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初中物理第十五章 电功和电热综合与测试单元测试练习
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这是一份初中物理第十五章 电功和电热综合与测试单元测试练习，共33页。试卷主要包含了0分），5W，0伏，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
苏科版初中物理九年级下册第十五章《电功和电热》单元测试卷
考试范围：第十五章；考试时间：75分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从b点滑到a点的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图线如图乙所示。下列叙述正确的是( )
①电源电压为14V
②图乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线
③滑片在a点时，电阻R中的电流是1A
④滑片在b点时，10s内电阻R2消耗的电能为20J
A. 只有①③ B. 只有②④ C. 只有②③ D. 只有①④
2. 小明家上次查看电能表示数为本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 他家在这段时间内消耗的电能为903kW⋅h
B. 电能表是测量电功率的仪表
C. 若只让一个标有“220V 1000W”的电热水器正常工作10min，则电能表圆盘转了600转
D. 这个电能表的额定功率为2200W
3. 如图所示，导体A、B是由同种材料做成的，A和B等长，但A比B的横截面积大。当S闭合后，在相同的时间内，下列叙述正确的是( )
A. 电流通过A，B所做的功是WA>WB
B. 电流通过A，B所做的功是WA
D. 无法比较电流通过A，B时所做的电功的大小
4. “赛龙舟”是端午节里的传统节目。小浩自制了一个卡通龙舟，用亮度可调节的红、绿灯做它的眼睛。他用规格为“12V，6W”的红灯、“12V，12W”的绿灯及“24Ω，2A”的滑动变阻器等元件，设计了如图所示电路。当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯都正常发光。电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为24V
B. 该电路最大工作电流是2A
C. 该电路最小电功率是3W
D. 该电路最大电功率与最小电功率之比为9:2
5. 如图所示，当只闭合S1、S2，滑片P在R3最右端时，电压表V2示数为U1，电流表A2示数为I1；当只闭合S1，且滑片P在R3最右端时，电压表V1示数为U2；当只闭合S1，且滑片P在R3最左端时，电阻R1消耗的电功率为P1=2.5W；当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，电流表A2示数为I2，A1示数为I3=3A。已知I1：I2=1：4，U1：U2=7：6。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为20 V
B. 当只闭合 S1、S3，电路总功率为22.5W
C. 当只闭合 S1时，电路总功率最大为15 W
D. 电阻 R3的最大阻值为20Ω
6. 如图甲所示电路，电源电压不变，电流表的量程为“0∼3A”，小灯泡L的规格为“6V 3W”，忽略温度对小灯泡电阻的影响。只闭合开关S2，当滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R2的电功率跟电路的总功率之比η与R2的关系如图乙所示，且当滑片滑到b端时，滑动变阻器的阻值为Rb，电流表的示数为0.3A；只闭合开关S1，小灯泡正常发光。在保证电路安全的情况下，小明同学算出了以下数据，都正确的一组是
①电源电压U=18V；②开关均闭合，R2的变化范围为4∼48Ω；③R1的阻值为24Ω；④RL:Rb=1:4
A. ①③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③
7. 如图是一个油量表的示意图，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”。闭合开关，当浮球最低时滑片P滑到a端，电流表示数为0.3A，当浮球最高时，滑片P滑到b端，电流表示数为0.5A.下列说法错误的是( )
A. 电阻R1的阻值为30Ω
B. 电源电压为15V
C. 在加满油后，1min内电阻R1产生的热量为450J
D. 电阻R1最小功率为7.5W
8. 如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片P置于滑动变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，此后100s内定值电阻R1产生的热量为200J。下列结果正确的是( )
A. 电源电压为10V B. R1的阻值为18Ω
C. 滑动变阻器R的最大阻值为9Ω D. R1先后两次消耗的电功率之比4：3
9. 在如图所示的实物电路中，电源电压恒为3V，滑动变阻器的规格为”10Ω 1A“，灯泡上标有“2.5V 1W”的字样，闭合开关后调节滑动变阻器的滑片，在保证各元件安全的情况下，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡正常发光时的电阻为2.5Ω
B. 向右移动滑片时，电压表V1的示数变小，小灯泡亮度变暗
C. 向右移动滑片时，电压表V2与电流表A的示数之比不变
D. 让小灯泡正常发光1min，滑动变阻器产生的电热为12J
10. 电工师傅常用一只额定电压为220 V的灯泡L0(检验灯泡)取代保险丝来检查新安装的照明电路中每个支路的情况，如图所示。当S闭合后，再分别闭合S1、S2、S3(每次只闭合其中之一)时，下列说法正确的是( )
A. L0发光呈暗红色，说明该支路正常
B. L0正常发光，说明该支路断路
C. L0不发光，说明该支路短路
D. 电路没有故障时，闭合任一开关，L0会正常发光
11. 如图所示是某同学家的部分电路，开始时各部分正常工作，当电饭煲的插头插入插座后，正常烧水的电热壶突然不工作了，灯泡也熄灭了，拔出电饭煲的插头后，电热壶和灯泡仍不能工作，把试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，下列说法正确的是( )
A. 和灯泡连接的开关接法正确
B. 故障可能是电热壶所在电路的B、D两点间短路
C. 故障可能是电路的C、D两点间导线断路
D. 故障可能是零线至C点间导线断路
12. 为了确保用电安全，家中都会安装配电盘。配电盘中除了装有分别控制厨房、客厅和卧室等用电的开关外，还装有漏电保护器。小明装完新房后，将插排插入客厅墙上的电源插孔中，然后将电视机的电源插头插入插排的电源插孔，但打开电视机后，配电盘中漏电保护器就“跳闸”了。小明拔下电视机电源插头，把漏电保护器的开关复原(重新闭合)，然后将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器再次“跳闸”。关于发生上述现象的原因，下列猜想正确的是( )
A. 墙上的电源插座中的火线和零线间短路了
B. 插排中插座处的零线和地线接反了
C. 插排中插座处的零线和火线接反了
D. 插排中插座处的火线和地线接反了
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 如今已是电气化时代，小芳同学回到家中会同时使用多种家用电器.当她每多接通一个家用电器，家庭电路的总电阻_______。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
14. 如图甲所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，两只电压表与电流表示数的变化关系图线如图乙所示，则电源电压为______V，滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量为______J。
15. 如图所示，电源电压恒定，小灯泡L标有“6V3W”字样(不计温度对灯丝电阻的影响)。当S、S1闭合，滑动变阻器滑片P在最右端时，小灯泡L正常发光，则电源电压为______V.当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点，电流表的示数为0.2A.则滑动变阻器的最大阻值是______Ω.此电路消耗的最大功率与最小功率之比为______。
16. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表的示数随电流表的示数变化的图像如图乙所示。当滑动变阻器的电阻丝接入电路的长度为总长度的45时，通电10s，该电路消耗的电能为______J。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 一间教室要安装2盏“220V 40W”(“220V”的意思是：当加在该电灯两端的电压为220V时，灯就正常发光)的电灯和有关插座，要求开关S控制两盏灯，且每盏灯都能正常发光。请按以上要求将图中元件用笔画线代替导线连接起来。
18. 如图所示，插座和电灯(带开关)是组成家庭电路的常用器件，请你用笔画线代替导线将各器件正确连入电路中
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”。
实验装置如图所示，A、B两个相同的烧瓶中装有等质量、等温度煤油。烧瓶内装有同材质、同长度的电热丝，RA>RB。
(1)A瓶中电热丝比B瓶中电热丝的横截面积______。
(2)闭合开关，通过RA的电流______通过RB的电流，通电一段时间后，______瓶的温度更高，电热丝产生热量更多。
(3)与上述实验过程采用的两种物理研究方法不同的是______。
A.探究物体受到几个力作用，引入了合力的概念
B.探究压力的作用效果，可通过观察海绵的凹陷程度
C.探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定
20. 小华做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好。其中电源电压有4、6、8、10和12伏五挡可选，待测小灯标有“6V”字样。他按如图串联电路，然后将电压表接入电路，将滑动变阻器的滑片P置于一端。闭合开关S，将电压表和电流表示数记录在如表的序号1中，然后将滑片P先后移到变阻器中间某处和另一端，并将相应的电压表和电流表示数分别记录在如表序号2、3中。
物理量序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
小灯功率(瓦)
1
1.0
0.30
/
2
2.5
0.50
/
3
4.0
0.56
/
①实验中小华将电压表接在______ (选填“小灯”或“滑动变阻器”)两端，所用滑动变阻器的最大阻值R最大= ______ 欧。
②判断实验过程中小灯能否正常发光，并写出依据。______ 。
③经过思考，小华断开开关S，调整电源电压，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大。继续实验，闭合开关S，电压表示数为6.0伏。请根据相关信息，求小灯的额定电流I额。______ (本小题需写出计算过程)。
④小灯的额定功率P额= ______ 瓦。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 在综合实践活动中，小峰设计了一种煮饭电路，如图甲所示．图中R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关．煮饭时，将该电路接入220 V电源，在30 min内，电路总功率随时间变化的图像如图乙所示．求：
(1)0～5 min内通过R1的电流；
(2)30 min内电路消耗的电能；
(3)10～15 min内R1的电功率．
22. 如图所示的电路中，电源电压恒定，小灯泡L标有“6 V 4.8 W”的字样，电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2标有“20 Ω 0.5 A”。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10 s内电路消耗的总电能．
(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的电功率为多大？
23. 如图甲是小平家的养生壶，其加热功率为800W，保温功率为40W，水壶容积1L，有加热和保温两种工作状态，其内部简化电路如图乙(R1、R2为加热电阻)。将养生壶接入电路，养生壶工作时，闭全开关S1、S2养生壶处于加热状态，当水温达到设定值时，S2自动断开，养生壶变为保温状态。【ρ水=1.0×103kg/m3；c水=4.2×103J/(kg⋅℃)】求：
(1)R2的阻值；
(2)养生壶“加热”时，用时10min将1L水由20℃加热到100℃，水吸收多少热量；
(3)这段时间内养生壶的加热效率。
24. 一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表(设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变)。
额定电压
电炖锅档位
额定功率/W
200V
低温
200
中温
400
高温
600
(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流(计算结果保留一位小数)；
(2)在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/(kW⋅h)”的电能表转盘在12ls内转了20圈，求此时的实际电压；
(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到50℃时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由图甲知，R、R1、R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中电流。
(1)由图知，滑动变器的滑片P在b点时，总电阻最大，电路中的电流最小，此时两个电压表的示数分别为12V、2V，则两个电压表的示数之和为12V+2V=14V；由于电路中R、R1、R2串联，电阻R会分得一部分电压，所以，电源电压一定大于此时两个电压表的示数之和14V，故①错误；
