2025年中考物理二轮高频考点强化复习-电路极值与范围

（押题预测）2025年中考物理 二轮高频考点强化复习-电路极值与范围 一、单选题 1．两个灯泡串联在电路中，其中一盏灯正常发光，另一盏灯发光较暗，则下列说法正确的是（　　） A．发光较暗的灯泡电阻大，两端电压大，电功率小 B．发光较暗的灯泡电阻小，两端电压小，电功率小 C．正常发光的灯泡两端电压大，通过的电流大，电功率大 D．正常发光的灯泡灯丝的电阻小，通过的电流大，电功率大 2．将规格都是“220V 180W”的一台电冰箱、一台电风扇和一床电热毯，分别接入同一家庭电路中，若通电时间相同，则下列说法正确的是（　　） A．电冰箱产生的热量最多 B．电风扇产生的热量最多 C．电热毯产生的热量最多 D．三者产生的热量一样多 3．下列说法正确的是（　　） A．白炽灯烧断后，可以通过摇晃使灯丝暂时搭上，应急使用，但相比正常发光的亮度更亮了，是因为电阻变大了 B．在家庭电路中，有时导线长度不够，需要把两根连接起来，而连接处往往比别处更容易发热，是因为连接处电阻小 C．家用电炉通电正常工作后，电炉丝热的发红，而与之相连的导线却不热，是因为电炉丝电阻大 D．并联电路中并联的用电器越多，电路中总功率越大，干路中电流越大，通过每个用电器的电流也越大 4．一个灯泡标有“220V40W”字样，当把它接到110V的电路上时，它的实际电功率是（   ） A．40W B．19.8W C．10W D．无法确定 5．小科为探究“电压一定时，电流与电阻之间的关系”，设计了如图实验。先在AB间接入10欧的定值电阻R1，移动滑片P，读取电压表、电流表示数并记录；然后用15欧的定值电阻R2替换R1后，接下来的操作和操作后的电路分析正确的是（　　） A．注视电压表，并向左调节滑片 B．注视电流表，并向右调节滑片 C．操作后，电路消耗的电功率减小 D．操作后，电路消耗的电功率保持不变 6．如图是两个定值电阻R1、R2的内部结构图，R1、R2所用电阻丝（涂有绝缘漆）粗细均匀、材料相同，分别缠绕在相同的圆柱形绝缘棒上，圈数分别为43圈和33圈，R1的电阻丝比R2的电阻丝细。将R1、R2并联在电路中工作一段时间，下列说法正确的是（　　）    A．通过R1的电流等于通过R2的电流 B．R1两端的电压大于R2两端的电压 C．R1的电功率大于R2的电功率 D．R1消耗的电能小于R2消耗的电能 7．小琳同学在“探究影响电灯亮度的因素”时，用甲、乙两个小灯泡连成如图所示的电路．闭合开关S后，甲、乙两灯均正常发光，但甲灯亮度比乙灯亮度大，下列说法正确的是 (    ) A．两灯均正常发光时，甲灯的电阻小于乙灯的电阻 B．两灯均正常发光时，甲灯的功率等于乙灯的功率 C．若将两灯位置对换，则乙灯亮度比甲灯亮度大 D．如果将两灯串联在该电源上，甲灯亮度仍然会大于乙灯亮度 8．如图所示是调光台灯的简化电路图,L标有“220V40W”．闭合开关S,不考虑灯泡电阻的变化,则 A．当滑片P从b端向a端移动时,电路总电阻变大 B．当滑片P从a端向b端移动时,灯泡变亮 C．当滑片P在a端时,灯泡正常发光 D．当滑片P在b端时,电路总功率最大 9．将两个定值电阻串联接到电压为U的电源两端，R1消耗的功率为P1， R2消耗的功率为3P1。将这两个定值电阻并联接在同一电源两端时，下列说法中正确的是 A．串联时R1与R2两端的电压之比为3∶1      B．并联时R1消耗的功率为16P1 C．并联时通过R1与R2的电流之比为1∶3      D．并联时两电阻消耗的总功率为16/3P1 二、多选题 10．在日常生活中，节约用电是每个市民应尽的义务，使用电器时的下列各种做法中，通过减小用电器实际功率达到省电目的是（　　） A．用电灯照明时，选新型节能灯 B．用电风扇吹凉时，选低转速档 C．洗衣机洗薄衣时，用快洗程序 D．看电视时，把亮度或音量减小 11．下列说法中正确的是 A．