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【中考解密】3年（2023-2025）中考1年模拟科学真题分项汇编
专题09 电功和电功率
1．（2025 浙江）近年，共享充电宝（如图）的使用越来越普遍。为研究共享充电宝是否存在微生物污染、科学小组选取多个区域的共享充电宝进行研究，发现其上存在多种细菌。请回答：
（1）从传染病流行的基本环节分析，若某充电宝被传染性致病菌污染，则该充电宝属于　传播途径　 （填“传染源”或“传播途径”）。
（2）针对共享充电宝可能存在微生物污染的情况，提出下列消毒方案：
①使用充电宝前，用体积分数为75%的酒精溶液进行消毒。在配制75%酒精溶液时，将75mL无水酒精和25mL水混合，发现总体积小于100mL，原因是　分子之间有间隔　 。
②安装紫外灯对充电宝进行消毒。若用某款紫外灯消毒时，正常工作30min消耗的电能为9000J，则该款紫外灯额定功率为　5　 W。
【答案】（1）传播途径；
（2）①分子之间有间隔；②5。
【分析】（1）根据传染病的基本传播环节来分析；
（2）①根据分子的特点来分析；②根据电能公式W＝Pt进行计算。
【解答】解：（1）传染病流行的基本环节包括传染源、传播途径和易感人群。传染源是指能够散播病原体的人或动物；传播途径是指病原体离开传染源到达健康人所经过的途径。若某充电宝被传染性致病菌污染，致病菌可通过充电宝传播给人，所以该充电宝属于传播途径；
（2）①将75mL无水酒精和25mL水混合，总体积小于100mL，原因是分子之间有间隔，酒精分子和水分子会相互进入彼此的间隔中，导致总体积减小；
②根据电能公式W＝Pt（其中W为电能，P为功率，t为时间），已知W＝9000J，t＝30min＝1800s，则该款紫外灯的功率：P 5W。
故答案为：
（1）传播途径；
（2）①分子之间有间隔；②5。
2．（2024 浙江）自然界中有许多“电鱼”，它们身体中的发电器官能产生电。研究表明，某电鱼在水中放电时（图1），身体AB段可看成电源和电阻（R1）两部分串联而成，其余部分和水的电阻为R2，它们共同构成闭合电路，简化电路如图2所示。电鱼放电时的电压（即电源电压）为U，电阻R1＝1.0×104欧。为获得U的大小，研究人员通过在水里加入氯化钠来改变R2，得到A、B两点间电压UAB和电路中电流I的关系，如图3所示。电鱼每次放电电压视为相同，电鱼电阻不变。
请回答。
（1）向水里加入氯化钠，目的是 　减小　 （填“增大”或“减小”）电阻R2。
（2）求电鱼放电时电压U的大小。
（3）当R2＝1.0×104欧，求电鱼放电时R2的电功率P2。
【答案】（1）减小；
（2）电鱼放电时电压U的大小为2V；
（3）当R2＝1.0×104欧，电鱼放电时R2的电功率P2为1.0×10﹣4W。
【分析】（1）向水里加入氯化钠增加了溶液中自由移动的离子，进而分析向水里加入氯化钠的目的。
（2）由图1可知，两电阻串联，根据图2利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压。
（3）根据欧姆定律求出通过的电流，根据P＝I2R求出电鱼放电时R2的电功率P2。
【解答】解：（1）向水里加入氯化钠增加了溶液中自由移动的离子，因此向水里加入氯化钠，目的是减小电阻R2。
（2）由图1可知，两电阻串联，由AB间的电压R2为两端的电压，
图2可知，当电路中的电流为0.05mA时，R2两端的电压为1.5V，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U2+U1＝U2+IR1＝1.5V+0.05×10﹣3A×1.0×104Ω＝2V。
（3）由串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R＝R1+R2＝1.0×104Ω+1.0×104Ω＝2.0×104Ω，
则电路中的电流：I''1×10﹣4A，
则电鱼放电时R2的电功率：P2＝I''2R2＝（1×10﹣4A）2×1.0×104Ω＝1.0×10﹣4W。
答：（1）减小；
（2）电鱼放电时电压U的大小为2V；
（3）当R2＝1.0×104欧，电鱼放电时R2的电功率P2为1.0×10﹣4W。
3．（2023 衢州）小科想购买一个电热水壶，已知他家中电路电压是220V、室内插座额定电流是5A，则下列规格的电热水壶适合他家的是（　　）
选项 额定电压/V 额定功率/W
A 220 1500
B 220 800
C 120 1500
D 120 800
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】利用P＝UI求得插座能负荷的最大功率，据此判断出合适的水壶规格；
根据额定电压判断出CD的是否合适。
【解答】解：AB、电路电压是220V插座能负荷的最大功率为：
P＝UI＝220V×5A＝1100W，故A不合适，B合适；
CD、由于家庭电路的电压为220V，故CD不适合。
故选：B。
4．（2023 金华）在“测量小灯泡额定功率”实验中，同学们进行如下研究。
【实验器材】干电池3节，小灯泡（额定电压为3.8V、电阻约为15Ω），滑动变阻器（4Ω 1A），电流表，电压表，开关，导线若干（所有器材均完好）
【实验方案】将量程为0～15V的电压表并联到小灯泡两端，闭合开关，移动滑动变阻器滑片使小灯泡正常发光，读出并记录电流表的示数。
（1）实验时若闭合开关，发现灯泡不亮，接下来最合理的操作是 　C　 。
A.更换小灯泡
B.检查电路是否短路
C.观察电流表和电压表的示数
（2）当电压表读数为3.8V时，电流表示数如图乙所示，该小灯泡的额定功率为 　1.064　 W。
【实验反思】小金认为，电压表选用0～15V量程进行实验，因该量程下每一小格为0.5V，3.8V读数不够精确，导致计算得到的额定功率误差较大。若电压表换用0～3V的量程，将其并联到滑动变阻器两端，调节滑片使电压表示数为0.7V，即可减小误差。
【实验改进】
于是小金设计了如图丙所示电路图，电压表V1选用0～15V量程，电压表V2选用0～3V量程。进行实验，移动滑动变阻器滑片，得到三次实验数据记录如下表。
试验次数 小灯泡两端电压（V） 变阻器两端电压（V） 电流（A）
1 3.0 1.1 0.24
2 3.4 0.7 0.26
3 3.8 0.3 0.28
（3）小金按反思后的思路，利用滑动变阻器两端电压为0.7V时所测的数据，计算得到的小
灯泡“额定功率”比真实的小灯泡额定功率 　偏小　 （选填“偏大“偏小”或“相等”）。
【反思交流】小金发现测得的小灯泡两端电压与滑动变阻器两端的电压之和小于电源电压。带着这一疑问，继续探究……
【答案】（1）C；（2）1.064；（3）偏小。
【分析】（1）闭合开关，灯泡不亮，可能是电路存在断路或灯泡短路或电路电流太小，灯泡功率太小不足以引起灯泡发光而造成的，灯泡不亮，应先观察电流表和电压表，看电流表和电压表是否有示数，看电路是否存在断路：
如果电流表有示数，应调节滑动变阻器滑片，看灯泡是否发光；
如果电流表无示数，再观察电压表有无示数，若电压表也无示数，可能电路存在断路，若电压表有示数且接近电源电压，可能灯泡断路；
（2）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI得出灯泡的额定电功率；
【解答】解：（1）闭合开关，灯泡不亮，可能是电路存在断路或灯泡短路或电路电流太小（导致灯泡功率太小不足以使灯泡发光），灯泡不亮，应先观察电流表，看电流表是否有示数，判断电路是否存在断路，故选C；
如果电流表有示数，应调节滑动变阻器滑片，看灯泡是否能发光；
如果电流表无示数，再观察电压表有无示数，若电压表也无示数，可能电路存在断路，若电压表有示数且接近电源电压，可能灯泡断路；
（2）正确连接电路后，滑片P移动到电压表读数为3.8V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A，小灯泡的额定电功率是：
P＝UI＝3.8V×0.28A＝1.064W；
（3）由图中表格数据可知，当滑动变阻器两端电压为0.7V时，小灯泡两端电压为3.4V，通过小灯泡电流为0.26A，
小灯泡的电功率P＝UI＝3.4V×0.26A＝0.884W，
当小灯泡两端电压为额定电压3.8V时，通过小灯泡的电流为0.28A，
小灯泡的额定功率P＝UI＝3.8V×0.28A＝1.064W，
故计算得到的小灯泡“额定功率”比真实的小灯泡额定功率偏小。
故答案为：（1）C；（2）1.064；（3）偏小。
5．（2023 温州）用图甲电路研究电热与电流的关系，若要比较不同设定电流值时的电热多少，调节电流大小过程中，电热丝已经开始加热，因而会影响实验的准确性。为解决这一问题，小明设计图乙电路进行研究。
图中电路包括调试电路和实验电路，R1和R2是阻值都为20欧的电热丝，R2放置在装有煤油的保温容器中。实验中通过调试电路，使电热丝R2在调试过程中不发热。实验步骤如下：
①用数字温度计测量并记录装有R2的保温容器内煤油的温度。
②将开关S与“1”连接，调节滑动变阻器，直至电流表示数为0.2安。
③将开关S拨至“2”，使R2工作50秒，断开开关S，测量并记录 　煤油的温度　 。
④再将电流值分别设定为0.3安、0.4安、0.5安、0.6安，重复上述步骤。记录相关数据，并计算每次升高的温度Δt（Δt可反映电热的多少），整理Δt、I2的数据如图丙。
（1）将步骤③补充完整。
（2）在答题纸图丙中画出Δt与I2的关系图像。
（3）小明想改变电热丝阻值，用上述实验中设定的电流值，继续研究电热与电流的关系：保持R1不变，将R2更换为30欧的电热丝，重复上述步骤。他的做法是否合理，说明理由：　不合理，由于调试电路的电流为设定值时，开关S由“1”拔至“2”，根据欧姆定律可知，通过30欧电热丝的电流不是设定值，电流发生变化，对实验结果产生影响　 。
【答案】（1）煤油的温度；（2）见解答图；（3）不合理，由于调试电路的电流为设定值时，开关S由“1”拔至“2”，根据欧姆定律可知，通过30欧电热丝的电流不是设定值，电流发生变化，对实验结果产生影响。
【分析】（1）由电流的热效应可知，电流通过R2时，会产生热量，煤油吸收其产生的热量，温度升高，据此分析；
（2）根据Q吸＝cmΔt和焦耳定律得出Δt与I2的关系，然后画出图像；
（3）由于调试电路的电流为设定值时，开关S由“1”拔至“2”，根据欧姆定律可知，通过30欧电热丝的电流不是设定值，电流发生变化，据此分析。
【解答】解：（1）由电流的热效应可知，电流通过R2时，会产生热量，煤油吸收其产生的热量，温度升高，因此步骤③为将开关S拨至“2”，使R2工作50秒，断开开关S，测量并记录煤油的温度；
（2）根据Q吸＝cmΔt可知，煤油的比热容一定，质量不变，因此煤油吸收的热量与其温度的变化量Δt成正比；根据焦耳定律可知，在电阻一定和相同的时间内，电流通过导体产生的热量与12成正比，由此可知，Δt与I2应成正比例关系，其图像应为一条过原点的直线，由于存在实验误差，则图像如下图所示：；
