2025-2026学年河北省唐山市路南区九年级上学期1月期末物理试卷（解析版）

这是一份2025-2026学年河北省唐山市路南区九年级上学期1月期末物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分等内容，欢迎下载使用。
1.本次评价，满分60分，时间为60分钟。
2.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5mm黑色签字笔填写在答题卡上。
3.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。回答第II卷时，用0.5mm黑色签字笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。）
1. 我国古法酿醋的发酵过程中会有淡淡的粮食气味弥散开来。以下现象中蕴含了与该现象中相同物理知识的是（ ）
A. 飞沙扬砾B. 花香四溢
C. 琼花飞舞D. 余音绕梁
【答案】B
【解析】酿醋的发酵过程中会有淡淡的粮食气味弥散开来，这是扩散现象，属于分子的热运动。飞沙扬砾、琼花飞舞是宏观物体的运动，属于机械运动，不是扩散现象，故AC不符合题意；花香四溢，是因为有花香的分子飘到我们鼻子里，是分子无规则运动的结果，为扩散现象，故B符合题意；余音绕梁是声音的传播，不是扩散现象，故D不符合题意。
2. 下列关于内能知识的描述正确的是（ ）
A. 物体温度越低，内能越小，所以0℃的冰没有内能
B. 热传递中温度总是从热的物体传到冷的物体
C. 温度高的物体一定比温度低的物体内能大
D. 物体吸收热量，内能增加，温度可能保持不变
【答案】D
【解析】一切物体在任何温度下都有内能，所以0℃的冰也有内能，故A错误；热传递的实质是热量从高温物体传递到低温物体，热传递过程中传递能量的多少叫热量，而不是温度，故B错误；内能与物体的质量、温度高低、状态等因素有关，所以温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，故C错误；物体吸收热量，内能增加，温度可能保持不变，例如晶体熔化时，吸收热量，内能增加，但温度保持不变，故D正确。
3. 保证客运安全，火车站实施“验检合一”，乘客只需通过验票闸机“一道闸”，当身份信息和人脸信息都符合时，电动机转动，打开闸门，就能直接到达站台，进站速度明显提升，如图所示下列电路设计符合要求的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据题意可知，当身份信息和人脸信息都符合时，电动机转动，打开闸门，因此只有两个开关都闭合的情况下，电动机才工作，这说明两个开关相互影响，是串联的关系，然后与电动机串联。可在电路中串联一个定值电阻，起到保护电路的作用，故A符合题意，BCD不符合题意。
4. 如图所示，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，电流表、电压表均有示数。则下列分析正确的是（ ）
A. 灯泡L1和L2是并联的
B. 电压表测灯泡L2的电压
C. 若灯L1比L2亮，则灯L1的额定功率一定大于L2的额定功率
D. 若断开开关，电压表仍有示数
【答案】CD
【解析】根据电路的实物图可知，灯泡L1和L2是串联的，电流表串联在电路中，电压表测量L1两端的电压，故AB错误；灯泡的亮暗程度由小灯泡的实际电功率决定的，由题意可知，灯泡L1和L2均正常发光，即均在额定电功率下正常工作，所以若灯泡L1比L2亮，则灯L1的额定功率一定大于L2的额定功率，故C正确；若断开开关，电压表的正极连通电池正极，电压表的负极连通电池负极，所以电压表仍有示数，故D正确。
5. 如图所示，创新小组研发了一个装有静电除尘纸的拖把。扫地时除尘纸与地板摩擦后，就可以轻松地将附近的灰尘和头发清扫干净。下列说法中正确的是（ ）
A. 静电除尘纸和地面摩擦创造了电荷
B. 静电除尘纸和地面摩擦后与地面带有同种电荷
