初中物理电学突破习题
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2014•抚顺）如图甲，两个灯泡串联在电路中，电源电压为6V，L1的额定电压为3V，L2的额定电压为2V．通过两个灯泡的电流与其两端电压的关系如图乙所示，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片滑至中点时，其中一个灯泡正常发光，另一个不损坏，下列说法中正确的是（ ）
A．正常发光的小灯泡是L2，其额定功率为0.3W
B．正常发光的小灯泡是L1，其额定功率为0.45W
C．当L2两端电压为1.5V时，通过它的电流为0.15A
D．此时滑动变阻器两端电压是1.5V
【解答】解：（1）由图象可知，L1的电压为3V时通过的电流0.15A，L2的电压为2V时通过的电流大于0.15A，
因串联电路中各处的电流相等，且其中一个灯泡正常发光，另一个不损坏，
所以，正常发光的灯泡是L1，其额定功率P1=U1I1=3V×0.15A=0.45W，故A不正确，B正确；
（2）由图象可知，当电路中的电流为0.15A时，灯泡L1两端的电压为3V，灯泡L2两端的电压为1.5V，故C正确；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U滑=U﹣U1﹣U2=6V﹣3V﹣1.5V=1.5V，故D正确．
故选BCD．
2．（2011•十堰）标有“6V 3.6W”的小灯泡，通过它的电流随两端电压的变化关系如图所示，若把这种规格的两只灯泡串联接在6V的电源两端，则每只灯泡的实际电阻和实际功率分别为（ ）
A．10Ω 0.9W B．6Ω 0.9W C．6Ω 1.5W D．10Ω 1.8W
【解答】解：把这种规格的两只灯泡串联接在6V的电源两端，每只灯泡两端的电压都为3V，从图象上可以看出，此时电路电流为0.5A，
所以每只灯泡的实际电阻R=U/I=3V/0.5A=6Ω，
每只灯泡的实际功率P=UI=3V×0.5A=1.5W．
故选C．
3．（2011•乌鲁木齐）如图，当滑动变阻器接入电路电阻的阻值为R时，其消耗的功率是30W；当接入电路电阻的阻值为3R时，其消耗的功率不可能是（ ）
A．10 W B．20 W C．30 W D．80 W
【解答】解：由题意可得：当滑动变阻器接入电路的阻值为R时，其消耗的功率：
P=（
）2×R=（
）2×9R=30W；
则（
）2×3R=10W；
当滑动变阻器接入电路的阻值为3R时，消耗的功率为：
P′=（
）2×3R＞（
）2×3R=10W，
故BCD可能，A不可能．
故选A．
4．（2006•朝阳区）如图所示电路，电源电压保持不变，当滑动变阻器的滑片滑到c点时，电压表示数为4V，灯L正常发光；当滑动变阻器的滑片滑到b点时，电压表的示数是8V．已知灯L的电阻为4Ω，电阻Rac=Rab，则灯L的额定功率是（ ）
A．2W B．4W C．8W D．16W
【解答】解：（1）设电源电压为U，则滑片在c点时，电路中电流I1=
，此时电压表示数U1=I1Rac=
×Rac=4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
滑片滑到b点时，电路中电流I2=
，电压表示数为：U2=I2Rab=
×Rab=8V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将RL=4Ω，Rac=
Rab代入，并联立①式与②式得：
Rac=2Ω，Rab=8Ω，
将Rac=2Ω代入①式得：U=12V；
（2）当滑片在c点时，灯正常发光，此时灯两端的电压UL=12V﹣4V=8V；
∴灯泡的额定功率P=
=
=16W．
故选D．
5．（2005•十堰）如图所示，电源电压不变，R0是一个8Ω的定值电阻．如果分别将下列的四个不同规格的灯泡接入电路的AB两点之间，且不会烧坏．则最亮的那一个灯一定是（ ）
A．“6V，3W” B．“4V，2W” C．“3V，3W” D．“2V，2W”
【解答】解：根据公式R=U2÷P，可计算出RA=12Ω，RB=8Ω，RC=3Ω，RD=2Ω，
由于电源电压不变，可根据P=I2R=（
）2R；当R=8Ω时，电功率值最大．
故选B．
6．（2016•泰安）如图所示，电源电压为4.5V，电压表量程为“0﹣3V”，电流表量程为“0﹣0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω 1A”，小灯泡L标有“2.5V 1.25W”（灯丝电阻不变），在保证小灯泡L电流不超过额定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是（ ）
①小灯泡的额定电流是0.6A
②滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω﹣10Ω
③电压表示数变化范围是0﹣3V
④电流表示数变化范围是0.3﹣0.5A．
