于额定电压时不能正常工作，高于额定电压过多时易烧坏。 15．（2023•碑林区校级三模）现在很多国产手机提供了闪充功能，如图甲是它的闪充充电器，有A、B两个充电接口，额定输出电压均为5V，输出电流分别为5A和2A。要快速给有闪充功能的手机充电，应选用 　A　（选填“A”或“B”）接口。部分国产手机还设计了一项超级省电模式，可以延长手机的待机时间，原因是减小了电池的输出 　电流　（选填“电压”或“电流”）。如图乙所示，手机电量20%时，省电模式下的电功率为P1，超级省电模式下的电功率为 P2，则P1与P2的比值为 　1.5　。当这部手机开启无线反向充电，对其他手机进行无线充电时，这部手机相当于 　电源　（选填“电源”或“用电器”）。 【考点】电功率的综合计算；电路的基本组成．版权所有 【专题】计算题；应用题；简答题；比较思想；电流和电路；电能和电功率；应用能力． 【答案】A；电流；1.5；电源。 【分析】（1）根据输出电流的大小判断出用哪个接口给有闪充功能的手机充电； （2）超级省电模式，可以延长手机的待机时间，而电池储存的电能是一定的，电源电压一定，根据W＝UIt判断应减小哪个量； （3）手机电量20%时，电池提供的电能W是一定的，根据P＝计算电功率之比； （4）这部手机开启无线反向充电，对其他手机进行无线充电时给其他手机提供电能，据此分析这部手机在电路中的作用。 【解答】解：（1）该闪充充电器有A、B两个充电接口，额定输出电压相同均为5V，输出电流分别为5A和2A， 根据W＝UIt知，在输出电压相同和输出的电能都相同时，输出电流大的充电时间短，因而选择A接口可以闪充； （2）超级省电模式，可以延长手机的待机时间，而电池储存的电能是一定的，电源电压一定，由W＝UIt可知应减小电池的输出电流； （3）手机电量20%时，电池提供的电能W是一定的， 根据P＝知，P1与P2的比值为P1：P2＝：＝t2：t1＝14h39min：9h40min＝879：580≈1.5； （4）这部手机开启无线反向充电，对其他手机进行无线充电时，给其他手机提供电能，所以这部手机相当于电源。 故答案为：A；电流；1.5；电源。 【点评】本题考查电能的计算与电功率的比较，关键是理解电池电压是不变的。 16．（2023•靖边县校级二模）如图所示电路中，电源电压恒为18V，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其上标有“10Ω 2A”字样，灯泡L标有“6V 2W”（不计灯丝电阻的变化），电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A的量程为0～3A。当闭合S，断开S1、S2时，灯泡恰好正常发光，则R1的阻值为 　36　Ω。S、S1、S2均闭合时，为保证电路安全，R2接入电路的阻值范围是 　9～10　Ω。当整个电路功率最大时，1min内整个电路消耗的电能为 　2700　J。 【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用；欧姆定律求范围值；欧姆定律的多状态计算．版权所有 【专题】欧姆定律；电与热、生活用电；分析、综合能力． 【答案】36；9～10；2700。 【分析】（1）由图可知，当闭合S，断开S1、S2时，R1与L串联，灯泡正常发光，根据P＝UI求出电路中的电流，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻；根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值； （2）当S、S1、S2均闭合时，R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A测量干路电流；根据并联电路电压特点可知R1、R2两端电压，根据欧姆定律求出通过R1的电流；根据R2的规格和电流表A的量程可知求出R2的最大电流，根据欧姆定律求R2的最小阻值，据此得到滑动变阻器R2接入电路的阻值范围； （3）根据W＝UIt求出当整个电路功率最大时，1min内整个电路消耗的电能。 【解答】解：（1）由图可知，当闭合S，断开S1、S2时，R1与L串联，灯泡正常发光， 由P＝UI可知，此时通过电路中的电流：I＝IL＝＝＝A； 由I＝可知，灯泡的电阻：RL＝＝＝18Ω； 根据串联电路的电压特点可知，R1两端的电压：U1＝U﹣UL＝18V﹣6V＝12V， 由I＝可知，定值电阻R1的阻值为：R1＝＝＝36Ω； （2）当S、S1、S2均闭合时，R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A测量干路电流； 根据并联电路电压特点可知，R1、R2两端电压等于电源电压18V， 通过R1的电流：I1′＝＝＝0.5A， 根据题意可知，滑动变阻器R2允许通过的最大电流为2A，电流表A的路程为0～3A， 当通过滑动变阻器R2的电流为2A时，干路的最大电流：I大＝IR1+I2大＝0.5A+2A＝2.5A＜3A，不超过A的量程，符合题意， 所以通过滑动变阻器R2的最大电流I2大＝2A， 由I＝可知，滑动变阻器R2的最小阻值：R2小＝＝＝9Ω， 滑动变阻器接入电路的阻值越大，电路中的电流越小，电路越安全，所以滑动变阻器接入电路的阻值范围：9～10Ω； （3）当电路中的总电流最大时，电路中的总功率最大， 当整个电路功率最大时，1min内整个电路消耗的电能：W＝UI大t＝18V×2.5A×1×60s＝2700J。 故答案为：36；9～10；2700。 【点评】本题考查串并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式以及焦耳定律的应用，有一定的难度。 17．（2023•碑林区校级模拟）空气质量关乎人体健康，监测大气污染物浓度的电路如图甲所示，R0为定值电阻，R为气敏电阻，R的阻值随污染物浓度变化曲线如图乙所示。当污染物浓度增大时，电压表的读数将 　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”），此过程中电路总功率 　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）。 【考点】动态电路中电功率的变化；动态电路的分析．版权所有 【专题】应用题；欧姆定律；电能和电功率；应用能力． 【答案】变小；变大。 【分析】由电路图可知，闭合开关R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；由图乙可知当污染物浓度增大时气敏电阻R的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，由串联电路的分压规律可知电压表示数的变化； 根据P＝UI判定总功率的变化。 【解答】解：由电路图可知，闭合开关R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流； 当污染物浓度增大时，根据图乙可知，气敏电阻的阻值减小，总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；由串联电路的分压规律可知，气敏电阻R两端的电压变小，即电压表示数变小； 电源电压不变，电路中的电流变大，根据P＝UI可知，总功率变大。 故答案为：变小；变大。 【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点、欧姆定律的应用、电功率公式的应用，由图像得出气敏电阻的阻值与污染物浓度的关系是关键。 18．（2024•眉县二模）完成下列填空。 （1）如图—1所示是使用温度计测量液体温度时的情景，测量时存在的错误是 　温度计玻璃泡触碰烧杯底　。 （2）如图—2所示，给装水的塑料瓶侧壁上扎两个小孔，两孔喷出的水流距离不同，说明液体压强与 　深度　有关。 （3）如图—3所示，小李家的电能表的示数为 　2024.1　kW•h，电能表转盘转过100转，该过程中消耗的电能是 　0.04　kW•h。 【考点】电能表的计算；液体压强与深度的关系；温度计玻璃泡的位置；电能表的读数．版权所有 【专题】温度计、熔化和凝固；电能和电功率；压强、液体的压强；应用能力． 【答案】（1）温度计玻璃泡触碰烧杯底； （2）深度； （3）2024.1；0.04。 【分析】（1）使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡要浸没在被测液体中，不能碰到容器壁或容器底。 （2）同一种液体，液体内部压强与深度有关。 （3）电能表盘面上的方框内的数字，表示的是消耗的电能，红色框内的数字为小数位。根据盘面上的参数和电能表转盘一段时间内转过的转数，求出该段时间内消耗的电能。 【解答】解：（1）使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡要浸没在被测液体中，不能碰到容器壁或容器底。图﹣1中的错误时：温度计的玻璃泡碰到烧杯底部； （2）给装水的塑料瓶侧壁上扎两个小孔，两孔喷出的水流距离不同，说明同一液体，液体压强与深度有关，深度越深，压强越大； （3）由图﹣3可知，小李家的电能表的示数为2024.1kW•h； 电能表转盘转过100转，该过程中消耗的电能W＝＝0.04kW•h； 故答案为：（1）温度计玻璃泡触碰烧杯底； （2）深度； （3）2024.1；0.04。 【点评】该题考查了温度计的使用、液体压强和哪些因素有关以及电能表的应用。属于基础知识考查，比较简单。 19．（2024•陇县模拟）夏季人们的舒适生活离不开空调，小同家空调的额定功率为1850W，小同若从甲、乙两种规格的电能表中选择一个对空调的功率进行测量，　乙　表合适，正确选择电能表后小同发现在用电高峰期时，关掉其他用电器只让空调单独工作，电能表在5分钟转了240转，消耗的电能为 　0.15　kW•h，该空调的实际功率是 　1800　W。 【考点】电能表的计算；电功率P＝W/t的简单计算．版权所有 【专题】电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】乙；0.15；1800。 【分析】先根据P＝UI的变形公式求出空调的电流，然后根据电能表允许通过的最大电流进行选择； 电能表所标“1600r/（kW•h）”表示每消耗1kW•h的电能电能表的转盘转1600转，现在知道转盘转了240转，可以求出该用电器在5min内消耗的电能，再利用P＝求出该用电器的电功率。 【解答】解：空调额定功率为1850W，由P＝UI可得，空调正常工作时通过的电流 甲允许通过的最大电流为6A，乙允许通过的最大电流为20A，故选乙。 电能表在5分钟转了240转，消耗的电能为 工作时间 空调的实际功率 故答案为：乙；0.15；1800。 【点评】此题考查了电能表的参数的理解与电能的求法以及电功率的计算，解题过程中要注意单位的换算。 20．（2024•雁塔区校级模拟）如图所示，在进户线的干路上串联一个标有“220V44W”的灯L2，只闭合开关S2时发现L3不亮，L2正常发光，因此，此电路为 　短路　（选填“断路”、“短路”或“正常”）电路，若此时用试电笔接触a点，氖管 　不会　（选填“会”或“不会”）发光。 【考点】家庭电路的故障分析．版权所有 【专题】电与热、生活用电；分析、综合能力． 【答案】短路；不会。 【分析】闭合S2后，L2、L3串联，若L2正常发光，则说明实际电压等于额定电压，由此可以说明灯L3处短路。 当测电笔接触火线时氖管会发光、接触零线时氖管不发光。 【解答】解：由图可知，闭合S2后，L2、L3串联，若L2正常发光，则说明实际电压等于额定电压，由此可以说明灯L3处短路。 由于L3被短路，电流到达a点，直接流向零线，所以此时用测电笔接触a点，电流不会经过测电笔、人体、流向大地，即测电笔也被短路，所以氖管不会发光。 