实际电功率大的用电器，电流做功一定快 B．一个用电器工作时有电流通过，则该用电器两端电压一定不为零 C．R=说明导体的电阻与其两端的电压成正比，与通过它的电流成反比 D．金属导体中的自由电子定向移动的方向与电流方向相同 12．小军同学根据他在电学实验课上获得的实验数据，画出如图所示的图像。其中图线①表示电阻R1，图线②表示电阻R2。根据图像信息可判断（　　） A．当R1和R2串联时，两个电阻的阻值不可能相等 B．当R1两端电压为9V时，通过它的电流为0.9A C．当通过R1电流为0.5A时，1min内电阻R1产生的热量为150J D．当R1和R2串联，R2的功率为0.2W时，R1的功率为1.6W 13．小明按如图所示电路测量小灯泡功率，备有器材规格如下：电源电压恒为6V，小灯泡额定电压为2.5V，灯泡正常发光时灯丝电阻约为10Ω，变阻器甲的规格“10Ω 1A”、乙的规格“50Ω 0.5A”，电流表量程有“0～0.6A”、“0～3A”，电压表量程有“0～3V”、“0～15V”，下列说法正确的是（　　） A．当电压表示数为2.5V时，灯泡消耗的功率等于额定功率 B．为减小误差，电压表量程选“0～3V”，电流表量程选“0～0.6A” C．变阻器应选择甲“10Ω 1A” D．变阻器应选择乙“50Ω 0.5A” 14．在如图甲所示的电路中，当滑片P由b移到a的过程中，电压表示数U及滑动变阻器接入电路的电阻R2的变化情况如图乙所示．下列说法正确的是 A．电阻R1的阻值为10Ω B．滑片P移到b端时，R2两端的电压为6 V C．滑片P移到a端时，R1消耗的功率为0.2W D．当滑片P移到中点时，电路消耗的功率为1.8W 三、填空题 15．如图所示是家用电子式电能表表盘，现在的示数为 ，现将若干盏规格均为“220V 20W”的节能灯接在该电能表上一起正常工作15min，电能表的指示灯闪烁了300次，该过程节能灯消耗的电能 ，接入的节能灯共 盏。 16．一灯泡铭牌标有“6V，3W”，若此灯泡接入电源电压为9V的电路中可以正常发光，电路中需要串联一个电阻为 Ω的定值电阻。 17．为在 电压下测出小灯泡的额定功率，需要用 调节小灯泡两端的电压即可；如果调节的电压略高于额定电压，若实际电压为额定电压的1.2倍，则实际功率为额定功率的 倍．（假设电阻值不变） 18．小鹏同学家的电能表如图所示，则小鹏家已消耗的电能为 ，转盘已转过 转；他发现家里只使用一只电水壶（其它用电器都关闭）时，观察到电能表转盘3分钟转过100转，电水壶工作时的实际电功率为 W。 19．有两只灯泡，L1规格为“12V 6W”、L2规格为“12V 12W”，它们的电流随电压的变化关系如图，若将L1、L2并联接在8V的电源上，此时L1、L2的电功率之比为 。 20．将标有“3V  1.5W”字样的小灯泡L1与额定电压为6V的小灯泡L2并联接在电源上， L1正常发光，L2较暗，此时干路中的总电流为1.1A。 （1）L1正常发光时通过的电流为 A； L2的电阻值为 Ω。 （2）若将L1、L2串联到另一可调的电源上， L2的最大功率为 W。 21．如图所示的电路中滑动变阻器的原理是通过改变接入电路中电阻线的 ，从而改变接入电路中 的大小；闭合开关前，滑片P置于 端（选填“A”或“B”），把滑片P向A端移动时，接入电路的电阻 （选填“变大”或“变小”），灯泡的亮度 （选填“变亮”或“变暗”）。 22．在测量额定电压为2.5V的小灯泡额定功率的过程中，当小灯泡两端的电压为2.5V时，用电流表测量通过小灯泡的电流，其量程选择和指针的位置如图所示，则此时通过小灯泡电流的测量值为 A，小灯泡额定功率的测量值为 W． 23．如图1所示的电路中，电源电压为且恒定不变，已知定值电阻消耗的电功率随其两端电压变化的图像如图2所示．请根据图像判断：当电阻消耗的电功率为时，滑动变阻器两端的电压为 ．