A．只有②、④正确 B．只有②、③正确 C．只有①、④正确 D．只有①、③正确
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．
（1）灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，
由P=UI可得：小灯泡正常发光时的电流为：I=
=
=0.5A，故①错误；
（2）当电路中的电流为0.5A时，滑动变阻器电阻最小分得电压最小
串联电路总电压等于各分电压之和，
此时电压表的示数U滑=U﹣UL=4.5V﹣2.5V=2V，故电压表的示数变化范围为2～3V，故③错误；
2V＜3V，没有超出电压表的量程，
灯泡两端的电压可以达到2.5V，
串联电路中各处的电流相等，
此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：
R滑min=
=
=4Ω；
当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
灯泡两端的电压：UL′=U﹣U滑max=4.5V﹣3V=1.5V，
灯泡的电阻：RL=
=
=5Ω，
电路中的最小电流：
Imin=
=
=0.3A，
电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故④正确；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R滑max=
=
=10Ω，
滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω，故②正确．
故选A．
7．（2016•泉州）如图所示的电路中，电源电压保持不变．闭合开关S，移动滑片，使电压表V1示数与电压表V2示数之比为2：1，此时R2的功率为P1；再次移动滑片，使电压表V1示数与电压表V2示数之比为1：2，此时R2的功率为P2，则P1：P2为（ ）
A．1：4 B．1：2 C．1：1 D．4：1
【解答】解：在第1种情况下，R2两端的电压U21=
U=
，R1两端的电压为U11=U﹣
=
；
在第2种情况 下，R2两端的电压U22=
U=
，R1的电压为U12=U﹣
=
，
根据电阻不变时，通过的电流与电压成正比，
所以，两种情况下通过R1的电流之比
=
=
，即两种情况下通过R2的电流之比；
=
=
×
=
．
故选C．
8．（2016•遵义）如图所示的电路中，电源电压不变，开关S闭合，滑动变阻器滑片P在a端时，电流表的示数为2.4A，电压表的示数为12V；滑片P移动到中点时，R1消耗的功率为P1；滑片P移到b点时，R1消耗的功率为P1′，P1：P1′=25：9，滑片P在中点和在b端时，R2消耗的功率之比为（ ）
A．1：2 B．5：3 C．25：9 D．25：18
【解答】解：根据电路图可知，电阻R1与变阻器R2串联，电压表测量R1两端电压，电流表测量电路中的电流；
设滑片P移到变阻器中点和b点时电路中的电流分别为I1、I2；
已知P1：P1′=25：9，由P=I2R可得：
=
=
=
；
设滑动变阻器R2的最大阻值为R，
滑片P在中点和在b端时，R2消耗的功率之比：
=
=
×
=
×
=
．
故选D．
9．（2012•宜宾）灯泡L上标有“6V 6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化关系如图（甲）所示．现把灯泡L接入如图 （乙）所示的电路中，若电路电压为10V不变，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～15V”．则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L正常发光时，电压表的示数为6V
B．当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为9V
C．灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D．为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为6W
【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压UL=6V，
∵串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，灯泡L正常发光时，电压表的示数：
UR=U﹣UL=10V﹣6V=4V，故A不正确；
（2）由图象可知，当I=0.4A时，UL=1V，
∴UR=U﹣UL=10V﹣1V=9V，故B正确；
（3）灯泡的电阻随温度的升高而增大，即灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻越大，
因电压表的示数越大时，灯泡两端的电压越小
所以，灯泡的电阻随两端的电压增大而减小，故C不正确；
