专题07 《电功率的测量与焦耳定律》压轴培优题型训练【六大题型】-九年级全一册物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版）试卷

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\l "_Tc16452" 【题型1 实验 测量小灯泡的电功率】 PAGEREF _Tc16452 \h 1
\l "_Tc5338" 【题型2 电流的热效应】24
\l "_Tc31833" 【题型3 探究影响电流通过导体时产生热量的因素】29
\l "_Tc846" 【题型4 焦耳定律】33
\l "_Tc846" 【题型5 焦耳定律的计算及其应用】41
\l "_Tc16452" 【题型6 电功与电热的综合计算】61
\l "_Tc16452" 【题型1 实验 测量小灯泡的电功率】
1．（2022•武汉模拟）某同学利用图甲所示的电路测量小灯泡的电功率。实验中电源电压保持不变，小灯泡的额定电压是2.5V；下列有关说法中正确的是（ ）
A．该同学接错了一根导线，需要改正的线应该是电压表负接线柱到开关的这根导线
B．正确连接电路后，用开关进行试触，发现电流表指针不偏转，而电压表指针明显偏转，故障原因可能是滑动变阻器断路
C．排除故障后，按正确的步骤进行实验，小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是0.7W，此时小灯泡的电阻是8.9Ω
D．调节滑动变阻器的滑片到电压表示数为灯泡额定电压U额时灯泡功率为P额，那么当电压表示数U实＝0.5U额时，灯泡实际功率P实＞0.25P额
【答案】D
【分析】（1）原电路图中，灯泡和电压表被短路，据此分析需要改正的线；
（2）正确连接电路后，用开关进行试触，发现电流表指针不偏转，说明电路可能断路，而电压表指针明显偏转，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（3）根据电流表选用量程确定分度值读数，根据P＝UI算出灯泡的额定功率；根据R＝算出灯泡的电阻；
（4）由P＝结合灯的电阻随温度的变化而变化分析。
【解答】解：A、原电路图中，灯泡和电压表被短路，需要改正的线应该是变阻器下端接线柱到灯泡右接线柱这根导线，应将这根导线改接到灯泡左接线柱上，故A错误；
B、正确连接电路后，用开关进行试触，发现电流表指针不偏转，说明电路可能断路，而电压表指针明显偏转，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了，即故障原因可能是小灯泡断路，故B错误；
C、小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.26A，小灯泡额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.26A＝0.65W；
此时小灯泡的电阻为：
R＝＝≈9.6Ω，故C错误；
D、当电阻不变时，由P＝可知，电压变为原来的一半，功率变为原来的四分之一，由于灯泡的电阻是变化的，当电压减小时，通过灯的电流变小，根据P＝UI可知，灯的功率减小，灯丝的电阻也减小，故当小灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，小灯泡的实际功率P实＞0.25P额，故D正确。
故选：D。
2．（2021秋•福山区期中）用如图所示的装置测量小灯泡的电功率，电源电压恒定不变，小灯泡上标有“3.8V”字样，闭合开关，实验操作过程中出现了以下几种情况，分析错误的是（ ）
A．无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不亮，电压表的示数几乎等于电源电压，电流表几乎无示数，原因是小灯泡断路
B．无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡很暗且亮度不变，原因是滑动变阻器同时接入两个下接线柱
C．当小灯泡的实际电压为3V时，要测量小灯泡的额定功率，需将滑片向左移动
D．电压表无示数，电流表有示数，小灯泡不亮，可能是小灯泡短路
【答案】C
【分析】（1）小灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路，电压表的示数几乎等于电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡很暗且亮度不变，说明电路中电阻较大，且滑动变阻器没有变阻的作用，据此分析；
（3）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）电流表有示数，说明电路是通路，小灯泡不亮，电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路。
【解答】解：A、小灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路，电压表的示数几乎等于电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障原因是小灯泡断路，故A正确；
B、无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡很暗且亮度不变，说明电路中电阻较大，且滑动变阻器没有变阻的作用，即故障原因是滑动变阻器同时接入两个下接线柱，故B正确；
C、当小灯泡的实际电压为3V时，小于灯泡额定电压3.8V，要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，因此应将滑动变阻器滑片向右移动，故C错误；
D、电流表有示数，说明电路是通路，小灯泡不亮，电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，因此电路故障可能是小灯泡短路，故D正确。
故选：C。
3．（2020秋•房县期末）实验室购买了一批规格为“2.5V 0.75W”的小灯泡，某同学在利用其中一只小灯泡做测量电功率的实验时，得到了如下一组数据。
（1）分析这组数据，你认为该小灯泡是否合格： 不合格 。其原因是： 根据灯额定电压算出的实际功率大于定的额定功率 。
（2）假如生产这种小灯泡钨丝的粗细是一定的，则这个小灯泡内钨丝的长度与合格产品相比是长了还是短了： 短了 。理由是电阻的大小与 长度 有关。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据表中测量数据，求出灯的额定电压下的实际功率与灯的标注的额定功率比较大小；
（2）根据影响电阻大小的因素作答。
【解答】解：（1）由表中测得的数据，当灯的额定电压为2.5V进，对应的电流为0.4A，则灯此时的实际功率
P＝UI＝2.5V×0.4A＝1W，大于灯上标有的额定功率0.8W，故不合格；
（2）根据P＝，在电压不变的情况下，功率变大是因为电阻减小造成的，根据影响电阻大小的因素，电阻大小与导体的长度、横截面积、材料、温度有关。假如生产这种小灯泡钨丝的粗细是一定的，则这个小灯泡内钨丝的长度与合格产品相比是短了。
故答案为：（1）不合格； 根据灯额定电压算出的实际功率大于定的额定功率；
（2）短了；长度。
4．（2022秋•温江区月考）实验室新购进一批小灯泡，用于做电学实验，小明所在的小组承担了检测小灯泡L额定功率是否准确的任务，实验室能提供的器材有：
电源（电压恒为10V），待测小灯泡L（标有“4V 2W”），滑动变阻器R1（标有“8Ω 2A”），定值电阻R2（标有“20Ω 0.6A”）一只，定值电阻R3（标有“4Ω 1A”）一只，定值电阻R4（标有“6Ω 0.8A”）一只，两只量程为0～3V的电压表，开关S等。
（1）组员小刚同学设计了如图甲所示电路，同学们经过讨论认为这个设计达不到目的，请写出其中两条原因 电压表示数超过量程 、 灯不可能正常发光 。
（2）经过讨论，同学们设计了图乙所示电路，闭合开关，移动滑片，当两只电压表示数（V1表的示数为U1，V2表的示数为U2）满足关系式 2.5U1+U2＝6V 时，电灯正常发光，读出这时电压表V2的示数U2为2V。
（3）通过计算、讨论，该小灯泡的额定功率为 1.6W ，并将该数据汇报给实验室，实验室对该批新购入的小灯泡进行了处理。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）待测小灯泡L上标有“4V 2W”，说明灯的额定电压为4V，额定功率为2W，根据P＝UI求出灯的额定电流，由欧姆定律可知灯的电阻；
根据甲图中，灯与R2和R1串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流；
由欧姆定律求出R2的电压，与3V比较大小；
当变阻器连入电路中的电阻为0时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最大电流，与灯的额定电流比较大小，据此分析；
（2）待测小灯泡L的额定电压为4V，根据串联电路电压的规律可求出R4、R3与R1的电压之和；
根据R4与R3电阻之比，由分压原理，求出两电阻的电压之比；由串联电路电压的规律有，得出两电压表示数的大小关系；
（3）根据电灯正常发光时电压表V2的示数，由（2）可求出U1大小，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，根据P＝UI求出灯的额定功率。
【解答】解：
（1）待测小灯泡L上标有“4V 2W”，说明灯的额定电压为4V，额定功率为2W，根据P＝UI可得，灯的额定电流为：
IL＝＝＝0.5A，
由欧姆定律可得，灯的电阻为：
RL＝＝＝8Ω；
甲图中，灯与R2和R1串联，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的最小电流为：
I＝＝≈0.28A，
此时R2的电压：
U2＝IR2＝×20Ω≈5.6V＞3V，
超过电压表0﹣3V量程，
当变阻器连入电路中的电阻为0时，电流最大，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的最大电流为：
I′＝＝≈0.36A＜0.5A，
故灯不可能正常发光；
（2）如图所示
乙图中，R1、R3、R4与灯泡串联，
R4的阻值是R3阻值的1.5倍，则由串联分压的规律可知，R4两端的电压为R3两端电压的1.5倍，
已知V1的示数为U1，V2的示数为U2，则R4两端的电压U4＝1.5U1，
若灯泡正常发光，则R1、R3、R4分得的电压之和为10V﹣4V＝6V，即1.5U1+U1+U2＝2.5U1+U2＝6V，
所以若能满足2.5U1+U2＝6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，则可说明灯泡正常发光。
（3）由题知，灯泡正常发光时，V2的示数为U2＝2V，由①式得：U1＝1.6V，
根据欧姆定律可得，此时电路中的电流：
I′＝＝＝0.4A；
故灯泡的额定功率：
P额＝UL×I′＝4V×0.4A＝1.6W。
故答案为：（1）电压表示数超过量程；灯不可能正常发光；
（2）2.5U1+U2＝6V；（3）1.6W。
5．（2023•香洲区校级二模）如图所示，甲同学在做“测量小灯泡的电功率”实验。实验器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1（10Ω 1A）和R2（30Ω 0.5A）的滑动变阻器各一个，导线若干。
（1）连接了如图甲所示的电路。其中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”并用笔画线代替导线，将电路连接正确。
（2）连接电路时，滑动变阻器应选 R2 （选填“R1”或“R2”）。
（3）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障原因是 小灯泡短路 。
（4）排除故障，闭合开关，移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 右 端移动（选填“左”或“右”）。通过实验绘制出小灯泡的U﹣I图象，如图乙所示，小灯泡的额定功率为 0.625 W。
（5）乙同学设计了如图丙所示电路，来测量另一只小灯泡的额定功率（已知灯泡的额定电压为U额），R0阻值已知。
①断开开关S3，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片P，使得电流表示数为 （用字母表示），此时灯泡正常发光。
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S2，闭合开关S1、S3，记下电流表的读数为I。
③小灯泡额定功率的表达式P额＝ U额×（I﹣）。 （用字母U额、I、R0表示）。
【答案】（1）见解答图；（2）R2；（3）小灯泡短路；（4）右；0.625；（5）①；③U额×（I﹣）。
【分析】（1）根据滑动变组要与用电器串联答题；
（2）小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律可知，小灯泡正常发光时的电流I'，根据串联电路的电压规律和欧姆定律，此时滑动变阻器连入电路中的电阻就求出来了；
（3）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路；
（4）比较电压表示数与灯泡额定电压的大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；根据U﹣I图象确定灯泡额定电压对应的额定电流，根据P＝UI算出灯泡的额定功率；
（5）测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，故将R与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为时，由并联电路电压的规律和欧姆定律，灯的电压为U额，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P＝UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】解：（1）滑动变组要与用电器串联，所以定值电阻与滑动变阻器串联，电压表并联在定值电阻两端，；
（2）小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律可知，小灯泡正常发光时的电流：
I'＝＝＝0.25A，
根据串联电路的电压规律和欧姆定律，此时滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝14Ω＞10Ω，故滑动变阻器应为R2；
（3）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路，即电路故障原因是小灯泡短路；
（4）排除故障，闭合开关，移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故变阻器滑片应向右端移动；
由U﹣I图象可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，小灯泡额定功率为：
P＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（5）实验步骤：
①断开开关S3，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片P，使得电流表示数为，此时灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S2，闭合开关S1、S3，记下电流表的读数为I；
③在步骤①中，灯泡L与电阻R0并联，电流表测通过R0的电流，调节滑动变阻器滑片P，使得电流表示数为，根据并联电路电压特点和欧姆定律可知，灯的电压为U额，灯正常发光；
在步骤②中，灯泡L与电阻R0仍并联，电流表测通过灯泡和电阻R0的总电流；因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流为：
I额＝I﹣，灯的额定功率的表达式：
P额＝U额I额＝U额×（I﹣）。
故答案为：（1）见解答图；（2）R2；（3）小灯泡短路；（4）右；0.625；（5）①；③U额×（I﹣）。
6．（2023•东港区校级二模）电学实验课上，老师提供了“20Ω，1A”字样的滑动变阻器R1、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、标有“0.5A”字样的小灯泡、两节干电池等器材。利用所学的知识，请你帮助小鹏同学完成下面的实验。
（1）探究电流与电阻关系：
①小鹏连接了如图甲所示的电路。其中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”并用笔画线代替导线，将电路连接正确；
②正确连接电路后，根据现有器材，为了让四个电阻单独接入电路都可完成实验，定值电阻两端的电压不能低于 1.5 V；
③电路中接入5Ω定值电阻，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移至最 左 端。闭合开关，移动滑片，电流表的示数如图乙所示，为 0.4 A；
④用10Ω电阻替换5Ω电阻后，滑片应该向 左 调节。经过多次实验，分析实验数据，得出结论：电压一定时，电流与电阻成 反比 ；
（2）小鹏想测量标有“0.5A”字样小灯泡的额定功率。老师从实验室中拿出最大阻值未知的滑动变阻器R2和一个电压未知的电源（以上两器材均能满足实验要求），经过思考，利用原有的“20Ω，1A”的滑动变阻器Rt和电流表等器材，小鹏设计了如图丙所示的电路，请你帮他完成实验；
①先将R1、R2的滑片移至最右端。闭合开关S、S1，断开开关S2，再将R2的滑片移至最左端，此时电流表的示数为0.3A，则电源电压为 6 V；