在滑片移动的过程中，消耗的电功率与它两端电压的关系式为 ． 24．如图甲所示，电源电压恒定不变．闭合开关，移动滑片，滑动变阻器消耗的功率P与其电阻R的变化关系如图乙所示，则R1= Ω；当滑片P滑至最右端时，电流表的示数为 A，通电1min电流通过R1消耗的电能是 J． 四、实验题 25．用如图所示的器材做“测量小灯泡的电功率”的实验，小灯泡上标有“”的字样． （1）请根据实验目的，用笔画线代替导线，将图甲所示的实物连接成实验电路． ( ) （2）小雨正确连接电路并检查无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有明显示数，则故障可能是 ． （3）解决了上述问题后，小雨发现小灯泡发光了．如果要使小灯泡正常发光，小雨应该 ，使电压表示数为 ；此时电流表的读数如图乙所示，则灯泡的额定功率为 ． （4）若电源电压为，实验室提供的滑动变阻器有 “ ”和“ ”两种规格，则本实验中应选用规格为 的滑动变阻器． 26．一个额定电压为2.5V的小灯泡，正常工作时的电阻约为10Ω，小明想探究小灯泡的电流与其两端电压的关系。实验室提供了如下器材：电源（电压恒定为6V）、电压表、电流表、“50Ω，0.5A”的滑动变阻器、开关各1个、导线若干。 （1）请你帮助小明用笔画线代替导线，将甲图中的实物电路连接完整，要求滑片位于最右端B时，滑动变阻器接入电路的电阻值最大； （2）正确连接后，小明将滑片置于最右端，闭合开关，发现小灯泡不亮，两电表无示数，为判断故障，小明将电压表改接在滑动变阻器下面两接线柱上，发现电压表有示数．则电路发生故障的原因是 ； （3）排除故障后，小明移动滑动变阻器的滑片，记下多组电流表及对应电压表的示数，并画出图乙所示的I﹣U图像。从图像可看出，当电压较高时，电流与电压并不成正比，其原因是 ； （4）由图像信息可知，小灯泡的额定功率为 W，小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻为 Ω。 五、计算题 27．如图所示，电热水壶上标有“220V 1800W”，小明发现烧水过程中热水壶的发热体部分很快变热，在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量为多少焦耳？ 28．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P由a端移动到b端时，测得电阻R两端的电压U与通过电阻R的电流I的变化关系如图b所示。求： （1）电源的电压； （2）变阻器的最大阻值； （3）电压表V1示数的变化范围； （4）通过计算分析变阻器的滑片P由a端移动到b端的过程中，电阻R消耗的电功率变化情况。 六、作图题 29．在“测量小灯泡的电功率”实验中，老师为同学们准备了如下器材：电源(电压为6V)额定电压为2.5V的小灯泡(电阻约为10Ω)、电流表、电压表、开关、滑动变阻器(50Ω 1A)、导线，用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整，要求正确选择电流表量程。 ( ) 30．某实验小组的同学用图所示的器材测量小灯泡电功率。已知待测小灯泡额定电压为3.8V，小灯泡的额定功率估计在1.2W左右。 （1）连接电流表时应选用哪个量程？ （2）用笔画出导线完成电路的连接。 （3）在虚线框中画出相应的电路图。 七、综合题 31．几只串联的水果电池提供的电力足够点亮排成V字形的一组发光二极管．     （1）水果电池将化学能转化为 （2）发光二极管是由 材料制成的；     （3）如果少串联一个水果电池，二极管将 32．超声波加湿器通电工作时，雾化片产生每秒170万次的高频率振动，将水抛离水面雾化成大量1μm～5μm的超微粒子(水雾)，吹散到空气中使空气湿润，改变空气的湿度． 