12. (2025·重庆二模·9分)小语设计了一款家用电烤盘.如图甲所示是电路原理图，定值电阻$R_1$和旋钮式变阻器$R_2$均为发热电阻，已知$R_1$的阻值和$R_2$的最大阻值均为440Ω，导线安全载流量(可以通过的最大电流)均为6A.烤盘最小功率对应烤盘的保温功能；向右转旋钮$P$，可以调节电烤盘功率，方便烤制不同食材.求：
(1) 闭合开关S后，电阻$R_1$在10s内产生的热量.
(2) 小语发现图甲的电路有安全隐患，随即在$R_2$上安装了一个旋钮限位器(仅限制旋钮位置，不影响电阻阻值)，如图乙所示；为保证电路安全，限位器应使$R_2$接入电路的阻值不小于多少？
(3) 在改进后的电路中，为使烤盘最小功率提升至330W且使用时电路无安全隐患，小语提出了两种方案：① 只将$R_1$替换为阻值更小的$R_3$；② 只在$R_2$上的合适位置增设第二个限位器.请你任选一种方案并通过计算具体说明是否可行.
(1) 闭合开关S后，电阻$R_1$在10s内产生的热量.
(2) 小语发现图甲的电路有安全隐患，随即在$R_2$上安装了一个旋钮限位器(仅限制旋钮位置，不影响电阻阻值)，如图乙所示；为保证电路安全，限位器应使$R_2$接入电路的阻值不小于多少？
(3) 在改进后的电路中，为使烤盘最小功率提升至330W且使用时电路无安全隐患，小语提出了两种方案：① 只将$R_1$替换为阻值更小的$R_3$；② 只在$R_2$上的合适位置增设第二个限位器.请你任选一种方案并通过计算具体说明是否可行.
答案：12.(1)1100J (2)40Ω (3)方案①②均可行，计算过程见解析 解析:(1)由图可知两电阻并联，已知$R_1$的阻值为440Ω，电源电压为220V，故闭合开关S后，电阻$R_1$在10s内产生的热量$Q_1$ = $W_1$ = $\frac{U^2}{R_1}t$ = $\frac{(220V)^2}{440\Omega}×10s$ = 1100J。(2)因为导线安全载流量(可以通过的最大电流)均为6A，两电阻并联，则干路电流不能超过6A，电阻$R_1$支路的电流$I_1$ = $\frac{U}{R_1}$ = $\frac{220V}{440\Omega}$ = 0.5A，则$R_2$支路的最大电流$I_2$ = $I_大$ - $I_1$ = 6A - 0.5A = 5.5A，限位器应使$R_2$接入电路的阻值不小于$R_{2小}$ = $\frac{U}{I_2}$ = $\frac{220V}{5.5A}$ = 40Ω。(3)方案①中，将$R_1$替换为$R_3$，则电烤盘功率最小时，$R_2$全部电阻接入电路，则有$P_2$ + $P_3$ = $\frac{U^2}{R_2}$ + $\frac{U^2}{R_3}$ = $\frac{(220V)^2}{440\Omega}$ + $\frac{(220V)^2}{R_3}$ = $P_小$ = 330W，$R_3$ = 220Ω，所以方案①可行。方案②中，因为$R_1$、$R_2$并联，电阻$R_1$的功率$P_1$ = $\frac{U^2}{R_1}$ = $\frac{(220V)^2}{440\Omega}$ = 110W，所以$R_2$的最小功率$P_2'$ = $P_小$ - $P_1$ = 330W - 110W = 220W，则通过$R_2$的最小电流$I_2'$ = $\frac{P_2'}{U}$ = $\frac{220W}{220V}$ = 1A，此时$R_2$接入电路的阻值最大为$R_2'$ = $\frac{U}{I_2'}$ = $\frac{220V}{1A}$ = 220Ω，已知$R_2$的最大阻值为440Ω，则第二个限位器应位于$R_2$的中点处，使旋钮P在这两个限位器之间转动可满足改进要求，所以方案②可行。
解析：
(1) 解：由图可知，$R_1$与$R_2$并联，电源电压$U=220\,\mathrm{V}$，$R_1=440\,\Omega$。
电阻$R_1$在$10\,\mathrm{s}$内产生的热量：
$Q_1=W_1=\frac{U^2}{R_1}t=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{440\,\Omega}×10\,\mathrm{s}=1100\,\mathrm{J}$。
(2) 解：导线安全载流量为$6\,\mathrm{A}$，即干路最大电流$I_{\mathrm{大}}=6\,\mathrm{A}$。
$R_1$支路电流：$I_1=\frac{U}{R_1}=\frac{220\,\mathrm{V}}{440\,\Omega}=0.5\,\mathrm{A}$。
$R_2$支路最大电流：$I_2=I_{\mathrm{大}}-I_1=6\,\mathrm{A}-0.5\,\mathrm{A}=5.5\,\mathrm{A}$。