故答案为：短路；不会。 【点评】此题主要考查学生对于家庭电路连接规则和电路故障的分析，属于中考必考点。 三．作图题（共1小题） 21．（2024•高新区校级模拟）小高家盖新房需要先设计一下屋内的电路，以便电工师傅布线。爱钻研的小高自告奋勇完成这个任务。如图所示为他设计电路的一部分，请他帮将下列元件连接成符合安全用电要求的家庭电路。 【考点】家庭电路的连线作图．版权所有 【专题】作图题；电与热、生活用电；应用能力． 【答案】见解答图。 【分析】三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。火线首先进入开关，然后进入灯泡顶端的金属点；零线直接进入螺旋套。火线接在灯泡的顶端，在更换灯泡时，断开开关，切断火线，更安全。 【解答】解：三孔插座的连接：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。 灯泡的连接方法：火线首先接入开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入螺旋套。如图所示： 【点评】本题考查家庭电路的连接，在家庭电路中，安装各个元件，不但考虑各元件能使用，更要考虑使用的安全性。 四．实验探究题（共2小题） 22．（2024•榆阳区二模）小东准备用6V的电源，测量某小灯泡的额定电功率，他观察到小灯泡标注的额定电压为2.5V，咨询老师得知小灯泡电阻约为10Ω。他找来了R1、R2两个不同规格的滑动变阻器，铭牌分别标有“10Ω 1A”和“50Ω 2A”字样。 （1）本实验中小东应该选择 　R2　（选填“R1”或“R2”）滑动变阻器； （2）用笔画线代替导线完成图甲的实验电路，当滑片向左滑动时，小灯泡发光变亮； （3）闭合开关后，发现电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是 　小灯泡短路　； （4）排除故障后，在接下来的实验过程中，小东观察电压表和电流表示数描绘出了如图乙所示图像，则小灯泡的额定功率为 　0.6　W；描绘出来的I﹣U图像是一条曲线，原因是 　小灯泡的电阻随温度的升高而增大　； （5）小东还对额定电压为2.5V的小灯泡正常发光时的电阻进行了测量，在只有一只电压表的情况下，连接如图丙所示电路，已知电阻R1的阻值为20Ω，电源电压为4.5V，请你将实验步骤补充完整： ①闭合开关S，将开关S1接 　b　（选填“a”或“b”）接线柱，调节R2的滑片，使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光； ②保持R2的滑片位置不动，闭合开关S，将开关S1接另一接线柱，此时电压表的示数为3V； ③小灯泡L正常发光时的电阻RL＝　12.5　Ω。 【考点】伏安法测量小灯泡的电功率；伏安法测小灯泡的电阻．版权所有 【专题】电能和电功率；应用能力． 【答案】（1）R2；（2）；（3）小灯泡短路；（4）0.6；小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（5）①b；2.5；③12.5。 【分析】（1）根据欧姆定律可知小灯泡正常工作时通过电路的电流，根据串联电路的特点可知此时滑动变阻器需要接入电路的阻值，进而选择滑动变阻器的规格； （2）滑动变阻器选择一上一下两个接线柱，滑片向左滑动时，小灯泡发光变亮，故此时电路中的电流变大，根据欧姆定律可知此时电路总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，基础选择滑动变阻器的接线柱与开关串联，并连接电路； （3）闭合开关后，发现电流表有示数，说明电路接通，电压表无示数，说明与电压表并联的元件短路； （4）小灯泡标注的额定电压为2.5V，从图乙可知小灯泡的额定电流为0.24A，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率； 小灯泡的电阻随温度的升高而增大； （5）若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；要测灯的额定功率，首先使灯正常发光； 先将电压表与灯并联，故S1接b，定值电阻短路，电压表测灯的电压，移动滑片使电压表的示数为2.5Ⅴ时，小灯泡正常发光； 保持R2的滑片不动，闭合开关S，将开关S1接a，灯短路，电压表测定值电阻的电压，由欧姆定律可知电路的电流，根据串联电路电压的规律及欧姆定律可知变阻器连入电路的电阻，在①中，根据串联电路电压的规律及欧姆定律可知灯的额定功率，根据P＝UI求出灯的额定功率。 【解答】解：（1）根据欧姆定律可知小灯泡正常工作时通过电路的电流I＝＝＝0.25A， 根据串联电路的特点可知此时滑动变阻器需要接入电路的阻值R滑＝＝＝14Ω，故选R2滑动变阻器； （2）滑动变阻器选择一上一下两个接线柱，滑片向左滑动时，小灯泡发光变亮，故此时电路中的电流变大，根据欧姆定律可知此时电路总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，应将滑动变阻器的左下a端接线柱与开关串联，连接电路图如下： ； （3）闭合开关后，发现电流表有示数，说明电路接通，电压表无示数，说明与电压表并联的元件断路，则故障可能是小灯泡短路； （4）小灯泡标注的额定电压为2.5V，从图乙可知小灯泡的额定电流为0.24A，则小灯泡的额定功率P额＝U额I额＝2.5V×0.24A＝0.6W； 描绘出来的I﹣U图像是一条曲线，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大； （5）测量“小灯泡额定功率”： 小亮在只有一只电压表的情况下，连接了如图丙所示的电路，测出了额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率。（已知电阻的阻值为20Ω，电源电压为4.5V）。 ①闭合开关S，将开关S1接b，调节变阻器的滑片使电压表的示数为2.5Ⅴ时，小灯泡正常发光； ②保持R2的滑片不动，闭合开关S，将开关S1接a，此时电压表的示数为3V； ③在①中，R1短路，电压表测灯的电压，电压表的示数为2.5Ⅴ时，小灯泡正常发光； 在②中，L短路，电压表定值电阻的电压，由欧姆定律，I1＝＝＝0.15A，由串联电路的规律，变阻器连入电路的电阻：R2＝＝＝10Ω， 在①中，由串联电路的规律和欧姆定律可求出灯的额定电流：IL＝＝＝0.2A， 灯泡正常发光时的电阻为：。 故答案为：（1）R2；（2）如上图；（3）小灯泡短路；（4）0.6；小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（5）①b；2.5；③12.5。 【点评】本题考查测量小灯泡的电功率的实验，重点考查器材选择、实物图连接、故障分析、电阻的计算、影响电阻的因素、特殊方法测量电功率等知识。 23．（2023•碑林区校级模拟）小明用伏安法测量标有“2.5V”灯泡额定功率的实验中，连接了如图甲所示的电路。 （1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡不亮，经检查有一根导线连接错误，请你在电路中将连接错误的导线上打“×”，并补画出正确的连线； （2）正确连接电路后，滑片P移动到某一位置时，电压表和电流表示数如图乙所示，小灯泡此时的电功率是 　0.9　W； （3）小明根据记录的多组数据绘制出小灯泡的I﹣U图像（图丙），分析评估时，小明对自己的实验产生了困惑，他认为：由欧姆定律I＝知，I与U之间的变化关系是正比例函数，所以其图像理论上应该是过原点的一条直线，你认为出现图丙这种图像的原因是 　灯丝的电阻随温度的升高而增大　； （4）小明用已有的器材、一个定值电阻R0和另一块电压表，设计了如图丁所示电路图，也能测出灯泡的额定功率，实验如下，请你补充完整。 ①连接好电路，将滑动变阻器的滑片调到b端； ②合上开关，移动滑片，使灯泡两端电压为 　2.5　V； ③再读出R0两端的电压为U0； 若实验操作正确，则灯泡的电功率表达式为P＝　2.5V×　。 ④其中虚线框内的元件组合体相当于 　电流表　（选填“电阻箱”或“电流表”）。 【考点】伏安法测量小灯泡的电功率．版权所有 【专题】定量思想；测量型实验综合题；实验基本能力． 【答案】（1）见解答图；（2）0.9；（3）灯丝的电阻随温度的升高而增大；（4）②2.5；③2.5V×；④电流表。 【分析】（1）原电路中，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中是错误的，灯与变阻器串联，电压表与灯并联； （2）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出小灯泡此时的电功率； （3）根据灯丝的电阻随温度的升高而增大分析； （4）①为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片放在阻值最大处； ②合上开关，移动滑片，使灯泡两端电压为额定电压，让灯泡正常发光； ③再读出R0两端的电压，根据欧姆定律算出电流； 根据P＝UI算出灯泡的额定功率； 电压表V2测量出电阻R0两端的电压，根据欧姆定律分析电压表V2与R0并联起来作用。 【解答】解：（1）原电路中，灯与变阻器并联，电压表串联在电路中是错误的，灯与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示： ； （2）滑片P移动到某一位置时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.36A，则小灯泡此时的电功率是： P＝UI＝2.5V×0.36A＝0.9W； （3）灯丝的电阻随温度的升高而增大，不是一个定值，由欧姆定律I＝可知，I与U之间的变化关系不是直线； （4）①连接好电路，将滑动变阻器的滑片调到b端； ②合上开关，移动滑片，使灯泡两端电压为额定电压，即2.5V，让灯泡正常发光； ③再读出R0两端的电压为U0，根据串联电路电流特点结合欧姆定律，此时电路的电流为： I＝I0＝； 灯泡的电功率表达式为： P＝ULI＝2.5V×； ④电压表V2测量出电阻R0两端的电压，根据欧姆定律可算出电路的电流，因此电压表V2与R0并联起来作用相当于电流表。 故答案为：（1）见解答图；（2）0.9；（3）灯丝的电阻随温度的升高而增大；（4）②2.5；③2.5V×；④电流表。 【点评】本题测定小灯泡电功率，考查电路连接、电表读数、电阻计算、影响电阻大小的因素以及特殊的方法测量小灯泡的功率。 五．计算题（共2小题） 24．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示电路，R1＝30Ω，R2＝10Ω，闭合开关后，电流表A1的示数为0.2A。求： （1）电源的电压； （2）流过R2的电流； （3）R2的电功率； （4）通电10min，电路总共消耗的电能。 【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；电功与电能的计算．版权所有 【专题】应用题；欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】（1）电源电压为6V； （2）通过R2的电流为0.6A； （3）R2的电功率为3.6W； （3）通电10min，电路总共消耗的电能为2880J。 【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。 （1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压； （2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R2的电流； （3）由P＝UI可得R2的电功率； （3）利用并联电路的电流特点求出电路的总电流，根据W＝UIt可得通电10min电路总共消耗的电能。 