（3）由于调试电路的电流为设定值时，开关S由“1”拔至“2”，根据欧姆定律可知，通过30欧电热丝的电流不是设定值，电流发生变化，对实验结果产生影响，故小明的想法是不合理的。
故答案为：（1）煤油的温度；（2）见解答图；（3）不合理，由于调试电路的电流为设定值时，开关S由“1”拔至“2”，根据欧姆定律可知，通过30欧电热丝的电流不是设定值，电流发生变化，对实验结果产生影响。
6．（2023 嘉兴）科技小组开展设计一款多功能电饭煲的项目活动，过程如下：
【明确问题】科技小组同学们讨论后认为，电饭煲应具有如下基本功能，并提出具体标准：
①工作电压：220V；煮饭模式功率：880W；保温模式功率：88W；
②电饭煲达到设定温度后能自动切换到保温模式。
【方案设计】根据标准，小组讨论后，初步设计了如图甲的方案，图中开关S1、S2都闭合时，电饭煲处于煮饭模式，功率为880W，则发热电阻R1应选择的阻值为多少欧？
【方案优化】有同学认为甲方案不能实现自动切换功能，于是同学们利用电磁继电器与热敏电阻，设计了图乙的方案。
①工作电路中的发热电阻R1应设计在 　a　 处（选填“a”或“b”）。
②为确保安全，当电饭煲内温度达到设定温度105℃时，工作电路自动切换到保温模式，其中热敏电阻R的阻值与温度关系见图丙。控制电路的电源电压为24V，当电流达到0.03A时，电磁铁会吸下衔铁，工作电路自动切换到保温模式。那么，选用的定值电阻R0阻值应为多少欧？（电磁铁线圈阻值不计）
【答案】【方案设计】发热电阻R1应选择的阻值为55Ω；
【方案优化】①a；②选用的定值电阻R0阻值应为200Ω。
【分析】（1）当开关S1、S2都闭合时，只有R1接入电路，电饭煲处于煮饭模式，由功率公式P＝UI可求电阻；
（2）电磁继电器本质上是一个开关，如图所示，当控制电路电流大，电磁铁磁性增强，向下吸引衔铁，工作电路a、b处电阻串联接入电路；当控制电路电流小，电磁铁磁性减弱，没有吸引衔铁，衔铁在左端弹簧作用下向上恢复，b处电阻与工作电路断开，只有a处电阻接入电路；
【解答】解：【方案设计】当开关S1、S2都闭合时，只有R1接入电路，电饭煲处于煮饭模式，功率为880W，电压为220V，
由P＝UI可知发热电阻R1应选择的阻值R155Ω；
【方案优化】①电磁继电器本质上是一个开关，如图所示，当控制电路电流大，电磁铁磁性增强，向下吸引衔铁，工作电路a、b处电阻串联接入电路；当控制电路电流小，电磁铁磁性减弱，没有吸引衔铁，衔铁在左端弹簧作用下向上恢复，b处电阻与工作电路断开，只有a处电阻接入电路，可知电磁继电器控制的是电阻R2在工作电路中的通断，与甲图进行对比，工作电路中的发热电阻R1应设计在a处；
②控制电路的电源电压为24V，当电流达到0.03A时，电磁铁会吸下衔铁，
此时控制电路总电阻R总800Ω，
当电饭煲内温度达到设定温度105℃时，由图丙可知此时热敏电阻R＝600Ω，
选用的定值电阻阻值R0＝R总﹣R＝800Ω﹣600Ω＝200Ω。
故答案为：【方案设计】发热电阻R1应选择的阻值为55Ω；
【方案优化】①a；②选用的定值电阻R0阻值应为200Ω。
7．（2023 湖州）美好生活从早餐开始。图1所示为某款面包机及其部分参数。该面包机有两个完全相同的加热仓，可实现单独加热。小明在使用过程中发现这款面包机有如下功能：功能一：设定时间后（定时开闭合），放入面包片，按下按键，面包机就开始工作；功能二：到了设定时间，定时开关自动断开，弹出面包片。
（1）根据题干，两加热仓加热电阻的连接方式是 　并联　 。（选填“串联”或“并联”）思考后，小明根据面包机的功能自己设计了电路图，如图2。AOB为杠杆，O为支点，杠杆上仅触点1、2导电。
（2）根据面包机的参数，计算加热电阻R1的阻值。
（3）请根据小明设计的电路图来分析面包机是如何实现功能二的。
【答案】（1）并联；
（2）根据面包机的参数，加热电阻R1的阻值为121Ω；
（3）到了设定时间，定时开关断开，控制电路断路，电磁铁失去磁性；杠杆AOB在衔铁重力和弹簧向上弹力的共同作用下，绕着支点逆时针转动，断开加热电路并弹出面包片。
【分析】（1）该面包机有两个完全相同的加热仓，可实现单独加热，据此确定两加热仓加热电阻的连接方式；
（2）根据表中参数利用P求出加热电阻R1的阻值；
（3）到了设定时间，定时开关断开，控制电路断路，电磁铁失去磁性，杠杆AOB在衔铁重力和弹簧向上弹力的共同作用下，绕着支点逆时针转动，据此分析。
【解答】解：（1）该面包机有两个完全相同的加热仓，可实现单独加热，说明两加热仓加热电阻工作时互不影响，故两加热仓加热电阻的连接方式为并联；
（2）单个加热电阻加热时，电阻功率为400W，由P得，
R1121Ω；
（3）到了设定时间，定时开关断开，控制电路断路，电磁铁失去磁性；杠杆AOB在衔铁重力和弹簧向上弹力的共同作用下，绕着支点逆时针转动，断开加热电路并弹出面包片。
答：（1）并联；
（2）根据面包机的参数，加热电阻R1的阻值为121Ω；
（3）到了设定时间，定时开关断开，控制电路断路，电磁铁失去磁性；杠杆AOB在衔铁重力和弹簧向上弹力的共同作用下，绕着支点逆时针转动，断开加热电路并弹出面包片。
8．（2023 宁波）小宁以两节串联的干电池为电源，用若干定值电阻和一只电压表来“探究串联电路电压特点”，实验电路如图，测得实验数据如下表。
序号 R1/Ω U1/V R2/Ω U2/V R总/Ω Uab/V
1 5 1.1 5 1.1 10 2.2
2 5 0.8 10 1.6 15 2.4
3 4 0.5 16 2.0 20 2.5
4 5 0.6 15 1.9 20 2.5
5 8 1.0 12 1.5 20 2.5
（1）分析上述实验数据，除了能得到Uab＝U1+U2的规律外，小宁还发现：
①U1、U2与R1、R2之间存在着下列关系：U1：U2＝　R1：R2　 。（用R1、R2表示）
②当R总不变时，ab两端的电压Uab大小不变；当R总发生变化时，Uab大小 　会　 （填“会”或“不会”）变化。
（2）断开开关S，拆除R1、R2，将R3＝20Ω和R4＝20Ω并联后接到ab之间，闭合开关S。求：
①ab两点之间的电压为多少？
②20s内，电流通过R3做的功为多少？
【答案】（1）①R1：R2；②会；
（2）①ab两点之间的电压为2.2V；
②20s内，电流通过R3做的功为4.84J。
【分析】（1）①②根据表中数据分析；
（2）①首先根据并联电阻的特点求出将R3和R4并联后接到ab之间的总电阻，再根据表中实验数据确定ab两点之间的电压；
②根据W＝UIt求出20s内，电流通过R3做的功。
【解答】解：（1）①由表中数据可知，U1：U2＝R1：R2，
②由表中数据可知，总电阻为10Ω、15Ω、20Ω时，ab两端的电压Uab分别为2.2V、2.4V、2.5V，所以当R总发生变化时，Uab大小会变化。
（2）①将R3＝20Ω和R4＝20Ω并联后的总电阻为：
，
由表中数据可知，此时ab两点之间的电压为2.2V；
②由W＝UIt可得，20s内，电流通过R3做的功为：
W。
答：（1）①R1：R2；②会；
（2）①ab两点之间的电压为2.2V；
②20s内，电流通过R3做的功为4.84J。
1．（2025 滨江区校级模拟）小科发现傍晚时家里的白炽灯突然变暗，主要原因可能是白炽灯的（　　）
A．额定电压变大 B．实际电压变大
C．额定功率变小 D．实际功率变小
【答案】D
【分析】白炽灯的亮度取决于它的实际功率；
（1）（3）用电器正常工作时的电压叫做额定电压，用电器在额定电压下工作时的电功率叫做额定功率；
（2）（4）白炽灯突然变暗，说明白炽灯的实际功率变小，根据U2＝PR判断白炽灯的实际电压的变化情况。
【解答】解：白炽灯的亮度取决于它的实际功率；
AC、用电器正常工作时的电压叫做额定电压，用电器在额定电压下工作时的电功率叫做额定功率，对于一个用电器来说，它的额定电压和额定功率是固定的值，故AC错误；
BD、白炽灯突然变暗，说明白炽灯的实际功率变小，根据电功率公式P的变形U2＝PR可知，白炽灯的实际电压可能会变小，故B错误，D正确。
故选：D。
2．（2025 舟山一模）图中仪表可以用来计量（　　）
A．导体的电阻
B．电路中的电流
C．用电器两端的电压
D．用电器在一段时间内消耗的电能
【答案】D
【分析】电能表是测量电路中一段时间消耗电能多少的工具。
【解答】解：由图可知该仪表为电能表，电能表是用来测量电路中一段时间消耗电能多少的工具。
故选：D。
3．（2025 宁海县校级模拟）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲灯的实际功率一定是25W
B．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多
C．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大
D．将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50W
【答案】C
【分析】（1）由甲灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据P求出甲、乙灯泡的电阻，比较两灯泡的电阻关系；
（2）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率，实际电压下的功率为实际功率；
（3）根据W＝Pt可知，灯泡消耗功率的大小不仅与功率有关，还与工作时间有关。
【解答】解：A、甲灯的额定功率是25W，但实际电压改变时，其实际功率也随之变化，不一定总是25W，故A说法不对。
B、当两灯都正常发光时，它们的实际功率都等于各自的额定功率，分别为25W和100W，但由于不清楚各自的工作时间，故无法确定谁消耗的电能多。故B错误。
C、已知两灯的额定电压和额定功率，根据P可得，甲、乙两灯的正常工作的电阻。
R甲1936Ω；
R乙484Ω。
通过上面计算知，甲灯正常工作时的电阻大。故C正确。
D、乙灯接在110V的电路中，消耗的功率是P实际25W．故D错误。
故选：C。
4．（2025 台州二模）如图是小科同学所做实验的电路图，由于所选的小灯泡铭牌模糊不清，仅根据图中所提供的器材，他可以（　　）
A．测量小灯泡消耗的电能
B．测量小灯泡正常发光时的电阻
C．研究小灯泡亮度与实际功率的关系
D．研究通过小灯泡的电流与其两端电压的关系
【答案】C
【分析】根据电路图和电压表、电流表的使用规则以及每个实验的目的逐项分析。
【解答】解：A、根据电能的公式W＝UIt可知：电压表可以测量电压U，电流表可以测量电流I，但是没有秒表，不能测量通电时间t，故A不符合题意；
B、因为所选的小灯泡铭牌模糊不清，不知道额定电压，不能测量正常发光时的电压，故B不符合题意；
C、灯泡的亮度是由实际功率决定的，根据P＝UI可以计算出不同电压下的实际功率，故C符合题意
D、灯泡的电阻与温度有关，而研究通过小灯泡的电流与其两端电压的关系时要控制电阻不变，故D不符合题意。
故选：C。
5．（2025 钱塘区一模）如图为探究电流热效应的装置，甲乙两套装置中各有两个相同的透明容器，其中密封着液体和一段电阻丝（阻值在图中已标出），U形管中装有等量的液体，接通电源，观察现象。下列说法不正确的是（　　）
