【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题8.1《电流、导体的电阻、电功和电功率及导体电阻率的测量》练习（解析版）.doc，共(17)页，348.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题8.1电流、导体的电阻、电功和电功率及导体电阻率的测量【练】目录一．练经典题型.............................................................................................

.............................................................1二、练创新情景...........................................................

...............................................................................................7三．练规范解答...............

.........................................................................................................................................14一．练经典题型

1.(2021·大连模拟)某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是()A．加5V电压时，导体的电阻约是5ΩB．加11V电压时，导体的电阻约是1.4ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体

的电阻不断减小D．此导体为线性元件【答案】：A【解析】：对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的UI值仍表示该点所对应的电阻值．当导体加5V电压时，电阻R1＝UI＝5Ω，A正确；当导体加11V电

压时，由题图知电流约为1.4A，电阻R2大于1.4Ω，B错误；当电压增大时，UI值增大，即导体的电阻增大，导体为非线性元件，C、D错误．2.(2021·泉州模拟)某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为()A．4

ρ和4RB．ρ和4RC．ρ和16RD．16ρ和16R【答案】C【解析】因温度和材料不变，所以电阻率不变；将导线均匀拉长到直径为原来的一半，则横截面积变为原来的14，长度为原来的4倍，根据电阻定律公式：R0＝ρ4L14S＝16·ρLS＝16R，选项C正确。3．(2021·绵阳月考)(多选)下表

列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()自重40kg额定电压48V载重75kg额定电流12A最大行驶速度20km/h额定输出功率350WA.电动机的输入功率为576WB．电动机的内电阻为4ΩC．该车获得的牵引力为104ND．

该车受到的阻力为63N【答案】：AD【解析】：由于U＝48V，I＝12A，则P＝IU＝576W，故选项A正确；因P入＝P出＋I2r，则r＝576－350122Ω＝11372Ω，故选项B错误；由P出＝Fv＝Ffv得，F

＝Ff＝63N，故选项C错误，D正确．4.(2021·洛阳重点中学月考)(多选)两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知()A．R1为线性元件，R2为非线性元件B．R1的电阻R1＝tan45°

＝1ΩC．R2的电阻随电压的增大而减小D．当U＝1V时，R2的电阻等于R1的电阻【答案】AD【解析】由题图可知R1的伏安特性曲线为过原点的直线，故R1为线性元件，R2的伏安特性曲线为曲线，故R2是非线性元件，故A正确；R1的电阻不等于tan45°，应为U与I的比值，

大小为2Ω，故B错误；R2为非线性元件，其中电阻大小仍等于某一时刻U与I的比值，D正确；由图可知R2的阻值随电压增大而增大，故C错误。5.(2021·河南洛阳统考)如图所示，电源的电动势为30V，内阻为1Ω，与一个标有“6V,12W”的电灯和一个绕线电阻为2Ω的电动机串联．

开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为()A．36WB．44WC．48WD．60W【答案】：A【解析】：电路中的电灯正常发光，说明电路中电流为I＝PU＝2A，电灯两端电压为6V，电源内阻上电压为2V，电动机两端电压为U机＝E－6V－2V＝22V，电动机输

入功率P入＝U机I＝22×2W＝44W，电动机绕线电阻发热功率P热＝I2R＝8W，故电动机输出的机械功率为P出＝P入－P热＝36W，选项A正确．6．(多选)(2021·湖北黄冈模拟)R1和R2是材料相同、厚度相同、上下表面

都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图所示电路的A、B两端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，则下列判断正确的是()A．R1＝R2B．R1＞R2C．U1＜U2D．U1＝U2【答案】：AD

【解析】：电流从导体的横截面流过，由电阻定律R＝ρLS＝ρaad＝ρd，可见电阻与边长a无关，选项A正确；因外电阻相同，故路端电压相等，选项D正确．7.(2021·济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的