②将R2的滑片移至最右端。断开开关S1，闭合开关S、S2，向左移动R2的滑片，直至 电流表的示数为0.5A ，此时灯泡正常工作；
③ R2滑片位置不动 ，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表的示数恰好为0.24A；
④小灯泡的额定功率P额＝ 1.75 W。
【答案】（1）①见解答图；②1.5；③左；0.4；④左；反比；（2）①6；②电流表的示数为0.5A；③R2滑片位置不动；④1.75。
【分析】（1）①原电路图中，变阻器被短路了，变阻器应串联在电路中，电压表应并联在定值电阻两端；
②当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻20Ω电阻进行实验时，变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
③为了保护电路，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移至阻值最大处；根据电流表选用量程确定分度值读数；
④根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定变阻器滑片移动的方向；当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（2）根据R1的滑片在最右端，R2的滑片在最左端结合欧姆定律求出电源电压；让R2与灯泡串联，调节R2使小灯泡正常发光，即使通过小灯泡的电流等于额定电流0.5A；保持R2滑片位置不动，让R2与R1串联，根据欧姆定律求出电路总电阻，根据电阻的串联求出R2的阻值；根据灯泡的额定电流求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出灯泡正常发光时的电阻，最后根据P＝I2R求出灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）①原电路图中，变阻器被短路了，变阻器应串联在电路中，电压表应并联在定值电阻两端，如下图所示：
；
②研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U源﹣UV＝3V﹣UV，
根据分压原理有：＝，即＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
因电压表示数UV为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：＝，
解得电压表的示数：U＝1.5V，即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V；
③为了保护电路，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片移至阻值最大处，即最左端；闭合开关，移动滑片，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.4A；
④实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大变阻器两端的电压，由分压原理，要增大变阻器电阻阻值，故应把变阻器滑片向左调节；
经过多次实验，分析实验数据，得出结论：电压一定时，电流与电阻成反比；
（2）实验步骤：
①先将R1、R2的滑片移至最右端。闭合开关S、S1，断开开关S2，再将R2的滑片移至最左端，R1与R2串联，且R2的阻值为0，电路为只有R1的简单电路，此时R1的阻值最大，电流表测串联电路电流为0.3A，根据欧姆定律，电源电压为：U＝I1R1＝0.3A×20Ω＝6V；
②将R2的滑片移至最右端。断开开关S1，闭合开关S、S2，此时电路中灯泡和R2串联，电流表测量电路中的电流，向左移动R2的滑片，直至电流表的示数为0.5A，此时灯泡正常发光；
③④断开开关S2，闭合开关S、S1，R1与R2串联，电流表测串联电路电流；保持R2滑片位置不动，R1的阻值最大，此时电流表示数为0.24A，根据欧姆定律，电路中的总电阻为：R总1＝＝＝25Ω，
根据电阻的串联规律，R2＝R总1﹣R1＝25Ω﹣20Ω＝5Ω；
当灯泡正常发光时，根据欧姆定律，电路中的总电阻为：R总2＝＝＝12Ω，
灯泡正常发光时的电阻为：RL＝R总2﹣R2＝12Ω﹣5Ω＝7Ω，
小灯泡的额定功率为：P额＝I额2RL＝（0.5A）2×7Ω＝1.75W。
故答案为：（1）①见解答图；②1.5；③左；0.4；④左；反比；（2）①6；②电流表的示数为0.5A；③R2滑片位置不动；④1.75。
7．（2023•红山区校级三模）测定小灯泡电功率的实验中，选用的电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V、电阻约为10Ω。
（1）用笔画线代替导线，连接完整如图甲所示的实物电路。
（2）闭合开关前，图中滑动变阻器的滑片P应位于 A （填“A”或“B”）端。
（3）闭合开关，移动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数、电流表无示数，原因可能是 灯丝断了 （写出一种即可）。
（4）排除故障后，闭合开关，移动滑片P至电压表的示数如图乙所示，其读数为 2.3 V；要获得小灯泡额定功率的数据，滑片P应向 B （填“A”或“B”）端移动。
（5）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，绘制得如图丙所示的I﹣U图像，由图像可知小灯泡额定功率是 0.5 W。
【答案】（1）见解析；（2）A；（3）灯丝断了；（4）2.3；B；（5）0.5。
【分析】（1）根据灯泡的额定功率和阻值求出正常工作时的电流值，据此选择电流表的量程，电流表要串联在电路中，且要注意其正负接线柱的接法；
（2）为防止电路中的电流过大，在连接电路时开关应断开；闭合开关前滑片应移至滑动变阻器最大阻值处；
（3）串联电路中若无电流，则可能是电路发生断路，根据电压表的示数可判断是哪个地方发生了断路；
（4）首先判断电压表的量程和分度值，然后进行读数；根据串联分压的知识判断滑动变阻器阻值的变化，从而判断出滑片移动的位置；
（5）根据公式P＝UI计算出其功率。
【解答】解：（1）由题意知，小灯泡的正常工作时的电流I＝＝＝0.25A，则电流表可选择0～0.6A的量程，电路如图所示：
；
（2）连接电路时，开关应断开，滑片应移至最大阻值处，由图知，滑动变阻器下面一个接线柱接的是B，所以应将滑片移至A端；
（3）小灯泡始终不亮、电流表无示数，说明电路中发生了断路，电压表有示数，说明与电压并联的灯泡发生了断路；
（4）由图中，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，所以其示数为2.3V，小于额定电压2.5V，根据串联分压的知识，应减小滑动变阻器的阻值，减小其两端的电压，使灯泡两端的电压为额定电压，滑片P应向B端移动；
（5）当U＝2.5V时，电流I＝0.2A，所以P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W
故答案为：（1）见解析；（2）A；（3）灯丝断了；（4）2.3；B；（5）0.5。
8．（2023•思明区校级四模）在测量小灯泡的电阻和电功率的实验中，选用额定电压为2.5V的小灯泡。
（1）为了测量更精确。电压表应选择的量程是 0～3 V。
（2）小明按图甲连接好电路后，闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡都不亮，电流表有示数，电压表无示数。则故障原因可能是 小灯泡短路 。
（3）排除故障后，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，为 0.3 A。
（4）接着调节滑动变阻器滑片，让电压逐次下调，使灯丝温度不断降低，小灯泡变暗直至完全不发光，测量数据如下表所示。
综合分析可知，实验中滑动变阻器的滑片逐渐向 左 端滑动：随着灯丝温度降低，小灯泡的电阻值变 小 。
（5）小明还设计了如图丙所示的电路，测出另一小灯泡的额定功率。已知滑动变阻器R1的最大阻值为R0，小灯泡的额定电压为U额。请完成下列实验步骤：
①闭合开关S，S1，调节R1的滑片，使电压表的示数为U额；
②接着保持变阻器R1的滑片位置不动， 断开S1闭合S2，移动变阻器的滑片P，使电压表示数为U额 ；
③调节R1的滑片调至最左端，记下电压表示数U1；将R1的滑片调至最右端，记下电压表示数为U2，小灯泡额定功率的表达式：P＝ （U1﹣U2） （用R0、U额，U1、U2表示）
【答案】（1）0～3；（2）小灯泡短路；（3）0.3；（4）左；小；（5）②断开S1闭合S2，断开S1闭合S2，移动变阻器的滑片P，使电压表示数为U额；（U1﹣U2）。
【分析】（1）根据灯的额定电压为2.5V确定选择的量程；
（2）闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡都不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明与电压表并联的部分断路；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数；
（4）根据表中数据，电路中的电流越来越小，由欧姆定律分析电路的总电阻越来越大，确定实验中滑动变阻器的滑片滑动的方向；
根据表中数据，由欧姆定律可求出灯的电阻大小，据此分析回答；
（5）根据P＝，在只有电压表情况下，测量出灯正常发光的电阻即可；
①可只闭合小灯泡所在支路，通过调节滑动变阻器R1使灯泡两端电压为额定电压，灯正常光；
②保持变阻器R1的滑片位置不动，只闭合R2所在支路，通过调节滑动变阻器R2使R2两端电压为小灯泡的额定电压，根据等效法，此时滑动变阻器R2连入电路中的电阻大小等于灯正常发光时的电阻大小；
③为求出此时滑动变阻器R2使连入电路中的电阻：
将R1的滑片P先调至最左端，再将R1的滑片P调至最右端，分别记下电压表的示数，根据串联电路的规律和欧姆定律求出R2的大小，即小灯泡电阻的大小，再利用P＝，求出小灯泡额定功率。
【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，故为了测量更精确电压表应选择的量程是0～3V。
（2）闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡都不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明与电压表并联的部分断路，则故障原因可能是小灯泡短路；
（3）排除故障后，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，为0.3A；
（4）根据表中数据，电路中的电流越来越小，由欧姆定律，电路的总电阻越来越大，故实验中滑动变阻器的滑片逐渐向左端滑动；
根据表中数据，由R＝可得，灯的电阻分别为8.3Ω、8.1Ω、7.1Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣2.0Ω，故灯丝温度降低，小灯泡的电阻值变小；
①闭合开关S，S1，调节R1的滑片，使电压表的示数为U额；
②接着，保持变阻器R1的滑片位置不动，再断开S1闭合S2，移动变阻器的滑片P，使电压表示数为U额；
根据等效替代的方法，此时R2＝RL；
③将R1的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1；再将R1的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2，
在③中，将R1的滑片P调至最左端，R1连入电路中的电阻为0，电压表的示数为U1即为电源电压；再将R1的滑片P调至最右端，此时两变阻器串联，电压表的示数为U2，即为R2的电压，
根据串联电路电压的规律和欧姆定律有：＝，解得，R2＝R0﹣﹣﹣﹣﹣①；
小灯泡额定功率的表达式：
P＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②得：
P＝（U1﹣U2）。
故答案为：（1）0～3；（2）小灯泡短路；（3）0.3；（4）左；小；（5）②断开S1闭合S2，移动变阻器的滑片P，使电压表示数为U额；（U1﹣U2）。
9．（2023•襄阳自主招生）用如图（a）所示电路测量小灯泡电功率，灯泡L标有“2.5V 0.3A”字样，滑动变阻器铭牌上标有“50Ω 1.5A”字样，不考虑温度对灯泡电阻的影响。
（1）按电路图将图（b）中的实物元件连接起来。
（2）在图（a）中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片从A向B滑动的过程中，电压表示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）某次实验时电压表和电流表的示数如图（c）所示，则此时小灯泡的实际功率为 0.51 W。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由图c知，两电表均选用小量程，分析电路的连接，特别是变阻器的接法，根据电路图连接实物图；
（2）根据电路的连接关系，滑动变阻器的滑片从A向B滑动的过程中，判断与灯（电阻不变）并联的变阻器滑片以左的电阻变化，根据并联电阻的规律：两个并联的电阻，其中一个电阻变大（小）时，并联的总电阻将变大（小），确定并联电阻的变化，根据分压原理确定电压表示数的变化；
（3）图（c）所示电压表和电流表均选用小量程，根据电表分度值分别读数，根据P＝UI求灯的实际功率。
【解答】解：（1）根据题中条件，两表均选用小量程；原电路中，灯与电流表串联后与变阻器滑片以左电阻丝并联，
再与变阻器滑片以右电阻丝串联，电压表测并联部分的电压，根据电路图连接连接实物图：
（2）在图（a）中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片从A向B滑动的过程中，与灯（电阻不变）并联的变阻器滑片以左的电阻变大，根据并联电阻的规律，并联部分的电阻将变大，根据分压原理，并联部分的电压变大，即电压表示数将变大；
（3）某次实验时电压表和电流表的示数如图（c）所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.5V；电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.34A，实际功率为：
P＝UI＝1.5V×0.34A＝0.51W。
故答案为：（1）如上所示；（2）变大；（3）0.51。
10．（2022秋•榆树市期末）致远利用如图甲所示的器材测量小灯泡的电功率，已知小灯泡的额定电压为2.5V，电源电压为6V。
（1）连接电路时，开关必须 断开 ；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调到最 右 端；
（3）根据测得的数据致远绘制了小灯泡的电流随电压变化的图像（如图乙所示）。由图像可知，小灯泡正常工作时的电功率是 0.75 W，此时小灯泡与滑动变阻器的电功率之比为 5：7 ；
（4）继续调节滑动变阻器的滑片，让小灯泡两端的电压逐渐降低，小灯泡逐渐变暗，在这段时间内，若小灯泡电阻变化量的绝对值是2Ω，变阻器接入电路的电阻变化量的绝对值将 大于 2Ω（选填“大于”、“小于”或“等于”）；
（5）致远同学用定值电阻代替小灯泡，并对电路进行了调整，设计了如图丙所示的电路，也测量出此电阻的阻值，已知滑动变阻器的最大阻值为R0，她的操作如下：
①将滑动变阻器的滑片调到中央位置，记录电压表示数为U1；
②将滑动变阻器的滑片调到阻值最大处，记录电压表示数为U2。
则U2 ＜ 2U1（填“＞”、“＜”或“＝”），未知电阻的表达式Rx＝ 。
【答案】（1）断开；（2）右；（3）0.75；5：7；（4）大于；（5）＜；。
【分析】（1）（2）连接电路时，为了保护电路，开关要断开，滑动变阻器的滑片移动到阻值最大处。
（3）小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，此时通过灯泡的电流，根据P＝UI得出小灯泡正常工作时的电功率；
电源电压为6V，由串联电路电压的规律可知变阻器两端的电压，串联电路中各处的电流相等，由P＝UI可知此时小灯泡与滑动变阻器的电功率之比。
（4）调节滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端的电压逐渐降低，小灯泡逐渐变暗，此时灯泡两端电压减小，通过灯的电流也减小，电源电压不变，由R＝可知电路的总电阻的变化情况，由P＝UI可知，灯泡的实际功率的变化情况，灯丝的温度降低，小灯泡阻值随温度的减小而变小，由电阻的串联规律可知：小灯泡阻值减小的值小于变阻器连入电路中增大的值，据此分析。
（5）分析滑片移动时电路的连接，在①中，由电阻的串联和欧姆定律得出电压表示数表达式；
在②中，由电阻的串联和欧姆定律得出电压表示数出电压表示数表达式；由数学知识比较U1与大小；
由串联电路特点和欧姆定律，根据电源电压不变列式计算待测电阻的阻值大小。
【解答】解：（1）连接电路时，为了保护电路，开关要断开。
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片移动到阻值最大处，即最右端。
（3）小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，此时通过灯泡的电流为0.3A，所以小灯泡正常工作时的电功率PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W。
