中考物理分类汇编15电功电功率焦耳定律

1、12. (2018·威海) (多选题)如图4甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过种中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图4乙所示，下列说法正确的是BCA.R1的阻值为20B.R2的最大阻值为50C.电源电压为6VD.该电路消耗的最大电功率为0.9W18. (2018·威海)标有“220V,2000W"的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是 ;在额定电压下工作21s，若不计热量损失，能够使 kg的水从15上升到35. 水的比热容为4.2×103J/(kg·)18.24.2 0.519. (2018

2、83;威海)如图8所示，R1的阻值为5,滑动变阻器R2的最大阻值为40，电源电压保持4.5V不变，电流表量程为“0-0.6A”,电压表量程为“0-3V”.为保证电路安全，R2接入电路中的最小阻值为_，R1清耗的最小功率为 W.19.2.5 0.4527. (2018·威海)图15为某品牌电饭煲的工作电路示意图，开关S可以同时与a、b相连，或只与c相连（红灯，绿灯为指示打，不计电阻）。该电饭煲具有加热、保温功能，在加热档时总功率为1540W，在保温档时的总功率为55W。请根据以上信息解答下列问题：（1）将开关s与a、b相连时，_ 发光(选填“红灯”或“绿灯”)，此时电饭煲处于

3、 状态(选填“加热”或“保温”) (2)电饭煲处于加热状态时，R的电功率为P1；处于保温状态时，R的电功率为P2，P1：P2=400：1.请计算电阻R1的阻值。（3）如果在不改变原来保温档和加热当电功率的基础上，要增加一个更大功率的档位来迅速加热物体，请设计出1种方案，并用简要的文字说明（也可配合作图说明）19（2018烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20的水烧开，需要的时间是168s假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg）。【分析】在1个标准大气压下水的沸点为100，又知道水的初温、质量、比热

4、容，根据Q吸=cm（tt0）求出水吸收的热量，不计热损失，根据W=Q吸=Pt求出需要的加热时间。【解答】解：在1个标准大气压下水的沸点为100，则水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2×103J/（kg）×1kg×（10020）=3.36×105J，不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：t=168s。故答案为：168s。【点评】本题考查了吸热公式、电功公式的应用，关键是知道在1个标准大气压下水的沸点为100。25（2018烟台）小明在做“测定小灯泡电功率”的实验时连接了如图甲所示的电路（1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡不

5、亮，经检查有一根导线连接错误，请你在电路中将连接错误的导线上打“×”，并补测出正确的连线。（2）正确连接电路后，滑片P移动到某一位置时，电压表和电流表示数如图乙所示小灯泡此时的电功率是多少？（3）小明根据记录的多组数据绘制出小灯泡的IU图象（图丙），分析评估时，小明对自己的实验产生了困惑，他认为：由欧姆定律I=知，I与U之间的变化关系是正比函数，所以其图象理论上应该是过原点的一条直线，请你帮助他解除困惑。【分析】（1）伏安法测灯泡电功率，电流表应串联在电路中，电压表与灯泡并联；据此分析电路图，找出错误，并改正；（2）根据电压表的量程和分度值读出电压表的示数，根据电流表的量程和分度值读

6、出示数，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；（3）根据灯丝电阻随温度升高而增大的特点进行分析。【解答】解：（1）由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，灯泡连接错误，将灯泡左端接线柱与开关的右接线柱连线断开，改接为灯泡左接线柱与电压表负接线柱相连即可，电路图如图所示；（2）由图乙可知，电压表的量程为03V，分度值为0.1V，示数为2.5V，由图丙可知，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.36A，则小灯泡的额定电功率P=UI=2.5V×0.36A=0.9W；（3）由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以通过灯泡的电流与电压不成正比。故答案为：（1）如上图；（2）小灯泡此时的

7、电功率是0.9W；（3）灯丝的电阻随温度的升高而增大。【点评】本题是测定小灯泡电功率实验，考查了电表的读数、电功率的计算、电路故障的分析、灯丝电阻与温度的关系，考查全面。14（2018淄博）如图所示，电源电压不变，只闭合开关S1，灯泡L发光，电压表有示数：再闭合开关S2，电路中出现的情况是（）A电压表的示数变小B电路的总电阻不变C灯泡L的亮度不变D电路的总功率变大【分析】（1）开关S1闭合后，为串联电路，电阻R与灯泡L串联；开关S2闭合，灯泡L被短路，只有电阻R接入电路；（2）根据电路结构及并联电路特点、欧姆定律及功率公式分析答题，做出选择。【解答】解：ABC、只闭合开关S1，为串联电路，电阻

