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$1:1$
$1:2$
$4:1$
B
A
C
B
用电器
并
2
5000
并
675
【分析】
首先，明确用电器正常发光时，实际功率等于额定功率，据此可直接得出实际功率之比；
其次，根据电功率公式$P=UI$变形得$I=\frac{P}{U}$，由于两灯额定功率相同，电流与电压成反比，代入额定电压即可求出电流之比；
最后，利用电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$变形得$R=\frac{U^2}{P}$，额定功率相同时，电阻与额定电压的平方成正比，代入电压值计算电阻之比。
【解析】
1. 实际功率之比：
因为甲、乙两灯都正常发光，所以实际功率等于各自的额定功率，即$P_{甲实}=P_{甲额}=40W$，$P_{乙实}=P_{乙额}=40W$，则$\frac{P_{甲实}}{P_{乙实}}=\frac{40W}{40W}=\frac{1}{1}$。
2. 电流之比：
由电功率公式$P=UI$可得$I=\frac{P}{U}$，由于$P_{甲额}=P_{乙额}$，则：
$\frac{I_{甲}}{I_{乙}}=\frac{\frac{P_{甲额}}{U_{甲额}}}{\frac{P_{乙额}}{U_{乙额}}}=\frac{U_{乙额}}{U_{甲额}}=\frac{110V}{220V}=\frac{1}{2}$。
3. 电阻之比：
由电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$可得$R=\frac{U^2}{P}$，由于$P_{甲额}=P_{乙额}$，则：
$\frac{R_{甲}}{R_{乙}}=\frac{\frac{U_{甲额}^2}{P_{甲额}}}{\frac{U_{乙额}^2}{P_{乙额}}}=\frac{U_{甲额}^2}{U_{乙额}^2}=\frac{(220V)^2}{(110V)^2}=\frac{4}{1}$。
【答案】
1:1；1:2；4:1
【知识点】
额定功率与实际功率、电功率公式变形应用、电阻的计算
【点评】
本题是电学基础比例计算题，核心是抓住“正常发光”时实际功率等于额定功率这一关键条件，灵活运用电功率的不同变形公式进行推导，考查学生对电学公式的掌握程度和比例运算能力，属于基础题型。
【难度系数】
0.7
【分析】
首先，手机电池储存的电能W是固定的，根据电能公式$ W = Pt $（P为总功率，t为使用时间），变形可得$ t = \frac{W}{P} $。要延长手机使用时间t，在W一定的情况下，需要减小总功率P。接下来逐个分析选项：
选项A：降低散热能力与延长使用时间无关，反而可能导致手机过热，影响正常使用，不符合要求；
选项C：手机电池的电压由其自身性质决定，是固定值，无法随意增大，该选项错误；
选项D：根据$ P = UI $，手机电池电压U不变，若增大电流I，总功率P会增大，根据$ t = \frac{W}{P} $，使用时间会缩短，不符合省电目的；
选项B：减小总功率P，在W固定时，使用时间$ t = \frac{W}{P} $会变长，能延长手机使用时间，符合“省电模式”的功能。
【解析】
根据电能公式$ W = Pt $，手机电池储存的电能$ W $是固定的，变形可得使用时间$ t = \frac{W}{P} $。要延长使用时间$ t $，需要减小总功率$ P $。
对各选项逐一分析：
A. 降低散热能力与延长手机使用时间无关，还可能引发手机过热问题，错误；
B. 减小总功率，由$ t = \frac{W}{P} $可知，在$ W $一定时，$ P $减小则$ t $增大，能延长使用时间，正确；
C. 手机电池的电压由电池本身特性决定，是定值，无法增大，错误；
D. 根据$ P = UI $，电池电压$ U $不变，增大电流$ I $会使总功率$ P $增大，使用时间缩短，错误。
【答案】
B
【知识点】
电能与电功率的关系、电功率计算公式
【点评】
本题结合生活中常见的手机“省电模式”场景，考查电能与电功率的实际应用，要求学生将物理公式与生活现象结合，准确分析各选项的正误，注重知识的生活化运用。
【难度系数】
0.8
【分析】