(2)滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大；变阻器连入电路的电阻变小，根据串联电路的分压原理可知，滑动变阻器R1两端的电压变小，则R2两端的电压变大；所以，图乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，故②正确；
(3)滑片P在a点时，总电阻最小，电路中的电流最大，从“U−I”关系图象可知，此时的电流Ia=3A，U1=6V、U2=6V；故③错误；
根据欧姆定律可得，电阻R2的阻值：R2=U2Ia=6V3A=2Ω；
(4)滑片P在b点时，总电阻最大，电路中的电流最小，从“U−I”关系图象可知，滑片P在b点时的电流Ib=1A，
滑片在b点时，10s内电阻R2消耗的电能：W=Ib2R2t=(1A)2×2Ω×10s=20J，故④正确。
综上分析可知，正确的只有②④。
故选：B。
(1)滑动变器的滑片P在b点时，电路中的电流最小，滑动变阻器两端的电压最大，由于滑动变阻器R1、电阻R、R2串联，此时两个电压表的示数之和一定小于电源电压，据此可判断；
(2)滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；据此可判断出图乙中dc，ec分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
(3)从“U−I”关系图象可以看出，滑片P在a点的电压表示数与电流值，根据欧姆定律求出R2的阻值；
(4)从“U−I”关系图象可以看出，滑片P在b点的电流值，再利用W=I2Rt即可求出滑片在b点时，消耗的电能。
本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U−I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U−I图象中的信息。
2.【答案】C
【解析】解：
A、他家在这段时间内消耗的电能W=8633.5kW⋅h−8543.2kW⋅h=90.3kW⋅h，故A错误；
B、电能表是测量消耗电能的仪表，不是测量电功率的，故B错误；
C、3600r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转过3600r，
只让一个标有“220V1000W”的电热水器正常工作10min，其消耗的电能为W=Pt=1kW×16h=16kW⋅h；
则电能表的圆盘转过的圈数：N=16kW⋅h×3600r/(kW⋅h)=600r，故C正确。
D、根据该电能表的铭牌可知，其允许接入用电器的最大功率P=UI=220V×10A=2200W；但电能表属于测量仪表，不消耗电能，没有额定功率，故D错误。
故选：C。
本题考查了电能表的作用和消耗电能的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，在其他条件相同时，导体的横截面积越大，其电阻越小；
(2)两电阻串联时通过它们的电流相等，根据W=UIt=I2Rt可知，相同时间内电阻大的导体电流做的功较多。
本题考查了电功的大小比较，利用好串联电路的电流特点和影响电阻大小的因素是关键。
【解答】
解：
因导体A、B的材料、长度相同，但A比B的横截面积大，所以，导体A的电阻小于导体B的电阻，
由因串联电路中各处的电流相等，所以，由W=UIt=I2Rt可知，相同时间内，B的电阻大，电流做的功较多，即WA
4.【答案】C
【解析】解：(1)当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯并联，两灯都正常发光，说明灯泡两端的电压为额定电压，根据并联电路电压的规律知电源电压为12V，故A错误；
(2)当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯并联，两灯都正常发光
根据P=UI知，
红灯中的电流：I红=P红U=6W12V=0.5A，
绿灯中的电流：I绿=P绿U=12W12V=1A，
因为两灯并联，所以电路中的总电流：
I=I红+I绿=0.5A+1A=1.5A，
所该电路最大工作电流是1.5A，故B错误；
(3)由P=UI知，电压一定，当R电阻最小且两灯并联时，电路中的电流最大，电路中的功率最大，
两灯泡并联且滑片P在最右端时电路的总电阻最小，此时两灯并联且都正常发光，
所以电路中的最大功率为：P大=P红+P绿=12W+6W=18W；
当R的阻值最大，且和两灯中电阻较大的串联时电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，消耗的总功率最小，
由R=U2P可知，两灯的额定电压相同，红灯的功率较小，所以红灯电阻较大，
R红=U红2P红=(12V)26W=24Ω，
电路中的总电阻：R总=R红+R滑=24Ω+24Ω=48Ω，
由题意知，电源电压为U=12V，
电路消耗的最小功率：
P小=U2R总=(12V)248Ω=3W，故C正确；
该电路最大电功率与最小电功率之比为P大：P小=18W：3W=6：1，故D错误。
故选：C。
(1)闭合开关S、S1、S2，两灯并联且都正常发光，判断出电源电压；
(2)根据P=UI求出两灯的电流，根据I=I红+I绿求出最大电流；
(3)根据P=UI可知，当电路中的电阻最小，电流最大时，电路中的功率最大；电阻最大，即电流最小时，总功率最小，并求出最大和最小功率之比。
此题主要考查的是学生对电功率、欧姆定律、并联电路电流规律公式的理解和掌握，注意变形公式的熟练运用，弄清楚什么时候电功率最大和最小是解决此题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：AD、当只闭合S1、S2，滑片P在R3最右端时，只有R3接入电路，电压表V2测电源电压，电流表A2测电路中的电流，此时电压表V2示数为U1即为电源电压，电路中的电流：I1=U1R3，
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测R2、R3支路的总电流，由并联电路的电流特点和欧姆定律可知，电流表A2示数：I2=U1R2+U112R3，
由I1：I2=1：4可得：I1I2=U1R3U1R2+U112R3=14，
解得：R3=2R2……①
当只闭合S1，且滑片P在R3最右端时，R1、R2、R3串联，电压表V1测R2、R3两端的总电压，因此R2、R3两端的总电压为U2，
由U1：U2=7：6和串联电路的电压特点可得：UR1UR2R3=U1−U2U2=U1U2−1=76−1=16，
由串联电路的电阻特点和分压原理可得：UR1UR2R3=R1R2+R3=16……②
由①②可得：R2=2R1，R3=4R1，
当只闭合S1，且滑片P在R3最左端时，R1、R2串联，
由串联电路的电阻特点和分压原理可得：UR1′U1=R1R1+R2=R1R1+2R1=13，
解得此时R1两端的电压：UR1=13U1，
由P=UI=U2R可知，此时电阻R1消耗的电功率：P1=UR12R1=(13U1)2R1=2.5W，
整理可得：U12R1=22.5W……③
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测干路电流，
由并联电路的电流特点和欧姆定律可得：I3=U1R1+U1R2+U112R3=U1R1+U12R1+U112×4R1=3A，
解得：2U1R1=3A……④
由③④解得：U1=15V，R1=10Ω，
则R2=2R1=2×10Ω=20Ω，R3=4R1=4×10Ω=40Ω，故AD错误；
B、当只闭合 S1、S1，只有R1接入电路，电路总功率：P=U12R1=22.5W，故B正确；
C、当只闭合S1时，R1、R2、R3串联，由P=UI=U2R可知，电源电压一定，电路中的总电阻越小，电路中的总功率越大，
因此当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大为：P′=U12R1+R2=(15V)210Ω+20Ω=7.5W，故C错误。
故选：B。
(1)当只闭合S1、S2，滑片P在R3最右端时，只有R3接入电路，电压表V2测电源电压，电流表A2测电路中的电流，此时电压表V2示数为U1即为电源电压，根据欧姆定律表示出电路中的电流I1，
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测R2、R3支路的总电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出电流表A2示数I2，根据I1：I2=1：4求出R2、R3的阻值关系；
当只闭合S1，且滑片P在R3最右端时，R1、R2、R3串联，电压表V1测R2、R3两端的总电压，因此R2、R3两端的总电压为U2，根据U1：U2=7：6和串联电路的特点特点求出R1、R2的阻值关系和R1、R3的阻值关系；
当只闭合S1，且滑片P在R3最左端时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和分压原理求出此时R1两端的电压与电源电压U1的关系，根据P=UI=U2R和“电阻R1消耗的电功率为P1=2.5W”求出U12R1的值；
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测干路电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出干路电流I3，结合U12R1的值可求电源电压和R1的阻值，进而求出R2、R3的阻值；
(2)当只闭合 S1、S1，只有R1接入电路，根据P=UI=U2R求电路总功率；
(3)当只闭合S1时，R1、R2、R3串联，由P=UI=U2R可知，电源电压一定，电路中的总电阻越小，电路中的总功率越大，由串联电路的电阻特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的总电阻最小，根据P=UI=U2R求电路的最大功率。
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率公式的应用，明确开关闭合和断开时的电路连接情况是解题的关键。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式以及图像法的应用，难度较大。
(1)通过R=U2P求出灯泡电阻；只闭合开关S2，灯L与滑动变阻器串联，通过图乙图象可知：当滑动变阻器R2的滑片在b端时，滑动变阻器R2的电功率跟电路的总功率之比，结合P=I2R，可求出R2的最大阻值，从而得到灯泡与Rb的阻值之比；根据此时电流，利用欧姆定律求出电源电压；
(2)只闭合开关S1，灯泡与R1串联，根据小灯泡正常发光可求出此时电流，通过欧姆定律求出总电阻，利用串联电路的电阻关系求出R1的阻值；
(3)当三个开关都闭合时，灯泡L被短路，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表达到满偏，通过欧姆定律求出定值电阻的电流，根据并联电路电流关系得到滑动变阻器通过的最大电流，可利用欧姆定律求出滑动变阻器允许接入的最小阻值。
【解答】
(1)灯泡电阻：RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω；
只闭合开关S2，灯L与滑动变阻器串联，通过图乙图象可知：当滑动变阻器R2的滑片在b端时，滑动变阻器R2的电功率跟电路的总功率之比是80%，则：
P2P总=I2RbI2(RL+Rb)=RbRL+Rb=Rb12Ω+Rb=80％，
解得：Rb=48Ω，
所以RL∶Rb=12Ω∶48Ω=1∶4；
电源电压：U=I(RL+Rb)=0.3A×(12Ω+48Ω)=18V；
(2)只闭合开关S1，灯泡与R1串联，小灯泡正常发光，此时电流：
IL=PLUL=3W6V=0.5A，
总电阻：R总=UIL=18V0.5A=36Ω，
则R1=R总−RL=36Ω−12Ω=24Ω；
(3)当三个开关都闭合时，灯泡L被短路，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表达到满偏，总电流为3A，
定值电阻的电流I1=UR1=18V24Ω=0.75A，
滑动变阻器通过的最大电流I大=I总−I1=3A−0.75A=2.25A，
所以滑动变阻器允许接入的最小阻值R小=UI大=18V2.25A=8Ω，R2的变化范围为8∼48Ω；
综上所述，②错误，①③④正确，故选A。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流。
(1)当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I=UR可得，电源的电压：
U=Ia(R1+R2)=0.3A×(R1+20Ω)，
当滑片位于b端时，电路为R1的简单电路，则电源的电压：
U=IbR1=0.5A×R1，
因电源的电压不变，
所以，0.3A×(R1+20Ω)=0.5A×R1，
解得：R1=30Ω，故A正确；
电源的电压U=IbR1=0.5A×30Ω=15V，故B正确；
(2)在加满油后，滑片位于b端，则1min内电阻R1产生的热量：
Q1=Ib2R1t=(0.5A)2×30Ω×60s=450J，故C正确；
当滑片位于a端时，电阻R1的功率最小，则
P1=Ia2R1=(0.3A)2×30Ω=2.7W，故D错误。
故选：D。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、焦耳定律的应用，分清加满油后滑片的位置和对应的电流是关键。
8.【答案】B
【解析】解：
ABC、由电路图可知R和R1串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压；
设滑动变阻器的最大阻值为R，即当滑片置于滑动变阻器的b端时，其阻值为R；
当滑片P置于滑动变阻器的中点时，其阻值为12R；
由题意可知，当滑片置于滑动变阻器的中点时，电压表示数为4V，即UR=4V，
由欧姆定律可得此时电流为：I1=UR12R=4V12R=8VR，
当滑片置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，即UR′=UR+2V=4V+2V=6V，
由欧姆定律可得此时电流为：I2=UR′R=6VR，
则前后两次的电流之比为I1：I2=8VR：6VR=4：3-----①，
滑片置于滑动变阻器的中点时，由电阻的串联和欧姆定律可得电源电压为：U=I1(R1+12R)----②，
滑片置于滑动变阻器的b端时，同理可得电源电压为：U=I2(R1+R)----③，