8、R与灯泡L串联；电压表测量的是R两端的电压，根据串联电路的电压特点可知，电压表示数要小于电源电压；开关S2闭合时，灯泡被短路，灯泡不发光，电路中只有R，总电阻减小；电压表测量的是电源电压，故电压表示数变大；故ABC错误；D、开关S2闭合后电路总电阻R总变小，电流变大，电阻R两端的电压变大，根据P=UI可知电路的总功率变大，故D正确。故选：D。【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、掌握串联电路的特点、掌握功率公式是正确解题的关键。19（2018淄博）在“探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内，用相同的电加热器给它们加热，其温度随时

9、间变化的图象如图所示。不考虑实验中的热损失，加热2min食用油吸收的热量是4.2×104J，电加热器的实际功率是350W【c水=4.2×103J/（kg）】【分析】（1）由题知食用油和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是食用油吸收热量的2倍。根据吸热公式Q=c吸mt判断两物质的比热容之间的关系，从而得出食用油的比热容，然后利用Q=cmt可求得加热2min食用油吸收的热量；（2）不考虑实验中的热损失W=Q，利用P=可求得电加热器的实际功率。【解答】解：用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到60需要4min，食用油温度升高到60需要2m

10、in。因为物质吸收的热量和时间成正比，所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸=2Q油吸。由Q吸=cmt得：c=，则c水=2c油。又因为c水=4.2×103J/（kg），所以c油=c水=2.1×103J/（kg），加热2min食用油升高了6020=40，Q油吸=c油m油t=2.1×103J/（kg）×0.5kg×40=4.2×104J；不考虑实验中的热损失W=Q=4.2×104J；电加热器的实际功率P=350W。故答案为：4.2×104；350。【点评】本题考查热量的计算和实际功率的计算

11、，能够从图象中获取信息并利用控制变量法解决实际问题。17（2018枣庄）如图所示，是某种电热器的电路图，电源电压220V，R1、R2的阻值分别为11、22，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、中、低三个档位的转换，电热器在低温工作时的电功率是2200W，在高温档工作1min产生的热量是3.96×105J。【分析】（1）根据P=，当电阻最大时，电功率最小，为低温档，分析此时电路的连接，根据P=求出电热器在低温工作时的电功率；（2）当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，由并联电阻的规律求出并联电阻，根据Q高=t求出在高温档工作1min产生的热量。【解答】解：根据P=，

12、当电阻最大时，电功率最小，旋转扇形开关S接触c，即只有R2连入电路时为低温档，P小=2200W当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，R并=，在高温档工作1min产生的热量是：Q高=t=×60s=3.96×105J。故答案为：6600；3.96×105。【点评】本题并联电路的规律及电功率、电功率的计算，关键是低温档和高温档电路的连接。2（2018·潍坊）最先精确确定电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间关系的物理学家是（）A欧姆 B焦耳 C奥斯特 D法拉第解析:英国物理学家焦耳做了大量实验，于1840年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻

13、和通电时间的关系，得出Q=I2Rt；为了纪念他做出的贡献，人们将他的名字命名为热量（能量）的单位，故选B。21（2018·潍坊）要测量一个额定电压为3.8V小灯泡的功率，小灯泡工作时的电阻约为10现有电流表、电压表、开关各一个，规格分别为“10 1A“、“50 0.5A”和500 0.1A”的滑动变阻器各一个，导线若干，电源（8V）一个（1）为完成实验，应该选取规格为 的滑动变阻器；（2）选出合适的滑动变阻器后，将实验器材连成如图所示的实验电路，闭合开关，将滑动变阻器滑片向右移动，观察到的现象是 （多选）；A小灯泡变亮，电压表示数变大B电流表示数为零，小灯泡不亮C电流表示数变大，电压