A．图甲探究的是电流的热效应与电阻大小的关系
B．图乙探究的是电流的热效应与电流强弱的关系
C．本实验用到的实验方法有控制变量法和转换法
D．实验不需要控制容器内的液体质量和种类相同
【答案】D
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电阻不变，体现了控制变量法的应用；
实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭容器内温度的变化，这是转换法的应用。
【解答】解：A、图甲所示的实验装置，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻的关系，故A正确；
B、图乙中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故乙实验可以研究电流产生的热量与电流的关系，故B正确；
C、要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同；探究电热与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，而通过电阻的电流不同，故用到控制变量法；
实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭容器内温度的变化，这是转换法的应用；故C正确；
D、利用控制变量法可知，实验过程中需要控制容器内的液体质量和种类相同，故D错误。
故选：D。
6．（2025 南湖区校级一模）小芳猜想电流产生的热量与电阻大小有关，下列能支持她猜想的现象是（　　）
A．接线板上接入的用电器越多，导线越容易发热
B．正常工作时，“36V 54W”的灯泡比“12V 6W”的灯泡亮
C．电熨斗工作时发热明显，而与之相连的导线却不怎么热
D．电热水壶加热水时，水沸腾前，加热时间越长，温度越高
【答案】C
【分析】电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；分析每个选项，找出符合题的选项。
【解答】解：电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变。
A．接线板上接入的用电器越多，总功率越大，根据I可知导线中的电流越大，说明电流产生的热量与电流大小有关，故A不符合题意；
B．正常工作时，“36V 54W”的灯泡比“12V 6W”的灯泡亮，两灯的实际功率分别为54W和6W，根据P＝UI有I可知，此时两个灯泡的电流是不同的，说明电流产生的热量与电流大小有关，故B不符合题意；
C．电熨斗与导线串联，此时通过电熨斗和导线的电流及通电时间相同，而电熨斗的电阻远大于导线的电阻，工作时电熨斗发热明显，故C符合题意；
D．电热水壶加热水时，水沸腾前，加热时间越长，温度越高，说明电流产生的热量与时间长短有关，故D不符合题意。
故选：C。
7．（2025 绍兴模拟）如图所示的实验装置：三个相同的烧瓶A、B、C内分别盛有质量和初温均相等的煤油和水，瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA＝RC＜RB。当闭合开关S，通电一段时间后（液体均未沸腾，不计热损失，比热容c水＞c煤油）。下列判断正确的是（　　）
A．三个烧瓶中的液体末温高低顺序为tA＝tC＜tB
B．三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA＝QC＜QB
C．比较A、B可粗略地探究电热的多少与电流大小有关
D．比较B、C可粗略地探究煤油和水的吸热能力
【答案】B
【分析】AB．三电阻串联，通过的电流和通电时间相同，根据Q＝I2Rt进行比较；根据Δt，得出温度变化；
C．两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，可探究电热的多少与电阻大小有关；
D．利用控制变量法进行分析。
【解答】AB．三电阻串联，通过的电流和通电时间相同，RA＝RC＜RB，根据Q＝I2Rt可知，RA、RC产生的热量相等，RB产生的热量最多，故三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA＝QC＜QB，
液体的质量和初温均相等，根据Δt，而煤油的比热容最小，故tB＞tA＞tC，故A错误，B正确；
C．A、B两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，选择烧瓶A、B作为研究对象，可以粗略地探究电热的多少与电阻大小有关，故C错误；
D．因RC＜RB，根据Q＝I2Rt知两电阻产生热量不同，选择烧瓶B、C作为研究对象，不能粗略地探究物质的吸热能力，故D错误。
故选：B。
8．（2025 定海区模拟）在研究电流与电压关系的实验中，小科同学根据得到的实验数据绘制了电阻R1和R2的I﹣U图象（如图），下列有关分析正确的是（　　）
A．R1与R2的阻值之比是1：2
B．R1与R2串联接时，R1消耗的功率比R2大
C．R1与R2并联接时，R1和R2消耗的功率相等
D．R1与R2串联接时，通过R1与R2的电流之比是2：1
【答案】B
【分析】（1）由图知道，当通过R1与R2的电流为0.6A，R1、R2两端的电压，由欧姆定律可以求得，电阻R1、R2的阻值；
（2）R1与R2串联接时，通过电流相等，由P＝I2R知道，R1消耗的功率比R2大；
（3）R1与R2并联接时，两端电压相等，由知道，R1消耗的功率比R2小；
（4）串联电路电流处处相等，所以R1与R2串联接时，可知通过R1与R2的电流之比。
【解答】解：A．由图知道，当通过R1与R2的电流为0.6A，R1、R2两端的电压分别为6V和3V，由欧姆定律可以求得，电阻R1的阻值为：
；
可以求得电阻R2的阻值为：
；
则R1与R2的阻值之比：
R1：R2＝10Ω：5Ω＝2：1，故A错误；
B．根据串联电路电流特点，R1与R2串联接时，通过电流相等，由P＝I2R知道，R1消耗的功率比R2大，故B正确；
C．根据并联电压特点，R1与R2并联接时，两端电压相等，由知道，R1消耗的功率比R2小，故C错误；
D．根据串联电路电流处处相等，所以R1与R2串联接时，通过R1与R2的电流之比是1：1，故D错误。
故选：B。
9．（2025 舟山二模）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60欧，电源电压保持不变。滑动变阻器R2的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．R2的滑片向左滑动时，电流表和电压表的示数都变大
B．电源电压为12V
C．R1的电功率变化范围是1.2～10.8W
D．电流为0.6A时，2min内电流通过R1产生的热量是648J
【答案】C
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律即可判断电路中的电流变化，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变化；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出最大和最小电流值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值和电源电压；
（3）根据P＝I2R即可求出R1的电功率变化范围；
（4）根据Q＝I2Rt即可求出R1产生的热量。
【解答】解：
由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、R2的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知断电路中的电流变大，根据串联电路的电压分配特点可知电压表示数变小，故A错误；
B、当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的总电阻最小，根据欧姆定律可知，电路中的电流最大，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由图乙可知，最小和最大电流分别为I最小＝0.2A；I最大＝0.6A，
由欧姆定律和串联电路的电压规律可得：U＝I最小（R1+R2）＝0.2A×（R1+60Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝I最大R1＝0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
解①②得：R1＝30Ω，U＝18V，故B错误；
C、R1的最小电功率：P1最小＝I最小2R1＝（0.2A）2×30Ω＝1.2W，
R1的最大电功率：P1最大＝I最大2R1＝（0.6A）2×30Ω＝10.8W，
所以，R1的电功率变化范围是1.2～10.8W，故C正确；
D、R1产生的热量Q1＝I最大2R1t＝（0.6A）2×30Ω×2×60s＝1296J，故D错误。
故选：C。
10．（2025 浙江模拟）如图是快递分拣机器人，可以实现扫码、称重和分拣功能。在物流行业有广泛的应用。
项目 指标参数
工作电压 15V
功率 30W
电池容量 4000mAh
（1）分拣机器人载着包裹匀速行驶时，以机器人为参照物，包裹是 　静止　 的。
（2）如表所示是机器人铭牌上的部分参数。电池容量4000mAh是指当工作电流为4000mA时，能持续供电1h。若充满电后，所有电能用于正常工作，则可供机器人持续正常工作 　2　 h。
（3）机器人设有自动充电功能，当检测到电池容量低至10%时会自动返回充电。若返回过程中受到的阻力为36N，为确保机器人能顺利返回充电，需要充电时，机器人离充电座不能超过 　240　 m。（剩余电池容量的40%用于提供克服阻力做功）
【答案】（1）静止；
（2）2；
（3）240。
【分析】（1）物体相对于参照物的位置没有变化，是静止的。
（2）充满电后，根据W＝UIt得出电池储存的电能，根据W＝Pt得出可供机器人持续正常工作的时间；
（3）根据效率公式得出机器人返回过程中克服摩擦力做到功，由W＝fs得，机器人离充电座的距离。
【解答】解：
（1）分拣机器人载着包裹匀速行驶时，以机器人为参照物，包裹的位置没有变化，所以包裹是静止的。
（2）充满电后，电池储存的电能W＝UIt＝15V×4A×3600s＝216000J
根据W＝Pt得出可供机器人持续正常工作的时间
（3）机器人返回过程中克服摩擦力做到功为W'＝W×10%×40%＝216000J×10%×40%＝8640J
机器人离充电座的距离。
故答案为：（1）静止；
（2）2；
（3）240。
11．（2025 绍兴模拟）如图是某电热水壶内部电加热器原理电路，它有“加热”和“保温”两挡，开关S断开时，电水壶处于 　保温　 挡。已知该电热水壶处于“加热”挡，通电0.1h可使标有1200imp/（kW h）的电能表指示灯闪烁120次，则消耗的电能为 　0.1　 kW h，电热水壶“保温”挡功率为100W，则R2＝　435.6　 Ω。
