考点十六 电学压轴计算专题—2026年中考物理二轮复习高频考点专项训练+含答案

这是一份考点十六 电学压轴计算专题—2026年中考物理二轮复习高频考点专项训练+含答案，共13页。
1．如图甲为一款养生壶，其加热原理如图乙所示。养生壶的额定电压为220V，R1、R2均是发热电阻，R2=506Ω。正常工作时，开关接“1”为加热档，电路中电流为5A；开关接“2”为保温档。求：
（1）当开关置于“1”时，R1的阻值；
（2）当开关置于2”时，养生壶保温档的功率；
（3）将壶内1kg为水从12℃加热到100℃用时420s，求这款养生壶加热档电能转化为内能的效率η。
2．图甲是小灯泡L中的电流随其两端电压变化的图像。将小灯泡L接入图乙所示的电路中，电源两端电压为4V且保持不变，电阻R的阻值为40Ω。求：
（1）只闭合开关S时，小灯泡L的电阻；
（2）闭合开关S和S1后，电流表的示数：
（3）闭合开关S和S1后，电路在1min内消耗的电能。
3．在如图（a）所示的电路中，电源电压U=6V，电阻R1=20Ω。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P移至某处时，电路中电流表A的示数如图（b）所示。求：
（1）电流表A1的示数?
（2）滑动变阻器连入电路的阻值?
4．如图所示，电源电压恒定，R2=12Ω，R3=24Ω，滑动变阻器R1的滑片P滑到中点，当开关S1、S2、S3都闭合时，电流表A的示数为3A；当开关S1闭合S2、S3都断开时，电流表A的示数为0.6A．求：
（1）电源电压；
（2）滑动变阻器R1的最大阻值；
（3）当S1、S3闭合S2断开时，电路消耗的总功率．
5．如图所示，当只闭合S、S1时，电路中电流为0.2A；只闭合S、S2时，电路中电流为0.3A . 已知R1的电阻为30Ω，求开关均闭合时电路消耗的总功率 .
6．小虎用如图所示电路测量未知电阻R2的阻值。实验时，先闭合S、S1，电流表的示数是0.9A；再闭合S、断开S1，电流表的示数是0.3A，已知电阻R1为20Ω，电源电压保持不变，求被测电阻R2的阻值。
7．如图是插电式混动汽车，是采用电能和汽油燃料两种工作方式，可以自由切换。黄老师驾驶该轿车从A地以54km/h的速度匀速直线运动到B地，该轿车行驶的过程中所受到的阻力是1200N，前15min路程黄老师采用纯电模式消耗电能为2×107J，剩下的路程由于电量不够黄老师切换纯油模式以原来的牵引力和原来相同的速度进行匀速直线运动，此过程中汽车热效率为25%，已知汽油的热值为q汽=4.5×107J/kg。求：
（1）牵引力所做功的功率；
（2）采用纯电模式的效率；
（3）采用纯油模式的百公里油耗（每100km消耗汽油的质量）。（结果保留一位小数）
8．如图电路中，电源电压保持不变，R2=12Ω，当S1、S2都闭合时，电流表示数为1.2A，这时灯L两端电压为12V，流过灯的电流是1A．
求：
（1）电阻R1的阻值是多大？
（2）当S1、S2都断开时，电流表示数是多少？（要求画出等效电路）
9． 如图是某电器设备的部分电路，电源电压U=8V保持不变，灯泡L标有“8V 3.2W”字样，已知只闭合S1和S3时，电路消耗的功率为1.6W，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，不计灯丝电阻随温度的变化。
（1）开关S1、S2、S3都闭合时，求通过电流表的电流大小；
（2）若电压表量程为0~3V，电流表量程为0~0.6A，只闭合S2，在保证电路安全的情况下，求灯泡L消耗电功率的变化范围
10． 如图所示，图甲是“7V 7W”的灯泡L和电阻R1的电流随电压变化图像，将它们按图乙所示电路连接，滑动变阻器上标有“20Ω 2.5A”字样，电源电压恒定。
（1）只闭合开关S1，滑片P位于a端，此时电流表的示数为0.3A。求电源电压。
