TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16452" 【考點1 探究電流與電壓、電阻的關系】1
\l "_Tc5338" 【考點2 歐姆定律的應用】9
\l "_Tc31833" 【考點3 電路的動態(tài)分析】19
\l "_Tc846" 【考點4 電流表、電壓表在判斷電路故障中的應用】22
\l "_Tc846" 【考點5 電路圖設計】25
\l "_Tc16452" 【考點6 實驗 伏安法測電阻】27
\l "_Tc5338" 【考點7 電功與電能的計算】33
\l "_Tc31833" 【考點8 電能表】36
\l "_Tc846" 【考點9 電功率與電壓、電流的關系】38
\l "_Tc846" 【考點10 電功率的計算】40
\l "_Tc16452" 【考點11 額定功率與實際功率】53
\l "_Tc5338" 【考點12 實驗 測量小燈泡的電功率】54
\l "_Tc31833" 【考點13 電流的熱效應】62
\l "_Tc846" 【考點14 焦耳定律】63
\l "_Tc846" 【考點15 焦耳定律的計算及其應用】64
\l "_Tc16452" 【考點16 電功與電熱的綜合計算】69
\l "_Tc16452" 【考點1 探究電流與電壓、電阻的關系】
1．（2022?青山區(qū)模擬）如圖所示是某同學探究“電壓一定時，電流與電阻的關系”的實驗電路圖。已知電源電壓恒為4.5V，滑動變阻器規(guī)格為“25Ω 1A”，可供選擇的定值電阻的阻值為5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω。依次更換電阻R，閉合開關，調節(jié)滑動變阻器，得到的實驗數據如表。下列說法正確的是（ ）
A．多次實驗的目的是減小實驗誤差
B．第1次實驗滑動變阻器的功率最小
C．第5次實驗數據不能由本實驗得到
D．第1次實驗滑動變阻器接入電路中的阻值比第2次更大
【答案】C
【分析】（1）本次實驗的目的是得出普遍規(guī)律；
（2）實驗中，應控制定值電阻兩端的電壓不變，根據串聯電路的電壓特點可知，滑動變阻器兩端的電壓不變，根據表格數據可知，第1次實驗中電路中的電流最大，根據P＝UI可知得出結論；
根據表格數據可知，第1次實驗中電路中的電流大于第2次實驗中電路中的電流，根據歐姆定律得出第1次實驗滑動變阻器接入電路中的阻值與第2次實驗滑動變阻器接入電路中的阻值的大小關系；
（3）若電路中的電流為0.08A，根據歐姆定律可知電路總電阻，根據電阻串聯的特點可知此時滑動變阻器接入電路的阻值，與滑動變阻器的最大阻值比價即可得出答案。
【解答】解：A、多次實驗的目的是得出普遍規(guī)律，故A錯誤；
BD、實驗中，應控制定值電阻兩端的電壓不變，根據串聯電路的電壓特點可知，滑動變阻器兩端的電壓不變，根據表格數據可知，第1次實驗中電路中的電流最大，根據P＝UI可知，第1次實驗滑動變阻器的功率最大，故B錯誤；
根據表格數據可知，第1次實驗中電路中的電流大于第2次實驗中電路中的電流，根據R滑＝可知第1次實驗滑動變阻器接入電路中的阻值比第2次更小，故D錯誤；
C、若電路中的電流為0.08A，根據歐姆定律可知電路總電阻R串＝＝＝56.25Ω，根據電阻串聯的特點可知此時滑動變阻器接入電路的阻值R滑′＝R串﹣R5＝56.25Ω﹣25Ω＝31.25Ω，滑動變阻器的最大阻值為25Ω，故第5次實驗數據不能由本實驗得到，故C正確。
故選C。
2．（2023秋?遷安市期中）（多選）小希同學在探究通過導體的電流與其兩端電壓的關系時，將記錄的實驗數據通過整理作出了如圖所示的圖像，根據圖像判斷，下列說法中正確的是（ ）
A．當導體甲兩端的電壓為3V時，通過導體甲的電流為0.6A
B．當通過導體乙的電流為0.3A時，導體乙兩端的電壓為2V
C．通過導體乙的電流與其兩端的電壓成正比
D．將甲、乙兩導體并聯接到電壓為2V的電源上時，通過導體的總電流為0.9A
【答案】AC
【分析】（1）從圖像中直接讀出甲兩端的電壓為3V時通過的電流；
（2）從圖像中直接讀出通過導體乙的電流為0.3A時，導體乙兩端的電壓；
（3）由圖像可知，甲、乙兩圖均是過原點的一條直線，所以通過甲、乙的電流與其兩端的電壓均成正比例關系；
（4）當甲、乙兩導體并聯后接到電壓為2V的電源上時，它們兩端的電壓相等，根據圖像讀出通過它們的電流，利用并聯電路的電流特點求出干路電流。
【解答】解：A、由圖像可知，當在導體甲的兩端加上加3V的電壓時，通過的電流為0.6A，故A正確；
B、由圖像可知，當通過導體乙的電流為0.3A時，導體乙兩端的電壓為3V，故B錯誤；
C、由圖像可知，通過甲、乙兩電阻的電流與各自兩端的電壓成正比例函數，即通過導體甲、乙的電流與兩端的電壓成正比，故C正確；
D、因并聯電路中各支路兩端的電壓相等，
所以，當甲、乙兩導體并聯后接到電壓為2V的電源上時，它們兩端的電壓均為2V，
由圖像可知，通過兩導體的電流分別為I甲＝0.4A，I乙＝0.2A，
因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，干路中的電流I＝I甲+I乙＝0.4A+0.2A＝0.6A，故D錯誤。
故選：AC。
3．（2023秋?疏勒縣期中）如圖是“探究電流與電阻的關系”的電路圖。將5Ω的定值電阻接入圖中A、B兩點間，正確操作后，電流表的示數為0.40A。接下來的操作：斷開開關，將5Ω的定值電阻更換為10Ω的定值電阻，再將滑動變阻器的滑片P移到最 右 （填“左”或“右”）端，然后閉合開關，移動滑片P，使電壓表示數為 2 V時，讀出電流表的示數。
【答案】右；2。
【分析】電流與電壓和電阻兩因素有關，探究電流與電阻關系實驗，應保持電阻兩端電壓不變，更換大電阻后，根據串聯電路分壓規(guī)律可知AB間的電壓的變化，根據探究電流與電阻的關系的實驗中，應控制定值電阻兩端的電壓不變可知，應增加滑動變阻器接入電路的阻值，由此得出滑片的移動方向。
【解答】解：
由題將5Ω的定值電阻接入圖中A、B兩點間，電流表的示數為0.40A，
所以R兩端電壓為：
U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
將5Ω的定值電阻更換為10Ω的定值電阻，根據串聯電路分壓規(guī)律可知，定值電阻兩端的電壓變大，為保證電阻兩端電壓保持不變，應先將滑動變阻器的滑片滑到右端移動，閉合開關，移動滑片P，使電壓表示數為2V時，讀出電流表的示數。
故答案為：右；2。
4．（2023秋?武侯區(qū)校級期中）小明用如圖所示的電路探究“電流跟電阻的關系”，實驗器材有：學生電源（4V不變），電流表，電壓表，定值電阻3只（10Ω、20Ω、40Ω各一只），滑動變阻器A（20Ω 1A）、B（50Ω 1A），開關，導線若干。
（1）將10Ω的電阻接入電路中，開關閉合前滑動變阻器的滑片應置于 B 端（選填“A”或“B”），閉合開關后調節(jié)滑動變阻器，使電壓表示數為U，電流表示數如圖乙；
（2）用20Ω的電阻替換10Ω的電阻時，應將滑動變阻器的滑片向 右 （選填“左”或“右”）移動，使得電壓表的示數為 2 V；
（3）為了利用這3個電阻進行實驗，應當選擇 B （選填“A”或“B”）滑動變阻器接入電路。
【答案】（1）B；（2）右；2；（3）B。
【分析】（1）為保護電路，開關閉合前，滑動變阻器的滑片P應置于阻值最大處；
（2）實驗中應保持定值電阻兩端的電壓不變。當電阻由10Ω更換為20Ω時，根據串聯分壓特點可知，定值電阻兩端的電壓變大，為保證定值電阻兩端的電壓不變，應讓滑動變阻器兩端的電壓變大，根據串聯分壓特點分析滑動變阻器的滑片的移動方向；根據U＝IR可得電壓表示數U；
（3）根據滑動變阻器的調節(jié)電壓的作用分析應選擇的滑動變阻器。
【解答】解：（1）開關閉合前，滑動變阻器的滑片P應置于阻值最大處的B端；
（2）實驗中應保持定值電阻兩端的電壓不變。用20Ω的電阻替換10Ω的電阻時，根據串聯分壓特點可知，定值電阻兩端的電壓變大，為保證定值電阻兩端的電壓不變，應讓滑動變阻器兩端的電壓變大，所以應將滑動變阻器的阻值變大，故應將滑動變阻器的滑片向右移動；
將10Ω的電阻接入電路中，由圖乙可知，電流表示數為I0＝0.2A，
則電壓表的示數為：U0＝I0R1＝0.2A×10Ω＝2V，故將滑動變阻器的滑片向右移動，使得電壓表的示數重新為2V；
（3）當用40Ω的電阻進行實驗時，若要保證定值電阻的電壓不變，根據串聯電路電壓、電流規(guī)律可得：
＝，即：＝，R滑＝40Ω，應當選擇B滑動變阻器接入電路。
故答案為：（1）B；（2）右；2；（3）B。
5．（2023秋?海門市期中）合作學習小組成員小潔和小娟進行了一組電學實驗，她們首先連接了一個電路，閉合開關后兩燈泡都亮，但由于連線較亂，一時無法確定電路是串聯還是并聯，以下兩種簡單判斷方法是否可行？請你在表中空格填寫“可行”或“不可行”。
小潔和小娟又利用如圖甲所示的電路探究電流跟電阻的關系。已知電源電壓為6V且保持不變實驗用到的電阻阻值分別為5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）請根據圖甲將圖乙所示的實物電路連接完整（導線不允許交叉）。
（2）實驗中多次改變R的阻值，調節(jié)滑動變阻器的滑片，使電壓表示數保持不變，記下電流表的示數，得到如圖丙所示的電流I隨電阻R變化的圖像。
①由圖像可以得出結論：電壓一定時， 通過導體的電流與導體的電阻成反比 。
②上述實驗中小明用5Ω的電阻做完實驗后，接下來的操作是 斷開開關 ，然后將10Ω的電阻接入電路，閉合開關，移動滑片，使電壓表示數為 2.5 V時，讀出電流表的示數。
③為完成整個實驗，應該選取最大阻值不小于 35 Ω的滑動變阻器。
【答案】可行；不可行；（1）見解答圖；（2）①通過導體的電流與導體的電阻成反比；②斷開開關；2.5；③35。
【分析】串聯電路中電流只有一條路徑；并聯電路中有多條路徑；
串聯電路和并聯電路中各用電器的工作特點的不同之處：串聯電路各用電器同時工作、同時不工作，互相影響；并聯電路各用電器可以獨立工作、互不影響；也可以同時工作，同時停止工作；根據電路的工作特點去分析用電器的連接方式；
（1）根據電路圖連接實物圖；
（2）①根據圖丙分析得出結論；
②為了保護電路，更換電阻時應斷開開關；根據控制變量法，研究電流與電阻的關系時，需控制定值電阻兩端的電壓不變；
③探究電流與電阻的關系，應保持電阻兩端的電壓不變；根據串聯電路電壓的規(guī)律求出滑動變阻器分得的電壓，根據分壓原理，求出當接入25Ω電阻時滑動變阻器連入電路中的電阻，進而確定滑動變阻器的規(guī)格。
【解答】解：方法一：把其中一只燈泡從燈座中取下來，如果觀察另一只燈泡熄滅，則亮燈一定是串聯，該方法是可行的；
方法二：把任意一根導線斷開，如果觀察兩燈都熄滅，則是無法確定兩燈的連接方式的。因為兩燈無論是串聯還是并聯，當把任意一根導線斷開時，都有可能造成兩燈熄滅。串聯電路的電流路徑只有一條，一處斷開則電路中就不會有電流，兩燈都不發(fā)光；并聯電路的電流路徑雖然有多條，各用電器可以獨立工作，但如果是并聯電路干路上的導線斷的話，則也會造成兩燈都不發(fā)光，所以該方法是不可行的，如下表所示；
（1）由圖甲可知，定值電阻、滑動變阻器和電流表串聯，電壓表并聯在定值電阻兩端，實物連接如下圖所示：
；
（2）①由圖丙可知，定值電阻兩端電壓為UV＝IR＝0.5A×5Ω＝……＝0.1A×25Ω＝2.5V，為一定值，故可得出結論：當電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比；
②為了保護電路，更換電阻時應斷開開關；實驗中，當把5Ω的電阻換成10Ω的電阻后，根據分壓原理，電阻兩端的電壓變大，研究電流與電阻關系時要控制電壓不變，故移動滑片，使電壓表示數為2.5V時，讀出電流表的示數；
③實驗中使用的定值電阻阻值最大為25Ω，定值電阻兩端的電壓始終保持UV＝2.5V，根據串聯電路電壓的規(guī)律，滑動變阻器分得的電壓：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2.5V＝3.5V，滑動變阻器分得的電壓為電壓表示數的＝1.4倍，根據分壓原理，當接入25Ω電阻時，滑動變阻器連入電路中的電阻為：R滑＝1.4×25Ω＝35Ω，即所選擇的滑動變阻器的最大阻值不能小于35Ω。
故答案為：可行；不可行；（1）見解答圖；（2）①通過導體的電流與導體的電阻成反比；②斷開開關；2.5；③35。
6．（2023?合肥模擬）如圖所示是探究“電流與電阻的關系”的實驗電路的一部分。提供的實驗器材有：穩(wěn)壓電源（電壓恒為4.5V）、開關、電流表、電壓表、規(guī)格為“20Ω，2A”的滑動變阻器、電阻箱（阻值可調節(jié)）、導線若干。
（1）請你用筆畫線代替導線，將圖中的電路連接完整（要求：滑片P向左端移動時，電路中的電流變大，且導線不能交叉）。
（2）實驗中先將電阻箱的阻值調到5Ω，閉合開關，調節(jié)滑動變阻器使電壓表的示數為3V，記錄此時電流表的示數。
（3）將電阻箱的阻值調到10Ω，閉合開關，請你寫出下面的操作步驟： 向右調節(jié)滑動變阻器使電壓表的示數為3V，記錄此時電流表的示數 。
（4）繼續(xù)完成實驗，得出數據如表。根據表中數據，得出結論： 當電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比 。
（5）實際中的電流表和電壓表都是有一定電阻的，我們稱之為“內阻”。你覺得下面哪個內阻會對這個實驗帶來一定的影響 B （填字母序號）。
A.電流表內阻 B.電壓表內阻 C.兩個電表內阻
【答案】（1）見解答圖；（3）向右調節(jié)滑動變阻器使電壓表的示數為3V，記錄此時電流表的示數；（4）當電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比；（5）B。
【分析】（1）滑片P向左端移動時，電路中的電流變大，說明滑動變阻器阻值變小，據此確定滑動變阻器選用的下端接線柱；
（3）根據控制變量法，研究電流與電阻的關系時，需控制定值電阻兩端的電壓不變，當換上大電阻時，根據分壓原理確定電壓表示數的變化，由串聯電路電壓的規(guī)律結合分壓原理確定滑動變阻器滑片移動的方向；
（4）根據表中數據分析得出結論；
（5）分析電路的連接，分別由并聯電路的電流特點和分壓原理判斷電壓表和電流表對電路造成的影響大小。
【解答】解：（1）滑片P向左端移動時，電路中的電流變大，說明滑動變阻器阻值變小，故滑動變阻器選用左下接線柱與電流表串聯在電路中，如下圖所示：
；
（3）實驗中，當電阻箱的阻值調到10Ω后，根據分壓原理，電阻箱兩端的電壓變大，研究電流與電阻關系時要控制電壓不變，根據串聯電路電壓的規(guī)律，要增大滑動變阻器兩端的電壓，由分壓原理，要增大滑動變阻器電阻阻值，故接下來操作步驟是：向右調節(jié)滑動變阻器使電壓表的示數為3V，記錄此時電流表的示數；
（4）由表中數據可知，電阻箱兩端電壓為UV＝IR＝0.6A×5Ω＝……＝0.15A×20Ω＝3V，為一定值，故可得出結論：當電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比；
（5）由電路圖可知，電壓表與電阻箱并聯，電壓是準確的；電流表測通過電阻箱和電壓表的總電流，電流表測量值偏大，因此電壓表內阻對這個實驗會帶來一定的影響，故選：B。
故答案為：（1）見解答圖；（3）向右調節(jié)滑動變阻器使電壓表的示數為3V，記錄此時電流表的示數；（4）當電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比；（5）B。
\l "_Tc5338" 【考點2 歐姆定律的應用】
7．（2023秋?二道區(qū)校級月考）如圖所示，電源電壓不變，當開關S1、S2閉合時，電流表示數為0.8A，開關S2斷開后，電流表示數改變了0.5A，則R1和R2的阻值之比為（ ）
A．13：5B．3：5C．5：3D．5：13
【答案】C
【分析】開關S1閉合，S2斷開時電路為R1的簡單電路，當開關S1、S2閉合時兩電阻并聯，電流表測干路電流；
根據并聯電路中各支路獨立工作、互不影響可知通過R1的電流不變，改變的電流是通過R2的電流，利用并聯電路的電流特點求出通過R1的電流，根據并聯電路的電壓特點和歐姆定律求出兩電阻的阻值之比。
【解答】解：開關S1閉合，S2斷開時電路為R1的簡單電路，當開關S1、S2閉合時兩電阻并聯，電流表測干路電流；