【答案】保温；0.1；435.6。
【分析】（1）开关S断开时，两个电阻串联，电路的总电阻最大，由P可知总功率最小，处于保温挡；S闭合时，只有R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P可知总功率最大，处于高温挡；
（2）“1200imp/kW h”表示电路中用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁120次，据此得出指示灯闪烁120次消耗的电能，根据P求出高温挡的功率，根据P变形可求出R1的阻值和保温时总电阻，由电阻的串联得到R2的阻值。
【解答】解：开关S断开时，两个电阻串联，电路的总电阻最大，由P可知总功率最小，处于保温挡；S闭合时，只有R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P可知此时总功率最大，处于高温挡；
消耗的电能：WkW h＝0.1kW h，
高温挡的功率：P高1kW＝1000W，
R1的阻值：R148.4Ω，
保温挡时总电阻：R484Ω，
R2的阻值：R2＝R﹣R1＝484Ω﹣48.4Ω＝435.6Ω。
故答案为：保温；0.1；435.6。
12．（2025 江北区二模）空气炸锅是生活中常用的电器。它有两种工作模式：
①冷风模式400W，此时工作电流较小，低温慢煮食物；
②热风模式1280W，此时工作电流较大，高温烘烤食物。
小宁依照上述空气炸锅的工作模式推测了三个不同的工作原理图，如图（a）（b）（c）所示。
（1）小宁很快发现图（a）所示的电路不符合空气炸锅两种工作模式的原理，请简述理由：　当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物　 。
（2）图（b）（c）所示的电路，你认为哪个设计更适合两种工作模式的需求，请简述理由：　图（b）更适合，空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关　 。
（3）仅需采用热风模式正常工作8min，即可将鸡翅加热至200℃，这过程中消耗　614400　 J的电能。
【答案】（1）当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物；
（2）图（b）更适合，空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关；
（3）614400。
【分析】（1（2）根据题意分析两个开关的连接方式、发热管和电动机的连接方式，比较得出答案。
（3）根据W＝Pt得出这过程中消耗电能。
【解答】解：（1）图（a）中当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物，故（a）不符合题意；
（2）图（b）更适合，因为空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关，故（b）符合题意，（c）不符合题意。
（3）仅需采用热风模式正常工作8min，即可将鸡翅加热至200℃，这过程中消耗电能。W＝Pt＝1280W×8×60s＝614400J。
故答案为：
（1）当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物；
（2）图（b）更适合，空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关；
（3）614400。
13．（2025 温州三模）一种常见的电热水器内部结构如图，为使用安全，电热水器在用电加热到一定温度时，会通过温控开关S自动切断电路，同时插头上的红色指示灯L会熄灭，起到提示作用。
（1）通电后，电热丝能够产生热量，其原理是 　电流的热效应　 。
（2）从用电安全的角度考虑，图中b接的是进户线中的 　火线　 。
（3）已知电热丝R正常工作时的电功率为550瓦，试计算其工作1分钟消耗的电能 　33000　 焦。
【答案】（1）电流的热效应；（2）火线；（3）33000。
【分析】（1）电流通过导体时将电能转化为内能的现象叫做电流的热效应；
（2）家庭电路中，为了用电安全，开关应该与火线相连；
（3）根据W＝Pt求出电热丝1min消耗的电能。
【解答】解：（1）通电后，电热丝能够产生热量，是因为电热丝将电能转化为内能，这是电流的热效应；
（2）由图可知，b接线柱与开关相连，所以从用电安全的角度考虑，图中b接的是进户线中的火线；
（3）电热丝工作1min消耗的电能：W＝Pt＝550W×1×60s＝33000J。
故答案为：（1）电流的热效应；（2）火线；（3）33000。
14．（2025 慈溪市校级模拟）我们给手机充电时，手机充电器将220V的电压降到5V左右，充电器内部会有电流通过，手机充电器插在插座上不给手机充电时，充电器内部也会有微电流通过。
（1）调查发现很多人有不及时拔掉充电器的习惯，如果每天就有的2亿（2×108）个充电器插在插线板上，每个充电器每天平均闲置时间约为20h，平均实际功率约为0.1W，则全国一天因此浪费的电能约为 　4×105　 kW h。
（2）通过实验测得给手机充电时充电器的输出电压约为5V，输出功率约为6W，则输出电流与常见家用电器 　电视机　 （选填“电视机”、“空调”或“电热灭蚊器”）的正常工作电流最接近。
（3）某款手机电池上面标有电压为5V，容量为5000mAh，现有两个充电器，甲标注“输出5V，600mA”，乙标注“输出5V，4A”，为了快速充电选择哪个充电器？并说出你判断的原因是 　乙的充电速度快；因为乙的充电功率大于甲的充电功率　 。
【答案】（1）4×105；（2）电视机；（3）乙的充电速度快；因为乙的充电功率大于甲的充电功率。
【分析】（1）根据W＝Pt分析；
（2）先根据P＝UI计算充电器的输出电流，在计算功率，然后和家庭电路中的电视机、空调、电热灭蚊器对比；
（3）先根据P＝UI计算充电功率，在比较功率大小。
【解答】解：（1）全国一天浪费的电能约为W＝Pt＝2×108×0.1×10﹣3kW×20h＝4×105kW h；
（2）由于充电器的输出电流为，在家庭电路中的用电器以1.2A的电流工作，功率为P＝UI＝220V×1.2A＝264W，和家庭电路中的电视机的功率接近；
（3）甲、乙两个充电器的充电功率分别为，P2＝U2I2＝5V×4A＝20W＞P1，那么乙的充电功率大于甲的充电功率，所以乙的充电速度快。
故答案为：（1）4×105；（2）电视机；（3）乙的充电速度快；因为乙的充电功率大于甲的充电功率。
15．（2025 浙江模拟）图甲是某电火锅，图乙是其内部简化电路，S1是旋钮开关，S2是温控开关（当锅体温度达到设定值时自动断开，当锅体温度低于一定值时自动闭合），R是指示灯的分压电阻，没有加热作用。图丙是发热管的内部结构，滑片转动时只能与滑动触头接触，0档为断开状态，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ档是不同功率的挡位，电热丝被均分为四段接入电路，忽略其他元件电阻。
（1）S1从0档转到Ⅰ档开始工作，温控开关S2的状态是　闭合　 （填“断开”或“闭合”）。
（2）加热时，锅内水温升高，其中改变水内能的方式是　热传递　 （填“做功”或“热传递”）。
（3）各档位的功率关系为：Ⅰ＜Ⅱ＜Ⅲ＜Ⅳ。则接线柱a、b、c中连入电路的是　b、c　 。
（4）Ⅳ档的功率为1000W。若在Ⅲ档下工作5min，求发热管消耗的电能。　1.5×105J　 。
【答案】（1）闭合；（2）热传递；（3）b、c；（4）1.5×104J。
【分析】（1）根据电火锅的原理和电路的组成进行分析。
（2）改变物体内能的方式进行分析。
（3）根据影响电阻大小的因素和进行分析。
（4）根据W＝Pt进行计算。
【解答】解：（1）已知S2是温控开关，当锅体温度达到设定值时自动断开，当锅体温度低于一定值时自动闭合。S1从 0 挡转到Ⅰ挡开始工作，此时锅体温度是低于设定值的，所以温控开关S2的状态是闭合的。
（2）改变物体内能的方式有做功和热传递。做功是其他形式的能与内能之间的相互转化，热传递是内能从高温物体转移到低温物体。在电火锅加热时，是电流通过发热管产生热量，热量传递给锅内的水，使水温升高，这是内能的转移过程，所以改变水的内能的方式是热传递。
（3）根据可知：在电压一定时，电阻R越小，功率P越大。已知滑片顺时针转动，发热管的加热功率增大，Ⅳ挡时功率最大，说明Ⅳ挡时接入电路的电阻最小。观察图丙，当接线柱b、c连入电路时，接入的电热丝段数最少，电阻最小，满足条件，所以接线柱a、b、c中连入电路的应该是b、c。
（4）已知电火锅Ⅳ挡加热功率为1000W，家庭电路电压U＝220V。
根据公式，可求出Ⅳ挡时发热管的电阻；
因为电热丝被均分为四段接入电路，Ⅲ挡时接入电路的电阻是Ⅳ挡时的 2 倍（从电路结构和挡位变化规律可知），所以Ⅲ挡时连入阻值为2×48.4Ω＝96.8Ω。Ⅲ挡时的功率为：；
Ⅲ挡时发热管消耗的电能为：W＝P't＝500W×5×60s＝1.5×104J。
故答案为：（1）闭合；（2）热传递；（3）b、c；（4）1.5×104J。
16．（2025 丽水二模）为了测量小灯泡的电功率，小庆进行了如下实验。电源电压为3V，小灯泡上标有“2.5V”的字样。
（1）用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接完整。要求：滑动变阻器的滑片在最左端时阻值最大；
（2）闭合开关，调节滑片到某一位置时，电压表示数如图乙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向　右　 （选填“左”或“右”）移动；
（3）改变滑片的位置，测出多组电流和电压的数据，画出了如图丙所示的图像。由图像可知，小灯泡的额定功率为　0.5W　 ；
（4）小庆分析图像发现，随着电压的升高，小灯泡的电阻在变化，小庆认为电阻变化是测量误差引起的。他和同学们讨论后认为这个猜想是错误的，理由是　灯丝的电阻受温度的影响　 。
【答案】（1）；
（2）右；
（3）0.5W；
（4）灯丝的电阻受温度的影响。
【分析】（1）根据滑动变阻器的滑片在最左端时阻值最大，则滑动变阻器的右下接线柱与小灯泡右端相连来分析；
（2）根据测量小灯泡的额定功率，应减小滑动变阻器的阻值来分析；
（3）根据P＝UI来分析；
（4）根据温度的升高电阻会增大来分析。
【解答】解：（1）测量小灯泡的电功率时，滑动变阻器与小灯泡串联，电压表与小灯泡并联，由于小灯泡上标有“2.5V”的字样，则电压表的3V接线柱与小灯泡右端相连；滑动变阻器的滑片在最左端时阻值最大，则滑动变阻器的右下接线柱与小灯泡右端相连，如下图所示：
（2）由图乙可知，电压表使用0﹣3V量程，分度值0.1V，示数为2.2V，小于小灯泡的额定电压2.5V。要测量额定功率，需增大小灯泡两端的电压。根据串联电路分压原理，滑动变阻器两端电压应减小，即滑动变阻器接入电路的电阻应减小，所以应将滑片向右移动，使滑动变阻器接入电路的电阻变小，从而小灯泡两端电压增大到2.5V；