C. 静电除尘利用了带电体可以吸引轻小物体的性质
D. 静电除尘纸吸附灰尘的原理与验电器相同
【答案】C
【解析】电荷不能被创造，但可以发生转移，故A错误；静电除尘纸和地面摩擦后，一个失去电子带正电荷，一个得到电子带负电荷，故静电除尘纸和地面带异种电荷，故B错误；和地面摩擦后，静电除尘纸吸附灰尘利用了带电体可以吸引轻小物体的性质，故C正确；验电器的原理是同种电荷相互排斥，故静电除尘纸吸附灰尘的原理与验电器不同，故D错误。
6. “安全用电，珍爱生命”是人们日常生活中必须具备的意识。关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A. 使用试电笔辨别火线和零线时，手需接触笔尾的金属体
B. 开关应接在零线与用电器之间
C. 家庭电路中安装了漏电保护器，就不用安装空气开关
D. 低于220V的电压对人体来说都是安全的
【答案】A
【解析】使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体，当试电笔接触火线时，氖管才能发光，故A正确；开关应接在火线与用电器之间，断开时用电器不带电，避免触电，故B错误；漏电保护器用于漏电保护，空气开关用于过载或短路保护，两者功能不同，需同时安装，故C错误；对人体的安全电压不高于36V，如果低于220V的电压高于36V，对人来说是不安全的，故D错误。
7. 真理不能单靠“思维”来获得，还应致力于观察和实验。如图所示，有关电与磁的实验，下列分析正确的是（ ）
A. 甲图说明通电导体周围存在磁场，将小磁针移走，磁场消失
B. 乙图中地磁场的形状跟条形磁体外部的磁场相似，地磁场的北极在地理南极附近
C. 丙图中的动圈式话筒的工作原理是通电导线在磁场中受力转动
D. 丁图中若把磁极和电源的正、负极同时对调，闭合开关，导体棒的运动方向会改变
【答案】B
【解析】甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场。磁场是电流产生的，是客观存在的，它的存在与否与是否放置小磁针无关，小磁针只是用来检验磁场是否存在的工具。将小磁针移走，通电导体周围的磁场依然存在，故A错误；乙图是地磁场的示意图，从图中可以看出，地磁场的磁感线分布与条形磁铁外部的磁感线分布相似。在磁体外部，磁感线从磁体的N极发出，回到S极。图中磁感线从地理南极附近发出，回到地理北极附近，这说明地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近，故B正确；丙图是动圈式话筒，其工作原理是电磁感应现象。当人对着话筒说话时，声波引起薄片振动，带动线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，从而将声信号转换为电信号。“通电导线在磁场中受力转动”是电动机的工作原理，故C错误；丁图是通电导体在磁场中受力运动的实验，导体受力方向与磁场方向、电流方向有关。若把磁极和电源正负极同时对调，磁场方向和电流方向均反向，导体受力方向不变，故D错误。
8. 如图所示的电路中，电源电压不变，为定值电阻，为滑动变阻器。闭合开关S后，在滑片P从最左端向右移动到中间位置的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A2和电流表A1示数之差不变
B. 电流表A2和电流表A1的示数之差变小
C. 电压表V和电流表A1的示数之比变大
D. 电压表V和电流表A2的示数之比变小
【答案】D
【解析】分析电路可知，闭合开关S后，、并联，电流表测电流，电流表测干路电流，电压表测电源电压。在滑片P从最左端向右移动到中间位置的过程中，阻值变小，根据，通过的电流变大。根据并联电流规律，电流表A2和电流表A1的示数之差即为通过的电流，所以电流表A2和电流表A1的示数之差变大，故AB错误；在滑片P从最左端向右移动到中间位置的过程中，电源电压不变，则电压表示数不变；电流表A1的示数不变，通过的电流变大，根据并联电流规律，电流表A2的示数变大，所以电压表V和电流表A1的示数之比不变，电压表V和电流表A2的示数之比变小，故C错误，D正确。