因為并聯電路中各支路獨立工作、互不影響，
開關S1閉合，S2斷開前后，通過R1的電流不變，改變的電流是通過R2的電流即I2＝0.5A，
由并聯電路中干路電流等于各支路電流之和可知，
開關S1、S2閉合時，通過R1的電流：
I1＝I﹣I2＝0.8A﹣0.5A＝0.3A，
并聯電路中各支路兩端的電壓相等，根據歐姆定律可得：
＝＝＝＝，所以ABD錯誤，C正確。
故選：C。
8．（2023?殷都區(qū)一模）如圖甲所示，R2為電阻箱，調節(jié)R2時電流表示數I隨之變化。如圖乙所示是電阻箱阻值R2與電流表示數的倒數的圖象，則定值電阻R1與電源電壓U的大小分別為（ ）
A．5Ω 2.5VB．5Ω 10VC．10Ω 20VD．10Ω 30V
【答案】A
【分析】由電路圖可知，R1與R2串聯，電流表測電路中的電流，根據圖乙可知R2的阻值為0Ω和10Ω時的值，據此得出對應電路中的電流，根據串聯電路的特點和歐姆定律分別表示出電源的電壓，利用的電壓不變得出等式即可求出R1的阻值，進一步求出電源的電壓。
【解答】解：由電路圖可知，R1與R2串聯，電流表測電路中的電流，
由圖乙可知，當R2＝0Ω時，＝2A﹣1，則電路中的電流I1＝0.5A，
此時只有R1接入電路，則由I＝可得，電源的電壓：
U＝I1R1＝0.5A×R1，
由圖乙可知，當R2＝10Ω時，＝6A﹣1，則電路中的電流I2＝A，
因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，
所以，電源的電壓：
U＝I2（R1+R2）＝A×（R1+10Ω），
因電源的電壓不變，
所以，0.5A×R1＝A×（R1+10Ω），
解得：R1＝5Ω，
電源的電壓U＝I1R1＝0.5A×5Ω＝2.5V。
故選：A。
9．（2023秋?大東區(qū)期中）（多選）如圖甲所示電路，閉合開關S后，將滑動變阻器R2的滑片P從一端滑到另一端，R1、R2的U﹣I關系圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是（ ）
A．滑動變阻器R2的最大阻值為
B．R1的阻值為
C．U3+U1＝U4
D．滑動變阻器R2向右滑動時，電壓表V2示數變化量的絕對值與電流表示數變化量的絕對值的比值增大
【答案】ABC
【分析】由電路圖可知，R1與R2串聯，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
（1）根據串聯電路中的電壓特點可知兩電壓表示數變化量的關系，當滑片位于左端時，滑動變阻器接入電路中的電阻為0時，電路為R1的簡單電路，電路中的電流最大，R1兩端電壓等于電源的電壓，由圖象讀出最大電壓，并由歐姆定律計算R1的阻值；當滑片位于右端時，滑動變阻器接入電路中的電阻最大，電路中的電流最小，由圖象讀出電壓表V2的示數和電路中最小電流，根據歐姆定律即可求出R2最大阻值；
（2）由圖可知通過電路的電流為I2時，兩電壓表的示數都為U2，根據串聯電路電壓規(guī)律可得U3+U1＝2U2＝U4；
（3）根據串聯電路的電壓特點和歐姆定律表示出電壓表V2示數的變化量，然后得出答案。
【解答】解：由電路圖可知，R1與R2串聯，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
（1）當滑片位于左端時，電路為R1的簡單電路，電路中的電流最大，變阻器R2的電壓為0，此時R1兩端電壓最大且等于電源電壓，滑動變阻器接入電路最大阻值時，通過電路的電流最小，如下圖所示：
由圖象可知，電路中的最小電流：I最?。絀1，R1和R2兩端電壓分別為：U1、U3；電源電壓：U＝U4，電路中的最大電流：I最大＝I4，
滑動變阻器的最大阻值：R2＝，故A正確；
將R2的滑片P從一端滑到另一端，此過程中R2的電壓變化量Δ＝U3﹣0＝U3，
由串聯電路的電壓特點可得R1的電壓變化量：Δ＝Δ＝U3，
此過程中電流的變化量ΔI＝I4﹣I1，
由歐姆定律可得，R1的阻值：
R1＝＝＝，故B正確；
（2）由圖可知通過電路的電流為I2時，兩電壓表的示數都為U2，因串聯電路各部分電壓之和等于電源電壓，且電源電壓不變，所以R1和R2兩端的電壓之和即電源電壓，所以U3+U1＝2U2＝U4，故C正確；
（3）滑動變阻器R2向右滑動時，電壓表V2示數變化量的絕對值與電流表示數變化量的絕對值的比值增大
設滑片移動前后電路中的電流分別為I、I′，因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，電壓表V2的示數變化量：ΔU2＝（U﹣IR1）﹣（U﹣I′R1）＝（I′﹣I）R1＝ΔIR1，則||＝R1，其比值不變，故D錯誤。
故選：ABC。
10．（2023秋?沂南縣期中）當某導體兩端的電壓是6V時，通過該導體的電流是0.3A，如果使該導體兩端的電壓變?yōu)?8V，那么通過該導體的電流是 0.9 A，這時該導體的電阻是 20 Ω。
【答案】0.9；20。
【分析】（1）知道導體兩端的電壓和通過的電流，根據歐姆定律求出導體的電阻；
（2）電阻是導體本身的一種性質，只與導體的材料、長度、橫截面積和溫度有關，與兩端的電壓和通過的電流無關，根據歐姆定律求出該導體兩端的電壓變?yōu)?8V時通過導體的電流。
【解答】解：由I＝可得，導體的電阻：
R＝＝＝20Ω，
因電阻是導體本身的一種性質，與導體兩端的電壓和通過的電流無關，
所以，如果使該導體兩端的電壓變?yōu)?8V時，導體的電阻仍為20Ω不變，
則此時通過導體的電流：
I′＝＝＝0.9A。
故答案為：0.9；20。
11．（2023?開福區(qū)校級二模）我市每年中學生都需要進行體檢，其中一項是測量身高，如圖是一個電子身高測量儀的簡易示意圖，其中定值電阻R1和電源電壓不變，R2是一個規(guī)格為“20Ω，2A”的滑動變阻器?；谧钌隙藭r，電流表示數為0.3A；滑片在最下端時，電流表示數為0.5A。則圖中R1＝ 30 Ω，電源電壓U＝ 15 V。
【答案】30；15。
【分析】當滑片在最上端時，滑動變阻器和R1串聯，滑動變阻器連入電路的阻值最大，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓，電流表測量電路中的電流；根據串聯電路的特點和I＝得出電源電壓的表達式；
滑片在最下端時，滑動變阻器電阻為零，只有R1工作，根據I＝得出電源電壓的表達式，最后聯立即可求出R1和電源電壓。
【解答】解：當滑片在最上端時，滑動變阻器和R1串聯，滑動變阻器連入電路的阻值最大，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓，電流表測量電路中的電流；
根據串聯電路的特點和I＝可得電源電壓：
U＝IR＝I（R1+R2）＝0.3A×（R1+20Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
滑片在最下端時，滑動變阻器電阻為零，只有R1工作，根據I＝可得電源電壓：
U＝I′R1＝0.5A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解①②得：R1＝30Ω，U＝15V。
故答案為：30；15。
12．（2023?杜集區(qū)校級模擬）如圖甲所示的電路中，電源電壓保持不變，閉合開關后，在滑動變阻器的滑片P從一端滑到另一端的過程中，電壓表示數與電流表示數的變化關系如圖乙所示，當滑片滑到距離a端三分之一處，電壓表的示數是 5.4 V。
【答案】5.4。
【分析】由圖甲可知R和滑動變阻器串聯，電流表測電路中的電流，電壓表測R兩端的電壓；
（1）當滑片在a端時，滑動變阻器接入電路的阻值為0Ω，電路中只有定值電阻R，此時電壓表的示數就是電源電壓；由歐姆定律可知此時電路中的電流最大，由圖乙可知最大電流以及對應的電壓表的示數，即可知道電源電壓；利用歐姆定律結合圖乙中的數據即可求出定值電阻R的阻值；
（2）當滑片在b端時，滑動變阻器接入電路的阻值最大，由歐姆定律可知電路中的電流最??；根據圖乙讀出最小電流，以及對應的電壓表示數，即R兩端的電壓，串聯電路中電源電壓等于各個用電器兩端的電壓之和，據此得出滑動變阻器兩端的電壓，再根據歐姆定律的變形式求出滑動變阻器的最大值；
（3）當滑片滑到距離a端三分之一處，求出滑動變阻器接入電路的電阻，根據串聯的特點和歐姆定律求出電壓表的示數。
【解答】解：由圖甲可知R和滑動變阻器串聯，電流表測電路中的電流，電壓表測R兩端的電壓；
（1）當滑片P滑到a端時，滑動變阻器接入電路的阻值為0Ω，此時電路總電阻最小，由歐姆定律可知電路中的電流最大，由圖乙可知最大電流為I1＝1.5A，此時對應的電壓表示數為9V，即電源電壓為U＝9V；
由歐姆定律可知定值電阻R的阻值為：R＝＝＝6Ω；
（2）當滑片P滑到b端時，滑動變阻器的阻值最大，此時電路總電阻最大，由歐姆定律可知電路中的電流最??；
由圖乙可知最小電流為I2＝0.5A，此時電壓表示數為3V，即R兩端的電壓為UR＝3V，
由串聯電路的電壓特點可知此時滑動變阻器兩端的電壓為：UP＝U﹣UR＝9V﹣3V＝6V，
由歐姆定律可知滑動變阻器的最大阻值為：RP＝＝＝12Ω；
（3）當滑片滑到距離a端三分之一處時，則滑動變阻器接入電路的電阻為：R′＝RP＝×12Ω＝4Ω，
則電路的總阻值為：R總＝R+R′＝6Ω+4Ω＝10Ω，電路中的電流為：I＝＝＝0.9A，
根據歐姆定律可得電壓表示數為：U′＝IR＝0.9A×6Ω＝5.4V。
故答案為：5.4。
13．（2023秋?壽光市期中）如圖甲所示，電源電壓保持不變，R1＝10Ω。當閉合開關S，滑動變阻器滑片P從a端移到b端，兩電表示數變化關系用圖乙中的線段AB表示。求：
（1）電源電壓和變阻器R2的最大阻值；
（2）滑片P滑到ab中點時電壓表的示數。
【答案】（1）電源電壓為6V；R2的最大阻值是20Ω；（2）滑片P滑到ab中點時電壓表的示數為3V。
【分析】（1）由電路圖可知，電阻R1和滑動變阻器R2的有效部分串聯接入電路，電流表測量電路中的電流，電壓表測量R2兩端的電壓；當滑片位于b端時，電路為R1的簡單電路，電流表測電路中的電流，此時電路中的電流最大，根據圖2讀出電路中的最大電流，根據歐姆定律求出電源的電壓；
當滑片位于a端時，接入電路中的電阻最大，此時電路中的電流最小，根據圖2讀出電路中的最小電流，根據歐姆定律求出電路中的總電阻，利用電阻的串聯求出R2的最大阻值。
（2）根據歐姆定律、串聯電阻的規(guī)律求出P在中點時電路中的電流，再由歐姆定律求出電壓表示數。
【解答】解：（1）由電路圖可知，電阻R1和滑動變阻器R2的有效部分串聯接入電路，電流表測量電路中的電流，電壓表測量R2兩端的電壓；當滑片位于b端時，電路為R1的簡單電路，電流表測電路中電流，此時電路中電流最大，由圖2可知，電路中的最大電流I大＝0.6A，
由I＝可得，電源的電壓：
U＝I大R1＝0.6A×10Ω＝6V；
當滑片位于a端時，接入電路中的電阻最大，此時電路中的電流最小，
由圖乙可知，電路中的最小電流I?。?.2A，
此時電路中的總電阻：
R＝＝＝30Ω，
因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，
所以，R2的最大阻值：
R2max＝R﹣R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；
（2）P在中點時，變阻器連入電路中的電阻R′2＝10Ω，此時電路中的電流I′＝＝＝0.3A，電壓表的示數U′2＝I′R′2＝0.3A×10Ω＝3V。
答：（1）電源電壓為6V；R2的最大阻值是20Ω；（2）滑片P滑到ab中點時電壓表的示數為3V。
14．（2023秋?河西區(qū)期中）如圖1所示，電源電壓保持不變，在滑動變阻器R2滑片P從一端移到另一端的過程中，記錄了兩個瞬間的電流表和電壓表示數并描出圖2中的A、B兩點，其中有一個瞬間為滑片P位于滑動變阻器的一端。求：
（1）滑動變阻器的最大阻值；
（2）電源電壓U和定值電阻R1的阻值。
【答案】（1）滑動變阻器的最大阻值為；
（2）電源電壓U為3U0和定值電阻R1的阻值為。
【分析】由圖甲可知，兩電阻串聯，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，電流表測電路中的電流。當滑動變阻器接入電路中的電阻為0時電路中的電流最大，電壓表的示數為0，當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時電路中的電流最小，據此分析記錄是哪個端點的瞬間，由圖象讀出電流和電壓，根據串聯電路的特點和歐姆定律表示出電源的電壓，并求出R2的最大阻值，利用電源的電壓不變得出等式即可求出電源電壓，定值電阻的阻值。
【解答】解：（1）由圖甲可知，兩電阻串聯，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
當滑動變阻器接入電路中的電阻為0時電路中的電流最大，電壓表的示數為0，當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時電路中的電流最小，圖中沒有電壓為0的記錄，說明記錄了電阻最大端點的數據，即電壓表示數為2U0，電流表示數為I0，
則滑動變阻器的最大阻值為：
R2＝；
（2）因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，電源的電壓：U＝I0R1+2U0……①
因電源的電壓不變，當另一個瞬間時，電流為2I0，電壓表示數為U0，所以，電源電壓：U＝2I0R1+U0……②
聯立①②，解得：R1＝，電源的電壓U＝I0R1+2U0＝I0×+2U0＝I0R1+2U0＝3U0。
答：（1）滑動變阻器的最大阻值為；
（2）電源電壓U為3U0和定值電阻R1的阻值為。
15．（2023?合肥模擬）如圖所示，是某多擋位加熱電器的加熱部件，該部件由阻值不變的兩根電阻絲R1、R2構成，其中R2＝22Ω。將這個加熱部件接入電路中，電源電壓保持不變，閉合開關S1，S2接A時，電流表的示數為1A，斷開開關S1，S2接A時，電流表示數為0.5A。求：
（1）電源電壓；
（2）閉合開關S1，S2接B時，電流表的示數。
【答案】（1）電源電壓是22V；
（2）閉合開關S1，S2接B時，電流表的示數是2A。
【分析】（1）閉合開關S1，S2接A時，此時電路中只有R1，R2被短路；電流表測電路中的電流；已知此時電流表的示數，即電路中的電流，利用I＝可得出電源電壓的表達式；
斷開開關S1，S2接A時，R1和R2串聯，電流表測電路中的電流；已知此時電流表的示數，即此時電路中的電流，利用I＝和電阻的串聯特點得出電源電壓的表達式，聯立解得電源電壓和電阻R1的阻值；
（2）閉合開關S1，S2接B時，R1和R2并聯，電流表測干路電流；利用I＝和并聯電路電流特點可求出電路的總電流。
【解答】解：（1）閉合開關S1，S2接A時，此時電路中只有R1，R2被短路；電流表測電路中的電流；
已知此時電流表的示數為1A，即電路中的電流為I1＝1A，
由I＝可知電源電壓為：U＝U1＝I1R1＝1A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
斷開開關S1，S2接A時，R1和R2串聯，電流表測電路中的電流；
已知此時電流表示數為0.5A，即電路中的電流為I＝0.5A，
由I＝可知電源電壓為：U＝I（R1+R2）＝0.5A×（R1+22Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
解①②可得：U＝22V，R1＝22Ω；
（2）閉合開關S1，S2接B時，R1和R2并聯，電流表測干路電流；
電流表示數為：I′＝I1′+I2′＝+＝+＝2A。
答：（1）電源電壓是22V；
（2）閉合開關S1，S2接B時，電流表的示數是2A。
\l "_Tc31833" 【考點3 電路的動態(tài)分析】
16．（2023秋?東西湖區(qū)期中）如圖所示，電源電壓保持不變，閉合開關S，滑動變阻器滑片P由圖示位置向右滑動時，下列說法正確的是（ ）
A．小燈泡L亮度變暗
B．電壓表V的示數變大
C．電壓表V的示數與電流表A1的示數之比不變
D．電流表A2的示數與電流表A1的示數之差不變
【答案】D
【分析】分析清楚圖示電路結構，根據滑片的移動方向判斷滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，然后應用并聯電路特點與歐姆定律分析答題。
