《2025年5年中考3年模拟物理湖南专版》

6. (2024湘潭模拟)小芳家有一个标有“220V 1100W”字样的电热水壶，该电热水壶正常工作的电压为______V；使用电热水壶烧水时，电热水壶发热丝发热使壶体发烫，而连接电热水壶的导线发热却并不明显，这是因为发热丝的______(选填“电流”或“电阻”)比导线的大；将电热水壶单独连接在电路中使用时，发现电能表(如图所示)上的指示灯在360s内闪烁了160次，则该电热水壶消耗的实际功率为______W。

答案： 6.答案 220 电阻 1000
解析 标有“220V 1100W”字样的电热水壶，正常工作的电压为220V；电热水壶发热丝与连接电热水壶的导线是串联的，则通过电热水壶发热丝和连接电热水壶的导线的电流相同、通电时间也相同，由于电热水壶发热丝的电阻远大于导线的电阻，所以电热水壶烧水时电热丝很烫，但连接电热水壶的导线却并不怎么热；据电能表参数1600imp/(kW·h)知，电路中用电器每消耗1kW·h的电能，电能表的指示灯闪烁1600次，所以指示灯闪烁160次消耗的电能$W=\frac{160}{1600}kW·h = 0.1kW·h = 3.6×10^5J$；电热水壶的功率$P=\frac{W}{t}=\frac{3.6×10^5J}{360s}= 1000W$。

7. (2024岳阳一模)标有“2V 1W”的小灯泡，其正常发光时的电流为______A；将其和一电阻串联接在3V的电源上，忽略温度对灯泡电阻的影响，若使小灯泡的实际功率为0.36W，应串联一个______Ω的电阻。

答案： 7.答案 0.5 6
解析 由$P = UI$可得小灯泡正常发光时的电流$I_{额}=\frac{P_{额}}{U_{额}}=\frac{1W}{2V}= 0.5A$，忽略温度对灯泡电阻的影响，根据欧姆定律可得该灯泡的电阻$R_L=\frac{U_{额}}{I_{额}}=\frac{2V}{0.5A}= 4Ω$；将该灯泡和一个电阻串联接在3V的电源上时，小灯泡的实际功率为0.36W，因串联电路中各处的电流相等，则由$P = I^2R$可得，此时电路中的电流$I=\sqrt{\frac{P_{实}}{R_L}}=\sqrt{\frac{0.36W}{4Ω}}= 0.3A$，由$I=\frac{U}{R}$可得，电路的总电阻$R_{总}=\frac{U}{I}=\frac{3V}{0.3A}= 10Ω$，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则串联电阻的阻值$R = R_{总} - R_L = 10Ω - 4Ω = 6Ω$。

8. (2024长沙一模)如图甲所示电路，电源电压不变，R2是定值电阻，滑动变阻器R1标有“80Ω 1A”，电流表量程为0~0.6A，两个电压表量程均为0~15V。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从a点滑到b点的过程中，电压表V2的示数随滑动变阻器阻值变化的图像如图乙所示。则电源电压为______V，R2的阻值为______Ω。在保证电路安全的前提下，最大范围内移动滑片P，电路总功率最大为______W。

答案： 8.答案 18 20 10.8
解析 闭合开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表$V_2$测量定值电阻$R_2$两端的电压，电压表$V_1$测量滑动变阻器$R_1$两端的电压。由图乙可知，电压表$V_2$的示数$U_2 = 9V$时，$R_a = 20Ω$，根据欧姆定律和串联电路分压规律有$\frac{U_2}{R_2}=\frac{U - U_2}{R_a}$，即$\frac{9V}{R_2}=\frac{U - 9V}{20Ω}$，电压表$V_2$的示数$U_2' = 6V$时，$R_b = 40Ω$，根据欧姆定律和串联电路分压规律有$\frac{U_2'}{R_2}=\frac{U - U_2'}{R_b}$，即$\frac{6V}{R_2}=\frac{U - 6V}{40Ω}$，解得：$U = 18V$，$R_2 = 20Ω$；当电路中电流取最大值0.6A时，电路中总电阻最小，此时电路总功率最大$P_{大} = UI_{大} = 18V×0.6A = 10.8W$。

9. (2024株洲模拟)如图所示电路，电源电压保持12V不变，R为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，且R1∶R2 = 1∶2，此电路的连接方式是______联。当R的滑片置于中点A处时，电流表A1、A2的示数之比为8∶5，电路的总功率为26.4W，则R的最大阻值为______Ω。

答案： 9.答案 并 60
解析 由图可知，三个电阻并联接入电路，电流表$A_1$测通过$R_1$和R的电流，电流表$A_2$测通过$R_2$和R的电流，电流表A测量通过三个电阻的总电流；并联电路干路电流等于各支路电流之和，电路总功率为26.4W，则干路电流$I = I_1 + I_A + I_2=\frac{P}{U}=\frac{26.4W}{12V}= 2.2A$，并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得通过两定值电阻的电流之比$\frac{I_1}{I_2}=\frac{\frac{U}{R_1}}{\frac{U}{R_2}}=\frac{R_2}{R_1}=\frac{2}{1}$，滑片置于中点A处时，电流表$A_1$、$A_2$示数之比为8 : 5，即$\frac{I_1 + I_A}{I_A + I_2}=\frac{8}{5}$，可得：$I_1 = 1.2A$，$I_2 = 0.6A$，$I_A = 0.4A$，根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值$R=\frac{U}{I_A}×2=\frac{12V}{0.4A}×2 = 60Ω$。

三、实验探究题
10. (2024长沙一模)如图是探究“电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”的装置。


(1)实验中电流通过导体时产生热量的多少是通过观察U形管两侧液面高度差反映出来的，这种研究物理问题的方法叫______;
(2)图甲通电一段时间后，______侧容器中的电阻产生的热量较多;
(3)图乙中电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流______。

答案： 10.答案
(1)转换法
(2)右
(3)不相等
解析
(1)容器内空气温度的变化不易观察，但容器内空气温度升高时，空气体积膨胀，推动U形管中的液体，从而用U形管中两侧液面的高度差来显示容器内空气温度的变化，这是转换法。
(2)图甲中，两个电阻串联，通过它们的电流和通电时间相等，右侧容器内电阻的阻值较大，U形管两侧液面高度差较大，电阻产生的热量较多。
(3)图乙中右侧容器外部的电阻$R_3$和内部的电阻$R_2$并联后再和左侧容器内电阻$R_1$串联，由串、并联电路电流的规律可知通过两个容器内电阻的电流大小不相等，所以电阻$R_3$的作用是为了使电阻$R_1$和$R_2$中的电流不相等。