（2）当同时闭合开关S1和S2，移动滑动变阻器的滑片P，使整个电路在安全工作状态下消耗的总功率为最大，求此时整个电路的最大电功率。
11．如图所示为某电热饮水机电路原理图，当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，当S断开时，处于保温状态。从其说明书上的收集到的信息如下表。为了测量它加热时的实际功率，小明断开家中其它所有用电器，只将该饮水机接入家庭电路，闭合开关S，测得水箱装满时水从20℃升高到100℃所用时间为15分钟，同时观察到家中标有“3000r/kW·h”字样的电能表转盘转过600转（r）。
根据以上信息，求：
（1）加热电阻R1的阻值（不考虑温度对阻值的影响）；
（2）水箱中的水从20℃升高到100℃时所吸收的热量[C水＝4.2×103J/(kg•℃)]；
（3）饮水机加热时的实际功率。
12．如图所示，电源电压恒定，R1、R2为定值电阻，R2＝20Ω，滑动变阻器R0铭牌上标有“30Ω 1A”，开关S闭合后：
（1）将S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片滑到最左端后电流表示数为0.3A，电压表示数为6V，求定值电阻R1的阻值；
（2）将S1、S2断开，滑动变阻器滑到最右端后，求电流表此时的示数。
（3）若电流表的量程为0﹣﹣0.6A，将S1、S2闭合，求滑动变阻器的取值范围。
13．小宁所在的兴趣小组，分析如图 1 所示电路，电源电压保持不变，R1=10Ω，灯泡 L 标有“6V 3.6W”，滑动变阻器 标有“20Ω 2A”。请你帮他们完成提出的问题：
（1）闭合所有开关，R的滑片移至最左端时。灯泡正常发光，则电源电压？
（2）在（1）问的条件下，求R1通电 1min 产生的热量；
（3）s1、s3闭合，s2断开，R 的滑片移至最右端，电压表示数为 5 V，求此时灯泡的电阻；
（4）同学们想继续分析两档电加热器的工作原理，小组讨论后，确定了设计方案。要求：加热档功率必须满足所有设计中最大，并确保在此基础上保温功率最小。为达到要求，用以上电路中的电源、R1、开关s1、s2、导线若干。另选一个R2=40Ω的电阻进行设计：
①请将符合要求的电路图规范补充在图 2 的虚线框内，并标注清楚R1、R2、s2；
②求出所设计电路的保温功率。
如图甲所示，是一则公益广告，浓浓的孝心透着社会主义核心价值观．小明的爷爷网购了一台电热足浴器，其铭牌的部分参数如图乙（甲部分）所示，电热足浴器某次正常工作时控制面板显示如图乙（乙部分）所示，求
①此时足浴器的工作电流．（计算结果保留一位小数）
②足浴器装入最大容量初温为22°的水，当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量．
③上述加热过程耗时16min，该足浴器的热电效率．
答案解析部分
1．【答案】解：（1）当开关置于“1”时，电路为R1的简单电路，由欧姆定律可知，R1的阻值为R1=UI=220V5A=44Ω；
（2）当开关置于“2”时，两电阻串联，电路的总电阻为
R总=R1+R2=44Ω+506Ω=550Ω；
养生壶保温档的功率为
P低=U2R总=220V2550Ω=88W；
（3）将壶内1kg为水从12℃加热到100℃，水吸收的热量为
Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg⋅°C）×1kg×100°C−12°C=3.696×105J
消耗的电能为
W=UIt=220V×5A×420s=4.62×105J；
养生壶加热档电能转化为内能的效率为
η=Q吸W×100%=3.696×105J4.62×105J×100%=80%。
答：（1）R1的阻值为44Ω；