【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。 （1）因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，由I＝可得，电源的电压：U＝I1R1＝0.2A×30Ω＝6V； （2）通过R2的电流：I2＝＝＝0.6A； （3）R2的电功率P2＝UI2＝6V×0.6A＝3.6W； （3）因并联电路的干路电流等于各支路电流之和， 所以，电路总电流为：I＝I1+I2＝0.2A+0.6A＝0.8A， 通电10min，电路总共消耗的电能W＝UIt＝6V×0.8×10×60s＝2880J。 答：（1）电源电压为6V； （2）通过R2的电流为0.6A； （3）R2的电功率为3.6W； （3）通电10min，电路总共消耗的电能为2880J。 【点评】本题考查了并联电路的特点、欧姆定律和电功公式的应用，是一道基础题目。 25．（2024•白水县三模）饮水机是人们生活中常用的电器，小安家的饮水机电路图如图甲所示，其中S是电源开关，S1是温控开关，R1、R2均为电阻丝（阻值不变）。小安由其铭牌上获知，该饮水机的额定电压为220V，额定加热功率为880W，额定保温功率为44W。[已知] （1）当开关S闭合、S1断开时，饮水机处于 　保温　状态； （2）求电阻丝R1的阻值和饮水机保温状态下正常工作时R1的实际功率； （3）将饮水机水槽中1.5kg、20℃的水加热到80℃，若不计热量散失，需要正常加热多长时间？（结果保留整数） （4）小安做了一次探究：第一天晚上十点，他关掉家中的其他用电器只保留饮水机，记下此时电能表的示数如图乙所示，次日早晨七点钟，水温达到预定温度时电能表的示数如图丙所示；第二天晚上十点，他将饮水机关闭，次日早晨启动饮水机正常工作将水加热到预定温度用时8min。通过计算判断小安的哪种做法更节能？ 【考点】电功率多档位问题；利用比热容的公式计算热量．版权所有 【专题】比热容、热机、热值；电能和电功率；电与热、生活用电；应用能力． 【答案】（1）保温； （2）电阻丝R1的阻值为55Ω，R1的实际功率为2.2W； （3）将饮水机水槽中1.5kg、20℃的水加热到80℃，若不计热量散失，需要正常加热430s； （4）第二种做法更节能。 【分析】（1）当开关S闭合、S1断开时，电阻丝R1和R2串联，电路中的总电阻较大；当开关S、S1均闭合时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻较小。由判断饮水机的工作状态； （2）饮水机正常加热时，根据求R1的阻值；饮水机保温状态下正常工作时，根据P＝UI求电路中的电流，根据P＝UI＝I2R求R1的实际功率； （3）将饮水机水槽中1.5kg、20℃的水加热到80℃，根据Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；不计热量散失，饮水机消耗的电能等于水吸收的热量，根据P＝求需要正常加热的时间； （4）根据电能表示数求出第一种做法饮水机消耗的电能；根据W＝Pt求出第二种做法饮水机消耗的电能，比较得出结论。 【解答】解：（1）当开关S闭合、S1断开时，电阻丝R1和R2串联，电路中的总电阻较大；当开关S、S1均闭合时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻较小。由可知，当开关S闭合、S1断开时，电路消耗的电功率较小，饮水机处于为保温状态；当开关S、S1均闭合时，电路消耗的电功率较大，饮水机处于加热状态； （2）饮水机正常加热时，由可得，R1的阻值：； 饮水机保温状态下正常工作时，电路中的电流：， R1的实际功率：； （3）将饮水机水槽中1.5kg、20℃的水加热到80℃，水吸收的热量： ， 不计热量散失，需要正常加热的时间：； （4）第一种做法，饮水机消耗的电能： ； 第二种做法消耗的电能： ， 比较可知，W1＞W2，则第二种做法更节能。 答：（1）保温； （2）电阻丝R1的阻值为55Ω，R1的实际功率为2.2W； （3）将饮水机水槽中1.5kg、20℃的水加热到80℃，若不计热量散失，需要正常加热430s； （4）第二种做法更节能。 【点评】本题考查电功率的多挡位问题和物质吸热的计算、电功率公式的应用，正确判断不同挡位时的电路连接方式是关键。 考点卡片 1．常见的长度及估测 【知识点认识】 1．在没有精确测量工具的情况下，可以通过一些简单的方法来估测长度，比如使用手掌的宽度、步长、或者已知长度的物体作为参照。 【命题方向】 1．基本概念：考察学生对长度单位、换算关系以及长度测量的基本概念的理解。 2．估测技巧：通过实际问题或情景，考察学生使用估测技巧的能力，如利用手掌宽度、步长等进行估测。 例：下列说法符合实际情况的是（　　） A.课桌的高度约为10dm B.手掌宽度约为10cm C.物理课本长度约为10μm D.一个分子的直径约为10﹣1m 分析：根据生活经验和对长度单位的认识进行分析。 解析：解：A.课桌的高度约为80cm＝8dm，故A不符合实际； B.手掌宽度约为10cm，故B符合实际； C.物理课本长度约为28cm＝2.8×105μm，故C不符合实际； D.一个分子的直径约为10﹣10m，故D不符合实际。 故选：B。 点评：对日常生活中的速度、质量、长度、时间等进行准确的估测，是初中学生需要掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。 【解题方法点拨】 1．忽视单位换算中的进率。 2．估测时过于依赖直觉，缺乏参照物。 3．测量时不注重读数的准确性。 2．液体压强与深度的关系 【知识点的认识】 （1）在同一液体，液体内部压强随深度的增加而增大。 （2）在同一深度，不同液体密度越大液体该处压强越大。 （3）液体内部的压强只与液体的密度、液体深度有关，而与容器的形状、底面积、液体的体积、液体的总重无关。 【命题方向】 考查影响液体压强大小的因素。 例：为什么深水潜水员必须穿行坚固耐压的潜水服？ 分析：由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；在同一深度处液体向各个方向的压强相等；不同液体的压强还跟密度有关。 解析：答：处于液体内部的物体的所有表面都要受到液体的压强，压强大小与深度有关，越深处压强越大，深水潜水员在潜水时要受到比在水面上大许多倍的压强，如果不穿坚固耐压的潜水服，潜水员是承受不了那么大压强，会有生命危险，所以必须穿上高强度耐压的潜水服才行。 点评：本题的解题关键是知道液体的压强随深度的增加而增大。 【解题方法点拨】 记忆性的知识点，要熟记． 3．杠杆的分类 【知识点的认识】 （1）杠杆分为三类： 省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力费距离） 费力杠杆（动力臂小于阻力臂，费力省距离） 等臂杠杆（动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离） （2）天平是等臂杠杆．关于天平的使用，我们已学过，天平是支点在中间的等臂杠杆，它是根据物体的重力跟质量成正比和杠杆平衡条件来工作的，天平平衡时，砝码加游码的总质量等于被称物体的质量． 〔3）秤是用来称量物体的质量的工具，它是根据杠杆平衡条件制成的，使用时，可以是等臂杠杆，也可以是不等臂杠杆． （4）生活中常见的省力杠杆：羊角锤头撬钉子、手推独轮车、剪树枝的剪刀、瓶盖起子、核桃夹等． 生活中常见的费力杠杆：人的前臂、钓鱼竿、裁缝用的剪刀、筷子、镊子等． 【命题方向】 判断生活中的杠杆式什么杠杆是命题的关键。 例：使用下列简单机械时，一定省力的是（　　） A.铡刀和定滑轮 B.撬棒和理发剪刀 C.羊角锤和手推车 D.瓶盖起子和钓鱼竿 分析：对于简单机械来说，如果要求它省力，那么动力臂就一定要大于阻力臂。选项中所列都是生活中常见的简单机械，只有逐一分析它们力臂的大小，才能判断其是否省力，同时还要注意，机械的力臂有时会随着使用方式的不同而变化。 解析：解：A、铡刀通常是省力的，但定滑轮的实质却是等臂杠杆，所以不合题意； B、撬棒通常是省力的，但理发剪刀一般刀口部分长于刀柄，属费力杠杆，所以不合题意； C、羊角锤和手推车都有着较长的用力柄，动力臂长于阻力臂，而且相对固定，所以符合题意； D、瓶盖起子通常是省力的，但钓鱼竿却是典型的费力杠杆，所以不合题意。 故选：C。 点评：判断一种简单机械是否省力，主要看它的力臂的分配，同一种机械在使用方式不同时，它的省力情况也会发生变化。 【解题方法点拨】 解题的关键是要看动力臂与阻力臂之间的大小关系．要与生活实际相联系，例如上面的例题由于人的前臂相当于杠杆，动力臂和阻力臂已经固定，且阻力臂大于动力臂，是一个费力杠杆．根据杠杆平衡条件可知：在动力臂和阻力臂确定的情况下，手托起的物体越重，肌肉提供的动力越大，感觉越累． 4．紫外线 【知识点的认识】 （1）紫外线是电磁波谱中波长从0.01～0.40微米的辐射总称，‌属于不可见光。‌ （2）紫外线具有以下性质和用途：‌ ①生理作用：‌能杀菌、‌消毒、‌治疗皮肤病和软骨病等。‌适当的紫外线照射有助于人体合成维生素D，‌促进钙的吸收，‌对骨骼生长有促进作用。‌ ②化学作用：‌能使照相底片感光，‌具有荧光效应，‌可用于鉴别钞票和商标的真假。‌ ③应用：‌在工业、‌科学和医学领域中，‌紫外线被广泛应用于消毒、‌荧光检测、‌光聚合等。‌ 【命题方向】 主要从应用方面考查紫外线 例：下列各种应用实例中，利用了红外线的是　AEFH　；利用了紫外线的是　BCG　。 A.体温枪 B.使荧光物质发光验钞 C.杀菌灯 D.医用B超仪 E.电视机的遥控装置 F.军事设施上的夜视镜 G.帮助人体合成维生素 H.热谱仪 分析：（1）红外线的作用和用途：根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等；红外线可以传递信息，可以进行遥控制成电视、空调遥控器等； （2）紫外线的作用和用途：紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机；紫外线具有化学效应，能杀菌，制成灭菌灯；能促成维生素D的合成。 解析：解：根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等；红外线可以传递信息，可以进行遥控制成电视、空调遥控器等，由此可知题干中利用了红外线的是AEFH； 紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机；紫外线具有化学效应，能杀菌，制成灭菌灯；能促成维生素D的合成，据题可知利用了紫外线的是BCG； 医用B超仪利用的是超声波工作的。 故答案为：AEFH；BCG。 点评：本题考查了红外线和紫外线的应用，属于识记知识，难度不大。 【解题方法点拨】 基础性知识，牢记即可。 5．温度计玻璃泡的位置 【知识点的认识】 温度计的玻璃泡应全部浸没在液体中，‌不能接触容器的底和侧壁，‌以确保测量准确性。‌ 【命题方向】 围绕错误操作这一方向，考查对温度计玻璃泡的位置的掌握。 例：如图所示是用温度计测量液体温度的示意图，其中温度计使用正确的是（　　） A. B. C. D. 分析：使用温度计测量液体温度时，要使温度计的玻璃泡与被测液体充分接触，不要接触容器底或容器壁。视线与液柱上表面相平。 解析：解：由图知： A、温度计的玻璃泡接触了烧杯底部，故A错误； B、温度计的玻璃泡接触了烧杯侧壁，故B错误； C、图中视线没有与液柱上表面相平，故C错误； D、温度计的玻璃泡与被测液体充分接触，没有接触容器底或容器壁，视线与液柱上表面相平，故D正确。 故选：D。 