【解答】解：A、由圖示電路圖可知，燈泡L和滑動變阻器并聯，電壓表測電源電壓，電流表A1測通過R的電流，電流表A2測干路電流，根據并聯電路各支路互不影響可知，滑片P向右移動過程中，燈泡亮度保持不變；故A錯誤；
B、電壓表始終測量電源電壓，電源電壓保持不變，故電壓表示數不變，故B錯誤；
CD、滑片向右移動過程，滑動變阻器接入電路阻值變大，電源電壓不變，通過滑動變阻器的電流變小，電流表A1示數變小，電壓表V的示數與電流表A1的示數之比變大；
根據并聯不相互影響，通過燈泡L的電流不變，小燈泡L亮度不變，電流表A2示數變小，電流表A2的示數與電流表A1的示數之差等于通過燈泡的電流，即保持不變，故D正確。
故選：D。
17．（2023秋?張店區(qū)校級月考）小明為自己家的養(yǎng)牛場設計了一款補水提示器，其工作原理如圖，水量減少時滑片上移，分析錯誤的是（ ）
A．如果選擇電流表，R0可在水太多時保護電路
B．無論選擇電流表，還是電壓表，水量增大時電表示數都變大
C．如果選擇電壓表，水量增多時滑動變阻器接入電路中的阻值會減小
D．考慮節(jié)約電能的問題，圖中電表應選擇電壓表
【答案】C
【分析】（1）（3）如果選擇電壓表，R與R0串聯，電壓表測滑片P上方電阻絲兩端的電壓，根據電壓表的內阻特點可知滑片移動時接入電路中電阻的變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化，根據水量的變化得出滑片移動的方向，從而得出電壓表并聯部分電阻的變化，根據歐姆定律可知電壓表并聯部分阻值兩端的電壓變化；
（2）如果選擇電流表，滑片P上方電阻絲被短路，變阻器下方的電阻絲與R0串聯，電流表測電路中的電流，根據水量的變化得出R接入電路中的電阻變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化；
（4）如果選擇電流表，在水太多時，R接入電路中的電阻太小，電路中的電流太大，據此分析電路中沒有R0時出現的情況，然后得出R0在電路中的作用。
【解答】解：
如果選擇電壓表，R與R0串聯，電壓表測滑片P上方電阻絲兩端的電壓，由電壓表的內阻很大、在電路中相當于斷路可知，滑片移動時，變阻器接入電路中的電阻不變，總電阻不變，由I＝可知，電路中的電流不變，由題意可知當水量增多時，滑片下移，滑片P上方電阻絲的長度變長、其阻值變大，由U＝IR可知，滑片P上方電阻絲兩端的電壓變大，即電壓表的示數變大；
如果選擇電流表，滑片P上方電阻絲被短路，變阻器下方的電阻絲與R0串聯，電流表測電路中的電流，當水量減少時，滑片上移，變阻器R接入電路中的電阻變大，電路的總電阻變大，由I＝可知，電路中的電流變小，即電流表的示數變??；
如果選擇電流表，在水太多時，變阻器R接入電路中的電阻太小，電路中的電流太大，若電路中沒有R0，可能會燒壞電源和電流表，所以R0可以在水太多時保護電路；綜上所述，C錯誤。
故選：C。
18．（2023?豐臺區(qū)一模）在如圖所示的電路中，電源電壓保持不變。閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P向右移動時，電壓表V2的示數將 變大 （變大/不變/變?。?，電壓表V1與電流表A示數的比值將 不變 （變大/不變/變?。?br>【答案】見試題解答內容
【分析】由電路圖可知，R1與R2串聯，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流，根據滑片的移動可知接入電路中電阻的變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和R1兩端的電壓變化，根據串聯電路的電壓特點可知R2兩端的電壓變化，根據歐姆定律結合R1的阻值判斷電壓表V1與電流表A示數的比值的變化。
【解答】解：由電路圖可知，R1與R2串聯，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流，
當滑動變阻器的滑片P向右移動時，接入電路中的電阻變大，電路中的總電阻變大，
∵I＝，
∴電路中的電流變小，R1兩端的電壓變小，
∵串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，
∴R2兩端的電壓變大，即電壓表V2的示數將變大，
∵電壓表V1與電流表A示數的比值等于定值電阻R1的阻值，
∴電壓表V1與電流表A示數的比值不變。
故答案為：變大；不變。
19．（2023秋?慶云縣期中）如圖是某物理興趣小組設計的簡易坐位體前屈測試儀的測試示意圖、簡化原理圖。電源電壓恒為9V。測試過程中，向前推動測試儀的滑塊，相當于移動滑動變阻器的滑片。當滑片在最左端時，電壓表的示數為 0 V；當滑片P向右移動時，電流表的示數 不變 （選填“變大”“變小”“不變”）。
【答案】0；不變。
【分析】在圖示中，電壓表接在了滑動變阻器的滑片上，測的是擋板左邊的電阻絲的兩端電壓，根據電壓表的特點和歐姆定律判斷出電路中電流的變化，由U＝IR判斷出電壓表的示數。
【解答】解：在圖示中，電壓表接在了滑動變阻器的滑片上，測的是擋板左邊的電阻絲的兩端電壓，由于電壓表的電阻很大，相當于斷路，滑片移動電路中的電阻不變，由I＝可知當滑片P向右移動時，電流表的示數不變；
當滑片在最左端時，與電壓表并聯的電阻絲的電阻為零，由U＝IR知電壓表的示數為零。
故答案為：0；不變。
\l "_Tc846" 【考點4 電流表、電壓表在判斷電路故障中的應用】
20．（2023?乾安縣三模）在如圖所示的電路中，電源電壓保持不變，閉合電鍵S，電路正常工作。一段時間后，發(fā)現電路中至少有一個電表的示數變大，若故障發(fā)生在電阻R1、R2上，其他元件仍保持完好，下列說法正確的是（ ）
A．可能是R1短路，且只有電流表示數變大
B．可能是R2短路，且兩表示數均變大
C．可能是R2斷路，且兩表示數均變大
D．將R1、R2位置互換，若電壓表示數變大，則一定是R2短路
【答案】D
【分析】據題意中“一段時間后，發(fā)現電路中至少有一個電表的示數變大，若故障發(fā)生在電阻R1、R2上”的知識點，結合選項逐個分析判斷即可解決。
【解答】解：
A、若是R1短路，電壓表由測量R2的電壓變成測量電源電壓，故電壓表示數變大，而此時電路中電阻會變小，則電路中電流也會變大，所以兩表示數都變大，故A項說法錯誤；
B、若是R2短路，電壓表相當于測量導線的電壓，故其示數變??；而此時電路中電阻會變小，則電路中的電流會變大，電流表示數會變大，即一個電表示數變小，另一個電表示數變大，故B項說法錯誤；
C、若R2斷路，該電路是斷路，所以電流表的示數減小為零，此時電壓表串聯在電路中測電源電壓，則電壓表示數變大，即一個電表示數變小，另一個電表示數變大，故C項說法錯誤；
D、若原來R1斷路，由圖可知整個電路斷路，所以兩個電表的示數都減小為0，不符合題意；綜上分析可知，R1短路、R2短路、R2斷路都有可能；
現在將R1、R2位置互換，則：
①如果是R1短路，則互換后電壓表也被短路，電壓表的示數為0；
②如果是R2短路，則互換后電壓表測定值電阻R1的電壓，所以電壓表示數變大；
③如果是R2斷路，則互換后整個電路斷路，電壓表的示數為0；
由此可知，將R1、R2位置互換，若電壓表示數變大，則一定是R2短路，故D正確；
故選：D。
21．（2022秋?南關區(qū)校級期末）如圖所示的電路，閉合開關后移動滑片，小燈泡始終不發(fā)光，在閉合開關且不拆開導線的情況下，將N接電源“﹣”極，M依次試觸A、B、C接線柱，發(fā)現電壓表的示數分別為0V、3V、3V，若故障只有一處，下列判斷正確的是（ ）
A．小燈泡斷路B．開關斷路
C．小燈泡短路D．滑動變阻器斷路
【答案】A
【分析】用電壓表檢查電路故障時，當電路出現一處斷路時，如果斷路在電壓表并聯的兩點之間，電壓表串聯在電路中，測電源電壓，電壓表示數等于電源電壓；如果斷路在電壓表并聯的兩點之外，電壓表并聯的部分無電流，無電壓，電壓表示數為0。
【解答】解：電源、開關、燈泡和變阻器串聯在電路中；燈泡始終不發(fā)光的原因，可能是燈泡短路，或電路中存在斷路故障；在閉合開關且不拆開導線的情況下，將N接電源“﹣”極，M依次試觸A、B、C接線柱，發(fā)現電壓表的示數分別為0V、3V、3V，若故障只有一處。
M接A時，電壓表并聯在變阻器兩端，電壓表無示數，燈泡不亮，說明斷路在電壓表并聯的A點之外，同時也說明燈泡不會短路，故CD錯誤；M接B時，電壓表并聯在燈泡和變阻器兩端，電壓表有示數，說明開關不會斷路，故B錯誤，同時也說明斷路在電壓表并聯的兩點之間，所以可以判定斷路在A點和B點之間的電路上，即小燈泡斷路，故A正確。
故選：A。
22．（2022?崇明區(qū)二模）在如圖所示的電路中，電源電壓為U且不變。閉合電鍵S，電路正常工作。過了一會兒，燈L熄滅，電路發(fā)生了故障，且故障只能發(fā)生在燈L或電阻R上。
①如果兩個電表中只有一個電表的示數變大，那么故障是 電阻R斷路 ，此時電壓表的示數為 U 。
②如果兩個電表中的示數均變大，那么故障是 燈L短路 ，此時電壓表的示數為 U 。
【答案】①電阻R斷路；U；②燈L短路，U。
【分析】由圖知，燈泡L與電阻R串聯，電壓表測R兩端的電壓，電流表測電路中的電流；
閉合電鍵S，燈L熄滅，且故障只能發(fā)生在燈L或電阻R上，則燈L熄滅的原因是可能是電阻斷路，也可能是燈泡斷路，還可能是燈泡短路；結合電表的示數變化進一步確定電路的故障。
【解答】解：由圖知，燈泡L與電阻R串聯，電壓表測R兩端的電壓，電流表測電路中的電流；
閉合電鍵S，燈L熄滅，且故障只能發(fā)生在燈L或電阻R上，則燈L熄滅的原因可能有以下幾種情況：電阻R斷路，或燈泡L斷路，或燈泡短路；
Ⅰ如果電阻R斷路，此時電壓表串聯在電路中，由于電壓表的電阻非常大，則此時電流表示數變小，幾乎是0，電壓表相當于測電源電壓，電壓表示數會增大，即此時只有一個電表的示數變大。
Ⅱ如果燈泡斷路，則整個電路斷路，此時電流表和電壓表示數都變?yōu)?，即兩個電表的示數都變小了。
Ⅲ如果燈泡短路，電路中總電阻變小，則電流表的示數增大，此時電路為電阻R的簡單電路，則電阻兩端的電壓等于電源電壓，即兩個電表的示數都變大。
由此可知，如果只有一個電表的示數變大，則故障是電阻R斷路，電壓表示數等于電源電壓U；如果兩個電表的示數都變大，則故障是燈L短路，電壓表示數等于電源電壓U。
故答案為：①電阻R斷路；U；②燈L短路，U。
\l "_Tc846" 【考點5 電路圖設計】
23．（2022?墨玉縣一模）汽車的安全帶指示燈，會提醒駕駛員系好安全帶。當安全帶系好時，相當于閉合開關S，指示燈L不亮；安全帶未系好時，相當于斷開開關S，指示燈L亮。下列符合要求的電路圖是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由題意知，未系好安全帶時指示燈亮，系好安全帶燈泡不亮，說明開關斷開指示燈亮，否則燈泡不亮即被短路了。
【解答】解：由于閉合開關S指示燈L不亮；斷開開關S指示燈L亮，所以燈泡的亮與L不亮是利用對用電器短路來實現的，則指示燈應與S并聯；但電路不會出現短路，即電路中必須串聯一個保護電阻；
結合選項可知C符合題意，ABD不符合。
故選：C。
24．（2020秋?無錫期中）高鐵內的洗手間，如果兩個相鄰的洗手間都有人并且鎖住時，紅燈亮表示“有人”，如果兩洗手間都沒有人或者只有一個有人時，燈不亮表示可以使用。請在下圖中補充部分導線將電路補充完整成能實現上述功能的電路圖。
【答案】見試題解答內容
【分析】由題意可知，兩個相鄰的洗手間都有人并且鎖住時紅燈亮，兩洗手間都沒有人或者只有一個有人時燈不亮，說明兩插銷即開關不能獨立工作、相互影響，即為串聯，據此設計電路圖。
【解答】解：由題知，兩個洗手間都有人并鎖?。磧蓚€開關都閉合）時紅燈亮，兩個洗手間都沒有人或者只有一個有人（即兩個開關都斷開或一個開關斷開）時紅燈不亮，
所以兩洗手間的插銷開關相互影響、不能獨立工作，即兩開關串聯，然后與電源、紅燈串聯組成電路，如下圖所示：
25．（2021秋?興慶區(qū)校級期末）酒精測試儀主要由阻值隨酒精氣體濃度增大而減小的氣敏電阻R1與電壓表組成；當檢測到酒精氣體濃度增大時，電路中電壓表的示數也增大。請在題圖中按要求設計出酒精測試儀的工作電路。
【答案】見試題解答內容
【分析】由題意可知，氣敏電阻R1的阻值隨酒精氣體濃度增大而減小，當檢測到酒精氣體濃度增大時，電路中電壓表的示數也增大，由串聯電路的電阻分壓、并聯電路的電阻分流特點可知電路應為串聯，根據串聯電路的分壓特點可知電壓表并聯的位置，據此進行解答。
【解答】解：因氣敏電阻R1的阻值隨酒精氣體濃度增大而減小，
所以，當檢測到酒精氣體濃度增大時，R1的阻值減小，
要使電壓表的示數增大，則R1與R0應串聯，由串聯電路的分壓特點可知，電壓表應并聯在R0兩端，如下圖所示：
\l "_Tc16452" 【考點6 實驗 伏安法測電阻】
26．（2022?武漢模擬）某同學利用如圖所示的電路做“伏安法測電阻”的實驗，已知小燈泡的額定電壓為2.5V。實驗中該同學按正確的操作閉合開關記錄了第一組數據，然后通過實驗依次填寫的其他實驗數據如表所示。
①實驗前，小燈泡的阻值小于5Ω。
②滑動變阻器的最大阻值為25Ω。
③小燈泡的平均電阻約為8.9Ω。
④僅用該同學的實驗器材就能探究電流與電壓的關系。
上述關于實驗的幾種說法中正確的是（ ）
A．①②B．②③④C．①③④D．①②③
【答案】A
【分析】已知小燈泡兩端電壓和通過小燈泡的電流，根據依次計算出電阻；根據表中數據進行分析得出答案。
【解答】解：①當U＝1.0V，I＝0.2A時，小燈泡的電阻，燈絲的電阻隨溫度的升高而增大，故實驗前小燈泡的電阻低于此時的電阻，故①正確；
②當滑動變阻器接入最大電阻時，電路電流最小，由表可知，電路最小電流為I＝0.2A，此時小燈泡兩端電壓為U＝1.0V；
當電流表無示數，電壓表有示數時，燈泡斷路，電壓表測電源電壓，由表可知U源＝6.0V，
滑動變阻器最大電阻，故②正確；
③小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大，不能求平均電阻，故③錯誤；
④探究電流與電壓的關系，選使電阻保持不變，而燈絲的電阻隨溫度發(fā)生改變，故不能用該同學的實驗器材探究電流與電壓的關系，故④錯誤。
故選：A。
27．（2019?莆田模擬）圖甲是小明研究小燈泡電阻的實驗電路圖，圖乙是小華同學據實驗數據繪出的U﹣I圖。小燈泡標有“2V”字樣，滑動變阻器R標有“20Ω 1A”字樣。
（1）閉合開關前，小明應將滑動變阻器的滑片移到 b 端。該實驗中，滑動變阻器的作用是保護電路和 改變燈泡兩端的電壓 ；
（2）小明閉合開關后發(fā)現燈不亮，電流表有示數，電壓表無示數，故障原因可能是 小燈泡短路 ；
（3）小燈泡正常發(fā)光時，燈絲的電阻為 4Ω ；
（4）同桌小華想用小明的實驗器材測未知電阻Rx的阻值，但他發(fā)現電壓表已經損壞而無法使用，經過思考后，他從物理老師那里借采了一只定值電阻R、兩只開關和若干導線。
①請你利用小華手邊現有的器材，在右圖方框內（圖丙）為小華計一個測量未知電阻阻值的實驗電路圖。
②寫出Rx的表達式：Rx＝ 。
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）閉合開關前，滑動變阻器接入電路的阻值應為滑動變阻器的最大阻值；滑動變阻器在電路中一方面可以保護電路，另一方面可以改變燈泡兩端的電壓。
（2）電路故障分兩類：短路和斷路。電路短路時，短路部分無電壓，電流大；電路斷路時，斷路部分無電流，電壓大；
（3）由圖乙所示U﹣I圖象找出燈泡額定電壓對應的電流，然后由歐姆定律求出燈泡的電阻；
（4）電壓表損壞，只有電流表，利用已知定值電阻與未知電阻并聯，兩個開關單獨控制一個支路，電流表在干路上，當一個支路獨立工作時，測該支路電流，利用電壓相等列等式求解。
【解答】解：（1）由圖甲可知，閉合開關前，滑動變阻器的滑片移到b端時滑動變阻器接入電路的阻值最大，因此應將滑動變阻器的滑片移到b端，該實驗中，滑動變阻器的作用是保護電路和改變燈泡兩端的電壓。
（2）電壓表無示數，說明電路斷路或燈泡短路，電流表有示數，說明電路是通路，燈泡不發(fā)光，則該故障的原因可能是小燈泡發(fā)生了短路；
（3）由圖乙所示U﹣I圖象可知，燈泡額定電壓U＝2V對應的電流I＝0.5A，
根據歐姆定律可得，燈絲電阻R＝＝＝4Ω；
（4）把已知定值電阻R0與未知電阻Rx并聯，每個支路各有一個開關單獨控制，電流表在干路上，
單獨閉合一個支路，分別測R0與Rx中的電流I0和Ix。
根據并聯電路電壓相等可得：
I0R0＝IxRx，
所以，Rx＝。
