【物理】中考物理电功率专项训练及答案含解析

【物理】中考物理电功率专项训练及答案含解析
一、电功率选择题
1．如图所示，R0为定值电阻，闭合开关后，当滑片P在某两点之间滑动时，电流表的示数变化范围是0.5～1.5A，电压表的示数变化范围是3～6V．小明通过推算，得出四个结论，其中错误的是（）
A. 定值电阻R0的阻值为3Ω
B. 变阻器连入电路的电阻变化范围为2～12Ω
C. 实验中R0两端的电压变化范围为 1.5V～4.5V
D. 电路消耗的总功率的变化范围为
3.75W～10.25W
【答案】D
【解析】【解答】由电路图可知，滑动变阻器与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端电压；当滑动变阻器接入电路阻值增大时，电路中电流减小，即电流表示数减小；变阻器接入阻值增大时，其分得电压增大，即电压表示数增大；所以，电流表与电压表的示数变化情况是相反的。

A、由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=U V+IR0，电流表示数变化范围是0.5A～1.5A，电压表的示数变化范围3V～6V，结合前面分析可知，当I=0.5A时，U V=6V，所以有U=6V+0.5A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当I=1.5A时，U V=3V，所以有U=3V+1.5A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②解得：R0=3Ω，U=7.5V，A不符合题意；
B、由题可知，电流表示数变化范围是0.5A～1.5A，电压表的示数变化范围3V～6V，滑动
变阻器接入电路的阻值分别为：R滑= = =2Ω，R滑′= = =12Ω，即变阻器连入电路的阻值变化范围为2Ω～12Ω，B不符合题意；
C、R0两端的电压分别为：U0=I最小R0=0.5A×3Ω=1.5V，U0′=I最大R0=1.5A×3Ω=4.5V，
则R0两端的电压变化范围是1.5V～4.5V，C不符合题意；
D、电路消耗的最小电功率：P最小=UI最小=7.5V×0.5A=3.75W，电路消耗的最大电功率：P最大=UI最大=7.5V×1.5A=11.25W，
则电路消耗的总功率的变化范围为3.75W～11.25W，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据电流的范围和电压的范围，结合欧姆定律计算公式和电功率计算公式，求电路中的电阻、分压情况和电功率.
2．某型号电饭锅具有保温与加热两种功能，其简化电路如图所示，R1、R2均为电热丝．下列说法正确的是（）
A. S1、S2闭合时，电饭锅处于加热状态
B. S1、S2闭合时，电饭锅处于保温状态
C. S1闭合、S2断开时，电饭锅处于加热状态
D. S1断开、S2闭合时，电饭锅处于保温状态
【答案】A
【解析】【解答】解：由电路图可知，当S1、S2闭合时，R1短路，电路中只有R2；当S1闭合、S2断开时，R1， R2串联，S1断开、S2闭合时，整个电路断开，电饭锅不工作；
可见，当S1、S2闭合时，电路中电阻最小，当S1闭合、S2断开时，电路中电阻较大，
由P= 可知，当S1、S2闭合时，电功率最大，处于加热状态；
当S1闭合、S2断开时，电功率较小，处于保温状态．
故A正确、BCD错．
故选A．
【分析】根据P= 可知，在电源电压不变时，电路中电阻越小，电功率越大，即为加热状态，反之为保温状态．据此分析判断．
3．小明家上次査看电能表示数，本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是（）
A. 他家在这段时间内消耗的电能为903kw·h
B. 电能表是测量电功率的仪表
C. 若只让一个标有“220V 1000w”的电热水器正常工作10min，则电能表的圆盘转了600转
D. 这个电能表的额定功率为2200W
【答案】 C
【解析】【解答】A.根据电能表窗口示数差计算消耗的电能为8633.5kw.h-8543.2kw.h=90.3kw.h，A不符合题意；
B.电能表是测量电功的仪表，B不符合题意；
C.电热水器消耗的电能为，电能表实际转数为
， C符合题意；
D.电能表的最大电功率为， D不符合题意。