点评：在物理实验和日常生活中经常使用温度计，我们要熟练掌握其使用和读数方法。 【解题方法点拨】 泡全浸入被测液，不碰容器底或壁。 6．利用比热容的公式计算热量 【知识点的认识】 物体的温度升高时吸收热量为：Q吸＝cm（t﹣t0） 物体的温度降低时放出的热量为：Q放＝cm（t0﹣t） 式中的c为物体的比热容，m为物体的质量，t0表示物体原来的温度，t表示物体后来的温度．若用Δt表示物体变化的温度（升高或降低的温度），那么，物体温度升高过程吸收的热量或物体温度降低过程放出的热量可以统一写为：Q＝cm△t． 【命题方向】 考查利用热量的计算公式，计算热量。 例：一壶质量为2千克、温度为20℃的水，加热后使其升高到70℃，这些水吸收了多少热量？[水的比热容为4.2×103焦/（千克•℃）]。 分析：掌握热量公式：Q＝cm△t的计算公式是解答本题的关键，题干中已知水的质量是2kg，水的初温和末温分别是20℃、70℃，把数据代入公式即可求出水吸收的热量。 解析：解：由分析知水吸收的热量为：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J 答：这些水吸收了4.2×105J的热量。 点评：本题主要考查学生对热量的计算公式的理解和掌握，是一道中档题。 【解题方法点拨】 t是末温，t0是初温，Δt表示温度的变化，注意题干中对于他们的说法是有差别的，如“升高到”，“降低到”指的是末温，而“升高了”，“降低了”表示的是温度的变化。 7．电路的基本组成 1231 8．串联电路中的电流规律 【知识点的认识】 从理论上分析，经过电路中各个部分的电荷，不会消失，也不会凭空增加，所以单位时间内经过串联电路各处的电荷一样多，也就是说串联电路中电流处处相等．表达式为I1＝I2＝…In 【命题方向】 判断串联电流中各电路中的电流大小是中考的热点，常以选择题，填空题出题，考查定性关系 例：如图AO和OB是两段由同种材料制成的粗细不同的电阻线，这两段电阻线的长度相等。当把它们串联接入某一电路中时，电阻线AO和OB两端电流之间的关系是（　　） A.IAO＜lOB B.IAO＞IOB C.IAO＝IOB D.无法确定 分析：在串联电路中，电流处处相等，据此分析判断。 解析：解：由题意知，导体AO与OB串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以IAO＝IOB，故ABD错误；C正确。 故选：C。 点评：本题主要考查了串联电路的特点，难度不大，属于基础知识。 【解题方法点拨】 无论串联电路中的用电器规格是否相同，只要串联，通过电路的电流处处相等．串联电路中电流相等不要理解为电流是不变的，一个用电器的电流改变，流过其他用电器的电流也改变，但两者相等． 9．动态电路的分析 【知识点的认识】 （1）明确引起电路动态变化的原因，即是由热敏电阻、光敏电阻、滑动变阻器等引起的 （2）明确元件变化时，接入电路的各部分电阻如何变化 （3）明确电源的电压是否保持不变 （4）从串联电路或并联电路中电流、电压的规律及欧姆定律中选择一条判断电路中电流或某一元件两端的电压的变化情况。 【命题方向】 电路的动态分析问题，是中考必出的问题，应加强训练，此类习题规律性较强，一旦掌握很容易得分。 例：闭合如图所示电路的开关，将滑动变阻器的滑片向左滑移动一小段距离的过程中（　　） A.灯泡的亮度变小 B.电流表的示数不变 C.电压表的示数变大 D.电路的总功率变小 分析：滑动变阻器R与灯泡L并联，电压表测电源电压，电流表测量灯泡L的电流，滑动变阻器R向左移动，R阻值变小。 解析：解：将滑动变阻器的滑片向左滑移动一小段距离的过程中： A、对灯泡L没有影响，灯泡的亮度不变，故A错误； B、电流表示数不变，I＝，U、RL大小不变，所以电流表示数不变，故B正确； C、电压表测电源电压，电压表示数不变，故C错误； D、P＝UI，U不变，将滑动变阻器的滑片向左滑移动一小段距离，R阻值变小，所以R支路电流变大，灯泡L支路电流不变，总电流I总变大，P变大，故D错误； 故选：B。 点评：本题考查了电路的动态分析，难度不大。 【解题方法点拨】 解题方法有两种： 方法①：按这样的顺序分析：局部电阻如何变化→总电阻如何变化→由于电源电压不变，导致电路中电流如何变化→依据U＝IR分析不变的电阻两端的电压如何变化→依据U变化的电阻＝U总﹣U不变的电阻分析变化的电阻两端的电压如何变化。 方法②：串联电路中＝，即电压与电阻成正比，由此可知串联电路中按电阻的比例分配电压，电阻所占比例分数越大，分得的电压比例就越大。 10．欧姆定律的应用 【知识点的认识】 （1）相关基础知识链接： ①电流规律： 串联：I＝I1＝I2．串联电路电流处处相等。 并联：I＝I1+I2．并联电路干路电流等于各支路电流之和。 ②电压规律： 串联：U＝U1+U2．串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。 并联：U＝U1＝U2．并联电路各支路两端电压相等，等于总电压。 ③电阻规律： 串联：R＝R1+R2．串联电路总电阻等于分电阻之和。 并联：＝+．并联电路总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和。 ④比例规律： 串联：＝．串联电路中电压与电阻成正比。 并联：I1R1＝I2R2．并联电路中电流与电阻成反比。 ⑤欧姆定律： I＝．导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。 【命题方向】 欧姆定律的综合应用是电学部分的核心，也是最基础的内容，这一节知识是难点也是中考必考点。常结合日常生活生产中遇到的电路问题考查欧姆定律的应用，计算题多与后面的电功率计算结合在一起，作为中考的压轴题出现。训练时应足够重视。 例：如图甲所示是电阻R和灯泡L的U﹣I图象。由图甲可知，电阻R的阻值为　20　Ω。若电源电压不变，将电阻R和灯泡L接在图乙电路中，S闭合，电流表示数为0.6A，则电源电压为　18　V。 分析：电阻R的U﹣I图象是正比例函数，则R为定值电阻，根据图象读出任意一组电流和电压值，根据欧姆定律求出R的阻值； 将电阻R和小灯泡L串联在图乙所示的电路中时，通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出R两端的电压，根据图象读出灯泡两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压。 解析：解：由图象可知，电阻R的I﹣U图象是正比例函数，则R为定值电阻，当R两端的电压UR＝2V时，通过的电流IR＝0.1A， 由欧姆定律可得R的阻值：R＝＝＝20Ω； 由图乙可知，灯泡L与电阻R串联，电流表测电路中的电流， 当电流表示数为0.6A时，R两端的电压：UR′＝IR＝0.6A×20Ω＝12V， 由图象可知，灯泡两端的电压UL＝6V， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U＝UR′+UL＝12V+6V＝18V。 故答案为：20；18。 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。 【解题方法点拨】 （一）比例问题 解决这类问题一要掌握规则，二要弄清是哪两部分相比。 ①串联电路电流处处相等，即电流之比为：I1：I2＝1：1； 根据I＝可知电压与电阻成正比，＝。 ②并联电路各支路电压相等，即电压之比为U1：U2＝1：1； 根据U＝IR可知电流与电阻成反比，I1R1＝I2R2。 （二）电表示数变化问题 （1）解决这类问题最重要的是弄清电路是串联还是并联，不同的连接方式有不同的判断规则。 ①串联电路： 电流与电阻的变化相反，即电阻变大时电流变小，电阻变小时电流变大；按电阻的正比例来分配电压。 ②并联电路： 各支路的电压都与电源电压相等，所以电压是不变的；阻值变化的支路电流随之变化，阻值不变的支路电流也不变。 ③电压表与电流表示数的比值： 根据导出式R＝可知，电压表与电流表示数的比值代表了某个电阻的大小，只要电阻不变化，两表比值是不变的。 （2）解决这类电表示数变化的问题时，注意不要在第一步判断串并联时出错。 （3）滑动变阻器连入电路的是哪一部分，没有判断清楚，也是解决电表示数变化问题常出现的错误。 11．欧姆定律求范围值 【知识点的认识】 在应用欧姆定律求解电路中的特定值时，‌有时需要确定某些电气元件的最大或最小值，‌这涉及到对电路参数的范围进行计算。‌ （1）串联电路中的电源电压限制：‌当两个电阻串联时，‌电源电压不能超过某个特定值，‌以避免超过任何一个电阻能承受的最大电压。‌ （2）并联电路中的电流限制：‌在并联电路中，‌干路中的电流不能超过并联元件允许通过的最大电流之和。‌ （3）滑动变阻器的应用：‌在电路中使用滑动变阻器时，‌需要确定滑动变阻器的最大和最小电阻值，‌以确保电路的安全运行。‌ 【命题方向】 常结合日常生活生产中遇到的电路问题考查欧姆定律的应用，计算题多与后面的电功率计算结合在一起，欧姆定律求范围值是难度较大的一类题型。训练时应足够重视。 例：如图所示，电源电压为4.5V，电压表量程为“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”，小灯泡L标有“2.5V 1.25W”（灯丝电阻不变），在保证小灯泡L电流不超过额定电流和其它元件安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是（　　） A.小灯泡正常发光的电阻是5Ω B.滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω～10Ω C.电压表示数变化范围是2～3V D.电流表的示数变化范围是0.3～0.6A 分析：（1）由欧姆定律求出灯的电阻； （2）根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流为灯泡额的电流和滑动变阻器允许通过最大电流中较小的一个，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值； 当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，利用串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的电流，进一步求出电路中电流变化的范围，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值即可得出滑动变阻器阻值变化的范围。 解析：解：（1）灯泡的电阻为：RL＝＝＝5Ω，故A正确； B、小灯泡的额定电流为：IL＝＝＝0.5A，由题知，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表量程为“0～0.6A”， 串联电路中电流处处相等，所以电路中的最大电流Imax＝0.5A，此时灯泡正常发光； 由串联电路电压的规律，变阻器的电压U滑＝U﹣UL； 由欧姆定律知，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，变阻器的最小阻值为： R滑min＝＝＝＝4Ω； 当电压表示数最大为3V时，根据分压原理，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小， 由串联电路电压的规律，此时灯泡两端的最小电压：UL′＝U﹣U滑max＝4.5V﹣3V＝1.5V， 电路中的最小电流：Imin＝＝＝0.3A， 所以电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故D错误； 滑动变阻器接入电路中的最大阻值： R滑max＝＝＝10Ω， 所以滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω，故B正确； 电源电压为4.5V，灯泡额定电压为2.5V，灯泡两端最大电压为2.5V， 此时滑动变阻器两端电压最小为：U滑＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V， 则电压表示数变化范围是：2V～3V，故C正确。 