如图甲所示是某型号超声波加湿器，下表为其部分技术参数，其中额定加湿量是指加湿器正常工作1h雾化水的体积；循环风量是指加湿器正常工作1h通过风扇的空气体积；加湿效率是指实际加湿量和实际输入功率的比值．              甲　　　　　　　　乙 （1）水雾化成超微粒子的过程 (选填“是”或“不是”)汽化现象． （2）加湿器正常工作时电流为 A，加满水后最多能加湿 h． （3）在没有其他用电器接入电路的情况下，加湿器工作30min，标有“3000imp/kW•h”的电能表指示灯闪烁了720次，此过程中加湿器的实际功率 W． （4）加湿器的加湿量Q实至少为 L/h． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《（押题预测）2025年中考物理二轮高频考点强化复习-电路极值与范围》参考答案 1．B 【详解】AB．两灯串联，电流相同，根据串联分压，电阻大的电压大，实际功率大，电阻小的，电阻两端的电压小，实际电功率小，故A错误，B正确； CD．两灯串联，电流相同，故CD错误。 故选B。 2．C 【详解】因为接在家庭电路中 U=220V 所以三种用电器的实际功率 P实=P额=180W 又因为W=Pt，用电器工作时间t相等，所以三种用电器消耗的电能相同；电冰箱与电风扇工作时，主要把电能转化为机械能，产生的热量很小，电热毯工作时电热丝产生热量，把电能全部转化为热量；所以产生热量最多的是电热毯。故ABD错误，C正确。 故选C。 3．C 【详解】A．白炽灯烧断后，可以通过摇晃使灯丝暂时搭上，由于灯丝变短，电阻变小，根据P＝可知，电压不变时，实际功率变大，因此相比正常发光的亮度更亮了，故A错误； B．在家庭电路中，有时导线长度不够，需要把两根连接起来，而连接处往往比别处更容易发热，是因为连接处电阻变大，根据Q＝I2Rt可知，串联电流相等，通电时间相同，电阻越大，产生的热量越多，故B错误； C．家用电炉通电正常工作后，电炉丝热的发红，而与之相连的导线却不热，是因为电炉丝电阻大，根据焦耳定律可知，在电流相等和通电时间相同时，产生的热量多，故C正确； D．并联电路中并联的用电器越多，电路中总功率越大，由I＝可知，干路中电流越大，但是通过一个用电器的电流不变，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】由可得，灯泡的电阻 当把它接到110V的电路上时，它的实际电功率 故选C。 5．C 【详解】AB．根据串联分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成15Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，注视电压表，使电压表的示数不变；AB错误； CD．换成较大电阻后，变阻器连入电路的电阻也变大，由串联电阻的规律，电路的电阻变大，根据可知操作后，电路消耗的电功率减小，C正确，D错误。 故选C。 6．D 【详解】由题意可知，两电阻丝的材料相同，电阻丝R1比R2长且细，则R1>R2； AB．因R1与R2并联，电阻两端的电压相等，由可知，电阻大的通过的电流小，所以通过R1的电流小于通过R2的电流，故AB错误； C．由可知，R1电功率小于R2的电功率，故C错误； D．R1电功率小于R2的电功率，根据W=Pt可知，相同时间内R1消耗的电能小于R2消耗的电能，故D正确。 故选D。 7．A 【详解】A．两灯泡并联时，灯泡两端的电压相等，根据R=可知，甲灯泡的电阻小于乙灯泡的电阻，故A正确； B．两灯泡并联时，灯泡两端的电压相等，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，所以甲灯亮度比乙灯亮度大说明甲灯泡的实际功率较大、额定功率也较大，故B不正确； C．