要判断正常工作1h消耗电能最多的用电器，可根据电能计算公式W=Pt分析：当用电器正常工作时，实际功率等于额定功率；题目中各用电器工作时间t均为1h，即时间相同，因此消耗电能的多少取决于用电器的额定功率大小，额定功率越大，消耗的电能越多。结合生活常识，对比常见用电器的额定功率即可得出结论。
【解析】
根据电能公式$ W = Pt $，当工作时间$ t $相同时，消耗的电能$ W $与用电器的功率$ P $成正比。
常见用电器的额定功率大致为：空调约1000W - 2000W，电冰箱约100W - 200W，电扇约40W - 80W，液晶电视约100W - 150W。
对比可知，空调的额定功率最大，因此正常工作1h消耗的电能最多，故选A。
【答案】
A
【知识点】
电能的计算；常见用电器额定功率
【点评】
本题结合生活实际考查电能的计算，核心是利用$ W=Pt $分析电能与功率的关系，同时要求学生对生活中常见用电器的额定功率有基本认知，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.8
【分析】
要判断电炉实际功率的变化，需结合电功率公式和电阻的影响因素逐步分析：
1. 电炉始终接入220V电路，根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，在电压U不变时，功率P与电阻R成反比，电阻越大，功率越小。
2. 分析补接后电阻的变化：原电炉丝断段用同种材料、等长但更细的电炉丝补接，根据电阻定律$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，L为长度，S为横截面积），同种材料$\rho$相同、长度L相同，补接的电炉丝横截面积S更小，因此补接段电阻大于原断段电阻。
3. 总电阻变化：电炉总电阻为原总电阻减去原断段电阻，再加上补接段电阻，由于补接段电阻更大，所以总电阻比原来的电阻大。
4. 结合$P=\frac{U^2}{R}$，电压不变，总电阻变大，实际功率会小于原来的800W。
【解析】
1. 电阻变化分析：根据电阻定律$R=\rho\frac{L}{S}$，补接的电炉丝与原断段电炉丝材料相同（$\rho$相同）、长度相同（L相同），但横截面积S更小，因此$R_{补}＞R_{断}$。
2. 总电阻推导：电炉总电阻$R_{现}=R_{原}-R_{断}+R_{补}$，因$R_{补}＞R_{断}$，故$R_{现}＞R_{原}$。
3. 实际功率判断：电炉接入220V电路，电压U不变，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电阻R增大时，功率P减小，因此实际功率小于额定功率800W。
【答案】
C
【知识点】
1. 电功率的计算
2. 影响电阻大小的因素
【点评】
本题综合考查了电阻定律和电功率公式的应用，需要学生理解电阻的决定因素，并结合电压不变的条件，通过电阻变化判断功率变化，注重物理规律的综合运用，属于基础综合类题目。
【难度系数】
0.6
【分析】
首先分析电路：R与$R_0$串联，电压表测R两端电压，电流表测电路电流。
1. 当R的阻值为$0\Omega$时，电路中只有$R_0$，电路电阻最小，电流最大，对应图(b)中$I=0.5A$，根据欧姆定律可得电源电压$U=I_1R_0$；
2. 当R的阻值为$60\Omega$时，电路总电阻最大，电流最小，对应图(b)中$I=0.1A$，此时电源电压$U=I_2(R_0+R)$；
3. 由于电源电压恒定，联立这两个等式可求出$R_0$和电源电压U；
4. 再结合电功率公式计算各选项的物理量，逐一判断选项正误。
【解析】
由图(a)可知，R与$R_0$串联，电源电压恒定。
① 当$R=0\Omega$时，电路电流$I_1=0.5A$，根据欧姆定律，电源电压：
$U = I_1R_0 = 0.5A × R_0$ ---①
② 当$R=60\Omega$时，电路电流$I_2=0.1A$，此时电源电压：
$U = I_2(R_0 + R) = 0.1A × (R_0 + 60\Omega)$ ---②
联立①②，代入数据得：
$0.5R_0 = 0.1(R_0 + 60)$
解得：$R_0 = 15\Omega$，将$R_0=15\Omega$代入①得$U=0.5A × 15\Omega=7.5V$。
逐一分析选项：
选项A：当$I=0.1A$时，传感器消耗的功率$P_1=I_2^2R=(0.1A)^2 × 60\Omega=0.6W ≠ 6W$，A错误；