（2）当开关置于2”时，养生壶保温档的功率88W；
（3）这款养生壶加热档电能转化为内能的效率80%。
【解析】【分析】 （1）由图乙可知，当开关置于“1”时，只有R1工作，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（2）由图乙可知，当开关置于“2”时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点求出R1、R2的串联总电阻，根据P=U2R求出养生壶保温挡的功率；
（3）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；根据W=UIt求出养生壶消耗的电能，根据效率公式求出这款养生壶加热挡电能转化为内能的效率η。
2．【答案】（1）解：根据图片可知，当开关S闭合时，只有灯泡接入电路，
此时灯泡两端的电压等于电源电压，
即U1=U=4V时，根据甲图可知，此时通过灯泡的电流I1=0.5A；
则此时灯泡L的电阻R1=U1I1=4V0.5A=8Ω。
答： 只闭合开关S时，小灯泡L的电阻为8Ω。
（2）解：根据题意可知，当开关S和S1均闭合时，电阻R与灯L并联，电流表测干路电流，
则通过定值电阻的电流IR=UR=4V40Ω=0.1A；
则电流表的示数I总=IL+IR=0.5A+0.1A=0.6A。
答： 闭合开关S和S1后，电流表的示数为0.6A 。
（3）解：根据题意可知，闭合开关S和S1后，
电路在1min内消耗的电能W=UIt=4V×0.6A×60s=144J。
答： 闭合开关S和S1后，电路在1min内消耗的电能为144J 。
【解析】【分析】 （1）当开关S闭合时，只有灯泡接入电路，根据并联电路的电压规律确定灯泡两端的电压，根据甲图确定通过灯泡的电流，根据欧姆定律R1=U1I1可知图中小灯泡L的电阻；
（2）当开关S和S1均闭合时，灯L与电阻R并联，根据欧姆定律可知通过定值电阻的电流，根据并联电路的特点计算乙图中电流表的示数；
（3）由W=UIt计算闭合开关S和S1后电路在1min内消耗的电能。
（1）当开关S闭合时，只有灯泡接入电路，电源两端电压为4V，由小灯泡L中的电流随它两端电压变化的图像知道，当U1=U=4V时，I1=0.5A；因此，图中小灯泡L的电阻
R1=U1I1=4V0.5A=8Ω
（2）当开关S和S1均闭合时，灯L与电阻R并联，因为
IR=UR=4V40Ω=0.1A
根据并联电路的特点知道，乙图中电流表的示数
I=IL+IR=0.5A+0.1A=0.6A
（3）由W=UIt 知道，闭合开关S和S1后，电路在1min内消耗的电能
W=UIt=4V×0.6A×60s=144J
3．【答案】（1）解：电阻R1和滑动变阻器R2并联，电流表A测量干路中的电流，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A1的示数 I1=U1R1=UR1=6V20Ω=0.3A
答：电流表A1的示数是0.3A
（2）解：图（b）中电流表的量程是0-0.6A，电流表的示数是0.5A，
通过变阻器R2的电流I2=I -I1=0.5A-0.3A=0.2A，
并联电路各个支路的电压相等，变阻器两端的电压U2=U1=6V，
滑动变阻器连入电路的阻值 R2=U2I2=6V0.2A=30Ω
答：滑动变阻器连入电路的阻值是30Ω
【解析】【分析】结合电路图，判断电流的连接方式及电表的测量对象，
（1）根据并联电路中的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流即为电流表A1的示数；
（2）根据通过R1的电流结合指针的位置确定电流表A的示数，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的阻值.