两灯泡并联时，灯泡两端的电压相等，所以两灯泡位置对换时，灯泡的亮暗不变，即甲灯亮度比乙灯亮度大，故C不正确； D．当两灯泡串联时，通过它们的电流相等，根据P=I2R可知，乙灯泡的实际功率较大，灯泡较亮，故D不正确． 8．C 【详解】由电路图知道，灯泡和滑动变阻器串联在一起；当滑片P从b端向a端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，所以电路总电阻变小，故A错误；当滑片P从a端向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电流减小，由P=I2R知道，灯泡的实际功率减小，灯泡亮度会变暗，故B错误；当滑片P在a端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，灯泡两端的电压等于电源电压220V，所以灯泡正常发光，故C正确；当滑片P在b端时，总电阻最大，电路中电流最小，由P=UI知道，电路总功率最小，故D错误，故选C． 点睛：本题考查都是电路的动态分析，解题的关键是明确滑动变阻器滑片位置不同时，接入电路电阻的特点． 9．B 【详解】A．根据串联电路电压与电阻的比值关系可知 即，故A错误； BD．R1两端的电压与电源电压之比 所以将这两个定值电阻串联接到电压为U的电源两端，R1消耗的功率 所以 当并联时R1消耗的功率 R2消耗的功率 所以电路消耗的总功率 所以B正确，D错误； C．根据并联电路电流与电阻的比值关系可知 故C错误。 故选B。 10．ABD 【详解】A．新型节能灯与传统照明灯相比较，发光亮度差不多，但实际功率要小得多，故A符合题意； B．用电风扇吹凉时，转速越高实际功率越大，降低转速，实际功率减小，故B符合题意； C．洗衣机洗薄衣服时，采用快洗程序，缩短了用电时间，故C不符合题意； D．看电视时，把音量和亮度调低，电视机实际功率减小，故D符合题意。 故选ABD。 11．AB 【分析】（1）电功率是描述电流做功快慢的物理量； （2）电压是形成电流的原因； （3）导体的电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关； （4）正电荷定向移动的方向是电流的方向． 【详解】A、电功率是表示电流做功快慢的物理量，实际电功率大的用电器做功一定快，故A正确； B、电压是形成电流的原因，所以用电器有电流通过时，其两端一定有电压，故B正确； C、导体的电阻是导体的一种性质，与导体中的电流、导体两端的电压大小无关；故C错误； D、正电荷定向移动的方向是电流的方向，金属导体导体靠的是自由电子的定向移动，其方向与电流方向相反，故D错误． 故选AB． 12．BC 【详解】A．R1和R2串联时，串联电路电流处处相等，由图知两图线的交点处的电流和电压值都相等，根据公式可知，此时两个电阻的阻值相等，故A错误； B．由图像可知，当R1两端的电压为8V时，通过的电流为0.8A，由欧姆定律可得，此时电阻R1的阻值 由于R1的I-U图像为一条倾斜的直线，所以可知R1为定值电阻，则当R1两端的电压为9V时，通过它的电流 故B正确； C．由图知，当通过R1的电流为0.5A时，其两端的电压为5V，1min内电阻R1产生的热量 Q1=W1=U1″I1″t=5×0.5A×60s=150J 故C正确； D．当R1和R2串联，串联电路电流处处相等，当R2的功率为0.2W时，对应电流是0.2A，电压是1V，此时通过R1的电流同为0.2A，由图可知其两端的电压为2V，根据P=UI可知R2的功率 P=UI=2V×0.2A=0.4W 故D错误。 故选BC。 13．ABD 【详解】A. 当电压表示数为2.5V即灯泡两端的电压为2.5V时，灯泡消耗的功率等于额定功率，故A正确；B. 