因电源电压不变，联立①②③解得R1=R(即变阻器的最大阻值与R1的阻值相等)；
当滑片置于滑动变阻器的b端时，变阻器的最大电阻和R1串联，且二者的阻值相等，UR′=6V，
由串联分压的规律可知，此时R1的电压U1′=UR′=6V，
则电源电压U=U1′+UR′=6V+6V=12V，故A错误；
此时100s内定值电阻R1产生的热量为200J，
由Q=W=U2Rt可得R1的阻值：R1=(U1′)2Qt=(6V)2200J×100s=18Ω，则滑动变阻器R的最大阻值也为18Ω，故B正确，C错误；
D、当滑片P置于滑动变阻器的中点时，R1消耗的电功率为：P1=I12R1，
当滑片P置于滑动变阻器的b端时，R1消耗的电功率为：P2=I22R1，
则R1先后两次消耗的电功率之比为：P1P2=I12R1I22R1=(I1I2)2=(43)2=169，故D错误。
故选：B。
分析电路图可知R和R1串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压；假设滑片置于滑动变阻器的b端时，其最大阻值为R，当滑片P置于滑动变阻器的中点时，其阻值为12R；
(1)当滑片置于滑动变阻器的中点时，电压表示数即R两端电压，根据欧姆定律得出此时电流I1的表达式，再根据串联电路电压的规律写出有关电源电压的表达式；依据此理得出当滑片置于滑动变阻器的b端时，电路中的电流I2的表达式和电源电压的表达式，求出两种情况下的电流之比，根据电源电压不变找出R和R1的关系；再利用串联分压的规律可知此时R1的电压并求出电源电压；
滑片置于滑动变阻器的b端时，知道R1两端的电压，且100s内定值电阻R1产生的热量为200J，由Q=W=U2Rt可得R1的阻值，结合R和R1的关系可知滑动变阻器最大阻值；
(2)利用P=I2R分别写出当滑片P置于滑动变阻器的中点和b端时R1消耗的电功率，二者相比即可得到答案。
本题考查了学生对欧姆定律、焦耳定律以及电功率计算公式的运用，通过列出电源电压的表达式，借助方程组将电源电压和滑动变阻器最大阻值求出来，是解决此题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：A、小灯泡正常发光时的电阻：RL=U额2P额=(2.5V)21W=6.25Ω，故A错误；
B、滑动变阻器向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串联分压的原理，滑动变阻器分配的电压减小，即电压表V2示数减小，小灯泡两端电压变大，即V1示数变大，小灯泡变亮，故B错误；
C、滑动变阻器向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，即电压表V2与电流表A的示数之比等于滑动变阻器的阻值，故C错误；
D、小灯泡正常发光时的电流：
I=IL=P额U额=1W2.5V=0.4A，
串联电路的总电压等于各部分电压之和，
U滑=U−U额=3V−2.5V=0.5V，
小灯泡正常发光1min，滑动变阻器产生的电热：
Q=U滑It=0.5V×0.4A×60s=12J.故D正确；
故选：D。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测量小灯泡电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中电流。
(1)灯泡上标有“2.5V1W”，根据P=U2R变形可求小灯泡正常发光时的电阻；
(2)根据串联电路的电流特点可知，滑动变阻器向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串联分压的原理，滑动变阻器分配的电压减小，即电压表V2示数减小，小灯泡两端电压变大，小灯泡变亮；
(3)电压表V2与电流表A的示数之比等于滑动变阻器的阻值，据此分析；
(4)由灯泡上标有“2.5V 1W”，根据P=UI可求小灯泡的额定电流，再根据串联电路电压的特点，求出滑动变阻器两端的电压，根据Q=UIt求出小灯泡正常发光1min，滑动变阻器产生的电热。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功、电功率公式的灵活应用，关键是要知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查利用检验灯判断家庭电路故障，解题的关键有两点：一是检验灯和支路灯是串联的；二是家庭电路电压是220V，检验灯和支路灯的额定电压也都是220V，灯泡只有在额定电压下才会正常发光。
额定电压为220V的检验灯泡取代保险丝接入电路中时，是与这条支路的灯泡串联在家庭电路两端的，一般会出现以下三种情况：(1)检验灯泡恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，检验灯直接接在了220V的家庭电路中；(2)检验灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路，检验灯与支路的灯串联在220V家庭电路中，达不到额定电压而发光较暗，说明这条支路正常；(3)检验灯不发光，说明开关闭合的那条支路是断路的。
【解答】
A.检验灯泡L0与支路的灯泡串联，若L0发光呈暗红色，是因为达不到额定电压而发光较暗，则说明这条支路正常，故A正确；
B.L0正常发光，说明支路灯泡两端没有电压，则该支路短路，故B错误；
C.L0不发光，说明电路中没有电流通过，则该支路断路，故C错误；
D.如果电路没有故障时，检验灯泡L0与支路的灯泡各分得一部分电压(都小于额定电压220V)，则闭合任一开关，L0会发光但是较暗，故D错误。
故选A。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了家庭电路故障的检修。试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，说明火线上有电，而零线上本该不亮，但也亮了，说明是零线开路了。
开关与火线相连，然后再接用电器。
正在烧水的电热壶和灯泡突然不能工作，说明有地方开路了或短路了，但是用试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，说明是零线开路了。
【解答】
A.开关应接在火线上，而图中是接在零线上的，故A错误；
B.试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，说明火线上有电，而零线上本该不亮，但也亮了，说明是零线开路了，故B错误；
C.如果是电路CD间断路，则灯泡要发光，故C错误；
D.故障可能是入户零线至C点间导线断路，则电热水壶和灯泡不亮，且把试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，故D正确。
故选D。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了家庭电路故障的分析。正确把握题目的关键信息，是分析故障的关键所在。
家庭电路中电流过大的原因：一是发生短路，二是功率过大，三是发生漏电；将电视机的电源插头插入插排的电源插孔，但打开电视机后，使用时也发生“掉闸”，说明不是功率过大，将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器再次“跳闸”说明不是发生了短路，故只能是电路存在漏电；
当I1和I2的差异达到一定值，开关S就会立即断开，即切断电路，由安全用电常识可知，此时切断的是火线；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，根据漏电保护器的原理进行解答。
【解答】
“跳闸”的原因有三个，发生短路或功率过大或发生漏电。题目中将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器再次“跳闸”，说明不是功率过大，在其它插座上能用，说明不是短路，故只能是发生了漏电。
漏电保护器的原理图如下图所示：当I1和I2的差异达到一定值，开关S就会立即断开，即切断火线，
零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，开关S立即断开。
A.若墙上的电源插座中的火线和零线间短路了，不插插排也跳闸，故A错误；
B.插排中插座处的零线和地线接反了，零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，开关S立即断开。导致发生漏电而“跳闸”，故B正确；
C.若插排中插座处的零线和火线接反了，火线和零线上的电流仍然相等，漏电保护器不会断开，故C错误；
D.插排中插座处的火线和地线接反了，电路中无电流用电器不工作，引不起漏电，故D错误。
故选B。
13.【答案】变小
【解析】
【分析】
知道家庭电路中各用电器的连接方式为并联连接及并联电路的电流、电压、电阻的规律。
家庭电路中各用电器可以单独工作，且同时工作时又互不影响，据此判断各用电器的连接方式。
两个电阻并联相当于增加了电阻的横截面积，所以并联电路的总电阻比其中任何一个电阻都小
【解答】
家庭电路中各用电器可以单独工作，且同时工作时又互不影响，所以家庭电路中各用电器的连接方式为并联;
家庭电路中并联的用电器越多，相当于并联电阻的横截面积越大，电阻越小，所以，多接通一个家用电器，家庭电路的总电阻变小。
故答案为：变小。
14.【答案】15 6
【解析】解：由电路图可知，电阻R1、电阻R2、滑动变阻器串联在电路中，电压表V1测量R2两端的电压，电压表V2测量R2和变阻器两端的总电压，电流表测量电路中的电流。
(1)当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，
由U=IR可知，R1和R2两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V2的示数变小，
结合图乙可知，图象中上半部分为电压表V2示数变化图线，下半部分为电压表V1示数变化图线；
(2)当滑片P移至最右端时，两电压表均测R2两端的电压，电路中的电流最大为I=0.6A，UV1=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=UV1+U1=6V+0.6A×R1-------①
当滑片位于左端时，电压表V2的示数(R2和变阻器两端的电压)UV2=12V时，电路中的电流I′=0.2A，
则电源的电压：
U=UV2+U1′=12V+0.2A×R1----②
因电源的电压不变，
所以，由①②可得：R1=15Ω，U=15V，
滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量：
Q1=(I′)2R1t=(0.2A)2×15Ω×10s=6J。
故答案为：15；6。
由电路图可知，电阻R1、电阻R2、滑动变阻器串联在电路中，电压表V1测量R2两端的电压，电压表V2测量R2和变阻器两端的总电压，电流表测量电路中的电流。
(1)当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，R1和R2两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R2和变阻器两端的总电压变小，由此可知图象中上半部分为电压表V2示数变化图线，下半部分为电压表V1示数变化图线；
(2)由图象可知，当滑片P移至最右端，滑动变阻器连入电阻为0，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大为0.6A，此时两电压表的示数都为6V，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压；当电压表V2的示数(R2和变阻器两端的电压)为12V时，电压表V1的示数(R2两端的电压)为2V，电路中的电流为0.2A，根据串联电路的电压特点和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的阻值和电源的电压，根据Q=I2Rt求出滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是两电压表的示数与电流表示数变化的关系的判断。
15.【答案】6 36 3：16。
【解析】解：
(1)当S、S1闭合，滑动变阻器滑片P在最右端时，灯泡L与滑动变阻器R并联，由于灯泡L正常发光，则电源电压U=UL=U额=6V；
(2)根据P=U2R得：
灯的电阻RL=U额2Pe =(6V)23W=12Ω；
当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点时，滑动变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，电流表的示数为0.2A，
由I=UR可知灯的电压为：
U灯=I×RL=0.2A×12Ω=2.4V，
根据串联电路的规律可知：
滑动变阻器两端的电压为U滑=U−U灯=6V−2.4V=3.6V，
根据I=UR可得变阻器连入电路的电阻大小为：
R滑=U滑I=3.6V0.2A=18Ω；
故滑动变阻器的最大阻值为：
R滑最大=2R滑=2×18Ω=36Ω；
(3)当开关S、S1都闭合，滑动变阻器滑片P在最左端时，根据电阻的并联，此时电路中的总电阻最小：
R并联=12Ω×36Ω12Ω+36Ω=9Ω，
故电路的最大功率为：
P大=U2R并=(6V)29Ω=4W；
根据P=U2R可知：当电路的电阻最大时功率最小，根据电阻的串联，电阻的最大电阻：
R串联=36Ω+12Ω=48Ω，
故最小功率为：
P小=U2R串=(6V)248Ω=34W；
电路的最小功率与最大功率之比为：34W：4W=3：16。
故答案为：6；36；3：16。
(1)当S、S1闭合，滑动变阻器滑片P在最右端时，灯泡L与滑动变阻器R并联，由于灯泡L正常发光，根据灯泡的额定电压可知电源电压；
(2)根据P=U2R得出灯的电阻：
当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点，滑动变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，由欧姆定律求出灯的电压，根据串联电路的规律和欧姆定律求出变阻器连入电阻的大小，从而得出滑动变阻器的最大阻值；
(3)根据P=UI得出灯的额定电流即电路中的最大电流，根据P=UI求出电路的最大功率；
根据P=U2R可知：当电路的电阻最大时功率最小，根据电阻的串联得出电阻的最大电阻，从而得出最小功率，最后求出电路的最小功率与最大功率之比。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析。