（4）由图象可知，当灯泡正常发光（UL=6V）时，电路中的电流为1A＞0.6A，
∴电路中的最大电流I=0.6A，
电路消耗的最大电功率Pmax=UImax=10V×0.6A=6W；
故选BD．
10．（2015•南通）图示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流，R0为定值电阻，移动滑动变阻器R的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：
由图R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流．
若电源提供的电流恒定为I总，
AB、根据并联电路特点可知：
U=U0=I0R0=（I总﹣I）R0=﹣IR0 I总R0，
其中I总、R0为定值，由U=﹣R0I I总R0，可知U与I的图象为一次函数，且﹣R0＜0，故AB错误；
CD、由电功率的计算公式：
电路消耗总功率：P=UI总=（I总﹣I）R0×I总=﹣I总R0I I总2R0，
其中I总、R0为定值，由P=﹣I总R0I I总2R0，可知P与I的图象为一次函数，﹣I总R0＜0，且I不能为0，P不会为0，故C正确，D错误．
故选C．
二．填空题（共7小题）
11．（2016•内江）如图甲所示，是某同学“探究定值电阻R0的发热功率P0、滑动变阻器R消耗的电功率PR和电源总功率PU随电流I变化的关系”的实验电路图，通过实验得到的数据用描点法在同一坐标系中作出了a、b、c三条图线，如图乙所示．根据图象可知，其中，反映电源的总功率PU随电流I变化的关系图象是 a （选填“a”、“b”或“c”），滑动变阻器R消耗的最大电功率为 2.25 W．
【解答】解：（1）电源总功率PU与电流I成正比，图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源总功率PU随电流I变化的关系图线是a；
（2）由图象a可知，电源功率PU=9W，电流I=3A，电源电压U=
=
=3V；
由图象b可知，当功率P=9W时，电路电流I=3A，则电阻阻值R=
=
=1Ω；
当P=4W时，I=2A，则电阻为R=
=
=1Ω，说明电阻为一定值电阻，故曲线b为定值电阻的发热功率曲线；
曲线c为滑动变阻器的电功率变化曲线，由图可知：电路电流I=1.5A时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
此时电路总电阻R总=
=
=2Ω，
滑动变阻器接入电路的阻值R滑=R总﹣R0=2Ω﹣1Ω=1Ω；
故滑动变阻器消耗的最大功率为：PR=I2R滑=（1.5A）2×1Ω=2.25W．
故答案为：a；2.25．
12．（2016•天水）如图是一种电热暖手宝及其主要参数，暖手宝内有水及加热元件等，选用水作为吸热或放热物质是因为水的 比热容 较大（选填“密度”、“比热容”或“质量”）．使用前要先给暖手宝通电加热，假设所消耗的电能有70%转化为水的内能，则在额定电压下，水由15℃加热至自动断电，此过程中消耗的电能是 3×105 J，所需要的加热时间为 600 s．[c水=4.2×103J/（kg．℃）]．
【解答】解：
（1）因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以电热暖手宝里面一般用水作储能物质；
（2）温度从15℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量是
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（65℃﹣15℃）=2.1×105J；
由η=
得：
消耗的电能：
W=
=
=3×105J，
则加热时间为t=
=
=600s．
故答案为：比热容；3×105；600．
13．（2013•成都）电饭煲、电水壶和电熨斗分别标有“220V 1000W”、“220V 1800W”和“220V 500W”的字样，它们各自正常工作相同时间， 电水壶 （选填“电饭煲”、“电水壶”或“电熨斗”）产生的热量最多．标有“220V 1000W”的电饭煲正常工作0.2h，电流所做的功为 0.2 kW•h．
【解答】解：
①电饭煲、电水壶和电熨斗三个用电器都为纯电阻，消耗的电能全部转化为热量，从题可知，P电饭煲=1000W，P电水壶=1800W，P电熨斗=500W，即P电水壶＞P电饭煲＞P电熨斗，而它们正常工作的时间相同，由公式Q=W=Pt可知电水壶产生的热量最多．
②∵P=1000W=1kW，t=0.2h，
∴电流所做的功为：W=Pt=1kW×0.2h=0.2kW•h．
故答案为：电水壶，0.2．
14．（2013•扬州）今年6月，我国空调“能效比”实行新的等级标准，空调制冷“能效比”EER是指空调制冷量与制冷时消耗的电功率比．小明家需要一台制冷量为3200W的空调，若选“能效比”为3.2的空调，则制冷消耗的电功率为 1000 W；若选“能效比”为4.0的空调，工作1h将比原空调节约电能 0.2 kW•h．