$R_2$最小阻值：$R_{2\mathrm{小}}=\frac{U}{I_2}=\frac{220\,\mathrm{V}}{5.5\,\mathrm{A}}=40\,\Omega$。
(3) 方案①：
解：最小功率时$R_2$接入最大阻值$440\,\Omega$，则$P_{\mathrm{小}}=P_1'+P_2$。
$P_2=\frac{U^2}{R_2}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{440\,\Omega}=110\,\mathrm{W}$，
$P_1'=P_{\mathrm{小}}-P_2=330\,\mathrm{W}-110\,\mathrm{W}=220\,\mathrm{W}$。
$R_3=\frac{U^2}{P_1'}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{220\,\mathrm{W}}=220\,\Omega$，可行。
方案②：
解：$R_1$功率$P_1=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{440\,\Omega}=110\,\mathrm{W}$，
$R_2$最小功率$P_2'=P_{\mathrm{小}}-P_1=330\,\mathrm{W}-110\,\mathrm{W}=220\,\mathrm{W}$。
$R_2$最大接入阻值：$R_2'=\frac{U^2}{P_2'}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{220\,\mathrm{W}}=220\,\Omega$（位于$R_2$中点），可行。
答：(1) $1100\,\mathrm{J}$；(2) $40\,\Omega$；(3) 方案①②均可行。
电阻$R_1$在$10\,\mathrm{s}$内产生的热量：
$Q_1=W_1=\frac{U^2}{R_1}t=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{440\,\Omega}×10\,\mathrm{s}=1100\,\mathrm{J}$。
(2) 解：导线安全载流量为$6\,\mathrm{A}$，即干路最大电流$I_{\mathrm{大}}=6\,\mathrm{A}$。
$R_1$支路电流：$I_1=\frac{U}{R_1}=\frac{220\,\mathrm{V}}{440\,\Omega}=0.5\,\mathrm{A}$。
$R_2$支路最大电流：$I_2=I_{\mathrm{大}}-I_1=6\,\mathrm{A}-0.5\,\mathrm{A}=5.5\,\mathrm{A}$。
$R_2$最小阻值：$R_{2\mathrm{小}}=\frac{U}{I_2}=\frac{220\,\mathrm{V}}{5.5\,\mathrm{A}}=40\,\Omega$。
(3) 方案①：
解：最小功率时$R_2$接入最大阻值$440\,\Omega$，则$P_{\mathrm{小}}=P_1'+P_2$。
$P_2=\frac{U^2}{R_2}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{440\,\Omega}=110\,\mathrm{W}$，
$P_1'=P_{\mathrm{小}}-P_2=330\,\mathrm{W}-110\,\mathrm{W}=220\,\mathrm{W}$。
$R_3=\frac{U^2}{P_1'}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{220\,\mathrm{W}}=220\,\Omega$，可行。
方案②：
解：$R_1$功率$P_1=\frac{U^2}{R_1}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{440\,\Omega}=110\,\mathrm{W}$，
$R_2$最小功率$P_2'=P_{\mathrm{小}}-P_1=330\,\mathrm{W}-110\,\mathrm{W}=220\,\mathrm{W}$。
$R_2$最大接入阻值：$R_2'=\frac{U^2}{P_2'}=\frac{(220\,\mathrm{V})^2}{220\,\mathrm{W}}=220\,\Omega$（位于$R_2$中点），可行。
答：(1) $1100\,\mathrm{J}$；(2) $40\,\Omega$；(3) 方案①②均可行。