16.【答案】36
【解析】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
当滑动变阻器的滑片P从b点向左滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，
根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib=0.5A，U1=1V、U2=5V，所以电源电压：U=U1+U2=1V+5V=6V，
由欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值：R=U2Ib=5V0.5A=10Ω，电阻R0的阻值：R0=U1Ib=1V0.5A=2Ω，
当滑动变阻器的电阻丝接入电路的长度为总长度的45时，滑动变阻器接入电路的电阻：R′=45R=45×10Ω=8Ω，
串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时通过电路的电流：I=UR0+R′=6V2Ω+8Ω=0.6A，
通电10s，电路消耗的电能：W=UIt=6V×0.6A×10s=36J。
故答案为：36。
由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，
根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由乙图可以看出，滑片P在b点时通过电路的电流和两个电压表的示数，根据串联电路电压规律计算电源电压；根据欧姆定律计算滑动变阻器和定值电阻的阻值，进一步计算当滑动变阻器的电阻丝接入电路的长度为总长度的45时，滑动变阻器接入电路的电阻，根据欧姆定律和串联电路电阻规律计算此时通过电路的电流，根据电功公式计算通电10s，该电路消耗的电能。
本题考查串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律和电功公式的应用，要明白电路各个用电器的连接情况。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，要能将电路图与图象结合起来并从中获取有用信息。
17.【答案】解：教室内要安装2盏“220V 40W”的照明灯，开关S控制两盏灯，则说明开关在干路上，两灯泡并联，开关S接火线，然后分别进入两灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。如图所示：
【解析】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。两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
18.【答案】
【解析】
【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；
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】
在家庭电路中开关闭火线接灯尾，插座是左零线、右火线，中间接地线，如图所示：
。
故答案为：
。
19.【答案】小 等于 A A
【解析】解：(1)电热丝的材质、长度相同，RA>RB，知A瓶中电热丝比B瓶中电热丝横截面积小；
(2)探究“电热和电阻的关系”，应控制电流和通电时间相等，使用阻值不等的电阻进行实验，即阻值越大产生热量越多。
(3)在该实验中用到的物理研究方法有控制变量法和转换法；
A、探究物体受到几个力作用，引入了合力的概念，用到了等效替代法；
B.探究压力的作用效果，可通过观察海绵的凹陷程度，用到了转换法；
C.探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定，用到了控制变量法。
故答案为：(1)小；(2)等于；A；(3)A。
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积都有关；
(2)本题利用控制变量法来进行研究电流产生的热量与什么因素有关的实验，应控制吸热液体的材料相同，质量相等，通过观察液体的温度的变化来比较吸热的多少。并反映电热的多少，本题探究“电热和电阻的关系”，应控制电流相等，使用阻值不等的电阻进行实验，即阻值越大产生热量越多。
本题利用了控制变量法来研究电流产生的电热的影响因素。由于电流产生的热量不容易观察，故用相同材料的等质量的液体来吸收电热，通过温度计来观察液体的温度的变化来反映电热的多少。
20.【答案】小灯 10 不能 当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A；
当电源电压为12V，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，电流为I=U−U灯R滑=12V−6V10Ω=0.6A，符合要求；
同理可求出电源电压分别为6V、8V、10V时的电流都小于0.56A，故小灯泡的额定电流为0.6A 3.6
【解析】解：①由表中数据分析可知，当电压表示数变大时，电流表示数也随之变大，所以电压表接在小灯两端；
实验1、3滑动变阻器的滑片分别位于滑动变阻器的两端，而实验3电流最大，说明此时滑动变阻器接入电路的阻值最小为0，电压表直接接在电源两端，所以电源电压为4V，故实验1时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，最大值为：R滑=U−U1I1=4V−1V0.3A=10Ω；
②额定电压是指灯泡正常发光时的电压，而实验过程中电源电压为4V小于小灯的额定电压6V，所以小灯不能正常发光；
③当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A；
当电源电压为12V，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，电流为I=U−U灯R滑=12V−6V10Ω=0.6A，符合要求；
同理可求出电源电压分别为6V、8V、10V时的电流都小于0.56A，故小灯泡的额定电流为0.6A；
④小灯的额定功率P额=U额×I额=6V×0.6A=3.6W。
故答案为：①小灯；10；②不能；③计算过程见解析；④3.6。
①分析电压表与电流表示数变化的规律，可判断电压表应接在小灯两端；
实验1、3滑动变阻器的滑片分别位于滑动变阻器的两端，分析表中数据可判断出电源电压，从而求出滑动变阻器的最大值；
②额定电压是指灯泡正常发光时的电压；
③当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A，分别讨论即可求出；
④根据P=UI可求出小灯的额定功率。
本题测定小灯泡的电功率，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用、对器材的要求、实验注意事项、电功率的计算，关键是从题中挖掘隐含的条件，难度较大。
21.【答案】解(1)依题意0～5min内，对应的功率为1100W，为加热状态；
根据P=UI=U2R；
电路中电阻较小，故S1处于闭合状态(10−15min内，对应的功率为440W，电路中电阻较大，S1处于断开状态)，R1此时的电功率P1=1100W；
由P=UI得，通过通过R1的电流I1=P1U1=1100W220V=5A；
(2)30min内加热时间为10min+25min−15min=20min，保温时间为15min−10min+25min−20min=10min；
由P=Wt，得W=Pt；
电路消耗的电能；W=1.1kW×2060h+0.44kW×1060h=0.44kW·h=1.584×106J；
(3)依题意10～15min内，S1处于断开状态，R1与R2串联，此时电路总功率为P=440W，由(1)根据欧姆定律I=UR；
电阻R1=UI1=220V5A=44Ω；
根据P=UI，此时电路中的电流：I=PU=440W220V=2A；
根据串联电路电流的规律，通过R1的电流I1=I=2A；
由P=UI=U2R得：10～15min内R1的电功率：
P1=I12R1=(2A)2×44Ω=176W。
答：(1)0～5min内通过R1的电流为5A；
(2)30min内电路消耗的电能为1.584×106J；
(3)10～15min内R1的电功率为176W。
【解析】本题考查电功率公式、电功公式和欧姆定律的灵活运用，关键是明确电路在不同状态下电路连接。
根据图乙不同时间段对应的功率大小不同，根据P=UI=U2R，判断电路两种状态下电路的连接；
(1)由P=UI变形公式求0～5min内通过R1的电流；
(2)分别求出30min内加热时间和保温时间，根据W=Pt求电流做功和；
(3)由(1)根据欧姆定律可求R1大小，根据P=UI可求此时电路的电流，根据串联电路电流的规律和P=UI=I2R求出R1的电功率。
22.【答案】(1)小灯泡L正常发光的电流I额=P额U额=4.8W6V=0.8A
(2)当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，电路为只有小灯泡L工作的电路，小灯泡L正常发光，说明小灯泡L两端的电压为电源电压，故U电源=U额=6 V；滑片P置于最左端，闭合S1、S2，电路为小灯泡L和电阻R1并联的电路，通过电阻R1的电流I1=U电源R1=6V10Ω=0.6A，干路的电流I=I额+I1=0.8 A+0.6 A=1.4 A，10 s内电路消耗的总电能W=U电源It=6 V×1.4 A×10 s=84 J (3)滑片P置于最右端，只闭合S2，电路为电阻R1和R2串联的电路，滑动变阻器R2消耗的电功率P2=U2Iˈ，电路消耗的总功率为P总=U电源Iˈ，R2的电功率与电路总功率的比值P2P总=U2I′U电源I′=I′R2I′(R1+R2)=R2R1+R2=1R1R2+1，要想使这个比值最小，则R1R2+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0.5 A，即Imax=0.5 A，此时电路的总电阻R总=U电源Imax=6V0.5A=12Ω，R2的最小电阻R2小=R总−R1=12 Ω−10 Ω=2 Ω；当R2为2 Ω时R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率P2=Imax2R2=(0.5 A)2×2 Ω=0.5 W
【解析】略
23.【答案】解：
(1))由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，R2单独接入电路，电路的电阻较小，由P=U2R可知此时电热水壶的功率较大，P加热=800W；
电阻R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)2800W=60.5Ω；
(2)水的体积：
V=1L=1×10−3m3，
由ρ=mV可知，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg，
水加热到100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃−20℃)=3.36×105J；
(3)由P=Wt可得，烧开这壶水消耗的电能：
W=Pt=800W×10×60s=4.8×105J，
电热水壶的效率：
η=Q吸W×100%=3.36×105J4.8×105J×100%=70%。
答：(1)电阻R2的阻值分别是60.5Ω；
(2)此过程中水所吸收的热量是3.36×105J；
(3)在这次烧水中，电热水壶的效率是70%。
【解析】(1)由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，R2单独接入电路，电路的电阻较小，由P=U2R可知此时电热水壶的功率较大，为加热档利用P=U2R求R2；
(2)在1标准大气压下水的沸点是100℃，根据密度公式求出水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(3)根据W=Pt求出烧开这壶水消耗的电能，吸收的热量与消耗的电能的比值就是电热水壶的效率。
本题考查电功率、吸收热量、消耗电能、转化效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道开关断开与闭合时电路的连接情况，解题过程中要注意单位的换算。
24.【答案】解：(1)由表中数据可知，高温的功率P高=600W，
由P=UI可得，在高温档工作时，电路中的电流I高温=P高温U=600W220V≈2.7A，
(2)由P=U2R可得，电炖锅的电阻：R=U2P=(220V)2400W=121Ω，
电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在121s内转了20r，则电炖锅消耗的电能：
W实=20r1800r/kW⋅h=190kW⋅h=190×3.6×106J=4×104J，
实际功率：P实=W实t=4×104J121s，
由P=U2R可得，电路的实际电压：
U实=P实R=4×104J121s×121Ω=200V。
(3)高温档消耗的电能W高=P高t高=600W×6×60s=2.16×105J，
则水升高1℃消耗的电能2.16×105J20=1.08×104J，
低温档消耗的电能W低=P低t低=200W×9×60s=1.08×105J，
则水升高1℃消耗的电能为1.08×105J8=1.35×104J，
因为1.08×104J<1.35×104J，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的水升高1℃，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。
答：(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流是2.7A；
(2)在用电高峰期，此时的实际电压是200V；
(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，由(3)可知用高温挡更节能。
【解析】(1)由功率公式可求得高温档时的电流；
(2)由P=U2R公式变形可求得电炖锅的电阻，已知电能表每消耗1kW⋅h的电能转盘就转动1800r，据此求出电能表转盘在121s内转了20r消耗的电能，利用P=Wt求出其实际功率，再根据P=U2R公式的变形求出他家电路的实际电压。
(3)计算出低温档和高温档每分钟消耗电能的多少比较即可解答。