（3）由丙图可知，当小灯泡两端电压为2.5V时，通过小灯泡的电流为0.2A，则小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（4）由于灯丝的电阻受温度的影响，随着电压的升高，小灯泡的实际功率增大，小灯泡的亮度增大，则灯丝的温度升高，小灯泡的电阻发生变化。
故答案为：
（1）；
（2）右；
（3）0.5W；
（4）灯丝的电阻受温度的影响。
17．（2025 衢州一模）小科在验证“电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系”时，采用了一种“变色测温贴”（产品介绍如图甲所示），常温下将测温贴贴在电阻上，并连接如图乙所示的实验电路，闭合开关，记录测温贴变色所用的时间。断开开关，待测温贴？，调节滑动变阻器，闭合开关，继续测量测温贴变色所用时间，所得结果如表：
实验序号二 变色所用的时间/s
R1 R2
1 9 18
2 12 24
3 21 42
（1）题干中“？”处应填　恢复常温　 。
（2）根据表中数据可知，从实验1到实验3滑动变阻器滑片是向　左　 移动的。
（3）考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能是不同的。因此在烧开水时，从节约用电角度考虑应选择下列哪种电热水壶？　B　 。
A.“220V，1000W”
B.“220V，1500W”
（4）从安全角度考虑，家庭电路中大功率用电器使用更粗导线的原因是：　家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线　 。
【答案】（1）恢复常温；（2）左；（3）B；（4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。
【分析】（1）要验证电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系，需要保证每次实验开始时测温贴的初始状态相同，所以要等测温贴恢复到常温，才能进行下一次实验。
（2）从实验数据可以看出，R1和 R2变色所用时间都在增加，说明它们产生热量的速度变慢了。根据Q ＝ I2Rt，在电阻和通电时间不变的情况下，产生热量变慢是因为电流变小了。而在图乙电路中，滑动变阻器与两电阻串联，要使电流变小，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向左移动。
（3）根据W＝Pt，在烧开相同质量的水（即需要吸收相同的热量）的情况下，功率越大，所用时间越短。因为考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能不同，而功率大的用电器在相同时间内产生的热量多，散热时间相对较短，散失的热量相对较少，所以从节约用电角度考虑，应选择功率大的电热水壶。
（4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。
【解答】解：（1）要验证电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系，需要保证每次实验开始时，测温贴的初始状态相同，所以要等测温贴恢复到常温，才能进行下一次实验。
（2）从实验数据可以看出，R1和 R2变色所用时间都在增加，说明它们产生热量的速度变慢了。根据Q ＝ I2Rt，在电阻和通电时间不变的情况下，产生热量变慢是因为电流变小了。而在图乙电路中，滑动变阻器与 R1、R2 串联，要使电流变小，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向左移动。
（3）根据W＝Pt，在烧开相同质量的水（即需要吸收相同的热量）的情况下，功率越大，所用时间越短。因为考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能不同，而功率大的用电器在相同时间内产生的热量多，散热时间相对较短，散失的热量相对较少，所以从节约用电角度考虑，应选择功率大的电热水壶。
（4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。
故答案为：（1）恢复常温；（2）左；（3）B；（4）家庭电路中大功率用电器工作时电流较大，根据Q ＝ I2Rt可知，在通电时间和电阻一定时，电流越大，产生的热量越多。如果导线电阻较大，产生的热量过多，容易引发火灾等安全事故。而更粗的导线电阻较小，根据上述公式，在相同电流和通电时间下，产生的热量较少，能减少因导线发热而引发的安全隐患，所以家庭电路中大功率用电器要使用更粗的导线。
18．（2025 瑞安市二模）小明设计了一款恒温电热水壶，工作原理如图甲所示：连有撑杆的搭钩可绕0点转动，撑杆下端与水平的双金属片接触，搭钩左侧搭在铁质锁扣上，锁扣由弹簧拉紧固定，此时触点b与c接触（如图甲）。闭合开关S，发热电阻R1工作，电热水壶给水加热，双金属片受热向上弯曲，撑杆受到向上的力，当水加热到沸腾时，搭钩刚好与锁扣脱离，弹簧带动锁扣和St向左运动，触点b与c分离，加热电路断开，触点b与a接触，保温电路处于工作状态。已知发热电阻R1阻值为22欧，保温电阻R2阻值为1100欧。
（1）将双金属片放置在水平位置，a端固定，均匀加热后平直的双金属片会发生弯曲（如图乙）。则图甲中双金属片的金属设计正确的应是图中的 　C　 。
A.
B.
C.
D.
（2）在220伏的电压下，电热水壶将一壶水加热到沸腾需要5分钟，求这段时间内发热电阻R1消耗的电能？
（3）某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状。重新闭合开关S，哪一电阻处于工作状态？结合工作原理图判断说明依据 　某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状，此时触点b与c接触；重新闭合开关S，发热电阻R1接入电路，电路处于加热状态　 。
【答案】（1）C；
（2）这段时间内发热电阻R1消耗的电能为6.6×105J；
（3）某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状，此时触点b与c接触；重新闭合开关S，发热电阻R1接入电路，电路处于加热状态。
【分析】（1）双金属片在受热膨胀时，受热膨胀的程度是不同的，膨胀大的要向膨胀小的那一侧弯曲；
（2）根据W＝UItt求出这段时间内发热电阻R1消耗的电能；
（3）某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状，此时触点b与c接触，据此分析。
【解答】解：（1）由图乙可知，平直的双金属片在均匀加热时都会受热膨胀，但是铜比铁膨胀的程度大；由题意可知，双金属片受热向上弯曲，因此双金属片上方是铁，下方是铜，故选：C；
（2）这段时间内发热电阻R1消耗的电能为：
W＝UItt5×60s＝6.6×105J；
（3）某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状，此时触点b与c接触；重新闭合开关S，发热电阻R1接入电路，电路处于加热状态。
故答案为：（1）C；
（2）这段时间内发热电阻R1消耗的电能为6.6×105J；
（3）某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状，此时触点b与c接触；重新闭合开关S，发热电阻R1接入电路，电路处于加热状态。
19．（2025 龙湾区二模）为了测定小灯泡的电功率，小龙利用电压为3伏的电源、合适规格的滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲方式连接电路进行实验。
（1）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，某一时刻电压表的示数如图乙所示，其示数为 　1.5　 伏。
（2）读数后为了测定小灯泡的额定功率，小龙接下来的操作是 　向左移动滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，记下电流表的示数　 。
（3）小龙多次实验，画出小灯泡的I﹣U关系如图丙所示，并划分为6块区域，面积分别为S1﹣S6当电流为I1时小灯泡的实际功率可以用图丙中的 　S1　 表示。
（4）小龙分析图中数据得出：当电流由I1逐渐增大到I2时，滑动变阻器消耗电功率的变化量ΔP滑小于小灯泡消耗实际电功率的变化量ΔP灯，则ΔP灯与ΔP滑的差值为 　S4+S5+S6　 （用图丙中字母表示）。
【答案】（1）1.5；（2）向左移动滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，记下电流表的示数；（3）S1；（4）S4+S5+S6。
【分析】（1）根据电压表量程、量程，正确读数；
（2）小灯泡两端的电压小于额定电压，移动滑动变阻器滑片使小灯泡两端电压变大，达到额定电压；
（3）根据公式P＝UI与面积等于长乘宽得出电功率与面积的关系。
（4）分析图像，求出小灯泡电功率变化量和滑动变阻器变化量，然后求出ΔP灯与ΔP滑的差值。
【解答】解：（1）电压表量程0～3V、量程0.1V，读数为1.5V；
（2）读数后电压值为1.5V，为了测定小灯泡的额定功率，移动滑动变阻器将小灯泡两端的电压变大，小龙接下来的操作是向左移动滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，记下电流表的示数；
（3）由小灯泡的I﹣U关系图像可知：电流为I1时，小灯泡电压与电流的乘积等于面积S1，因此小灯泡的实际功率可以用图丙中的S1表示；
（4）分析图像，当电流为I1时：P灯1＝S1；P总1＝S1+S2+S3；P滑1＝P总1﹣P灯1＝S2+S3；
当电流为I2时：P灯2＝S1+S2+S4+S5；P总2＝S1+S2+S3+S4+S5+S6；P滑2＝P总2﹣P灯2＝S3+S6；
△P灯＝P灯2﹣P灯1＝S2+S4+S5；△P滑＝P滑1﹣P滑2＝S2﹣S6；
ΔP灯与ΔP滑的差值为：△P＝△P灯﹣△P滑＝S4+S5+S6。
故答案为：（1）1.5；（2）向左移动滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，记下电流表的示数；（3）S1；（4）S4+S5+S6。
20．（2025 文成县二模）小文为了验证焦耳定律Q＝I2Rt，设计了如图甲实验。R是一根阻值为4欧电阻丝，电源电压恒定不变。电阻丝R浸泡在盛有煤油的装置中，且该装置与温度传感器相连，可以实时观察温度变化。
（1）实验中小文闭合开关S后，电流表A的读数如图乙所示，则通过电阻丝R的电流为：　0.6　 A。
（2）实验中电阻丝产生的热量通过 　温度传感器升高的示数　 来反映。