故答案為：
（1）b；改變燈泡兩端的電壓；
（2）小燈泡短路；
（3）4Ω；
（4）①如上圖所示；②。
28．（2023秋?海棠區(qū)校級期中）小霖利用圖（甲）所示電路測量未知電阻Rx的阻值。
（1）該實驗的原理是 R＝ ；
（2）小霖在連接電路時開關應該斷開。請用筆畫線代替導線，將圖（甲）中電路連接完整（要求：將滑動變阻器的滑片P向左移時電流表的示數變大）；連接好電路，閉合開關后，看到電流表指針如圖（乙）所示偏轉，原因是： 電流表正負接線柱接反了 ；
（3）調節(jié)滑動變阻器，把測量的幾組數據描成如圖（丙）所示的I﹣U圖像，則該電阻的阻值Rx＝ 5 Ω；
（4）宇佳同學認為用丁圖電路也可測出Rx，只閉合S1時，電流表示數為I1；再閉合S2，電流表的示數為I2（R0為值已知的電阻），請你幫他寫出待測電阻表達式：Rx＝ 。
【答案】（1）R＝；（2）見解答圖；電流表正負接線柱接反了；（3）5；（4）。
【分析】（1）該實驗的原理是R＝；
（2）將滑動變阻器的滑片P向左移時電流表的示數變大，說明滑動變阻器阻值變小，據此確定滑動變阻器選用的下端接線柱；電表使用時，電流應從電表正接線柱流入，負接線柱流出，否則電表指針反向偏轉；
（3）讀出圖中的數據，根據歐姆定律計算電阻；
（4）根據電源電壓不變結合歐姆定律列等式寫出待測電阻表達式。
【解答】解：（1）在測量未知電阻Rx的阻值實驗中，用電壓表測Rx兩端電壓，用電流表測通過Rx的電流，根據R＝求出Rx的阻值，故該實驗的原理是R＝；
（2）將滑動變阻器的滑片P向左移時電流表的示數變大，說明滑動變阻器阻值變小，故滑動變阻器選用左下接線柱與開關串聯在電路中，如下圖所示：
；
連接好電路，閉合開關后，看到電流表指針如圖（乙）所示偏轉，即反向偏轉，說明電流表正負接線柱接反了；
（3）如圖丙所示的圖像，當電壓為2.5V時，對應的電流為0.5A，根據歐姆定律可得Rx的阻值為：
Rx＝＝＝5Ω；
（4）只閉合S1時，兩電阻串聯，電流表測串聯電路電流為I1，則電源電壓為U＝I1（Rx+R0）；
再閉合S2，電路為只有Rx的簡單電路，電流表測Rx的電流為I2，則電源電壓為U＝I2Rx；
因電源電壓不變，故I1（Rx+R0）＝I2Rx，
解得：Rx＝。
故答案為：（1）R＝；（2）見解答圖；電流表正負接線柱接反了；（3）5；（4）。
29．（2023秋?興隆縣期中）圖甲是測量小燈泡在不同電壓下的電阻的實驗電路圖（小燈泡正常工作時的電壓為2.5V）。
（1）該實驗的實驗原理是 R＝ 。
（2）小明按電路圖連接實物，閉合開關，發(fā)現電壓表有較大示數，電流表無示數，移動滑片時兩電表的示數均無變化，則故障可能是 小燈泡斷路 。
（3）小明排除故障后完成實驗，某時刻電壓表的指針如圖乙所示，電壓表連接0﹣3V量程。若要測出小燈泡正常工作時的電阻，需要將滑片向 右 （選填“左”或“右”）滑動。
（4）根據實驗數據，做出小燈泡工作時I﹣U的關系圖像如圖丙所示，則小燈泡正常發(fā)光時的電阻為 10 Ω。
（5）由圖像可知，通過小燈泡的電流與兩端電壓不成正比，原因是 燈絲的電阻隨溫度的升高而增大 。
【答案】（1）R＝；（2）小燈泡斷路；（3）右；（4）10；（5）燈絲的電阻隨溫度的升高而增大。
【分析】（1）該實驗的實驗原理是R＝；
（2）小明按電路圖連接實物，閉合開關，發(fā)現電流表無示數，移動滑片時兩電表的示數均無變化，說明電路可能斷路，電壓表有較大示數，說明電壓表與電源連通，則與電壓表并聯的電路以外的電路是完好的，則與電壓表并聯的電路斷路了；
（3）根據電壓表選用量程確定分度值讀數，比較電壓表示數與燈泡額定電壓大小，根據串聯電路電壓規(guī)律和分壓原理確定滑動變阻器滑片移動方向；
（4）根據圖丙確定燈泡額定電壓對應的額定電流，利用R＝求出小燈泡正常發(fā)光時的電阻；
（5）燈絲的電阻隨溫度的升高而增大。
【解答】解：（1）在測量小燈泡在不同電壓下的電阻的實驗中，用電壓表測燈泡兩端的電壓，用電流表測通過燈泡的電流，根據R＝求出燈泡的電阻，故該實驗的實驗原理是R＝；
（2）小明按電路圖連接實物，閉合開關，發(fā)現電流表無示數，移動滑片時兩電表的示數均無變化，說明電路可能斷路，電壓表有較大示數，說明電壓表與電源連通，則與電壓表并聯的電路以外的電路是完好的，則與電壓表并聯的電路斷路了，即故障可能是小燈泡斷路；
（3）小明排除故障后完成實驗，某時刻電壓表的指針如圖乙所示，電壓表連接0﹣3V量程，電壓表分度值0.1V，其示數為1.7V，小于燈泡額定電壓2.5V，若要測出小燈泡正常工作時的電阻，應增大燈泡兩端電壓，根據串聯電路電壓規(guī)律，應減小滑動變阻器兩端電壓，根據分壓原理，應減小滑動變阻器接入電路的阻值，故需要將滑片向右滑動；
（4）由圖丙可知，當燈泡兩端電壓為2.5V時，通過燈泡的額定電流為0.25A，則小燈泡正常發(fā)光時的電阻為：
R＝＝＝10Ω；
（5）由圖丙可知，當燈泡兩端電壓增大，通過燈泡的電流也增大，根據P＝UI可知，燈泡功率變大，溫度升高，燈絲的電阻隨溫度的升高而增大，故通過小燈泡的電流與兩端電壓不成正比。
故答案為：（1）R＝；（2）小燈泡斷路；（3）右；（4）10；（5）燈絲的電阻隨溫度的升高而增大。
\l "_Tc5338" 【考點7 電功與電能的計算】
30．（2022秋?樂亭縣期末）要使某用電器在相同時間內消耗的電能變?yōu)樵瓉淼?倍，以下措施可行的是（ ）
A．僅使電壓變?yōu)樵瓉淼?倍
B．電壓不變，而使用電器電阻變?yōu)樵瓉淼囊话?br>C．僅使電流變?yōu)樵瓉淼?倍
D．同時改變電壓為原來的4倍，電阻為原來的2倍
【答案】B
【分析】A、對于一個確定的用電器，電壓變化時，流過它的電流也要發(fā)生變化，根據P＝UI判斷正誤；
B、根據功率公式P＝判斷答題；
C、電流變化，用電器電壓U＝IR也要變化，根據P＝UI判斷說法是否正確；
D、已知電壓與電阻的變化，根據功率公式P＝判斷答題。
【解答】解：A、對于一個確定的用電器，電壓變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，流過它的電流也要變?yōu)樵瓉淼膬杀?，由P＝UI知功率要變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤；
B、電壓不變，而使用電器電阻變?yōu)樵瓉淼囊话?，由功率公式P＝知，用電器功率變?yōu)樵瓉淼膬杀?，故B正確；
C、電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?，由U＝IR 知用電器電壓變?yōu)樵瓉淼膬杀叮蒔＝UI知用電器功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；
D、同時改變電壓為原來的4倍，電阻為原來的2倍，由功率公式P＝知，功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤；
故選：B。
31．（2023秋?天心區(qū)校級月考）北京冬奧會上使用的氫燃料電池汽車，是利用氫與氧發(fā)生化學反應產生電能，供給電動機而驅動汽車行駛的。如圖所示，該類型汽車甲在平直公路上從A地出發(fā)，以90km/h的速度行駛lh到達B地，消耗0.8kg氫燃料，所產生電能E電的80%用于維持汽車勻速行駛，所受阻力為1000N。已知每加注1kg氫燃料所需的費用為30元。
（1）此過程中產生的電能E電＝ 1.125×108 J。
（2）燃油汽車乙也在該公路上從A地出發(fā)，以90km/h的速度勻速行駛抵達B地。所受阻力與甲車相同，若汽走乙的效率為30%，汽油熱值取q＝5×107J/kg。已知每加注1kg汽油所需的費用為12元。則乙車需花費 72 元。
【答案】（1）1.125×108；（2）72。
【分析】（1）根據速度公式求出汽車甲通過的路程，利用W＝fs求出克服阻力所做的功；利用效率公式求出產生的電能；
（2）根據題意可知燃油汽車乙和汽車甲所做的有用功相等，根據效率公式求出汽油完全燃燒放出的熱量；根據Q放＝mq求出需要完全燃燒汽油的質量，進而算出乙車的花費。
【解答】解：（1）汽車甲在平直公路上從A地出發(fā)，以90km/h的速度行駛lh到達B地，則汽車甲通過的路程為：
s＝vt＝90km/h×lh＝90km＝9×104m，
汽車克服阻力做的功為：
Wf＝f甲sAB＝1000N×9×104m＝9×107J，
由η＝可知，產生的電能為：
E電＝＝＝1.125×108J；
（2）根據題意可知，燃油汽車乙受到的阻力與甲車相同，路程相同，所以燃油汽車乙和汽車甲所做的有用功相等，
根據η＝可知，汽油完全燃燒放出的熱量：Q放＝＝＝3×108J，
由Q放＝mq可知，需要完全燃燒汽油的質量：m＝＝＝6kg，
已知每加注1kg汽油所需的費用為12元。則乙車需花費為：6kg×12元/kg＝72元.
故答案為：（1）1.125×108；（2）72。
32．（2023?漳州模擬）如圖所示的無人機在航拍、救災等多個領域發(fā)揮著重要作用。某款無人機質量是1.5kg，在某次航拍過程中以6m/s速度勻速豎直上升至300m高空，工作電流為10A，工作電壓15V，求該無人機上升過程中：
（1）克服重力做的功大小；
（2）該無人機勻速豎直上升至300m高空所需時間；
（3）消耗的電能；
（4）電源的工作效率。
【答案】（1）克服重力做的功為4500J；
（2）該無人機勻速豎直上升至300m高空所需時間為50s；
（3）消耗的電能為7500J；
（4）電源的工作效率為60%。
【分析】（1）根據W＝Gh＝mgh求出克服重力做的功；
（2）根據速度公式求出無人機勻速豎直上升至300m高空所需時間；
（3）根據W電＝UIt求出無人機消耗的電能；
（4）根據η＝求出電源的工作效率。
【解答】解：（1）某款無人機質量是1.5kg，在某次航拍過程中以6m/s速度勻速豎直上升至300m高空，則無人機克服重力做的功為：
W有＝Gh＝mgh＝1.5kg×10N/kg×300m＝4500J；
（2）無人機以6m/s速度勻速豎直上升至300m高空所需時間為：
t＝＝＝50s；
（3）無人機工作電流為10A，工作電壓15V，則無人機上升過程中消耗的電能為：
W電＝UIt＝15V×10A×50s＝7500J；
（4）電源的工作效率為：
η＝＝×100%＝60%。
答：（1）克服重力做的功為4500J；
（2）該無人機勻速豎直上升至300m高空所需時間為50s；
（3）消耗的電能為7500J；
（4）電源的工作效率為60%。
\l "_Tc31833" 【考點8 電能表】
33．（2022?揚州模擬）小明家電能表上個月底的示數為，這個月底的示數如圖所示，由圖可知（ ）
A．他家本月用電是362.6kW?h
B．本月他家電能表的轉盤轉了6×104圈
C．他家電能表正常工作時的電流為10A
D．他家本月用電3.6×106J
【答案】B
【分析】（1）電能表顯示數字的最后一位是小數，單位為kW?h，兩次電能表示數之差即為小明家本月消耗的電能；
（2）600r/kW?h表示每消耗1kW?h的電能，電能表的轉盤轉600轉，據此求出本月他家電能表的轉盤轉過的圈數（轉數）；
（3）由電能表參數可知正常工作時允許通過的最大電流；
（4）根據1kW?h＝3.6×106J即可求出用電量的焦耳數。
【解答】解：
A．由圖可知，小明家本月消耗的電能W＝362.6kW?h﹣262.6kW?h＝100kW?h，故A錯誤；
B．600r/kW?h表示每消耗1kW?h的電能，電能表的轉盤轉600轉，
本月消耗的電能為100kW?h，則本月他家電能表轉過的圈數600×100＝6×104圈，故B正確；
C．由電能表參數可知，10A是電能表正常工作時允許通過的最大電流，不是正常工作時的電流，故C錯誤；
D．他家本月用電W＝100kW?h＝100×3.6×106J＝3.6×108J，故D錯誤。
故選：B。
34．（2023?吉州區(qū)模擬）請你運用所學物理知識解答下列問題：
（1）小麗家近日搬進了新樓，欲購置一臺2.5kW的電熱水器。如圖甲所示為小麗家的電能表，電能表的讀數為 857.1kW?h ；小麗家原有用電器的總功率為3kW，從安全用電的角度出發(fā)，小麗家 不可以 （選填“可以”或“不可以”）安裝這臺電熱水器。
（2）如圖乙所示的鐘表，顯示的時刻為10h 8 min 58 s。
（3）某位同學用天平、燒杯和滴管等稱取20g的水，操作步驟如下：
①把天平放在水平桌面上，發(fā)現指針靜止時如圖丙所示，調節(jié)平衡螺母使天平平衡。
②把燒杯放在左盤，通過添加砝碼和移動游碼使指針指在分度盤中央刻度線處。
③讀出燒杯的質量。
④在右盤再加入一個20g砝碼，往左盤燒杯內加水至指針指在分度盤中線附近。在步驟①中，應將平衡螺母向 左 （選填“左”或“右”）調節(jié)；在步驟④中，若發(fā)現指針偏左，則下一步操作為 用滴管吸取少量的水，直到天平平衡為止 ；該同學的實驗步驟中可以省略的步驟為 ③ （選填序號）。
【答案】（1）857.1kW?h；不可以；（2）8；58；（3）左；用滴管吸取少量的水，直到天平平衡為止；③。
【分析】（1）電能表的讀數：數字方框中最后一位是小數，單位是kW?h；
220V表示這個電能表應該在220V的電路中使用，20A表示電能表允許通過的最大電流為20A，利用P＝UI計算出小麗家允許接入用電器的最大總功率；據此可判斷是否可以安裝這款電熱水器。
（2）根據表盤的刻度分析。
（3）天平在使用過程中，有兩個調節(jié)天平平衡：一時測量前調節(jié)天平平衡；二是稱量過程中調節(jié)天平平衡。測量前調節(jié)天平平衡需調節(jié)平衡螺母；而稱量過程中調節(jié)天平平衡需加減砝碼或移動游碼。
【解答】解：（1）電能表的讀數：數字方框中最后一位是小數，單位是kW?h，由圖可知，電能表的讀數為857.1kW?h；
220V表示這個電能表應該在220V的電路中使用，20A表示電能表允許通過的最大電流為20A，
則小麗家允許接入用電器的最大總功率：P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W＝4.4kW；
安裝一款2.5kW的電熱水器后，小麗家用電器的總功率為P總＝3kW+2.5kW＝5.5kW＞4.4kW，所以從安全用電的角度小麗家不可以安裝這款電熱水器。
（2）由圖可知，表盤上有60個小格，對分針而言，60個小格為1h，則每個小格為1min；對秒針，一圈由60小格，每一個小格為1s；顯示的時刻為10h8min58s。
（3）步驟①是在開始測量前，發(fā)現指針靜止時偏向右側，應將平衡螺母向左調節(jié)直至天平平衡；
步驟④是在稱量過程中，若發(fā)現指針偏左，即水的質量偏大，則應該用滴管吸取少量的水，直到天平平衡為止；
步驟④是在稱量過程中，在右盤再接放一個20g的砝碼，通過滴加水使天平平衡，因此不需要讀出燒杯的質量，故步驟③可以省略。
故答案為：（1）857.1kW?h；不可以；（2）8；58；（3）左；用滴管吸取少量的水，直到天平平衡為止；③。
\l "_Tc846" 【考點9 電功率與電壓、電流的關系】
35．（2022秋?唐河縣校級期末）兩個分別標有“10V 10W”和“9V 5.4W”的燈泡，若要使串聯后接在電源上，其中一個正常發(fā)光，另一個燈不被損壞，則電源的電壓為 15 V，若要使并聯后接在電源上其中一個正常發(fā)光，另一個燈不被損壞，則電源的電壓為 9 V。
【答案】15；9。
【分析】串聯時，先算出兩個燈泡能通過的最小電流，再算出電源電壓；并聯時，先比較兩燈泡能承受的最小電壓，再確定電源電壓。
【解答】解：串聯時，I1＝＝＝1A，R1＝＝＝10Ω；
I2＝＝＝0.6A；
故串聯時的最大電流是0.6A，L2正常發(fā)光，U2＝9V，U1＝I大R1＝0.6A×10Ω＝6V；U總＝U2+U1＝9V+6V＝15V；
并聯時，要保證兩燈泡不被燒掉，它們的電壓為9V。
故答案為：15；9。
36．（2023?石家莊一模）如圖甲所示電路，電源電壓恒定，小燈泡L標有“6V 3.6W”字樣，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器。斷開開關S2，閉合S、S1，將滑片P移動至距左端處時，電流表指針恰好滿偏；斷開開關S1，閉合S、S2，將滑片P置于最右端，電壓表示數為8V，電流表示數為0.1A，表盤如圖乙中（a）（b）所示。（燈絲電阻保持不變，整個過程始終保證電路安全）求：
（1）小燈泡的額定電流和電阻R1的阻值；
（2）滑動變阻器最大阻值和電源電壓；