故选：ABC。 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律及电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡的额定电流确定电路中的最大电流和电压表的最大示数确定电路中的最小电流，并且要知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。 【解题方法点拨】 ‌欧姆定律求范围值解题方法的关键在于理解电路的连接方式（‌串联或并联）‌，‌并根据电阻的额定值计算电路中的最大电流或最大电压。‌ 12．应用欧姆定律进行故障分析 应用欧姆定律进行故障分析 【知识点的认识】 常见电路故障总结： 现象1：用电器不工作 （1）串联电路：如果其他用电器均不能工作，说明某处发生断路；如果其他用电器仍在工作，说明该用电器被短路了。 （2）并联电路：如果所有用电器均不工作，则干路发生断路；如果其他用电器仍工作，则该用电器所在支路发生断路。 现象2：电流表示数正常，电压表无示数 （1）分析：“电流表示数正常”表明电流表所在的电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表。 （2）故障原因：①电压表损坏：②电压表接触不良；③与电压表并联的用电器短路 现象3：电流表无示数，电压表有示数 （1）分析：“电流表无示数”说明电流很小或几乎无电流通过电流表，“电压表有示数”表明电路中有电流通过。 （2）故障原因：①电流表短路；②和电压表并联的用电器断路。 现象4：电流表、电压表均无示数 （1）分析：“电流表、电压表均无示数”表明无电流通过两表 （2）故障原因：①两表同时短路；②干路断路导致无电流 【命题方向】 应用欧姆定律进行故障分析的命题方向主要涉及电路故障的类型识别与分析。‌ 例：如上图所示的电路图，其中R1＝5Ω，电流表A的示数为0.8A，电流表A2的示数为0.2A，电源电压为　3V　，若R2断路，则电流表A1的示数　不变　（选填“变大”“变小”或“变”）。 分析：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过R2的电流，电流表A测量干路的总电流； （1）根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压，根据并联电路的电压特点可知电源电压； （2）根据并联电路的电流特点可知若R2断路，电流表A1的示数变化情况。 解析：解：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过R2的电流，电流表A测量干路的总电流； 根据并联电路的电流特点可知，通过R1的电流：I1＝I﹣I2＝0.8A﹣0.2A＝0.6A， 由I＝可知，R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.6A×5Ω＝3V， 根据并联电路的电压特点可知，电源电压：U＝U2＝U1＝3V； 根据并联电路的特点可知，并联电路的各支路之间互不影响，所以当R2断路，电流表A1的示数不变。 故答案为：3V；不变。 点评：本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用，是一道综合题，难度不大。 【解题方法点拨】 电路故障分析思路 认真审题，判断电路各元件连接方式，明确电流表、电压表测量的元件，各开关控制的元件 根据故障现象分析有无电流，得出电路是短路还是断路。 根据电表示数变化分析找出故障位置。 13．欧姆定律的多状态计算 【知识点的认识】 欧姆定律的多状态计算方法：‌ （1）分析电路结构：‌ （2）根据开关通断确定电路状态‌ （3）应用欧姆定律进行计算 【命题方向】 主要集中在电路分析和设计、‌欧姆定律和功率计算、‌电阻的串并联及变化、‌动态电路分析以及简单逻辑电路的考察。‌ 例：如图所示电路，电源电压恒为12V，R1＝20Ω，R2＝40Ω，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～0.6A。只闭合开关S1时，电压表的示数为9V。求： （1）R1两端的电压； （2）电阻R3的阻值； （3）再闭合开关S2、S3时，电流表的示数。 分析：（1）由图可知，只闭合S1，R1和R3串联，电流表测电路中的电流，电压表测R3两端的电压；已知电压表的示数，即R3两端的电压，已知电源电压，串联电路的电源电压等于各个用电器两端的电压之和，据此求出R1两端的电压； （2）已知R1两端的电压和R1的阻值，根据欧姆定律求出通过R1的电流，即电路中的电流；再根据I＝可求出R3的阻值； （3）再闭合S2、S3，R1被短路，R2和R3并联，电流表测干路的电流，电压表测电源电压；根据欧姆定律求出通过R2和R3的电流，并联电路的总电流等于各个支路的电流之和，据此求出干路电流，即电流表的示数。 解析：解：（1）由题图可知，只闭合开关S1时，R1和R3串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R3两端的电压。已知电压表的示数为9V，即 R3两端的电压为U3＝9V， 则R1两端的电压：U1＝U﹣U3＝12V﹣9V＝3V； （2）此时电路中的电流：， 由可得R3的阻值：； （3）再闭合开关S2、S3时，R1被短路，R2和R3并联，电流表测量干路的电流，电压表测量电源电压。 通过R2的电流：， 通过R3的电流：， 干路的电流：I'＝I2+I3＝0.3A+0.2A＝0.5A，则电流表的示数为0.5A。 答：（1）R1两端的电压为3V； （2）电阻R3的阻值为60Ω； （3）再闭合开关S2、S3时，电流表的示数为0.5A。 点评：本题考查了欧姆定律的应用，熟练掌握串、并联电路的电流和电压特点是解题的关键。 【解题方法点拨】 解题过程中需要特别注意电路的分析和状态的确定，‌以及正确应用欧姆定律进行计算 14．伏安法测小灯泡的电阻 【知识点的认识】 （1）实验原理：根据欧姆定律的导出式R＝。 （2）实验器材：电源、开关、导线、滑动变阻器、被测小灯泡、电压表、电流表。 （3）电路图： （4）滑动变阻器在实验中的作用：保护电路；改变灯泡两端的电压；改变通过灯泡的电流。 （5）实验步骤： ①按电路图连接电路，将滑动变阻器调到阻值最大处； ②闭合开关，移动滑片，使电压表的示数等于小灯泡的正常工作电压，记下此时电流表、电压表示数； ③调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压逐次降低，记下每次读出的电流表、电压表示数； ④计算每次的电阻值，整理器材。 （6）记录数据： （7）分析与归纳：灯丝的电阻随温度的升高而增大。 【命题方向】 考查伏安法测小灯泡的电阻的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 例：图甲是“伏安法测小灯泡电阻”的实物电路图，其中小灯泡的额定电压为2.5V，电源由三节干电池串联而成。 （1）图甲中有一根导线接错了，请在这根导线上打“×”，并用笔重新画一根正确连接的导线。 （2）正确连接电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到　B　端。 （3）闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，多次测量，画出小灯泡的电流随其两端电压变化的关系图像，如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为　10　Ω。 （4）利用测小灯泡电阻的器材不能探究电流与电压的关系，理由是　灯丝的电阻随温度的升高而增大　。 分析：（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端； （2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处； （3）根据图乙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用R＝求出小灯泡正常发光时的电阻； （4）在探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻阻值不变，而灯丝的电阻随温度的升高而增大。 解析：解：（1）原电路图中，电压表选用大量程，而小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表应选小量程并联在灯泡两端，如下图所示： ； （2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即B端； （3）由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡正常发光时的电阻为： R＝＝＝10Ω； （4）在探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻阻值不变，而灯丝的电阻随温度的升高而增大，不是一定值，故利用测小灯泡电阻的器材不能探究电流与电压的关系。 故答案为：（1）见解答图；（2）B；（3）10；（4）灯丝的电阻随温度的升高而增大。 点评：本题伏安法测小灯泡电阻实验，考查了电路连接、注意事项、电阻的计算和影响电阻大小因素等知识。 【解题方法点拨】 测灯泡电阻时不能求平均值，因为在不同电压下灯泡的温度不同，其电阻是不同的，求平均值没有意义。 15．电能表的读数 【知识点的认识】 电能的求法： ①测量较大电能时用刻度盘读数：最后一位是小数位；两次读数之差就是这段时间内消耗的电能，单位是度（千瓦时）； ②测量较小电能时用转盘转数读数：通过记录某段时间内电能表转盘转数，结合电能表转盘每转表示的电能计算出该段时间内消耗的电能． 【命题方向】 考查电能的求法，包括电能表的读数，以及通过转盘数测量电能的大小。 例：如图为家用电能表，此仪表可用在最大功率为　2200　W的家庭电路上，甲为上月抄表时的读数，乙为本月抄表的读数，这期间该用户用电　82.5　度。 分析：根据电能表的铭牌，利用P＝UI可得出最大功率；用电能表本月的示数减去上月的示数，可得出用电度数。 解析：解：从电能表的铭牌“220V 10A”可知，允许通过的最大电流为10A，则电能表的最大功率为：P＝UI＝220V×10A＝2200W。 电能表本月与上月的读数差即为该月所消耗的电能，电能表的末尾是小数位。这期间该用户用电为：1356.8kW•h﹣1274.3kW•h＝82.5kW•h＝82.5度。 故答案为：2200；82.5。 点评：本题考查了对电能表铭牌的认识，对功率公式的应用，以及正确读取电能表的示数，属基础题，难度不大。 【解题方法点拨】 电能表测耗电能，用电等于示数差。 600r/（kW•h），转盘转n圈，耗电。 16．电能表的计算 【知识点的认识】 （1）表盘上标有Nr/（kW•h）字样，转盘转n圈，耗电。 （2）最大功率＝电能表使用的电压×最大电流 （3）电能W＝Pt 【命题方向】 有关电能表的计算涉及到转盘的圈数，电费的计算，最大功率的计算，消耗电能的计算等。 例：高老师新家的电能表1月初读数为111.6kW•h，2月初读数如图所示，则1月份高老师家用电　120　kW•h。