灯泡的额定电压为2.5V,所以电压表选0∼3V的量程;根据欧姆定律可得,灯泡的额定电流为IL＝ ＝0.25A，所以电流表的量程选0∼0.6A，故B正确；CD、灯泡正常发光时,变阻器两端的电压UR＝U−UL＝6V−2.5V＝3.5V,变阻器接入电路中的电阻R＝＝14Ω>10Ω，所以变阻器选“50Ω0.5A”，故C错误，D正确．故选ABD. 点睛：（1）由电路图可知，电压表测灯泡两端的电压，根据额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等；（2）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程，根据欧姆定律求出灯泡的额定电流确定电流表的量程；（3）根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律确定滑动变阻器接入电路中的电阻，据此选择滑动变阻器的规格． 14．AD 【分析】当滑片P移到b端时，接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电压表的示数为电源的电压，根据图象读出电源的电压；滑片P移到a端时，R1与滑动变阻器的最大阻值串联，根据图象读出电压表的示数和滑动变阻器的最大阻值，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压；利用欧姆定律和电路中的电流特点得出等式即可求出R1的阻值，根据P＝求出滑片P移到a端时R1消耗的功率；根据图象得出滑片P移到中点时电压表的示数，根据欧姆定律求出通过R1的电流，再由P＝UI求出电路消耗的功率． 【详解】滑片P移到a端时，R1与滑动变阻器的最大阻值串联，电压表为6V测量电源电压，即电源电压为6V；A、由图象可知，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，电压表的示数U1＝2V;∵串联电路中总电压等于各分电压之和，∴滑动变阻器两端的电压：U2＝U-U1＝6V-2V＝4V，∵串联电路中各处的电流相等，∴，即，解得：R1＝10Ω，故A正确； B、当滑片P移到b端时，电路为R1的简单电路，电压表的示数为电源的电压，此时滑动变阻器接入电路中的电阻为0，两端的电压为0，故B不正确； C、R1消耗的功率：P1＝＝0.4W，故C不正确； D、由图象可知，当滑片P移到中点即R2′＝10Ω时，U1′＝3V，通过R1的电流：I1＝ ＝ ＝0.3A，串联电路电流相等，故电路消耗的功率为P＝UI1＝6V0.3A＝1.8W.故D正确． 故选AD． 15． 7624.1 0.1 20 【详解】[1]图中表盘中示数是7624.1。 [2][3]3000imp/(kW·h)表示电路中用电器每消耗1kW·h电能，指示灯闪烁3000次，指示灯闪烁300次，节能灯消耗电能 节能灯的工作时间 t=15 min=0.25h 节能灯的总电功率 每盏节能灯正常工作的电功率 接入的节能灯数量 16．6 【详解】小灯泡的额定电压为6V，在额定电压下工作时的电流为 由串联电路电压规律知，电阻两端的电压为 由串联电路电流规律知，通过电阻的电流为0.5A，需要串联的电阻为 17． 额定 滑动变阻器 1.44 【详解】(1)小灯泡在额定电压下的功率是额定功率．滑动变阻器可以改变电路中的电流，也能改变各用电器两端的电压．(2)由P＝可得，电阻不变,电压变为原来的1.2倍,所以P′＝＝1.44＝1.44P. 【点睛】（1）用电器正常工作时的电压是额定电压，额定电压下的功率是额定功率．（2）移动滑动变阻器的滑片，能改变电路中的电流，也能改变各用电器两端的电压．（3）根据P＝比较电功率的变化． 18． 30.0 1000 【详解】[1]由图示可知，小明家已经消耗的电能为30.0，表盘最后一位是小数。 [2]由表盘可知，每消耗1的电能电能表表盘转2000转，可知转盘转动的圈数为 [3]电能表转盘在3分钟内转过100转，消耗的电能为 所以可知电热水壶的实际电功率为 19．