选项B：由上述计算可知$R_0=15\Omega$，B正确；
选项C：电源电压$U=7.5V ≠ 6V$，C错误；
选项D：$R_0$消耗的最大功率为电流最大时的功率，即$I=0.5A$时，$P_{0\mathrm{max}}=I_1^2R_0=(0.5A)^2 × 15\Omega=3.75W ≠ 3.6W$，D错误。
【答案】
B
【知识点】
串联电路规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】
本题结合图像考查串联电路规律、欧姆定律与电功率的综合应用，关键是从图像中提取有效电流值，利用电源电压恒定列方程求解核心物理量，再对各选项进行验证。
【难度系数】
0.4
【分析】
1. 判断充电时电池的电路角色：电路中用电器是消耗电能的装置，给电池充电时，电池将电能转化为化学能储存，此时电池消耗电能，相当于用电器。
2. 分析照明与动力系统的连接方式：并联电路中各支路用电器可独立工作、互不影响，题目中两个系统能先后单独接通，说明可独立运作，因此是并联。
3. 计算持续工作时间：先求总功率（动力与照明功率之和），再利用公式$t=\frac{W}{P}$，代入电能和总功率的数据计算工作时长。
【解析】
1. 给无人机电池充电时，电池消耗电能并将其转化为化学能，因此相当于电路中的用电器。
2. 照明系统和动力系统可独立工作（能先后单独接通），符合并联电路的特点，所以两者是并联的。
3. 总功率计算：
$P_{总}=P_{动力}+P_{照明}=150W+100W=250W=0.25kW$
已知电能$W=0.5kW·h$，根据公式$t=\frac{W}{P_{总}}$，代入得：
$t=\frac{0.5kW·h}{0.25kW}=2h$
【答案】
用电器；并；2
【知识点】
电路元件判断；串并联电路特点；电能与电功率计算
【点评】
本题结合救援无人机的实际场景，考查电路基础概念与电能计算，注重物理知识在生活中的应用，需要学生理解电路元件作用、串并联特点，并能熟练运用电功公式计算，题目侧重基础能力考查。
【难度系数】
0.8
【分析】
1. 计算一周消耗的电能：电能表读数最后一位是小数位，消耗的电能等于两次记录的示数之差，用后一次读数减去前一次读数即可得到。
2. 判断灯的连接方式：家庭电路中，用电器要保证独立工作、互不影响，因此采用并联连接。
3. 计算节省的电费：先算出单盏灯每月节省的电能，再乘以灯的总数得到总节省电能，最后结合电费单价计算出节省的电费。
【解析】
1. 计算一周消耗的电能：
由图可知，两次电能表的示数分别为$ W_1 = 52023.60\ \mathrm{kW·h} $，$ W_2 = 57023.60\ \mathrm{kW·h} $，
则学校这一周消耗的电能：
$ \Delta W = W_2 - W_1 = 57023.60\ \mathrm{kW·h} - 52023.60\ \mathrm{kW·h} = 5000\ \mathrm{kW·h} $。
2. 判断电路连接方式：
学校的LED灯在工作时互不影响，所以它们之间是并联的。
3. 计算每月节省的电费：
单盏灯的功率差：$ \Delta P = 40\ \mathrm{W} - 15\ \mathrm{W} = 25\ \mathrm{W} = 0.025\ \mathrm{kW} $，
每盏灯每月节省的电能：
$ \Delta W_{\mathrm{单}} = \Delta P × t = 0.025\ \mathrm{kW} × 90\ \mathrm{h} = 2.25\ \mathrm{kW·h} $，
600盏灯每月节省的总电能：
$ \Delta W_{\mathrm{总}} = 600 × 2.25\ \mathrm{kW·h} = 1350\ \mathrm{kW·h} $，
每月节省的电费：
$ 1350\ \mathrm{kW·h} × 0.5\ \mathrm{元/(kW·h)} = 675\ \mathrm{元} $。
【答案】
5000；并；675
【知识点】
电能表读数；串并联电路判断；电能与电费计算
【点评】
本题结合校园用电实际，考查了电能表的使用、电路连接方式判断以及电能和电费的计算，体现了物理知识在生活中的应用。
【难度系数】
0.7
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