某天，高老师关闭家里其它用电器，只接入额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min，则这段时间内电能表的转盘转过　450　圈。 分析：（1）上月用电量的计算：本月初示数与上月初示数之差，注意：最后一位是小数，计量是单位kW•h； （2）3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，根据W＝Pt求出消耗的电能，再求出这段时间内电能表的转盘转过的圈数。解析：解：1月份高老师家用电231.6kW•h﹣111.6kW•h＝120kW•h； 额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min，消耗的电能为： W＝Pt＝1800W×5min＝1.8kW×h＝0.15kW•h； 这段时间内电能表的转盘转过的圈数为： 3000r/（kW•h）×0.15kW•h＝450r。 故答案为：120；450。 点评：本题考查了电能表的读数和有关电能表的计算、电能公式的应用，属于基础题。 【解题方法点拨】 理解电能表的参数，熟练运用公式即可。 17．电功与电能的计算 【知识点的认识】 流在某段电路上所做的功，等于这段电路两端的电压，电路中的电流和通电时间的乘积。 计算公式：W＝UIt＝Pt（适用于所有电路） 【命题方向】 主要考察用电器的实际功率和额定功率的计算、利用电能表测用电器的实际功率和实际电压等。 例：为了保护孩子的视力，教室里日光灯更换成如图所示额定功率为10W的LED（发光二极管）护眼灯。LED灯发光效率高，其发光部分主要由　半导体　材料制成。教室内所有9盏LED亮一小时所消耗的电能为　0.09　kW•h。 分析：家庭电路中的用电器是并联的；LED灯是由半导体材料制成的；根据W＝Pt直接计算即可。 解析：解：如图所示的LED护眼灯，每个教室里的这9盏LED护眼灯是互不影响的，所以它们之间一定是并联的。 LED是发光二极管做成的，发光二极管是半导体材料； 每个教室里的9盏LED护眼灯，每盏LED护眼灯的额定功率为10W，故教室内所有日光灯亮一小时所消耗的电能W＝P总t＝9×10W×1h＝0.09kW×1h＝0.09kW•h。 故答案为：半导体；0.09。 点评：本题考查了半导体材料的应用、电功公式的应用，属于基础题。 【解题方法点拨】 电流做功用W＝UIt进行计算。对于电能全部转化为内能的用电器，也可以用W＝＝I2Rt计算电流做的功。 18．实际功率 【知识点的认识】 实际功率：用电器在实际电压下工作时的电功率，可能与额定功率相等，也可能不相等，常用P实表示 【命题方向】 考查电路中实际功率的计算以及实际功率与用电器工作状态的关系。 例：现有两只灯泡，灯泡L1标有“6V 3W”，L2标有“12V 6W”，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（　　） A.两灯串联在电路中时能同时正常发光 B.两灯串联在电路中时，电源电压最大值为15V C.两灯串联在电源电压为15V的电路中时，灯泡L1更亮 D.两灯并联在电源电压为6V的电路中时，灯泡L2的实际功率为1.5W 分析：（1）串联电路中各处的电流都相等，根据I＝ 分别求出两灯的额定电流，据此判断； （2）根据R＝分别求出两灯的电阻，结合欧姆定律的变形U＝IR计算出两灯串联在电路中时，电源电压最大值； （3）灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，根据P＝I2R进行分析； （4）结合并联电路的电压规律，根据P＝求出灯泡L2的实际功率。 解析：解：A、两灯的额定电流分别为： I1＝＝＝0.5A；I2＝＝＝0.5A； 两灯串联在电路中，串联电路中各处的电流都相等，当电路电流为0.5A时，两灯能同时正常发光，故A正确； B、两灯的电阻分别为： R1＝＝＝12Ω；R2＝＝＝24Ω； 两灯串联在电路中时，电源电压最大值为U＝IR＝I（R1+R2）＝0.5A×（12Ω+24Ω）＝18V，故B错误； C、两灯串联在电源电压为15V的电路中时，根据P＝I2R可知，灯泡L2的实际功率更大，而灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，因此灯泡L2更亮，故C错误； D、两灯并联在电源电压为6V的电路中时，根据并联电路的电压规律可知，两灯泡两端的电压均为6V，因此灯泡L2的实际功率为P2实际＝＝＝1.5W，故D正确。 故选：AD。 点评：此题考查了额定功率与实际功率、欧姆定律、电功率公式的应用、串并联电路的规律，关键要知道灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率。 【解题方法点拨】 灯泡的亮度取决于实际功率，如果实际功率相等，则亮度相同． 19．电功率P＝W/t的简单计算 【知识点的认识】 电功率的计算：W＝，表示电功率等于电功与时间之比。P表示电流做功的功率，单位是W；W表示电流做的功，单位是J；t表示电流做功所用的时间，单位是s。 注意：电能单位用千瓦时（kW•h 度）时，电功率用千瓦（kW），时间用小时（h） 【命题方向】 考查公式P＝W/t的运用，也常考此公式的变形，求工作时间和电流所做的功。 例：小玲家的电视机播放2h共消耗了0.2kW•h的电能，那么这台电视机的功率是（　　） A.1kW B.0.1kW C.0.01kW D.0.001kW 分析：根据P＝求出电视机的功率。 解析：解：这台电视机的功率是：P＝＝＝0.1kW。 故选：B。 点评：本题考查了电功率的计算，属于基础题。 【解题方法点拨】 了解电功率与电能、时间的关系，能熟练运用公式P＝求解． 20．小灯泡实际功率的比较 【知识点的认识】 灯泡的亮度取决于其实际功率，与其他因素无关。比较灯泡的亮度，就是比较灯泡的实际功率，实际功率大的灯泡亮。 【命题方向】 考查小灯泡实际功率的大小比较，以及动态电路中的小灯泡亮度的变化。 例：灯L1、L2的额定电压均为3V，两灯中的电流与其两端电压的关系如图所示。在确保电路安全的情况下，下列说法正确的是（　　） A.两灯正常发光时，L1较暗 B.两灯正常发光时，L2的电阻较大 C.两灯串联时，电路的最大功率为1W D.两灯并联时，电路的最大功率为2W 分析：（1）已知灯L1、L2的额定电压，由图可知两灯的额定电流，由P＝UI可分别得到两灯的额定功率，即可判断两灯正常发光时的明暗程度； （2）两灯泡的额定电压和额定电流已知，用欧姆定律可分别求出两灯泡正常发光时的电阻，即可判断两灯泡电阻的大小； （3）由串联时电流相同，从图中可找到串联电路的最大电流，由此时图中每个灯泡的实际电压根据串联串联电压的规律可得到电路的总电压，再用P＝UI即可得到串联时电路的最大功率； （4）两灯并联时，最大电压为它们的额定电压，电路总电流为两灯泡额定电流之和，用P＝UI即可得到并联时电路的最大功率。 解析：解：A、灯L1、L2的额定电压均为3V，由图可知灯L1的额定电流I1额＝0.25A，灯L2的额定电流I1额＝0.5A， 灯L1的额定功率P1额＝U1额×I1额＝3V×0.25A＝0.75W， 灯L2的额定功率P2额＝U2额×I2额＝3V×0.5A＝1.5W， 两灯正常发光时，灯泡的实际功率等于额定功率，灯L1的额定功率小，实际功率小，发光较暗，故A正确； B、正常发光时，L2的电阻R2＝＝6Ω， 正常发光时，L1的电阻R1＝＝12Ω，故B错误； C、两灯串联时，电路的最大电流等于I1额＝0.25A，由图知此时U2＝1V，U1＝3V，总电压U＝U1+U2＝3V+1V＝4V， 电路的最大功率P＝UI1额＝4V×0.25A＝1W，故C正确； D、两灯并联时，电路的最大电压等于两个灯泡的额定电压即U'＝3V， 电路的最大功率P'＝U'×（I1额+I2额）＝3V×（0.25A+0.5A）＝2.25W，故D错误。 故选：AC。 点评：本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出串联时电路的最大电流和并联时电路的最大电压以及从图像中获取有用的信息是关键。 【解题方法点拨】 比较小灯泡的实际功率需要考虑其两端的电压和通过的电流，而亮度则直接反映了实际功率的大小。 21．电功率多档位问题 【知识点的认识】 多档位的实质是利用多开关控制接入电路中电阻的大小，从而改变用电器电功率来实现对档位的控制。 高温档：在相同时间内放出的热量最多，热功率最大，电阻R高最小； 中温档：在相同时间内放出的热量低于高温档，热功率低于高温档，电阻R中高于高温档； 低温档：在相同时间内放出的热量最少，热功率最小，电阻R低最大。 【命题方向】 常考查生活中的电热毯、电热水器、电饭锅、电暖气等发热体的档位问题，通常是综合计算，有一定难度。 例：中国茶文化源远流长。图甲是某家用煮茶器的简化电路图，某次煮茶过程中其功率变化如图乙，已知加热5min，可使1kg初温45℃的水升温至100℃。 （1）当开关S接a点时，该煮茶器处于　保温　（选填“加热”或“保温”）状态。 （2）加热过程中水吸收的热量是多少。 （3）求R1的阻值。 （4）求该煮茶器加热状态下的工作效率。 分析：（1）根据P＝知，U一定时，P与R成反比，当开关S接a点时，两电阻串联在电路中，电阻最大，电功率最小，该煮茶器处于保温状态；当开关S接b点时，电路只是R2的简单，电路电阻最小，电功率最大，该煮茶器处于加热状态； （2）水吸收的热量根据Q吸＝cm（t﹣t0）计算； （3）由图甲、图乙可知，开关S接a点，R1、R2串联，处于保温状态，电功率为220W，根据P＝计算总电阻；开关S接b点，电路中的仅有R2，处于加热状态，电功率为880W，根据P＝可得R2的阻值，由串联电路的电阻规律：R1＝R﹣R2计算R1的电阻； （4）根据W＝P加热t计算消耗的电能，再根据η＝计算效率。 解析：解：（1）根据P＝知，U一定时，P与R成反比，当开关S接a点时，两电阻串联在电路中，电阻最大，电功率最小，该煮茶器处于保温状态； （2）水吸收的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣45℃）＝2.31×105J； （3）开关S接a点，R1、R2串联，处于保温挡，总电阻为：R＝＝＝220Ω； 开关S接b点，电路中的仅有R2，处于加热挡，R2的电阻为：R2＝＝＝55Ω； R1的电阻为：R1＝R﹣R2＝220Ω﹣55Ω＝165Ω； （4）该煮茶器加热状态下的消耗的电能为：W＝P加热t＝880W×5×60s＝2.64×105J； 加热效率为：η＝＝×100%＝87.5%。 答：（1）保温；（2）加热过程水吸收的热量是2.31×105J；（3）R1的阻值是165Ω；（4）该煮茶器加热状态下的工作效率是87.5%。 点评：本题是加热挡位的基本题型，考查电路分析、热量和电热效率的计算。 【解题方法点拨】 注意：并联电路中求解总功率时，可以采用两种方法： 方法一：求出总电阻，然后再求解总功率（此方法计算量大，不推荐） 方法二：根据公式P＝求解较为方便。 22．动态电路中电功率的变化 【知识点的认识】 ‌动态电路中电功率的变化‌可以通过调整电路中的元件，如滑动变阻器或电源电压的变化，来影响电路中的电流和电压分布，进而改变电路中各个元件的电功率。 【命题方向】 电路的动态分析问题，是中考常考的问题，难度较大，应加强练习，掌握解题方法。 例：如图所示，这是一科技创新小组设计的水位计工作原理图，绝缘浮子随水位的升降带动滑动变阻器R的金属滑杆P升降，通过水位计（电表改装）显示的数据来反应水位升降情况。水位最低时，滑杆P位于R的a端处。电源电压恒定不变，L是一个指示灯，电路各部分接触良好，不计导线电阻。下列判断正确的是（　　） A.水位计中的电压表也可以直接替换为电流表 B.当水位下降时，则电压表示数变小，指示灯变亮 C.当电压表示数变大时，电路的总功率变小 D.