两倍，以下说法中正确的是()A．通过甲、乙两导体的电流相同B．通过乙导体的电流是甲导体的两倍C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等【答案】：B【解析】：由I＝ΔqΔt可知，I乙＝2I甲，B正确，A错误；由I＝n

vSq可知，同种金属材料制成的导体，n相同，因S甲＝2S乙，故v甲∶v乙＝1∶4，C、D错误．8．(多选)(2021·黄冈期末)将两截阻值均为R、长度均为L的均匀铜棒A和铝棒B沿中轴线对接后串联接入电路中，已知两棒的横截面积分别为SA和SB，忽略温度变化对电阻的影响，下列说法正确的是

()A．通过铜棒和铝棒的电流大小一定相同B．铜棒两端的电压与铝棒两端电压之比为SB∶SAC．铜和铝的电阻率之比为SA∶SBD．电路稳定后两棒中电场强度均为零【答案】AC【解析】由串联电路的特点知，IA＝IB＝I，故A正确；铜棒和铝棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则根据U＝IR得铜棒两端的电

压与铝棒两端电压相等，故B错误；铜棒和铝棒的电阻相等，由R＝ρLS可知，铜和铝的电阻率之比为SA∶SB，故C正确；电路稳定后两棒中电场强度不为零，在电场力作用下电荷定向移动形成电流，故D错误。9．(2021·赣州一模)有一只小灯泡，其额定电压的标值为2.5V，额定功率的标值

模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率。甲乙丙(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在图甲中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路。(2)开

关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应置于________(选填“A端”“B端”或“AB正中间”)。(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________W。【答案】(1)如图所示甲乙(2)B端(3)1.1【解析】(1)测绘伏安特性曲线时电压、电

流需从0开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5Ω，属于小电阻，电流表采取外接法。灯泡的额定电压为2.5V，电压表选择3V量程，灯泡的额定电流约为0.5A，电流表量程选择0.6A。(2)开关S闭合之前，将图乙中滑动

变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合开关时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用。(3)当电压U＝2.5V时，I＝0.44A，根据P＝UI＝2.5×0.44W＝1.1W。10.(2021·陕西宝鸡市高考

模拟检测(二))有一根均匀的管线状导体，横截面如图甲所示，长约为5.0cm，电阻值约为6Ω.可供选择的器材有：A．电流表(量程0.6A，内阻约为0.1Ω)B．电流表(量程3A，内阻约为0.03Ω)C．电压表(量程3V，内阻约为3kΩ)D．滑动变阻器(1750Ω，0.3A)E

．滑动变阻器(15Ω，3A)F．蓄电池(6V，内阻很小)G．开关一个，带夹子的导线若干(1)使用游标卡尺测量管线状导体的长度如图乙所示，则管线状导体的长度L＝________cm.(2)要精确测量管线样品的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选___

_____．(填选项前的字母)(3)请将如图所示的实际测量电路补充完整．(4)已知管线状导体材料的电阻率为ρ，通过测量得出电压表示数为U，电流表示数为I，外径为d，要想求得管线状导体内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理

量是________，计算中空部分横截面积的表达式为S＝________.【答案】(1)5.01(2)AE(3)见解析图(4)管线状导体长度Lπd24－ρLIU【解析】(1)游标卡尺的精度为0.1mm，所以管线状导体的长度L＝(50＋1×0.

1)mm＝5.01cm.(2)因管线状导体的阻值约为6Ω，电压表的量程为3V，则电流最大约为0.5A，故电流表应选A.为调节方便，应选用总阻值与管线状导体相差不大的滑动变阻器E.(3)因Rx≈6Ω，RARV≈300Ω，故测量电路应为电流表外接法电路．因滑动变阻器

的总阻值大于管线状导体阻值，且实验中不要求电压从零开始调节，故滑动变阻器为限流接法，如图所示．(4)管线状导体长度为L，由导体电阻公式得R＝UI＝ρLd22－S，可得S＝πd24－ρLIU.二、练创新情景1.(多选)(2021·江西南昌调研)如图所示是某型

号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是()A．若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风B．电热丝的电阻为55ΩC．电动机工作时输出