【解答】解：∵能效比是指空调制冷量与制冷时消耗的电功率比，
∴能效比为3.2的空调消耗的电功率：
P1=
=
=1000W，
能效比为4.0的空调消耗的电功率：
P2=
=
=800W，
节约的电功率：
P=P1﹣P2=1000W﹣800W=200W=0.2kW，
工作1h节约的电能：
W=Pt=0.2kW×1h=0.2kW•h．
故答案为：1000；0.2．
15．（2013•遵义）某兴趣小组设计了如图甲所示的电路进行实验探究，电源为电压可调的学生电源，小灯泡L标有“6V 1.2W”字样，R为20Ω的定值电阻．小组根据记录的电流表和电压表的示数变化，描绘出如图乙所示的I﹣U关系图．当电压表的示数为2V时，通过小灯泡L的电流为 0.3 A，调节电源电压，当电路消耗的总功率为1.35W时，小灯泡的实际功率为 0.9 W．
【解答】解：由电路图可知，灯泡L电阻R并联，电压表测并联部分两端的电压，电流表测干路中的电流．
（1）由乙图象可知，当电压表的示数为2V时，电流表的示数即干路电流I=0.4A，
∵并联电路中各支路两端的电压相等，
∴由欧姆定律可得，通过R的电流：
IR=
=
=0.1A，
∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
∴通过小灯泡L的电流：
IL=I﹣IR=0.4A﹣0.1A=0.3A；
（2）由乙图象可知，电路电路电流I=0.45A，电源电压U=3V时，
小灯泡与定值电阻R0消耗的总功率为P总=UI=3V×0.45A=1.35W，
此时流过定值电阻的电流：
IR′=
=
=0.15A，
流过灯泡的电流：
IL′=I′﹣IR′=0.45A﹣0.15A=0.3A，
则灯泡的实际功率：
PL实=U′IL′=3V×0.3A=0.9W．
故答案为：0.3；0.9．
16．（2013•德阳）如图所示，电源电压保持不变，R1：R2=1：4．只闭合S1时，电流表的示数为0.1A，R1消耗的功率为P1；只闭合S2时，R0消耗的功率为0.1W，R2消耗的功率为P2，且P1：P2=1：1．则R0先后两次消耗的功率之比为 4：1 ．
【解答】解：只闭合S1时，R0与R1串联，电流表测电路中的电流；只闭合S2时，R0与R2串联；
∵P=I2R，且R1：R2=1：4，
∴
=
=（
）2×
=（
）2×
=
，
解得：
=
，
R0先后两次消耗的功率之比：
=
=（
）2=（
）2=
．
故答案为：4：1．
17．（2012•成都）如图所示为某电热水器的原理示意图，发热体分别由R1和R2组成，通过通、断开关可以使热水器处于“加热”或“保温”状态．断开S1、闭合S时，电热水器处于 保温 状态．已知该热水器的加热功率为1000W，要把10kg水由18℃加热到68℃，加热时间为 2.1×103 s． （c水=4.2×103J/（kg•℃），发热体放出的热量全部被水吸收）
【解答】解：
（1）加热和保温属于两个过程，加热时功率大，保温时功率小．
根据P=
可知，两个过程的电源电压相同，电阻越小，功率越大；
当闭合开关S1和S时，R1和R2并联接入电路，此时电路中的总电阻最小，功率最大，电热水器处于加热状态；
断开S1、闭合S时，电路中只有R2，电路中的总电阻变大，电压不变，功率变小，加热器处于保温状态．
（2）∵c水=4.2×103J/（kg•℃），m=10kg，t=68℃，t0=18℃，
∴水吸收的热量为：Q吸=c水m（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（68℃﹣18℃）=2.1×106J；
又∵发热体放出的热量全部被水吸收，即W=Q吸=2.1×106J，
而P=1000W，
∴加热时间为：t=
=
=2.1×103s．
故答案为：保温；2.1×103．
三．实验探究题（共2小题）
18．（2016•株洲）某实验小组用伏安法测量小灯泡的电功率，待测小灯泡的额定电压为2.5V．
（1）请用笔画线代替导线，完成如图甲实物电路的连接．（要求：连线不得交叉，电压表量程要正确）
（2）检查电路连接无误后，闭合开关S，灯泡不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不动．产生这一现象的原因可能是 小灯泡断路（或灯泡坏了或灯座处接触不良） ．
（3）故障排除后进行实验，通过移动滑片记录了多组数据，并作出了如图乙所示的I﹣U图象．据图可知小灯泡的额定功率为 0.75 W．
（4）现将该小灯泡与一个10Ω的定值电阻串联后接入电压为3V的电源两端，此时小灯泡的实际功率是 0.2 W．
【解答】解：（1）待测小灯泡的额定电压为2.5V＜3.0V，电压表选用小量程，将电压表并联在小灯泡的两端，如右图所示；
（2）电路中无电流，则为断路，电压表有示数，则与电压表并联的之外部分一定完好，说明与电压表并联的灯泡所在支路断路而导致电压表串联在电路中了，可能的原因是小灯泡断路（或小灯泡坏了或灯座处接触不良）；
