【物理】2020届一轮复习粤教版23直流电路作业
课练 23 直流电路
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1.[2019·重庆市重庆一中摸底]某兴趣小组调查一条河流的水质情况，通过计算结果表明，被污染的河里一分钟内有相当于6 C的正离子和9 C的负离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是( )
A．0.25 A 顺流而下 B．0.05 A 顺流而下
C．0.25 A 逆流而上 D．0.05 A 逆流而上
答案：D
解析：若正、负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两种离子电荷量绝对值之和，若正、负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正、负离子的电荷量的代数和，所以由题意可知，在1 min内向下游通过横截面的总电荷量应为q＝6 C－9 C＝－3 C，所以电流I＝＝－0.05 A，负号表示等效电流方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，选项D正确．
2．[2019·湖南省益阳模拟](多选)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U0，则( )
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的平均速率为
D．导线中自由电子定向移动的平均速率为
答案：AD
解析：将金属导线均匀拉长，因横截面半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析可知，导线电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝可知，电流变为，A项正确，B
项错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，C项错误，D项正确．
3．[2019·天津市耀华中学检测]如图所示，两根横截面积相同的不同材料制成的导线Ⅰ和Ⅱ，串联后接入电路．若导线上任意一点的电势φ随该点与a点距离x的变化关系如图所示．导线Ⅰ和Ⅱ的电阻率分别为ρ1、ρ2，电阻分别为R1、R2，则( )
A．ρ1<ρ2，R1
ρ2，R1R2 D．ρ1>ρ2，R1>R2
答案：A
解析：由U＝IR，R＝ρ，根据导线上任意一点的电势φ随该点与a点距离x的变化关系图线，可知ρ1<ρ2,2R1＝R2，A项正确．
4．[2019·华南师大附中月考]如图所示，电阻R1、R2串联在12 V的电路中，R1＝6 kΩ，R2＝3 kΩ.当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3 V量程测量R2两端的电压时，电压表的示数是3 V；当用该电压表0～15 V量程测量R1两端的电压时，电压表的示数为( )
A．9 V B．8 V
C．7.5 V D．6 V
答案：C
解析：设0～3 V量程的电压表的内阻为RV，依据串联电路的规律有：R1＝3×，解得RV＝6 kΩ；根据电压表的改装原理可知0～15 V量程的电压表的内阻为R′V＝30 kΩ，所以当用该电压表0～15 V量程测量R1两端的电压时，电压表与R1并联的电阻为R并＝＝5 kΩ，则电压表的读数为×12 V＝7.5 V，所以C项正确．
5．[2019·江西省吉安一中检测]如图所示的电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1：R2：R3＝1：2：
3；当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是( )
A．I1：I2＝3：4
B．I1：I2＝4：9
C．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为3：5
D．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为1：1
答案：C
解析：电源接在a、b两点时，电路图如图1所示，并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，则有＝＝，故A、B错误；将A1、A2换成理想电压表，如图2所示成为串联电路，UR1：UR2：UR3＝1：2：3，＝，故C正确，D错误．
6．[2019·河北省石家庄二中模拟]如图所示电路，已知R1＝3 kΩ，R2＝2 kΩ，R3＝2 kΩ，I＝10 mA，I1＝6 mA，则a、b两点电势高低和通过R2中电流正确的是( )
A．a比b高，4 mA B．a比b高，2 mA
C．a比b低，5 mA D．a比b低，4 mA
答案：C
解析：设c点电势为零，则电流通过R1的电压降为|Uca|＝I1R1＝18 V，即a点电势为－18 V，流过R3的电流I3＝I－I1＝4 mA，同理可知，b点电势为－8 V；可见a点电势比b点低，通过R2的电流I2＝＝5 mA，故选项C正确．
7．[2019·山西省太原五中模拟]某种金属导体的U—I图象如图所示，图象上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于该导体的叙述，下列说法中正确的是( )
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电功率与电压U的平方成正比
C．在A点，导体的电阻为tanβ
D．在A点，导体的电阻为tanα
答案：A
解析：由图象知，U增大，电流I也增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标的乘积，则电功率增大，故A选项正确；由欧姆定律知，导体的电阻R＝，随着U增大，I增大得越来越慢，故导体的电阻R随U的增大而增大，由P＝知导体的电功率与电压U的平方不成正比，故B选项错误；在物理图象中上，图线的倾角与标度的选取有关，不能用倾角的正切求电阻，所以C、D选项错误．
8．[2019·江西省新余一中模拟]下列关于电动势的说法正确的是( )
A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比
B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压
C．非静电力做的功越多，电动势就越大
D．E＝只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的
答案：D
解析：电动势的定义式E＝中，E与W、q无关，E反映的是电源的属性，由电源内部非静电力的特性决定，故A、C项错误，D项正确；电动势的单位虽然与电压的单位相同，但两者有本质的区别，B项错误．
9．[2019·福建师大附中模拟]如图甲所示，电压表V1、V2
串联接入电路中时，示数分别为6 V和4 V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V，电源的电动势为( )
A．9.8 V B．10 V
C．10.8 V D．11.2 V
答案：C
解析：设电源的电动势和内阻分别为E和r，电压表V2的内阻为R2，根据闭合电路欧姆定律，对题图甲和题图乙分别有：E＝6 V＋4 V＋r，E＝9 V＋r，解得E＝10.8 V．故只有选项C正确．
10.