电源电压为6V，由串联电路电压的规律可知变阻器两端的电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V。
串联电路中各处的电流相等，由P＝UI可知此时小灯泡与滑动变阻器的电功率之比为PL：P滑＝ULI：U滑I＝UL：U滑＝2.5V：3.5V＝5：7。
（4）调节滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端的电压逐渐降低，小灯泡逐渐变暗，此时灯泡两端电压减小，通过灯的电流也减小，电源电压不变，由R＝可知电路的总电阻变大，由P＝UI可知，灯泡的实际功率减小，灯丝的温度降低，小灯泡阻值随温度的减小而变小，由电阻的串联规律可知：小灯泡阻值减小的值小于变阻器连入电路中增大的值，变阻器接入电路的电阻变化量的绝对值将大于2Ω。
（5）在①中，由电阻的串联和欧姆定律，电压表示数U1＝×0.5R0
故2U1＝①
在②中，由电阻的串联和欧姆定律，电压表示数U2＝×R0②
①和②比较可知2U1＞U2
在步骤①②中，由串联电路特点和欧姆定律可得电源电压U＝U1+Ux＝U1+×Rx③
U＝U2+Ux′＝U2+×Rx④
由③和④得到未知电阻的表达式Rx＝。
故答案为：（1）断开；（2）右；（3）0.75；5：7；（4）大于；（5）＜；。
11．（2022秋•沈河区校级期末）在“测量小灯泡的额定功率”的实验中，小灯泡上的额定电压模糊不清，只能看清标有“0.3A”的字样，电源电压为6V保持不变。
（1）请你在图甲中补画一根导线，使得测定小灯泡电功率的电路完整，要求滑片P向B端移动时，小灯泡变亮。
（2）连接完电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数为6V，经分析小明认为灯泡可能 断路 （填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，开始实验，在移动变阻器滑片的过程中，眼睛应注视 电流表 示数的变化，直至小灯泡正常发光，此时电压表的示数如图乙所示。
（4）由于电压表指针偏转角度较小，且指针未对准整刻度线，小明觉得读数时误差会比较大数据不够精确，那么在不改变器材的情况下，小明应该如何操作才能减小误差，请写出操作方法： 电压表换0—3V量程，并将电压表测量滑动变阻器电压 ，当小灯泡正常发光时，电压表示数如图丙所示，此时电压表示数为 2.2 V，则小灯泡的额定功率为 1.14 W。
（5）另一小组为了测量已知额定电压为U额的小灯泡额定功率，设计了图丁所示的电路（R0为阻值已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ U额×（I﹣） （用物理量U额、R0和I表示）。
【答案】（1）
；
（2）断路；
（3）电流表；
（4）电压表换0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；2.2；1.14；
（5）；U额×（I﹣）。
【分析】（1）滑动变阻器接右下接线柱B时，滑片向B端移动时，电路电阻变小，电流变大，灯泡两端电压变大，灯泡变亮；
（2）电压表的示数为6V，说明电压表接在电源两端；电流表示数为零，说明电路断路，因此根据
电压表和电流表确定断路位置；
（3）通过小灯泡的电流为额定电流时，小灯泡正常发光；
（4）电压表的量程选择过大，导致偏转较小，故应该选择小量程测量；根据图中电压表小量程读数，根据P＝UI求灯的额定功率；
（5）利用已知阻值的电阻R0和电流表及滑动变阻器，将灯泡两端的电压调至U额，再用电流表和电路特点测出通过灯泡的电流，再利用P＝UI计算其功率。
【解答】解：（1）滑动变阻器接右下接线柱B时，滑片向B端移动时，电路电阻变小，电流变大，灯泡两端电压变大，灯泡变亮；故电路图如图所示：
（2）电流表无示数，说明电路断路；又因为电压表的示数为6V，说明电压表接在电源两端，
因此电路故障为小灯泡断路；
（3）当通过灯泡的电流为额定电流时，灯泡正常发光，故应盯着电流表直至示数为额定电流0.3A；
（4）由于电压表指针偏转角度较小，且指针未对准整刻度线，说明电压表量程选择过大，但电压又超过3V，故应该改接电压表0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；由图可知电压表示数为U1＝2.2V，故电灯电压U灯＝U﹣U1＝6V﹣2.2V＝3.8V，根据P＝UI求灯的额定功率P＝U灯I＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（5）①断开开关S1，闭合开关S2，此时灯泡和定值电阻并联电压相同，电流表只测量定值电阻电流，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为时，定值电阻两端电压为U额，小灯泡电压也为U额，故小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；此时电流表测量正常发光时小灯泡和定值电阻总电流，故小灯泡的额定电流为I﹣；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝U额×（I﹣）；
故答案为：（1）；（2）断路；（3）电流表；（4）电压表换0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；2.2；1.14；（5）；U额×（I﹣）。
12．（2022秋•汾阳市校级期末）小明家的电能表标有“3000r/kW．h”字样。小明家有一个功率未知的电熨斗，请你帮小明设计一合理的实验方案，在家中测量该电熨斗正常工作时的电功率。
（1）实验原理是： P＝ ；
（2）主要的实验步骤：
①关闭家中其它所有的用电器，只把电熨斗接入电路；
②用秒表（钟表）测出电能表在时间th内转过的圈数n转；
③电熨斗消耗的电能W＝×nr＝kW•h；
④电熨斗的功率P＝＝＝kW。 ；
（3）电熨斗电功率的表达式是： P＝kW 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）用电器的电功率等于一段时间内消耗的电能和所用时间的比值，用公式P＝计算；
（2）电能表就是测量一段时间内消耗电能的仪表，因此再利用秒表或计时器记录下时间，就可以测量出电器的功率。
【解答】解：（1）测功率的原理是功率公式P＝；
（2）实验步骤如下：
①关闭家中其它所有的用电器，只把电熨斗接入电路；
②用秒表（钟表）测出电能表在时间th内转过的圈数n转；
③电熨斗消耗的电能W＝×nr＝kW•h；
④电熨斗的功率P＝＝＝kW。
（3）电熨斗电功率的表达式是：P＝kW。
故答案为：（1）P＝。
（2）①关闭家中其它所有的用电器，只把电熨斗接入电路；
②用秒表（钟表）测出电能表在时间th内转过的圈数n转；
③电熨斗消耗的电能W＝×nr＝kW•h；
④电熨斗的功率P＝＝＝kW。
（3）P＝kW。
\l "_Tc5338" 【题型2 电流的热效应】
13．（2022秋•驻马店期末）下列四种电器中，利用电流热效应工作的是（ ）
A．洗衣机B．收音机C．电动机D．电熨斗
【答案】D
【分析】（1）当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。一方面，利用电流的热效应可以为人类的生产和生活服务；另一方面，电流的热效应也有一些不利因素。
（2）任何通有电流的导线，都可以在其周围产生磁场的现象，称为电流的磁效应。
【解答】解：A、洗衣机利用电动机带动工作，电动机是根据通电导体在磁场中受力转动的原理工作的，利用了电流的磁效应。故A错误；
B、收音机也是利用了电流的磁效应来工作的，故B错误；
C、电动机是根据通电导体在磁场中受力转动的原理工作的，利用了电流的磁效应。故C错误；
D、电熨斗是利用了电流的热效应，来加热的，故D正确。
故选：D。
14．（2022•天宁区校级二模）电磁炉是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁质铁锅，从而形成无数个小涡流（即电流），加速锅底分子运动，使锅底自身发热达到加热食品的目的，它具有安全可靠、节能环保等优点，是现代家庭中的理想灶具，其工作原现如图所示。下列有关电磁炉的说法中正确的是（ ）
A．电磁炉功率大，使用时很耗电
B．电磁炉在使用中会产生烟尘和废气
C．普通铁锅、普通砂锅均可在电磁炉上使用
D．电磁炉在使用中利用了电流的磁效应、热效应
【答案】D
【分析】（1）由W＝Pt可知用电器消耗的电能的多少与功率P和时间t有关；
（2）电磁炉是利用电流的磁效应的原理制成的，故所使用的锅必须是含有磁性材料的物质，且其在加热时消耗电能，是不会产生烟尘和废气的。
【解答】解：A．由W＝Pt可知用电器消耗的电能的多少与功率P和时间t有关，电磁炉功率大，消耗电能不一定多，故A错误；
B．由于电磁炉是消耗电能而工作的，故在工作时是不能产生烟尘和废气的，故B错误；
C．电磁炉是利用电流的磁效应的原理制成的，故所使用的锅必须是含有磁性材料的物质，普通砂锅不是磁性材料，该锅不能在电磁炉上使用，故C错误；
D．炉子内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时会产生磁场，这是电流的磁效应；涡流使锅体及食物的温度升高，这是电流的热效应，故D正确。
故选：D。
15．（2022秋•惠安县期末）图是四种家用电器各自消耗1度电可持续正常工作的时间柱状图，其中工作电流最大的电器是 电视机 ，白炽灯是根据电流的 热 效应来工作的，节能灯正常工作10小时消耗的电能是 0.2 kW•h。
【答案】电视机；热；0.2。
【分析】（1）根据四种家用电器“消耗1度电可持续正常工作的时间柱状图”提供的信息，利用公式P＝UI和P＝来分析解答；
（2）电流通过导体时导体会发热，这种现象叫做电流的热效应，常见的白炽灯、电炉和电饭锅等就是利用这一原理工作的；
（3）由图可知，1度电可供节能灯持续正常工作的时间，节能灯的额定功率不变，由P＝列出等量关系可求出节能灯正常工作10小时消耗的电能。
【解答】解：
由图可知，1度电可供电视机持续正常工作的时间最少，由P＝可知，电视机的额定功率最大，由P＝UI可知，电视机的工作电流最大；
白炽灯工作时是把电能转化为内能再转化为光能，利用的是电流的热效应；
由图可知，1度电可供节能灯持续正常工作的时间为50h，
节能灯的额定功率不变，由P＝可知：＝，
即：＝，
解得W2＝0.2kW•h。
故答案为：电视机；热；0.2。
16．（2023•武汉模拟）为避免因线路结冰而倒杆断线，提高电网对极端气候、重大自然灾害的抵御能力，国家电网公司2008年重点科技减灾防灾项目——直流熔冰装置研制成功。该装置需要1至2万千瓦的功率，最大熔冰电流可达6000安，最长熔冰距离可达200公里。位于某电网线路上相距几十公里的A、B两地之间输电线路和处于B地的熔冰装置，
如图甲和乙所示。熔冰装置上的“+”、“﹣”是两个接线端子。（进行熔冰时输电线上的高压交流电已切断）
（1）该熔冰装置熔化结冰的原理是利用电流的 热 效应。在熔冰过程中能量的转化是电能转化为 内 能。
（2）若要对A、B两地之间的“2”和“3”两根输电线同时熔冰，请你在图中以笔画线代替导线，进行切实可行的连接，实现熔冰。
（3）在上述熔冰过程中，若每根输电线的电阻是R，启动熔冰装置后，电路中的电流是I，则输电线消耗的电功率是 2I2R 。
【答案】（1）热；内；（2）见上图；（3）2I2R。
【分析】（1）要使冰熔化，则一定是使导线上的温度升高，则可知应是利用了电流的热效应，即使电能转化为内能；
（2）要使2和3两根输电线同时熔冰，应将两导线串联，接在电源两端；
（3）因每根导线电阻为R，因两根导线串联，故总电阻为2R，则由功率公式P＝I2R可求得功率。
【解答】解：
（1）电流具有热效应、磁效应及化学效应，而使冰熔化只需提高给冰提供热量，升高冰的内能即可，故利用电流的热效应即可使冰熔化；在熔化过程中消耗了电能升高了内能，即电能转化为了内能；
（2）要使2、3同时熔冰，则应将2、3两根导线串联接在电源两端，使两导线同时发热，如图所示：
（3）熔冰过程中两导线串联，故总电阻为2R，由功率公式可得：P＝I2×2R＝2I2R。
故答案为：（1）热；内；（2）见上图；（3）2I2R。
17．（2023•金坛区一模）如图甲所示是物理兴趣小组设计的电饭锅内部结构图，控制系统中的感温磁体与受热面固定在一起，当温度低于103℃时，感温磁体具有磁性，当温度达到103℃时，感温磁体失去磁性，煮饭时用力按下开关按钮，通过轻质传动杆AOB使水久磁体和感温磁体吸合，触点闭合，电路接通，发热板开始发热，当温度达到103℃时，感温磁体失去磁性，永久磁体受重力及弹簧的弹力作用而落下，通过传动杆使触点分开，发热板停止发热，请回答下列问题。
（1）关于电饭锅涉及的物理知识，下列说法错误的是 D
A.发热板发热利用的是电流的热效应
B.加热的过程中，食物是通过热传递方式改变内能的
C.在标准气压下用该电饭锅烧水，水沸腾时不能自动断电
D.按下开关按钮，弹簧的形变量增大弹性势能减小
（2）O为轻质传动杆AOB的转轴，OA与OB之比大约为1：5，若用5N的力竖直向下按下开关，B端受到竖直向下的阻力为 1 N。
（3）兴趣小组的同学画出了从开始加热至加热20min锅内食物（质量不变）的温度随加热时间关系图象如图乙所示，由图象可知，电饭锅在前半段时间加热效率与后半段时间加热效率之比是 39：1 。
【答案】（1）D；（2）1；（3）39：1。
【分析】（1）①当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应；
②改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；
③当温度达到103℃时，发热板停止发热；
④弹性势能是由于物体发生弹性形变而具有的能，所以物体的弹性形变越大，弹性势能就越大；
（2）根据杠杆的平衡条件算出B端受到竖直向下的阻力；
（3）由图象可知，0～10min内和10～20min内水的温度，然后求出两者温度的变化量，电饭锅的功率不变，相同的时间内消耗的电能相等，根据η＝＝求出电饭锅在前半段时间加热效率与后半段时间加热效率之比。
【解答】解：（1）A、发热板是利用电流通过导体时，使导体产生热量来工作的，即利用的是电流的热效应，故A正确；
B、加热的过程中，锅的温度高于食物的温度，锅的内能传给食物，所以食物是通过热传递改变了内能，故B正确；
C、在标准气压下水的沸点为100℃，用该电饭锅烧水时，水的温度达不到103℃，水沸腾时不能自动断电，故C正确；
D、按下开关按组，弹簧被拉伸，弹簧的形变量增大弹性势能增加，故D错误。
故选：D；
（2）由题意知OA与AB之比大约为1：6，即AB＝6OA，由图和杠杆平衡条件得：
FB＝＝＝＝1N；
（3）由图象可知，0～10min内，水温度的变化量：Δt1＝98℃﹣20℃＝78℃，
10～20min内，水温度的变化量Δt2＝100℃﹣98℃＝2℃，
则电饭锅在前半段时间加热效率与后半段时间加热效率之比：
＝＝＝＝39：1。
故答案为：（1）D；（2）1；（3）39：1。
\l "_Tc31833" 【题型3 探究影响电流通过导体时产生热量的因素】
18．（2023•宝山区模拟）（多选）如图是探究电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反应密闭空气温度的变化，下列说法错误的是（ ）
A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系
B．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少
C．不改变导线的连接方式，将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
D．不改变导线的连接方式，将右边容器上方的5Ω电阻丝也放入右边容器内，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
【答案】ABC
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
（2）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；
（3）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但空气温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。
【解答】解：A、装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半；两容器中电阻丝的阻值相等，但通过它们的电流不同，这是探究电流产生的热量与电流的关系，不是探究电流产生的热量与电阻的关系，故A错误；
B、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但容器中空气温度的变化会导致容器中空气体积的变化，即可以通过U形管中液面高度差的变化来反映电阻丝放出热量的多少，故B错误；
C、不改变导线的连接方式，将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，此时两容器中电阻丝的阻值不相等，
结合前面分析可知，通过它们的电流也不同，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故C错误；
D、探究电流产生的热量与电阻的关系，应控制两电阻丝中的电流相同、改变电阻的阻值；
不改变导线的连接方式，将右边容器上方的5Ω电阻丝也放入右边容器内，此时I右＝I左，由于右侧容器中两个5Ω的电阻并联，所以总电阻小于5Ω，左右两侧容器中电阻丝的阻值不同，所以可以探究电流产生的热量与电阻的关系，故D正确。
故选：ABC。
19．（2023•曲靖一模）小明用如图所示的实验装置分别探究“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”。