14、表示数变小D电压表示数接近8V，且示数不变（3）造成上述现象的原因是其中有一条导线连接错误，请将该导线打上“×”号；并用笔画线代替导线把它改到正确的位置上；（4）线路改正后，移动滑片，记录多组电流和电压U，并在坐标纸上做出1U关系图象，如图所示。由图可知小灯泡的额定功率为 W；当小灯泡两端电压为3V时，灯泡电阻为 。解析:（1）已知电源电压为8V且保持不变，实验中小灯泡额定电压为3.8V，电路中电流，I=0.38A，故变阻器分得的电压为U滑=8V3.8V=4.2V，变阻器电压为小灯泡的倍，小灯泡电阻为10时，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻R滑大=×1011，有三种规格

15、滑动变阻器应选用“50 0.5A”的变阻器；（2）由实物图可知，电压表串联在电路中，相当于开路，故电流表示数为零，小灯泡不亮，电压表测量电源的电压，示数为电源电压8V，故选BD；（3）原电路中，电流表与小灯泡并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表与小灯泡串联，电压表与小灯泡并联，改正后如下所示：（4）由图象可知：正常工作电灯的额定电压为3.8V，通过灯泡的电流为0.3A，此时灯泡的电功率P=UI=3.8V×0.3A=1.14W，当小灯泡两端电压为3V时，灯泡的电流，I=0.25A，电阻为R=12；答案：（1）“50 0.5A” （2）BD （3）如上图 （4）1.14 1224（2

16、018·潍坊）如图所示是一种常见的封闭电热水袋，其性能参数如表中所示。已知电热水袋加热效率为80%，水的比热容c=4.2×103J/（kg），水的密度=1.0×103kg/m3将袋内20的水加热到自动断电，求：（1）袋内水吸收的热量（2）需要的加热时间额定电压额定加热功率220V400W袋内充水自动断电温度1.0L60解:（1）由=可得袋内水的质量：m=水V=1.0×103kg/m3×1.0×103=1kg，袋内水吸收的热量：Q=cm（tt0）=4.2×103J/（kg）×1kg×（6020）=1.68&

17、#215;105J；（2）由=可得消耗电能：W=2.1×105J，由P=可得，需要的加热时间：t=525s。答：（1）袋内水吸收的热量为1.68×105J；（2）需要的加热时间为525s。26（2018·潍坊）某科技活动小组设计了如图所示的电路。电源电压不变，当S1闭合、S2断开，变阻器R2的滑片P滑到a端时，电流表的示数为0.8A，定值电阻R1消耗的功率为6.4W；变阻器R2的滑片P滑到b端时，电流表的示数变为0.2A；当S1和S2都闭合，变阻器R2的滑片P滑到某点时，电流表的示数为0.6A，小灯泡L消耗的功率为0.9W求：（1）电源电压；（2）变阻器R2的最大

18、阻值；（3）小灯泡两端电压及此时变阻器R2连入电路的阻值解:（1）当S1闭合、S2断开，变阻器R2的滑片P滑到a端时，电路中只有R1连入电路，电流表测R1的电流，根据P=UI可得电源电压：U=8V；（2）由欧姆定律可得R1的阻值：R1=10，当S1闭合、S2断开，变阻器R2的滑片P滑到b端时，R1与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，由欧姆定律可得此时的总电阻值：R总=40；根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可得：R2=R总R1=4010=30；（3）当S1和S2都闭合，变阻器R2的滑片P滑到某点时，R1与灯泡并联后与R2串联，电流表测干路电流，设灯泡两端的电压为UL，则根据串联电路的电

19、流特点可得：I=I1+IL，根据I=和P=UI可得：I=+，所以，0.6A=+，解得：UL=3V，根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可得：U2=UUL=8V3V=5V，由欧姆定律可得R2连入电路的阻值：R2连入=8.3。答：（1）电源电压为8V；（2）变阻器R2的最大阻值为30；（3）小灯泡两端电压为3V，此时变阻器R2连入电路的阻值为8.3。15（2018·滨州）如图甲电路中，电源电压保持不变，R1是定值电阻。当开关S闭合，滑动变阻器R2的滑片P由a端移动到b端，两电表示数变化关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A电源电压为14VBR2的最大阻值是30C滑片P由a向b

20、恰好移动三分之一长度时R1的电功率为1.25WD滑片P在a端时，2分钟内R2消耗的电能是144J解析:A、由图甲知，当滑片在b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0，电路为R的简单电路，电路中的电阻最小，电流最大，由图象乙知，电源的电压：U=U1=10V，故A错误；此时电路中的电流：I=0.5A，根据欧姆定律可得，R1的阻值：R1=20；B、当滑片位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电压表V的示数最小，电路中的电流最小，由图象知，此时U1'=4V，电路中电流I'=0.2A，由串联电路特点和欧姆定律可得，R2的最大阻值：R2=30，故B正确；C、P由a向b恰好移动三分之一长

