【内容简介】1.（2020广东省）如图所示为“探究电流通过导体产生的热量跟______的关系”的实验装置。实验中用U形管内液面高度差的大小来反映电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫______（选填“控制变量”或“转换”）法。通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量比右侧的______（选填 “多”或“少”）。 【答案】    (1). 电阻    (2). 转换    (3). 少【解析】【详解】[1]由图知，两电阻的阻值不同，串联于电路中，通过两电阻的电流相等，通过时间相等，故探究电流通过导体产生的热量跟电阻的关系。[2]在实验中无法直接测量电流通过导体产生热量，通过U形管内液面高度差的大小来判断电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫做转换法。[3]通电一段时间后，左侧的电阻小于右侧的电阻，通过两电阻的电流相等，由焦耳定律 知，左侧容器内空气吸收的热量比右侧的少。2.（2020广东省）某款电热饮水机具有加热和保温两挡，额定电压为220V。如图甲是其电路原理图，S0为温控开关，R1、R2为电热丝（阻值不变）。某次饮水机在额定电压下工作的电功率P与时间t的关系图象如图乙所示，求：(1)饮水机处于加热挡阶段消耗的电能：(2)饮水机处于保温挡时，通过R1的电流；(3) R2的阻值。 【答案】(1)1.452×105J；(2)0.2A；(3) 110Ω【解析】【详解】(1) 由图乙可得，饮水机加热时，加热功率P1 =484 W ，加热时间t1 = 300s，故饮水机处于加热档阶段消耗的电能W1=P1t1=484 W 300s=1.452×105J加热挡阶段消耗的电能为1.452×105J。(2)只闭合S时，R1接入电路，此时饮水机处于保温档。由图乙可知，保温功率为P2 =44 W，流过R1的电流I2= = =0.2A流过R1的电流为0.2A。(3)当开关S、S0闭合时，R1与R2并联，处于加热档，那R2的功率P=P1-P2=484 W-44 W=440 W由P= 得R2的阻值R2= = =110ΩR2的阻值为110Ω。答： (1) 饮水机处于加热挡阶段消耗的电能为1.452×105J；(2)饮水机处于保温挡时，通过R1的电流为0.2 A；(3) R2的阻值为110Ω。3.（2020广东省）小明家的台灯是通过电位器来调节亮度的。他猜想：台灯变亮时电位器消耗电能的功率会变小，为此他设计了如图甲所示的电路进行探究，已知电源电压为4V并保持不变，电压表（0~3V）2个，电流表（0~0.6A）， 滑动变阻器规格为“20Ω  1A”，小灯泡L标有“2.5V  1.25W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。 (1)电路中a是______表，b是______表；(2)实验中，小灯泡正常发光时电流表的示数为______A；(3)根据实验数据，绘制出滑动变阻器的由功率PR与小灯泡的电功率PL的关系图像如图乙所示，由图可知：小灯泡的电功率（亮度）变大时，滑动变阻器的电功率______；(4)假设实验所用的小灯泡能承受的最大电压可以高出其额定电压的 ，在确保电路中各元件安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡的电功率变化范围是从______W至______W。【答案】    (1). 电流    (2). 电压    (3). 0.5    (4). 先变大后变小    (5). 0.2    (6). 1.8【解析】【详解】(1)[1]电路中表a与滑动变阻器串联，则a是电流表。[2]表b与滑动变阻器并联，则b是电压表。(2)[3]根据 可知，小灯泡正常发光时电流 此时电流表的示数为0.5A。(3)[4]由图可知：小灯泡的电功率（亮度）变大时，滑动变阻器的电功率先变大后变小。(4)[5][6]根据欧姆定律可知，灯丝的电阻 当电压表b的示数为3V时，电路中的电流最小，此时灯泡两端的电压为 则小灯泡的最小功率 小灯泡能承受的最大电压可以高出其额定电压的 ，则小灯泡能承受的最大电流为 即超过了电流表的量程，则电路中的最大电流为0.6A，所以小灯泡的最大功率 小灯泡的电功率变化范围是从0.2W至1.8W。