故答案为：C.
【分析】电能表是测量电功的仪表，利用电功率和时间可以计算消耗的电能，根据电压和电流可以计算电功率。

4．如图所示的电路，电源电压为3V，R1=15Ω，R2=5Ω，当开关S闭合时，下列分析正确的是（）
A. R1、R2两端电压之比为3：1
B. 通过R1、R2电流之比为3：1
C. R1、R2消耗的电功率之比为1：3
D. R1的电功率为1.8W
【答案】C
【解析】【解答】由电路图知道，R1、R2两电阻并联，由于并联电路各支路两端的电压相等，所以R1、R2两端电压之比是1：1，A不符合题意；由I=U/R知道，通过R1、R2电流之比是：I1：I2=U/R1：U/R2=R2：R1=5Ω：/15Ω=1：3，B不符合题意；由P=U2/R知道，R1、R2消耗的电功率之比是：P1：P2=U2/R1：U2/R2=R2：R1=1：3，C符合题意；由于两电阻并联，所以U1 =U=3V， R1的电功率是：P1 =U2/R1=（3V）2/15Ω=0.6W，D不符合题意，
故答案为：C。

【分析】根据并联电路的特点，当电压相等时，电流和电阻成反比，电功率和电阻成反比.
5．如图所示的电路中，a、b、c是三只电表（电压表或电流表），闭合开关S，标有“3V1.5W”的灯泡L1正常发光，标有“6V3W”的灯泡L2发光较暗。

若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（）
A. 电表a为电流表，且示数为1A
B. 电表b为电压表，且示数为3V
C. 电表c为电流表，且示数为0.25A
D. 闭合开关S，电路消耗的总功率为
2.25W
【答案】 D
【解析】【解答】由P＝UI可得，两灯泡正常发光时的电流分别为：I1
0.5A，I2 0.5A，由I 可得，灯泡L2的电阻：R212Ω；
因灯泡L1正常发光，灯泡L2发光但较暗，所以，通过L1、L2的电流不相等，L1与L2应并联，则a一定是电流表，b是相当于导线的电流表，c是相当于开路的电压表，B不符合题意；此时电流表a测干路电流，电流表b测L2支路的电流，电压表c测电源的电压，因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡L1正常发光，所以，电源的电压U＝U1＝3V，即
电压表c的示数为3V，C不符合题意；此时通过R2的电流：I2′ 0.25A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，以，干路电流表a的示数：I＝I1+I2′＝0.5A+0.25A＝0.75A，A不符合题意；电路消耗的总功率：P＝UI＝3V×0.75A＝2.25W，D符合题意。