（3）由图乙知，灯额定电压2.5V对应的电流为0.3A，所以其额定功率P额=U额I=2.5V×0.3A=0.75W；
（4）由图乙知，只有当灯电压U灯=1.0V，对应的电流I=0.2A时，根据串联电路电流的特点，通过定值电阻的电流大小等于0.2A，此时定值电阻的电压U定=IR=0.2A×10Ω=2V，又根据串联电路电压的特点，灯和定值电阻的总电压U=U灯 U定=1V 2V=3V刚好为电源电压．
所以，此时小灯泡的实际功率P实=U灯×I=1V×0.2A=0.2W．
故答案为：（1）如右上图所示；
（2）小灯泡断路（或小灯泡坏了或灯座处接触不良）；
（3）0.75；
（4）0.2．
19．（2016•菏泽）实验室电源电压为6V，要测量小灯泡的额定功率，小伟选择一个额定电压为2.5V，电阻大约为10Ω左右的小灯泡，小强画出了电路图（图甲）．
（1）小伟看到电路图后提出一个建议：简化实验，去掉滑动变阻器测量小灯泡的额定电功率．你认为小伟的实验方案可行吗？为什么？
（2）若按照小强设计的电路图进行实验，实验室里有最大阻值是10Ω和60Ω的滑动变阻器，你认为应该选择最大阻值为 60 Ω的滑动变阻器．
（3）将图乙中的滑动变阻器和电压表（选用合适的量程）接入电路．
（4）在实验器材选择无误，电路连接正确的情况下，闭合开关，小灯泡不亮，但电压表和电流表都有示数，按照图乙的电路连接图判断，要让灯泡发光，你的操作是： 将滑动变阻器的滑片向左移动 ．调整电路正常后开始实验，在调节滑动变阻器的过程中，灯泡突然熄灭，电流表的示数突然变得无示数，电压表的示数是6V，你判断故障可能是： 小灯泡断路 ．
（5）为进一步确定小灯泡亮度与电压的关系，做了多次实验，并根据实验数据绘出了小灯泡的U﹣I图象（如图丙所示）．请根据图象信息计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W．
【解答】解：（1）一节蓄电池的电压为2V，而灯泡的额定电压为2.5V，去掉滑动变阻器无法使灯泡两端的电压达到灯泡的额定电压，所以小伟的实验方案不可行；
（2）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I=
=
=0.25A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U滑=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V，
滑动变阻器接入电路中的电阻：
R滑=
=
=14Ω＞10Ω，
故选最大阻值是60Ω的滑动变阻器；
（3）灯泡的额定电压为2.5V，则电压表的量程为0～3V且与灯泡并联，滑动变阻器的任意上方接线柱与灯泡相连，如下图所示：
（4）电压表和电流表都有示数说明电路通路且灯泡没有短路，灯泡不亮的原因是实际功率太小，下一步的操作是：将滑动变阻器的滑片向左移动；
灯泡突然熄灭，电流表的示数突然变得无示数，电压表的示数是6V，说明电压表并联部分断路，故障可能是小灯泡断路；
（5）由图象可知，灯泡两端的电压UL=2.5V时，通过的电流IL=0.2A，
则灯泡的额定功率PL=ULIL=2.5V×0.2A=0.5W．
故答案为：
（1）不可行；无法实现小灯泡两端的电压等于额定电压；
（2）60；
（3）如上图所示；
（4）将滑动变阻器的滑片向左移动；小灯泡断路；
（5）0.5．
四．计算题（共1小题）
20．（2016•烟台）图甲为自动调温电熨斗，图乙为其简化的电路图，图丙为温控开关，温控开关是由长和宽都相同的铜片和铁片紧紧地铆在一起做成的，受热时，由于铜片膨胀得比铁片大，双金属片便向铁片那边弯曲，温度越高弯曲得越明显．双金属片触点A与弹性钢片上的触点B原来是相通的，通电后，指示灯L亮（R为限流电阻），发热板发热，使金属底板温度升高．当温度升高到设定温度时，A、B触点分离，电路断开，底板的温度不在升高，随着温度的降低，双金属片逐渐恢复原状，A、B触点又重新接触，电路再次接通，底板的温度又开始升高，从而实现自动控温的目的．
（1）该电熨斗的温控开关是依据什么物理知识制成的？
（2）不同织物需要不同的熨烫温度，若需要较高的熨烫温度应如何调节调温旋钮？
（3）若指示灯L采用“3V 0.03W”的小灯泡，那么限流电阻R多大才能使小灯泡正常工作？
（4）发热板的额定功率为1000W，则发热板的电阻多大？若要使金属底板的温度由20℃升高到220℃至少需要多长时间？（金属底板的质量为1kg，比热容为0.4×103J/（kg•℃），不计热量损失）
【解答】解：（1）由题意可知，铜片和铁片受热膨胀不同，双金属片发生弯曲，达到温控开关控制电路的目的，利用的是金属热胀冷缩的物理知识制成的；
（2）需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性钢片下移，使双金属片稍向下弯曲，这时使触点断开双金属片向下弯曲程度要大一些，温度要更高一些；
（3）灯泡正常发光时的电压UL=3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=UI可得，小灯泡支路的电流：