21、度时，则R2的接入电路中，此时电路中电流：I=0.25A，所以R1的电功率：P1=I2R1=（0.25A）2×20=1.25W，故C正确；D、P在a端时，由B项解答可知电路中电流I'=0.2A，此时U1'=4V，则2分钟内R2消耗的电能：W2=U2I't=（10V4V）×0.2A×120s=144J，故D正确。故选BCD。17（2018·滨州）如图所示，把标有“6V，6W”字样的灯泡L接入电源电压恒为9V的电路中，为使灯泡L正常发光，需要串联的定值电阻R0= 。解析:由灯泡的铭牌可知，灯泡正常发光的电压6V，额定功率为6W，由P=

22、UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL=1A；由图可知，灯泡L与电阻R0串联，当灯泡正常发光时，因串联电路的总电压等于各部分电路两端电压之和，所以R0两端的电压：UR=UUL=9V6V=3V；串联电路中电流处处相等，所以IR=IL=1A，则R0的阻值为：R0=3。答案：3。23（2018·滨州）某实验小组的同学用图甲所示器材测量小灯泡电功率，待测小灯泡L的额定电压为3.8V，额定功率小于1W，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“20 1A”，图甲所示是该实验小组没有连接完整的电路。（1）请你用笔线代替导线，在图甲中把电路连接完整（2）正确连接完电路，闭合开关后，发现无论怎样移动滑片

23、，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数明显，仔细检查，连接无误，那么出现该状况的原因应该是B（选填“A”、“B”、“C”或“D”）A电流表内部断路了 B灯泡的灯丝断了C灯座内部出现了短路 D滑动变阻器的电阻线断了（3）排出故障后，通过正确操作，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，其值为 A，小灯泡的额定功率为 W。（4）测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，应将滑动变阻器的滑片向 （选填“左”或“右”）端滑动。（5）测量小灯泡的电功率 （选填“需要”或“不需要”）多次测量求平均值，原因是 。（6）图丙是该实验小组的同学测量小灯泡电功率的电路图，测量后他们对测量结果进行了

24、误差分析，考虑电表本身对电路的影响，该电路主要是由于所测 （选填“电压”或“电流”）值偏大引起小灯跑电功率偏大的。解析:（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联，将变阻器的最大电阻连入电路中与灯串联，如下所示：（2）A若电流表内部断路了，则整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；B若灯泡的灯丝断了，灯不亮，电流表没有示数，电压表串联在电路中，电压表测电源电压有示数，符合题意；C若灯座内部出现了短路，则电压表没有示数，电流表有示数，不符合题意；D若滑动变阻器的电阻线断了，则整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；故选B；（3）当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用

25、小量程，分度值为0.02A，其值为0.2A，小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.2A=0.76W。（4）测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，要增大灯电压，减小变阻器的电压，由分压原理，应将滑动变阻器的滑片向右端滑动。（5）灯在不同电压下的功率不同，故不需要多次测量求平均值；（6）根据并联电路电流的规律，电流表示数等于灯的电压与通过电压表电流大小和，故该电路主要是由于所测电流值偏大引起小灯跑电功率偏大的。答案：（1）如上；（2）B；（3）0.2；0.76；（4）右；（5）不需要；灯在不同电压下的功率不同；（6）电流。25（2018·滨州）图甲是一

26、家用电器，有“低温”，“中温”，“高温”三档，铭牌见下表（“高温”档功率空出），图乙为其简化的电路原理图，S是自我保护开关，电暖器跌倒时，S自动断开，切断电源，保证安全，闭合S1为“低温”档。请完成下列问题：××牌电暖器额定电压220V额定功率低温档550W中温档1100W高温档频率50Hz（1）“低温”档正常工作时的电阻是多少？（2）“高温”档正常工作时的总电流是多少？（3）若某房间内空气质量为60kg，空气温度为10，设定空气的比热容为1.1×103J/（kg）且保持不变，用该电要器的“高温”档正常工作20分钟，放出热量的50%被房间内的空气吸收，那么可使此房