故答案为：D
【分析】根据P=UI求出两灯泡正常发光时的电流，再根据欧姆定律I 求出灯泡L2的电阻，根据“灯泡L，正常发光，灯泡L2发光较暗”判断两灯泡的连接方式，进一步判断三电表的类型，根据串并联电路的电流特点和额定电压下灯泡正常发光得出电源的电压，根据欧姆定律求出通过R2的电流，根据并联电路的电流特点求出电路总电流，再根据P＝UI求出电路消耗的总功率.
6．如图甲所示电路中，电源电压可调，灯L1、L2的额定电压均为6V，L1、L2的I﹣U图象如图乙所示，闭合开关S，逐步调大电源电压至电路允许的最大值，此时（）
A. L1正常发光
B. 电源电压为12V
C. 电路总电阻为30Ω
D. 电路总功率为
2.4W
【答案】D
【解析】【解答】解：由图乙可知，两灯泡两端的电压为6V时，通过两灯泡的电流I1=0.6A、I2=0.3A，
由电路图可知，两灯泡串联，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中允许通过的最大电流I=I2=0.3A，则L2正常发光，故A错误；
由图乙可知，L1两端的电压U1′=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=U1′+U2=2V+6V=8V，故B错误；
由I= 可得，电路总电阻：
R= = ≈26.7Ω，故C错误；
电路的总功率：
P=UI=8V×0.3A=2.4W，故D正确．
故选D．
【分析】由图乙可知两灯泡额定电流下的电流，根据串联电路的特点可知电路中的最大电流为两灯泡额定电流中较小的，即额定电流较小的灯泡能正常发光，根据图象读出两灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电路的总功率．
7．有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是（）
A. A的电阻值为6.25Ω
B. A和B串联，电路中电流为0.4A时，A、B的电功率之比为5：4
C. A和B并联在电压为2.5v的电源两端，A、B的电功率之比为5：4
D. 当A和B串联，两者电阻相同时，电源电压为3V
【答案】 C
【解析】【解答】A．由图象可知，当通过A的电流I A＝0.4A时，A两端的电压U A＝
2.0V，由I＝可得，A的电阻值：R A＝＝5Ω，A不符合题意；B．A和B串联，电路中电流为0.4A时，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过两元件的电流I A＝I B＝0.4A，由图象可知，两元件两端的电压U A＝2.0V，U B＝2.5V，由P＝UI可得，A、B的电功
率之比：，B不符合题意；（3）A和B并联在电压为2.5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两元件两端的电压U A′＝U B′＝2.5V，由图象可知，通过两元件的电流I A′＝0.5A，I B′＝0.4A，则A、B的电功率之比：
，C符合题意；（4）当A和B串联，两者电阻相同时，它们两端的电压和通过的电流相等，由图象可知，电路中的电流为0.6A，两元件两端的电压均为3V 时符合，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U＝U A″+U B″＝3V+3V＝6V，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据电流和电压的图像，计算电阻的大小，结合图像分析电流相同或电压相同时的电功率的比值关系.
8．如图所示电路，电源电压恒定，R为光敏电阻，其阻值随着光照的增强而减小，为定值电阻，当光照减弱时
A. V与示数的比值减小
B. V与示数的比值不变
C. 与示数之差变大
D. 电路消耗的总功率减小
【答案】D
【解析】【解答】A、由欧姆定律可知，V与示数的比值为光敏电阻R的阻值，因R的阻值变大，则该比值变大，A不符合题意；
B、电压表示数不变，示数变小，则V与示数的比值变大，B不符合题意；
C、由并联电路的特点可知，与示数之差为通过的电流，保持不变，C不符合题意；
D、电源电压不变，总电流变小，根据可知，总功率减小，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】光敏电阻R与定值电阻R0并联，电压表测量的是R两端的电压（即电源的电压），保持不变；电流表 A1测量的是通过R的电流，电流表 A2测量的是干路中的电流；已知光敏电阻R的阻值随着光照的增强而减小，则当光照减弱时，R的阻值变大，根据欧姆定律可知，通过R的电流变小，即电流表A1示数变小；通过R0的电流不变，而通过R 的电流变小，所以干路中的电流变小，即电流表A2示数变小，根据P=UI 可知，总功率减小.
9．如图所示的电路，电源电压为3V且保持不变，定值电阻R1=1Ω，滑动变阻器R2阻值范围为0～4Ω．闭合开关S，在滑片从左向右移动的过程中，下列说法正确的是（）
A. 滑动变阻器的最大功率为1.44W
B. 滑动变阻器的最大功率为2W
C. 滑动变阻器的最大功率为2.25W
D. 电压表示数从0V增大到2.4V
【答案】C
【解析】【解答】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流：I＝
，滑动变阻器消耗的电功率：P2＝I2R2＝（）2R2＝
，所以，当R2＝R1＝1Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最
大，则P2大＝＝2.25W，AB不符合题意、C符合题意；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，示数为3V，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，R1两端的电压最小，此
时电路中的电流：I′＝＝0.6A，电压表的最小示数：U1＝I′R1＝0.6A×1Ω＝0.6V，所以，在滑片从左向右移动的过程中，电压表示数从3V减小到0.6V，D 不符合题意。

故答案为：C。

【分析】R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后分析表达式得出滑动变阻器消耗最大功率时接入电路中的电阻，并求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压；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，R1两端的电压最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R1两端的电压，然后得出电压表示数的变化.
10．如图所示是研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验，下列分析正确的是
（）
A. 甲实验通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量更多
B. 乙实验通电一段时间后，左侧 U 形管中液面的高度差比右侧的大
C. 乙实验是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
D. 乙实验右边密闭容器与左边密闭容器中的电阻丝产生热量之比为 4：1
【答案】 B
【解析】【解答】解：A、甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，右侧电阻产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多。

A不符合题意；
B、乙实验，右侧电阻丝与另一电阻丝并联，故左右空气盒中电阻丝的电阻和通电时间相同，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，左侧电阻产生热量多；则左侧容器内空气吸收的热量多，
气体压强大，即左侧U形管中液面的高度差比右侧的大。

B符合题意；
C、乙实验，右侧电阻丝与另一电阻丝并联，故左右空气盒中电阻丝的电阻和通电时间相同，但通过电阻的电流不同，所以研究电流产生的热量与电流的关系。

C不符合题意；
D、装置乙中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量是右侧容器电阻丝产生的热量的4倍，D不符合题意。