（3）斷開開關S2，閉合S、S1，電壓表可接在a、b、c任意兩點之間，保持電表量程均不變。調節(jié)滑動變阻器滑片，為保證電路安全，求滿足上述條件的滑動變阻器阻值范圍。
【答案】（1）0.6A，80Ω；（2）100Ω，18V；（3）電壓表并聯在a和c兩端；滑動變阻器調節(jié)范圍20Ω﹣50Ω。
【分析】（1）小燈泡正常工作時的電流可以根據小燈泡的銘牌數據由公式計算出來，分析電路的連接根據歐姆定律的推導式計算出R1的電阻值。
（2）分析電路的連接，由電源電壓保持不變可計算出電源電壓和R2的阻值。
（3）需要分情況討論得出答案。
【解答】解：（1）小燈泡正常發(fā)光時，根據，
由題可知：斷開開關S1，閉合S、S2，電壓表示數為8V，電流為0.1A，則電阻
。
（2）斷開開關S2，閉合S、S1，滑動變阻器和燈泡串聯，將滑片移至距左端處時，電流表滿偏，此時燈泡正常發(fā)光，電流為0.6A；斷開開關S1，閉合S、S2時變阻器和電阻R1串聯，滑片P置于右端時，電流為0.1A；
根據電源電壓不變，6V+0.6A×R2＝8V+0.1A×R2，
得變阻器最大電阻：R2＝100Ω，U＝18V；
（2）斷開開關S2，閉合S、S1，根據題意可知，電壓表選大量程，電流表選小量程，
①若電壓表并聯在a和c兩端時，超過電壓表量程（舍）；
②若電壓表并聯在a和b兩點間，當Imax＝0.6A，滑動變阻器接入的最小電阻：
。（由題可知，燈電阻）；當電壓表示數為15V時，
滑動變阻器最大電阻為Rmax＝5RL＝5×10Ω＝50Ω。故滑動變阻器的范圍為20Ω～50Ω；
③若電壓表并聯在b和c兩點間，當Imax＝0.6A，滑動變阻器接入的最小電阻Rmin＝20Ω，
滑動變阻器阻值增大時，電路始終安全，則變阻器接入最大電阻為Rmax＝100Ω。
故滑動變阻器的范圍為20Ω～100Ω；
綜上，滑動變阻器調節(jié)范圍20Ω～50Ω。
故答案為：（1）0.6A，80Ω；（2）100Ω，18V；（3）電壓表并聯在a和c兩端；滑動變阻器調節(jié)范圍20Ω﹣50Ω。
\l "_Tc846" 【考點10 電功率的計算】
37．（2023?安徽模擬）如圖所示電路，電源電壓恒定不變，閉合開關，電壓表的示數為U?，F有兩個標有不同字樣小燈泡L1：“2.5V、1.25W”和L2：“2.5V、1.5W”，燈泡的電阻恒定不變。將L1接入ab間，再閉合開關，小燈泡L1正常發(fā)光，電壓表示數變化了0.5V。下列說法正確的是（ ）
A．未接燈泡時，電壓表示數U＝0V
B．電源電壓為4V
C．R0的阻值為1Ω
D．在ab間換接L2，閉合開關，L2實際功率大于1.5W
【答案】C
【分析】（1）閉合開關，分析電路的連接，確定電源電壓大??；將小燈泡L1接入ab間，再閉合開關，小燈泡與定值電阻串聯，電壓表測小燈泡L1兩端的電壓，此時小燈泡L1正常發(fā)光，根據串聯電路電壓的規(guī)律確定電源電壓；
（2）根據小燈泡L1標有“1V 1W”的字樣，由P＝求出小燈泡正常發(fā)光的電阻；將小燈泡L1接入ab間，此時小燈泡L1正常發(fā)光，根據串聯電路電壓的規(guī)律求出定值電阻R0兩端的電壓，利用歐姆定律求出定值電阻R0的阻值；
（3）根據小燈泡L2標有“2.5V 1.5W”的字樣，由P＝可知小燈泡L2正常發(fā)光的電阻，根據串聯電壓規(guī)律和分壓原理求出此時L2兩端的電壓，與L2的額定電壓比較，然后確定實際功率大小。
【解答】解：AB、閉合開關，電壓表通過定值電阻與電源相連測電源電壓，電壓表的示數為U，即電源電壓為U；
將小燈泡L1接入ab間，再閉合開關，小燈泡與定值電阻串聯，電壓表測小燈泡L1兩端的電壓，此時小燈泡L1正常發(fā)光，根據串聯電路電壓的規(guī)律可知，電壓表示數變小，電壓表示數變化了0.5V，則電源電壓為：
U＝UL1+0.5V＝2.5V+0.5V＝3V，故AB錯誤；
C、根據小燈泡L1標有“2.5V 1.25W”的字樣，由P＝可知小燈泡正常發(fā)光的電阻為：
RL1＝＝＝5Ω；
小燈泡L1正常發(fā)光時的電流：IL1＝＝＝0.5A，
當小燈泡L1接入ab間，此時小燈泡L1正常發(fā)光，根據串聯電路電壓的規(guī)律可知，定值電阻R0兩端的電壓為：U0＝U﹣UL＝3V﹣2.5V＝0.5V，
因為串聯電路中各處電流相等，由R＝可知，
定值電阻R0阻值為：R0＝＝＝1Ω，故C正確；
D、根據小燈泡L2標有“2.5V 1.5W”的字樣，由P＝可知小燈泡L2正常發(fā)光的電阻為：
RL2＝＝＝Ω；
根據串聯電壓規(guī)律和分壓原理可知，
＝，即＝，
解得：U2≈2.42V＜2.5V，
即小燈泡L2此時的電壓小于額定電壓，所以小燈泡L2此時的實際功率應小于額定功率1.5W，故D錯誤。
故選：C。
38．（2023?德州）如圖甲所示，電源電壓保持不變。電流表A的量程為0～0.6A，電壓表V1、V2的量程均為0～3V，滑動變阻器R的規(guī)格為“50Ω，2A”，小燈泡的額定電壓為2.5V?；瑒幼冏杵鞯幕琍在某點時，小燈泡正常發(fā)光，此時電壓表V2的示數為1.5V。在保證電路各元件安全的最大范圍內調節(jié)滑片P，其中一只電壓表與電流表示數的變化圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）

A．電源電壓為3V
B．電壓表V1的示數變化范圍為1.5V～3V
C．滑動變阻器的取值范圍是3Ω～50Ω
D．小燈泡的功率范圍為0.1W～1.25W
【答案】D
【分析】由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器串聯，電壓表V1測燈泡兩端的電壓，電壓表V2測變阻器兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
（1）滑動變阻器的滑片P在某點時，小燈泡正常發(fā)光，此時電壓表V2的示數已知，燈泡兩端的電壓UL＝UL額，利用串聯電路中的電壓規(guī)律得到電源電壓；
（2）由串聯電路的分壓原理可知，當滑動變阻器接入電路中的電阻變大時，其分得的電壓變大，即電壓表V2的示數變大，此時電路中的總電阻變大，由I＝可知，電路中的電流變小，由串聯電路中電壓的規(guī)律知，燈泡兩端的電壓變小，即電壓表V1的示數變小，由圖乙可知，當電壓表的示數增大時，電流表的示數減小，則圖像為滑動變阻器的I﹣U圖像；變阻器兩端最大電壓已知，利用串聯電路電壓的規(guī)律得到燈泡兩端的最小電壓，為保證燈泡長期工作，燈泡兩端電壓最大為其額定電壓，故可得到電壓表V1的示數變化范圍；
（3）由圖乙中變阻器兩端最大和最小電壓及對應的電流，利用歐姆定律得到滑動變阻器的取值范圍；
（4）當電路中的電流分別為最大和最小時，利用串聯電路電壓規(guī)律得到燈泡兩端電壓的取值范圍，利用P＝UI得到小燈泡的功率范圍。
【解答】解：由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器串聯，電壓表V1測燈泡兩端的電壓，電壓表V2測變阻器兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
A．由題意可知，滑動變阻器的滑片P在某點時，小燈泡正常發(fā)光，此時電壓表V2的示數UP＝1.5V，燈泡兩端的電壓UL＝UL額＝2.5V，
因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，
所以，電源的電壓U＝UL+UP＝2.5V+1.5V＝4V，故A錯誤；
B．由串聯電路的分壓原理可知，當滑動變阻器接入電路中的電阻變大時，其分得的電壓變大，即電壓表V2的示數變大，
此時電路中的總電阻變大，由I＝可知，電路中的電流變小，由串聯電路的電壓特點可知，燈泡L兩端的電壓變小，即電壓表V1的示數變小，
由圖乙可知，當電壓表的示數增大時，電流表的示數減小，則圖像為滑動變阻器的I﹣U圖像；
由圖乙知當變阻器兩端電壓最大即UP大＝3V時，燈泡兩端電壓最小即UL小＝U﹣UP大＝4V﹣3V＝1V，
為保證燈泡長期工作，燈泡兩端電壓最大為其額定電壓，
所以電壓表V1的示數變化范圍為1V～2.5V，故B錯誤；
C.由圖乙知變阻器電阻最大時，其兩端電壓UP大＝3V時，電路中的電流I?。?.1A，
則滑動變阻器接入電路中的最大阻值：R大＝＝＝30Ω；
當變阻器接入電路的阻值最小時，其兩端電壓UP?。?.5V，電路中的電流I大＝0.5A，
則滑動變阻器接入電路中的最小阻值：R小＝＝＝3Ω；
所以滑動變阻器的取值范圍是3Ω～30Ω，故C錯誤；
D.當電路中的電流I?。?.1A，燈泡兩端的電壓U'L＝U﹣UP大＝4V﹣3V＝1V，
燈泡的最小功率PL?。経'L×I小＝1V×0.1A＝0.1W，
當電路中的電流I大＝0.5A，燈泡兩端的電壓UL＝2.5V，
燈泡的最大功率PL大＝UL×I大＝2.5V×0.5A＝1.25W，
所以小燈泡的功率范圍為0.1W～1.25W，故D正確。
故選：D。
39．（2023?雁塔區(qū)校級三模）如圖所示電路，電源電壓恒為6V，小燈泡L上標有“4.5V 0.3A”字樣（忽略溫度對燈絲電阻的影響）。電流表量程選擇“0～0.6A”，電壓表量程選擇“0～3V”滑動變阻器R規(guī)格為“30Ω 1A”。閉合開關S，為保證電路安全。在移動滑片P的過程中，下列選項錯誤的是（ ）
A．電壓表的示數變化范圍是2～3V
B．小燈泡的最大電功率是1.35W
C．滑動變阻器連入電路的阻值變化范圍是15～30Ω
D．該電路的最大總功率是1.2W
【答案】B
【分析】（1）開關不合后，燈泡L與變阻器R串聯，電壓表測燈泡兩端的電壓，電流表測電路中的電流，知道燈泡的額定電壓和額定功率，根據P＝UI求出燈泡的額定電流，利用歐姆定律求出燈泡的電阻，根據電壓表的量程確定燈泡兩端的最高電壓；根據串聯電路的電阻規(guī)律和歐姆定律，計算電路中的最小電流，根據歐姆定律計算燈泡兩端的最小電壓；
（2）根據燈泡兩端的最大電壓，由P＝UI＝計算燈泡的最大功率；
（3）由燈泡兩端的最大電壓，根據歐姆定律計算電路的最大電流，根據串聯電路的電流規(guī)律和歐姆定律計算變阻器接入電路的最小電阻，結合變阻器的最大電阻確定變阻器的變化范圍；
（4）由電路中的最大電流，根據P＝UI求出電路消耗的最大功率。
【解答】解：
由電路圖可知，燈泡與變阻器R串聯，電壓表測燈泡兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
A、因串聯電路中各處的電流相等，且變阻器R允許通過的最大電流為1A，電流表的量程為0～0.6A，燈泡的額定電流為0.3A，
由I＝可得，燈泡的電阻：RL＝＝＝15Ω，
電壓表量程0～3V，燈泡的額定電壓為4.5V，則燈泡兩端最大電壓為 UL大＝3V，
電路中的最小電流：I小＝＝＝A，
燈泡兩端的最小電壓（電壓表的最小示數）：UL小＝I小RL＝A×15Ω＝2V，
所以電壓表示數變化范圍為2V～3V，故A正確；
B、小燈泡的最大電功率是PL大＝＝＝0.6W，故B錯誤；
C、由題意可知，燈泡的電壓最大3V，此時電流最大為：I大＝＝＝0.2A，
此時變阻器接入電路的阻值最小，
根據串聯電路分壓規(guī)律可知，此時滑動變阻器兩端的最小電壓，最小電壓：U滑?。経﹣UL大＝6V﹣3V＝3V，
則滑動變阻器接入電路的最小阻值：R滑?。剑剑?5Ω，
當滑動變阻器接入電路的阻值最大為30Ω時，電路中電流最小，故滑動變阻器阻值變化范圍為15Ω～30Ω，故C正確；
D、由“C”可知，電路中最大電流：I大＝0.2A，則電路的最大功率：P大＝UI大＝6V×0.2A＝1.2W，故D正確。
故選：B。
40．（2023?方城縣模擬）燈泡L標有“6V 3W”字樣，接在如圖所示電路中，閉合開關后恰好正常發(fā)光，電源電壓恒為18V，在滑片P移動過程中，下列說法正確的是（ ）
A．當滑片P向右移動過程中，電流表示數變小
B．為了保證電表的安全，電壓表應選0～3V量程
C．燈泡L在10min消耗的電能為5400J
D．滑動變阻器消耗的電功率恒為6W
【答案】D
【分析】由電路圖可知，燈泡L與變阻器R串聯，電壓表測滑片右側電阻絲兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
（1）根據電壓表的內阻很大、在電路中相當于斷路得出滑片移動時接入電路中的電阻不變，根據歐姆定律可知電路中的電流變化；
（2）根據串聯電路的電壓特點求出滑動變阻器兩端的總電壓，然后根據題意得出電壓表的量程；
（3）根據P＝求出燈泡L在10min消耗的電能；
（4）根據串聯電路的電流特點和P＝UI求出電路中的電流，利用P＝UI求出滑動變阻器消耗的電功率。
【解答】解：由電路圖可知，燈泡L與變阻器R串聯，電壓表測滑片右側電阻絲兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
（1）因電壓表的內阻很大、在電路中相當于斷路，
所以，當滑片P向右移動過程中，變阻器接入電路中的電阻不變，電路中的總電阻不變，
由I＝可知，電路中的電流不變，即電流表的示數不變，故A錯誤；
（2）因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，且閉合開關后恰好正常發(fā)光，
所以，滑動變阻器兩端的總電壓：
UR＝U﹣UL＝18V﹣6V＝12V，
則為了保證電表的安全，在滑片P移動過程中，電壓表應選0～15V的量程，故B錯誤；
（3）閉合開關后恰好正常發(fā)光，則PL＝3W，
由P＝可得，燈泡L在10min消耗的電能：
WL＝PLt＝3W×10×60s＝1800J，故C錯誤；
（4）因串聯電路中各處的電流相等，
所以，電路中的電流：
I＝IL＝＝＝0.5A，
滑動變阻器兩端的總電壓恒為12V，
則滑動變阻器消耗的電功率恒為：
PR＝URI＝12V×0.5A＝6W，故D正確。
故選：D。
41．（2023?大石橋市二模）（多選）如圖所示電路，電源電壓不變，定值電阻R0＝10Ω，只閉合開關S、S1，滑動變阻器的滑片P在最右端時，電流表示數為0.2A，電壓表示數為4V；只閉合開關S、S2，將滑片P從最右端向左移動，直到小燈泡正常發(fā)光時，電流表示數為0.3A，電壓表示數為1V。下列說法正確的是（ ）
A．電源電壓是6V
B．滑動變阻器的最大阻值為20Ω
C．小燈泡的額定功率為0.9W
D．開關都閉合，電路消耗的最大功率為3.6W
【答案】ABD
【分析】A.只閉合開關S、S1，滑動變阻器的滑片P在最右端時，滑動變阻器R和定值電阻R0串聯，電壓表測量R兩端電壓，電流表測電路中的電流，利用歐姆定律可求出電阻R0兩端的電壓U0，故電源電壓U＝UR+U0；
B.根據歐姆定律，R＝；
C.閉合開關S、S2，將滑片P從最右端向左移動，直到小燈泡正常發(fā)光，此時滑動變阻器R滑片左側電阻、定值電阻R0、小燈泡三者串聯，電壓表測量R兩端電壓，電流表測電路中的電流，根據歐姆定律計算出計算出R0的電壓U0′，則小燈泡電壓UL＝U﹣U0′﹣UR′，根據電功率計算公式PL＝ULI，計算小燈泡的額定功率；
D.開關都閉合，電路只有R和R0接入電路，小燈泡被短路，根據P＝UI＝，當電路中電阻最小時，電路消耗功率最大，故當滑動變阻器R阻值為0時，電路消耗功率最大，利用P＝UI＝計算最大功率。
【解答】解：
A.只閉合開關S、S1，滑動變阻器的滑片P在最右端時為阻值最大處，滑動變阻器R和定值電阻R0串聯，電壓表測量R兩端電壓，電流表測電路中的電流，由歐姆定律可知U0＝IR0＝0.2A×10Ω＝2V，電源電壓U＝UR+U0＝4V+2V＝6V，故A正確。
B.只閉合開關S、S1，滑動變阻器的滑片P在最右端時為阻值最大處，由歐姆定律可知R＝＝＝20Ω，故滑動變阻器的最大阻值為20Ω，B正確；
C.閉合開關S、S2，將滑片P從最右端向左移動，直到小燈泡正常發(fā)光，此時滑動變阻器R滑片左側電阻、定值電阻R0、小燈泡三者串聯，電壓表測量R兩端電壓，電流表測電路中的電流，U0′＝IR0＝0.3A×10Ω＝3V，小燈泡電壓UL＝U﹣U0′﹣UR′＝6﹣3﹣1＝2V，小燈泡的額定功率PL＝ULI＝2V×0.3A＝0.6W，故C錯誤。
D.開關都閉合，電路只有R和R0接入電路，當滑動變阻器R阻值為0時，電路消耗功率最大，電路消耗的最大功率P＝UI＝＝＝3.6W，故D正確。
故答案為：ABD。