（1）图甲所示实验中通过 温度计示数变化 来比较电流产生的热量的多少。
（2）为了便于比较两种电阻丝通过电流后产生热量的多少，A、B两瓶中要装入相同初温和 质量 的煤油．
（3）实验中选用煤油而不用水的原因是 煤油的比热容小，相同质量，吸热相同时，温度升的高，实验现象明显 。
【答案】（1）温度计示数变化；（2）质量；（3）煤油的比热容小，相同质量，吸热相同时，温度升的高，实验现象明显。
【分析】（1）温度计示数的变化反映了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少；
（2）要比较不同电阻丝产生热量的多少，应控制电流与通电时间相等，控制两瓶中液体的质量与初始温度相同；
（3）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，即观察到得温度计示数变化大，则在同质量吸收相同热量的条件下，比热容小的液体温度变化大。
【解答】解：（1）两电阻丝产生热量的多少是通过温度计示数的变化反映出来的；
（2）探究两种电阻丝通过电流后产生热量的多少时，应控制煤油的质量和初温要相同；
（3）若将烧瓶中装有水，则由Q＝cm△t可知：在相同质量的水和煤油中，吸收的相同的热量时，由于水的比热容大，温度升高的度数少，温度计的示数变化不明显。
故答案为：（1）温度计示数变化；（2）质量；（3）煤油的比热容小，相同质量，吸热相同时，温度升的高，实验现象明显。
20．（2023•从江县校级一模）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，小军设计了如图所示的甲、乙两种装置，他将两根阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与相同的气球相连，两次实验电源电压不变。
（1）实验中通过 气球膨胀的程度大小 变化来比较电流通过电阻丝产生的热量的多少。
（2）甲装置可探究电流产生的热量与 电阻 的关系，电路中将两根电阻丝串联的目的是控制电流和通电时间相等。
（3）在装置甲、乙的两次实验中，通过比较相同时间里气球B与D的变化情况，可探究电流产生的热量与 电流 的关系。
（4）甲、乙两装置同时实验，在相同的通电时间里，与 C （选填气球字母标号）气球相通的电阻丝产生的热量最多。
（5）电烘箱高温和低温两挡的调节是通过改变接入电路中电阻丝的长度来实现的。由上述实验可知：低温挡接入电路的电阻丝比高温挡要 长 （选填“长”或“短”）一些。
【答案】（1）气球膨胀的程度大小；（2）电阻；（3）电流；（4）C；（5）长。
【分析】（1）当瓶中电阻丝发热后会使气体膨胀，则连在瓶中的气球会产生膨胀，利用了转换法。
（2）（3）电流产生热量与导体中的电流、导体电阻和通电时间有关，所以探究电流产生的热量跟什么因素有关时要采用控制变量法。由此分析解答。
（4）由焦耳定律比较四个电阻产生的热量可知哪个电阻丝产生的热量最多。
（5）由“低温挡”可知其温度上升的慢，说明消耗电能转化为内能，产生的热量少，从而可知电流通过电阻丝做功少，根据W＝Pt＝UIt＝t，可得出结论。
【解答】解：（1）当电阻丝通电后，电流产生热量使瓶内温度升高，从而使气球膨胀，根据气球膨胀的程度大小可知电流通过电阻丝产生的热量的多少，这种方法叫转换法；
（2）甲中阻值不相等两电阻串联，则两电阻中的电流相等，通电时间也相等，所以可探究电流产生热量与电阻大小的关系；
（3）由乙图可知两电阻并联，而B瓶与D瓶电阻相等，电压不相等，则可知两瓶中的电流不同，可探究电流产生的热量与通过电流的关系；
（4）甲图中两电阻串联，则通过两电阻的电流相等，由焦耳定律可得，电阻大的电阻丝发热较多，即B相通的电阻丝R2发热量要多；
乙图中两电阻并联，则电压相等，由Q＝W＝t可得，电阻小的发热量要多，故C比D相通的电阻丝R1发热量要多；
而B、D相通的电阻丝电阻相等，由欧姆定律可得，B相通的电阻丝电流小于D相通的电阻丝电流，故D相通的电阻丝热量要比B相通的电阻丝热量多，故C相通的电阻丝热量最多。
（5）根据W＝Pt＝UIt＝t，可知，为了节省电能接入电路中的总电阻要大，从而使电能转化为内能较少，产生的热量较少，温度较低，所以电烘箱低温挡接入电路的电阻丝比高温挡要长。
故答案为：（1）气球膨胀的程度大小；（2）电阻；（3）电流；（4）C；（5）长。
21．（2022春•定远县校级期中）如图所示，甲、乙两个完全相同的玻璃瓶内有阻值分别为R甲、R乙的电阻丝，瓶中插入温度计a、b。
（1）利用此装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关时，在两瓶中加入质量、初温相同的煤油，且电阻丝的阻值R甲＞R乙，闭合开关一段时间，可以通过观察 温度计示数升高的多少 情况，判断电阻丝产生热量的多少。此方案是探究 电流 和 时间 相同时，电流通过电阻丝产生的热量与 电阻 大小的关系。
（2）在甲、乙两瓶内换用质量、初温相同的不同液体，且电阻丝的阻值R甲 等于 R乙（选填“相等”或“不等”）时，可以比较不同物质的吸热能力。若一段时间后，小希观察到乙瓶内液体温度高一些，甲瓶内液体吸收的热量 等于 乙瓶内液体吸收的热量（假设甲、乙两瓶相同时间内散热相同），甲、乙两瓶内液体的比热容关系是c甲 ＞ c乙。（以上两空均填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】（1）温度计示数升高的多少；电流；时间；电阻；（2）等于；等于；＞。
【分析】（1）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过温度计示数的变化显示电流产生热量的多少。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生的热量跟电流大小关系时，控制电阻和通电时间不变；探究电流产生的热量跟电阻的关系时，控制电流和通电时间不变；探究电流产生的热量跟通电时间的关系时，控制电流和电阻不变。
（2）根据控制变量法的要求控制不同液体的质量与电阻丝阻值相同；相同质量的不同物质吸收相等的热量，温度升高越快，吸热能力越弱，比热容越小。
【解答】解：（1）电流通过导体产生的热量不易直接观察，本实验中通过温度计示数升高的多少来反映电流产生热量的多少；
由图可知，此时两电阻丝串联，所以电流相同，通电时间也相同，两电阻丝的阻值分别为R甲、R乙，故该装置可以探究电流通过电阻产生的热量和电阻的关系；
（2）探究“不同物质的吸热能力”的实验，应在甲、乙两瓶内换用质量、初温都相同的不同液体，并使甲、乙两烧瓶中电阻丝的阻值相同，即电阻丝的阻值R甲＝R乙时，相同时间内两电阻丝上产生的热量相同；则甲瓶内液体吸收的热量等于乙瓶内液体吸收的热量；
乙瓶液体温度高，即Δta＜Δtb，根据Q＝cmΔt可知，甲液体的比热容大于乙液体的比热容。
故答案为：（1）温度计示数升高的多少；电流；时间；电阻；（2）等于；等于；＞。
\l "_Tc846" 【题型4 焦耳定律】
22．（2020•五华区二模）为了探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”，某同学将两段阻值不同的电阻丝R1、R2分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并设计了如图所示的甲、乙两套装置，已知所用蓄电池电压相等且保持不变，R1＜R2，装入烧瓶的煤油质量都相等，下列有关此探究活动的各种表述，错误的是（ ）
A．在此实验中，电流通过导体产生热量的多少是通过温度计示数变化的大小体现出来的，使用了转换法
B．甲装置可探究电流通过导体产生的热量与电阻是否有关
C．比较相同通电时间内a，c两支温度计示数变化情况，可探究电流产生的热量与电流是否有关
D．在相同的通电时间内，d温度计所在烧瓶中的电阻丝产生的热量最多
【答案】D
【分析】（1）由焦耳定律可知，瓶中电阻丝发热后放出热量，使瓶内液体温度升高，根据温度计示数变化的大小体现出来；转换法在物理学中有很多应用，主要用来演示一些不易直接观察的物理量的变化；
（2）由甲图可知，两电阻串联，则可知电路中电流一定相等，由焦耳定律可知两瓶中产生的热量应与电阻有关，故可探究电流产生的热量与电阻的关系；
（3）在电阻和通电时间相同的条件下，观察两支温度计示数变化情况，可以探究电流产生的热量与电流的关系；
（4）根据串并联电路的电压特点，分析两电阻在串联和并联时通过的电流大小，再根据焦耳定律判断产生热量的多少。
【解答】解：A、当电阻丝通电后，电流产生热量使煤油温度升高，从而使温度计示数上升，因此可根据温度计示数的大小可知温度升高的多少，是使用了转换法；故A正确；
B、甲中两电阻串联，则两电阻中的电流相等，则可知热量应由电阻有关，根据温度计示数的变化判断吸收热量的多少，则可知热量与电阻大小的关系，故B正确；
C、甲、乙两图中，通过电阻R1的电流不同，比较相同通电时间内a，c两支温度计示数变化情况，可探究电流产生的热量与电流是否有关；故C正确；
D、在电源电压和通电时间相同的条件下：
由串并联电路的电压关系可知，串联使用时各电阻两端电压小于电源电压，并联使用时各电阻两端电压等于电源电压，由Q＝I2Rt，I＝得，Q＝，可知各电阻并联时产生的热量多；
乙中，两电阻并联时，由Q＝可知，电压相等，R1＜R2，电阻R1产生的热量多，故c装置产生的热量最多；故D错误；
故选：D。
23．（2022秋•绵阳期末）为了探究影响电流产生热量的因素，实验室准备了两个相同的烧瓶（内装质量相等的煤油）、两个带有橡皮塞的粗细均匀的相同温度计，四根不同阻值（R1＞R2 R3＝R4）的电阻丝，以及相同的滑动变阻器、开关、导线、电源等。两个实验小组根据提供的实验器材，分别设计了如图甲所示的两个方案。
（1）甲方案可探究电流和通电时间一定时，电流产生的热量跟 电阻 关系。
（2）乙方案可探究 电阻 和通电时间一定时，电流产生的热量跟 电流 关系。
（3）电阻在一定时间内产生的热量是通过烧瓶中煤油 温度升高 的多少反映出来的，这种研究问题的科学方法叫做 转换 法。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）（2）分析甲图和乙图中电阻丝的连接方式（串联时电流相同、通电时间相同），并结合焦耳定律找出相同的量和不同的量，据此分析得出答案。
（3）电流通过导体产生热量的多少，我们通过肉眼直接观察看不到其多少，在此应用了转换法，把电流通过导体产生热量的多少用我们能看到的现象表现出来。
【解答】解：
（1）由图甲知，两电阻丝串联，通过的电流相同、通电时间相同，两电阻的阻值不同，所以可探究的问题是在通过的电流一定时，电热与电阻的关系；
（2）由图乙知，两电阻丝并联，并且两电阻的阻值、通电时间相同，探究的问题是在电阻和通电时间一定时，电热与电流的关系；
（3）电流通过导体产生热量的多少，我们通过肉眼直接观察看不到其多少，但可以通过煤油的温度升高把电流通过导体产生热量的多少体现出来。
这种研究问题的科学方法叫做转换法。
故答案为：（1）电阻；（2）电阻；电流；（3）温度升高；转换。
24．（2022秋•惠阳区期末）如图是探究电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。

（1）实验中，用 U形管中液面高度 的变化反映密闭空气温度的变化。
（2）图甲可探究电流产生的热量与 电阻 的关系，通电一段时间后， 右 （填“左”或“右”）侧容器中电阻产生的热量多。
（3）图乙可探究电流产生的热量与 电流 的关系，通电一段时间后， 左 （填“左”或“右”）侧容器中电阻产生的热量多。
（4）该实验用到的研究物理问题的方法有控制变量法和 转换法 法。
【答案】见试题解答内容
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究时运用了控制变量法；
（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
（3）探究电流产生热量跟通电电流关系时，控制通电时间和电阻不变。
【解答】解：
（1）据试验装置可知，电流通过导体产生热量使得容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映；
（2）在甲装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，探究导体产生的热量与电阻的关系；甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，右侧电阻产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多，
（3）在乙装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，探究导体产生的热量与电流的关系；由焦耳定律Q＝I2Rt可知，左侧电阻产生热量多；
（4）通过U形管液面高度差的变化来反映电阻产生热量的多少，这种研究方法叫转换法。
故答案为：（1）U形管中液面高度；（2）电阻；右；（3）电流；左；（4）转换法。
25．（2022•龙港市模拟）某兴趣小组用300毫升锥形瓶、铜导线、玻璃管，塞子和电阻圈等器材设计了一个如图所示的实验装置，铜导线一端连接到电阻圈，另一端可以连接到外部电路，电阻圈可以取出更换型号。在锥形瓶中加入了适量的红墨水（能够浸没玻璃管的下端），用这一个装置与学生电源、滑动变阻器、电流表、电阻圈（有5欧和10欧两种型号）连接起来，再增加一个秒表，验证通电导体产生的热量与导体电阻大小的关系。
（1）利用上述实验器材（提示：实验用的锥形瓶装置只有一个），结合所学的知识，请你写出具体的实验步骤： ①检查装置气密性，正确连接电路；
②用5Ω的电阻圈接入电路，闭合开关，记录电流表示数和1分钟玻璃管内红墨水上升的高度h1；
③断开开关，冷却至室温，换用10Ω电阻圈，闭合开关，调节滑动变阻器至电流与②中相同。记录1分钟玻璃管内红墨水上升的高度h2；
④重复实验，记录多组数据，取h1和h2平均值；
⑤比较h1和h2的大小，得出实验结论。 。
（2）实验中电阻圈上不小心沾上了少量红墨水，小明认为水分蒸发吸热，会导致玻璃管内液体上升变慢，但实验结果却是玻璃管内液体上升速度更快，你认为原因是 电阻圈上水分蒸发导致锥形瓶内气压增大的值比吸收热量导致气压变小的值更大。 。
【答案】（1）①检查装置气密性，正确连接电路；
②用5Ω的电阻圈接入电路，闭合开关，记录电流表示数和1分钟玻璃管内红墨水上升的高度h1；
③断开开关，冷却至室温，换用10Ω电阻圈，闭合开关，调节滑动变阻器至电流与②中相 同。记录1分钟玻璃管内红墨水上升的高度h2；
④重复实验，记录多组数据，取h1和h2平均 值；
⑤比较h1和h2的大小，得出实验结论。
（2）电阻圈上水分蒸发导致锥形瓶内气压增大的值比吸收热量导致气压变小的值更大。
【分析】（1）控制变量法研究通电导体产生的热量与导体电阻的关系：控制电流和通电时间一定；
（2）根据实验现象分析产生的原因。
【解答】解：（1）实验步骤：
①检查装置气密性，正确连接电路；
②用5Ω的电阻圈接入电路，闭合开关，记录电流表示数和1分钟玻璃管内红墨水上升的高度h1；
③断开开关，冷却至室温，换用10Ω电阻圈，闭合开关，调节滑动变阻器至电流与②中相 同。记录1分钟玻璃管内红墨水上升的高度h2；
④重复实验，记录多组数据，取h1和h2平均 值；
⑤比较h1和h2的大小，得出实验结论。
（2）电阻圈上水分蒸发导致锥形瓶内气压增大的值比吸收热量导致气压变小的值更大。
26．（2022•西宁模拟）在研究影响电热因素的实验中，采用如图所示装置。把两个电阻丝串联接入电路中，要求两个电阻丝的阻值 不相等 ，这是研究在 电流 和 通电时间 相等的条件下，电热和 电阻 的关系。实验中串联滑动变阻器的目的是为了 改变电路中的电流 ，实验中是通过观察 温度计示数的变化 来比较电阻产生热量的多少的。
【答案】见试题解答内容
【分析】由焦耳定律Q＝I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法；串联滑动变阻器的目的是为了改变电路中的电流；电阻丝发热被煤油吸收，使得煤油温度升高，通过观察温度计示数升高的多少来判断电阻丝发热的多少属于转换法。
【解答】解：
如图所示装置。把两个电阻丝串联接入电路中，则两个电阻丝的电流和通电时间相等，若控制两个电阻丝的电阻不等，就可研究在电流和通电时间相同时，电热与电阻的关系；
研究电热与电流的关系时，需改变通过电阻丝的电流，而这可通过移动滑片P轻易实现；
实验中电阻丝产生的电热被煤油吸收，使得煤油温度升高，可通过观察温度计示数升高的多少来判断电阻丝发热的多少。
故答案为：不相等；电流；通电时间；电阻；改变电路中的电流；温度计示数的变化。
27．（2021秋•薛城区期末）在探究“影响电流热效应的因素”实验中：
（1）为了探究电容器产生的热量与电流的关系，小明设计了图甲的装置，在烧瓶内安装一根电阻丝，并插入一支温度计，通过比较烧瓶内液体的温度变化，来判断相同时间内不跳电流产生的热量多少。这种研究方法叫 转换法 。若她想让烧瓶内液体在短时间内温度变化更明显，应选用 煤油 （选填“煤油”或“水”），理由是 煤油比热容小，相等的质量吸收相同的热量，温度上升明显 。
（2）小明先测量烧瓶内液体的温度后，闭合开关，通电30s再测量烧瓶内液体的温度，得到温度的升高量填入表中；然后移动滑动变阻器滑片改变电流大小，重复上述操作，获得第二组数据（见表）。
由此得出：同一导体，在通电时间相等时，电流 越大 ，其产生的热量 越多 。
（3）若要探究电热器产生热量与电阻的关系，应保持电流和通电时间相等，同时选择乙图中 B （选填“A”或“B”）烧瓶与甲图中的烧瓶 串联 （选填“串联”或“并联”）．这种实验方法叫 控制变量 法。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）掌握转换法在实验中的应用，通过比较烧瓶内温度的变化，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少；