故答案为：B
【分析】探究热量与电流及电阻的关系，要求能正确分析电路，掌握串并联电路的特点，并灵活应用焦耳定律根据控制变量法（两电阻中的电流相等，两电阻丝的阻值不同，根据温度计示数的变化判断吸收热量的多少，可探究电流产生热量与电阻大小的关系；通过电阻的电流不同，比较相同通电时间内两支温度计示数变化情况，可探究电流产生的热量与电流是否有关）及转换法（探究影响电热的因素时，通过液体吸热的多少反应电阻丝产生的热量）分析解答.
11．有甲、乙两灯，甲灯上标有“2.5V0.75W”，乙灯上标有“2.5V 1.25W”的字样。

若只将这两个灯泡接入同一电路中，两灯均未烧毁。

则下列说法中正确的是（）
A. 乙灯一定比甲灯亮
B. 两灯串联时，通过两灯的电流最大为0.5A
C. 两灯消耗的总功率一定为2W
D. 若两灯都能正常发光，则两灯一定是并联
【答案】 D
【解析】
【分析】灯泡的亮度决定于灯泡的实际功率．只有实际电压等于额定电压，实际功率才等于额定功率，灯泡亮度才相同；串联电路中各处电流都相等，为保证灯泡不被烧坏，应以额定电流小的数值为电路电流；电路消耗的总功率，等于各用电器实际功率之和；灯泡正常发光，说明两端电压等于额定电压，只有在串联电路中，各用电器两端电压才相等．【解答】
A、甲灯泡的电阻为R甲===8.3Ω
乙灯泡的电阻为R乙===5Ω
当两灯串联时，由公式P=I2R知
P甲＞P乙
所以甲灯亮．
B、两灯正常发光时
通过甲灯的电流是I甲===0.3A
通过乙灯的电流是I乙===0.5A
两灯串联时，为保证灯泡不被烧坏
串联电路电流I=I甲=0.3A
C、灯泡必须在额定电压下实际功率才等于额定功率
若实际电压低于额定电压，实际功率也低于额定功率，两灯总功率低于2W；
若实际电压高于额定电压，实际功率也高于额定功率，两灯总功率高于2W．
D、两灯正常发光，说明每个灯泡两端实际电压等于额定电压，由上面的计算知，两灯泡电阻值不相等，假设串联在同一电路中，分得的电压一定不等，所以两灯连接在同一电路且正常发光时，一定是并联．
故选 D．
【点评】此题虽是一道选择题，但考查的知识点较全．要解决此题，必须对串并联电路的电流电压特点以及电功率的计算公式及其变形熟练掌握，并选择应用
12．电能表的表盘如图所示，关于电能表下列说法正确的是
A. 正常工作时，额定功率为220V
B. 表盘每转600圈电路耗电1kW•h
C. 同时消耗的总功率不能超过2200W
D. 电路消耗的总电能是3145kW•h
【答案】B
【解析】【解答】解：A、正常工作时，额定电压为220V，故A错；
B、表盘每转600圈电路耗电1kW•h，故B正确；
C、同时消耗的总功率不能超过P=UI=220V×20A=4400W，故C错；
D、表盘上的数字的最后一位是小数，电路消耗的总电能是314.5kW•h，故D错。