1:2 【详解】若将L1、L2并联接在8V的电源上，由并联电路的电压规律可知，L1、L2两端的电压为 由图象可知，此时通过L1、L2的实际电流分别为I1=0.4A，I2=0.8A，则L1、L2的电功率之比为 20． 0.5 5 1.25 【详解】(1)[1]因为小灯泡L1标有“3V  1.5W” 的字样，故由P=UI知道，L1正常发光时通过的电流 I1 ===0.5A [2]因为两灯并联，所以此时L2中通过的电流 I2 =I-I1 =1.1A-0.5A=0.6A 且两灯两端的电压相等都为3V，所以L2的电阻值是 R=＝=5Ω (2)[3]若将两灯串联，则电路中电流不能超过L1的额定电流，故电路中最大电流为I1 =0.5A，所以L2 消耗最大功率 P最大=I1 2 R=（0.5A）2×5Ω=1.25W 21． 长度 电阻 B 变小 变亮 【详解】[1][2]电路中滑动变阻器的原理是在电阻材料和电阻横截面积不变时，通过改变接入电路中电阻线的长度，改变接入电路中的电阻。 [3]闭合开关前，滑片应置于阻值最大处，由图得，滑片P置于B端。 [4]把滑片P向A端移动时，接入电路的电阻丝长度变短，接入电路的电阻变小。 [5]由图得，滑动变阻器与灯泡串联，当滑动变阻器接入电路中电阻变小时，滑动变阻器分到电压变小，灯泡分到电压变大，电路中总电阻变小，电路中电流变大，灯泡功率变大，灯泡变亮。 22．0.3；0.75 【详解】试题分析：电流表示数为0.3A，小灯泡的额定功率为 考点：伏安法测功率 23． 8 【详解】[1]由图像可知，当时，，由可得， 当消耗的电功率为时，其两端的电压 此时滑动变阻器两端的电压 ； [2]电阻两端的电压，电路中的电流 消耗的电功率 ． 24． 10 0.2 24 【详解】当滑动变阻器阻值为R′=5Ω时，电路中电流，由欧姆定律可知U=I′(R′+R1)；当滑动变阻器阻值为R″=10Ω时，电路中电流，由欧姆定律可知U=I″(R″+R1)，由此解得R1=10Ω，U=6V；当滑动变阻器滑到最右端时，R′″=20Ω，电路中电流，通电1min电流通过R1消耗的电能W=I″2R1t=24J． 25． 小灯泡断路 调节滑动变阻器 2.5 0.8 “20Ω 1A” 【详解】(1)[1] 做“测量小灯泡的电功率”的实验时，需要将电源、开关、变阻器、小灯泡、电流表依次串联在电路中，将电压表并联在小灯泡两端在进行测量，因此可得实物图如下： (2)[2]闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有明显示数，说明电压表直接串联在了电路中，因此故障为小灯泡断路； (3)[3][4] 要使小灯泡正常发光，就要让小灯泡达到额定电压2.5V，由串联分压可知，可以通过调节滑动变阻器阻值，来改变小灯泡两端的电压，使电压表所测小灯泡电压达到额定电压； [5]由图像可知，额定电流为0.32A，则灯泡的额定功率为： ． (4)[6] 灯泡与滑动变阻器串联，由串联分压可得，灯泡正常工作时，滑动变阻器的电压为： U′=U-UL=6V-2.5V=3.5V， 此时滑动变阻器的电阻为： 因此“10Ω 1.5A”电阻太小，“20Ω 1A”符合需求，所以选择“20Ω 1A”滑动变阻器． 26． 滑动变阻器断路 灯丝的电阻随温度的升高而增大 0.5 17.5 【详解】（1）[1]根据滑动变阻器接线一上一下的原则，将滑动变阻器串联在电路中，滑片位于最右端B时，滑动变阻器接入电路的电阻值最大，则滑动变阻器的下面应接左边的接线柱，如图所示： 。 （2）[2]小灯泡不亮，两电表无示数，则电路中除了小灯泡之外的部分断路，将电压表改接在滑动变阻器下面两接线柱上，发现电压表有示数，则说明滑动变阻器断路。 （3）[3]灯丝的电阻随温度的升高而增大，灯丝不是定值电阻，当电压升高时，灯泡的亮度增大，灯丝的温度升高，所以当电压较高时，电流与电压并不成正比。 （4）[4]由图像知，当U=2.5V时，灯泡中的电流I=0.2A，所以小灯泡的额定功率为 [5]滑动变阻器两端的电压为 滑动变阻器接入电路的阻值 27．3.6×105 【详解】在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量 Q=W=Pt=1800W×(3×60s+20s)=3.6×105J 答：电热水壶发热体产生的热量是3.6×105J。 28．（1）12V；（2）16Ω；（3）0~8V；（4）18W变为2W 【详解】解：（1）从图像上可知电源电压就等于R两端的电压 U=UR=12V 则电源的电压为12V。 （2）滑动变阻器的滑片P由a端移动到b端时，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路电流最小，电阻R两端的电压最小，从图像上可以看出R两端的最小电压为4V，最小电流为0.5A，所以滑动变阻器a、b两端的电压为 Uab=U-U小=12V-4V=8V 由图像可知，滑动变阻器a、b两端的电压为8V时，电流为0.5A，则滑动变阻器的最大阻值为 （3）变阻器的滑片P位于a端时，电阻R两端的电压Ua=12V，电压表V1示数为0；滑片P位于b端时，电阻R两端的电压U小=4V，电压表V1示数值为8V，所以电压表V1示数的变化范围是0~8V。 （4）变阻器滑片P位于a端时，电阻R的功率为 P1=UI=12V×1.5A=18W 变阻器的滑片P移动到b端时，电阻R的功率为 P2=U小Iab=4V×0.5A=2W 故滑动变阻器的滑片P由a端移动到b端的过程中，电阻R消耗的电功率由18W变为2W。 答：（1）电源的电压为12V； （2）变阻器的最大阻值为16Ω； （3）电压表V1示数的变化范围为0~8V； （4）变阻器的滑片P由a端移动到b端的过程中，电阻R消耗的电功率由18W变为2W。 29． 【详解】灯的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律可得，灯的额定电流约为 故电流表选用小量程串联在电路中，变阻器按“一上一下”连入电路中，如下图所示： 。 30．（1）0~0.6A；（2）（3） 【详解】（1）小灯泡的额定功率估计在1.2W左右，小灯泡正常工作时的电流大小约为 所以电流表选 0~0.6A量程。 （2）待测小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表选用0~15V量程，将电压表并联在灯的两端；电流表串联在电路中，滑动变阻器按“一上一下”的原则接入电路中，实物图如图 （3）由实物图可知，灯泡与滑动变阻器串联，灯泡两端接电压表，电流表串联在电路中，根据实物图画出对应的电路图如图 31． 电能 半导体 变暗 【详解】（1）水果电池是将化学能转化为电能；（2）发光二极管是由半导体材料制成的； （3）如果少串联一个水果电池，二极管两端的电压变小，二极管将变暗． 32． 不是   3 2 480 5.76 【详解】（1）水雾化成的超微粒子仍为液体，该过程不是汽化现象；（2）由P=UI可知，加湿器正常工作时的电流：I=P/U=660W/220V=3A；加满水后最多能加湿的时间：t=30L/（15L/h）=2h；（3）加湿器消耗的电能：W=（720/3000）×1kW•h=0.24kW•h=8.64×105J，加湿器实际功率：P=W/t=8.64×105J/（30×60s）=480W，（4）因为加湿效率k=V/P，最小值η=1.2×10-2L/（h•W），所以实际加湿量至少为：V=kP=1.2×10-2L/（h•W）×480W=5.76L/h． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$