本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了学生对吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的灵活运用，关键是从题目图片中找出有用的信息，与生活实际相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位统一。
苏科版初中物理九年级下册第十五章《电功和电热》单元测试卷
考试范围：第十五章；考试时间：75分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从b点滑到a点的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图线如图乙所示。下列叙述正确的是( )
①电源电压为14V
②图乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线
③滑片在a点时，电阻R中的电流是1A
④滑片在b点时，10s内电阻R2消耗的电能为20J
A. 只有①③ B. 只有②④ C. 只有②③ D. 只有①④
2. 小明家上次查看电能表示数为本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 他家在这段时间内消耗的电能为903kW⋅h
B. 电能表是测量电功率的仪表
C. 若只让一个标有“220V 1000W”的电热水器正常工作10min，则电能表圆盘转了600转
D. 这个电能表的额定功率为2200W
3. 如图所示，导体A、B是由同种材料做成的，A和B等长，但A比B的横截面积大。当S闭合后，在相同的时间内，下列叙述正确的是( )
A. 电流通过A，B所做的功是WA>WB
B. 电流通过A，B所做的功是WA
D. 无法比较电流通过A，B时所做的电功的大小
4. “赛龙舟”是端午节里的传统节目。小浩自制了一个卡通龙舟，用亮度可调节的红、绿灯做它的眼睛。他用规格为“12V，6W”的红灯、“12V，12W”的绿灯及“24Ω，2A”的滑动变阻器等元件，设计了如图所示电路。当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯都正常发光。电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为24V
B. 该电路最大工作电流是2A
C. 该电路最小电功率是3W
D. 该电路最大电功率与最小电功率之比为9:2
5. 如图所示，当只闭合S1、S2，滑片P在R3最右端时，电压表V2示数为U1，电流表A2示数为I1；当只闭合S1，且滑片P在R3最右端时，电压表V1示数为U2；当只闭合S1，且滑片P在R3最左端时，电阻R1消耗的电功率为P1=2.5W；当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，电流表A2示数为I2，A1示数为I3=3A。已知I1：I2=1：4，U1：U2=7：6。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为20 V
B. 当只闭合 S1、S3，电路总功率为22.5W
C. 当只闭合 S1时，电路总功率最大为15 W
D. 电阻 R3的最大阻值为20Ω
6. 如图甲所示电路，电源电压不变，电流表的量程为“0∼3A”，小灯泡L的规格为“6V 3W”，忽略温度对小灯泡电阻的影响。只闭合开关S2，当滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R2的电功率跟电路的总功率之比η与R2的关系如图乙所示，且当滑片滑到b端时，滑动变阻器的阻值为Rb，电流表的示数为0.3A；只闭合开关S1，小灯泡正常发光。在保证电路安全的情况下，小明同学算出了以下数据，都正确的一组是
①电源电压U=18V；②开关均闭合，R2的变化范围为4∼48Ω；③R1的阻值为24Ω；④RL:Rb=1:4
A. ①③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③
7. 如图是一个油量表的示意图，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”。闭合开关，当浮球最低时滑片P滑到a端，电流表示数为0.3A，当浮球最高时，滑片P滑到b端，电流表示数为0.5A.下列说法错误的是( )
A. 电阻R1的阻值为30Ω
B. 电源电压为15V
C. 在加满油后，1min内电阻R1产生的热量为450J
D. 电阻R1最小功率为7.5W
8. 如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片P置于滑动变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，此后100s内定值电阻R1产生的热量为200J。下列结果正确的是( )
A. 电源电压为10V B. R1的阻值为18Ω
C. 滑动变阻器R的最大阻值为9Ω D. R1先后两次消耗的电功率之比4：3
9. 在如图所示的实物电路中，电源电压恒为3V，滑动变阻器的规格为”10Ω 1A“，灯泡上标有“2.5V 1W”的字样，闭合开关后调节滑动变阻器的滑片，在保证各元件安全的情况下，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡正常发光时的电阻为2.5Ω
B. 向右移动滑片时，电压表V1的示数变小，小灯泡亮度变暗
C. 向右移动滑片时，电压表V2与电流表A的示数之比不变
D. 让小灯泡正常发光1min，滑动变阻器产生的电热为12J
10. 电工师傅常用一只额定电压为220 V的灯泡L0(检验灯泡)取代保险丝来检查新安装的照明电路中每个支路的情况，如图所示。当S闭合后，再分别闭合S1、S2、S3(每次只闭合其中之一)时，下列说法正确的是( )
A. L0发光呈暗红色，说明该支路正常
B. L0正常发光，说明该支路断路
C. L0不发光，说明该支路短路
D. 电路没有故障时，闭合任一开关，L0会正常发光
11. 如图所示是某同学家的部分电路，开始时各部分正常工作，当电饭煲的插头插入插座后，正常烧水的电热壶突然不工作了，灯泡也熄灭了，拔出电饭煲的插头后，电热壶和灯泡仍不能工作，把试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，下列说法正确的是( )
A. 和灯泡连接的开关接法正确
B. 故障可能是电热壶所在电路的B、D两点间短路
C. 故障可能是电路的C、D两点间导线断路
D. 故障可能是零线至C点间导线断路
12. 为了确保用电安全，家中都会安装配电盘。配电盘中除了装有分别控制厨房、客厅和卧室等用电的开关外，还装有漏电保护器。小明装完新房后，将插排插入客厅墙上的电源插孔中，然后将电视机的电源插头插入插排的电源插孔，但打开电视机后，配电盘中漏电保护器就“跳闸”了。小明拔下电视机电源插头，把漏电保护器的开关复原(重新闭合)，然后将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器再次“跳闸”。关于发生上述现象的原因，下列猜想正确的是( )
A. 墙上的电源插座中的火线和零线间短路了
B. 插排中插座处的零线和地线接反了
C. 插排中插座处的零线和火线接反了
D. 插排中插座处的火线和地线接反了
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 如今已是电气化时代，小芳同学回到家中会同时使用多种家用电器.当她每多接通一个家用电器，家庭电路的总电阻_______。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
14. 如图甲所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，将变阻器滑片从一端移动到另一端的过程中，两只电压表与电流表示数的变化关系图线如图乙所示，则电源电压为______V，滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量为______J。
15. 如图所示，电源电压恒定，小灯泡L标有“6V3W”字样(不计温度对灯丝电阻的影响)。当S、S1闭合，滑动变阻器滑片P在最右端时，小灯泡L正常发光，则电源电压为______V.当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点，电流表的示数为0.2A.则滑动变阻器的最大阻值是______Ω.此电路消耗的最大功率与最小功率之比为______。
16. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表的示数随电流表的示数变化的图像如图乙所示。当滑动变阻器的电阻丝接入电路的长度为总长度的45时，通电10s，该电路消耗的电能为______J。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 一间教室要安装2盏“220V 40W”(“220V”的意思是：当加在该电灯两端的电压为220V时，灯就正常发光)的电灯和有关插座，要求开关S控制两盏灯，且每盏灯都能正常发光。请按以上要求将图中元件用笔画线代替导线连接起来。
18. 如图所示，插座和电灯(带开关)是组成家庭电路的常用器件，请你用笔画线代替导线将各器件正确连入电路中
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”。
实验装置如图所示，A、B两个相同的烧瓶中装有等质量、等温度煤油。烧瓶内装有同材质、同长度的电热丝，RA>RB。
(1)A瓶中电热丝比B瓶中电热丝的横截面积______。
(2)闭合开关，通过RA的电流______通过RB的电流，通电一段时间后，______瓶的温度更高，电热丝产生热量更多。
(3)与上述实验过程采用的两种物理研究方法不同的是______。
A.探究物体受到几个力作用，引入了合力的概念
B.探究压力的作用效果，可通过观察海绵的凹陷程度
C.探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定
20. 小华做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好。其中电源电压有4、6、8、10和12伏五挡可选，待测小灯标有“6V”字样。他按如图串联电路，然后将电压表接入电路，将滑动变阻器的滑片P置于一端。闭合开关S，将电压表和电流表示数记录在如表的序号1中，然后将滑片P先后移到变阻器中间某处和另一端，并将相应的电压表和电流表示数分别记录在如表序号2、3中。
物理量序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
小灯功率(瓦)
1
1.0
0.30
/
2
2.5
0.50
/
3
4.0
0.56
/
①实验中小华将电压表接在______ (选填“小灯”或“滑动变阻器”)两端，所用滑动变阻器的最大阻值R最大= ______ 欧。
②判断实验过程中小灯能否正常发光，并写出依据。______ 。
③经过思考，小华断开开关S，调整电源电压，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大。继续实验，闭合开关S，电压表示数为6.0伏。请根据相关信息，求小灯的额定电流I额。______ (本小题需写出计算过程)。
④小灯的额定功率P额= ______ 瓦。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 在综合实践活动中，小峰设计了一种煮饭电路，如图甲所示．图中R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关．煮饭时，将该电路接入220 V电源，在30 min内，电路总功率随时间变化的图像如图乙所示．求：
(1)0～5 min内通过R1的电流；
(2)30 min内电路消耗的电能；
(3)10～15 min内R1的电功率．
22. 如图所示的电路中，电源电压恒定，小灯泡L标有“6 V 4.8 W”的字样，电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2标有“20 Ω 0.5 A”。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10 s内电路消耗的总电能．
(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的电功率为多大？
23. 如图甲是小平家的养生壶，其加热功率为800W，保温功率为40W，水壶容积1L，有加热和保温两种工作状态，其内部简化电路如图乙(R1、R2为加热电阻)。将养生壶接入电路，养生壶工作时，闭全开关S1、S2养生壶处于加热状态，当水温达到设定值时，S2自动断开，养生壶变为保温状态。【ρ水=1.0×103kg/m3；c水=4.2×103J/(kg⋅℃)】求：
(1)R2的阻值；
(2)养生壶“加热”时，用时10min将1L水由20℃加热到100℃，水吸收多少热量；
(3)这段时间内养生壶的加热效率。
24. 一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表(设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变)。
额定电压
电炖锅档位
额定功率/W
200V
低温
200
中温
400
高温
600
(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流(计算结果保留一位小数)；
(2)在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/(kW⋅h)”的电能表转盘在12ls内转了20圈，求此时的实际电压；
(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到50℃时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由图甲知，R、R1、R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中电流。
(1)由图知，滑动变器的滑片P在b点时，总电阻最大，电路中的电流最小，此时两个电压表的示数分别为12V、2V，则两个电压表的示数之和为12V+2V=14V；由于电路中R、R1、R2串联，电阻R会分得一部分电压，所以，电源电压一定大于此时两个电压表的示数之和14V，故①错误；