42．（2023春?江陰市期中）如圖電路，電源電壓18V保持不變，定值電阻R1的阻值為10Ω，滑動變阻器R2標有“200Ω 1A”字樣，電壓表及電流表為實驗室常用的雙量程電表。閉合開關S后，電流表示數為0.5A，則通電10s，電阻R2消耗的電能為 65 J；現小明想更換定值電阻R1，要求：閉合開關S后，電壓表和電流表選用合適量程，變阻器R2的滑片P從最右端移到最左端時，電路中各元件都安全，電壓表示數的變化量最大，則電流表選用的量程應是 0～0.6A ，定值電阻R1應更換為阻值 40 Ω的定值電阻，電路消耗的最大功率為 8.1 W。
【答案】（1）65；（2）0～0.6A；（3）40；（4）8.1。
【分析】根據串聯電路的特點和電能的計算公式進行計算；根據電壓表的量程和串聯電路的電壓規(guī)律進行分析和計算；
根據歐姆定律計算電路中的電流；根據電功率的公式進行計算。
【解答】解：（1）閉合開關S后，R1與R2串聯，電流表示數為0.5A，則R1兩端的電壓為：U1＝IR1＝0.5A×10Ω＝5V；
R2兩端的電壓為：U2＝U﹣U1＝18V﹣5V＝13V；
電阻R2消耗的電能為：W2＝U2It＝13V×0.5A×10s＝65J；
（2）電路中，電壓表測變阻器R2兩端電壓，變阻器R2的滑片P位于最右端時，接入電路的阻值為0，電壓表讀數為0V。因電源電壓為18V，要想使電壓表的示數變化最大，則電壓表應選0～15V量程，且當滑片P位于最左端時，電壓表恰好達到15V，變化量最大，由串聯電路電壓與電阻關系可知：；
代入數據可知：，計算可知R1＝40Ω。
（3）當滑片P位于最右端時，接入電路的阻值為0，通過電路中的電流最大為：，
故電流表選0～0.6A量程。
（4）此時電路消耗的電功率最大為：P＝UI大＝18V×0.45A＝8.1W。
故答案為：（1）65；（2）0～0.6A；（3）40；（4）8.1。
43．（2023?赤峰）如圖所示，電源電壓保持不變，R2＝30Ω，R3＝10Ω。當閉合開關S，斷開開關S1、S2時，電壓表的示數為4V，電流表示數為0.2A，則電源電壓為 6 V；當開關S、S1、S2都閉合時，則電路消耗的總功率為 3 W。
【答案】6；3。
【分析】（1）當閉合開關S，斷開開關S1、S2時，R1和R3串聯，電壓表測R1兩端電壓，電流表測串聯電路電流，根據歐姆定律求出R1的阻值，利用串聯電路電壓規(guī)律結合歐姆定律求出電源電壓；
（2）當開關S、S1、S2都閉合時，R1和R2并聯，電壓表測電源電壓，電流表測干路電流；根據歐姆定律求出干路電流，利用P＝UI求出電路消耗的總功率。
【解答】解：當閉合開關S，斷開開關S1、S2時，R1和R3串聯，電壓表測R1兩端電壓，電流表測串聯電路電流；
電壓表的示數為4V，電流表示數為0.2A，則R1的阻值為：
R1＝＝＝20Ω；
根據串聯電路電壓規(guī)律結合歐姆定律可知，電源電壓為：
U＝U1+I1R3＝4V+0.2A×10Ω＝6V；
當開關S、S1、S2都閉合時，R1和R2并聯，電壓表測電源電壓，電流表測干路電流；
根據歐姆定律可知，通過R1和R2的電流為：
I1'＝＝＝0.3A，
I2＝＝＝0.2A，
故干路電流為：
I＝I1'+I2＝0.3A+0.2A＝0.5A，
則電路消耗的總功率為：
P＝UI＝6V×0.5A＝3W。
故答案為：6；3。
44．（2023?聊城三模）將標有“6V 3.6W”的小燈泡L接到電源電壓恒定為18V的電路中，如圖所示。定值電阻R1的阻值為50Ω，滑動變阻器R2標有“40Ω 1A”字樣，電壓表的量程為0～15V，電流表的量程為0～0.6A。滑動變阻器的滑片在某一位置時，只閉合開關S3時，燈泡L恰好正常發(fā)光，不計溫度對燈絲電阻的影響，求：
（1）小燈泡正常發(fā)光時的電阻為多少？
（2）小燈泡正常發(fā)光，滑動變阻器接入電路中的阻值是多少？
（3）調整3個開關的狀態(tài)和滑片的位置，電路消耗的最小功率是多少？
【答案】（1）燈泡L正常發(fā)光時的電阻為10Ω；
（2）小燈泡正常發(fā)光，滑動變阻器接入電路中的阻值是20Ω；
（3）調整3個開關的狀態(tài)和滑片的位置，電路消耗的最小功率是5.4W。
【分析】（1）根據P＝UI＝求出小燈泡L的電阻；
（2）滑動變阻器的滑片在某一位置時，只閉合開關S3時，滑動變阻器和燈泡串聯，燈泡L恰好正常發(fā)光，根據串聯電路電壓規(guī)律求出滑動變阻器兩端電壓，利用串聯分壓原理求出滑動變阻器接入電路中的阻值；
（3）由圖可知，當S1閉合，S2和S3斷開時，該電路為L和R1的串聯電路，電流表測電路中的電流；由于定值電阻R1的阻值大于滑動變阻器的最大阻值，由歐姆定律可知此時電路中的電流最?。淮撾娐返目傠娮璧扔诟鱾€用電器的電阻之和，據此求出電路最大總電阻；再利用歐姆定律求出電路中的最小電流；最后根據P＝UI求出電路消耗的最小功率。
【解答】解：（1）小燈泡L標有“6V 3.6W”，由P＝UI＝可知，小燈泡L的電阻為：
RL＝＝＝10Ω；
（2）滑動變阻器的滑片在某一位置時，只閉合開關S3時，滑動變阻器和燈泡串聯，燈泡L恰好正常發(fā)光，根據串聯電路電壓規(guī)律可知，滑動變阻器兩端電壓為U滑＝U﹣UL＝18V﹣6V＝12V，滑動變阻器分得的電壓為燈泡額定電壓的＝2倍，根據分壓原理，滑動變阻器連入電路中的電阻為：R滑＝2RL＝2×10Ω＝20Ω；
（3）由圖可知，當S1閉合，S2和S3斷開時，該電路為L和R1的串聯電路，電流表測電路中的電流；由于定值電阻R1的阻值大于滑動變阻器的最大阻值，由歐姆定律可知此時電路中的電流最小；
此時最大總電阻為：R大＝R1+RL＝50Ω+10Ω＝60Ω，
則最小電流為：I?。剑剑?.3A，
因此在保證電路安全的前提下，當S1閉合，S2和S3斷開時，電路消耗的最小功率為：
P小＝I小U＝0.3A×18V＝5.4W。
答：（1）燈泡L正常發(fā)光時的電阻為10Ω；
（2）小燈泡正常發(fā)光，滑動變阻器接入電路中的阻值是20Ω；
（3）調整3個開關的狀態(tài)和滑片的位置，電路消耗的最小功率是5.4W。
45．（2023春?長沙期中）臨近中考，小郡同學想利用這個電學題，好好復習一下相關的知識點。如圖，電源電壓大小可調，滑動變阻器R1的規(guī)格為“20Ω 0.5A”，R2＝7.5Ω，R3＝15Ω。則：
（1）將電源電壓調為6V，且只閉合開關S1和S3。然后移動滑動變阻器R1的滑片，使電流表的示數為0.3A，求此時R1接入電路的阻值；
（2）保持電源電壓為6V，且電壓表的量程足夠，電流表接入電路的量程為0～3A。在電路安全的情況下，調節(jié)開關或移動滑動變阻器滑片，電路消耗的最大電功率是多少？
（3）將電源電壓調到某個值，且電流表接入電路的量程改為0～0.6A，兩個電壓表的量程均改為0～3V。然后只閉合開關S1和S2，在保證電路安全的前提下，滑動變阻器R1可接入的最大阻值是最小阻值的2.25倍，求此時的電源電壓值？
【答案】（1）此時R1接入電路的阻值為5Ω；
（2）電路消耗的最大電功率為10.2W；
（3）此時的電源電壓為5V。
【分析】（1）將電源電壓調為6V，且只閉合開關S1和S3，R1和R3串聯，電壓表V1測R1兩端電壓，電流表測電路中的電流；根據電阻的串聯結合歐姆定律求出此時R1接入電路的阻值；
（2）電路消耗的電功率最大，即電路中電流最大，電阻最??；閉合開關S2、S3、S4和S5，三個電阻并聯，此時電路有最小電阻，根據并聯電路電流特點結合歐姆定律和滑動變阻器最大電流求出電路最大電流，利用P＝UI求出電路消耗的最大電功率；
（3）閉合開關S1和S2，R1、R2串聯，電壓表V1測量R1兩端電壓，電壓表V2測量R2兩端電壓，電流表測量電路電流，根據滑動變阻器允許的最大電流和電流表的量程確定電路最大電流，根據歐姆定律求出R2兩端電壓，進一步確定電壓表V2示數為3V時，電路的電流最大，再根據歐姆定律和串聯電路特點表示出電源電壓的關系式；
當電壓表V1的示數為3V時，滑動變阻器接入電路的阻值最大，電路電流最小，根據滑動變阻器R1可接入的最大阻值是最小阻值的2.25倍，利于歐姆定律表示出電源電壓的關系式，最后聯立關系式求出電源電壓。
【解答】解：（1）將電源電壓調為6V，且只閉合開關S1和S3，R1和R3串聯，電壓表V1測R1兩端電壓，電流表測電路中的電流；根據電阻的串聯結合歐姆定律可知，此時R1接入電路的阻值為：
R1＝﹣R3＝﹣15Ω＝5Ω；
（2）閉合開關S2、S3、S4和S5，三個電阻并聯，電流表測電路中的電流；滑動變阻器R1的規(guī)格為“20Ω 0.5A”，則R1這條支路的最大電流為0.5A；
根據歐姆定律可知，通過R2的電流為：
I2＝＝＝0.8A，
通過R3的電流為：
I3＝＝＝0.4A，
根據并聯電路電流特點，電路中最大電流為：
I大＝I滑大+I2+I3＝0.5A+0.8A+0.4A＝1.7A，
則電路消耗的最大電功率為：
P大＝UI大＝6V×1.7A＝10.2W；
（3）閉合開關S1和S2時，R1與R2串聯，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流；
因滑動變阻器允許通過的最大電流為0.5A，電流表量程為0～0.6A，因此電路允許通過的最大電流為0.5A，
由I＝可知，此時R2兩端電壓：U2＝ImaxR2＝0.5A×7.5Ω＝3.75V＞3V，
因此當電壓表V2示數為3V時，電路電流最大，即Imax′＝＝＝0.4A，
電源電壓：U＝0.4A×（R1小+7.5Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
當電壓表V1示數等于3V時，滑動變阻器接入電路的阻值最大，則電路電流：Imin＝＝
因滑動變阻器R1可接入的最大阻值是最小阻值的2.25倍，那么電源電壓：U＝×（2.25R1小+7.5Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
聯立①②可得：U＝5V，R1?。?Ω。
\l "_Tc16452" 【考點11 額定功率與實際功率】
46．（2023?肇東市一模）將額定電壓相同的兩個燈泡L1、L2串聯后接入電路中，接通電路后發(fā)現L1要亮一些，則下列判斷正確的是（ ）
A．L1的電阻可能比L2的小
B．L1的額定功率可能比L2的大
C．若將兩燈并聯接入電路中，L1更亮
D．兩燈正常工作時L1要暗一些
【答案】D
【分析】兩燈串聯在電路中，則電流一定相等，根據燈泡的亮度可判斷兩燈泡電阻的大小；則由功率公式可判出額定功率的大小及正常工作時的亮度；若將兩燈并聯，則根據電壓相等利用功率公式P＝可判斷兩燈的明亮程度。
【解答】解：兩燈串聯時電流相等，L1要亮一些說明P1＞P2，由P＝I2R可得：R1＞R2；
兩燈的額定電壓相等，則由P＝可知：P1額＜P2額，即兩燈正常工作時，L1要暗一些；
若將兩燈并聯，則兩燈兩端的電壓相等，由P＝可知：L1的實際功率小，燈泡要更暗。
故選：D。
47．（2023?朝天區(qū)模擬）在如圖所示的電路中，燈泡L1、L2上分別標有“220V 15W”和“220V 60W”，兩燈都發(fā)光時，若L1比L2亮，應閉合的開關為 S2 ；若L2比L1亮，應閉合的開關為 S1、S3 。
【答案】見試題解答內容
【分析】兩燈泡的額定電壓相等，根據P＝比較兩燈泡的電阻關系，燈泡的亮暗取決于實際功率的大小，兩燈泡串聯時電阻較大的燈泡較亮，兩燈泡并聯時電阻較小的燈泡較亮。
【解答】解：兩燈泡的額定電壓相等，額定功率關系為P1＜P2，
由P＝的變形式R＝可知，R1＞R2，
因燈泡的亮暗取決于實際功率的大小，
所以，L1比L2亮時，L1的實際功率較大，
由P＝I2R可知，兩燈泡應串聯時通過它們的電流相等，電阻大的實際功率大，燈泡較亮，即閉合開關S2；
當L2比L1亮時，
由P＝可知，兩燈泡并聯時它們兩端的電壓相等，電阻小的實際功率大，燈泡較亮，即閉合開關S1、S3。
故答案為：S2；S1、S3。
\l "_Tc5338" 【考點12 實驗 測量小燈泡的電功率】
48．（2023?海拉爾區(qū)模擬）在“測定小燈泡電功率”的實驗中，選用如圖甲所示的器材，其中電源電壓為6Ⅴ，小燈泡額定電壓為2.5Ⅴ（燈絲電阻約為12Ω）。
（1）能順利完成該實驗探究，下列兩種規(guī)格的滑動變阻器應選用 B ；
A.“10Ω 0.5A”的滑動變阻器
B.“20Ω 0.5A”的滑動變阻器
（2）用筆畫線代替導線，將圖甲所示的實物電路連接完整（要求：滑片右移燈泡變亮）；
（3）閉合開關前，將滑動變阻器的滑片移至阻值最大端；閉合開關后，移動滑片，發(fā)現小燈泡始終不發(fā)光，電壓表無示數，電流表有示數，小燈泡不亮的原因是 燈泡短路 ；
（4）排除故障后，閉合開關，移動滑片，發(fā)現電壓表的示數如圖乙所示，為了測量小燈泡的額定功率，應將滑動變阻器的滑片向 B 端移動（選填“A”或“B”）；
（5）通過小燈泡的電流隨它兩端電壓變化的關系如圖丙所示。分析圖象可知：該小燈泡正常發(fā)光時額定功率為 0.5 W。
【答案】（1）B；（2）見解析；（3）燈泡短路；（4）B；（5）0.5。
【分析】（1）根據歐姆定律計算燈泡的額定電流，根據串聯電路電壓規(guī)律計算燈泡正常發(fā)光時滑動變阻器兩端的電壓，根據串聯電路電流特點結合歐姆定律計算滑動變阻器接入電路的阻值；
（2）滑片右移燈泡變亮，所以滑動變阻器選擇右下接線柱接入電路，根據燈泡額定電流確定電流表量程，把電流表串聯在電路中；
（3）燈泡不亮，電流表有示數，電壓表無示數，說明電壓表與導線并聯接入電路；
（4）根據電壓表量程，讀出電壓表示數，要測量燈泡額定功率，電壓表示數要變大，根據串聯電路電壓規(guī)律、串聯分壓原理可知滑動變阻器兩端電壓變小，滑動變阻器電阻變小；
（5）根據圖丙，讀出額定電壓下的額定電流，由P＝UI計算燈泡額定功率。
【解答】解：（1）根據燈泡額定電壓2.5V、電阻約12Ω、電源電壓6V，則燈泡的額定電流I＝＝≈0.2A，
串聯電路總電壓等于各部分電壓之和，則燈泡正常發(fā)光時，滑動變阻器兩端的電壓U滑＝U﹣U燈＝6V﹣2.5V＝3.5V，
串聯電路各處的相等，由歐姆定律可得此時滑動變阻器接入電路的阻值R滑＝＝＝17.5Ω，所以滑動變阻器電阻最大阻值應該大于17.5Ω，則應該選擇“20Ω 0.5A”，故選B；
（2）滑片右移燈泡變亮，所以滑動變阻器選擇右下接線柱接入電路，燈泡額定電流大約0.2A，電流表選擇0﹣0.6A量程，串聯在電路中，如圖所示：
（3）燈泡不亮，電流表有示數，電壓表無示數，說明電壓表與導線并聯接入電路，則可能與電壓表并聯的燈泡短路；
（4）根據電壓表量程0﹣3V，分度值0.1V，則電壓表示數為2.2V，要測量燈泡額定功率，電壓表示數應變大到2.5V，根據串聯電路電壓規(guī)律可知需減小滑動變阻器兩端電壓，根據串聯分壓原理可知滑動變阻器接入電路的電阻應電阻變小，所以滑片應向B端移動；
（5）根據圖丙，當電壓為額定電壓U＝2.5V時，電流I＝0.2A，燈泡的額定功率P＝U燈I燈＝2.5V×0.2A＝0.5W。
故答案為：（1）B；（2）見解析；（3）燈泡短路；（4）B；（5）0.5。
49．（2023?江都區(qū)校級三模）小明做測“小燈泡電功率”實驗時，所用器材有：電壓可變的電源，額定電壓為2.5V的小燈泡，以及滑動變阻器（規(guī)格分別為A.“5Ω 1A”、B.“40Ω 1A”和C.“60Ω 0.5A”可選）、電壓表、電流表、開關和導線。
（1）如圖甲所示是小明連接的電路，檢查發(fā)現接錯了一根導線，請你在這根導線上打“×”，并補畫出正確連接的那根導線。
（2）連接好電路，正確操作后，移動滑動變阻器的滑片P，小明發(fā)現小燈泡始終不亮，電壓表、電流表示數均為0，經檢查電表完好。則故障可能是 B （填選項符號）。
A.燈泡短路
B.滑動變阻器斷路
C.燈泡斷路
（3）故障排除后，小明將電源電壓調為4.5V，然后從滑動變阻器接入電路阻值最大時開始記錄數據，得到小燈泡的U﹣I圖像，如圖乙所示，則小燈泡的額定功率是 0.75 W，所用滑動變阻器的規(guī)格是 B （選填字母）。實際測量時，當電壓表有示數時其內部是有微弱電流通過的，若考慮這個微弱電流的影響，則所測小燈泡的額定功率 偏大 （選填“偏大”、“偏小”或“不受影響”）。
（4）實驗過程中，小明向右調節(jié)滑動變阻器，若滑動變阻器的功率減小了ΔP1，燈泡的功率變化了ΔP2，則ΔP1 ＜ ΔP2（選填“＞”“＜”或“＝”）
（5）愛動腦筋的小明想出另一種測量該刻小燈泡額定功率的方法，設計了如圖丙所示的電路（電源電壓為4.5V，燈泡的額定電壓為2.5V），請將以下實驗步驟補充完整。
①檢查電路無誤后，閉合開關S，將開關S1撥至“1”，調節(jié)滑動變阻器滑片直至電壓表示數為 2 V；
②滑片不動，再將開關S1撥至“2”時，讀出電壓表示數為U0。