为了实验效果更加明显，实验应采用比热容较小的液体；
（2）分析表格中数据相同的量和不同的量，判断温度升高的影响因素；
（3）要探究电热器产生热量与电阻的关系，应保持电流和通电时间相等，电阻不同，实验过程采用控制变量法。
【解答】解：
（1）实验中通过比较烧瓶内液体的温度变化，来判断相同时间内不同电流产生的热量多少，这种研究方法叫转换法；
由于煤油的比热容较小，质量相同吸收热量相同时，温度变化比较明显，应选用煤油进行实验；
（2）由表格中数据知，通电时间和电阻相等，电流增大为原来的2倍，温度升高为原来的4倍，即产生的热量为原来的4倍，可知通电时间和电阻相等，产生的热量与电流的2次方成正比；
（3）若要探究电热器产生热量与电阻的关系，应保持电流和通电时间相等，电阻不同，所以应该选择B烧瓶和甲图中的烧瓶串联，所以在实验过程中采用了控制变量法。
故答案为：（1）转换法；煤油；煤油比热容小，相等的质量吸收相同的热量，温度上升明显；（2）越大；越多；（3）B；串联；控制变量。
28．（2022秋•驻马店期末）小明在探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验中，如图所示，把两段金属丝A、B（已知两金属丝电阻分别为RA、RB，且RA＜RB）串联后，分别放在两个完全相同的烧瓶中接入电路，在烧瓶中加入质量、初温均相同的煤油，a、b是两支完全相同的温度计。闭合开关通电一定时间，可观察到 乙 瓶内煤油的温度升高更快些。（选填“甲”或“乙”）．此方案可探究 当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小 的关系。
【答案】见试题解答内容
【分析】由图可知，甲、乙两个烧瓶中的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，电阻越大的电流产生的热量越多；而甲、乙两个完全相同的烧瓶里装有等质量的煤油，吸收热量多的温度升高的快，据此判断。
【解答】解：由图可知，两电阻丝串联，RA＜RB，IA＝IB，通电时间t相同，
∵Q＝I2Rt，
∴电流产生的热量：
QA＜QB，
∵甲、乙两个完全相同的烧瓶里装有等质量的煤油，
∴乙烧瓶内煤油温度升高的快；
由此可知，该实验可以研究，当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系。
故答案为：乙；当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小。
29．（2022•门头沟区一模）如图所示，实验桌上有两个完全相同的烧瓶，烧瓶内装有质量相等、初温相同的煤油、完全相同的温度计，烧瓶内还分别装有阻值为10Ω的电阻丝R1和阻值为5Ω的电阻丝R2．实验桌上还有满足实验要求的电源、电阻箱和开关各一个，电流表和停表各一块，导线若干。请选用上述实验器材证明：“电流通过电阻产生的热量跟电阻阻值大小有关”。
（1）写出实验步骤；
（2）画出实验数据记录表格。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）探究电流通过电阻产生的热量跟电阻阻值大小的关系，根据Q＝I2Rt可知，应控制电流和通电时间相同，即：两电阻丝要串联在电路中；
（2）记录煤油的初温，闭合开关，记录加热一段时间后煤油的末温和煤油升高的温度△t；最后根据数据判断升高的温度△t与电阻R的关系；
（3）记录数据的表格应包括：电阻R、煤油初温t0、煤油终温t、温度的变化△t等内容。
【解答】解：
（1）要探究“电流通过电阻产生的热量跟电阻阻值大小有关”，需要控制通过电阻的电流和通电时间相同，需要把两电阻丝串联，比较在相同时间内两电阻丝产生的热量，即比较两烧瓶中煤油的温度变化；
实验步骤如下：
①把电源、开关和装有阻值为10Ω的电阻丝R1和阻值为5Ω的电阻丝R2的烧瓶串联在电路中，注意开关应处于断开状态，把R1、R2的阻值和煤油的初温记录在表格中；
②闭合开关，加热一段时间，把两个烧瓶中煤油的末温和煤油温度的变化量记录在表格中；
③分析表格中的数据，得出结论。
（2）根据以上分析可知，实验中要记录的数据有：电阻丝的阻值、煤油的初温、煤油的末温以及煤油温度的变化量；
实验数据记录表如下：
答案：实验步骤和数据记录表格见解答过程。
\l "_Tc846" 【题型5 焦耳定律的计算及其应用】
30．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图所示的电路中，电源电压恒定为8V，灯泡L上标有“6V 3W”字样（灯丝电阻不变），定值电阻R1阻值为40Ω，滑动变阻器R2的规格为“30Ω 1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。在确保电路各元件安全的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡L的电阻为10Ω
B．闭合开关S、S1、S2，通电1min滑动变阻器产生的最大热量为480J
C．闭合开关S、断开开关S1、S2，滑动变阻器消耗的最大功率为1.25W
D．调整开关的状态和移动滑片，电路消耗的最大功率与最小功率之比为39：10
【答案】C
【分析】（1）根据P＝UI＝求出小灯泡L的电阻；
（2）闭合开关S、S1、S2，小灯泡被短路，R1、R2并联，根据并联电路电流特点及电流表的量程求得通过滑动变阻器的最大电流，利用Q＝W＝UIt求得通电1min滑动变阻器产生的最大热量；
（3）闭合开关S、断开开关S1、S2，变阻器R2与灯泡L串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路中的电流。当滑动变阻器的阻值和灯泡电阻相等时，滑动变阻器的功率最大，利用串联电路的电阻关系及欧姆定律求得此时电路中的电流，利用P＝I²R求得滑动变阻器的最大功率；
（4）由于电源电压不变，根据公式P＝UI，电路最大电流为0.6A时电路消耗的功率最大；闭合开关S、断开开关S1、S2，且滑动变阻器阻值调至最大时，电路的电阻最大，消耗的功率最小，进一步计算即可。
【解答】解：
A．结合小灯泡的铭牌可知小灯泡L的电阻为，故A错误；
B．闭合开关S、S1、S2，小灯泡被短路，R1、R2并联，根据并联电路特点可知U1＝U2＝U＝8V，
通过R1的电流为，
由于电流表量程为0～0.6A，则通过滑动变阻器的最大电流为I2＝I﹣I1＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，
通电1min滑动变阻器产生的最大热量为Q＝W＝UI2t＝8V×0.4A×1×60s＝192J，故B错误；
C．闭合开关S、断开开关S1、S2，变阻器R2与灯泡L串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压，
当滑动变阻器接入电路的阻值最大为30Ω时，电路中电流最小，灯泡两端的电压最小（电压表示数最小），电路是安全的，
当电压表示数最大为3V时，此时通过灯泡的电流IL＝＝＝0.25A，灯泡的额定电流I额＝＝＝0.5A，
电流表量程为0～0.6A，根据串联电路的电流特点可知，为了保证电路的安全，该电路中的最大电流Imax＝0.25A，
变阻器接入电路的最小阻值：R2小＝＝＝20Ω，
由此可知，变阻器接入电路的阻值范围为20Ω～30Ω；
滑动变阻器的功率为P2＝I2R2＝×R2＝＝，
所以，理论上，当滑动变阻器的阻值和灯泡电阻相等时（即R2＝RL＝12Ω），滑动变阻器的功率最大，但由前面解答可知变阻器接入电路的阻值不能调为12Ω，
由数学知识可知变阻器消耗的电功率与其阻值的大致图像如下：
所以变阻器接入电路的阻值为20Ω时（此时电路中电流最大为0.25A），变阻器消耗的电功率最大，
则滑动变阻器的最大功率为：P2max＝R2小＝（0.25A）2×20Ω＝1.25W，故C正确；
D．由于电源电压不变，电路最大电流为0.6A时，电路消耗的功率最大为P最大＝UI＝8V×0.6A＝4.8W，
闭合开关S、断开开关S1、S2，且滑动变阻器阻值调至最大时，电路的电阻最大，消耗的功率最小，此时总电阻为R总＝R2+RL＝30Ω+12Ω＝42Ω，
电路消耗的功率为，
电路消耗的最大功率与最小功率之比为，故D错误。
故选：C。
31．（2023•九龙坡区一模）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，电源电压保持不变。滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为16Ω
B．R2的滑片向左滑动时，电压表与电流表示数之比不变
C．当电流为0.2A时，滑动变阻器R2消耗的电功率最大
D．电流为0.4A时，10s内电流通过R1产生的热量是32J
【答案】D
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出最大和最小电流值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值和电源电压；
（2）R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律即可判断电路中的电流变化，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变化；
（3）根据P＝I2R即可求出R2的最大电功率；
（4）根据Q＝I2Rt即可求出R1产生的热量。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A．当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象可知最大和最小电流分别为I最小＝0.1A，I最大＝0.5A，
由欧姆定律及串联电路的电压规律可得
U＝I最小（R1+R2大）＝0.1A×（R1+80Ω） ①
U＝I最大R1＝0.5A×R1②
解①②得R1＝20Ω，U＝10V，
故A错误；
B．R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，因电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，则电压表与电流表示数之比为滑动变阻器阻值，而滑动变阻器的电阻变小，则电压表与电流表的比值变小，
故B错误；
C．滑动变阻器R2消耗的功率为P2＝I2R2＝R2＝，
可知当R2＝R1＝20Ω时滑动变阻器R2消耗的功率最大，此时电路电流I＝，
故C错误；
D．电流为0.4A时，10s内电流通过R 1产生的热量Q1＝R1t＝（0.4A）2×20Ω×10s＝32J，
故D正确。
故选：D。
32．（2023•振兴区校级模拟）（多选）如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定功率为5W，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～0.6A。在保证电路各元件安全的前提下，先只闭合开关S、S1，将滑片P从滑动变阻器R1的最右端向左移动到a点，此时小灯泡正常发光，此过程中电流表与电压表示数的关系图象如图乙所示；再断开开关S1，闭合开关S2，电流表示数为0.3A。下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为5V
B．电源电压为12V
C．只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω～32Ω
D．只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为3.6J
【答案】BCD
【分析】（1）只闭合开关S、S1，滑动变阻器左侧接入电路，R1左侧与L串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器左侧部分电压，由图乙分析滑片移动时，滑动变阻器接入电阻和两端电压的变化，根据欧姆定律求出此过程中滑动变阻器的阻值变化；
为保证电路元件安全，根据串联电路电流特点和电流表量程，由图乙判断灯泡的正常发光电流，由P＝UI计算灯泡的额定电压；由欧姆定律计算R1左侧部分电压，从而计算电源电压，R1连入电路的最小和最大值；
（2）由串联电路特点和欧姆定律计算闭合开关S、S2，将滑片P在a点时，R2两端电压，由Q＝W＝UIt计算定值电阻R2在5s内产生的热量。
【解答】解：（1）由图知，只闭合开关S、S1，R1与L串联，电流表测电路中电流，电压表测P左侧部分电压，
滑片P从最右端b向左移动到a点的过程，R1连入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电路中电流变大，
R1分得电压变小；
滑动变阻器R1连入电路的最小值：R1min＝＝＝4Ω；
滑片P在b端时，R1连入电路的阻值为其最大值，此时电路中电流最小，由图象知，此时电流
Imin＝0.25A，U滑′＝8V，
R1连入电路的最大值：R1max＝＝＝32Ω，
所以只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω～32Ω，故C正确；
为保证电路元件安全，电路中的最大电流应不超过小灯泡的额定电流，
由图乙知，小灯泡在滑动变阻器滑片位于a处时正常发光，则电路最大电流：I额＝Imax＝0.5A，
同时灯泡此时两端电压等于其额定电压，
由P＝UI可知，灯泡的额定电压：UL＝＝＝10V，故A错误；
由乙图可知，此时变阻器两端电压：U滑＝2V，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压：U＝UL+U滑＝10V+2V＝12V，故B正确；
（2）由题意和前面C项解答可知滑动变阻器R1的最大阻值为32Ω，
闭合开关S、S2，滑片P在a点时，因电压表在电路中相当于断路，则可知变阻器R1始终以最大阻值连入电路中，此时变阻器R1的最大阻值与R2串联，各元件电流相等，
此时电流表的示数即为通过R2的电流：I2＝I＝0.3A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，R1的两端电压：U1＝IR1max＝0.3A×32Ω＝9.6V，
R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝12V﹣9.6V＝2.4V，
定值电阻R2在5s内产生的热量：Q2＝W2＝U2I2t＝2.4V×0.3A×5s＝3.6J，故D正确。
故选：BCD。
33．（2023•东洲区模拟）小亮同学连接了图甲所示的电路，电源电压不变，电流表A1量程为0～0.6A，电流表A2量程为0～3A，定值电阻R1＝10Ω。闭合开关S后再分别闭合开关S1和S2，两次实验都将滑动变阻器滑片从最右端调至中点，绘制出电压表V与电流表A2示数的U﹣I图象如图乙所示，则电源电压为 6 V；开关S、S1、S2都闭合，滑片在最左端时，电路消耗的电功率为 5.4 W；只闭合开关S、S2时，调节滑动变阻器滑片，通电10s电路产生的最少热量为 9 J。
【答案】6；5.4；9。
【分析】闭合开关S后再闭合开关S1或S2时，滑动变阻器与R1或R2串联，电流表A2测量电路中的电流；
根据欧姆定律分别求出图乙中两电阻的阻值，进一步分析可知两电阻对应的图像；
（1）根据串联电路的特点和欧姆定律得出电源电压的表达式，即可求出电源电压和滑动变阻器R的阻值；
（2）开关S、S1、S2闭合，R1、R2并联后与滑动变阻器串联，根据并联电路特点和欧姆定律求出电路中最小电流，根据电功率公式可计算电路消耗的最大功率；
（3）只闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联时，滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器的电阻全部连入电路，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，读图可知最小电流，根据电功公式计算通电10s电路产生的最少热量。
【解答】解：闭合开关S、S1时，滑动变阻器与R1串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R1两端的电压，闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R2两端的电压，
由R＝可得图像中电阻值分别为R＝＝10Ω，R＝＝20Ω，
已知R1＝10Ω，则R2＝20Ω；
（1）闭合开关S、S1时，滑动变阻器与R1串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R1两端的电压，滑动变阻器滑片在最右端时，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，
由图乙中的图像可知：最小电流为I1最小＝0.2A，U1最小＝2V，
根据串联电路的特点和欧姆定律可得：电源电压U＝I1最小R+U1最小＝0.2A×R+2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R2两端的电压，滑动变阻器滑片在最右端时，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，
由图乙中图像可知：U2最小＝3V，
根据欧姆定律可知最小电流为I2最小＝＝＝0.15A，
根据串联电路的特点和欧姆定律可得：电源电压U＝I2最小R+U2最小＝0.15A×R+3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
解①②可得：U＝6V，R2＝20Ω；