(2)滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大；变阻器连入电路的电阻变小，根据串联电路的分压原理可知，滑动变阻器R1两端的电压变小，则R2两端的电压变大；所以，图乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，故②正确；
(3)滑片P在a点时，总电阻最小，电路中的电流最大，从“U−I”关系图象可知，此时的电流Ia=3A，U1=6V、U2=6V；故③错误；
根据欧姆定律可得，电阻R2的阻值：R2=U2Ia=6V3A=2Ω；
(4)滑片P在b点时，总电阻最大，电路中的电流最小，从“U−I”关系图象可知，滑片P在b点时的电流Ib=1A，
滑片在b点时，10s内电阻R2消耗的电能：W=Ib2R2t=(1A)2×2Ω×10s=20J，故④正确。
综上分析可知，正确的只有②④。
故选：B。
(1)滑动变器的滑片P在b点时，电路中的电流最小，滑动变阻器两端的电压最大，由于滑动变阻器R1、电阻R、R2串联，此时两个电压表的示数之和一定小于电源电压，据此可判断；
(2)滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；据此可判断出图乙中dc，ec分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
(3)从“U−I”关系图象可以看出，滑片P在a点的电压表示数与电流值，根据欧姆定律求出R2的阻值；
(4)从“U−I”关系图象可以看出，滑片P在b点的电流值，再利用W=I2Rt即可求出滑片在b点时，消耗的电能。
本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U−I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U−I图象中的信息。
2.【答案】C
【解析】解：
A、他家在这段时间内消耗的电能W=8633.5kW⋅h−8543.2kW⋅h=90.3kW⋅h，故A错误；
B、电能表是测量消耗电能的仪表，不是测量电功率的，故B错误；
C、3600r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转过3600r，
只让一个标有“220V1000W”的电热水器正常工作10min，其消耗的电能为W=Pt=1kW×16h=16kW⋅h；
则电能表的圆盘转过的圈数：N=16kW⋅h×3600r/(kW⋅h)=600r，故C正确。
D、根据该电能表的铭牌可知，其允许接入用电器的最大功率P=UI=220V×10A=2200W；但电能表属于测量仪表，不消耗电能，没有额定功率，故D错误。
故选：C。
本题考查了电能表的作用和消耗电能的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，在其他条件相同时，导体的横截面积越大，其电阻越小；
(2)两电阻串联时通过它们的电流相等，根据W=UIt=I2Rt可知，相同时间内电阻大的导体电流做的功较多。
本题考查了电功的大小比较，利用好串联电路的电流特点和影响电阻大小的因素是关键。
【解答】
解：
因导体A、B的材料、长度相同，但A比B的横截面积大，所以，导体A的电阻小于导体B的电阻，
由因串联电路中各处的电流相等，所以，由W=UIt=I2Rt可知，相同时间内，B的电阻大，电流做的功较多，即WA
4.【答案】C
【解析】解：(1)当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯并联，两灯都正常发光，说明灯泡两端的电压为额定电压，根据并联电路电压的规律知电源电压为12V，故A错误；
(2)当闭合开关S1、S2、S，且滑动变阻器的滑片P移至R的最右端时，两灯并联，两灯都正常发光
根据P=UI知，
红灯中的电流：I红=P红U=6W12V=0.5A，
绿灯中的电流：I绿=P绿U=12W12V=1A，
因为两灯并联，所以电路中的总电流：
I=I红+I绿=0.5A+1A=1.5A，
所该电路最大工作电流是1.5A，故B错误；
(3)由P=UI知，电压一定，当R电阻最小且两灯并联时，电路中的电流最大，电路中的功率最大，
两灯泡并联且滑片P在最右端时电路的总电阻最小，此时两灯并联且都正常发光，
所以电路中的最大功率为：P大=P红+P绿=12W+6W=18W；
当R的阻值最大，且和两灯中电阻较大的串联时电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，消耗的总功率最小，
由R=U2P可知，两灯的额定电压相同，红灯的功率较小，所以红灯电阻较大，
R红=U红2P红=(12V)26W=24Ω，
电路中的总电阻：R总=R红+R滑=24Ω+24Ω=48Ω，
由题意知，电源电压为U=12V，
电路消耗的最小功率：
P小=U2R总=(12V)248Ω=3W，故C正确；
该电路最大电功率与最小电功率之比为P大：P小=18W：3W=6：1，故D错误。
故选：C。
(1)闭合开关S、S1、S2，两灯并联且都正常发光，判断出电源电压；
(2)根据P=UI求出两灯的电流，根据I=I红+I绿求出最大电流；
(3)根据P=UI可知，当电路中的电阻最小，电流最大时，电路中的功率最大；电阻最大，即电流最小时，总功率最小，并求出最大和最小功率之比。
此题主要考查的是学生对电功率、欧姆定律、并联电路电流规律公式的理解和掌握，注意变形公式的熟练运用，弄清楚什么时候电功率最大和最小是解决此题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：AD、当只闭合S1、S2，滑片P在R3最右端时，只有R3接入电路，电压表V2测电源电压，电流表A2测电路中的电流，此时电压表V2示数为U1即为电源电压，电路中的电流：I1=U1R3，
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测R2、R3支路的总电流，由并联电路的电流特点和欧姆定律可知，电流表A2示数：I2=U1R2+U112R3，
由I1：I2=1：4可得：I1I2=U1R3U1R2+U112R3=14，
解得：R3=2R2……①
当只闭合S1，且滑片P在R3最右端时，R1、R2、R3串联，电压表V1测R2、R3两端的总电压，因此R2、R3两端的总电压为U2，
由U1：U2=7：6和串联电路的电压特点可得：UR1UR2R3=U1−U2U2=U1U2−1=76−1=16，
由串联电路的电阻特点和分压原理可得：UR1UR2R3=R1R2+R3=16……②
由①②可得：R2=2R1，R3=4R1，
当只闭合S1，且滑片P在R3最左端时，R1、R2串联，
由串联电路的电阻特点和分压原理可得：UR1′U1=R1R1+R2=R1R1+2R1=13，
解得此时R1两端的电压：UR1=13U1，
由P=UI=U2R可知，此时电阻R1消耗的电功率：P1=UR12R1=(13U1)2R1=2.5W，
整理可得：U12R1=22.5W……③
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测干路电流，
由并联电路的电流特点和欧姆定律可得：I3=U1R1+U1R2+U112R3=U1R1+U12R1+U112×4R1=3A，
解得：2U1R1=3A……④
由③④解得：U1=15V，R1=10Ω，
则R2=2R1=2×10Ω=20Ω，R3=4R1=4×10Ω=40Ω，故AD错误；
B、当只闭合 S1、S1，只有R1接入电路，电路总功率：P=U12R1=22.5W，故B正确；
C、当只闭合S1时，R1、R2、R3串联，由P=UI=U2R可知，电源电压一定，电路中的总电阻越小，电路中的总功率越大，
因此当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大为：P′=U12R1+R2=(15V)210Ω+20Ω=7.5W，故C错误。
故选：B。
(1)当只闭合S1、S2，滑片P在R3最右端时，只有R3接入电路，电压表V2测电源电压，电流表A2测电路中的电流，此时电压表V2示数为U1即为电源电压，根据欧姆定律表示出电路中的电流I1，
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测R2、R3支路的总电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出电流表A2示数I2，根据I1：I2=1：4求出R2、R3的阻值关系；
当只闭合S1，且滑片P在R3最右端时，R1、R2、R3串联，电压表V1测R2、R3两端的总电压，因此R2、R3两端的总电压为U2，根据U1：U2=7：6和串联电路的特点特点求出R1、R2的阻值关系和R1、R3的阻值关系；
当只闭合S1，且滑片P在R3最左端时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和分压原理求出此时R1两端的电压与电源电压U1的关系，根据P=UI=U2R和“电阻R1消耗的电功率为P1=2.5W”求出U12R1的值；
当S1、S2、S3均闭合，滑片P移至R3中点时，R1、R2、R3并联，电流表A2测干路电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出干路电流I3，结合U12R1的值可求电源电压和R1的阻值，进而求出R2、R3的阻值；
(2)当只闭合 S1、S1，只有R1接入电路，根据P=UI=U2R求电路总功率；
(3)当只闭合S1时，R1、R2、R3串联，由P=UI=U2R可知，电源电压一定，电路中的总电阻越小，电路中的总功率越大，由串联电路的电阻特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的总电阻最小，根据P=UI=U2R求电路的最大功率。
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率公式的应用，明确开关闭合和断开时的电路连接情况是解题的关键。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式以及图像法的应用，难度较大。
(1)通过R=U2P求出灯泡电阻；只闭合开关S2，灯L与滑动变阻器串联，通过图乙图象可知：当滑动变阻器R2的滑片在b端时，滑动变阻器R2的电功率跟电路的总功率之比，结合P=I2R，可求出R2的最大阻值，从而得到灯泡与Rb的阻值之比；根据此时电流，利用欧姆定律求出电源电压；
(2)只闭合开关S1，灯泡与R1串联，根据小灯泡正常发光可求出此时电流，通过欧姆定律求出总电阻，利用串联电路的电阻关系求出R1的阻值；
(3)当三个开关都闭合时，灯泡L被短路，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表达到满偏，通过欧姆定律求出定值电阻的电流，根据并联电路电流关系得到滑动变阻器通过的最大电流，可利用欧姆定律求出滑动变阻器允许接入的最小阻值。
【解答】
(1)灯泡电阻：RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω；
只闭合开关S2，灯L与滑动变阻器串联，通过图乙图象可知：当滑动变阻器R2的滑片在b端时，滑动变阻器R2的电功率跟电路的总功率之比是80%，则：
P2P总=I2RbI2(RL+Rb)=RbRL+Rb=Rb12Ω+Rb=80％，
解得：Rb=48Ω，
所以RL∶Rb=12Ω∶48Ω=1∶4；
电源电压：U=I(RL+Rb)=0.3A×(12Ω+48Ω)=18V；
(2)只闭合开关S1，灯泡与R1串联，小灯泡正常发光，此时电流：
IL=PLUL=3W6V=0.5A，
总电阻：R总=UIL=18V0.5A=36Ω，
则R1=R总−RL=36Ω−12Ω=24Ω；
(3)当三个开关都闭合时，灯泡L被短路，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表达到满偏，总电流为3A，
定值电阻的电流I1=UR1=18V24Ω=0.75A，
滑动变阻器通过的最大电流I大=I总−I1=3A−0.75A=2.25A，
所以滑动变阻器允许接入的最小阻值R小=UI大=18V2.25A=8Ω，R2的变化范围为8∼48Ω；
综上所述，②错误，①③④正确，故选A。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流。
(1)当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I=UR可得，电源的电压：
U=Ia(R1+R2)=0.3A×(R1+20Ω)，
当滑片位于b端时，电路为R1的简单电路，则电源的电压：
U=IbR1=0.5A×R1，
因电源的电压不变，
所以，0.3A×(R1+20Ω)=0.5A×R1，
解得：R1=30Ω，故A正确；
电源的电压U=IbR1=0.5A×30Ω=15V，故B正确；
(2)在加满油后，滑片位于b端，则1min内电阻R1产生的热量：
Q1=Ib2R1t=(0.5A)2×30Ω×60s=450J，故C正确；
当滑片位于a端时，电阻R1的功率最小，则
P1=Ia2R1=(0.3A)2×30Ω=2.7W，故D错误。
故选：D。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、焦耳定律的应用，分清加满油后滑片的位置和对应的电流是关键。
8.【答案】B
【解析】解：
ABC、由电路图可知R和R1串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压；
设滑动变阻器的最大阻值为R，即当滑片置于滑动变阻器的b端时，其阻值为R；
当滑片P置于滑动变阻器的中点时，其阻值为12R；
由题意可知，当滑片置于滑动变阻器的中点时，电压表示数为4V，即UR=4V，
由欧姆定律可得此时电流为：I1=UR12R=4V12R=8VR，
当滑片置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，即UR′=UR+2V=4V+2V=6V，
由欧姆定律可得此时电流为：I2=UR′R=6VR，
则前后两次的电流之比为I1：I2=8VR：6VR=4：3-----①，
滑片置于滑动变阻器的中点时，由电阻的串联和欧姆定律可得电源电压为：U=I1(R1+12R)----②，
滑片置于滑动变阻器的b端时，同理可得电源电压为：U=I2(R1+R)----③，
因电源电压不变，联立①②③解得R1=R(即变阻器的最大阻值与R1的阻值相等)；
当滑片置于滑动变阻器的b端时，变阻器的最大电阻和R1串联，且二者的阻值相等，UR′=6V，
由串联分压的规律可知，此时R1的电压U1′=UR′=6V，
则电源电压U=U1′+UR′=6V+6V=12V，故A错误；