27、间的空气温度升高多少？解：（1）闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，由P=可求“低温”档正常工作时的电阻是：R1=88；（2）闭合S1为“低温”档，R1单独接入电路，单独闭合S2为“中温”档，高温档为S1、S2同时闭合，R1、R2并联，P高温=P低温+P中温=550W+1100W=1650W，根据P=UI可得高温档时正常工作的电流：I=7.5A，（3）电暖器的“高温”档正常工作20分钟，放出的热量：W=P高温t=1650W×20×60s=1.98×106J；空气吸收的热量：Q吸=W=50%×1.98×106J=0.99×106J；

28、由Q吸=cmt可得，房间的空气温度升高：t=15。答：（1）“低温”档正常工作时的电阻是88；（2）“高温”档正常工作时的总电流是7.5A；（3）可使此房间的空气温度升高15。20（2018·临沂）如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L的电阻为10且保持不变。闭合开关S后，滑片P由b端向a端滑动的过程中，下列判断正确的是（）A灯泡L亮度变暗B电压表示数变大，电流表示数变小C电压表与电流表示数的比值变小D灯泡L的最大功率为0.9W【分析】AB、灯泡与变阻器串联，电压表测灯泡的电压，电流表测电路的电流；根据滑片P由b端向a端滑动的过程中变阻器连入电路的电阻变化，根据电阻的串联分析总电

29、阻变小，由欧姆定律分析电路中的电流变化；根据P=I2R，分析灯的实际功率变大，确定亮度变化；C、由欧姆定律，电压表与电流表示数的比值即灯的电阻分析；D、根据P=，当变阻器连入电路中的电阻为0时，灯的电压为电源电压3V，并求出此时灯的最大功率。【解答】解：AB、由图知，灯泡与变阻器串联，电压表测灯泡的电压，电流表测电路的电流；滑片P由b端向a端滑动的过程中，变阻器连入电路的电阻变小，根据电阻的串联，总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故B错误；根据P=I2R可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故A错误；C、由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值等于灯泡的电阻（且灯泡

30、电阻不变），则该比值不变，故C错误；D、当变阻器连入电路中的电阻为0时，灯泡的电压最大（等于电源电压3V），灯泡L的最大功率：PL大=0.9W，故D正确。故选：D。27（2018·临沂）在国家“光伏扶贫”项目中，小明家安装了太阳能发电系统，白天太阳能电池板发电，向电网提供电能，此过程中太阳能转化为电能；中午时段，太阳能电池板的输出电压为500V，输出电流为20A，3h可以为电网提供电能30kWh。【分析】太阳能电池板就是将太阳能直接转化为电能的装置；根据W=UIt可求提供的电能。【解答】解：在国家“光伏扶贫”项目中，小明家安装了太阳能发电系统，白天太阳能电池板发电，向电网提供电能，此

31、过程中太阳能转化为电能；太阳能电池板的输出电压为500V，输出电流为20A，3h可以为电网提供电能：W=UIt=500V×20A×3h=10000W×3h=10kW×3h=30kWh。故答案为：电；30。35（2018·临沂）（10分）小明妈妈为奶奶买了一个电热足浴盆（如图所示），内部由加热系统和按摩系统两部分组成。加热系统的加热电阻额定电压220V，额定功率605W问：（1）小明帮奶奶泡脚时，向足浴盆中加入6kg初温为20的水，加热系统的加热电阻正常工作15min将水加热到40，此加热过程中水吸收的热量是多少？消耗的电能是多少？c水=4.2&

32、#215;103J/（kg）（2）当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率是多少？（3）足浴盆按摩系统中的电动机工作电压是12V（按摩系统将交流电压转换为12V），工作电流为4A，其电阻为0.5，电动机工作中因发热损失的功率是多少？【分析】（1）知道水的比热容、水的质量，初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm（tt0）求水吸收的热量；根据W=Pt求出足浴盆消耗的电能；（2）先根据P=的变形公式求出加热电阻的阻值，然后再根据P=求出加热电阻工作的实际功率；（3）根据P损=I2R求出电动机工作中因发热损失的功率。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（tt0）=4.2×1