（2）开关S，S1，S2都闭合，滑片在最左端时，R1、R2并联后与滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的电阻为0，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流为：I＝+＝+＝0.9A，
电路消耗的电功率：P＝UI＝6V×0.9A＝5.4W；
（3）只闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联时，滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器的电阻全部连入电路，
根据欧姆定律可知电路中的电流最小，由图乙中b的图像可知：最小电流为I2最小＝0.15A，
通电10s电路产生的最少热量为W＝UI2最小t＝6V×0.15A×10s＝9J。
故答案为：6；5.4；9。
34．（2023•老河口市模拟）如图甲所示，电源两端电压U总保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。图乙反映了开关闭合后，滑片P从最右端移动到最左端的过程中，ab两端电压U和通过电流I之间的关系图象（图中A、B两点分别对应两端）；图丙反映了滑动变阻器R2消耗的功率P与电流I之间的关系的部分图象。求：
（1）R2的最大阻值为 20 Ω；
（2）当滑片P置于最右端时，R2在5min内产生的热量？
（3）当R2的功率为1.2W时，电路消耗的总功率P总可能为多大？
【答案】（1）20；
（2）电源两端电压U总为5V；
（3）当R2的功率为1.2W时，电路消耗的总功率P总可能为2W，也可能为3W。
【分析】（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图乙读出电流和电压，根据欧姆定律求出R2的最大阻值；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压；当滑动变阻器阻值为0时，电流中的电流最大，根据乙图读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
（3）由丙图可知，当R2的功率为1.2W时的电流，根据P＝UI求出电路消耗的总功率；由乙图读出R2的功率为1.2W时的电流，再根据P＝UI求出电路消耗的总功率，然后得出答案。
【解答】解：（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由乙图中A点可知，电流的最小值I1＝0.2A，此时R2两端电压U1＝4V，
由I＝可得，R2的最大阻值：
R0＝＝＝20Ω；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，
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总＝I1R1+U1＝0.2A×R1+4V，
当滑动变阻器阻值为0时，电流中的电流最大，由乙图中B点可知最大值I2＝1A，
则电源的电压：
U总＝I2R1＝1A×R1，
因电源的电压不变，
所以，0.2A×R1+4V＝1A×R1，
解得：R1＝5Ω，
电源电压U总＝I2R1＝1A×5Ω＝5V；
（3）由丙图可知，当R2的功率为1.2W时，电路中的电流I＝0.4A，
则电路消耗的总功率：
P总＝U总I＝5V×0.4A＝2W；
由乙图可知，当ab两端电压U2＝2V时电路中的电流I′＝0.6A，
P2＝U2I′＝2V×0.6A＝1.2W，
此时电路消耗的总功率：
P总′＝U总I′＝5V×0.6A＝3W，
所以，电路消耗的总功率P总可能为2W或3W。
答：（1）20；
（2）电源两端电压U总为5V；
（3）当R2的功率为1.2W时，电路消耗的总功率P总可能为2W，也可能为3W。
35．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图甲所示，是一款各位奶爸奶妈的必备电器——暖奶器，其铭牌如表所示。它有着高温消毒、中温加热和低挡保温的功能，其等效电路结构如图乙所示。已知：电源电压为36V，R1和R2为发热电阻，R3是规格为“20Ω，5A”的滑动变阻器。S闭合，S1、S2均断开时，电器处于低温挡，移动滑片，可以手动调节低温挡的加热功率：S、S1闭合，通过控制S2的通断，可以使电器处于高温挡或中温挡。
（1）暖奶器以中温挡正常工作了5min，求发热电阻产生的热量；
（2）电阻R2的阻值大小；
（3）电压表的量程为“0～24V”，电流表量程为“0～3A”，在不损坏电路元件的前提下，求低温挡手动调节时R1的加热功率范围。
【答案】（1）暖奶器以中温挡正常工作了5min，发热电产生的热量为5.4×104J；
（3）R2的电阻大小为12.96Ω；
（4）在不损坏电路元件的前提下，低温挡手动调节时R1的加热功率范围为20W～64.8W。
【分析】（1）根据W＝Pt计算该用电器以中温挡正常工作5min发热电阻产生的热量；
（2）S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路；S、S1、S2闭合时，R1、R2并联，根据电阻的并联可知它们的电阻关系，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻最小时，暖奶器的功率最大，处于高温挡；否则处于中温挡，R2的电功率等于高温挡的功率减去中温挡的功率，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝可求出R2的电阻；
（3）S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，暖奶器处于中温挡，根据P＝UI＝可求出R1的阻值；S闭合，S1，S2均断开时，R1与R3串联，电器处于低温挡，当R3接入电路中的电阻为0时，电路为R1的简单电路，在低温挡此时R1的功率最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻最大电路中的电流，利用P＝UI求出此时低温挡R1的功率，然后得出低温挡手动调节的加热功率范围。
【解答】解：（1）发热电阻产生的热量为Q＝W＝P保温t＝180W×5×60s＝5.4×104J；
（2）S、S1、S2闭合时，R1、R2并联，总电阻最小，根据S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，暖奶器处于中温挡，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，暖奶器的功率最大，处于高温挡；S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，此时电路处于中温状态，因电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以R2的电功率P2＝P高﹣P中＝280W﹣180W＝100W，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以R2的电阻R2＝＝12.96Ω；
（3）S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，暖奶器处于中温挡，
R1的电阻R1＝＝7.2Ω；
S闭合，S1，S2均断开时，R1与R3串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，电器处于低温挡，当R3接入电路中的电阻为0时，电路中的电流为5A＞3A，所以，电路中的最大电流I大＝3A，
此时低温挡的功率P1大＝I大2R1＝（3A）2×7.2Ω＝64.8W，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据串联电阻的规律及欧姆定律，
电路中的电流：I≈1.32A，
R3两端的电压U3＝IR3＝1.32A×20Ω＝36.4V＞24V，
所以当R3两端的电压U3′＝24V时，电路中的电流最小，此时R1两端电压U1＝U﹣U3′＝36V﹣24V＝12V，
电路中的最小电流，
此时低温挡的功率P1小＝I小2R1＝（A）2×7.2Ω＝20W，
所以低温挡手动调节的加热功率范围为20W～64.8W。
答：（1）暖奶器以中温挡正常工作了5min，发热电产生的热量为5.4×104J；
（3）R2的电阻大小为12.96Ω；
（4）在不损坏电路元件的前提下，低温挡手动调节时R1的加热功率范围为20W～64.8W。
36．（2023•海陵区校级二模）如图电路中，电源电压恒定，小灯泡L标有“6V 4.8W”，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2标有“20Ω 0.5A”。当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，灯泡正常发光。
（1）求小灯泡的额定电流；
（2）滑片P置于最左端，闭合S1、S2，求10s内电路产生热量；
（3）滑片P置于最右端，只闭合S2，移动滑片P，使R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率多大？
【答案】（1）小灯泡的额定电流为0.8A；
（2）滑片P置于最左端，闭合S1、S2，10s内电路产生热量为84J；
（3）滑片P置于最右端，只闭合S2，移动滑片P，使R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率0.5W。
【分析】当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，电路为只有灯泡L工作的电路，灯泡正常发光，说明灯泡两端的电压为电源电压。
（1）根据P＝UI算出小灯泡的额定电流；
（2）滑片P置于最左端，闭合S1、S2，电路为灯泡L和电阻R1并联的电路，根据I＝算出电阻R1的电流，根据并联电路电流的特点算出干路电流，根据Q＝W＝UIt算出电路产生热量；
（3）滑片P置于最右端，只闭合S2，电路为电阻R1的和R2串联的电路，滑动变阻器R2消耗的电功率为P2＝U2I，电路消耗的总功率为P总＝U总I，根据R2的电功率占电路总功率的比值最小写出关系式，根据最大电流不超过0.5A，利用欧姆定律求出最小总电阻，根据串联电路电阻的关系算出R2的最小电阻，根据P＝I2R算出其电功率。
【解答】解：（1）根据P＝UI得小灯泡正常发光的电流：
I额＝＝＝0.8A；
（2）当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，电路为只有灯泡L工作的电路，灯泡正常发光，说明灯泡两端的电压为电源电压，故U电源＝U额＝6V；
滑片P置于最左端，闭合S1、S2，电路为灯泡L和电阻R1并联的电路，
通过电阻R1的电流为：I1＝＝＝0.6A，
干路的电流为：I＝I额+I1＝0.8A+0.6A＝1.4A，
10s内电路电路产生热量：Q＝W＝UIt＝6V×1.4A×10s＝84J；
（3）滑片P置于最右端，只闭合S2，电路为电阻R1的和R2串联的电路，
滑动变阻器R2消耗的电功率为P2＝U2I，
电路消耗的总功率为P总＝U总I，
R2的电功率与电路总功率的比值：
＝＝＝＝，
要想使这个比值最小，则+1要最大，滑动变阻器R2接入电路的电阻最小，同时电流不能超过0.5A，即Imax＝0.5A，
此时电路的总电阻为：R总＝＝＝12Ω，
R2的最小电阻为：R2小＝R总﹣R1＝12Ω﹣10Ω＝2Ω；
当R2为2Ω时R2的电功率占电路总功率的比值最小，
则R2的电功率：
P2＝R2＝（0.5A）2×2Ω＝0.5W。
答：（1）小灯泡的额定电流为0.8A；
（2）滑片P置于最左端，闭合S1、S2，10s内电路产生热量为84J；
（3）滑片P置于最右端，只闭合S2，移动滑片P，使R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率0.5W。
37．（2023•和平区校级开学）如图甲所示的电路中，电源电压不变，小灯泡L的额定电压为6V，R1为某特殊电阻元件，通过它的电流与其两端的电压的关系如图乙所示。当闭合开关S1、S3，断开S2，滑片P置于b端时，灯泡L正常发光，电流表的示数为0.9A.求：
（1）灯泡L的额定功率；
（2）当闭合开关S2、S3，断开S1，滑片P置于a端时，电流表的示数为0.4A，R2的最大阻值；
（3）当只闭合开关S2，滑片P置于a端时，电路消耗的总功率为1.2W，此时灯泡1min内产生的电热。
【答案】（1）灯泡L的额定功率为1.8W；
（2）R2的最大阻值为10Ω；
（3）当只闭合开关S2，滑片P置于a端时，电路消耗的总功率为1.2W，此时灯泡1min内产生的电热为36J。
【分析】（1）当闭合开关S1、S3，断开S2，滑片P置于b端时，R1与L并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压，根据图乙读出通过R1的电流，根据并联电路的电流特点求出通过L的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（2）当闭合开关S2、S3，断开S1，滑片P置于a端时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，根据图乙读出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据欧姆定律求出R2的最大阻值；
（3）当只闭合开关S2，滑片P置于a端时，L、R1、R2串联，根据P＝UI求出电路消耗的总功率为1.2W时电路中的电流，根据欧姆定律求出此时R2两端的电压，由图象读出R1两端的电压，再根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用W＝UIt求出此时灯泡1min内产生的电热。
【解答】解：（1）当闭合开关S1、S3，断开S2，滑片P置于b端时，R1与L并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡正常发光，
所以，电源的电压U＝UL＝6V，
由图乙可知，通过R1的电流I1＝0.6A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过L的电流：
IL＝I﹣I1＝0.9A﹣0.6A＝0.3A，
则灯泡的额定功率：
PL＝ULIL＝6V×0.3A＝1.8W；
（2）当闭合开关S2、S3，断开S1，滑片P置于a端时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，
由图乙可知，当通过R1的电流为0.4A时，R1两端的电压U1＝2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压：
U2＝U﹣U1＝6V﹣2V＝4V，
由I＝可知，R2的最大阻值：
R2＝＝＝10Ω；
（3）当只闭合开关S2，滑片P置于a端时，L、R1、R2串联，
由P＝UI可得，电路消耗的总功率为1.2W时电路中的电流：
I″＝＝＝0.2A，
此时R2两端的电压：
U2′＝I″R2＝0.2A×10Ω＝2V，
由图象可知，R1两端的电压U1′＝1V，
则灯泡两端的电压：
UL′＝U﹣U1′﹣U2′＝6V﹣1V﹣2V＝3V，
此时灯泡1min内产生的电热：
WL＝UL′I″t＝3V×0.2A×60s＝36J。
答：（1）灯泡L的额定功率为1.8W；
（2）R2的最大阻值为10Ω；
（3）当只闭合开关S2，滑片P置于a端时，电路消耗的总功率为1.2W，此时灯泡1min内产生的电热为36J。
38．（2022秋•东营期末）如图甲所示的热熔胶枪是一种装修工具，用于材料涂胶。它的内部有两只相同的PTC（正温度系数）加热元件，其工作电路如图乙所示。扣动扳机能使固体胶条向前挤压，联动开关同时掷向A、B，枪口冒出胶液；松动扳机，联动开关同时掷向B、C。单只PTC元件的电阻随温度的变化图象如图丙所示。求：
（1）当热熔胶枪松动扳机时，电路的连接方式是 串联 。
（2）当松动扳机且温度为170℃时，0.5min电路产生的热量是多少？
（3）热熔胶枪在正常工作时的最大功率是多少？
【答案】（1）串联；
（2）当松动扳机且温度为170℃时，0.5min电路产生的热量是600J；
（3）热熔胶枪工作时的最大功率是110W。
【分析】（1）由电路图可知当松动扳机时，电路的连接方式是串联；
（2）分析乙、丙图可知，松动扳机且温度为170℃时，R1与R2串联，利用欧姆定律求出电流，再利用焦耳定律公式求出产生的热量；
（3）扣动扳机时，R1与R2并联，当温度为70℃，R1＝R2此时利用公式P＝求出各自功率，再求出最大功率。
【解答】解：（1）松动扳机，联动开关同时掷向B、C，由电路图可知当松动扳机时，电路的连接方式是串联；
（2）分析乙、丙图可知，松动扳机且温度为170℃时，R1与R2串联，且R1＝R2＝1210Ω R＝R1+R2＝2420Ω
故电路中的电流为：
I＝＝＝A
Q＝I2Rt＝（A）2×2420Ω×30s＝600J；
（3）当温度为70℃，扣动扳机时，R1与R2并联，且R1＝R2＝880Ω
此时可达最大功率：
P最大＝+＝2×＝2×＝110W。
答：（1）串联；
（2）当松动扳机且温度为170℃时，0.5min电路产生的热量是600J；
（3）热熔胶枪工作时的最大功率是110W。
39．（2020秋•泰山区校级期末）小明家买了一台电烤箱，发热功率有高、中、低三个挡位。小明根据电烤箱的工作情况，跟同学们在实验室组成模拟电烤箱的实验电路如图所示。电源输出电压稳定为6V，两个发热电阻分别为R1＝10Ω，R2＝20Ω。单刀双掷开关S2可分别与触点a、b接通。请你参与小明他们的研究，分析和解答以下问题：
（1）两个开关分别处于什么状态时，模拟电烤箱电路处于“低”挡位？为什么？
（2）模拟电烤箱电路处于“中”挡位工作时，消耗的电功率是多少？