此时100s内定值电阻R1产生的热量为200J，
由Q=W=U2Rt可得R1的阻值：R1=(U1′)2Qt=(6V)2200J×100s=18Ω，则滑动变阻器R的最大阻值也为18Ω，故B正确，C错误；
D、当滑片P置于滑动变阻器的中点时，R1消耗的电功率为：P1=I12R1，
当滑片P置于滑动变阻器的b端时，R1消耗的电功率为：P2=I22R1，
则R1先后两次消耗的电功率之比为：P1P2=I12R1I22R1=(I1I2)2=(43)2=169，故D错误。
故选：B。
分析电路图可知R和R1串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压；假设滑片置于滑动变阻器的b端时，其最大阻值为R，当滑片P置于滑动变阻器的中点时，其阻值为12R；
(1)当滑片置于滑动变阻器的中点时，电压表示数即R两端电压，根据欧姆定律得出此时电流I1的表达式，再根据串联电路电压的规律写出有关电源电压的表达式；依据此理得出当滑片置于滑动变阻器的b端时，电路中的电流I2的表达式和电源电压的表达式，求出两种情况下的电流之比，根据电源电压不变找出R和R1的关系；再利用串联分压的规律可知此时R1的电压并求出电源电压；
滑片置于滑动变阻器的b端时，知道R1两端的电压，且100s内定值电阻R1产生的热量为200J，由Q=W=U2Rt可得R1的阻值，结合R和R1的关系可知滑动变阻器最大阻值；
(2)利用P=I2R分别写出当滑片P置于滑动变阻器的中点和b端时R1消耗的电功率，二者相比即可得到答案。
本题考查了学生对欧姆定律、焦耳定律以及电功率计算公式的运用，通过列出电源电压的表达式，借助方程组将电源电压和滑动变阻器最大阻值求出来，是解决此题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：A、小灯泡正常发光时的电阻：RL=U额2P额=(2.5V)21W=6.25Ω，故A错误；
B、滑动变阻器向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串联分压的原理，滑动变阻器分配的电压减小，即电压表V2示数减小，小灯泡两端电压变大，即V1示数变大，小灯泡变亮，故B错误；
C、滑动变阻器向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，即电压表V2与电流表A的示数之比等于滑动变阻器的阻值，故C错误；
D、小灯泡正常发光时的电流：
I=IL=P额U额=1W2.5V=0.4A，
串联电路的总电压等于各部分电压之和，
U滑=U−U额=3V−2.5V=0.5V，
小灯泡正常发光1min，滑动变阻器产生的电热：
Q=U滑It=0.5V×0.4A×60s=12J.故D正确；
故选：D。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测量小灯泡电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中电流。
(1)灯泡上标有“2.5V1W”，根据P=U2R变形可求小灯泡正常发光时的电阻；
(2)根据串联电路的电流特点可知，滑动变阻器向右移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据串联分压的原理，滑动变阻器分配的电压减小，即电压表V2示数减小，小灯泡两端电压变大，小灯泡变亮；
(3)电压表V2与电流表A的示数之比等于滑动变阻器的阻值，据此分析；
(4)由灯泡上标有“2.5V 1W”，根据P=UI可求小灯泡的额定电流，再根据串联电路电压的特点，求出滑动变阻器两端的电压，根据Q=UIt求出小灯泡正常发光1min，滑动变阻器产生的电热。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功、电功率公式的灵活应用，关键是要知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查利用检验灯判断家庭电路故障，解题的关键有两点：一是检验灯和支路灯是串联的；二是家庭电路电压是220V，检验灯和支路灯的额定电压也都是220V，灯泡只有在额定电压下才会正常发光。
额定电压为220V的检验灯泡取代保险丝接入电路中时，是与这条支路的灯泡串联在家庭电路两端的，一般会出现以下三种情况：(1)检验灯泡恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，检验灯直接接在了220V的家庭电路中；(2)检验灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路，检验灯与支路的灯串联在220V家庭电路中，达不到额定电压而发光较暗，说明这条支路正常；(3)检验灯不发光，说明开关闭合的那条支路是断路的。
【解答】
A.检验灯泡L0与支路的灯泡串联，若L0发光呈暗红色，是因为达不到额定电压而发光较暗，则说明这条支路正常，故A正确；
B.L0正常发光，说明支路灯泡两端没有电压，则该支路短路，故B错误；
C.L0不发光，说明电路中没有电流通过，则该支路断路，故C错误；
D.如果电路没有故障时，检验灯泡L0与支路的灯泡各分得一部分电压(都小于额定电压220V)，则闭合任一开关，L0会发光但是较暗，故D错误。
故选A。
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了家庭电路故障的检修。试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，说明火线上有电，而零线上本该不亮，但也亮了，说明是零线开路了。
开关与火线相连，然后再接用电器。
正在烧水的电热壶和灯泡突然不能工作，说明有地方开路了或短路了，但是用试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，说明是零线开路了。
【解答】
A.开关应接在火线上，而图中是接在零线上的，故A错误；
B.试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，说明火线上有电，而零线上本该不亮，但也亮了，说明是零线开路了，故B错误；
C.如果是电路CD间断路，则灯泡要发光，故C错误；
D.故障可能是入户零线至C点间导线断路，则电热水壶和灯泡不亮，且把试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均能发光，故D正确。
故选D。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了家庭电路故障的分析。正确把握题目的关键信息，是分析故障的关键所在。
家庭电路中电流过大的原因：一是发生短路，二是功率过大，三是发生漏电；将电视机的电源插头插入插排的电源插孔，但打开电视机后，使用时也发生“掉闸”，说明不是功率过大，将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器再次“跳闸”说明不是发生了短路，故只能是电路存在漏电；
当I1和I2的差异达到一定值，开关S就会立即断开，即切断电路，由安全用电常识可知，此时切断的是火线；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，根据漏电保护器的原理进行解答。
【解答】
“跳闸”的原因有三个，发生短路或功率过大或发生漏电。题目中将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器再次“跳闸”，说明不是功率过大，在其它插座上能用，说明不是短路，故只能是发生了漏电。
漏电保护器的原理图如下图所示：当I1和I2的差异达到一定值，开关S就会立即断开，即切断火线，
零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，开关S立即断开。
A.若墙上的电源插座中的火线和零线间短路了，不插插排也跳闸，故A错误；
B.插排中插座处的零线和地线接反了，零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，开关S立即断开。导致发生漏电而“跳闸”，故B正确；
C.若插排中插座处的零线和火线接反了，火线和零线上的电流仍然相等，漏电保护器不会断开，故C错误；
D.插排中插座处的火线和地线接反了，电路中无电流用电器不工作，引不起漏电，故D错误。
故选B。
13.【答案】变小
【解析】
【分析】
知道家庭电路中各用电器的连接方式为并联连接及并联电路的电流、电压、电阻的规律。
家庭电路中各用电器可以单独工作，且同时工作时又互不影响，据此判断各用电器的连接方式。
两个电阻并联相当于增加了电阻的横截面积，所以并联电路的总电阻比其中任何一个电阻都小
【解答】
家庭电路中各用电器可以单独工作，且同时工作时又互不影响，所以家庭电路中各用电器的连接方式为并联;
家庭电路中并联的用电器越多，相当于并联电阻的横截面积越大，电阻越小，所以，多接通一个家用电器，家庭电路的总电阻变小。
故答案为：变小。
14.【答案】15 6
【解析】解：由电路图可知，电阻R1、电阻R2、滑动变阻器串联在电路中，电压表V1测量R2两端的电压，电压表V2测量R2和变阻器两端的总电压，电流表测量电路中的电流。
(1)当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，
由U=IR可知，R1和R2两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V2的示数变小，
结合图乙可知，图象中上半部分为电压表V2示数变化图线，下半部分为电压表V1示数变化图线；
(2)当滑片P移至最右端时，两电压表均测R2两端的电压，电路中的电流最大为I=0.6A，UV1=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=UV1+U1=6V+0.6A×R1-------①
当滑片位于左端时，电压表V2的示数(R2和变阻器两端的电压)UV2=12V时，电路中的电流I′=0.2A，
则电源的电压：
U=UV2+U1′=12V+0.2A×R1----②
因电源的电压不变，
所以，由①②可得：R1=15Ω，U=15V，
滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量：
Q1=(I′)2R1t=(0.2A)2×15Ω×10s=6J。
故答案为：15；6。
由电路图可知，电阻R1、电阻R2、滑动变阻器串联在电路中，电压表V1测量R2两端的电压，电压表V2测量R2和变阻器两端的总电压，电流表测量电路中的电流。
(1)当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，R1和R2两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R2和变阻器两端的总电压变小，由此可知图象中上半部分为电压表V2示数变化图线，下半部分为电压表V1示数变化图线；
(2)由图象可知，当滑片P移至最右端，滑动变阻器连入电阻为0，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大为0.6A，此时两电压表的示数都为6V，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压；当电压表V2的示数(R2和变阻器两端的电压)为12V时，电压表V1的示数(R2两端的电压)为2V，电路中的电流为0.2A，根据串联电路的电压特点和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的阻值和电源的电压，根据Q=I2Rt求出滑片移至最左端时10s内电流通过R1产生的热量。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是两电压表的示数与电流表示数变化的关系的判断。
15.【答案】6 36 3：16。
【解析】解：
(1)当S、S1闭合，滑动变阻器滑片P在最右端时，灯泡L与滑动变阻器R并联，由于灯泡L正常发光，则电源电压U=UL=U额=6V；
(2)根据P=U2R得：
灯的电阻RL=U额2Pe =(6V)23W=12Ω；
当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点时，滑动变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，电流表的示数为0.2A，
由I=UR可知灯的电压为：
U灯=I×RL=0.2A×12Ω=2.4V，
根据串联电路的规律可知：
滑动变阻器两端的电压为U滑=U−U灯=6V−2.4V=3.6V，
根据I=UR可得变阻器连入电路的电阻大小为：
R滑=U滑I=3.6V0.2A=18Ω；
故滑动变阻器的最大阻值为：
R滑最大=2R滑=2×18Ω=36Ω；
(3)当开关S、S1都闭合，滑动变阻器滑片P在最左端时，根据电阻的并联，此时电路中的总电阻最小：
R并联=12Ω×36Ω12Ω+36Ω=9Ω，
故电路的最大功率为：
P大=U2R并=(6V)29Ω=4W；
根据P=U2R可知：当电路的电阻最大时功率最小，根据电阻的串联，电阻的最大电阻：
R串联=36Ω+12Ω=48Ω，
故最小功率为：
P小=U2R串=(6V)248Ω=34W；
电路的最小功率与最大功率之比为：34W：4W=3：16。
故答案为：6；36；3：16。
(1)当S、S1闭合，滑动变阻器滑片P在最右端时，灯泡L与滑动变阻器R并联，由于灯泡L正常发光，根据灯泡的额定电压可知电源电压；
(2)根据P=U2R得出灯的电阻：
当S闭合，S1断开，滑动变阻器滑片P在中点，滑动变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，由欧姆定律求出灯的电压，根据串联电路的规律和欧姆定律求出变阻器连入电阻的大小，从而得出滑动变阻器的最大阻值；
(3)根据P=UI得出灯的额定电流即电路中的最大电流，根据P=UI求出电路的最大功率；
根据P=U2R可知：当电路的电阻最大时功率最小，根据电阻的串联得出电阻的最大电阻，从而得出最小功率，最后求出电路的最小功率与最大功率之比。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析。
16.【答案】36
【解析】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
当滑动变阻器的滑片P从b点向左滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，