I=
=
=0.01A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，限流电阻两端的电压：
UR=U﹣UL=220V﹣3V=217V，
由I=
可得，限流电阻R的阻值：
R=
=
=2.17×104Ω；
（4）由P=
可得，发热板的电阻：
R热=
=
=48.4Ω，
金属板吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=0.4×103J/（kg•℃）×1kg×（220℃﹣20℃）=8×104J，
不计热量损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：
t′=
=
=
=80s．
答：（1）该电熨斗的温控开关是依据金属热胀冷缩的物理知识制成的；
（2）需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移；
（3）若指示灯L采用“3V 0.03W”的小灯泡，那么限流电阻R的阻值为2.17×104Ω才能使小灯泡正常工作；
（4）发热板的电阻为48.4Ω，若要使金属底板的温度由20℃升高到220℃至少需要80s．
五．解答题（共6小题）
21．（2015•海南）小翔随爸爸在商店选中一款速热式电热水器，它的工作电路图和铭牌如图所示（图中R是加热电阻，其电阻不随温度而变化）则：
（1）电热水器正常工作时，电路中电流是多大？（结果保留一位小数）
（2）电热水器正常工作15min，加热电阻 R消耗的电能是多少kW•h？
（3）根据题中电路图，再给你一个加热电阻R0和两个开关S1、S2，请你对该电热水器进行电路改装．设计要求：不同季节电热水器的额定功率不同，夏天额定功率是2000W，春、秋两季额定功率是4000W，冬季额定功率是6000W，请画出改装后的电路图，并计算R0．
（4）从安全用电考虑，如果该电热水器直接安装到家庭电路中，可能会造成什么后果及影响？（写出一种）
【解答】解：（1）由P=UI可得，电热水器正常工作时电路的电流：
I=
=
≈18.2A；
（2）P=4000W=4kW，t=15min=0.25h，
则正常工作15min加热电阻R消耗的电能：
W=Pt=4kW×0.25h═1kW•h；
（3）由题意可知，两加热电阻应采取并联，分别用一个开关控制电路，如下图所示：
夏季：只闭合开关S、S2时，断开S1时，电路为R0的简单电路，功率P0=2000W，
由P=
得：
R0=
=
=24.2Ω；
（4）如果该电热水器直接安装到家庭电路中，由于总功率很大，根据I=
可知电路总电流过大，则可能会造成后果有：
①电路总电流过大；②烧坏电路；③保险丝熔断；④空气开关跳闸；⑤电能表工作不正常或烧坏电能表．
答：（1）电热水器正常工作时，电路中电流是18.2A；
（2）电热水器正常工作15min，加热电阻 R消耗的电能是1kW•h；
（3）R0=24.2Ω；
（4）从安全用电考虑，如果该电热水器直接安装到家庭电路中，可能会造成后果有：
①电路总电流过大；②烧坏电路③保险丝熔断；④空气开关跳闸；⑤电能表工作不正常或烧坏电能表．
22．（2015•常德）现有两个电阻元件，其中一个是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，另一个是由半导体材料制成的，其电阻随温度的升高而减小．现对其中一个电阻元件R0进行测试，测得其电流与加在它两端的电压值，测试数据如下表：
次数 物理量 | 第一次 | 第二次 | 第三次 | 第四次 | 第五次 | 第六次 | 第七次 | 第八次 |
U/V | 0.40 | 0.60 | 0.80 | 1.00 | 1.20 | 1.40 | 1.60 | 1.80 |
I/A | 0.20 | 0.45 | 0.80 | 1.25 | 1.80 | 2.45 | 3.20 | 4.05 |
（1）请根据表中数据，判断元件R0可能是由上述哪类材料制成的？并说明理由．
（2）把定值电阻R和元件R0接入如图所示的电路中，闭合开关后，电流表读数为1.8A．已知电路中电源电压恒为3V，此时定值电阻R的电功率为多大？
（3）分析表中数据，写出通过元件R0的电流I和元件R0两端的电压U之间的关系式．
【解答】解：（1）利用公式R=
分别计算不同电压下的电阻值，即2Ω、1.33Ω、1Ω、0.8Ω、0.67Ω、0.53Ω、0.5Ω，可见，电阻的阻值随着温度的升高而减小，故为半导体材料．
（2）由表中数据可知，当电流为1.8A时，R0两端电压U0=1.2V，
则R两端电压U=U总﹣U0=3V﹣1.2V=1.8V，
R的电功率P=UI=1.8V×1.8A=3.24W；
（3）分析表中数据可知：流过电阻元件R0的电流I与它两端电压U的平方成正比，
不妨设I=kU2，将I=0.20A，U=0.40V代入得：k=1.25；
则通过阻元件R0的电流I和它两端电压U的关系式是：I=1.25U2；