4．【答案】（1）解：当开关S1、S2、S3都闭合时，R2、R3并联；
由 1R并 = 1R2 + 1R3 得：R并= 12Ω×24Ω12Ω+24Ω =8Ω；
U=I并R并=3A×8Ω=24V；
答：电源电压为24V
（2）解：当开关S1闭合S2、S3都断开时，R1、R2串联
由I= UR 得，
因此R串= UI串 = 24V0.6A =40Ω；
所以R1=（R串﹣R2）×2=（40Ω﹣12Ω）×2=56Ω．
答：滑动变阻器的最大阻值为56Ω
（3）解：当S1、S3闭合S2断开时，只有R2工作
所以P总= U2R2 = (24V)212Ω =48W．
答：电路消耗的总功率为48W．
【解析】【分析】（1）当开关S1、S2、S3都闭合时，R2、R3并联，由并联电路的电阻规律可求得总电阻，由欧姆定律可求得总电压；（2）当开关S1闭合S2、S3都断开时，R1与R2串联，由欧姆定律可求得总电阻，再由串联电路的规律可求得滑动变阻器接入电阻，由题意可求得滑动变阻器的总电阻；（3）当S1、S3闭合S2断开时，只有R2工作，则由功率公式可求得总功率．
5．【答案】解：只闭合S、S1时，电路中只有R1接入电路工作，根据 I=UR 得， U1=I1R1=0.2A×30Ω=6VR1消耗的功率为： P1=U1I1=6V×0.2A=1.2WU2=U1=6V ，当闭合S、S2时，R2接入电路工作，R2消耗的功率为： P2=U2I2=6V×0.3A=1.8W，开关均闭合时电路消耗的总功率为： P=P1+P2=1.2W+1.8W=3W .
【解析】【分析】只闭合S、S1时，电路中只有R1接入电路，利用欧姆定律的变形公式U＝IR计算出电源电压，利用公式P＝UI计算出电阻R1消耗的功率；当闭合S、S2时，R2接入电路，利用电功率公式计算出电阻R2消耗的功率；开关均闭合时，两电阻并联，它们各自消耗的功率之和即为电路消耗的总功率 .
6．【答案】解：闭合S、断开S1时，电路中只有R1为20Ω，电流表的示数是0.3A，则电源电压为U=I1R1=0.3A×20Ω=6V
闭合S、S1时，电路中R1和 R2并联，电流表测量干路电流I0，其示数是0.9A；在并联电路中各支路两端电压等于电源电压，且干路电流等于各支路电流之和，各支路电流互不影响；即此时R2两端的电压为电源电压6V，通过R2的电流I2为I2=I0−I1=0.9A−0.3A=0.6A
则电阻R2的阻值为R2=UI2=6V0.6A=10Ω
答：被测电阻R2的阻值为10Ω
【解析】【分析】理清开关处于不同状态时元件的连接方式及电表的测量对象，根据欧姆定律和串联电路的电流特点求出的电流；利用欧姆定律求出R2的阻值。
7．【答案】（1）解：汽车匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，即汽车的牵引力F=f=1200N
牵引力做的功的功率
P牵=Wt=Fst=Fv=1200N×54km/h=1200N×15m/s=1.8×104W=18kW
（2）解：前15min路程，牵引力做的功
W有=Pt=1.8×104W×15×60s=1.62×107J
采用纯电模式的效率
η=W有W总×100%=1.62×107J2×107J×100%=81%
（3）解：纯油模式过程中汽车热效率为25%，故纯油模式的效率：η'=1−25%=75%
行驶百公里过程
η'=W有'Q放=Fsq汽m=1200N×100×103m4.5×107J/kg⋅m=75%
解得：m≈3.6kg
【解析】【分析】（1）匀速直线运动时，物体受平衡力，根据二力平衡，测量牵引力；根据P=Wt，计算功率；
（2）根据W=Pt，计算做功多少；利用η=W有W总，计算机械效率；
（3）​​​​​​根据W=Fs计算做功多少，根据Q=Wη，计算总热；根据Q=mq，计算燃料的质量。
（1）汽车匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，即汽车的牵引力
F=f=1200N
牵引力做的功的功率
P牵=Wt=Fst=Fv=1200N×54km/h=1200N×15m/s=1.8×104W=18kW
（2）前15min路程，牵引力做的功
W有=Pt=1.8×104W×15×60s=1.62×107J
采用纯电模式的效率
η=W有W总×100%=1.62×107J2×107J×100%=81%
（3）纯油模式过程中汽车热效率为25%，故纯油模式的效率
η'=1−25%=75%
行驶百公里过程
η'=W有'Q放=Fsq汽m=1200N×100×103m4.5×107J/kg⋅m=75%