故选B。

【分析】理解电能表的表盘上各个物理量的意义。

13．下列数据中最接近实际情况的是（）
A. 普通居民楼一层的高度约为6m
B. 一个小铁钉受到的重力约为5N
C. 成年人正常步行速度约为5m/s
D. 家用电饭煲的额定功率约为800W
【答案】D
【解析】【解答】解：
A、普通居民楼一层的高度在3m左右，故错；
B、一个小铁钉的质量约5g，受到的重力G=mg=5×10﹣3kg×10N/kg=0.05N，故B错；
C、成年人步行的速度一般在1.1m/s左右，不会达到5m/s；故C错误；
D、一个家用电饭煲的额定功率约为800W，正确．
故选D．
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案．
14．如图甲所示，是某型号电压力锅简化的工作电路图．R0是阻值为484Ω的保温电阻，R1是规格为“220V 800W”的主加热电阻，R2是副加热电阻．电压力锅煮饭分为“加热升压→保压→保温”三个阶段，通过如图乙所示的锅内工作压强与时间“（P﹣t）”关系图象可了解其工作过程：接通电源，启动智能控制开关S，S自动接到a，同时S1自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内工作压强达80kPa时，S1自动断开，进入保压状态，当锅内工作压强降至60kPa时，S1又会自动闭合；当保压状态结束，饭就熟了，S自动接到b，减压进入保温状态．电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态共耗电0.25kW•h，下列说法正确的是（）
A. 电压力锅是对大气压强的应用
B. 当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅处于升压状态
C. 电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态R1的工作时间是18min
D. 电压力锅正常工作时的最大电流是5A
【答案】 D
【解析】【解答】解：A．高压锅煮饭熟得快是利用密闭液体的沸点随气压的增大而升高的原理，而不是利用了大气压的原理，A不符合题意；
B．由图乙可知，当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅可能处于升压状态，也可能处于保温状态，B不符合题意；
C．由图乙可知，在正常加热升压和保压状态R1的工作时间分别为0～6min，9～12min，15～18min，
即R1的工作时间t1=12min=0.2h，C不符合题意；
D．R2的工作时间t2=18min=0.3h，在正常加热升压和保压状态消耗的电能W=P1t1+P2t2，即：0.25kW•h=0.8kW×0.2h+P2×0.3h，
解得：P2=0.3kW=300W，两加热电阻同时工作时电路电流最大，则总功率P=P1+P2=800W+300W=1100W，
由P=UI可得，I= =5A，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】高压锅煮饭熟得快是利用密闭液体的沸点随气压的增大而升高的原理；在正常加热升压和保压状态消耗的电能，正确分析电路是解题的关键.
15．如图所示电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（a、b为其两端点）．闭合开关S，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.1A，R2消耗的电功率为1W；当滑片P移动至某一位置时，电流表示数为0.3A，R2消耗的电功率为1.8W．则当滑片P 从a移到b的过程中（）
A. 电流表示数变化了0.4A
B. 电压表示数变化了8V
C. R1消耗的电功率变化了6W
D. 电路消耗的总功率变化了6W
【答案】 D
【解析】【解答】解：由图知，R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中电流，
根据I= 可知，滑片P在某一端点时，电流表示数为0.1A，电流最小，电阻最大，由此可知滑片在b端，变阻器R2连入阻值最大，
根据P=UI得：滑动变阻器R2的电压：U2═ = =10V，
滑动变阻器R2的最大值：R2= = =100Ω，
根据串联电路的电压特点可知：U=U1+U2，
所以有：U=0.1A×R1+10V…①
当滑片P移动至某一位置时，电流表示数为0.3A，
此时R2的电压：U2′= = =6V，
由U=U1′+U2′可得：
U=0.3A×R1+6V…②
联立①②解得：R1=20Ω，U=12V；
当P在a端时，R2连入阻值为0，
所以电压表示数U V=0，
电流表示数：I A= = =0.6A，
由前面的计算可知：当P在b端时，I A′=0.1A，电压表示数U V′=10V，
由此可知，电流表变化为：△I=I A﹣I A′=0.6A﹣0.1A=0.5A，故A错误；
电压表变化为：△U=U V﹣U V′=12V﹣0=12V，故B错误；
R1消耗的电功率变化：△P1=I A2R1﹣I A′2R1=（0.6A）2×20Ω﹣（0.1A）2×20Ω=7W，故C错误；电路消耗的总功率变化：△P=U△I=12V×0.5A=6W，故D正确．
故答案为:D．
【分析】由图可知，R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中电流，由P在某一端点时电流最小，根据欧姆定律计算变阻器的最大值，由P=UI计算P在两个位置时变阻器两端电压，根据串联电路和欧姆定律计算电源电压和R1的阻值；根据串联电路特点和欧姆定律计算P在两端时电路中电流和变阻器两端电压，从而判断电表示数变化；由P=UI计算R1消耗的电功率和总功率变化．
16．如图所示电路，电源电压为12V且保持不变。