答：（1）半导体材料；因为当电流增大时，发热功率多，温度高，电阻小；
（2）此时定值电阻R的电功率为3.24W；
（3）通过电阻元件R0的电流I和它两端电压U的关系式是：I=1.25U2．
23．（2015•黄石）（1）“36V 25W”的灯泡正常发光时的电阻是多少？
（2）某同学由实验测得“36V 25W”灯泡的电流和电压关系曲线如图甲所示，请回答：
①若将此规格灯泡串联若干个接入220V电路中使用，则至少要串联多少个？
②当11个这样的灯泡串联接入220V的电路时，请结合图线计算每个灯泡的实际功率是多少？
（3）另有一只灯泡只能看淸铭牌上的额定电压为36V，将其接入如图乙所示电路中．当闭合开关S，滑动变阻器滑片位于中点C时灯泡正常发光，此时灯泡的电功率为P，当滑片位于最右端b时，灯泡实际电功率为P′，已知P：P′=16：9，求所接电源电压U为多少伏？（灯泡电阻始终不变）
【解答】解：（1）由P=
得：R=
=
=51.8Ω；
（2）①若将此规格灯泡串联若干个接入220V电路中使用，则要串联n=
=6.1，
故应串联7盏这样的灯泡；
②当11个这样的灯泡串联接入220V的电路时，每个灯泡分得的电压为20V，由曲线图可知，20V对应的电流为0.6A，
所以每个小灯泡的实际功率为P实际=U实I实=20V×0.6A=12W；
（3）设灯的电阻为R0，滑动变阻器电阻为R，
则当滑片位于中点C时，灯泡正常发光，功率为P=
•R0 ①
当滑片位于最右端b时灯泡功率为P′=
•R0 ②
由于P：P′=16：9 ③
由以上三式联立解得：R0=R
当滑片位于中点C时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为36V，此时滑动变阻器两端电压为
=18V
又因为串联，则电源电压为U=36V 18V=54V．
答：（1）灯泡正常发光时的电阻为51.8Ω；
（2）①若将此规格灯泡串联若干个接入220V电路中使用，则至少要串联7个；
②当11个这样的灯泡串联接入220V的电路时，每个灯泡的实际功率是12W；
（3）电源电压为54V．
24．（2015•随州）随州香菇远销世界各地，但种植香菇需要精心呵护．如图为“神农“牌香菇种植塑料温棚内的电路图，灯泡L上标有”220V，100W”．一天中，夜晚和白天耗电情况以及电路连接状况见下表（不考虑R1，R2阻值的变化）
黑夜 | K1、K2、K3均闭合 | 10小时 | 耗电11度 |
白天 | K2闭合，K1、K3均断开 | 14小时 | 耗电5.6度 |
求：（1）R2的阻值；
（2）R1的阻值．
【解答】解：
（1）根据P=
可知，灯泡一夜消耗的电能：
WL=PLt1=0.1kW×10h=1kW•h；
三开关闭合时，灯泡L与R2并联，电阻R2消耗的电能：
W2=W夜=WL=11kW•h=1kW•h=10kW•h=3.6×107J；
根据Q=I2Rt=
可得：
R2的阻值R2=
=
=
=48.4Ω．
（2）K2闭合，K1、K3均断开，R1与R2串联，电路为白天工作状态，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，根据Q=I2Rt=
可得总电阻的阻值：
R=
=
=
=121Ω．
又因R2=48.4Ω，
则R1=R﹣R2=121Ω﹣48.4Ω=72.6Ω．
答：
（1）R2的阻值为48.4Ω；
（2）R1的阻值为72.6Ω．
25．（2011•南通）阅读短文，回答问题：
为节约能源．某型号汽车在关闭发动机后，通过小型发电机将减速运动时的部分动能转化为电能储存在蓄电池中．表中所示是该型号汽车的部分技术参数，其中储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能的效率．耗油量是指汽车正常行驶l00km消耗燃油的体积．
测试中，先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭发电机两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度大小v，计算出动能Ek，作出Ek一s图象，如图所示．
××型汽车 | |
总质量（kg） | 1200 |
储能效率（%） | 60 |
耗油垃（L/100km） | 10 |
（1）发电机是根据 电磁感应 原理发电的．发电过程中，动能除了转化为电能外，由于线圈有电阻，还有部分能量转化为 内 能．
（2）汽车正常行驶100km，消耗燃油的质量为 7 kg，完全燃烧这些燃油产生的热量为 3.22×108 J（燃油的密度ρ=0.7×103 kg/m3，热值q=4.6×107J/kg）．
（3）测试时，汽车在大小为800N的牵引力作用下，以25m/s的速度正常行驶1000m．此过程中，汽车 B ．
A．受到的阻力为1.2×104J
B．行驶的时间为40s
C．牵引力做的功为3.2×108 J
D．牵引力的功率为80kW