解得
m≈3.6kg
8．【答案】（1）解：当S1、S2都闭合时，L与R1并联，电流表测干路电流，等效电路图如下图所示：
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电源的电压 U=UL=12V ，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1的电流：
I1=I﹣IL=1.2A﹣1A=0.2A ，
R1的阻值： R1=UI1=12V0.2A=60Ω
答：电阻R1的阻值为60Ω
（2）解：灯泡的电阻： RL=UIL=12V1A=12Ω ，
将开关S1、S2都断开时，L与R2串联，电流表测电路中的电流，等效电路图如下图所示：
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中电流表的示数：
I'=URL+R2=12V12Ω+12Ω=0.5A
答：当S1、S2都断开时，电流表示数是0.5A
【解析】【分析】根据闭合不同的开关组成不同的电路，再结合串联电路和并联电路中的电流和电压规律，结合欧姆定律计算.
9．【答案】（1）0.6A
（2）1.25W~3.2W
【解析】【解答】（1）闭合开关S1和S3时，电路为R1的简单电路，R2被短路，定值电阻R1的阻值R1=U2P1=8V21.6W=40Ω三个开关都闭合时，R1 与L并联，电流表测干路电流，
灯泡的电阻RL=UL2PL=8V23.2W=20Ω，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以电路中的总电阻R并=R1RLR1+RL=40Ω×20Ω40Ω+20Ω=403Ω
通过电流表的电流I=UR并=8V403Ω=0.6A
（2）只合开关S2时，灯泡L与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压，
灯泡的额定电流：I额=PLUL=3.2W8V=0.4A
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I大=0.4A，则灯泡消耗的最大功率PL大=I大2RL=0.4A2×20Ω=3.2W
当电压表的示数最大U2大=3V时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以灯泡两端的电压UL小=U-U2大=8V-3V=5V，
灯泡L消耗的最小功率PL小=UL小2RL=5V220Ω=1.25W
所以灯泡L消耗的电功率的变化范围为1.25W～3.2W
【分析】（1）闭合开关S1和S3时，电路为R1的简单电路，R2被短路，此时电路消耗的功率为R1的功率，根据R=U2P计算电阻；三个开关都闭合时，R1 与L并联，电流表测干路电流，根据R=U2P计算灯泡的电阻，根据并联电路电阻的规律：并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，计算总电阻，根据I=UR计算总电流，即电流表的示数。
（2）只合开关S2时，灯泡L与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压，根据I=PU计算灯泡的额定电流，与电流表的最大示数比较，取较小的电流为电路中的最大电流，根据P=I2R计算小灯泡的最大功率；当电压表的示数最大时，电路中的电流最小，根据串联电路电压的规律计算此时灯泡两端的电压，根据P=U2R计算灯泡的最小功率
10．【答案】（1）解：由图乙知，只闭合开关S1、滑片P位于a端时，灯泡L与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，由图甲可知，电流表的示数为0.3A时，灯泡L两端的电压为UL=1V，根据串联电路电流特点和欧姆定律可知，此时R2两端的电压为U2=IR2大=0.3A×20Ω=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=UL+U2=1V+6V=7V
答：电源电压为7V；
（2）解：由图甲可知，当通过的电流I1=0.3A时，R1两端的电压为U1=3V，则R1的阻值为R1=U1I1=3V0.3A=10Ω
由图乙知，同时闭合开关S1和S2，灯泡L与R1并联后再与R2串联，电流表测干路电流，由题意知，灯泡正常发光时的电压为7V，则滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻最小，由P=U2R可知，电路的总功率最大，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，并联部分两端的电压U并=UL额=7V