[2019·湖北省宜昌市夷陵中学检测](多选)如图所示的电路，由电源、电阻箱和电流表组成，电源电动势E＝4 V，内阻r＝2 Ω.电流表内阻忽略不计，调节电阻箱，当电阻箱读数等于R1和R2时，电流表对应的读数分别为I1和I2，这两种情况下电源的输出功率相等．下列说法中正确的是( )
A．I1＋I2＝2 A B．I1－I2＝2 A
C．R1＝ D．R1＝
答案：AD
解析：根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir，输出功率P＝UI＝EI－I2r，根据题述，EI1－Ir＝EI2－Ir，整理得：I1＋I2＝2 A，故A项正确，B项错误；电源的输出功率P＝IR1＝IR2，且E＝I1(r＋R1)＝I2(r＋R2)，整理得：R1R2＝4 Ω2，故C项错误，D项正确．
11．[2019·湖北省黄岗中学测试](多选)如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V、0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M
均正常工作．则( )
A．电源内阻为1 Ω
B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机的正常工作电压为1 V
D．电源效率约为93.3%
答案：AD
解析：由小灯泡的额定功率P＝UI可知，I＝0.2 A，由欧姆定律得RL＝，可知小灯泡正常发光时电阻RL＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，I＝，解得r＝1 Ω，A项正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A，故电动机两端电压U′＝E－IRL－Ir＝0.8 V，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 Ω，B、C项错误；由P＝I2r，η＝×100%，代入数据可得电源效率约93.3%，D项正确．
12.
[2019·河南省郑州检测](多选)如图所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )
A．电流表读数变小，电压表读数变大
B．小灯泡L变亮
C．电源的输出功率一定变大
D．电容器所带的电荷量减少
答案：BD
解析：闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律，总电流增大，路端电压减小，电流表读数增大，小灯泡变亮，电压表读数减小，选项A错误，B正确；由于不知内阻与滑动变阻器接入电路中阻值的大小关系，故不能判断出电源输出功率的变化情况，选项C错误；由于小灯泡中电流增大，小灯泡两端电压增大，而路端电压减小，所以电容器两极板之间的电压一定减小，由C＝可知，电容器所带的电荷量Q减少，选项D正确．
13．[2019·四川省成都市树德中学测试]A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图所示的电路中．电路中的R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S.此时理想电流表A和理想电压表V的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定．则以下说法正确的是( )
A．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大
B．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U增大
C．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变
答案：D
解析：将R2的滑动触头P向b端移动时，因为电容器的电阻无穷大，所以I不变，U不变，即A项错误；保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，光敏电阻R1的值将变小，外电路总电阻减小，则I增大，U减小，所以B项错误；保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则A、B两金属板间的电压减小，两板间电场强度减小，小球所受电场力减小，所以小球重新达到稳定后θ变小，即C项错误；保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等于电源的内阻r，即不变，所以D项正确．
14.
[2019·湖北省孝感调研]
如图所示，电路中的电源为恒流源或恒压源(不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流或定值电压)．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的示数变化量的绝对值为ΔU，电流表的示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是( )
A．若电源为恒压源时，V示数增大，A示数减小
B．若电源为恒压源时，V示数不变，A示数增大
C．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，＝R1
D．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数增大，＝R2
答案：C
解析：若电源为恒压源时，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，总电阻增大，总电流减小，所以R2两端的电压减小，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，V的示数不变，即A、B项错误；若电源为恒流源时，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，总电阻增大，V示数增大，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，因为U＝I0R2＋(I0－I)R1，所以＝R1，C项正确，D项错误．
15．[2019·云南师大附中模拟](多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时( )
A．L1上的电压为L2上电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75 W
C．L2的电阻为12 Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4
答案：BD
解析：电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75 W，B项正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L2两端电压大约为0.3 V，L1两端电压大约为L2两端电压的10倍，A项错误；由欧姆定律，L2的电阻约为R2＝＝ Ω＝2.4 Ω，C项错误；L2消耗的电功率约为P2＝U2I2
＝0.3 ×0.125 W＝0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4，D项正确．
16.
