题目内容
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课外活动小组要设计一个加热功率为484W、保温功率为22W的电热器，其简易电路图如图甲所示，R1、R2是电热丝，电热器接在220V恒压电源上，设电热丝的阻值不随温度变化．（1）求：R1的阻值．
（2）求：电热器处于保温状态时，R2消耗的电功率．
（3）用甲图中的电热丝R1和R2连接成如图乙所示电路图，通过这样的设计加热功率会增加，保温功率会增加．（填“增加”、“减小”或“不变”）
分析 （1）当开关S闭合时，电热器才处于高温加热状态，额定加热功率为484W；又已知电压为220V，因此直接利用R=$\frac{{U}^{2}}{R}$即可求出R1的阻值；
（2）当电热器处于保温状态时，R1、R2串联，先利用I=$\frac{P}{U}$求出电路中的电流，然后再利用P=I2R求出R1的实际功率，则R2消耗的电功率等于保温功率减去R1的实际功率；
（3）直接利用P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求出两种状态下的功率即可判断是否符合要求．
解答 解：
（1）由图甲可知，当开关S断开时，两电阻丝串联，总电阻较大；当开关S闭合时，电路只有R1连入，总电阻较小．
电源电压一定，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知：当开关S闭合时，电热器才处于高温加热状态，
R1=$\frac{{U}^{2}}{{P}_{加热}}$=$\frac{（220V）^{2}}{484W}$=100Ω；
（2）当电热器处于保温状态时，R1、R2串联，
由P=UI得：
电路中的电流I保=$\frac{{P}_{保温}}{U}$=$\frac{22W}{220V}$=0.1A；
P1=I2R1=（0.1A）2×100Ω=1W，
则P2=P保-P1=22W-1W=21W；
（3）用甲图中的电热丝R1和R2连接成如图乙所示电路图，由乙图可知：
当S闭合，R1、R2并联，为加热状态，U=U1=U2=220V，根据P=$\frac{{U}^{2}}{R}$，P1′=P加热=484W，则加热功率为：P加热′=P1′+P2′＞=484W．即加热功率增加；
当S断开，只有R2连入，为保温状态，此时电流是电流I保′=$\frac{U}{{R}_{2}}$，甲图中保温时电流I保=$\frac{U}{{R}_{1}+{R}_{2}}$，
I保′＞I保，
根据P=UI可知：P保′＞P保，即保温功率增加．
答：（1）R1的阻值为100Ω；
（2）电热器处于保温状态时，R2消耗的电功率为1W；
（3）增加；增加．
点评 本题考查了串联和并联电路的特点、欧姆定律的应用和功率的计算；关键是正确分析出开关断开与闭合时电路中电阻的连接情况．
阅读快车系列答案
下表为现在家庭、宾馆常用的电水壶的铭牌，某同学用这种电水壶烧开水，他将水装至最大容量，测得水的初温是20℃，通电5min50s，水烧开（在一个标准大气压下），试通过计算回答下列问题：（1）此电水壶正常工作时的电流；
（2）该电水壶正常工作时电热丝的电阻多大？
（3）水从20℃烧开所吸收的热量是多少？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]
（4）现测得电源电压为200V，此电水壶工作的效率．
| 额定电压 | 220V |
| 额定功率 | 1210W |
| 最大容量 | 1L |
小明在做“测定小灯泡的电功率”的实验中，所用器材有三节新干电池串联的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实际要求的滑动变阻器，电流表，电压表，开关和导线，图甲是小明还没有连接完成的实验电路．小明通过移动滑片P，分布记下了多组对应的电压表和电流表的示数如表所示，根据小明的实验数据，滑动变阻器接入电路的阻值范围应为6.8～20Ω
| 实验次数 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| U/V | 1.50 | 2.00 | 2.50 | 3.00 |
| I/A | 0.15 | 0.18 | 0.20 | 0.22 |
如图所示是一个可以调节亮度的台灯电路图，小灯泡上标有“6V 3W”字样，电源电压为9V，变阻器的调节范围是0～30Ω，问：| A． | 可见光不是电磁波 | |
| B． | 电磁波可以传递信息，激光不能传递信息 | |
| C． | 电磁波只能在空气和真空中传播 | |
| D． | 电磁波在真空中传播速度为3×108m/s |