的机械功率为880WD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J【答案】：BD【解析】：开关均闭合时，电动机、电热丝均工作，电吹风吹热风，选项A错误；电动机工作时输出的机械功率为电动机的功率减去自身消耗的功率，其数值一定小

于120W，选项C错误；由P＝U2R得R＝U2P＝22021000－120Ω＝55Ω，选项B正确；电吹风吹热风、冷风时电动机消耗的电功率不变，均为120W，故每秒钟消耗的电能为120J，选项D正确．2．

(多选)(2021·贵州六盘水高三质检)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0.25A，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0.75WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1【答案】：BD【解析】：电路中的总电流为0.25A，L1中电流为0.25A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0V，L1消耗的功率为P1＝U1I1＝0.75

W，选项B正确．根据并联电路规律，L2中电流为0.125A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3V，L1的电压大约为L2电压的10倍，选项A错误．由欧姆定律，L2的电阻为R2＝U2I2＝0.30.12

5Ω＝2.4Ω，选项C错误．L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125W＝0.0375W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1，选项D正确．3.(2021·邢台一中月考)两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲

电阻丝的长度和直径分别为l和d；乙电阻丝的长度和直径分别为2l和2d.将甲、乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，则加在两根电阻丝上的电压的比值应满足()A.U甲U乙＝1B.U甲U乙＝22C.U甲

U乙＝2D.U甲U乙＝2【答案】：C【解析】：由电阻定律R＝ρlS，P＝U2R，得U＝P×ρlS＝P×ρ4lπd2，所以加在两根电阻丝上的电压的比值应满足U甲U乙＝2.综上本题选C.4.(2021·黄冈模

拟)R1和R2是材料相同、厚度相同、上下表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图所示电路的A、B两端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，则下列判断正确的是()A．R1＝R

2B．R1＞R2C．U1＜U2D．U1＝U2【答案】：AD【解析】：电流从导体的横截面流过，由电阻定律R＝ρLS＝ρaad＝ρd，可见电阻与边长a无关，选项A正确；因外电阻相同，故路端电压相等，选项D正确．5.(2021·江西

红色七校第一次联考)如图所示为某家庭使用的智能电饭锅的铭牌。假定该家庭用此电饭锅每天煮饭两次，每次在额定功率下工作30分钟，电价1kW·h为0.54元。则该电饭锅()A．工作时的额定电流为0.41AB．保温时的电流为0.2AC．每次煮饭需消耗电能4.5kW·

hD．一年因煮饭而产生的电费约为177元【答案】D【解析】由题中所给信息知：额定电流I＝PU＝900W220V＝4.1A，选项A错误；保温时电流I′＝P′U＝30W220V＝0.14A，选项B错误；每次煮饭消耗电能E1＝900

×10－3kW×12h＝0.45kW·h，选项C错误；一年因煮饭而产生的电费0.45×2×365×0.54元＝177.39元，选项D正确。6．(2021·南昌六校联考)如图所示，电源电动势E＝12V，内阻

r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R′0＝1Ω。当调节滑动变阻器R1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2W)，则R1和R2连入电路中的阻值分别为()甲乙A．2Ω

，2ΩB．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5ΩD．1.5Ω，2Ω【答案】B【解析】因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1接入电路中的阻值为R1＝r－R0＝2Ω；而题图乙电路是含电动机的非纯电阻电路，欧姆定

律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)＝I(12－3I)＝－3I2＋12I＝－3(I2－4I)＝－3(I－2)2＋12，所以当I＝2A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2W，发热功率为P热＝I2R′0＝4W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6

W，电动机两端的电压为Um＝P入I＝3V，电阻R2两端的电压为U2＝E－Ir－Um＝3V，所以R2接入电路中的阻值为R2＝U2I＝1.5Ω，B正确。7.(2021·江西红色七校第一次联考)通常一次闪电过程历时0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80μs，电

荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前，云、地之间的电势差约为1.0×109V，云、地间距离约为1km；第一个闪击过程中云、地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云、地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×

105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云、地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J【答案】：AC【解析】：由电流的定义式I＝qt知I＝660×10－6A＝1×10