[2019·湖北省部分重点中学联考](多选)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U—I图象，倾斜虚线是过a、b交点的a的切线．在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是( )
A．此时硅光电池的内阻为12.5 Ω
B．此时硅光电池的输出功率为0.5 W
C．此时硅光电池的总功率为0.72 W
D．此时硅光电池的输出效率为40%
答案：BC
解析：由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点可得电动势为E＝3.6 V．根据两图线交点处的状态可知，电阻R两端的电压为2.5 V，则内阻r＝ Ω＝5.5 Ω，故A项错误；此时硅光电池的输出功率P出＝UI＝2.5×0.2 W＝0.5 W，B项正确；此时硅光电池的总功率为P总＝EI＝0.72 W，C项正确；此时硅光电池的输出效率为η＝×100%＝×100%≈69.4%，D项错误．
课时测评 综合提能力 课时练 赢高分
一、选择题
1．[2019·湖北黄冈模拟](多选)在科学研究中，经常用“电导率”这一概念来表示物质导电本领的强弱，电导率是电阻率的倒数，如图是硫酸浓度与电导率的关系图，下列判断正确的是 ( )
A．浓度越高导电性能不一定越好
B．可以根据电导率来确定硫酸浓度
C．硫酸的导电性能与其浓度有关，所以对于某一浓度的硫酸导电时，不再遵守欧姆定律
D．浓度确定的硫酸导电时，仍然遵守欧姆定律
答案：AD
解析：由题图可知，电导率并不是随浓度的增大而增大的，浓度越高导电性能不一定越好，故A正确；因电导率与浓度没有确定关系，因此不可以根据电导率来确定硫酸浓度，故B错误；硫酸的导电性能与其浓度有关，但是对确定浓度的硫酸来说它仍然遵守欧姆定律，故C错误，D正确．
2.
[2019·天津红桥区模拟](多选)某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后二者电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点．则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是( )
A．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线
C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值
D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
答案：BD
解析：小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流的增大而增大，阻值也随着增大，所以题图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流的增大而增大，其阻值会逐渐减小，所以题图中图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A错误，B正确；两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知，此时两者的阻值相等，功率也相等，故C错误，D正确．
3.
[2019·吉林省实验中学模拟](多选)如图所示，由于某电阻断路，致使电压表和电流表的示数均比该电阻未断时要大，则这个断路的电阻可能是( )
A．R1 B．R2
C．R3 D．R4
答案：AD
解析：若R1断路，则R总变大→I总变小→U端变大→I2变大，即电流表示数变大，U端变大，I4变大→U4变大，所以选项A正确；若R2断路，电流表示数为零，则B错误；若R3断路，电压表示数为零，则C错误；若R4断路，则R总变大→I总变小→U端变大，即电流表和R2串联后两端电压变大，则电流表示数变大；R4断路后，则电压表的内阻大，所以R3所在支路近似断路，则电压表示数此时也变大，即D正确．
4.
[2019·贵州省贵阳监测]阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E(内阻不计)连接成如图所示电路．保持开关S1闭合，开关S2断开，电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为( )
