小秦在游览曲江时被告知，由于氦气球在空中匀速上升，乘氦气球俯瞰故都全景安全、平稳、踏实．若小秦接受建议，在氦气球匀速上升

（1）因为电压表V₁并联在R₂两端，因此电压表V₁是测量R₂的电压；
（2）因为电压表V并联在电源两端，从表中可以看出，电压表V的示数为12V，因此电源电压为12V；
（3）从表中可以看出，电流表示数越来越小，因此电路中的电阻越来越大，因此滑动变阻器的滑片是向右滑动的；
（4）表中第二行为滑动变阻器接入电路中的阻值，并且阻值越来越大，而第五行数据是串联电路中电流的示数，即电流越来越小，因此可以得出的结：在串联电路中，总电流随某一电阻的增大而减小；
（5）在串联电路中，通过某定值电阻中的电流与其两端的电压成正比；说明探究串联电路中电流和定值电阻两端电压的关系，而电流表的数值反映电路中电流的大小，电压表V₁测量定值电阻两端的电压，故选择表中四行和五行数据；
（6）当电路中电流为0.6A时，定值电阻两端的电压为9V，则定值电阻的阻值：R₂=[U/I]=[9V/0.6A]=15Ω，通过表中R₁的数据和R的数据可以看出，总电阻R总等于定值电阻和R₁接入电路阻值之和，
即R=R₁+15Ω．
（1）R₂（2）12 （3）右
（4）在串联电路中，总电流随某一电阻的增大而减小；定值电阻两端电压
（5）四、五
（6）R=R₁+15Ω．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；物理学方法．

考点点评： 本题考查学生对表格的认识及分析归纳能力；要求首先明确电路的结构再根据表格中数据得出正确结论．

（1）当居民区加热与制冷类电器不工作，而其他用电器均正常工作时P_其他=6kW=6000W，
根据P=UI可得，通过电线的电流：
I_其他=
P其他
U=[6000W/220V]=[300/11]A≈27.3A，
输电线因发热损失的电功率：
P_线=（I_其他）²×R_线=（[300/11]A）²×0.2Ω≈148.8W；
（2）居民区所有电器均正常工作2h消耗的电能：
W_总=P_总t=（16kW+6kW）×2h=44kW•h=44×3.6×10⁶J=1.584×10⁸J，
此时输电线的电流：
I_总=
P总
U=[16000W+6000W/220V]=100A，
输电线上消耗的电能：
W_线=（I_总）²R_线t=（100A）²×0.2Ω×2×3600s=1.44×10⁷J，
输电线上消耗的电能与用电器消耗的电能之比：

P线
P总=
1.44×107J
1.584×108J=[1/11]；
（3）夏季用电高峰期“断电”的原因：用电器总功率过大（或线路电流过大）；
建议：①不宜同时使用大功率用电器；
②对大功率用电器架设专线；
③改造输电线路（或换线、减小输送线路电能的损失）；
④提倡使用节能型用电器等．
答：（1）当居民区加热与制冷类电器不工作，而其他用电器均正常工作时，通过电线的电流是27.3A，输电线因发热损失的电功率是148.8W；
（2）若居民区所有电器均正常工作2h，则输电线上消耗的电能是1.584×10⁸J，输电线上消耗的电能与用电器消耗的电能之比是1：11；
（3）原因：用电器总功率过大（或线路电流过大）；
建议：①不宜同时使用大功率用电器；
②对大功率用电器架设专线；
③改造输电线路（或换线、减小输送线路电能的损失）；
④提倡使用节能型用电器等（合理即可）．

点评：
本题考点： 电功率的计算；家庭电路电流过大的原因；电功的计算．

考点点评： 本题考查了电功率公式和电功公式的灵活应用以及家庭电路电流过大的原因，关键是计算输电线路上消耗的电能以及消耗的功率，解题过程中还要注意单位的换算．

（1）为保护电路，连接电路时，开关应断开，阻值为最大，在电路图中为B端；
故答案为：断开；B．
（2）此实验是测定小灯泡的电功率的实验，实验原理是：P=UI，所以需要测量电阻两端的电压以及通过导体的电流；
故答案为：灯泡两端的电压；通过灯泡的电流．
（3）根据实验要求“依次测定小灯泡在等于、大于和小于额定电压下的功率”可确定实验次数为3次，然后要有电压、电流、电功率、观察现象（灯泡的亮暗）等栏目；
实验记录表格如下

实验表格 电压U/V 电流I/A 灯泡亮暗 电功率P/W
1
2
3

点评：
本题考点： 探究用电器的电功率实验．

考点点评： 此题主要考查了伏安法测电功率的实验原理及所要测量的物理量，学生自己设计实验表格这是此题的难点，注：表格中三次试验次数要齐全，电流、电压、电功率、灯泡亮暗等栏目要齐全；学生容易忽略“灯泡亮暗”这一栏目，因此课堂上要向学生特别强调．