33、03J/（kg）×6kg×（4020）=5.04×105J；加热时间t=15min=900s，足浴盆加热时消耗的电能：W=P额t=605W×900s=5.445×105J。（2）由P=得，加热电阻的阻值：R=80，当小明家的实际电压是200V时，加热电阻工作的实际功率：P实=500W。（3）电动机工作中因发热损失的功率：P损=I2R=（4A）2×0.5=8W。答：（1）此加热过程中水吸收的热量是5.04×105J；消耗的电能是5.445×105J；（2）加热电阻工作的实际功率是500W；（3）电动机工作中因发热损失

34、的功率是8W。29（2018青岛）某电视机的额定功率是l10w，则它正常工作时，电流是0.5A；1kWh的电能可供它止常工作的时间是9.1h（至少保留一位小数）【分析】电视机正常工作时的功率和额定功率相等，利用公式I=得到电视机的电流，再根据t=求出1kWh的电能可供电视机正常发光的时间。【解答】解：家庭电路的电压是220V，电视机的额定功率是l10W，则它正常工作时，通过电视机的电流为：I=0.5A；1kWh的电能可供它正常工作的时间：t=9.1h。故答案为：0.5A；9.1h。【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等。13. （2018&

35、#183;聊城）（多选题）小明同学家的电能表上标有“3000revs/(kW·h)”的字样，他将家中的其它用电带都与电源断开，仅让电水壶在额定电压下工作，观察1min内电能表的转盘转了45revs,则下列说法正确的是ACD  A.电水壶是利用电流的热效应来工作的B.烧水过程中消耗的电能为5.4×105JC.电水壶的额定功率为900WD.当实际电压只有额定电压的90%时，电水壶的实际功率为729W10. （2018·济宁）根据额定电压为2.5V小灯泡的I-U图像(如图所示)分析，下列结论正确的是(D) A.当小灯泡的电压为OV时，其电阻为0 B.当小灯泡的

36、电流为0.1A时， 其实际功率为0.1W C.通过小灯泡的电流与其两端的电压成正比 D.小灯泡的额定功率为0.625W22, （2018·济宁）将电阻R1、R2串朕后接在电路中.如图所示，在a、b间接一根导线时,电路中的电功率 将变为原来的4倍；在a、b向接电压表吋.其示数内3V,在a、b间接电流表时，,其示数为1A。求:(1)电压U (2)R1的阻值   (3)电路的总功率  答案：（1）U=4V (2)R1=4 P总=1W27. （2018·菏泽）(6分)市场上有一种吸手鼠标垫，技术参数如图所示.鼠标垫内有两个10的发热

37、电阻,通过控制两个发热电阻的接连方式就能实现多档位的调节功能。请解答下列问题: (1)鼠标垫内两个电阻串联时总电阻是客少?(2)在额定电压下，鼠标垫内两个电阻并联时电路中的电流是多少?(3)在额定电压下、鼠标热工作8小时，最多消耗多少电能?SR1PR2A1A2V9（2018·东营）如图所示，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器滑片向左移动时，下列判断正确的是BA电压表示数与电流表A1示数的乘积变大B电压表示数与电流表A2示数的乘积变大C电压表示数与电流表A1示数的比值不变，电流表A2示数变小D电压表示数与电流表A1示数的比值变大，电流表A2示数变大16（2018·

38、东营）物理科技小组用标有“1600imp/（kW·h）”（表示每消耗1kW·h的电能，电能表上的指示灯闪烁1600次）的电能表测量电视机的功率：他们把电视机单独接入电路且使其正常工作6min，指示灯闪烁16次，该电视机的功率为_kW。160.121（2018·东营）（12分）在“测量小灯泡额定功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：R1（10 1A）、R2（50 0.2A）、R3（100 0.5A）三种规格的滑动变阻器可供选择。（1

39、）请在答题卡虚线框内画出实验电路图。（2）通过估算，滑动变阻器应选择_（选填“R1”、“R2”或“R3”）（3）同学们检查器材完好，按电路图连接电路，当闭合开关时，发现电流表指针偏转情况如图所示，造成这种现象的原因是_。（4）同学们纠正了错误，正确连接好电路，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，请分析出现这种现象的原因是_。为测量小灯泡的额定功率，接下来的操作应该是_，读出并记录电流表的示数。（5）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如下图，为_，则小灯泡的额定功率为_。SLVA21.（12分）（1）如图（2分）（2）R3（2分）（3）电流表标有“+”、“-”号的接线柱接反（2分）