（3）每次实验电阻丝加热煤油的时间均为50s，记录每次实验前后煤油的温度变化量为ΔT。多次实验后，将△T﹣I2数据绘制成图丙。分析图丙可知，实验中煤油的温度变化量ΔT与计算得到的理论值不一致，请解释主要原因。 　实验过程中有热量散失到周围环境中　 。
（4）为了使实验结论更具有普遍性还需要进行的实验操作是 　换用不同阻值的电阻丝进行多次实验　 。
【答案】（1）0.2；（2）温度传感器升高的示数；（3）实验过程中有热量散失到周围环境中；（4）换用不同阻值的电阻丝进行多次实验。
【分析】（1）观察图乙电流表选择的量程、分度值，再读数。
（2）在这个实验中，通过温度传感器升高的示数可以反映出吸收热量的多少，这种研究方法叫转换法。（3）在实验过程中，电阻丝产生的热量并不能完全被煤油吸收，会导致实验中煤油的温度变化量Δt 与根据焦耳定律计算得到的理论值不一致。
（4）为了使实验结论更具有普遍性，可以换用不同阻值的电阻丝进行多次实验。
【解答】解：（1）观察图乙，电流表选择的是0～3A量程，其分度值为0.1A，指针指在0.6A刻度线处，所以通过电阻丝R的电流为0.6A。
（2）在这个实验中，电阻丝产生热量的多少无法直接观察，由于电阻丝产生的热量被煤油吸收，根据Q＝cmΔt可知，在c和m不变的情况下，温度传感器升高的示数可以反映出吸收热量的多少，也就是可以反映电阻丝产生热量的多少，这种研究方法叫转换法。
（3）在实验过程中，电阻丝产生的热量并不能完全被煤油吸收，会有一部分热量散失到周围环境中，比如向容器壁传热、向空气散热等，同时容器本身也会吸收一部分热量，这些因素都会导致实验中煤油的温度变化量Δt 与根据焦耳定律计算得到的理论值不一致。
（4）为了使实验结论更具有普遍性，需要改变实验中的一些条件进行多次实验。在这个实验中，可以换用不同阻值的电阻丝进行多次实验，这样能探究在不同电阻情况下，电流产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系是否都符合焦耳定律。
故答案为：（1）0.2；（2）温度传感器升高的示数；（3）实验过程中有热量散失到周围环境中；（4）换用不同阻值的电阻丝进行多次实验。
21．（2025 路桥区二模）目前市场上电热水袋（图甲）一般采用三级防爆措施，用户使用起来更加安全。内部电路如图乙所示，电路正常工作时，电热水袋的总功率为484W，通过指示灯电流为0.2A。
一级防爆：温控开关在温度超过65℃时会自动断开。
二级防爆：通过热熔断器的电流过大时会熔断（热熔断器电阻忽略不计）。
三级防爆：电热水袋受热膨胀过度，防爆夹充电器断开电路连接。
（1）电热水袋里面一般用水作储能物质的重要原因是 　水的比热容大　 。
（2）求电热水袋正常工作时发热体的电阻值。
（3）电热水袋受热膨胀后会往上推动防爆夹，防爆夹在转动过程中按压微动开关实现断路，图丙中符合要求的微动开关是 　A　 （选填“A”或“B”）。
【答案】（1）水的比热大；
（2）电热水袋正常工作时发热体的电阻值是110Ω；
（3）A。
【分析】（1）水的比热容大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）由P＝UI计算电热水袋正常工作时的电流，根据并联电路电流规律计算发热体中通过的电流，由欧姆定律计算发热体的电阻；
（3）分析图丙结构作答；
【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，所以电热水袋里面一般用水作储能物质；
（2）由P＝UI可得电热水袋正常工作时的电流：I2.2A，
根据并联电路电流规律可得，发热体中通过的电流：I热＝I﹣IL＝2.2A﹣0.2A＝2A，
由欧姆定律可得，发热体的电阻：R热110Ω；
（3）图丙A图，电热水袋受热膨胀后会往上推动防爆夹，会使开关触点接触，不能断开电路；图B中往上推动防爆夹，会使开关触点分离，断开电路，符合要求的微动开关是A。
答：（1）水的比热大；
（2）电热水袋正常工作时发热体的电阻值是110Ω；
（3）A。
22．（2025 钱塘区二模）图甲是某电热水壶内部简化电路，由控制电路和加热电路组成。电流鉴别器相当电流表；加热电路中电源电压为220V，电热丝R1的阻值为48.4Ω；控制电路电源电压为8V，滑动变阻器R2（调温电阻）的最大阻值为130Ω；热敏电阻RT置于热水器内部，其阻值随温度t变化的关系如乙图所示。当电流鉴别器的电流达到0.05A时，开关S2断开，加热电路停止加热。
（1）开关S2闭合，求加热电路的电功率为多少？
（2）当控温设置在80℃时，滑动变阻器R2接入电路中的阻值应为多少？
（3）当控温设置在80℃时，若不计能量损失，用电热水壶把1kg水从30℃开始加热，通电200s后，请通过计算判断此时加热电路是否停止加热。
【答案】（1）开关S2闭合，加热电路的电功率为2000W；
（2）当最高控温设置在80℃时，滑动变阻器R2接入电路中的阻值应为90Ω；
（3）通电200s时加热电路的状态是工作。
【分析】（1）由图甲可知，开关S2闭合时，加热电路为R1的简单电路，根据P＝UI求出加热电路的电功率；
（2）根据图乙可知温度为80℃时热敏电阻的阻值，由图甲控制电路可知，热敏电阻与滑动变阻器串联，根据欧姆定律求出控制电路的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的电阻；
（3）根据P求出通电200s时电热水壶产生的热量，根据不计能量损失可知水吸收的热量，根据Q吸＝c水mΔt求出水升高的温度，进而求出水的末温，再根据设定的最高温度判断加热电路的工作状态。
【解答】解：（1）由图甲可知，开关S2闭合时，加热电路为R1的简单电路，则加热电路的电功率：P1000W；
（2）由题意可知，当最高控温设置在80℃时，控制电路中的电流I控＝0.05A，
由图乙可知，温度为80℃时热敏电阻的阻值为70Ω，
由图甲控制电路可知，热敏电阻与滑动变阻器串联，
由欧姆定律可知，控制电路的总电阻：R控160Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻：R2＝R控﹣RT＝160Ω﹣70Ω＝90Ω；
（3）由P可知，通电200s时电热水壶产生的热量：Q放＝W＝Pt＝1000W×200s＝2×105J，
因为不计能量损失，所以水吸收的热量：Q吸＝Q放＝2×105J，
由Q吸＝c水mΔt可知，水升高的温度：Δt47.6℃，
则水的末温：t末＝t0+Δt＝30℃+47.6℃＝77.6℃＜80℃，则此时加热电路处于工作状态。
答：（1）开关S2闭合，加热电路的电功率为2000W；
（2）当最高控温设置在80℃时，滑动变阻器R2接入电路中的阻值应为90Ω；
（3）通电200s时加热电路的状态是工作。
23．（2025 德清县二模）变频空调的变频压缩机可以根据环境温度自动调整工作时间和功率。某变频空调电路原理示意图如图1所示，其中控制电路的电源电压U1＝12伏，Rs为调控电阻，可通过遥控调节其阻值大小，Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化的图像如图2所示，L为磁控开关，当热敏电阻Rt的阻值发生变化时，磁控开关线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于0.02安时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的变频压缩机开始工作。电压U2＝220伏，R0为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。问：
（1）当S接通，电流大于或等于0.02安时，L的两个磁性弹片的前端为　异名　 （选填“同名”“异名”）磁极。
（2）由图2可知，热敏电阻Rt的阻值随着温度t的升高而　减小　 （选填“增大”或“减小”）。
（3）用遥控将Rs的阻值调小时，设定变频压缩机开始工作的温度将　变低　 （选填“变低”或“变高”）；家用空调最高设定温度通常为30℃，则调控电阻Rs的阻值不能超过　550　 欧。
（4）由于变频作用，某段时间内工作电路的总功率变化如图3所示，已知保护电阻R0＝2欧，则前4分钟内R0消耗的电能是多少焦耳？
【答案】（1）异名；（2）减小；（3）变低；500；（4）前4分钟内R0消耗的电能是12000J。
【分析】（1）根据磁极间的相互作用规律判断磁体的磁极；
（2）由图2分析热敏电阻Rt的阻值随着温度t的变化；
（3）控制电路中，两电阻串联接入电路，根据串联电路电阻规律可知将Rs的阻值调小时，电路总电阻的变化，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流变化，据此判断设定温度的变化；
当I≥20mA＝0.02A时压缩机开始工作，根据欧姆定律计算此时控制电路的总电阻；30℃时热敏电阻Rt的阻值为50Ω，根据串联电路电阻规律计算Rs；
（4）根据I计算变频空调工作电流时的电流，根据W＝I2Rt计算保护电阻消耗的电能。
【解答】解：（1）由题干可知，当电流大于或等于0.02安时，L的两个磁性弹片相互吸合，根据磁极间的相互作用规律判断异名磁极互相吸引；
（2）由图2可知，热敏电阻Rt的阻值越大，温度t的越小，故热敏电阻Rt的阻值随着温度t的升高而变小；
（3）控制电路中，两电阻串联接入电路，根据串联电路电阻规律可知将Rs的阻值调小时，电路总电阻变小，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流变大，工作电路开始工作，所以设定温度变低；
当I≥20mA＝0.02A时压缩机开始工作，此时控制电路的总电阻R＝Rt+Ra600Ω；
30℃时热敏电阻Rt的阻值为50Ω，所以Rs＝R﹣Rt＝600Ω﹣50Ω＝550Ω；
（4）变频空调工作电流I′5A；
保护电阻消耗的电能：W＝I2R0t＝（5A）2×2Ω×4×60s＝12000J。
故答案为：（1）异名；（2）减小；（3）变低；500；（4）前4分钟内R0消耗的电能是12000J。
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【中考解密】3年（2023-2025）中考1年模拟科学真题分项汇编
专题09 电功和电功率
1．（2025 浙江）近年，共享充电宝（如图）的使用越来越普遍。为研究共享充电宝是否存在微生物污染、科学小组选取多个区域的共享充电宝进行研究，发现其上存在多种细菌。请回答：
（1）从传染病流行的基本环节分析，若某充电宝被传染性致病菌污染，则该充电宝属于　 　 （填“传染源”或“传播途径”）。
（2）针对共享充电宝可能存在微生物污染的情况，提出下列消毒方案：
①使用充电宝前，用体积分数为75%的酒精溶液进行消毒。在配制75%酒精溶液时，将75mL无水酒精和25mL水混合，发现总体积小于100mL，原因是　 　 。
②安装紫外灯对充电宝进行消毒。若用某款紫外灯消毒时，正常工作30min消耗的电能为9000J，则该款紫外灯额定功率为　 　 W。
