(多选)如图所示，L$_1$，L$_2$是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中下列判断正确的是( )
分析：
本题的电路结构是：滑动变阻器与灯泡L$_2$并联，再与灯泡L$_1$串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L$_2$电压的变化来分析灯泡亮度的变化．
解答：
解：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器有效电阻R_P变大，外电路总电阻R变大，干路电流I减小，则L$_1$变暗，灯泡L$_2$的电压U$_2$=U-IR$_1$变大，则L$_2$变亮，由于总电流减小，所以通过变阻器电流变小．由于L$_1$变暗，分压减小，所以并联支路的电压即变阻器两端电压变大．
故选：ABC
点评：
本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的思路分析．
(多选)三个电阻的阻值及额定电流分别为R$_1$=10Ω，I$_1$=1A；R$_2$=20Ω，I$_2$=2A；R$_3$=5Ω，I$_3$=2A．它们组成的电路如图中甲、乙、丙所示，下列关于各图的说法中正确的是（ ）
分析：
并联电路各个支路电压相同，以最小额定电压最大电压；
串联电路电流相同，以最小额定电流为最大电流．
解答：
解：R$_1$=10Ω，I$_1$=1A，U$_1$=I$_1$R$_1$=10V；
R$_2$=20Ω，I$_2$=2A，U$_2$=I$_2$R$_2$=40V；
R$_3$=5Ω，I$_3$=2A，U$_3$=I$_3$R$_3$=10V；
A、图甲中三个电阻串联，取最小额定电流，故最大电流为1A，故最大电压为：U=I(R$_1$+R$_2$+R$_3$)=1×(10+20+5)=35V，故A错误；
B、图乙中三个电阻并联，取最小额定电压，最大电压为10V，故最大电流为：I=$\frac {U}{R$_1$}$+$\frac {U}{R$_2$}$+$\frac {U}{R$_3$}$=$\frac {10}{10}$+$\frac {10}{20}$+$\frac {10}{5}$=3.5A，故B正确；
C、图丙中R$_1$与R$_2$并联，取最小额定电压，故最大电压为10V，故最大电流为：$\frac {10V}{10Ω}$+$\frac {10V}{20Ω}$=1.5A；
并联部分与电阻R$_3$串联，取最小额定电流，故最大电流为1.5A，
故电阻R$_3$的电压为1.5A×5Ω=7.5V；
故丙图的最大电压为：10V+7.5V=17.5V；故C正确，D错误；
故选：BC．
点评：
本题关键是明确用电器混连时，串联电路最大电流取额定电流的最小值，并联电路最大电压取额定电压的最小值．
(多选)将一定值电阻R和电流表A串联，可改装成电压表，下列说法中正确的是（ ）
分析：
电压表的改装原理是将一电阻与电流表串联起分压作用，根据欧姆定律求出分压电阻的阻值即可．
解答：
解：A、电流表A的满偏电压不会变化，则A错误[br] B、改装原理是将一电阻与电流表串联在一起，起分压作用．则B正确[br] C、定值电阻R是电流表内阻的n倍，则电压表量程扩大到n+1倍，则C错误[br] D、因是串联关系，则电流相等．则D正确[br]故选：BD
点评：
明确电表的改装原理，根据串并联电路特点与欧姆定律分析求解．
(多选)四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A$_1$的量程大于A$_2$的量程，电压表V$_1$的量程大于V$_2$的量程，把它们按图接入电路中( )
分析：
两个安培表和两个伏特表均是由四个相同的电流表改装成的，表头的满偏电流和内阻相同．安培表A$_1$、A$_2$并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，量程越大，其读数越大．伏特表V$_1$与V$_2$串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，则量程越大，其读数越大．
解答：
解：AB、电流表改装成安培表是并连一个较小的电阻，并联的电阻越小，量程越大，所以安培表A$_1$的内阻小，A$_2$的内阻大，当它们并联时，则流过A$_1$的电流要大一些，所以安培表A$_1$的读数较大，因为是由两个同样的电流表改装而成的，并联在电路中，所以指针偏转角度一样大，选项A正确，选项B错误；
CD、同理改装成电压表，串联在电路中时，两表的指针偏转角度也是一样大，选项D错误，电压表V$_1$的量程大，说明串联的电阻大，V$_1$的内阻大于V$_2$的内阻，串联分压大，所以V$_1$读数比V$_2$读数大，选项C正确．
故选：AC．
点评：
本题关键要知道安培表和伏特表都是由小量程电流表(表头)改装而成的，其核心是表头，表头指针的偏转角度取决于流过表头的电流．
(多选)一个电热箱的电热丝烧断了，观察铭牌上标有“额定电压220V 额定功率1000W”字样，若只有规格为“220V 500W”“220V 2000W”的两种电热丝，现想修复此电热箱，可行的方案是（ ）
分析：
(1)由电热箱铭牌信息可知额定电压和额定功率，由功率公式P=$\frac {U}{R}$可求得电热丝的电阻；
(2)要使电热箱正常工作，只需接入总电阻为48.4Ω的电热丝即可，分别求得两电热丝的电阻值，根据电热丝的电阻值与电热箱电阻值的关系，可利用串并联电路的规律得出合适的方法．
解答：
解：∵P=$\frac {U}{R}$
∴电热箱电热丝的电阻：
R=$\frac {U}{P}$=$\frac {(220V)}{1000W}$=48.4Ω；
“220V 500W”电热丝的电阻：
R$_1$=$\frac {U}{P$_1$}$=$\frac {(220V)}{500W}$=96.8Ω，
两根这样的电热丝并联后的总电阻：
R_并=$\frac {R$_1$}{2}$=$\frac {96.8Ω}{2}$=48.4Ω；
“220V 2000W”电热丝的电阻：
R$_2$=$\frac {U}{P$_2$}$=$\frac {(220V)}{2000W}$=24.2Ω，
两根这样的电阻丝串联后的总电阻：
R_串=2R$_2$=2×24.2Ω=48.4Ω；
所以，想修复此电热箱，可以将两根“220V 500W”的电热丝并联，或将两根“220V 2000W”的电热丝串联，以替换烧断的电热丝．
故选BC．
点评：
本题考查学生应用物理知识解决问题的能力，要求学生能准确找出题目中的信息，并能准确应用物理规律求解．
(多选)电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，如图所示是一学生设计的电饭锅电路原理示意图，S是用感温材料制造的开关．下列说法中正确的是( )
分析：
电饭锅工作时通过感温材料制造的开关K，来控制保温状态还是加热状态．加热时电功率大，S是闭合的．保温时，电功率小，S断开．根据电功率公式P=$\frac {U}{R}$和电压U不变，求解电阻之比．
解答：
解：
A、B、如图所示，电压U不变，由P=$\frac {U}{R}$得：当接通K时，总电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开K时，总电阻变大，功率变小，处于保温状态．可知，R$_2$是供加热用的电阻丝，当开关K接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态．故A错误，B正确；
C、D、要使R$_2$在保温状态时的功率为加热状态的$\frac {1}{8}$，由P=I_R可得：电阻R$_2$在保温与加热状态下的电流之比1：2$\sqrt {2}$，所以(R$_1$+R$_2$)：R$_2$=2$\sqrt {2}$：1．则：
R$_1$：R$_2$=(2$\sqrt {2}$-1)：1．故C错误，D正确；
故选：BD
点评：
本题关键要理解电饭煲工作原理，知道加热与保温的电路结构的区别，同时欧姆定律和功率公式结合进行分析．