③小燈泡的額定功率：P額＝ U額? （用U額、U0、R0表示）。
（6）實驗結束后，小明同學將原電路中小燈泡換成幾個定值電阻，用來探究電流與電阻的關系，根據實驗數據作出如圖丁所示的圖像（定值電阻阻值分別為5Ω、10Ω、20Ω）。若選用“60Ω 0.5A”的規(guī)格滑動變阻器，則小明選擇的電源電壓的取值范圍為 2 V～ 8 V。
【答案】（1）見解答圖；（2）B；（3）0.75；B；偏大；（4）＜；（5）①2；③U額?；（6）2；8。
【分析】（1）在測“小燈泡電功率”實驗中，小燈泡、滑動變阻器和電流表串聯，電壓表并聯在小燈泡兩端；
（2）小明發(fā)現小燈泡始終不亮，電流表示數為0，說明電路可能斷路，電壓表示數為0，說明電壓表與電源沒有連通，據此分析；
（3）根據小燈泡的U﹣I圖像確定燈泡額定電壓對應的額定電流，利用P＝UI求出燈泡的額定功率；
當滑動變阻器接入電路阻值最大時，電路中的電流最小為I1＝0.1A，此時燈泡兩端的電壓U1＝0.5V，根據串聯電路的電壓特點和歐姆定律可知此時滑動變阻器接入電路的阻值，據此選出所用滑動變阻器的規(guī)格；
實際測量時，電壓表并聯在燈泡兩端，當電壓表有示數時其內部是有微弱電流通過的，若考慮這個微弱電流的影響，電流表所測電流大于燈泡的額定電流，根據P＝UI可知所測小燈泡的額定功率的變化情況；
（4）當向右調節(jié)滑動變阻器時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，由串聯電路的特點可知，燈泡兩端的電壓增大；由圖乙可知，通過燈泡的電流也變大，燈泡的實際功率變大；電源電壓恒為4.5V，由P＝UI可知，電路總功率變大，據此分析；
（5）要測量小燈泡的額定功率，需使小燈泡兩端的電壓等于其額定電壓，根據串聯電路電壓規(guī)律可得出電壓表的示數；
滑片不動，再將開關S1撥至“2”，求出此時電路中的電流即為小燈泡的額定電流，根據P額＝U額I額求出小燈泡的額定功率；
（6）根據圖丁利用U＝IR求出定值電阻兩端電壓；根據串聯電路的分壓原理求出當定值電阻最大、滑動變阻器接入電路阻值最大時的電源電壓為電源的最大電壓，當滑動變阻器接入電路阻值為零時的電源電壓為電源的最小電壓。
【解答】解：（1）原電路圖中，燈泡和電壓表沒有接入電路是錯誤的，在測“小燈泡電功率”實驗中，小燈泡、滑動變阻器和電流表串聯，電壓表并聯在小燈泡兩端，如下圖所示：
；
（2）小明發(fā)現小燈泡始終不亮，電流表示數為0，說明電路可能斷路，電壓表示數為0，說明電壓表與電源沒有連通，經檢查電表完好，則故障可能是滑動變阻器斷路，故選：B；
（3）小燈泡的額定電壓為2.5V，從圖中可知，小燈泡的額定電流為0.3A，
小燈泡的額定功率PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
當滑動變阻器接入電路阻值最大時，電路中的電流最小為I1＝0.1A，此時燈泡兩端的電壓U1＝0.5V，根據串聯電路的電壓特點和歐姆定律可知此時滑動變阻器接入電路的阻值為：
R滑＝＝＝40Ω，故滑動變阻器選B；
實際測量時，電壓表并聯在燈泡兩端，當電壓表有示數時其內部是有微弱電流通過的，若考慮這個微弱電流的影響，電流表所測電流大于燈泡的額定電流，根據P＝UI可知所測小燈泡的額定功率偏大；
（4）當向右調節(jié)滑動變阻器時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，由串聯電路的特點可知，燈泡兩端的電壓增大；由圖乙可知，通過燈泡的電流也變大，燈泡的實際功率變大；電源電壓恒為4.5V，由P＝UI可知，電路總功率變大；電路總功率等于各用電器消耗功率之和，故滑動變阻器的功率減小ΔP1小于燈泡的功率變化ΔP2，即ΔP1＜ΔP2；
（5）實驗步驟：
①檢查電路無誤后，閉合開關S，將開關S1撥至“1”，調節(jié)滑動變阻器滑片直至電壓表示數為2V；
②滑片不動，再將開關S1撥至“2”時，讀出電壓表示數為U0；
③在步驟①中，小燈泡、R0和滑動變阻器串聯，電壓表測R0和滑動變阻器兩端的電壓，調節(jié)滑動變阻器的滑片至電壓表示數為2V，由串聯電路電壓的規(guī)律，燈兩端的電壓：U燈＝U﹣U'＝4.5V﹣2V＝2.5V，燈泡正常發(fā)光；
在步驟②中，滑動變阻器的滑片不動，再將開關S1撥至“2”，電壓表測R0兩端的電壓為U0，此時電路中的電流即為小燈泡的額定電流：
I額＝，
則小燈泡的額定功率：
P額＝U額I額＝U額?；
（6）由圖丁可知，定值電阻兩端電壓為UV＝IR＝0.4A×5Ω＝……＝0.1A×20Ω＝2V；
當定值電阻最大值為20Ω時，滑動變阻器的最大值為60Ω，若控制的定值電阻兩端的電壓不變，為2V，根據串聯電路分壓原理可知，滑動變阻器分擔的電壓為6V，則電源電壓最大值為2V+6V＝8V；
當滑動變阻器的阻值為零時，電壓表的示數為2V，此時只有一個用電器，電壓表也測量電源電壓，故電源電壓最小值為2V，故電源電壓需要控制在2～8V。
故答案為：（1）見解答圖；（2）B；（3）0.75；B；偏大；（4）＜；（5）①2；③U額?；（6）2；8。
50．（2022秋?渭濱區(qū)期末）在測量小燈泡的電阻的實驗中，小燈泡的額定電壓為2.5V。
（1）小明按圖甲連接好電路后，閉合開關，發(fā)現小燈泡不發(fā)光，但電流表有示數，接下來的操作應該是 C ；
A．更換小燈泡
B．檢查開關是否有接觸不良
C．移動滑動變阻器滑片，觀察小燈泡是否發(fā)光
（2）小明調節(jié)滑動變阻器滑片使電壓表示數為2.5V，此時電流表的示數如圖乙所示，則燈泡的額定功率為 0.75 W；
（3）接著調節(jié)滑動變阻器滑片，讓電壓逐次下調，使燈絲溫度不斷降低，小燈泡變暗直至完全不發(fā)光，測量數據如表所示。
綜合分析可知，實驗中滑動變阻器的滑片逐漸向 左 （選填“左”或“右”）端滑動，隨著燈絲溫度降低，小燈泡的電阻值變 小 （選填“大”或“小”）。實驗結束后 不能 （選填“應該”或“不能”）求出燈泡電阻的平均值。
（4）小明還設計了如圖丙所示的電路，測出另一小燈泡的額定功率。已知滑動變阻器R1的最大阻值為R0，小燈泡的額定電壓為U額。請完成下列實驗步驟：
①閉合開關S，S1，調節(jié)R1的滑片，使電壓表的示數為U額；
②接著保持變阻器 R1 的滑片位置不動，斷開 S1 閉合 S2 ，移動變阻器 R2 使電壓表示數不變；
③調節(jié)R1的滑片調至最左端，記下電壓表示數U1；將R1的滑片調至最右端，記下電壓表示數為U2，小燈泡額定功率的表達式：P＝ （用R0、U額、U1、U2表示）。
【答案】（1）C；（2）0.75；（3）左；小；不能；（4）②R1；S1；S2；R2；③。
【分析】（1）圖甲中，小燈泡與滑動變阻器串聯連接，電壓表測小燈泡兩端的電壓，電流表測電路中的電流。閉合開關，電流表有示數，說明電路通過，小燈泡不發(fā)光，可能是電路中的電流過小，據此分析；
（2）電流表選用小量程確定分度值讀數；根據P＝UI可得小燈泡的額定功率；
（3）根據串聯電路電壓的規(guī)律和分壓強原理分析；
根據表中數據，由歐姆定律可求出燈的電阻大小，據此分析回答；
（4）根據P＝在只有電壓表情況下，測量出燈正常發(fā)光的電阻即可；
①可只閉合小燈泡所在支路，通過調節(jié)滑動變阻器R1使燈泡兩端電壓為額定電壓，燈正常光；
②保持變阻器R1的滑片位置不動，只閉合R2所在支路，通過調節(jié)滑動變阻器R2使R2兩端電壓為小燈泡的額定電壓，根據等效法，此時滑動變阻器R2連入電路中的電阻大小等于燈正常發(fā)光時的電阻大小；
③為求出此時滑動變阻器R2使連入電路中的電阻：
將R1的滑片P先調至最左端，再將R1的滑片P調至最右端，分別記下電壓表的示數，根據串聯電路的規(guī)律和歐姆定律求出R2的大小，即小燈泡電阻的大小，再利用P＝，求出小燈泡額定功率。
【解答】解：（1）圖甲中，小燈泡與滑動變阻器串聯連接，電壓表測小燈泡兩端的電壓，電流表測電路中的電流。閉合開關，電流表有示數，說明電路通過，小燈泡不發(fā)光，可能是電路中的電流過小，那么變阻器接入電路的阻值過大了，所以接下來應移動滑片，觀察小燈泡是否發(fā)光，故AB不符合題意，C符合題意。
故選C；
（2）由圖示知，電流表選用小量程，分度值為0.02A，示數為0.3A，燈泡的額定功率
P額＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（3）調節(jié)變阻器滑片，讓小燈泡兩端電壓變小，則滑動變阻器兩端的電壓變大，據串聯電路的分壓特點知，變阻接入電路的阻值變大，所以滑片向左移動；
由表格數據求出電壓變小時，對應的燈泡的阻值分別為8.3Ω、8.1Ω、7.1Ω、6.2Ω、4.7Ω、3.1Ω和2Ω，所以電壓變小，燈絲溫度降低，小燈泡的阻值變小；
實驗結束后，不能求燈泡電阻平均值，因為小燈泡的電阻隨溫度變化而變化，不是固定不變的；
（4）②由圖丙知，S、S1閉合時，小燈泡與滑動變阻器R1串聯在電路中，電壓表測小燈泡兩端的電壓；接著保持變阻器R1的滑片位置不變，斷開S1，閉合S2。此時兩個變阻器串聯在電路中，電壓表測R2兩端的電壓，并調節(jié)變阻器R2的滑片，使電壓表的示數為不變，為U額，則此時變阻器R2接入電路的阻值與小燈泡正常工作時電阻相同。
③保持R2接入電路的阻值不變，R1的滑片調到最左端時，接入電路的阻值為0，R2單獨在電路中工作，電壓表測量電源電壓為U1。R1的滑片調到最右端，接入電路的阻值最大為R0。則R0兩端的電壓
U0＝U1﹣U2；
電路中的電流：
I＝＝，
變阻器R2接入電路的阻值：
R2＝＝＝×R0；
此即為小燈泡正常工作時的電阻，則小燈泡的額定功率：
P＝＝＝。
故答案為：（1）C；（2）0.75；（3）左；?。徊荒?；（4）②R1；S1；S2；R2；③。
\l "_Tc31833" 【考點13 電流的熱效應】
51．（2020秋?洛陽期末）1879年愛迪生發(fā)明了經濟實用的白熾燈，下列關于白熾燈的說法不正確的是（ ）
A．白熾燈是根據電流的熱效應原理制成的
B．白熾燈的燈絲制作成螺旋狀，是為了減少燈絲散熱，提高燈絲溫度
C．白熾燈的燈絲是由電阻大，熔點低的金屬鎢制成的
D．用久的白熾燈發(fā)黑是因為鎢絲先升華后凝華形成的
【答案】C
【分析】（1）導體中有電流時，導體都要發(fā)熱，這種現象叫做電流的熱效應。
（2）螺旋狀的燈絲可以減小熱量散失。
（3）白熾燈使用時，燈絲溫度會很高，所以選擇熔點高的鎢。
（4）物質由固態(tài)直接變成氣態(tài)的過程叫升華，由氣態(tài)直接變成固態(tài)的過程叫凝華。
【解答】解：
A、白熾燈是根據電流的熱效應來工作的，把電能轉化為內能和光能，故A正確；
B、螺旋狀的燈絲可以減小熱量散失，并不斷將熱量聚集，使得燈絲的溫度達2000攝氏度以上，故B正確。
C、白熾燈發(fā)光時，燈絲的溫度達2000攝氏度以上，白熾燈燈絲用鎢絲制成，是因為鎢絲的熔點高，不容易燒斷，故C錯誤。
D、燈泡用久后，內壁會發(fā)黑，是由于鎢絲升華后凝華附著在燈泡的內壁上形成的，故D正確。
故選：C。
52．（2021?新撫區(qū)模擬）如圖所示，是小美冬季購買的電加熱羊毛手套。手套通電后能產生熱量是因為電流具有 熱 效應，手套內有很厚的羊毛可以有效減少手和寒冷的外界產生 熱傳遞 ，起到防寒保暖的作用。
【答案】熱；熱傳遞
【分析】（1）電流通過導體時導體會發(fā)熱，這種現象叫做電流的熱效應。
（2）改變內能的方式做功和熱傳遞。
【解答】解：手套通電后產生熱量是因為電流通過導體時導體會發(fā)熱，這種現象叫做電流的熱效應。手套內有很厚的羊毛可以有效減少手和寒冷的外界產生熱傳遞而保存內能。
故答案為：熱；熱傳遞
\l "_Tc846" 【考點14 焦耳定律】
53．（2023?許昌一模）英國物理學家 焦耳 做了大量的實驗，于1840年最先精確地確定了電流產生的熱量跟電流、電阻和通電時間的關系。人們?yōu)榱思o念他在物理學中的成就，用他的名字來命名 熱量 的單位。
【答案】見試題解答內容
【分析】在大量實驗的基礎上，英國物理學家焦耳找出了電流產生的熱量與電流、電阻、通電時間間的關系，即發(fā)現了焦耳定律。
【解答】解：
英國物理學家焦耳做了大量實驗，于1840年最先精確地確定了電流產生的熱量跟電流、電阻和通電時間的關系，得出Q＝I2Rt．為了紀念他做出的貢獻，人們將他的名字命名為功和能（能量）以及熱量的單位。
故答案為：焦耳；熱量。
54．（2023?通城縣模擬）（1）小華用如圖1所示的兩個完全相同的電加熱器分別對初溫均為20℃的甲、乙兩種液體加熱（m甲＞m乙），實驗過程中兩個溫度計示數隨時間變化的圖象如圖2所示，分析圖象可知，液體沸騰時，吸收熱量，溫度 不變 ；甲液體的比熱容 小于 （選填“大于”、“等于”或“小于”）乙液體的比熱容。
（2）如圖3所示為“探究電流通過導體產生的熱量跟 電流 的關系”的實驗裝置．通電一段時間后，左側容器內空氣吸收的熱量比右側的 多 （選填“多”或“少”），圖中的U形管 不是 （選填“是”或“不是”）連通器。
【答案】（1）不變；小于；（2）電流；多；不是。
【分析】（1）根據液體沸騰時的特征可得出結論；
利用Q吸＝mcΔt和題中溫度﹣時間圖像解題；
（2）由電路圖乙可知兩電阻的關系，根據電路的電流特點可知通過它們的電流關系，根據Q＝I2Rt比較兩電阻產生的熱量關系；
上端開口，下端連通的容器叫連通器。
【解答】解：（1）分析題中溫度﹣時間圖像乙可知，液體沸騰時，吸收熱量，溫度不變；
小華用兩個完全相同的酒精燈，根據實驗數據繪制的溫度與時間的關系圖象，加熱過程中兩種液體每秒吸收的熱量相同；
由圖乙可知，在乙液體沸騰之前，甲乙變化圖象是重合的，即甲乙吸收相同的熱量，升高相同的溫度，由于甲的質量大于乙的質量，根據c＝可知，甲的比熱容小于乙的比熱容；
（2）由圖3可知兩電阻阻值相等和通電時間相同，右側裝置中的兩個電阻并聯后，再與左側容器內的電阻串聯，通過左側容器內電阻的電流是通過右側容器內電阻的電流的2倍；所以探究的是電流通過導體產生的熱量跟電流的關系；
由Q＝I2Rt可知，在電阻和通電時間相同時，左側電流較大，產生的熱量較多，右側電流較小，產生的熱量較少，所以左側容器內空氣吸收的熱量比右側的多；
U形管只有一端開口，下部連通，不是連通器。
故答案為：（1）不變；小于；（2）電流；多；不是。
\l "_Tc846" 【考點15 焦耳定律的計算及其應用】
55．（2023?子洲縣校級模擬）圖甲所示電路中，電源電壓不變，滑動變阻器R1的規(guī)格為“20Ω 1A”，R2是定值電阻，電壓表量程為0～15V。閉合開關S，在保證電路元件安全的情況下，滑片移動過程中，電壓表示數與滑動變阻器接入電路的電阻的變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是（ ）
A．導體的電阻與導體兩端的電壓成正比
B．電源電壓為10V
C．R2的阻值為10Ω
D．滑動變阻器的滑片在中點時，通電90s，電流通過變阻器R1產生的熱量為400J
【答案】D
【分析】（1）根據電阻的知識可知，電阻是物體的物理屬性，它不隨電壓或電流的變化而變化；
（2）由圖知，兩電阻串聯，電壓表測R2兩端電壓，在電路安全情況下，滑動變阻器連入電路阻值最小時，電壓表示數最大，連入阻值最大時電壓表示數最小，由此根據串聯電路特點和歐姆定律，結合圖象表示出電源電壓從而計算出電源電壓和的R2阻值；
（3）由串聯電路特點和歐姆定律計算滑片在中點時電路中電流，再由焦耳定律公式計算90s內電流通過滑動變阻器R1產生的熱量。
【解答】解：（1）導體對電流的阻礙作用稱為導體的電阻。金屬導體的電阻由它的長度，橫截面積和材料所決定，是一種物理屬性，所以導體的電阻不隨導體兩端的電壓變化而改變。故A錯誤；
（2）由圖知，兩電阻串聯，電壓表測R2兩端電壓，
由串聯電路特點知，在電路安全情況下，變阻器連入阻值最小時，電壓表示數最大，由圖象知此時電壓表示數為UV＝8V，變阻器連入阻值R1＝4Ω，
由歐姆定律可得此時電路中電流I＝I2＝I1＝＝，
電源電壓：U＝UV+IR1＝8V+×4Ω﹣﹣﹣①
當變阻器連入阻值最大時，電壓表示數最小，由圖象知此時電壓表示數UV'＝4V，變阻器連入阻值R1'＝16Ω，
此時電路中電流I'＝I2'＝I1'＝＝，
電源電壓：U＝UV'+I'R1＝4V+×16Ω﹣﹣﹣②
電源電壓不變，由①②可得8V+×4Ω＝4V+×16Ω，
解得：R2＝8Ω，故C錯誤；
電源電壓：U＝UV+IR1＝8V+×4Ω＝12V，故B錯誤；
（3）滑片在中點時，變阻器連入阻值為R1，