9. 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，小明采用了如图甲、乙所示的实验装置，其中两次实验电源电压相同，两个透明容器中封闭着等质量的空气，下列相关说法正确的是（ ）
A. 该装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻放出热量的多少的
B. 图甲中两个电阻丝电流不相等
C. 图乙中为探究热量与电流的关系，电阻丝的阻值应为10Ω
D. 对比两次实验，在相同时间内图乙中电阻丝产生的热量大于图甲中电阻丝产生的热量
【答案】D
【解析】装置是利用密闭空气的热胀冷缩，使U形管中液面出现高度差，来反映电阻放出热量的多少，并非液体的热胀冷缩，故A错误；图甲中和是串联的，串联电路中电流处处相等，故B错误；图乙要探究热量与电流的关系，需控制电阻和通电时间相同，改变电流。右侧是电阻与并联，再与左侧5Ω的串联；需要控制电阻相同，因此阻值应为，故C错误；图甲中和是串联，总电阻； 图乙中右侧电阻与并联，并联电阻
总电阻
电源电压U相同，，根据公式可知，电路中的总电流。，根据公式，相同时间内产生的热量大于图甲中产生的热量，故D正确。
10. 图甲是一种测温电路，温度表由量程为3V的电压表改装而成，电源电压U恒为6V，R的阻值为40Ω，热敏电阻的阻值Rt随温度t变化的关系如图乙所示。则（ ）
A. 电路可测量的最高温度为50℃
B. 温度表的10℃应标在电压表1V刻度处
C. 若将U增大3V，R增大60Ω，电路可测量的最高温度将增大
D. 若仅将U减小，电路可测量的最高温度将减小
【答案】C
【解析】由图甲可知，R和Rt串联，温度表并联在Rt两端，由串联电路的分压规律可知电阻越大，其两端电压越大，已知电压表的最大量程为3V，即Rt两端的电压最大Ut大=3V，由串联电路的电压特点可知，R两端的最小电压
UR小=U-Ut大=6V-3V=3V
此时电路中的最小电流
则Rt的最大阻值
由图乙可知此时测得最高温度为30℃，故A不符合题意；
由图乙可知，当温度为10℃时，Rt′=20Ω，由串联电路的电阻特点可知总电阻
R总=R+Rt′=40Ω+20Ω=60Ω
电路中的电流
则Rt两端的电压
Ut=IRt′=0.1A×20Ω=2V
故B不符合题意；
若U增大3V，即
U′=3V+6V=9V
R增大60Ω，即
R′=60Ω+40Ω=100Ω
此时R两端的最小电压
UR小′=U′-Ut大=9V-3V=6V
此时电路中的最小电流
则Rt的最大阻值
此时可测最高温为50℃，大于30℃，故C符合题意；
若仅将U减小，则R两端的最小电压也减小，由欧姆定律可知电路中的最小电流也减小，则由可知Rt的最大值增加，由图乙可知，测得的最高温增加，故D不符合题意。
二、非选择题（本大题共10小题，共40分。）
11. 如图所示，把净的玻璃板吊在弹簧测力计的下面，读出测力计的示数，使玻璃板水平接触水面，然后稍稍用力向上拉玻璃板，弹簧测力计的示数将会_________(填“变大”“变小”或“不变”)，原因是__________________ 。
【答案】变大 分子间有引力
【解析】如图，当玻璃板水平接触水面，再稍稍用力向上拉玻璃板时，由于分子间存在引力，即水分子和玻璃分子间距较小时，会受到分子间引力的作用，所以测力计的示数会变大。
12. 2024年10月30日搭载着神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭点火发射，将3名航天员送入太空，飞船入轨后与空间站组合体实现交会对接成功。高速运动的火箭在升空过程中与空气摩擦，火箭整流罩外壳温度升高，这是通过_________ （选填“热传递” 或“做功”）的方式改变内能。在空间站内航天员利用___________（选填“电磁波”或“超声波”）与地面交流。
【答案】做功 电磁波