2．（2024 浙江）自然界中有许多“电鱼”，它们身体中的发电器官能产生电。研究表明，某电鱼在水中放电时（图1），身体AB段可看成电源和电阻（R1）两部分串联而成，其余部分和水的电阻为R2，它们共同构成闭合电路，简化电路如图2所示。电鱼放电时的电压（即电源电压）为U，电阻R1＝1.0×104欧。为获得U的大小，研究人员通过在水里加入氯化钠来改变R2，得到A、B两点间电压UAB和电路中电流I的关系，如图3所示。电鱼每次放电电压视为相同，电鱼电阻不变。
（1）向水里加入氯化钠，目的是 　 　 （填“增大”或“减小”）电阻R2。
（2）求电鱼放电时电压U的大小。
（3）当R2＝1.0×104欧，求电鱼放电时R2的电功率P2。
3．（2023 衢州）小科想购买一个电热水壶，已知他家中电路电压是220V、室内插座额定电流是5A，则下列规格的电热水壶适合他家的是（　　）
选项 额定电压/V 额定功率/W
A 220 1500
B 220 800
C 120 1500
D 120 800
4．（2023 金华）在“测量小灯泡额定功率”实验中，同学们进行如下研究。
【实验器材】干电池3节，小灯泡（额定电压为3.8V、电阻约为15Ω），滑动变阻器（4Ω 1A），电流表，电压表，开关，导线若干（所有器材均完好）
【实验方案】将量程为0～15V的电压表并联到小灯泡两端，闭合开关，移动滑动变阻器滑片使小灯泡正常发光，读出并记录电流表的示数。
（1）实验时若闭合开关，发现灯泡不亮，接下来最合理的操作是 　 　 。
A.更换小灯泡 B.检查电路是否短路 C.观察电流表和电压表的示数
（2）当电压表读数为3.8V时，电流表示数如图乙所示，该小灯泡的额定功率为 　 　 W。
【实验反思】小金认为，电压表选用0～15V量程进行实验，因该量程下每一小格为0.5V，3.8V读数不够精确，导致计算得到的额定功率误差较大。若电压表换用0～3V的量程，将其并联到滑动变阻器两端，调节滑片使电压表示数为0.7V，即可减小误差。
【实验改进】
于是小金设计了如图丙所示电路图，电压表V1选用0～15V量程，电压表V2选用0～3V量程。进行实验，移动滑动变阻器滑片，得到三次实验数据记录如下表。
试验 次数 小灯泡两端电压（V） 变阻器两端电压（V） 电流（A）
1 3.0 1.1 0.24
2 3.4 0.7 0.26
3 3.8 0.3 0.28
（3）小金按反思后的思路，利用滑动变阻器两端电压为0.7V时所测的数据，计算得到的小
灯泡“额定功率”比真实的小灯泡额定功率 　 　 （选填“偏大“偏小”或“相等”）。
【反思交流】小金发现测得的小灯泡两端电压与滑动变阻器两端的电压之和小于电源电压。带着这一疑问，继续探究……
5．（2023 温州）用图甲电路研究电热与电流的关系，若要比较不同设定电流值时的电热多少，调节电流大小过程中，电热丝已经开始加热，因而会影响实验的准确性。为解决这一问题，小明设计图乙电路进行研究。
图中电路包括调试电路和实验电路，R1和R2是阻值都为20欧的电热丝，R2放置在装有煤油的保温容器中。实验中通过调试电路，使电热丝R2在调试过程中不发热。实验步骤如下：
①用数字温度计测量并记录装有R2的保温容器内煤油的温度。
②将开关S与“1”连接，调节滑动变阻器，直至电流表示数为0.2安。
③将开关S拨至“2”，使R2工作50秒，断开开关S，测量并记录 　 　 。
④再将电流值分别设定为0.3安、0.4安、0.5安、0.6安，重复上述步骤。记录相关数据，并计算每次升高的温度Δt（Δt可反映电热的多少），整理Δt、I2的数据如图丙。
（1）将步骤③补充完整。
（2）在答题纸图丙中画出Δt与I2的关系图像。
（3）小明想改变电热丝阻值，用上述实验中设定的电流值，继续研究电热与电流的关系：保持R1不变，将R2更换为30欧的电热丝，重复上述步骤。他的做法是否合理，说明理由：　 　。
6．（2023 嘉兴）科技小组开展设计一款多功能电饭煲的项目活动，过程如下：
【明确问题】科技小组同学们讨论后认为，电饭煲应具有如下基本功能，并提出具体标准：
①工作电压：220V；煮饭模式功率：880W；保温模式功率：88W；
②电饭煲达到设定温度后能自动切换到保温模式。
【方案设计】根据标准，小组讨论后，初步设计了如图甲的方案，图中开关S1、S2都闭合时，电饭煲处于煮饭模式，功率为880W，则发热电阻R1应选择的阻值为多少欧？
【方案优化】有同学认为甲方案不能实现自动切换功能，于是同学们利用电磁继电器与热敏电阻，设计了图乙的方案。
①工作电路中的发热电阻R1应设计在 　 　 处（选填“a”或“b”）。
②为确保安全，当电饭煲内温度达到设定温度105℃时，工作电路自动切换到保温模式，其中热敏电阻R的阻值与温度关系见图丙。控制电路的电源电压为24V，当电流达到0.03A时，电磁铁会吸下衔铁，工作电路自动切换到保温模式。那么，选用的定值电阻R0阻值应为多少欧？（电磁铁线圈阻值不计）
7．（2023 湖州）美好生活从早餐开始。图1所示为某款面包机及其部分参数。该面包机有两个完全相同的加热仓，可实现单独加热。小明在使用过程中发现这款面包机有如下功能：功能一：设定时间后（定时开闭合），放入面包片，按下按键，面包机就开始工作；功能二：到了设定时间，定时开关自动断开，弹出面包片。
（1）根据题干，两加热仓加热电阻的连接方式是 　 　 。（选填“串联”或“并联”）思考后，小明根据面包机的功能自己设计了电路图，如图2。AOB为杠杆，O为支点，杠杆上仅触点1、2导电。
（2）根据面包机的参数，计算加热电阻R1的阻值。
（3）请根据小明设计的电路图来分析面包机是如何实现功能二的。
8．（2023 宁波）小宁以两节串联的干电池为电源，用若干定值电阻和一只电压表来“探究串联电路电压特点”，实验电路如图，测得实验数据如下表。
序号 R1/Ω U1/V R2/Ω U2/V R总/Ω Uab/V
1 5 1.1 5 1.1 10 2.2
2 5 0.8 10 1.6 15 2.4
3 4 0.5 16 2.0 20 2.5
4 5 0.6 15 1.9 20 2.5
5 8 1.0 12 1.5 20 2.5
（1）分析上述实验数据，除了能得到Uab＝U1+U2的规律外，小宁还发现：
①U1、U2与R1、R2之间存在着下列关系：U1：U2＝　 　 。（用R1、R2表示）
②当R总不变时，ab两端的电压Uab大小不变；当R总发生变化时，Uab大小 　 　 （填“会”或“不会”）变化。
（2）断开开关S，拆除R1、R2，将R3＝20Ω和R4＝20Ω并联后接到ab之间，闭合开关S。求：
①ab两点之间的电压为多少？
②20s内，电流通过R3做的功为多少？
1．（2025 滨江区校级模拟）小科发现傍晚时家里的白炽灯突然变暗，主要原因可能是白炽灯的（　　）
A．额定电压变大 B．实际电压变大
C．额定功率变小 D．实际功率变小
2．（2025 舟山一模）图中仪表可以用来计量（　　）
A．导体的电阻
B．电路中的电流
C．用电器两端的电压
D．用电器在一段时间内消耗的电能
3．（2025 宁海县校级模拟）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．甲灯的实际功率一定是25W
B．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多
C．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大
D．将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50W
4．（2025 台州二模）如图是小科同学所做实验的电路图，由于所选的小灯泡铭牌模糊不清，仅根据图中所提供的器材，他可以（　　）
A．测量小灯泡消耗的电能
B．测量小灯泡正常发光时的电阻
C．研究小灯泡亮度与实际功率的关系
D．研究通过小灯泡的电流与其两端电压的关系
5．（2025 钱塘区一模）如图为探究电流热效应的装置，甲乙两套装置中各有两个相同的透明容器，其中密封着液体和一段电阻丝（阻值在图中已标出），U形管中装有等量的液体，接通电源，观察现象。下列说法不正确的是（　　）
A．图甲探究的是电流的热效应与电阻大小的关系
B．图乙探究的是电流的热效应与电流强弱的关系
C．本实验用到的实验方法有控制变量法和转换法
D．实验不需要控制容器内的液体质量和种类相同
6．（2025 南湖区一模）小芳猜想电流产生的热量与电阻大小有关，下列能支持她猜想的现象是（　　）
A．接线板上接入的用电器越多，导线越容易发热
B．正常工作时，“36V 54W”的灯泡比“12V 6W”的灯泡亮
C．电熨斗工作时发热明显，而与之相连的导线却不怎么热
D．电热水壶加热水时，水沸腾前，加热时间越长，温度越高
7．（2025 绍兴模拟）如图所示的实验装置：三个相同的烧瓶A、B、C内分别盛有质量和初温均相等的煤油和水，瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA＝RC＜RB。当闭合开关S，通电一段时间后（液体均未沸腾，不计热损失，比热容c水＞c煤油）。下列判断正确的是（　　）
A．三个烧瓶中的液体末温高低顺序为tA＝tC＜tB
B．三个烧瓶中的液体吸收的热量高低顺序为QA＝QC＜QB
C．比较A、B可粗略地探究电热的多少与电流大小有关
D．比较B、C可粗略地探究煤油和水的吸热能力
8．（2025 定海区模拟）在研究电流与电压关系的实验中，小科同学根据得到的实验数据绘制了电阻R1和R2的I﹣U图象（如图），下列有关分析正确的是（　　）
A．R1与R2的阻值之比是1：2
B．R1与R2串联接时，R1消耗的功率比R2大
C．R1与R2并联接时，R1和R2消耗的功率相等
D．R1与R2串联接时，通过R1与R2的电流之比是2：1
9．（2025 舟山二模）如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60欧，电源电压保持不变。滑动变阻器R2的滑片从一端滑到另一端的过程中，测得R2的电功率与通过它的电流的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．R2的滑片向左滑动时，电流表和电压表的示数都变大
B．电源电压为12V
C．R1的电功率变化范围是1.2～10.8W
D．电流为0.6A时，2min内电流通过R1产生的热量是648J
10．（2025 浙江模拟）如图是快递分拣机器人，可以实现扫码、称重和分拣功能。在物流行业有广泛的应用。
项目 指标参数
工作电压 15V
功率 30W
电池容量 4000mAh
（1）分拣机器人载着包裹匀速行驶时，以机器人为参照物，包裹是 　 　 的。
（2）如表所示是机器人铭牌上的部分参数。电池容量4000mAh是指当工作电流为4000mA时，能持续供电1h。若充满电后，所有电能用于正常工作，则可供机器人持续正常工作　 　h。
（3）机器人设有自动充电功能，当检测到电池容量低至10%时会自动返回充电。若返回过程中受到的阻力为36N，为确保机器人能顺利返回充电，需要充电时，机器人离充电座不能超过 　 　 m。（剩余电池容量的40%用于提供克服阻力做功）