此时通过灯泡的电流为IL=P额U额=7W7V=1A
通过R1支路的电流为I1'=U并R1=7V10Ω=0.7A
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流I″=IL+I1'=1A+0.7A=1.7A
电路的最大功率值P大=UI″=7V×1.7A=11.9W
答：同时闭合开关S1和S2，此时整个电路的最大电功率为11.9W。
【解析】【分析】结合题目给出的两个用电器的伏安特性曲线，定值电阻的图像为直线，说明电阻为定值，利用欧姆定律求解电阻；灯泡的图像的曲线，说明电阻是变化的；两个用电器串联，电流相同，分得的电压与电阻成正比；两个用电器并联，电压相同，分得的电流与电阻成反比；结合图像、欧姆定律和电流电压规律求解用电器两端的电流和电压，再结合选项分析求解。
11．【答案】（1）解：由电热饮水机电路原理图知，闭合开关S，电阻R2被短路，电路中只有加热电阻R1，饮水机处于加热状态。所以 加热电阻R1的阻值
R1=U2P加热=(220V)2880W=55Ω
（2）解：水的质量m=ρ水V=1×103kg/m3×2×10-3m3=2kg
水吸收的热量
Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg⋅∘C)×2kg×(100−20)∘C=6.72×105J
（3）解：饮水机消耗的电功
W=600r3000r/kW⋅h=0.2kW⋅h
饮水机的实际功率
P实=Wt=0.2kW⋅h0.25h=0.8kW=800W
【解析】【分析】（1）当开关S闭合时，饮水机处于加热状态，此时电路中只有电阻R1；S断开时，饮水机处于保温状态，此时电路中电阻R1和R2串联；利用公式R=U2P计算出电阻R1的阻值；
（2）先利用m=ρV求饮水机内可装入水的质量，再利用热量公式Q吸=Cm（t-t0）计算出水吸收的热量；
（3）结合电能表的参数计算出电能表的转盘转过120r消耗的电能，可利用公式P=Wt计算出饮水机的实际功率.
12．【答案】（1）解：由图知，将S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片滑到最左端后，对R2短路，只有R1连入电路，
根据I＝ UR 可得：R1＝ UI1 ＝ 6V0.3A ＝20Ω
答：定值电阻R1的阻值为20Ω
（2）解：将S1、S2断开，滑动变阻器R0与R1串联，滑动变阻器滑到最右端后，则总电阻为：R＝R0+R1＝30Ω+20Ω＝50Ω，
则电流表示数为I＝ UR ＝ 6V50Ω ＝0.12A；
答：将S1、S2断开，滑动变阻器滑到最右端后，电流表此时的示数为0.12A；
（3）解：S1、S2闭合，滑动变阻器R0、R2并联，电流表测量干路电流，由于电流表的量程为0﹣﹣0.6A，
则干路最大电流为0.6A，
所以，通过R0最大电流为：I0最大＝I最大﹣I2＝I最大﹣ UR2 ＝0.6A﹣ 6V20Ω ＝0.3A；
根据I＝ UR 可得：R0最小＝ UI0最大 ＝ 6V0.3A ＝20Ω；
所以，滑动变阻器允许接入电路的阻值范围为20Ω～30Ω
答：若电流表的量程为0﹣﹣0.6A，将S1、S2闭合，滑动变阻器的取值范围为20Ω～30Ω。
【解析】【分析】（1）将S1闭合、S2断开，滑动变阻器滑片滑到最左端后，对R2短路，只有R1连入电路，由欧姆定律计算R1的阻值；（2）将S1、S2断开，滑动变阻器R0与R1串联，根据串联电路的特点和欧姆定律即可求出电流表的示数；（3）S1、S2闭合，滑动变阻器R0、R2并联，电流表测量干路电流，根据电流表的量程可知干路最大电流等于0.6A，由串联电路特点及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；然后即可判断滑动变阻器的取值范围。
13．【答案】（1）解：由题意可得， 闭合所有开关，R的滑片移至最左端时，变阻器接入的阻值为0，此时灯泡与R1并联，
此时灯泡正常发光，则它两端的电压为6V；
根据并联电路的电压规律可知，此时电源电压U电源=U灯额=6V。
答：电源电压为6V；
（2）解： 在（1）问的条件下， R1的电压等于电源电压6V，
则此时通过R1的电流 I1=U1R1=6V10Ω=0.6A；
R1通电1min产生的热量Q1=I12R1t=(0.6A)2×10Ω×60s=216J.