40、（4）小灯泡实际功率太小，不足以让小灯泡发光（2分）；调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压为2.5V（2分）（5）0.26A（1分）；0.65W（1分）评分标准：（1）、（3）、（4）其他画法（或说法）只要合理均可得分；（5）只有数字没有单位不得分。12. （2018·德州）图11是检测酒精浓度的测试仪原理图，图中电源电压恒定为8V，R1为定值电阻，酒精气体传感器R2的阻值随酒精气体浓度的增大而减小。当酒精浓度为0时，R2=60，此时电压表示数为2V。以下说法错误的是CA.若酒精气体浓度越大，电压表和电流表示数都越大B.定值电阻R1的阻值为20C.酒精浓度为0时，电路消耗的总功率为0.6

41、WD.若电流表示数达到0.2A时，表示酒驾，此时R2消耗的电功率为0.8W17. （2018·德州）小刚早上8：00出门前查看了他家的电能表示数如图16甲所示，然后关闭家中其它用电器，只让电冰箱工作。下午18：00回家后再次查看电能表，显示的数字如图16乙所示。则小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能为_kW·h，电冰箱的实际电功率为_W。17.0.5 50 24. （2018·德州）(7分)在测量小灯泡电功率的实验中，电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡正常发光时的电阻约为10。(1)请你用笔画线代替导线，将图23甲中的实物电路连接完整。要求：当

42、滑动变阻器的滑片向A端移动时，连入电路的电阻变大，连线不得交叉。(2)小刚同学闭合开关，移动滑片P到某一位置时，电压表示数(如图23乙所示)为_V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图23甲中滑动变阻器的滑片P向_(选填“A”或“B”)端移动，图23内的U图象是小刚根据多组实验数据绘制的，根据图象可得小灯泡的额定功率为_W。(3)由实验中一U图象发现小灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要因素是_。(4)若把小灯泡换成一个定值电阻，还可探究_的关系。A.电流与电阻 B.电流与电压24.（1）（2）2.2 B 0.5 （3）温度 （4）B15（2018玉林）如图所示，电源电压U为10V并保持不变，滑动

43、变阻器规格为“20 1A”。闭合开关S，当滑片P移至最左端时，灯泡正常发光，电流表示数为0.5A；当滑片P移至中点时，电流表示数为0.4A则（）A电路消耗的最小功率为2.5WB滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为2.4WC滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为3.2WD滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡所做的功为10J【分析】（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，根据欧姆定律求出灯丝电阻；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时电路消耗的功率最小，利用串联电路的特点和P=即可求出假设灯泡电阻不变时的最小功率；然后即可比较判断；（2）滑片P在中点时，根据欧

44、姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据P=UI求出灯泡的实际功率；（3）滑片P在最左端时，根据W=UIt求出5min内电流通过灯泡做的功。【解答】解：（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，由I=可得，灯泡正常发光时的电阻：RL=20；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路消耗的功率最小，若不考虑灯泡电阻随温度的变化，根据串联电路的电阻特点可得，最小总功率：P最小=2.5W；由于灯泡不正常工作时的电阻低于正常工作时的电阻，所以，电路消耗的最小功率不是2.5W；故A错误；（2）滑片P在中点时，电流表示数为0

45、.4A，根据I=可得，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=IR滑=0.4A××20=4V，因串联电路中总电压等于各电压之和，所以，此时灯泡两端的电压：UL=UU滑=10V4V=6V，灯泡的实际功率：PL=ULI=6V×0.4A=2.4W；故B正确，C错误；（3）滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡做的功：WL=UILt=10V×0.5A×2×60s=600J，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，本题关键是要注意灯泡的电阻是变化的。26（2018玉林）在测量“小灯泡电功率”的实验中

46、，已知电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，图甲是未连接完整的实验电路。（1）请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整（要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮）（2）闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，当电压表的示数如图乙所示时，其示数为2V。（3）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。由表可知，随着电压的增大，小灯泡的电功率增大（选填“增大”、“不变”或“减小”）。数据序号1234567发光情况熄灭熄灭微光较暗不很亮较亮明亮电压U/V0.20.51.01.31.72.02.5电流I/A0.100.200.380.420.480.520.56（4）根据上表中数据，请在图丙