根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib=0.5A，U1=1V、U2=5V，所以电源电压：U=U1+U2=1V+5V=6V，
由欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值：R=U2Ib=5V0.5A=10Ω，电阻R0的阻值：R0=U1Ib=1V0.5A=2Ω，
当滑动变阻器的电阻丝接入电路的长度为总长度的45时，滑动变阻器接入电路的电阻：R′=45R=45×10Ω=8Ω，
串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时通过电路的电流：I=UR0+R′=6V2Ω+8Ω=0.6A，
通电10s，电路消耗的电能：W=UIt=6V×0.6A×10s=36J。
故答案为：36。
由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，
根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由乙图可以看出，滑片P在b点时通过电路的电流和两个电压表的示数，根据串联电路电压规律计算电源电压；根据欧姆定律计算滑动变阻器和定值电阻的阻值，进一步计算当滑动变阻器的电阻丝接入电路的长度为总长度的45时，滑动变阻器接入电路的电阻，根据欧姆定律和串联电路电阻规律计算此时通过电路的电流，根据电功公式计算通电10s，该电路消耗的电能。
本题考查串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律和电功公式的应用，要明白电路各个用电器的连接情况。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，要能将电路图与图象结合起来并从中获取有用信息。
17.【答案】解：教室内要安装2盏“220V 40W”的照明灯，开关S控制两盏灯，则说明开关在干路上，两灯泡并联，开关S接火线，然后分别进入两灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。如图所示：
【解析】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。两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
18.【答案】
【解析】
【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；
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】
在家庭电路中开关闭火线接灯尾，插座是左零线、右火线，中间接地线，如图所示：
。
故答案为：
。
19.【答案】小 等于 A A
【解析】解：(1)电热丝的材质、长度相同，RA>RB，知A瓶中电热丝比B瓶中电热丝横截面积小；
(2)探究“电热和电阻的关系”，应控制电流和通电时间相等，使用阻值不等的电阻进行实验，即阻值越大产生热量越多。
(3)在该实验中用到的物理研究方法有控制变量法和转换法；
A、探究物体受到几个力作用，引入了合力的概念，用到了等效替代法；
B.探究压力的作用效果，可通过观察海绵的凹陷程度，用到了转换法；
C.探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定，用到了控制变量法。
故答案为：(1)小；(2)等于；A；(3)A。
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积都有关；
(2)本题利用控制变量法来进行研究电流产生的热量与什么因素有关的实验，应控制吸热液体的材料相同，质量相等，通过观察液体的温度的变化来比较吸热的多少。并反映电热的多少，本题探究“电热和电阻的关系”，应控制电流相等，使用阻值不等的电阻进行实验，即阻值越大产生热量越多。
本题利用了控制变量法来研究电流产生的电热的影响因素。由于电流产生的热量不容易观察，故用相同材料的等质量的液体来吸收电热，通过温度计来观察液体的温度的变化来反映电热的多少。
20.【答案】小灯 10 不能 当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A；
当电源电压为12V，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，电流为I=U−U灯R滑=12V−6V10Ω=0.6A，符合要求；
同理可求出电源电压分别为6V、8V、10V时的电流都小于0.56A，故小灯泡的额定电流为0.6A 3.6
【解析】解：①由表中数据分析可知，当电压表示数变大时，电流表示数也随之变大，所以电压表接在小灯两端；
实验1、3滑动变阻器的滑片分别位于滑动变阻器的两端，而实验3电流最大，说明此时滑动变阻器接入电路的阻值最小为0，电压表直接接在电源两端，所以电源电压为4V，故实验1时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，最大值为：R滑=U−U1I1=4V−1V0.3A=10Ω；
②额定电压是指灯泡正常发光时的电压，而实验过程中电源电压为4V小于小灯的额定电压6V，所以小灯不能正常发光；
③当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A；
当电源电压为12V，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，电流为I=U−U灯R滑=12V−6V10Ω=0.6A，符合要求；
同理可求出电源电压分别为6V、8V、10V时的电流都小于0.56A，故小灯泡的额定电流为0.6A；
④小灯的额定功率P额=U额×I额=6V×0.6A=3.6W。
故答案为：①小灯；10；②不能；③计算过程见解析；④3.6。
①分析电压表与电流表示数变化的规律，可判断电压表应接在小灯两端；
实验1、3滑动变阻器的滑片分别位于滑动变阻器的两端，分析表中数据可判断出电源电压，从而求出滑动变阻器的最大值；
②额定电压是指灯泡正常发光时的电压；
③当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A，分别讨论即可求出；
④根据P=UI可求出小灯的额定功率。
本题测定小灯泡的电功率，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用、对器材的要求、实验注意事项、电功率的计算，关键是从题中挖掘隐含的条件，难度较大。
21.【答案】解(1)依题意0～5min内，对应的功率为1100W，为加热状态；
根据P=UI=U2R；
电路中电阻较小，故S1处于闭合状态(10−15min内，对应的功率为440W，电路中电阻较大，S1处于断开状态)，R1此时的电功率P1=1100W；
由P=UI得，通过通过R1的电流I1=P1U1=1100W220V=5A；
(2)30min内加热时间为10min+25min−15min=20min，保温时间为15min−10min+25min−20min=10min；
由P=Wt，得W=Pt；
电路消耗的电能；W=1.1kW×2060h+0.44kW×1060h=0.44kW·h=1.584×106J；
(3)依题意10～15min内，S1处于断开状态，R1与R2串联，此时电路总功率为P=440W，由(1)根据欧姆定律I=UR；
电阻R1=UI1=220V5A=44Ω；
根据P=UI，此时电路中的电流：I=PU=440W220V=2A；
根据串联电路电流的规律，通过R1的电流I1=I=2A；
由P=UI=U2R得：10～15min内R1的电功率：
P1=I12R1=(2A)2×44Ω=176W。
答：(1)0～5min内通过R1的电流为5A；
(2)30min内电路消耗的电能为1.584×106J；
(3)10～15min内R1的电功率为176W。
【解析】本题考查电功率公式、电功公式和欧姆定律的灵活运用，关键是明确电路在不同状态下电路连接。
根据图乙不同时间段对应的功率大小不同，根据P=UI=U2R，判断电路两种状态下电路的连接；
(1)由P=UI变形公式求0～5min内通过R1的电流；
(2)分别求出30min内加热时间和保温时间，根据W=Pt求电流做功和；
(3)由(1)根据欧姆定律可求R1大小，根据P=UI可求此时电路的电流，根据串联电路电流的规律和P=UI=I2R求出R1的电功率。
22.【答案】(1)小灯泡L正常发光的电流I额=P额U额=4.8W6V=0.8A
(2)当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，电路为只有小灯泡L工作的电路，小灯泡L正常发光，说明小灯泡L两端的电压为电源电压，故U电源=U额=6 V；滑片P置于最左端，闭合S1、S2，电路为小灯泡L和电阻R1并联的电路，通过电阻R1的电流I1=U电源R1=6V10Ω=0.6A，干路的电流I=I额+I1=0.8 A+0.6 A=1.4 A，10 s内电路消耗的总电能W=U电源It=6 V×1.4 A×10 s=84 J (3)滑片P置于最右端，只闭合S2，电路为电阻R1和R2串联的电路，滑动变阻器R2消耗的电功率P2=U2Iˈ，电路消耗的总功率为P总=U电源Iˈ，R2的电功率与电路总功率的比值P2P总=U2I′U电源I′=I′R2I′(R1+R2)=R2R1+R2=1R1R2+1，要想使这个比值最小，则R1R2+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0.5 A，即Imax=0.5 A，此时电路的总电阻R总=U电源Imax=6V0.5A=12Ω，R2的最小电阻R2小=R总−R1=12 Ω−10 Ω=2 Ω；当R2为2 Ω时R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率P2=Imax2R2=(0.5 A)2×2 Ω=0.5 W
【解析】略
23.【答案】解：
(1))由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，R2单独接入电路，电路的电阻较小，由P=U2R可知此时电热水壶的功率较大，P加热=800W；
电阻R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)2800W=60.5Ω；
(2)水的体积：
V=1L=1×10−3m3，
由ρ=mV可知，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg，
水加热到100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃−20℃)=3.36×105J；
(3)由P=Wt可得，烧开这壶水消耗的电能：
W=Pt=800W×10×60s=4.8×105J，
电热水壶的效率：
η=Q吸W×100%=3.36×105J4.8×105J×100%=70%。
答：(1)电阻R2的阻值分别是60.5Ω；
(2)此过程中水所吸收的热量是3.36×105J；
(3)在这次烧水中，电热水壶的效率是70%。
【解析】(1)由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，R2单独接入电路，电路的电阻较小，由P=U2R可知此时电热水壶的功率较大，为加热档利用P=U2R求R2；
(2)在1标准大气压下水的沸点是100℃，根据密度公式求出水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(3)根据W=Pt求出烧开这壶水消耗的电能，吸收的热量与消耗的电能的比值就是电热水壶的效率。
本题考查电功率、吸收热量、消耗电能、转化效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道开关断开与闭合时电路的连接情况，解题过程中要注意单位的换算。
24.【答案】解：(1)由表中数据可知，高温的功率P高=600W，
由P=UI可得，在高温档工作时，电路中的电流I高温=P高温U=600W220V≈2.7A，
(2)由P=U2R可得，电炖锅的电阻：R=U2P=(220V)2400W=121Ω，
电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在121s内转了20r，则电炖锅消耗的电能：
W实=20r1800r/kW⋅h=190kW⋅h=190×3.6×106J=4×104J，
实际功率：P实=W实t=4×104J121s，
由P=U2R可得，电路的实际电压：
U实=P实R=4×104J121s×121Ω=200V。
(3)高温档消耗的电能W高=P高t高=600W×6×60s=2.16×105J，
则水升高1℃消耗的电能2.16×105J20=1.08×104J，
低温档消耗的电能W低=P低t低=200W×9×60s=1.08×105J，
则水升高1℃消耗的电能为1.08×105J8=1.35×104J，
因为1.08×104J<1.35×104J，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的水升高1℃，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。
答：(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流是2.7A；
(2)在用电高峰期，此时的实际电压是200V；
(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，由(3)可知用高温挡更节能。
【解析】(1)由功率公式可求得高温档时的电流；
(2)由P=U2R公式变形可求得电炖锅的电阻，已知电能表每消耗1kW⋅h的电能转盘就转动1800r，据此求出电能表转盘在121s内转了20r消耗的电能，利用P=Wt求出其实际功率，再根据P=U2R公式的变形求出他家电路的实际电压。
(3)计算出低温档和高温档每分钟消耗电能的多少比较即可解答。
本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了学生对吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的灵活运用，关键是从题目图片中找出有用的信息，与生活实际相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位统一。
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