5A，选项A正确；整个过程的平均功率P＝Wt＝qUt＝6×1.0×1090.2W＝3×1010W(t代入0.2s或0.3s)，选项B错误；由E＝Ud＝1.0×1091×103V/m＝1×106V/m，选项C正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力

做的功W＝qU＝6×109J，选项D错误．8．(2021·石家庄模拟)为了探究某电阻Rt在不同温度下的阻值，某同学设计了如图甲所示的电路，其中A为内阻不计、量程为3mA的电流表，E1为电动势为1.5V、内阻约为1

Ω的电源，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，S为单刀双掷开关．(1)实验室中提供的滑动变阻器有两个：RA(0～150Ω)，RB(0～500Ω)，本实验中滑动变阻器R1应选用________(选填“RA”或“RB”)．

(2)完成下面实验步骤：①调节温度，使Rt的温度达到t1；②将S拨向接点1，调节________，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数I；③将S拨向接点2，调节________，使电流表的读数仍为I，记下此时电阻箱的读数R0，则当温度为t1时，电阻Rt＝_

_______；④改变Rt的温度，重复步骤②③，即可测得电阻Rt的阻值随温度变化的规律．(3)现测得电阻Rt随温度t变化的图象如图乙所示．把该电阻与电动势为3.0V、内阻不计的电源E2，量程为3.0V的理想电压表V(图中未

画出)和电阻箱R2连成如图丙所示的电路，用该电阻做测温探头，将电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”．若要求电压表的读数必须随温度的升高而增大，则应在原理图丙中________(选

填“a、b”或“b、c”)两点接入电压表．如果电阻箱阻值R2＝75Ω，则电压表刻度盘2.0V处对应的温度数值为________℃.【答案】：(1)RB(2)②R1③R2R0(3)b、c50【解析】：(1)由电源的电动势为1.5V，电流表量程为3mA可知，达到满偏时，电路总电阻约为500Ω，故滑

动变阻器选择RB.(2)实验中选用替代法测量电阻，第二步中，先将S拨向接点1，调节滑动变阻器R1，记录电流表读数I；然后将S拨向接点2，调节电阻箱R2，使电流表读数仍为I，此时电阻箱的读数即为待测电阻的阻值，即Rt＝R0.(3)由于电阻Rt随温度升高而增大，由闭合电路欧姆定律可知其两端电压也增

大，所以电压表与之并联，即电压表接在b、c两点．根据题图乙中图象可得Rt＝(100＋t)Ω，由串联分压规律可得电压表示数为2.0V时，Rt＝150Ω，解得t＝50(℃)．9.(2021·吉林长春外国语学校质检)(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝直径以及电流

表、电压表的读数如图甲所示，则金属丝的直径的读数是__________，电流表的读数是________，电压表的读数是________．(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、

大功率状况下使用)，电动势E＝4.5V，内阻很小．则图乙电路图中__________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏__________(填“大”或“小”)．(3)若实验所用的电流表内阻的准确值RA是已知的，那么准

确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是图乙中的__________电路(填电路图下方的字母代号)．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx＝__________(用题中字母代号表示)．【答案】：(1)0.881mm0.42A2.25V(2)A小(3)BUI－RA【解析

】：(1)螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为38.1×0.01mm＝0.381mm，故总示数为：(0.5＋0.381)mm＝0.881mm；电流表量程为0.6A，则最小刻度为0.02A，读数为0.42A；电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为2.25V

.(2)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内电阻较大，由以上读数可知，待测金属丝的电阻约为5Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示

数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小．(3)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故应选B电路；待测金属丝电阻及电流表总电阻R＝UI，则待测金属丝电阻Rx＝R－RA＝UI－RA.10.(2021·四川省凉山州三模)某实

验小组要探究一小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡在不同电压下的实际功率，实验电路如图甲所示：(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应在________端．(填“a”或“b”)(2)闭合开关，把滑片P向另一端移动过程中，发现电流表与电压表均有明显读数且读数几乎不变，则电路中出现