（4）由图象可知，表示开启发电机进行测试的图线是 ② （填“①”或“②”），判断的依据是 从图象中可以看出，汽车做匀速直线运动时速度不变，动能不变，当关闭发动机后，速度减小，动能减小，但动能与速度的平方成正比，因此动能与路程的图象应是② ．
（5）若汽车正常行驶时的动能Ek0=3.75×105J，某时刻关闭发动机，同时发电机开始工作，最终有 1.5×105 J的动能转化为内能．
【解答】解：
（1）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体，在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流．发电机就是利用这一原理来工作的．
在发电过程中，动能除了转化为电能外，由于线圈有电阻，电流通过线圈时要产生热量，还有部分能量转化为内能．
（2）∵V=10L=10dm3=0.01m3，ρ=0.7×103kg/m3，
∴消耗燃油的质量为：m=ρV=0.7×103 kg/m3×0.01m3=7kg，
而q=4.6×107J/kg，
∴燃油完全燃烧产生的热量为：Q放=mq=7kg×4.6×107J/kg=3.22×108J．
（3）汽车在大小为800N的牵引力作用下，以25m/s的速度正常行驶1000m．
∴A、汽车匀速行驶，在水平方向上受到的牵引力与阻力是一对平衡力，因此牵引力为800N，阻力也为800N．说法错误，不符合题意．
B、行驶的时间为：t=
=
=40s．说法正确，符合题意．
C、牵引力做的功为：W=Fs=800N×1000m=8×105J．说法错误，不符合题意．
D、牵引力的功率为：P=
=
=2×104W．说法错误，不符合题意．
故选B．
（4）从图象中可以看出，汽车做匀速直线运动时速度不变，动能不变，开启了发电机后，有一部分机械能转化为电能，动能减少的速度加快，所以本题应选②．
（5）∵储能效率60%，
∴动能转化为内能的效率为：η=1﹣60%=40%，
而Ek0=3.75×105J，
∴W内=Ek0η=3.75×105J×40%=1.5×105 J．
故答案为：（1）电磁感应，内．
（2）7，3.22×108．
（3）B．
（4）②，从图象中可以看出，汽车做匀速直线运动时速度不变，动能不变，开启了发电机后，有一部分机械能转化为电能，动能减少的速度加快，所以本题应选②．
（5）1.5×105．
26．（2009•南京）阅读短文，回答问题．
汽车防冻液
汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高．为了确保安全，可用水循环进行冷却．实际上，水中往往还要加入不易挥发的防冻液（原液），加入防冻液后的混合液冬天不容易凝固，长时间开车也不容易沸腾．
有关资料表明，防冻液与水按不同的比例混合，混合液的凝固点、沸点不同，具体数值参见下表（表中防冻液含量是指防冻液在混合液中所占体积的百分比）．
防冻液含量（%） | 30 | 40 | 50 | 60 | 70 | 80 | 90 |
混合液的凝固点（℃） | ﹣17 | ﹣28 | ﹣37 | ﹣49 | ﹣48 | ﹣46 | ﹣28 |
混合液的沸点（℃） | 103 | 104 | 107 | 111 | 117 | 124 | 141 |
在给汽车水箱中加防冻液时，宜使混合液的凝固点比本地常年最低气温低10～15℃．考虑到混合液比热容的减小会影响散热效果，因此，混合液中防冻液的含量不宜过高．
（1）汽车发动机用水来冷却，这是因为水的 比热容 较大．
（2）在混合液中，如果防冻液含量由30%逐渐增大到90%，则混合液凝固点的变化情况是 D ．
A．逐渐升高 B．逐渐降低
C．先升高后降低 D．先降低后升高
（3）若某地常年最低气温为﹣15℃，对该地区汽车来说，在下列不同防冻液含量的混合液中，宜选 B ．
A．30% B．40% C．60% D．90%
（4）请在图2中作出混合液沸点与防冻液含量的关系图象；由图象可以推知，防冻液的含量达到75%时，混合液的沸点大约是 120 ℃．
（5）长时间使用后，汽车水箱中的混合液会减少．与原来相比，混合液的沸点 升高 （选填“升高”、“降低”或“不变”），其原因是 水由于汽化而减少，防冻液的含量增大 ．
【解答】解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水来冷却；
（2）观察表中数据得出，当防冻液含量由30%逐渐增大到90%时，混合液凝固点先降低后升高，故选D；
（3）某地常年最低气温为﹣15℃，由于混合液的凝固点比本地常年最低气温低10～15℃，则混合液的凝固点约为﹣30～﹣25℃，由表中数据可知选择40%和90%的防冻液，而混合液中防冻液的含量不宜过高，所以选择40%的防冻液较为合适，故选B；
（4）混合液沸点与防冻液含量的关系图象如图所示，由图象可以找出当防冻液的含量达到75%时，混合液的沸点为120℃；
（5）与原来相比，水箱内的水由于汽化而减少，防冻液的含量增大，使混合液的沸点升高．
故答案为：（1）比热容；
（2）D；
（3）B；
（4）120；
（5）升高，水由于汽化而减少，防冻液的含量增大．