【解析】高速运动的火箭在升空过程中与空气摩擦，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，使火箭整流罩外壳内能增大，温度升高，这是通过做功的方式改变内能。
电磁波可以传递信息，且传播不需要介质，在空间站内航天员利用电磁波与地面交流。
13. 2025年11月22日，全球最大“华龙一号”核电基地—福建漳州核电2号机组首次并网成功向电网送电，核电站利用核反应释放能量来发电，这种反应称为核______（选填“聚变”或“裂变”）；核能属于______（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
【答案】裂变 不可再生
【解析】人类获取核能的方式有两种：核裂变、核聚变。核电站利用可控核裂变的链式反应释放的核能来发电的。
核能来源于铀矿，铀矿在地球上的储量是有限的，消耗后无法在短时间内再生，故核能属于不可再生能源。
14. 如图甲所示电路电源电压恒定，图乙是额定电压为4V的小灯泡L和电阻R1的I-U图像。只闭合开关S1、S2，电压表示数为2V，则电源电压为____V；闭合开关S1、S3，小灯泡正常发光，则R2的阻值为____。
【答案】 8 5
【解析】由图乙可知，电阻R1的I-U图像是一条过原点的倾斜直线，因此R1是定值电阻，根据欧姆定律可得，R1的阻值为
由图甲可知，只闭合S1、S2，R1与灯泡L串联，电压表测量灯泡L两端的电压，电压表示数为2V，即。由图乙可知，此时通过灯泡L的电流为0.6A，由串联电路电流特点可知，通过R1的电流为
则R1两端的电压为
由串联电路电压特点可知，电源电压为
闭合S1、S3，R2与灯泡L串联，小灯泡正常发光，即，由图像可知，此时电路电流为，由串联电路电压特点可知，R2两端的电压为
由串联电路的电流特点和欧姆定律可得，R2的阻值为
15. 我国高铁采用了能量回收制动方式，列车到站前停止动力供电，继续向前运行，内部线圈随车轮转动，切割磁感线产生感应电流，把___________能转化为电能进行回收。该工作方式属于___________现象。
【答案】机械 电磁感应
【解析】列车到站前停止动力供电但仍向前运行，此过程中列车依靠惯性保持运动状态，具有机械能（动能，因列车在运动）。内部线圈随车轮转动、切割磁感线时，消耗了列车的机械能，进而产生感应电流（得到电能），所以是机械能转化为电能。
“内部线圈随车轮转动，切割磁感线产生感应电流”，符合电磁感应现象的定义（闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流），因此该工作方式属于电磁感应现象。
16. 根据如图所示实验回答下列问题。
（1）如图，该装置可以探究电磁铁的磁性强弱与____的关系，根据安培定则可判断铁钉的上端为电磁铁的____极。
（2）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。
①实验中应取_________相等的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，用相同规格的电加热器加热甲、乙两种液体，它们吸收相同的热量时，通过_________来比较甲和乙两种液体的吸热能力的强弱。
②通过实验，记录数据如表格所示。从开始加热到40℃，甲、乙两种液体吸收热量的关系为Q甲_________Q乙（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】（1）电流大小 N
（2）①. 质量 升高的温度 ②. 小于
【解析】（1）装置中滑动变阻器可改变电路电流，电磁铁线圈匝数固定，因此探究的是磁性强弱与电流大小的关系。
根据安培定则，用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向螺线管的N极。电流从铁钉上端流入、下端流出，因此铁钉上端为N极。
（2）探究不同物质吸热能力，需控制变量，故需取质量相等的甲、乙两种液体。