闭合开关S，当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1产生的热量为60J，则下列结果正确的是（）
A. 电路中的最小电流为1.5A
B. 滑片P在中点时，9s内滑动变阻器R消耗的电能为60J
C. R1先后两次消耗的电功率之比为4：3
D. R先后两次消耗的电功率之比为8：9
【答案】 D
【解析】【解答】解：根据电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流；
根据串联电路分压原理知，滑片从中点到b端时，R连入阻值增大，它分得电压增大，即电压表示数增大了2V，此时电压表示数为4V+2V＝6V；
所以U1＝U﹣U R＝12V﹣6V＝6V，
由Q＝ t可得：R1＝ t＝ ×10s＝6Ω；
A、当滑片在b点时，电路中电阻最大，电流最小，电路中的最小电流：I最小＝I1＝＝
＝1A，A不符合题意；
B、滑片在中点时，电路中的电流：I＝I1′＝＝＝ A，
9s内滑动变阻器R消耗的电能：W R＝U R It＝4V× A×9s＝48J，B不符合题意；
C、由P＝UI可得，R1先后两次消耗的电功率之比：＝＝
＝，C不符合题意。

C、由P＝UI可得，R先后两次消耗的电功率之比：＝＝＝，D符合题意。

故答案为：D
【分析】结合电路图，理清元件的连接方式，根据串联电路分压规律可知滑片从中点到b 端时，电压表示数将增大，因此电压表示数增大了2V，然后根据串联电路电压规律以及Q
＝ t即可求出R1的阻值；当滑片在b点时，电路中的电流最小，根据串联电路电压规律和欧姆定律即可求出电路中的最小电流；先根据欧姆定律求出滑片在中点时电路中的电流，然后根据W=UIt求出9s内滑动变阻器R消耗的电能；根据P=UI即可求出R1、R先后两次消耗的电功率之比.
17．如图所示是电阻甲和乙的U-I图像，下列说法中正确的是（）
A. 电阻甲和乙都是阻值不变的电阻
B. 当乙两端电压为2V时，R乙=5Ω
C. 甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，源电压为2V
D. 甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路总功率为1.2W
【答案】D
【解析】【解答】A、因为甲图象为正比例函数，因此图象中对应电压和电流值的比值不变，故甲为定值电阻；而乙图象中的电压和电流值的比值时刻在发生变化，故电阻乙不是定值电阻；
B、从图象中可以看出，当乙电阻两端电压为2V时，对应的电流为0.2A，因此此时乙的阻
值：R= = =10Ω；
C、当通过甲、乙中的电流为0.2A时，从图形中可以看出，此时甲、乙两端的电压值分别为1V、2V，由于甲、乙为串联，因此电源电压为3V；
D、当甲、乙两端的电压为2V时，从图象中可以看出，此时通过甲、乙的电流分别为
0.4A、0.2A，由于甲、乙并联，因此电路总功率：P=UI=2V×（0.4A+0.2A）=1.2W．
故答案为：D．
【分析】（1）根据图中信息读出对应的电压和电流，结合欧姆定律R=即可判断出电阻甲
和电阻乙的变化；
（2）从图象中读出当电阻乙两端的电压为2V时对应的电流值，然后根据R=即可求出此时的电阻；
（3）从图象中读出当甲、乙电阻中的电流为0.2A时对应的电压值，再根据串联电路两端电压等于各部分电压之和求出电源电压；
（4）从图象中读出当甲、乙电阻两端的电压为2V时对应的电流，然后根据P=UI即可求出电路中的总功率.
18．家用饮水机是一种双温电热器，其工作原理可简化为如图所示的电路，R1为定值电阻，R2为电热板，R1=3R2，a、b是温控开关S的两个触点，调节S可使饮水机处于加热或保温状态。

则饮水机在加热与保温状态时R2消耗的电功率之比及有关说法正确的是（）
A. 4：1，S与a点接触时处于保温状态
B. 16:1，S与a点接触时处于保温状态
C. 4：1，S与b点接触时处于保温状态
D. 16：1，S与b点接触时处于保温状态
【答案】 B
【解析】【解答】当S接b时是加热状态，此时R2电功率为，当S接a时，电路串联，处于保温状态，R2的电功率为
，则P1:P2=16:1，B符合题意。

故答案为：B.
【分析】根据电阻串联时，总电功率减小，根据电压和电阻可以计算电功率，根据电流和电阻可以计算电功率大小。

19．王楠同学在学习了滑动变阻器的知识后，决定将自己的台灯改为调光式，于是他从解放碑雅兰电子城买了“1W 2kΩ”的电位器一个，装在台灯（灯泡为“PZ22060”）上，一开灯，确实能调光，但电位器一会儿就冒起烟了，吓得他赶快扯下了插头。

分析他失败的原因是（）
A. 因为一开灯能调光，说明电位器规格正确，主要是电位器的质量低劣
B. 电位器额定功率偏小。