答： R1通电1min产生的热量为216J。
（3）解：根据图片可知， s1、s3闭合，s2断开，R 的滑片移至最右端， 此时灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端电压，
此时通过变阻器的电流 I变=U变R变=5V20Ω=0.25A；
灯泡两端的电压为U实=U总−U滑=6V−5V=1V；
此时灯泡的电脑族为R实=U实I变=1V0.25A=4Ω。
答：小灯泡此时的电阻为4Ω；
（4）解：①电源电压不变，根据R=U2P可知，当总功率最大时应该总电阻最小，即两个电阻并联。低温时只有一个电阻工作即可，因为保温功率最小，则此时电阻要大，即此时只让R2工作即可，则将一个开关放在R1的电路中即可，如下图所示：
②根据图片可知，当只有S2闭合时，只有R2单独工作，此时功率最小为保温档，
则此时的功率为P保温=U电源R2=(6V)240Ω=0.9W 。
【解析】【分析】 （1） 闭合所有开关，R的滑片移至最左端时，变阻器接入的阻值为0，此时灯泡与R1并联，根据灯泡正常发光和并联电路电压的规律得出电源电压；
（2）由欧姆定律I1=U1R1计算通过电阻R1的电流，根据Q=I2 Rt得出此时电阻R1通电1分钟产生的热量；
（3）根据图片可知， s1、s3闭合，s2断开，R 的滑片移至最右端， 此时灯泡与变阻器串联，电压表测变阻器两端电压，由欧姆定律得出此时电路的电流；由串联电路的规律及欧姆定律得出此时灯泡的电阻
（4）根据P=U2R可知，在电源电压不变时，电阻越小，其功率越大，结合并联电阻的规律确定两电阻的连接，根据在此基础上保温功率最小，结合R2大于R1，分析另一个开关控制的电阻，由此设计电路；根据得出保温功率大小。
14．【答案】①由图2可知，此时电热足浴器的电功率P=500W，
由P=UI得，此时足浴器的工作电流：
I= PU = 500W220V ≈2.3A；
②足浴器装入最大容量时水的体积V=5L=5dm3=5×10﹣3m3，
由ρ= mV 得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3=5kg，
则水所吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）
=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（42℃﹣22℃）
=4.2×105J；
③加热时间t=16min=960s，
由P= Wt 得，电热足浴器消耗的电能：
W=Pt=500W×960s=4.8×105J，
则该足浴器的热电效率：
η= Q吸W ×100%= 4.2×105J4.8×105J ×100%=87.5%．
答：①此时足浴器的工作电流为2.3A；②当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量为4.2×105J；③上述加热过程耗时16min，该足浴器的热电效率为87.5%．
【解析】【分析】①知道电热足浴器的加热功率和额定电压，根据P=UI的变形公式I= PU 求出此时足浴器的工作电流；②根据ρ= mV 的变形公式m=ρV求出水的质量，再利用Q吸=cm（t﹣t0）求出水所吸收的热量；③根据W=Pt求出电热足浴器消耗的电能，然后根据η= ×100%求出该足浴器的热电效率．
本题是一道电学与热学的综合应用题，