相同规格电加热器加热，吸收热量相同时，升高的温度越小，吸热能力越强，故通过升高的温度来比较甲和乙两种液体的吸热能力的强弱。
由转换法，液体吸收热量的多少由加热时间反映，从表格数据可知，乙升高到40℃用了3分钟，甲升高到40℃需要的时间小于3分钟，小于乙的时间；因此
17. 在“探究通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小明利用以下器材进行实验：学生电源（调到某电压值），电阻分别为5、10、15、20的定值电阻，电流表、电压表、开关、滑动变阻器各1个，导线若干。
（1）他连接的电路如图所示，有一根导线接错了，请在接错的导线上打“×”，并改接到正确位置_________。
（2）改正错误后，闭合开关，移动滑片，电流表和电压表都没有示数，小明由此猜测不可能是_________（选填“定值电阻”“滑动变阻器”或“开关”）断路。解决故障后，小明进行了实验，在表格中记录了实验数据。分析实验数据，小明发现电流与电阻不成反比，原因是_________。
（3）老师指出第3、4次数据是编造的，原因是_________。小明向老师坦白了实验过程：在得出第一组数据之后，就没有再调节滑动变阻器，由此可知，在记录数据时，滑动变阻器接入电路的电阻为_________Ω，选取电源电压为_________V。
【答案】（1）
（2）定值电阻 没有控制定值电阻两端电压恒定
（3）定值电阻两端电压超过电压表测量范围 10 6
【解析】（1）由图可知，错误之处是滑动变阻器与定值电阻并联，电压表串联在电路中，改正方法：将连接定值电阻右侧接线柱和电流表“-”接线柱的导线，改成为连接定值电阻右侧接线柱和电压表“-”接线柱，如图所示：
（2）闭合开关后，若定值电阻断路，电流表无示数，由于此时电压表两接线柱到电源两极是通路，故电压表有示数，接近于电源电压，不符合题干信息；若滑动变阻器或开关断路，造成整个电路断路，故电流表无示数，由于此时电压表两接线柱到电源两极是断路，故电压表无示数，符合题干信息。故电路故障可能是滑动变阻器或开关断路，不可能是定值电阻断路。
在探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端电压不变。由实验数据可知，定值电阻两端的电压分别为
由此可知，电流与电阻不成反比的原因是：没有控制定值电阻两端的电压恒定。
（3）由第（2）问分析可知，第3次和第4次实验时，定值电阻两端的电压分别为3.6V、4V，超过了电压表的量程“0~3V”，故这两次数据是编造的。
在得出第一组数据之后，就没有调节滑动变阻器，由1、2数据可知，电源电压为①
②
联立①②两式，解得，。
18. 如图小华同学在“测定小灯泡电功率”的实验中，提供的器材有：电压恒为6V的电源，额定电压为2.5V的待测小灯泡，电流表（0~0.6A，0~3A），电压表（0~3V，0~15V），开关和导线若干，另有标有“10Ω 1A”的滑动变阻器R1，标有“50Ω 0.5A”的滑动变阻器R2和滑动变阻器R3“30Ω 0.2A”。
（1）小华按图甲正确连接电路，闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，为使灯正常发光，滑片P应向_________移动（选填“左”或“右”）。当滑片向左滑动时，电压表与电流表示数的比将_________。（选填“变大”“变小”或“不变”）
（2）小华根据实验数据绘制出如图丙的I-U图像，可知小灯泡正常发光的电阻为_________Ω，他还发现图像是曲线，原因是小灯泡灯丝的电阻随_________升高而变大；
（3）为了能够顺利完成实验探究，本实验选择的滑动变阻器是_________（选填“R1”或“R2”或“R3”）；
（4）另一小组为了测量已知额定电压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推导出小灯泡的额定功率表达式_________（用物理量、和表示）
【答案】（1）左 变大 （2）10 温度 （3）
（4）①. ③.