若将电压表改装成水位计，则电压表零刻度线即为最高水位 分析：由电路图可知，指示灯与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压， 水位计中的电压表直接替换为电流表，滑动变阻器会被短路， 根据水位的变化可知浮子的移动、滑片的移动，进一步可知变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和指示灯两端的电压变化，由P＝UI判断出电路总功率的变化；根据电路图分析电压表零刻度线滑片的位置，然后得出答案。 解析：解：由电路图可知，指示灯与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压； A、水位计中的电压表直接替换为电流表，滑动变阻器会被短路，所以电压表不可以直接替换为电流表，故A错误； B、当水位下降时，浮子带动滑片下移，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大；由U＝IR可知，指示灯两端的电压变大，由串联电路的电压规律可知，变阻器两端的电压变小，即电压表示数减小；电路中的电流变大，灯泡的实际功率增大，灯变亮，故B正确； C、当电压表示数变大时，由串联电路的电压规律可知，指示灯两端的电压减小，电路中的电流减小，由P＝UI知电路的总功率变小，故C正确； D、若将电压表改装成水位计，指针指在电压表零刻度线时，变阻器接入电路的阻值为0，即滑杆P位于R的a端处，此时水位最低，则电压表零刻度线处应该标为最低水位，故D错误。 故选：BC。 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意水位最低不是指水位计的零刻度线，但可以显示水位计的最小值。 【解题方法点拨】 分析步骤：①简化电路；②分析电路连接方式；③确定电表测量对象；④滑动变阻器变化时，电阻、电流、电压的变化关系；⑤电路各部分电功率的变化分析。 23．结合图像计算电功率 【知识点的认识】 ‌结合图像计算电功率的题型主要涉及到通过电路图和电流、电压图像来计算电路中的电功率。 【命题方向】 关于电功率和相关图像的题目在期末考试中属于最后的大题级别，综合性较强，需要对电路连接方式、相关用电器电功率较为敏感，也非常考察对电功率公式的理解。例：如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变。电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V。当S1闭合、S2断开时，将滑动变阻器的滑片从一端移至另一端的过程中，电流表随电压表示数变化的情况如图乙中的A线所示。图乙中的B线为小灯泡的I﹣U图像，小灯泡的额定电压为2.5V。当S2闭合、S1断开时，为保证电路中的各元件都不会损坏，下列说法中正确的是（　　） A.电源电压为4.5V B.滑片向左移动的过程中，电压表示数变大，灯变暗 C.电路的最大功率为2.7W D.R2连入电路的阻值范围为4Ω～7.5Ω 分析：（1）当S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑片位于右端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，根据图乙得出电路中的电流，利用欧姆定律求出电源的电压；当滑片位于左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图乙得出电路中的电流和R2两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，再利用串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源的电压，联立等式即可求出电源的电压和R1的阻值； （2）当S2闭合、S1断开时，L与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据图乙得出灯泡两端的电压为2.5V时通过的电流，利用串联电路的电流特点和P＝UI求出电路的最大功率，利用串联电路的电压特点求出变阻器两端的最小电压，利用欧姆定律求出变阻器接入电路中的最小阻值；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的电功率最小，利用串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，根据图乙得出电路中的最小电流，利用P＝UI求出小灯泡的最小功率，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，从而得出R2连入电路的阻值范围。 解析：解：A．当S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流， 当滑片位于右端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大， 由图乙可知，电路中的电流I大＝0.6A， 电源的电压：U＝I大R1＝0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 当滑片位于左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电压表的示数最大， 由图乙可知，电路中的电流I小＝0.2A，R2两端的电压U2＝3V， 则滑动变阻器的最大阻值：R2大＝＝15Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，电源的电压：U＝I小R总＝I小（R1+R2大）＝0.2A×（R1+15Ω）﹣﹣﹣﹣② 由①②可得U＝4.5V，R1＝7.5Ω， 故A正确； B．当S2闭合、S1断开时，R2与L串联，电压表测R2两端的电压，滑片向左移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变大，所以电流表示数变小，灯变暗，电压表示数变大，故B正确； C．因为小灯泡的额定电压为2.5V，由图像可知，灯的额定电流为0.5A。电流表的量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小 ， 电路的最大功率 P＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W， 故C错误； D．电压表的量程为0～3V，当电压表的示数为3V时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电路中的电流最小，此时灯两端的电压为1.5V，由图像可知，当灯两端的电压为1.5V时，电路中的电流为0.4A，所以滑动变阻器的电阻 ， 滑动变阻器连入电路的最大阻值为7.5Ω，所以合理。即R2连入电路的阻值范围为4Ω～7.5Ω，故D正确。 故选：ABD。 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用等，从图象中获取有用的信息是关键，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。 【解题方法点拨】 解电学题时，我们应该把试题中的电路、坐标图像和已知的条件一一对应起来，随后，所有的问题都会迎刃而解。当灯泡的电阻值不是一个定值时，这个阻值不能参与试题的运算。 24．电功率的综合计算 【知识点的认识】 ‌电功率的综合计算题型‌主要考查学生对电功率相关知识的综合应用能力，包括电功率的定义、计算方法、以及在实际问题中的应用。这类题型通常涉及电流、电压、电阻之间的关系，以及电功率与电能之间的关系，要求学生能够灵活运用公式进行计算，并解决实际问题。 【命题方向】 考查电功率的总和计算，常在考试中以计算题的形式出现，也会以压轴题的形式出现，计算面广，较为综合。 例：如图所示，电阻R1＝10Ω，R2为滑动变阻器，电源电压为U＝12V且保持不变。闭合开关S，调整滑片P位于R2的中点处，此时电流表的示数为0.3A。求： （1）滑动变阻器R2的最大阻值； （2）滑片P位于R2的中点时，电压表的示数； （3）R1消耗的电功率。 分析：（1）利用欧姆定律公式先计算总电阻，再根据串联电路特点计算R2的电阻； （2）利用公式U＝IR计算电压表的示数； （3）利用公式P＝UI计算电功率。 解析：解：（1）总电阻R总＝ ＝＝40Ω，R2＝R总﹣R1＝40Ω﹣10Ω＝30Ω； （2）滑片P位于R2的中点时，电压表的示数U'＝IR'＝0.3A×30Ω＝4.5V； （3）R1消耗的电功率P＝I2R1＝（0.3A）2×10Ω＝0.9W。 答：（1）滑动变阻器R2的最大阻值是30Ω； （2）滑片P位于R2的中点时，电压表的示数为4.5V； （3）R1消耗的电功率是0.9W。 点评：此题主要是考查学生对欧姆定律和电功率公式的理解和应用。 【解题方法点拨】 ①认真审题，确定电路的连接思路 ②列出已知条件，根据已知条件选择相应的公式或物理规律 ③将已知条件、公式或规律联系起来，进行分析与计算。 25．伏安法测量小灯泡的电功率 【知识点的认识】 实验设计： 1．实验原理P＝UI 根据P＝UI可知，只要用电压表（伏特表）测出小灯泡两端的电压、用电流表（安培表）测出通过小灯泡的电流，就可以间接测量出小灯泡的电功率了．即用伏安法测小灯泡的电功率．为了测量不同电压下的电功率，我们要用串联滑动变阻器的办法，来控制加在灯泡两端的电压． 2．实验器材：电源、开关、导线、电流表、电压表、滑动变阻器． 3．实验电路：若所用小灯泡的额定电压是2.5V，要测出小灯泡的功率，至少需要两节干电池（3V）作电源，电路图如图所示． 4．实验步骤： （1）按电路图连接实物图，将滑动变阻器的滑片滑到阻值最大（右）端； （2）检查电路无误后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数等于2.5V时，停止滑动，记录此时电流表的示数，并观察灯泡的亮度，记录在表格中． （3）调节滑动变阻器的滑片，分别使电压表的示数低于2．SV、等于2.5V的1.2倍（注意不能超过小灯泡的额定电压太多，否则会损坏小灯泡），记录每一次对应电流表的示数，并观察灯泡的亮度，记录在表格中． （4）将实验中记录的数据分别代入P＝UI，算出小灯泡的实际功率，并填入表格中． 5．实验分析：（1）小灯泡的发光情况由它的实际功率决定，实际功率越大，灯泡越亮． （2）灯泡实际消耗的电功率随着加在它两端的电压而改变，电压越大，功率越大． （3）灯泡的实际功率可以等于额定功率，也可以不等于额定功率． 【命题方向】 考查伏安法测量小灯泡的电功率的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 例：如图甲所示为测量小灯泡L电功率的电路图，小灯泡L的额定电压为2.5V，电源电压恒为3V。实验中： （1）在连接电路时，开关S应处于　断开　状态； （2）连接完电路后，闭合开关S，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数始终为零，电压表示数始终为3V，产生这一现象的原因可能是灯泡发生了　断路　（选填“短路”或“断路”）； （3）排除故障后，继续实验，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　0.6　W； （4）根据实验数据绘制出小灯泡的电流I与电压U的关系图像，如图丙所示。当电压表示数增大时，灯丝温度会发生变化，灯丝电阻将　变大　（选填“变大”“变小”或“不变”）。分析：（1）为了保护电路，在连接电路时，开关要断开。 （2）电流表示数始终为零，电压表示数始终为3V，说明电路出现断路。 （3）当电压表示数为2.5V时，读出电流表的示数，利用P＝UI计算小灯泡的功率（额定功率）； （4）灯丝电阻随温度的升高而变大。 