（3）模拟电烤箱电路处于“高”挡位工作时，通电10min，电流产生多少热量？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）模拟电烤箱电路处于“低”挡位，说明电路消耗功率最小，根据公式可知，电路电阻最大时，功率最小。电阻最大就是两电阻串联。
（2）模拟电烤箱电路处于“中”挡位时，电路电阻适中，只有一个电阻接入电路，也就是说开关S1闭合，S2断开，只有电阻R2接入电路，消耗的电功率根据公式可以求出。
（3）模拟电烤箱电路处于“高”挡位工作时，电路消耗功率最大，电路电阻最小，电阻最小就是两电阻并联。根据公式先计算出电阻R1消耗功率，两电阻消耗功率之和乘以时间就等于产生的热量。
【解答】解：（1）当开关S1断开，S2接a时，电路处于“低”挡位。
此时电阻R1和R2串联，接入电路的电阻最大，当电压不变时。根据可知，此时电功率最小。
答：当开关S1断开，S2接a时，电路处于“低”挡位。
（2）当开关S1闭合，S2接a时，只有电阻R2接入电路，电路处于“中”挡位。此时电功率P中＝P2＝＝。
答：消耗的电功率是1.8W。
（3）当开关S1闭合，S2接b时，两个电阻并联接入电路，此时电路处于“高”挡位。
P高＝P1+P2＝+P2＝。
通电10分钟产生热量Q＝W＝P高t＝5.4W×600s＝3240J。
答：电流产生3240J的热量。
40．（2023•斗门区二模）阅读短文，回答问题。
智能机器人服务员
随着科技的进步，机器人已被广泛应用于各个领域，题23图甲所示是目前餐饮行业中常见的智能机器人服务员。
这位机器人服务员也有“大脑”，“大脑”负责即时处理通过传感器接收到的各种信息，机器人服务员可以像人类一样具有视觉、听觉、触觉、嗅觉，甚至能用自然语言和人类对话。
该机器人工作时，不断向外发射超声波、接收反射回来的超声波，超声波在空气中的传播速度约为340m/s，机器人通过计算发射和接收超声波的时间间隔来确定障碍物的位置。使用锂电池供电的电动机为机器人提供动力，驱动底座的轮子而使其整体平稳运动，并使其手、脚等协调配合，完成比较复杂的动作，代替甚至超越餐厅服务员的工作。
这位机器人服务员的质量为50kg，底盘有4个轮子，每个轮子与水平地面接触的面积为0.005m2。锂电池的电量减为其容量的10%时，机器人服务员就会自动寻找充电桩充电。搜寻并到达充电桩的过程还需消耗锂电池剩余电量的40%。锂电池和电动机的部分参数如表所示。
这位机器人服务员还具有过载自动保护功能，其电路原理如图乙所示，此电路电源的电压为12V，图中R为餐盘下面的压敏电阻，其阻值R随所受压力变化的图象如图丙所示，图乙中的触发器为电路保护开关，其电阻忽略不计。机器人手受到的压力达到225N时，电路中的电流为0.5A，触发电动机停止工作，以免机器人受损伤。
（1）机器人服务员工作时发射的超声波 不能 （选填“能”“不能”）在真空中传播。机器人静止时，发射超声波后经过0.04s接收到来自障碍物的回波，则障碍物和机器人之间的距离为 6.8 m。该机器人工作时通过电动机的电流为 2 A。
（2）机器人服务员不端餐盘时对地面产生的压强是 2.5×104 Pa。
（3）图乙中触发电动机停止工作时，电阻R0的阻值是 9 Ω。
（4）锂电池充满电后，电动机连续工作至下次开始充电的过程中，电动机线圈产生的电热是 3.384×104 J。
【答案】（1）不能；6.8；2；（2）2.5×104；（3）9；（4）3.384×104。
【分析】（1）声音不能在真空中传播；根据s＝vt计算出发射超声波时与障碍物间的距离；由P＝UI算出该机器人工作时通过电动机的电流；
（2）该机器人静止在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，算出受力面积，根据p＝求出对地面的压强；
（3）由图乙可知，闭合开关，两电阻串联接入电路，机器人手受到的压力达到225N时，电路中的电流为0.5A，触发电动机停止工作，由图丙可知此时压力传感器的阻值，根据欧姆定律计算通过的电流为0.5A时电路的总电阻，根据串联电路电阻规律计算电阻R0的阻值为多少；
（4）利用W＝UIt求出电池的总能量，根据题意求出电动机连续工作消耗的电能；据此求出机器人搜寻到达充电桩的过程中需要消耗的电能；再利用公式P＝可求出持续工作的时间和机器人搜寻到达充电桩的过程中所用的时间，然后根据焦耳定律求出锂电池充满电后，电动机连续工作至下次开始充电的过程中，电动机线圈产生的电热。
【解答】解：（1）机器人服务员工作时发射的超声波不能在真空中传播；
由v＝可知，发射超声波时与障碍物间的距离：s＝vt＝×340m/s×0.04s＝6.8m；
由P＝UI可知，该机器人工作时通过电动机的电流：I＝＝＝2A；
（2）由表中数据可知，机器人服务员的质量为m＝50kg，
该机器人静止在水平地面上时，对地面的压力：F＝G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
受力面积：S＝4×0.005m2＝0.02m2，
机器人服务员不端餐盘时对地面产生的压强：p＝＝＝2.5×104Pa；
（3）由图乙可知，闭合开关，两电阻串联接入电路，机器人手受到的压力达到225N时，电路中的电流为0.5A，触发电动机停止工作，
由图丙可知，此时压力传感器的阻值：R＝15Ω，
由I＝可知，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝24Ω，
触发器为电路保护开关，其电阻忽略不计，根据串联电路的电阻特点可知，电阻R0的阻值：R0＝R总﹣R＝24Ω﹣15Ω＝9Ω；
（4）由表中数据可知，额定电压为60V，电池容量为10A•h，
充满电后所有电能：W总＝U′I′t＝60V×10A•h＝600W•h＝0.6kW•h，
因为锂电池的电流减为其容量的10% 时，机器人服务员就会自动寻找充电桩充电，
则在这过程中，电动机连续工作消耗的电能：W1＝（1﹣10%）W总＝90%×0.6kW•h＝0.54kW•h，
则锂电池剩余电量：W剩＝W总﹣W1＝0.6kW•h﹣0.54kW•h＝0.06kW•h，
机器人搜寻到达充电桩的过程还需消耗锂电池剩余电量的40%，
所以机器人在这段过程中需要消耗的电能：W2＝40%W剩＝40%×0.06kW•h＝0.024kW•h，
电动机的额定功率P额＝120W＝0.12kW，
由P＝可知，电动机连续工作的时间：t1＝＝＝4.5h；
机器人搜寻并到达充电桩的过程所用的时间：t2＝＝＝0.2h，
电动机连续工作的总时间：t总＝t1+t2＝4.5h+0.2h＝4.7h＝1.692×104s，
锂电池充满电后，电动机连续工作至下次开始充电的过程中，电动机线圈产生的电热：Q＝I″2RMt总＝（2A）2×0.5Ω×1.692×104s＝3.384×104s。
故答案为：（1）不能；6.8；2；（2）2.5×104；（3）9；（4）3.384×104。
\l "_Tc16452" 【题型6 电功与电热的综合计算】
41．（2023•朝阳区一模）一款养生壶的有关参数如图表所示，如图甲为其简化电路图，R1和R2为阻值不变的电热丝。养生壶正常工作时，分别用低挡位和高挡位给质量为2kg的水加热，水温随时间变化的图像如图乙所示，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。下列说法正确的是（ ）
A．闭合S断开S1时，养生壶处于高挡位
B．电热丝R1的阻值为242Ω
C．使用低挡位烧水时的加热效率为70%
D．使用低挡位烧水时的加热效率高于高挡位
【答案】C
【分析】（1）由图甲可知，当开关S闭合、S1断开时，只有R2工作，当开关S、S2都闭合时，R1、R2并联；根据并联电路的特点和P＝可知养生壶高温挡和低温挡的电路连接；
（2）根据P1＝P高温﹣P低温求出R1的电功率，根据P＝求出R1的电阻；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水从50℃升高到60℃吸收的热量；根据W＝Pt求出低温挡工作10min消耗的电能；根据效率公式求出使用低挡位烧水时的加热效率；
（4）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水从50℃升高到70℃吸收的热量；根据W＝Pt求出高温挡工作6min消耗的电能，根据效率公式求出使用高温挡烧水时的加热效率，据此可知低温挡烧水和高温挡烧水的效率关系。
【解答】解：A、由图甲可知，当开关S闭合、S1断开时，只有R2工作，当开关S、S2都闭合时，R1、R2并联；
根据并联电路的电阻特点可知，当开关S闭合、S1断开时，只有R2工作，电路中的电阻较大，由P＝可知，电路中的总功率较小，养生壶处于低温挡，故A错误；
B、当开关S、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中的总电阻较小，总功率较大，养生壶处于高温挡，
R1的电功率：P1＝P高温﹣P低温＝500W﹣200W＝300W，
由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝≈161.3Ω，故B错误；
C、水从50℃升高到60℃吸收的热量：Q吸＝cm（t1﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（60℃﹣50℃）＝8.4×104J，
低温挡工作10min消耗的电能：W＝P低温t＝200W×10×60s＝1.2×105J，
使用低挡位烧水时的加热效率：η＝×100%＝×100%＝70%，故C正确；
D、水从50℃升高到70℃吸收的热量：Q吸′＝cm（t2﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣50℃）＝1.68×105J，
高温挡工作6min消耗的电能：W′＝P高温t′＝500W×6×60s＝1.8×105J，
使用高温挡烧水的加热效率：η′＝×100%＝×100%≈93.3%，
所以使用低挡位烧水时的加热效率低于高挡位，故D错误。
故选：C。
42．（2022秋•青羊区校级期末）小牛同学用一个功率为1000W的电加热器给1kg冰加热，研究不同状态的水的吸热能力。图中，甲乙丙三条图线中的一条，是他依据实验数据绘制而成。若相同时间内水和冰吸收的热量相同。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。c冰＜c水，下列说法正确的是（ ）
A．小牛绘制的是甲图线
B．冰熔化过程中加热器消耗的电能为2000J
C．0～1min冰吸收的热量是6×104J
D．3～5min时间内，电加热器的热效率为35%
【答案】D
【分析】（1）如果用同一电加热器给质量相同的水和冰加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，根据Q＝cmΔt分析温度的变化，从而得出水的图像；
（2）根据图可知冰的加热时间，根据W＝Pt求出冰熔化过程中加热器消耗的电能；
（3）根据Q水＝c水m水Δt算出3～5min时间内水吸收的热量，根据相同时间内水和冰吸收的热量相同算出0～1min冰吸收的热量；根据效率公式算出电加热器的热效率。
【解答】解：
A、由图可知，在0～1min内，冰吸收热量，温度升高了10℃；冰化成水后，质量不变，根据题意可知，c冰＜c水，根据Q＝cmΔt可知，水的温度升高10℃所需的热量比冰温度升高10℃所需热量多，即水升高10℃，所需的加热时间长，故小牛绘制的是丙图线水的升温图像，故A错误；
B、由图像可知，冰熔化的时间为2min，则冰熔化过程消耗的电能：W＝Pt＝1000W×2×60s＝1.2×105J，故B错误；
CD、由图知3～5min时间内，水吸收的热量为：
Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×10℃＝4.2×104J，
所以1min内水吸收的热量为：
Q水′＝＝＝2.1×104J，
因为相同时间内水和冰吸收的热量相同，
所以0～1min冰吸收的热量也是2.1×104J，故C错误；
3～5min时间内，电加热器的热效率为：
η＝＝×100%＝35%，故D正确；
故选：D。
43．（2023•尉氏县二模）某物理小组设计的一个简易加热器工作电路如图所示，其中R的电阻是88Ω。R2为44Ω，当开关滑片在最 右端 （选填“左端”或“右端”）时，电路的总功率最大、此时电功率为 1100 W。若该加热器在高温挡时的效率为84%，那么加热2min能使质量为1.2kg的水从20℃升高到 42 ℃[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。
【答案】右端；1100；42。
【分析】（1）由P＝可知，当电压一定时，电路中的电阻越小，电功率越大，据此判断电路的总功率最大时滑片的位置，根据P＝可求出最大总功率；
（2）根据W＝Pt求出高温挡加热2min加热器消耗的电能，根据效率公式求出水吸收的热量；根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水的末温。
【解答】解：由P＝可知，当电压一定时，电路中的电阻越小，电功率越大，
由图可知，当滑片在最右端时，R被短路，只有R2工作，此时电路中的总电阻最小，则电路的总功率最大；
此时的最大总功率：P＝＝＝1100W；
高温挡加热2min加热器消耗的电能：W＝Pt＝1100W×2×60s＝1.32×105J，
由η＝可知，水吸收的热量：Q吸＝ηW＝84%×1.32×105J＝1.1088×105J，
由Q吸＝cm（t′﹣t0）可知，水的末温：t′＝+t0＝+20℃＝42℃。
故答案为：右端；1100；42。
44．（2023•姑苏区校级开学）电能表是测量 电功 的仪表。小明家的电能表如图所示，他想知道这个电能表是否准确，只将一只标们“220V 60W”的灯泡接入电路，此时灯泡正常发光，检测中发现2min电能表的转盘转了7转。由此判断转盘转速 偏快 （偏快/偏慢/准确）。小明又将一只容积为1.2L的电热水壶接入家庭电路中，通电7min烧开了这壶水，若这一过程中电热水壶的效率是90%。则电热水壶的实际功率是 1000 W。[标准大气压下，水的初温25℃，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】电功；偏快；1000。
【分析】（1）电能表是测量电路消耗电能多少（或电功）的仪表；3000r/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转动3000r，据此可求出转7转消耗的电能；根据W＝Pt计算白炽灯消耗的电能，比较两种方法得到的电能，从而确定转盘转速的快慢；
（2）根据m＝ρV求出水的质量；根据Q＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；利用η＝求消耗的电能，再利用P＝求电水壶的电功率。
【解答】解：（1）电能表是测量电功的仪表；
电能表的表盘转7转，则电路中用电器消耗的电能：
W＝kW•h＝×3.6×106J＝8400J；
理论计算可得白炽灯消耗的电能：
W′＝Pt＝60W×2×60s＝7200J；
因为W＞W′，所以该电能表的表盘转速偏快；
（2）水的体积V＝1.2L＝1.2×10﹣3m3，
由ρ＝可得水的质量：
m＝ρV＝1×103kg/m3×1.2×10﹣3m3＝1.2kg，
一标准大气压下水的沸点为100℃，
将水烧开水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.2kg×（100℃﹣25℃）＝3.78×105 J；
由η＝＝90%可得消耗的电能：
W＝＝＝4.2×105 J，
电水壶的电功率：
P＝＝＝1000W。
故答案为：电功；偏快；1000。
45．（2022秋•常宁市期末）小华家买了一个家用电吹风，其简化电路如图所示，主要技术参数如下表。电吹风在额定电压下工作，请解答如下问题：
（1）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是多大？
（2）正常工作时电热丝的电阻是多大？
（3）电吹风内电动机的线圈电阻是0.8Ω，电吹风吹冷风10min线圈产生的热量是多少？
（4）一天，小华断开家中其它用电器，只用电吹风吹热风时，发现家中标有“220V 10（20A）；3000r/（kW•h）”的电能表5min内转了200圈，求电吹风此时的实际功率是多少？
【答案】（1）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A；
（2）电热丝工作时的电阻是61.3Ω；
（3）电吹风吹冷风10min线圈产生的热量是120J；
（4）电吹风此时的实际功率是800W。
【分析】（1）当吹冷风时，只有电动机工作，根据P＝UI求出通过电动机的电流；
（2）当电吹风吹热风时，电动机和电热丝同时工作，电动机与电热丝并联，电热丝的功率等于电吹风吹热风时的功率减去吹冷风时的功率，根据求出电热丝R的电阻值；
（3）根据Q＝I2Rt求出30min内电流通过电动机产生的热量；
（4）根据电能表铝盘每消耗1kW•h转动的圈数和实际转动的圈数求出电吹风工作时消耗的电能；根据消耗的电能和通电时间，求出实际功率。
【解答】解：（1）电吹风吹冷风时，由P＝UI可得，通过电动机的电流：；
（2）当电吹风吹热风时，电动机和电热丝同时工作，电动机与电热丝并联，
电热丝R2的电功率：
P2＝P﹣P1＝900W﹣110W＝790W，
由可得电热丝R2的电阻值：
。
（3）t＝10min＝600s，则电吹风吹冷风10min产生的热量（电流通过电动机产生的热量）：
Q1＝I12R1t＝（0.5A）2×0.8Ω×600s＝120J。
（4）“3000R/kW•h”表示电能表每转1r，电路中消耗的电能，
转盘转了200圈，消耗的电能为：。
，
电吹风此时的实际功率。
答：（1）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是0.5A；
（2）电热丝工作时的电阻是61.3Ω；