11．（2025 绍兴模拟）如图是某电热水壶内部电加热器原理电路，它有“加热”和“保温”两挡，开关S断开时，电水壶处于 　 　 挡。已知该电热水壶处于“加热”挡，通电0.1h可使标有1200imp/（kW h）的电能表指示灯闪烁120次，则消耗的电能为 　 　 kW h，电热水壶“保温”挡功率为100W，则R2＝　 　 Ω。
12．（2025 江北区二模）空气炸锅是生活中常用的电器。它有两种工作模式：
①冷风模式400W，此时工作电流较小，低温慢煮食物；
②热风模式1280W，此时工作电流较大，高温烘烤食物。
小宁依照上述空气炸锅的工作模式推测了三个不同的工作原理图，如图（a）（b）（c）所示。
（1）小宁很快发现图（a）所示的电路不符合空气炸锅两种工作模式的原理，请简述理由：　 　。
（2）图（b）（c）所示的电路，你认为哪个设计更适合两种工作模式的需求，请简述理由：　 　。
（3）仅需采用热风模式正常工作8min，即可将鸡翅加热至200℃，这过程中消耗　 　J的电能。
13．（2025 温州三模）一种常见的电热水器内部结构如图，为使用安全，电热水器在用电加热到一定温度时，会通过温控开关S自动切断电路，同时插头上的红色指示灯L会熄灭，起到提示作用。
（1）通电后，电热丝能够产生热量，其原理是 　 　 。
（2）从用电安全的角度考虑，图中b接的是进户线中的 　 　 。
（3）已知电热丝R正常工作时的电功率为550瓦，试计算其工作1分钟消耗的电能　 　焦。
14．（2025 慈溪市校级模拟）我们给手机充电时，手机充电器将220V的电压降到5V左右，充电器内部会有电流通过，手机充电器插在插座上不给手机充电时，充电器内部也会有微电流通过。
（1）调查发现很多人有不及时拔掉充电器的习惯，如果每天就有的2亿（2×108）个充电器插在插线板上，每个充电器每天平均闲置时间约为20h，平均实际功率约为0.1W，则全国一天因此浪费的电能约为 　 　 kW h。
（2）通过实验测得给手机充电时充电器的输出电压约为5V，输出功率约为6W，则输出电流与常见家用电器　 　（选填“电视机”、“空调”或“电热灭蚊器”）的正常工作电流最接近。
（3）某款手机电池上面标有电压为5V，容量为5000mAh，现有两个充电器，甲标注“输出5V，600mA”，乙标注“输出5V，4A”，为了快速充电选择哪个充电器？并说出你判断的原因是　 　。
15．（2025 浙江模拟）图甲是某电火锅，图乙是其内部简化电路，S1是旋钮开关，S2是温控开关（当锅体温度达到设定值时自动断开，当锅体温度低于一定值时自动闭合），R是指示灯的分压电阻，没有加热作用。图丙是发热管的内部结构，滑片转动时只能与滑动触头接触，0档为断开状态，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ档是不同功率的挡位，电热丝被均分为四段接入电路，忽略其他元件电阻。
（1）S1从0档转到Ⅰ档开始工作，温控开关S2的状态是　 　 （填“断开”或“闭合”）。
（2）加热时，锅内水温升高，其中改变水内能的方式是　 　 （填“做功”或“热传递”）。
（3）各档位的功率关系为：Ⅰ＜Ⅱ＜Ⅲ＜Ⅳ。则接线柱a、b、c中连入电路的是　 　 。
（4）Ⅳ档的功率为1000W。若在Ⅲ档下工作5min，求发热管消耗的电能。　 　 。
16．（2025 丽水二模）为了测量小灯泡的电功率，小庆进行了如下实验。电源电压为3V，小灯泡上标有“2.5V”的字样。
（1）用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接完整。（要求：滑动变阻器的滑片在最左端时阻值最大）
（2）闭合开关，调节滑片到某一位置时，电压表示数如图乙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向　 　 （选填“左”或“右”）移动；
（3）改变滑片的位置，测出多组电流和电压的数据，画出了如图丙所示的图像。由图像可知，小灯泡的额定功率为　 　 ；
（4）小庆分析图像发现，随着电压的升高，小灯泡的电阻在变化，小庆认为电阻变化是测量误差引起的。他和同学们讨论后认为这个猜想是错误的，理由是　 　 。
17．（2025 衢州一模）小科在验证“电阻丝产生的热量与电阻、电流及通电时间的关系”时，采用了一种“变色测温贴”（产品介绍如图甲所示），常温下将测温贴贴在电阻上，并连接如图乙所示的实验电路，闭合开关，记录测温贴变色所用的时间。断开开关，待测温贴？，调节滑动变阻器，闭合开关，继续测量测温贴变色所用时间，所得结果如表：
实验序号二 变色所用的时间/s
R1 R2
1 9 18
2 12 24
3 21 42
（1）题干中“？”处应填　 　 。
（2）根据表中数据可知，从实验1到实验3滑动变阻器滑片是向　 　 移动的。
（3）考虑电阻散热，不同电阻使测温贴升高相同温度时，实际消耗的电能是不同的。因此在烧开水时，从节约用电角度考虑应选择下列哪种电热水壶？　 　 。
A.“220V，1000W” B.“220V，1500W”
（4）从安全角度考虑，家庭电路中大功率用电器使用更粗导线的原因是：　 　。
18．（2025 瑞安市二模）小明设计了一款恒温电热水壶，工作原理如图甲所示：连有撑杆的搭钩可绕0点转动，撑杆下端与水平的双金属片接触，搭钩左侧搭在铁质锁扣上，锁扣由弹簧拉紧固定，此时触点b与c接触（如图甲）。闭合开关S，发热电阻R1工作，电热水壶给水加热，双金属片受热向上弯曲，撑杆受到向上的力，当水加热到沸腾时，搭钩刚好与锁扣脱离，弹簧带动锁扣和St向左运动，触点b与c分离，加热电路断开，触点b与a接触，保温电路处于工作状态。已知发热电阻R1阻值为22欧，保温电阻R2阻值为1100欧。
（1）将双金属片放置在水平位置，a端固定，均匀加热后平直的双金属片会发生弯曲（如图乙）。则图甲中双金属片的金属设计正确的应是图中的 　 　 。
A. B. C. D.
（2）在220伏的电压下，电热水壶将一壶水加热到沸腾需要5分钟，求这段时间内发热电阻R1消耗的电能？
（3）某次保温电阻R2工作一段时间后断开S，当水冷却至室温时，双金属片恢复原状。重新闭合开关S，哪一电阻处于工作状态？结合工作原理图判断说明依据　 　。
19．（2025 龙湾区二模）为了测定小灯泡的电功率，小龙利用电压为3伏的电源、合适规格的滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲方式连接电路进行实验。
（1）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，某一时刻电压表的示数如图乙所示，其示数为　 　伏。
（2）读数后为了测定小灯泡的额定功率，小龙接下来的操作是 　 　 。
（3）小龙多次实验，画出小灯泡的I﹣U关系如图丙所示，并划分为6块区域，面积分别为S1﹣S6当电流为I1时小灯泡的实际功率可以用图丙中的 　 　 表示。
（4）小龙分析图中数据得出：当电流由I1逐渐增大到I2时，滑动变阻器消耗电功率的变化量ΔP滑小于小灯泡消耗实际电功率的变化量ΔP灯，则ΔP灯与ΔP滑的差值为 　 　 （用图丙中字母表示）。
20．（2025 文成县二模）小文为了验证焦耳定律Q＝I2Rt，设计了如图甲实验。R是一根阻值为4欧电阻丝，电源电压恒定不变。电阻丝R浸泡在盛有煤油的装置中，且该装置与温度传感器相连，可以实时观察温度变化。
（1）实验中小文闭合开关S后，电流表A的读数如图乙所示，则通过电阻丝R的电流为：　 　A。
（2）实验中电阻丝产生的热量通过 　 　 来反映。
（3）每次实验电阻丝加热煤油的时间均为50s，记录每次实验前后煤油的温度变化量为ΔT。多次实验后，将△T﹣I2数据绘制成图丙。分析图丙可知，实验中煤油的温度变化量ΔT与计算得到的理论值不一致，请解释主要原因。 　 　 。
（4）为了使实验结论更具有普遍性还需要进行的实验操作是 　 　 。
21．（2025 路桥区二模）目前市场上电热水袋（图甲）一般采用三级防爆措施，用户使用起来更加安全。内部电路如图乙所示，电路正常工作时，电热水袋的总功率为484W，通过指示灯电流为0.2A。
一级防爆：温控开关在温度超过65℃时会自动断开。
二级防爆：通过热熔断器的电流过大时会熔断（热熔断器电阻忽略不计）。
三级防爆：电热水袋受热膨胀过度，防爆夹充电器断开电路连接。
（1）电热水袋里面一般用水作储能物质的重要原因是 　 　 。
（2）求电热水袋正常工作时发热体的电阻值。
（3）电热水袋受热膨胀后会往上推动防爆夹，防爆夹在转动过程中按压微动开关实现断路，图丙中符合要求的微动开关是 　 　 （选填“A”或“B”）。
22．（2025 钱塘区二模）图甲是某电热水壶内部简化电路，由控制电路和加热电路组成。电流鉴别器相当电流表；加热电路中电源电压为220V，电热丝R1的阻值为48.4Ω；控制电路电源电压为8V，滑动变阻器R2（调温电阻）的最大阻值为130Ω；热敏电阻RT置于热水器内部，其阻值随温度t变化的关系如乙图所示。当电流鉴别器的电流达到0.05A时，开关S2断开，加热电路停止加热。
（1）开关S2闭合，求加热电路的电功率为多少？
（2）当控温设置在80℃时，滑动变阻器R2接入电路中的阻值应为多少？
（3）当控温设置在80℃时，若不计能量损失，用电热水壶把1kg水从30℃开始加热，通电200s后，请通过计算判断此时加热电路是否停止加热。
23．（2025 德清县二模）变频空调的变频压缩机可以根据环境温度自动调整工作时间和功率。某变频空调电路原理示意图如图1所示，其中控制电路的电源电压U1＝12伏，Rs为调控电阻，可通过遥控调节其阻值大小，Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化的图像如图2所示，L为磁控开关，当热敏电阻Rt的阻值发生变化时，磁控开关线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于0.02安时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的变频压缩机开始工作。电压U2＝220伏，R0为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。问：
（1）当S接通，电流大于或等于0.02安时，L的两个磁性弹片的前端为　 　 （选填“同名”“异名”）磁极。
（2）由图2可知，热敏电阻Rt的阻值随着温度t的升高而　 　 （选填“增大”或“减小”）。
（3）用遥控将Rs的阻值调小时，设定变频压缩机开始工作的温度将　 　 （选填“变低”或“变高”）；家用空调最高设定温度通常为30℃，则调控电阻Rs的阻值不能超过　 　欧。
（4）由于变频作用，某段时间内工作电路的总功率变化如图3所示，已知保护电阻R0＝2欧，则前4分钟内R0消耗的电能是多少焦耳？
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21世纪教育网(www.21cnjy.com) 同舟共理工作室·周承秉
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