题目内容
小强同学设计了如图所示的电路，用来测量电阻R2的阻值．他将开关S分别与a、b接触时，电流表的示数之比为50：1，已知R1=44Ω．（1）R2的阻值是多少？
（2）此电路图与日常生活中的许多家用电器的设计电路相同，其S就是一个温控开关，则这个电阻丝R1是加热的还是保温的？
（3）如将此电路接入家庭照明电路中，开关S分别与a、b接触时，R1消耗的功率分别是多大？
（4）如此电路是某品牌电热水壶的电路设计图，为充分利用好电能，在不改变电路连接方法的前提下，请你对此电热水壶的电路设计提出合理的改进方法．
分析：（1）根据开关变化前后电流的比值和欧姆定律列方程求解；
（2）根据开关变化前后，比较电路消耗电功率，消耗功率大的，电路处于加热状态；
（3）根据P=
和P=I2R1=（
）2R1求解；
（4）由于保温时，R1、R2都在消耗电能，为了节能，可以将R2也作为发热体．
（2）根据开关变化前后，比较电路消耗电功率，消耗功率大的，电路处于加热状态；
（3）根据P=
| U2 |
| R1 |
| U |
| R1+R2 |
（4）由于保温时，R1、R2都在消耗电能，为了节能，可以将R2也作为发热体．
解答：解：（1）S接a时只有R1接入电路，∴Ia=
，
当S接b时R1、R2串联，∴Ib=
，
∵
=
∴
=50，故
=50
解之得：R2=2156Ω
（2）因为S接a时只有R1接入电路，所以Pa=
，
当S接b时R1、R2串联，Pb=
，
∴Pa＞Pb，∴S接a时，电路处于加热状态，故电阻丝R1是加热的；
（3）开关S与a接触时，R1消耗的功率P1=
=
=1100W，
开关S与b接触时，R1消耗的功率P2=Ib2R1=（
）2R1=（
）2×44Ω=0.44W
答：（1）R2的阻值2156Ω；
（2）电阻丝R1是加热的；
（3）开关S与a接触时，R1消耗的功率是1100W； 开关S与b接触时，R1消耗的功率是0.44W；
（4）保温时，将R2与R1都作为发热体，把R2上消耗的电能转化为内能一并加以利用，用于保温，可节约电能．
| U |
| R1 |
当S接b时R1、R2串联，∴Ib=
| U |
| R1+R2 |
∵
| Ia |
| Ib |
| 50 |
| 1 |
| R1+R2 |
| R1 |
| 44Ω+R2 |
| 44Ω |
解之得：R2=2156Ω
（2）因为S接a时只有R1接入电路，所以Pa=
| U2 |
| R1 |
当S接b时R1、R2串联，Pb=
| U2 |
| R1+R2 |
∴Pa＞Pb，∴S接a时，电路处于加热状态，故电阻丝R1是加热的；
（3）开关S与a接触时，R1消耗的功率P1=
| U2 |
| R1 |
| (220V)2 |
| 44Ω |
开关S与b接触时，R1消耗的功率P2=Ib2R1=（
| U |
| R1+R2 |
| 220V |
| 44Ω+2156Ω |
答：（1）R2的阻值2156Ω；
（2）电阻丝R1是加热的；
（3）开关S与a接触时，R1消耗的功率是1100W； 开关S与b接触时，R1消耗的功率是0.44W；
（4）保温时，将R2与R1都作为发热体，把R2上消耗的电能转化为内能一并加以利用，用于保温，可节约电能．
点评：若题中有几个电阻要求电功率时，应注意看清楚是求哪个电阻消耗的电功率．
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