故障的元件可能是________．(填“A”或“B”)A．小灯泡B．滑动变阻器(3)该小组根据实验数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，可判定在图乙中小灯泡的功率P与加在其两端电压的平方U2的图象正确的是________．(选填“1”、“2”或

“3”)(4)某同学将两个完全相同的这种小灯泡并联接在电源两端，已知电源的电动势E＝3V、内阻r＝2Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为________．(结果保留两位有效数字)【答案】(1)a(2)B(3)3(4)0.44(0.42～0.46)【解析】(1)此电路

是分压电路，滑动变阻器的aP部分与小灯泡并联，开始时应使小灯泡两端电压最小，故滑片应置于a端；(2)电流表与电压表均有明显读数，说明灯泡所在电路正常，电压表与电流表读数几乎不变，说明滑动变阻器没有起到应有的作用，故可能存在故障的是滑动变阻器，故选

B；(3)由P＝U2R，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝温度升高，灯丝电阻增大，P随U2的变化变缓，即图线为3；(4)灯泡两端的电压为U，流过每个灯泡的电流为I，则E＝U＋2Ir，得U＝3－4I，在题图丙中画出电源的U－I图线如

图所示交点坐标U＝2.20V，I＝0.20A，所以每个小灯泡的实际功率为：P＝UI＝0.44W.三．练规范解答1.(2021·湖南岳阳一中段考)一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数：规格后轮驱动直流电机车型26″电动自行车额定输出功率120W整车质量30kg

额定电压40V最大载重120kg额定电流4A请根据上表计算：(1)此电动机的内阻和电动机正常工作时的效率；(2)当电动自行车以额定功率在平直公路上满载匀速行驶时，若其受到的阻力为车重的0.01倍，则此时其速度为多少？(取g＝10m/s2)【答案】(1)2.5Ω75%(2)8m/s【解析】(1)

根据题意，电动机的输入功率P入＝UI＝160W电动机的热功率P热＝I2R电动机的输出功率P出＝120W又P出＝P入－P热联立解得R＝2.5Ω电动机正常工作时的效率η＝P出P入×100%＝75%。(2)电动自行车满载时，受到的阻力f＝0.01mg＝15N电动自行车以额定功率在平

直公路上满载匀速行驶时，P出＝fv解得v＝8m/s。2.(2021·怀化质检)有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路时，电动机不转，此时测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．求：(1)电

动机线圈的电阻；(2)电动机正常工作时的输出功率；(3)在发动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率．【答案】：(1)0.5Ω(2)1.5W(3)8W【解析】：(1)电动机不转时，电动机电路为

纯电阻电路，根据欧姆定律可得线圈的电阻R＝U0I0＝0.5Ω.(2)电动机正常工作时的输入功率P输入＝UI＝2×1W＝2W，此时线圈的发热功率为P热＝I2R＝0.5W，电动机的输出功率P输出＝P输入－P热＝2－0.5W＝1.5W.(3)当转子被卡住之后，电动

机为纯电阻电路，电动机的发热功率P热′＝U2R＝220.5W＝8W.3.(2021·辽宁葫芦岛六校协作体联考)如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1Ω，电炉电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω，当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为

684W，S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为475W(电炉电阻可看做不变)，试求：(1)电源的电动势；(2)S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；(3)S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．【答案】：(1)120V(2)20A(3)1700W【解析】：(1)S

1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为P1，电炉中电流I＝P1R＝68419A＝6A.电源电动势E＝I(R＋r)＝120V.(2)S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为P2，电炉中电流为IR＝P2R＝47519A＝5A.路端电压为U＝IRR＝5×19V＝95V，流过电源的电流为I′＝E－Ur＝120－95

1A＝25A.流过电解槽的电流为IA＝I′－IR＝20A.(3)电解槽消耗的电功率PA＝IAU＝20×95W＝1900W.电解槽内热损耗功率P热＝I2Ar′＝202×0.5W＝200W.电解槽中电能转化成化学能的功率为P化＝P

A－P热＝1700W.