解析：解：（1）为了保护电路，在连接电路时，开关S应处于断开状态。 （2）电流表示数始终为零，电源电压为3V，但电压表示数始终为3V，说明电路出现断路，且电压表能连通电源两极，直接串联在电源上。因为电压表与小灯泡并联，所以可能是与电压表并联的小灯泡断路。 （3）当电压表示数为2.5V时，由图乙可知，电流表选用0～0.6A，分度值为0.02A，此时电流表的读数为0.24A，即流过灯泡的电流是0.24A，小灯泡的额定功率： P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W； （4）由图丙图像可知，随灯泡两端电压的增大，通过灯泡的电流也增大，但电流增加的越来越慢，根据欧姆定律变形公式得，电阻是变大的，即当电压表示数增大时，灯丝温度会发生变化，且灯丝电阻将变大。 故答案为：（1）断开；（2）断路；（3）0.6；（4）变大。 点评：本题为测量小灯泡额定功率的实验题目，考查了实验注意事项、实验故障分析、电功率的计算等，属于基础题目。 【解题方法点拨】 实验过程中的注意事项： ①连接电路时开关一定要断开，并且滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处，以保护电路． ②电压表和电流表的量程，应大于小灯泡的额定电压和额定电流，以免烧坏电表． ③滑动变阻器的选择：通过它的最大电流应大于灯泡的额定电流，它的最大阻值应使连入它后电路的电流不超过灯泡的额定电流太大，最好和灯泡的电阻大致差不多，这样调节效果更明显． ④在移动滑动变阻器的滑片使小灯泡两端电压高于额定电压时要注意，实际电压不能超过额定电压的1.2倍，同时时间不能过长，否则易烧坏灯泡． 26．家庭电路中各元件的连接方式 【知识点的认识】 家庭电路中各部分电路及作用： （1）进户线：连接户外的供电电路的电线，一根是火线，另一根是零线，它们之间有220V的电压． （2）电能表：测量用户在一段时间内消耗电能的仪器． （3）总开关：能同时切断火线和零线，方便室内电路的安装和检修． （4）保险丝：当电路中电流过大时，自动熔断并切断电源，起保护电路的作用．现在家庭多用空气开关来取代保险丝． （5）插座与用电器：插座给可移动家用电器供电，插座并联在电路中，两孔插座右火左零，三孔插座右火左零上地．用电器是直接利用电能工作的器件，各用电器之间通常是并联的． （6）开关与灯泡：开关与被控制的灯泡串联．为了安全，开关应接在火线与灯泡的尾部金属体之间． 【命题方向】 根据家庭电路图判断各个元件的作用以及连接方式是否正确。 例：如图所示为小明设计的家庭电路的电路图，下列对此电路图的分析正确的是（　　） A.保险盒的接法正确，能起到保护的作用 B.两孔插座的接法正确，接入用电器后能正常工作 C.开关和灯泡的接法正确，开关接在零线上符合安全用电原则 D.三孔插座的接法正确，使用电冰箱时，插头应插在三孔插座上 分析：（1）保险丝采用电阻率大熔点低的铅锑合金制成，在电流过大时能自动切断电源，保险丝应该接在火线上； （2）控制电灯的开关应安装在火线与灯之间； （3）对于两孔插座：左零右火；对于三孔插座：左零右火上接地。 有金属外壳的家用电器，要接地线，以防漏电时，人不会发生触电事故。解析：解：A．图中保险盒安装在零线上，这是错误的；保险盒应该接在火线上，一旦电流过大时，保险丝熔断后能断开火线，故A错误； B．图中两孔插座的左端导线接在地线上，这是错误的，应该接在零线上，故B错误； C．电灯开关安装在零线上，当开关断开时，灯泡与火线是连通的，人接触灯泡时容易发生触电，不符合安全常识，故C错误； D．三孔插座接法正确，有金属外壳的用电器，其金属外壳一定要通过三脚插头接地，以防用电器外壳带电，会危及人身安全，故D正确； 故选：D。 点评：掌握家庭电路中三孔插座、两孔插座、开关、灯泡的接法，并理解各种接法的原因是正确判断的关键。 【解题方法点拨】 （1）要分析清楚各组成部分的先顺序： 为防止偷电事故，进户线首先要进电能表；为检修电路保险丝时安全，总开关要安装在保险丝前面． （2）开关与所控制的灯泡是串联的；各用电器之间是并联的． 27．家庭电路的连线作图 【知识点的认识】 1．家庭电路中有火线、零线和地线，单根保险丝接在火线上，开关接在火线上。 2．电灯的安装：零线、火线并排走，零线直接进灯座，火线通过开关进灯座。如果灯泡是螺丝口的，尾部中心接火线，螺旋套接零线。 3．插座的安装：两孔插座，左孔接零线，右孔接火线；三孔插座的左边的孔接零线，右边的孔接火线，中间的孔接地线，所以称为“左零右火中接地”。如果在插座上接保险丝，保险丝应接在火线上。 4．插座与插座之间是并联的，插座与电灯之间是并联的，各种电器之间是并联的。 【命题方向】 家庭电路的连接在中考中以作图题较多，特别注意的是控制灯泡的开关安装在火线还是零线上、三孔插座分别接什么． 例：如图中，用笔画线将灯（开关控制灯）和插座分别接入电路中。 分析：（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套，这样断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故； （2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。 解析：解：灯泡接法：为了安全，开关要接在火线与灯之间； 三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如图所示： 点评：本题考查了家庭电路的连接，在家庭电路中，安装各个元件，不但考虑各元件能使用，更要考虑使用的安全性。 【解题方法点拨】 家庭电路的连线作图解题方法主要包括掌握火线、零线的接法，注意串并联在家庭电路作图中的应用，以及小灯泡零线与火线的接法。 28．插座的构造与工作方式 353 29．三线插头和三孔插座的连接 【知识点的认识】 （1）三线插头与三孔插座对应。在三线插头上，上面较长的脚（通常标有“E”字样）与用电器外壳相连，其他两脚（通常标有“L”和“N”字样）接用电器的用电部分。E接外壳，L接火线，N接零线。 （2）接法：右孔接火线、左孔接零线、上孔接地线． 【命题方向】 考查重点是三孔插座的接线规则。 例：“规范操作，安全用电”是我们应该牢记的准则，如图所示，接地导线应该与三孔插座的　E　孔相连接；检测电路火线是否有电应该使用测电笔与　L　孔接触。（均选填“E”、“N”或“L”） 分析：（1）根据“左零右火、中间接地”的原则可知接地的插孔； （2）用测电笔来辨别火线与零线，使用测电笔时，笔尖接触要检测的导线，手接触笔尾金属体，才能在接触火线时氖管发光，接触零线时氖管不发光。 解析：解：三孔插座的接法是，左孔接零线，右孔接火线，上方的孔接地线，故接地导线应该与三孔插座的E孔相连接；检测电路火线是否有电应该使用测电笔与L孔接触。 故答案为：E；L。 点评：本题考查了三孔插座、测电笔的使用内容的掌握情况。 【解题方法点拨】 牢记三孔插座接线是左零右火上接地． 30．三线插头和三孔插座的好处 【知识点的认识】 可以方便地把用电器的金属外壳和大地连接起来，即使用电器的外壳和电源火线之间的绝缘皮破损，导致用电器外壳带电，电流也会流入大地，人接触用电器的外壳时就不会发生触电事故。 【命题方向】 考查测量平均速度的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 例：如图为三脚插头，在插头的外壳标有10A的字样。以下说法正确的是（　　） A.插头接入电路后，b与c两插脚间的电压为0V B.塑料外壳上的10A，是插头的最小工作电流 C.插脚a接地后，能防止用电器漏电发生的触电事故 D.插头的外壳是用半导体材料制作的 分析：（1）照明电路的火线和零线之间的电压为220V。 （2）插头上标识的电流是该插头允许的最大电流。 （3）三脚插头和三孔插座对应使用，正确的接法是“左零右火上接地”。 （4）插头的外壳是用绝缘材料制作的。 解析：解：A．插头接入电路后，b与c两插脚间接入的是火线和零线，则其电压为220V，故A错误； B．塑料外壳上的10A，是插头允许通过的最大电流，故B错误； C．三脚插头和三孔插座对应使用，正确的接法是“左零右火上接地”，插脚a是接地线，接地后，可以防止用电器外壳带电，防止漏电发生的触电事故，故C正确； D．插头的外壳是用绝缘材料制作的，一般用塑料制作，故D错误。 故选：C。 点评：本题考查的是插座的正确使用方法，属于基础性题目。 【解题方法点拨】 概念性知识，牢记即可。 31．漏电保护器的原理和作用 【知识点的认识】 安装位置：大多安装在控制插座的总开关上 工作原理：发生漏电时，通过火线和零线的电流不相等，在磁力的作用下开关自动断开 保护作用：当发生漏电时（如站在地面上的人不小心接触了火线），漏电保护器会迅速切断电流，对人体起到保护作用。 【命题方向】 考查漏电保护器的原理和作用。 例：如图所示是家庭电路的部分电路，当开关S闭合时，灯泡正常发光，此时若站在地上的人不小心接触到A点裸露的电线，漏电保护器　不会　（选填“会”或“不会”）切断电路。 分析：漏电保护器是在通过火线和零线的电流大小不同，且达到一定值时，会自动切断电路。 解析：解：由图可知，A点与零线相连，当人接触A点时，因为零线与大地之间没有电压，没有电流通过人体，人体不会触电，此时经过火线和零线的电流相等，所以漏电保护器不会切断电路。 故答案为：不会。 点评：本题考查了对漏电保护器作用的了解，和对人体触电的判断，属基础题。 【解题方法点拨】 理解漏电保护器作用的原理和作用是解题的关键。 32．家庭电路的故障分析 1 33．常见的触电事故 1 34．安全用电原则 【知识点的认识】 四不原则：不损坏绝缘层；不弄湿用电器；不接触低压带电体；不靠近高压带电体 【命题方向】 安全用电方法的判断是中考命题热点．。 例：“生命宝贵，安全第一”是同学们应具有的安全意识。下列做法符合安全用电原则的是（　　） A.家用电器的金属外壳接地 B.使用试电笔时手接触笔尖金属体 C.在电线上晾晒湿衣服 D.不断开开关直接更换灯泡 分析：（1）为了防止触电事故的发生，家用电器的金属外壳要接地； （2）使用试电笔时，手指按住笔尾金属体； （3）生活用水是导体； （4）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。解析：解：A、将家用电器的金属外壳接地，当用电器漏电时，电流就通过接地线流入大地，防止触电事故的发生，故A符合安全用电原则； B、使用试电笔时，手指按住笔尾金属体，不能接触笔尖金属体，故B不符合安全用电原则； C、生活用水是导体，在电线上晾衣服容易发生触电事故，故C不符合安全用电原则； D、不断开开关，直接更换灯泡，由于灯泡上带电，容易引起触电事故，故D不符合安全用电原则。 故选：A。 点评：本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，与学生生活联系密切，体现了物理知识和生活的联系。 【解题方法点拨】 （1）家庭电路的安装要符合安全用电的要求；控制电灯的开关要接在火线上；螺口灯泡的螺旋套一定要接在零线上，其顶部的金属片接火线；有金属外壳的用电器要使用三线插头及对应的三孔插座等。 （2）不接触低压带电体，这里的低压不包括不高于36V的安全电压；不靠近高压带电体，这里的高压通常指1kV或1kV以上的电压。 （3）在用电过程中，要特别警惕本来绝缘的物体变成导体，本来不带电的物体带了电。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/9/8 14:15:49；用户：组卷18；邮箱：zyb018@xyh.com；学号：41418981 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$