（3）电吹风吹冷风10min线圈产生的热量是120J；
（4）电吹风此时的实际功率是800W。
46．（2023•顺庆区校级模拟）某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点。其简化等效电路如图所示，此时处于空挡位置。普通快洗模式中，包括加热和保温洗涤两个状态，先设定洗涤温度，旋钮旋至1挡后闭合开关，洗衣机处于加热状态；当加热到预设温度时，旋钮自动转动实现挡位转换，旋至2挡时洗衣机处于保温洗涤状态，保温洗涤完成即普通快洗模式结束。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1＝22Ω，主要参数如下表。求：
（1）某次家庭中所有用电器中仅该洗衣机工作时，加热状态下连续加热540s，发现此过程中铭牌标有3000r/（kW•h）的电能表转动810r，求此时家庭中的实际功率；
（2）正常工作时，加热状态下电阻R1消耗的电功率；
（3）额定电压下，某次洗衣机内装有水和衣物共10kg，初温为20℃，设定洗涤温度为50℃，加热状态的加热效率是50%，不计保温洗涤过程中电能损失，求整个普通快洗模式中，电路消耗的总电能。[已知水和衣物混合后的平均比热容为4×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）此时家庭中的实际功率1800W；
（2）正常工作时，加热状态下电阻R1消耗的电功率2200；
（3）整个普通快洗模式中，电路消耗的总电能为3.28×106J。
【分析】（1）3000r/（kW•h）表示用电器消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，由此得出电能表转动810r洗衣机消耗的电能；根据W＝Pt计算此时家庭电路中的实际功率；
（2）当旋钮旋至1挡后闭合开关S，洗衣机处于加热状态，此时电热丝R1和R2并联，根据并联电路的电压规律和P＝计算加热状态下R1电阻消耗的电功率；
（3）已知水和衣物的总质量、初温和设定温度，根据Q吸＝cmΔt计算水和衣物吸收的热量；
根据η＝计算加热状态下洗衣机消耗的电能，根据P＝计算加热时间；
当旋钮旋至2挡时，电热丝R2和电动机并联，根据P2＝P加﹣P1求得电热丝R2的电功率；
已知总时间和加热时间，根据W＝Pt计算保温状态下洗衣机消耗的电能，从而求得整个普通快洗模式中，电路消耗的总电能。
【解答】解：（1）电能表参数3000r/（kW•h）表示，电路中消耗1kW•h的电能，电能表的转盘旋转3000转，则转盘旋转1转，消耗的电能为kW•h，由题意得，加热状态下连续加热t＝540s，电能表转动810r，则该过程消耗的电能为：W实＝810×kW•h＝0.27kW•h＝9.72×105J，
此时家庭中的实际功率为：P实＝＝1800W；
（2）根据题意可知，旋钮旋至1挡后闭合开关，洗衣机处于加热状态，此时R1和R2并联在电路中，R1两端电压为电源电压U＝220V，R1＝22Ω，正常工作时，加热状态下R1电阻消耗的电功率为：
；
（3）额定电压下，某次洗衣机内装有水和衣物总质量为m＝10kg，初温为t0＝20℃，设定洗涤温度即末温度为t＝50℃，水和衣物混合后的平均比热容为c＝4×103J/（kg•℃），加热状态的加热效率是η＝50%，加热过程中水和衣物混合物吸收的热量为：
Q吸＝cmΔt＝4×103J/（kg•℃）×10kg×（50℃﹣20℃）＝1.2×106J，
由加热效率公式η＝可得加热过程中R1和R2放出的热量为：
＝＝2.4×106J，
加热状态下电路为纯电阻电路，则电路中产生的焦耳热等于电路消耗的电能，即W加＝Q放＝P加t加＝2.4×106J，
由上式变形可得，普通快洗过程加热时间为：
＝＝1000s，
由并联电路中总电功率等于各用电器电功率之和可知，加热过程中R2的电功率为：
P2＝P加﹣P1＝2400W﹣2200W＝200W，
保温状态下旋钮旋至2挡，此时电动机和R2并联，由于R2两端电压没有变，因此保温状态下，R2的电功率仍然为P2＝200W，又由表格数据可知，电动机的功率为P动＝240W，则保温洗涤状态时电路中的总电功率为：P保＝P2+P动＝200W+240W＝440W，
保温状态下洗衣机的工作时间为：t保＝t总﹣t加＝50×60s﹣1000s＝2000s，
保温状态下洗衣机消耗的电能为：W保＝P保t保＝440W×2000s＝8.8×105J，
整个普通快洗模式中，电路消耗的总电能为：W总＝W加+W保＝2.4×106J+8.8×105J＝3.28×106J。
答：（1）此时家庭中的实际功率1800W；
（2）正常工作时，加热状态下电阻R1消耗的电功率2200；
（3）整个普通快洗模式中，电路消耗的总电能为3.28×106J。
47．（2022秋•新干县期末）天然气灶是通过燃烧天然气获得热量的炉具，而电磁炉是消耗电能获得热量的智能炉具。为了比较两种炉具的性能，创新实验小组的同学进行了相关调查，得到的有关数据见下表。设普通家庭每天做饭、烧水所需热量相当于将20kg的水从20℃加热到100℃所需热量。
（1）若这些热量靠天然气灶提供，需要燃烧多少天然气？
（2）若这些热量靠电磁炉提供，电磁炉正常工作了80min，该电磁炉的热效率是多少？
（3）通过计算说明使用哪种炉具更省钱。
【答案】（1）若这些热量靠天然气灶提供，需要燃烧0.21m3天然气；
（2）该电磁炉的热效率是70%；
（3）通过计算可知，用天然气炉更省钱。
【分析】（1）知道水的质量及初温、末温，由吸热公式求烧水需要的热量（有用能量），已知天然气的热效率和所需热量，还有热值，根据效率公式和燃料完全燃烧放热公式求所需天然气；
（2）已知电磁炉的额定功率和通电时间，根据W＝Pt可求做的功（总能量），用所需热量除以电磁炉做的功就是电磁炉的效率；
（3）求出了需要天然气体积和消耗的电能，可求各自需要的费用，则可知两种灶具哪一种更经济。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×106J；
若使用天然气，天然气燃烧放出的总热量：
Q放＝＝＝1.68×107J；
∵Q放＝qV，
∴需要的燃气的体积：
V＝＝＝0.21m3；
（2）用电磁炉加热时，消耗的电能：
W＝Pt＝2000W×80×60s＝9.6×106J≈2.67kW•h，
电磁炉的效率：
η＝＝＝70%
（3）用天然气炉的费用为：0.21m3×3.25元/m3＝0.6825元，
用电磁炉的费用为：2.67kW•h×0.6元/kW•h＝1.602元，
通过计算可知，用天然气炉更省钱。
答：（1）若这些热量靠天然气灶提供，需要燃烧0.21m3天然气；
（2）该电磁炉的热效率是70%；
（3）通过计算可知，用天然气炉更省钱。
48．（2022•泸州模拟）电热加湿器靠电流的热效应工作。某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如图所示。电热器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度。当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入到加热仓中。
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，加湿器以最大运行功率工作，求电热丝R1的电阻值。
（2）如果加热仓内冷水的温度为20℃，用最大运行功率工作，经过5min36s，水沸腾产生蒸气，求加热仓中水的体积。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）。ρ水＝1×103kg/m3]，电热丝R1产生的热量全部被水吸收。环境为标准大气压。
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器R2的阻值为990Ω，加湿器以最低气雾量工作，求此时电热丝R1的电功率是多少瓦？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器R2被短路，只有电热丝R1工作，加湿器的功率最大，根据P＝UI＝求出电热丝R1的阻值；
（2）根据Q＝W＝Pt求出以最大功率工作5min36s电阻丝R1产生的热量，即为水吸热的热量，1标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水的质量，利用ρ＝求出加热仓中水的体积；
（3）当滑片移到最右端时，R2的最大阻值和R1串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P＝UI＝I2R求出此时电热丝R1的电功率。
【解答】解：
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器R2被短路，只有电热丝R1工作，加湿器的功率最大，
由P＝UI＝可得，电热丝R1的阻值：
R1＝＝＝1210Ω；
（2）以最大功率工作t1＝5min36s＝336s电阻丝R1产生的热量：
Q＝W＝Pt1＝40W×336s＝13440J，
因电阻丝R1产生的热量全部被水吸收，
所以，水吸收的热量Q吸＝Q＝13440J，
标准大气压下水的沸点为100℃，由Q吸＝cm（t﹣t0）得，水的质量：
m＝＝＝0.04kg＝40g，
由ρ＝可得，加热仓中水的体积：
V＝＝＝40cm3；
（3）当滑片移到最右端时，R2的最大阻值和R1串联，
因串联电路中总电阻等于各分电压之和，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝0.1A，
此时电热丝 R1的电功率：
P1＝I2R1＝（0.1A）2×1210Ω＝12.1W。
答：（1）电热丝R1的阻值为1210Ω；
（2）加热仓中水的体积为40cm3；
（3）此时电热丝R1的电功率是12.1W。
49．（2022•碑林区校级模拟）老师上课经常用嗓过度，为保护老师们的嗓子，刘老师经常用如图1所示的养生壶给大家熬梨汤。好奇的小封对它进行观察，发现除了正面的挡位开关，壶底部还有如图2所示的防干烧开关（受到压力过小时会断开）。当只闭合防干烧开关S1时，处于保温挡；当再合加热开关S2后，处于加热挡。用它烧水进行了相关研究，收集和记录数据如下表。请完成下列问题：

（1）请画出养生壶内部的电路图；（电源符号：）
（2）求养生壶内部一个发热电阻的阻值R；
（3）某天，刘老师断开家中其他用电器，只接通该养生壶且处于加热挡2min，将2L水从20℃加热至32℃，发现家中如图3所示的电能表转了100转。求此过程中该养生壶的实际加热功率和实际加热效率？
【答案】（1）养生壶内部的电路图见解答；
（2）一个发热电阻的阻值为88Ω；
（3）养生壶的实际加热功率为1000W，实际加热效率为84%。
【分析】（1）由题可知，养生壶一共有两个开关，一个是压力开关S1，控制整个电路；一个是挡位开关S2；
根据P总＝可知，闭合S1、S2时，养生壶开始加热，此时电路总电阻最小；闭合S1断开S2时，养生壶处于保温状态，此时电路电阻最大；
（2）由题可知，壶中有两个完全相同的发热电阻，根据P＝UI、欧姆定律、并联电路电流特点即可求解；
（3）根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量，根据电能表参数求电能表转100转时养生壶消耗的电能，根据P＝求养生壶的实际功率；根据η＝×100%求加热效率。
【解答】解：（1）由题可知，养生壶一共有两个开关，一个是压力开关S1，控制整个电路；一个是挡位开关S2；根据P总＝可知，闭合S1、S2时，养生壶开始加热，此时电路总电阻最小；闭合S1断开S2时，养生壶处于保温状态，此时电路电阻最大，则两个电阻并联，S1在干路，S2在支路，画出壶内电路图如下：
；
（2）闭合S1、S2时，养生壶开始加热，此时电路总电阻最小，R与R并联，养生壶加热工作时，电路中的总电流I＝＝＝5A；
I1＝＝，I2＝＝，根据并联电路电流特点可知：I＝I1+I2；
代入数据得：5A＝+，解得：R＝88Ω；
（3）水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg；
水吸收的热量Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（32℃﹣20℃）＝1.008×105J，
由图丙可知，电能表每消耗1kW•h的电能，电表转3000转，当电能表转了100转时，
养生壶实际消耗电能W电＝kW•h＝×3.6×106J＝1.2×105J，
实际功率P实＝＝＝1000W，
实际加热效率η＝×100%＝×100%＝84%。
故答案为：（1）养生壶内部的电路如图所示；
（2）一个发热电阻的阻值为88Ω；
（3）养生壶的实际加热功率为1000W，实际加热效率为84%。
50．（2021•衡东县校级一模）电热加湿器靠电流的热效应工作，某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如下表所示。电热器的电热丝（阻值不变）浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度，当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入到加热仓中。
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，加湿器以最大运行功率工作，求电热丝R1的电阻值。
（2）如果加热仓内冷水温度为20℃，用最大运行功率工作，经过420s水沸腾产生蒸汽，求加热仓中水的体积。【C水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3，电热丝R1产生的热量全部被水吸收，环境为标准大气压】
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器R2的阻值为605Ω，加湿器以低气雾量工作，求此时电热丝R1的电功率是多少瓦？24小时R1消耗多少度电？（计算保留一位小数）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器接入电路的阻值为0，只有电热丝工作，根据P＝求出其电阻值；
（2）根据Q＝W＝Pt求出电热丝产生的热量，电热丝R1产生的热量全部被水吸收，在标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水的质量，再根据ρ＝求出水的体积；
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器和电热丝串联，根据I＝求出电流，再根据P＝I2R1求出电热丝R1的电功率；根据W＝Pt求出消耗的电能。
【解答】解：
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器接入电路的阻值为0，只有电热丝工作，
由P＝可得，电热丝R1的电阻值：
R1＝＝＝1210Ω；
（2）用最大运行功率工作，经过420s水沸腾产生蒸汽，则电热丝产生的热量：
Q放＝W＝Pt＝40W×420s＝1.68×104J，
由题意得Q吸＝Q放＝1.68×104J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可得，水的质量：
m＝＝＝0.05kg，
由ρ＝得水的体积：
V＝＝＝5×10﹣5m3；
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器和电热丝串联，
电路中的电流：
I＝＝＝A，
电热丝R1的电功率：
P1＝I2R1＝（A）2×1210Ω≈17.8W；
24小时R1消耗的电能：
W＝P1t＝0.0178kW×24h≈0.4kW•h。
答：（1）电热丝R1的电阻值1210Ω；
（2）加热仓中水的体积5×10﹣5m3；
（3）电热丝R1的电功率是17.8W；24小时R1消耗的电能0.4kW•h。次数
第一次
第二次
第三次
电压/V
3
2.5
2
电流/A
0.44
0.4
0.34
实验次数
1
2
3
4
5
6
7
电压U/V
2.5
2.1
1.7
1.3
0.9
0.5
0.1
电流I/A
0.26
0.24
0.21
0.19
0.16
0.05
实验次数
电流/A
通电时间/s
电阻/Ω
温度升高量/℃
1
0.3
30
10
1.5
2
0.6
30
10
6.0
电阻丝R/Ω
煤油的初温t0/℃
煤油的末温t/℃
煤油温度的变化量△t/℃
产品名称
暖奶器
额定电压
36V
额定容量
两个奶瓶
额定功率
高温挡
280W
中温挡
180W
低温挡
？
锂电池
电压
60V
容量
10A•h
电动机
额定电压
60V
额定功率
120W
线圈电阻
0.5Ω
额定电压/V
挡位
额定功率/W
220
低
200
高
500
热风温度
50～75℃
额定功率
热风时：900W
冷风时：110W
额定电压
220V
质量
0.5kg
额定电压
220V
加热功率
2400W
设定温度范围
30﹣90℃
电动机功率
240W
普通快洗耗时
50min
天然气灶
电磁炉
热效率
40%
额定电压
220V
天然气热值
8.0×107J/m3
额定功率
2000W
天然气价格
3.25元/m3
市电价格
0.6元/（kW•h）
工作电压220V
工作频率50Hz
最大运行功率40W
储水箱容量2.4L
尺寸高315mm，底部直径168mm
满水工作时间高气雾量
10h，低气雾量24h
观察对象
观察记录
研究记录
养生壶
型号：VQ～A002
额定电压：220V
额定频率：50Hz
最大水量：2L
挡位：加热（1100W）
保温
①把水装到最大位置，初温20℃
②用加热挡加热2min，水的末温32℃
③壶内加热体由两个相同的发热电阻组成
④c水＝4.2×103J/（kg•℃）
工作电压：220V


工作频率：50Hz
最大运行功率：40W
储水箱容量：2.4L
尺寸：高315mm，底部直径168mm
满水工作时间：高气雾量10h，低气雾量24h