【解析】（1）由图甲可知，电压表的量程为“0~3V”，分度值为0.1V，由图乙可知，电压表示数为2.2V，小于灯泡的额定电压，为使灯正常发光，应增大灯泡两端的电压，则应减小滑动变阻器两端的电压，根据串联电路电压原理可知，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，故应将滑片P向左移动。
由图甲可知，电压表与电流表示数的比等于小灯泡的电阻，小灯泡的电阻随温度升高而变大；当滑片向左滑动时，由串联电路分压原理可知，灯泡两端的电压变大，灯泡变亮，温度升高，电阻变大，故两电表示数的比将变大。
（2）由图像可知，灯泡正常发光时的电流为0.25A，则灯泡正常发光时的电阻为
由图像可知，小灯泡的电流与电压的图线不是直线，原因是灯泡的电阻不是定值，其电阻随温度的升高而增大。
（3）电源电压为6V，灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为
此时电路电流为0.25A，则滑动变阻器接入电路的电阻为
大于滑动变阻器R1的最大电阻，则R1不符合要求；R3允许通过的最大电流小于灯泡正常发光时的电流，则R3不符合要求，故应选择滑动变阻器R2。
（4）由图丁可知，断开开关S1，闭合开关S2，R0与灯泡L并联后再与滑动变阻器串联，此时电流表测量R0的电流，根据并联电路电压特点可知，灯泡正常发光时，R0两端的电压为U额，此时通过R0的电流为
故为了测量灯泡的额定功率，调节滑片P，使电流表示数为时，灯泡正常发光。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，此时灯泡与定值电阻仍是并联的，灯泡仍正常发光，电流表测量干路电流，则通过灯泡的额定电流为
则灯泡的额定功率为
19. 图甲为某款电热煲汤锅，其简化电路如图乙所示。S为手动开关，S1为自动温控开关，温度达到100℃时，自动切换到保温状态，R1和R2均为阻值不变的电热丝。煲汤锅部分参数如表，求：
（1）煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）某次煲汤锅对初温为50℃、质量为3.3kg的汤汁加热（汤汁沸点100℃），不考虑汤汁质量变化和热量损失，问煲汤锅正常工作多少时间可将汤汁加热至沸点。[]
【答案】（1）5A （2）440Ω （3）600s
【解析】（1）加热状态下的电流
（2）分析电路图可知，当开关、都闭合时，被短路，电路中只有工作，此时电路总电阻最小，根据可知，电功率最大，处于加热状态。
电热丝的阻值为
当开关闭合、断开时，和串联，此时电路总电阻最大，电功率最小，处于保温状态。
保温状态下电路的总电阻为
根据串联电路电阻特点，的阻值为
（3）汤汁从初温加热至沸点吸收的热量为
不考虑热量损失，煲汤锅消耗的电能全部转化为内能被汤汁吸收，即
煲汤锅在加热状态下工作，其加热功率
需要加热时间为
20. 如图所示电路中，电源电压恒为21V，定值电阻R1阻值为15Ω。滑动变阻器R2，规格为“40Ω 1.2A”，电流表的量程为“0~3A”，电压表的量程为“0~15V”。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，当滑片移至某一位置时，电流表的示数为0.4A。
（1）求此时滑动变阻器两端的电压；
（2）在保证电路安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片，电路消耗的最大功率是多少？
（3）改变电源电压、将电压表改接在滑动变阻器R2的两端，闭合开关S，在保证电路安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片，发现电压表示数的变化范围为6V~15V。请计算电源电压的大小及电路中电流的最小值。
【答案】（1）15V （2）21W （3）24V，0.6A
【解析】（1）由题意可知，电流表的示数为0.4A时，电阻R1两端的电压为
则滑动变阻器R2两端的电压为
（2）当电路中电流最大时，电路的功率最大。当电压表满偏时，电路中的电流最大，为
此时电路安全，故电路的最大功率为
（3）电压表接在滑动变阻器R2的两端，当电压表示数最小为6V时，电路中电流最大为
此时R1两端的电压为
则电源电压为
由欧姆定律可知，电源电压不变，当滑动变阻器阻值最大时，电路电流最小。根据串联电路分压原理可知，此时电压表示数最大为15V，根据串联电路电压规律，R1两端的电压为
此时电路的最小电流为
此时滑动变阻器阻值接入的阻值为
所以，成立。故电源电压为24V，电路中电流的最小值为0.6A。加热时间/min
0
1
2
3
甲温度/℃
28
32
36
44
乙的温度/℃
12
19
26
40
次数
1
2
3
4
R/
5
10
15
20
I/A
0.4
0.3
0.24
0.2
额定电压
额定功率
220V
加热
保温
1100W
100W