由串聯電路特點和歐姆定律可得，此時電路中電流I中＝＝＝A，
由焦耳定律可得，在90s內電流通過滑動變阻器R1產生的熱量：
Q2＝I中2×R1t＝（A）2××20Ω×90s＝400J，故D正確。
故選：D。
56．（2023?方城縣二模）（多選）如圖所示，電源電壓12V保持不變，小燈泡標有“4V 1.6W”字樣（燈絲電阻不受溫度影響），滑動變阻器標有“50Ω 1A”字樣，電流表量程為0～0.6A，電壓表量程為0～3V。閉合開關，保證各元件不損壞，下列選項正確的是（ ）
A．移動滑動變阻器滑片，小燈泡可能正常發(fā)光
B．電路消耗的總功率最大為4.8W
C．滑動變阻器兩端電壓變化范圍為9～10V
D．當滑動變阻器滑片P置于b端時，滑動變阻器通電1min產生的熱量為120J
【答案】CD
【分析】由圖知，滑動變阻器與L串聯，電壓表測燈泡L兩端的電壓，電流表測電路中電流；
（1）比較電壓表的量程和小燈泡的額定電壓小燈泡是否正常發(fā)光；
（2）由P＝UI計算燈泡正常工作電流，由歐姆定律算出小燈泡的電阻，由于電壓表的量程為0～3V，所以小燈泡兩端的最大電壓為3V，通過歐姆定律求得小燈泡的最大電流，由P＝UI算出電路中消耗的最大功率；
（3）當電壓表示數為3V時，燈泡兩端的電壓最大，由串聯電路電壓的規(guī)律知滑動變阻器兩端的最小電壓；當滑動變阻器滑片P置于b端時，滑動接入電路的電阻最大，由歐姆定律和串聯電路電阻的規(guī)律算出電路中的最小電流和滑動變阻器兩端的最大電壓，進而判斷出滑動變阻器兩端電壓變化范圍；根據Q＝W＝UIt算出當滑動變阻器滑片P置于b端時滑動變阻器通電1min產生的熱量。
【解答】解：由圖知，滑動變阻器與L串聯，電壓表測燈泡L兩端的電壓，電流表測電路中電流。
A．移動滑動變阻器的滑片，由于電壓表的量程為0～3V，所以小燈泡兩端的最大電壓為3V，小于小燈泡的額定電壓，所以小燈泡不能正常發(fā)光，故A錯誤；
B、由P＝UI可得燈光正常發(fā)光電流為：，
燈泡電阻為：，
由于電壓表的量程為0～3V，所以小燈泡兩端的最大電壓為3V，
通過小燈泡的最大電流為：IL′＝＝＝0.3A＜IL＝0.4A，
由于滑動變阻器允許通過的最大電流為1A，電流表的量程為0～0.6A，
所以電路中的最大電流為I大＝IL′＝0.3A，
電路中消耗的最大功率為：
P大＝UI大＝12V×0.3A＝3.6W，故B錯誤；
CD、當電壓表示數為3V時，燈泡兩端的電壓最大，由串聯電路電壓的規(guī)律知，滑動變阻器兩端的最小電壓為：
U滑?。経﹣UV大＝12V﹣3V＝9V；
當滑動變阻器滑片P置于b端時，滑動接入電路的電阻最大，
由I＝和串聯電路電阻的規(guī)律得電路中的最小電流為：
I小＝＝＝0.2A，
滑動變阻器兩端的最大電壓為：
U滑大＝I小R滑大＝0.2A×50Ω＝10V，
故滑動變阻器兩端電壓變化范圍為9～10V，故C正確；
此時滑動變阻器通電1min產生的熱量為：
Q＝W＝U滑大I小t＝10V×0.2A×60s＝120J，故D正確。
故選：CD。
57．（2023?東莞市二模）如圖所示電路中，閉合開關，在甲、乙兩處接上電壓表時，甲、乙電表示數之比為3：2，此時R1與R2 串聯 （填“串聯”或“并聯”）；若將甲、乙兩處換成電流表，并將開關S斷開，則甲、乙兩電表示數之比為 1：3 ；若電源電壓為6V，R1＝10Ω，兩電表為電流表，斷開開關S通電10s后，R1產生的電熱為 36 J。
【答案】串聯；1：3；36
【分析】（1）電壓表自身電阻非常大，在識別電路時，可將電壓表所在支路看作斷路。由電路圖可知，在甲、乙兩處接上電壓表時，閉合開關，此時R1和R2串聯；再根據串聯電路的分壓原理，求出R1和R2的比值；
（2）斷開開關S，甲、乙兩處換成電流表后，分析電路，可知R1和R2并聯，且甲處電流表與R2串聯，測R2所在支路的電流，乙處電流表位于干路，測干路電流；再根據并聯電路的電流規(guī)律，求出甲、乙兩電流表示數之比；
（3）根據純電阻電路焦耳定律的公式Q＝W＝I2Rt＝t＝UIt，同時利用并聯電路電壓的規(guī)律，選擇合適的公式進行計算，即可求出R1產生的電熱。
【解答】解：（1）由電路圖可知，當開關S閉合，甲、乙兩表為電壓表時，此時R1與R2串聯。
（2）甲電壓表測串聯總電壓，乙電壓表測R2兩端電壓，兩表的示數之比
U甲：U乙＝3：2
因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，所以有
＝＝
由分壓原理有
若將甲、乙兩處換成電流表，并將開關S斷開，兩電阻并聯，電流表A乙測干路的電流，電流表A甲測R2的電流，根據并聯電路電壓相等，由U＝IR可知在電壓相等時，電流與電阻成反比，故通過兩電阻的電流之比為
可得出
由并聯電路電流的規(guī)律得出甲、乙兩電表示數之比
則甲、乙兩電表示數之比為1：3。
（3）若電源電壓為6V，R1＝10Ω，兩電表為電流表，斷開開關S，兩電阻并聯，通電10s后，根據并聯電路電壓的規(guī)律，則R1產生的電熱為
Q＝W＝t＝×10s＝36J
故答案為：串聯；1：3；36。
\l "_Tc16452" 【考點16 電功與電熱的綜合計算】
58．（2021?烏魯木齊三模）小剛同學正在幫媽媽煎藥，電煎藥壺工作電路簡化為如圖2所示，其中R1阻值為110Ω，R2阻值為440Ω，它在工作時，有高火加熱．文火萃取和小功率保溫三個過程，若壺中藥液的總質量為1kg，在正常工作電壓下煎藥時，藥液的溫度與工作時間的關系如圖3所示。
（1）藥液在廚房煮好后，能在客廳聞見藥液的氣味，屬于 氣體分子 的擴散現象（填“氣體分子”或“液體分子”）；
（2）分析電路結構可知，開關Sa接 1 時（填“1”或“2”），Sb 斷開 時（填“斷開”或“閉合”），煎藥壺處于保溫狀態(tài)；
（3）文火萃取期間煎藥壺消耗的電能為 145200 J；
（4）高火加熱過程中，煎藥壺所吸收的熱量為 3.36×105J J；[c藥液＝4.2×103J/（kg?℃）]
（5）高火加熱過程中煎藥壺的效率為 72.7% 。
【答案】（1）氣體分子；（2）1；斷開；（3）145200；（4）3.36×105；（5）72.7%。
【分析】（1）不同的物質在相互接觸時，彼此進入對方的現象叫做擴散，這一現象說明一切物體的分子都在不停地做無規(guī)則運動；
（2）當開關Sa打至1，開關Sb斷開時，R1與R2串聯，電路的總電阻最大，電路的總功率最小，煎藥壺處于保溫階段；
當開關Sa打至2，開關Sb閉合時，R1與R2并聯，電路的總電阻最小，電路的總功率最大，煎藥壺處于高火加熱階段；
當開關Sa打至2，開關Sb斷開時，電路為R2的簡單電路，煎藥壺處于文火萃取階段；
（3）由圖3知，文火萃取階段的時間，根據W1＝t算出文火萃取期間煎藥壺消耗的電能；
（4）由圖3可知，高火加熱過程中，藥液的溫度從18℃升高到98℃，根據Q吸＝cm（t′﹣t0）算出1kg藥液所吸收的熱量；
（5）由圖3可知高火加熱的時間，由P＝算出煎藥壺消耗的電能，根據η＝×100%算出煎藥壺的熱效率。
【解答】解：（1）藥液在廚房煮好后，能在客廳聞見藥液的氣味，是藥液的氣味分子運動到客廳的空氣中，發(fā)生了擴散現象；
（2）當開關Sa打至1，開關Sb斷開時，R1與R2串聯，電路的總電阻最大，電路的總功率最小，煎藥壺處于保溫階段；
當開關Sa打至2，開關Sb閉合時，R1與R2并聯，電路的總電阻最小，電路的總功率最大，煎藥壺處于高火加熱階段；
當開關Sa打至2，開關Sb斷開時，電路為R2的簡單電路，煎藥壺處于文火萃取階段；
（3）由圖3知，文火萃取階段的時間為：t＝36min﹣14min＝22min＝1320s
文火萃取期間煎藥壺消耗的電能為：
W1＝t＝×1320s＝145200J；
（4）由圖3可知，高火加熱過程中，藥液的溫度從18℃升高到98℃，
則1kg藥液所吸收的熱量：
Q吸＝cm（t′﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（98℃﹣18℃）＝3.36×105J；
（5）由圖3可知，高火加熱的時間為：t″＝14min＝14×60s＝840s，
由P＝可得，煎藥壺消耗的電能：
W2＝t″+t″＝×840s+×840s＝4.62×105J；
煎藥壺的熱效率：
η＝×100%＝×100%≈72.7%。
答：（1）氣體分子；（2）1；斷開；（3）145200；（4）3.36×105；（5）72.7%。
59．（2023?深圳模擬）如圖是一款電熱飲水器原理示意圖，它可設定不同的出水溫度，R是加熱電阻絲，其加熱功率為2100W，Rt是熱敏電阻，其阻值與溫度的關系式為Rt＝5+0.5t（式中Rt單位是Ω，t的單位是℃），R0是設定溫度的變阻器?？刂齐娐分?，電源電壓為3V。當電磁繼電器線圈中的電流I0≤0.01A時，銜鐵片會彈起，觸點分離，熱水器停止加熱。[c水＝4.2×103J/（kg?℃）]。求：
（1）如果將水只加熱到80℃，Rt＝ 45 Ω，閉合開關，則滑動變阻器的阻值R0要調到多大？（電磁鐵線圈電阻忽略不計）
（2）容器內裝有0.8kg、初溫為20℃的水，將其加熱到70℃，用時100s，則該飲水正常工作時加熱效率是多少？
【答案】（1）45；滑動變阻器的阻值R0要調到255Ω；
（2）該飲水器正常工作時加熱效率是80%。
【分析】（1）由題意可知，當設定的溫度為80℃時，停止加熱時控制電路的電流為I＝0.01A，根據歐姆定律求出控制電路的總電阻，根據Rt＝5+0.5t求出此時熱敏電阻的阻值，根據電阻的串聯求出滑動變阻器的阻值要調到的大??；
（2）利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的熱量，利用W＝Pt求出飲水器消耗的電能，利用效率公式求出該飲水器正常工作時加熱效率。
【解答】解：（1）由題意可知，當設定的溫度為80℃時，停止加熱時控制電路的電流為I＝0.01A，
由I＝可得，控制電路的總電阻為：R總＝＝＝300Ω，
根據題意可知，熱敏電阻Rt＝5+0.5t＝（5+0.5×80）Ω＝45Ω，
所以，滑動變阻器的阻值為：R0＝R總﹣Rt＝300Ω﹣45Ω＝255Ω；
（2）水吸收的熱量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J（/kg?℃）×0.8kg×（70℃﹣20℃）＝1.68×105J，
飲水器消耗的電能：W＝Pt＝2100W×100s＝2.1×105J，
該飲水器正常工作時加熱效率：η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）45；滑動變阻器的阻值R0要調到255Ω；
（2）該飲水器正常工作時加熱效率是80%。
60．（2023?南溪區(qū)模擬）如圖是某飲水機的電路原理圖，電源電壓為220V，R2的電阻是4840Ω．當S1、S2 都閉合時飲水機處于加熱狀態(tài)，總功率為550W；當只閉合S2時飲水機處于保溫狀態(tài)。試問：
（1）當只閉合S2時，R2的功率為多少？
（2）當S1、S2 都閉合時，飲水機電路中的總電流為多少？
（3）飲水機內裝有1kg初溫為20℃的水，若飲水機正常加熱6min，此時消耗電能的84%被水吸收，飲水機內水的溫度升高到多少？
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）當只閉合S2時，電路為R2的簡單電路，根據P＝求出R2的功率；
（2）當S1、S2 都閉合時，飲水機處于加熱狀態(tài)，根據P＝UI求出飲水機電路中的總電流；
（3）根據W＝Pt求出飲水機正常加熱6min消耗的電能，根據η＝×100%求出水吸收的熱量，根據Q吸＝cm（t2﹣t1）求出飲水機內水升高到的溫度。
【解答】解：（1）當只閉合S2時，電路為R2的簡單電路，
則R2的功率：
P2＝＝＝10W；
（2）當S1、S2 都閉合時，飲水機處于加熱狀態(tài)，
由P＝UI可得，飲水機電路中的總電流：
I＝＝＝2.5A；
（3）由P＝可得，飲水機正常加熱6min消耗的電能：
W＝P加熱t(yī)＝550W×6×60s＝1.98×105J，
由η＝×100%可得，水吸收的熱量：
Q吸＝ηW＝84%×1.98×105J＝166320J，
由Q吸＝cm（t2﹣t1）可得，飲水機內水升高到的溫度：
t2＝+t1＝+20℃＝59.6℃。
答：（1）當只閉合S2時，R2的功率為10W；
（2）當S1、S2 都閉合時，飲水機電路中的總電流為2.5A；
（3）飲水機內水的溫度升高到59.6℃。
數據序號
1
2
3
4
5
電阻/Ω
5
10
15
20
25
電流/A
0.4
0.19
0.12
0.1
0.08
實驗次數
1
2
3
電阻R/Ω
10
20
40
電流I/A
方法
操作
現象
結論
方法是否可行
方法1
把其中一燈泡從燈座中取下
另一燈熄滅
兩燈一定是串聯
可行
方法2
把任意一根導線斷開
兩燈熄滅
兩燈一定是串聯
不可行
方法
操作
現象
結論
方法是
否可行
方法一
把其中一盞小燈泡從燈座上擰下
另一盞燈熄滅
兩盞燈一定是串聯
可行
方法二
把其中一根導線斷開
兩盞燈熄滅
兩盞燈一定是串聯
不可行
序號
1
2
3
4
電阻R/Ω
5
10
15
20
電流I/A
0.60
0.30
0.20
0.15
序號
1
2
3
4
5
U/V
1.0
2.0
2.5
3.0
6.0
I/A
0.2
0.22
0.25
0.26
0
燈泡亮度
不亮
微亮
亮
很亮
不亮
R/Ω
平均R/Ω
實驗次數
1
2
3
4
5
6
7
電壓U/V
2.5
2.1
1.7
1.3
0.9
0.5
0.1
電流I/A
0.26
0.24
0.21
0.19
0.16
0.05

相關試卷

八年級下冊物理期中復習（易錯60題40大考點）-2024年八年級物理下冊講義（人教版）：

這是一份八年級下冊物理期中復習（易錯60題40大考點）-2024年八年級物理下冊講義（人教版），文件包含八年級下冊物理期中復習易錯60題40大考點原卷版docx、八年級下冊物理期中復習易錯60題40大考點解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共58頁， 歡迎下載使用。

期末考試復習（計算作圖與實驗綜合60題23大考點）-2024年九年級物理人教版（全冊）講義（含練習）：

這是一份期末考試復習（計算作圖與實驗綜合60題23大考點）-2024年九年級物理人教版（全冊）講義（含練習），文件包含期末考試復習計算作圖與實驗綜合60題23大考點原卷版docx、期末考試復習計算作圖與實驗綜合60題23大考點解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共91頁， 歡迎下載使用。

期中復習（易錯60題31大考點）-2024年九年級物理人教版（全冊）講義（含練習）：

這是一份期中復習（易錯60題31大考點）-2024年九年級物理人教版（全冊）講義（含練習），文件包含期中復習易錯60題31大考點原卷版docx、期中復習易錯60題31大考點解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共64頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

期中復習（易錯60題31大考點）-2024年八年級物理上冊講義（人教版）

期中復習（易錯60題31大考點）-2024年八年級物理上冊講義（人教版）
人教版（2024）八年級上冊第五章 透鏡及其應用第1節(jié) 透鏡優(yōu)秀練習題

人教版（2024）八年級上冊第五章 透鏡及其應用第1節(jié) 透鏡優(yōu)秀練習題
2024年蘇科版物理九年級上冊九年級上冊物理綜合復習02（易錯60題13大考點）（原卷版+解析版）

2024年蘇科版物理九年級上冊九年級上冊物理綜合復習02（易錯60題13大考點）（原卷版+解析版）
2024年蘇科版物理九年級上冊九年級上冊物理綜合復習01（易錯60題19大考點）（原卷版+解析版）

2024年蘇科版物理九年級上冊九年級上冊物理綜合復習01（易錯60題19大考點）（原卷版+解析版）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
期末專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數字、字母或符號

注冊即視為同意教習網「注冊協議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部