A. B.
C. D.
答案：A
解析：开关S2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U1＝，电容器所带的电荷量为Q1＝CU1＝；开关S2
闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U2＝E，电容器所带的电荷量为Q2＝CU2＝CE，则Q1：Q2＝1：2，即Q1与Q2的比值为，A正确．
5．[2019·湖南岳阳模拟]某电池对纯电阻供电的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．则下列说法正确的是( )
A．该电源的电动势E＝2 V
B．该电源的内阻r＝1 Ω
C．若I＝2 A，则外电阻R＝1 Ω
D．同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，且r＝R1·R2
答案：A
解析：当外电阻等于电源内阻时，输出功率最大，P＝I2R＝I2r，解得r＝0.5 Ω，由闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)＝2×(0.5＋0.5) V＝2 V，A正确，B错误；当I＝2 A时，电源的输出功率最大，此时外电阻等于内阻，所以R＝0.5 Ω，C错误；同一输出功率可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，有2R1＝2R2，解得r2＝R1·R2，D错误．
6．[2019·湖南衡阳检测](多选)如图甲所示，电阻R1的阻值为0.5R0、灯泡L的电阻值恒为R0，R2是热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图乙所示．已知电流表为理想电表，电源的内阻r＝R0.则下列说法中正确的是( )
A．当温度升高时，R1两端的电压增大
B．当温度降低时，电流表的示数增大
C．当温度升高时，灯泡L的亮度变大
D．当温度为40 ℃时，电源的输出功率最大
答案：AD
解析：温度升高时，R2的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，R1两端电压增大，电源内电压增大，路端电压减小，灯泡L两端的电压减小，灯泡L的亮度变小，A正确，C错误；温度降低时，R2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，B错误；温度为40 ℃时，R2＝R0，此时外电路的总电阻为R0，等于电源的内阻，所以电源的输出功率最大，D正确．
7．[2019·江西九江十校第二次联考](多选)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻分别为R1、R2，电位器(滑动变阻器)为R，L1是小灯泡，电压表和电流表都为理想电表．闭合开关，当电位器的触片滑向b端时，则下列说法正确的是( )
A．小灯泡L1将变亮
B．电压表的示数与电流表A1示数的比值将变大
C．电流表A1的示数将变大
D．电源的电功率将变大
答案：ACD
解析：当电位器的触片滑向b端时，电位器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A1的示数将变大，路端电压变小，通过R1、R2的电流变小，通过小灯泡L1所在支路电流变大，小灯泡L1将变亮，故A、C正确．电压表的示数与电流表A1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故B错误．总电流变大，由P＝EI知，电源的电功率将变大，故D正确．
8．[2019·安徽淮北模拟]在如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法错误的是( )
A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况
C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大
D．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变
答案：C
解析：滑片P向上滑动，R2减小，总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，R1两端电压增大，R2两端电压减小，根据这些变化关系可知，图线a是电压表V3的示数随电流表示数变化的图线，图线b是电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，图线c是电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，A、B说法正确；＝r，而＝R1，C说法错误，D说法正确．
9．[2019·河北省石家庄二中检测]
(多选)在如图所示电路中，已知电表均为理想电表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A、电压表V1、电压表V2的示数分别为I、U1和U2，P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、电压表V2示数变化量的绝对值分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是( )
A.>r＋R1
B．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大
C．电源的输出功率变大
D.变大、变大
答案：AC
解析：滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R1两端电压减小，R2两端电压增大，根据闭合电路欧姆定律有：U1＝U2－(I－)R1，所以有r＋R1＋>r＋R1，所以A项正确；U外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R1两端电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B项错误；小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R1、R2就更小了，当外电阻等于内阻时，P出最大，所以当外阻小于内阻时，外电阻增大，P出增大，则C项正确；为外电阻，变大，为内阻，不变，则D项错误．
10．[名师原创](多选)如图所示为某电源的输出功率随外电阻变化的图象，则下列说法中正确的是( )
A．电源的内阻等于R2
B．当外电阻R＝R2时，电源的效率为50%
C．当外电阻为R2时电源的效率一定大于外电阻为R1时电源的效率
D．R2－R1＝R3－R2
答案：ABC
解析：设电源电动势为E，内阻为r，则P出＝I2R＝()2R＝，当外电阻R＝r时，电源的输出功率最大，由题图可知r＝R2，A正确；此时电源的效率η＝＝＝＝50%，故B正确；由η＝，可知外电阻越大，电源的效率就越高，故C正确；由题图可知，电源的输出功率随外电阻变化的图象并不关于直线R＝R2对称，故R2－R1≠R3－R2，D错误．
11.
[2019·榆林模拟]如图所示，A为电解槽，为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻rA＝2 Ω，S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6 A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4 A．求：
(1)电炉子的电阻及发热功率；
(2)电动机的内阻；
(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．
答案：(1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W
解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R＝＝ Ω＝2 Ω
其发热功率为：
P＝UI1＝12×6 W＝72 W.
(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI2＝IrM＋P输出，所以：rM＝＝ Ω＝1 Ω.
(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P化＝UI3－IrA
所以P化＝(12×4－42×2) W＝16 W.
12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A．若将它们连接成图甲、图乙所示电路，且灯泡都正常发光．
(1)试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；
(2)分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．
答案：(1)0.9 A,0.045 W (2)2.7 W,1.8 W，乙电路更节能
解析：(1)由题意，在图甲电路中：
电路的总电流I总＝IL1＋IL2＋IL3＝0.9 A
U路端＝E－I总r＝2.55 V
UR2＝U路端－UL3＝0.05 V
IR2＝I总＝0.9 A
电阻R2的消耗功率PR2＝IR2UR2＝0.045 W
(2)图甲电源提供的电功率
P总＝I总E＝0.9×3 W＝2.7 W
图乙电源提供的电功率
P′总＝I′总E′＝0.3×6 W＝1.8 W
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总
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