47、中画出IU关系图象。（5）根据图线可求得，当小灯泡两端电压为2.2V时，小灯泡的实际功率为1.2W（结果保留一位小数）。【分析】（1）根据滑片P向右移动，灯泡变亮确定变阻器的连接；（2）根据图示电压表确定其量程与分度值，读出其示数。（3）由P=UI，根据表格数据分析灯泡的功率变化情况，灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据计算灯泡正常工作时的电功率；（4）根据描点法作图；（5）由图可知灯泡的电流，根据P=UI可求小灯泡的实际功率。【解答】解：（1）要求滑片P向右移动，灯泡变亮，即电流变大，变阻器接入电路的电阻变小，故滑片以右电阻丝连入电路中与灯串联，如下图所示：（2）由图示电压表可知，其量

48、程为03V，分度值为0.1V，示数为2V。（3）由表格数据，灯泡两端电压越大，通过的电流也越大，根据P=UI可知：随着电压的增大，小灯泡消耗的功率增大；由表中数据，当U=2.5V额定电压时，通过灯泡电流为0.56A，所以灯的额定功率P=UI=2.5V×0.56A=1.4W；（4）根据表格中数据描点，根据描点作图，用平滑曲线连接作出UI关系图象，如下图所示：（5）由UI关系图象可知，当小灯泡两端电压为2.2V时，小灯泡的电流I实=0.55A，小灯泡的实际功率：P实=U实I实=2.2V×0.55A1.2W。故答案为：（1）如上图；（2）2；（3）增大；（4）如上图；（5）1.2

49、。【点评】此题是测量“小灯泡的电功率”的实验，考查了电路连接、实验注意事项、电压表的读数、电功率的计算，还考查了图象的画法，考查的很全面，须掌握。27（2018玉林）如图所示是某款电热水壶及其铭牌的部份参数，当电热水壶正常工作时，求：额定电压220V频率50Hz额定功率1000W容量1.5L（1）电热水壶的电阻；（2）将一壶水从25加热到100时，水吸收的热量c水=4.2×103J/（kg）；（3）若加热一壶水所需时间为10min，电热水壶的热效率。【分析】（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI=求出电热水壶的电阻；（2）根据=求出水的质量，知道水的质量和初温、末

50、温以及比热容，根据Q吸=cm（tt0）求出水吸收的热量；（3）根据W=Pt求出电热水壶消耗的电能，利用=×100%求出电热水壶的热效率。【解答】解：（1）由P=可得，电热水壶的电阻：R=48.4；（2）水的体积V=1.5L=1.5×103m3，由=得水的质量：m=V=1×103kg/m3×1.5×103m3=1.5kg，水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2×103J/（kg）×1.5kg×（10025）=4.725×105J；（3）电热水壶消耗的电能：W=Pt=1000W×10×

51、60s=6×105J，电热水壶的热效率：=×100%=×100%=78.75%。答：（1）电热水壶的电阻48.4；（2）水吸收的热量4.725×105J；（3）电热水壶的热效率78.75%。【点评】本题考查了电功率公式和密度、吸热公式、电功公式、效率公式的灵活应用，综合性较强，难度不是很大。28（2018玉林）如图所示，R0是阻值为10的定值电阻，R为滑动变阻器，灯泡上标有“4V 2W“字样，且小灯泡的阻值始终保持不变。当断开S2，闭合S、S1时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为U1；断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于中点时，电压表数为U2，

52、已知U2与U1相差1V，求：（1）灯泡的额定电流；（2）电源的电压；（3）滑动变阻器最大阻值；（4）该电路消耗的最小电功率。【分析】（1）根据P=UI求出灯泡的额定电流；（2）当断开S2，闭合S、S1时，R0和灯泡串联，电压表测量R0两端的电压，此时灯泡正常发光，求出两端的电压，再求出电源电压；（3）闭合S、S2，R和灯泡串联，电压表测量R0两端的电压，且U2与U1相差1V，求滑动变阻器的最大阻值，所以它两端的电压应该最大，所以U2应比U1大1V，据此求解滑动变阻器的最大阻值；（4）根据P=可知，要求电路消耗的最小电功率，就要电路总电阻最大，即断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于最

53、大电阻位置时。【解答】解：（1）由P=UI得：灯泡的额定电流I=0.5A；（2）当断开S2，闭合S、S1时，R0和灯泡串联，灯泡正常发光，根据欧姆定律可得，两端的电压U1=IR0=0.5A×10=5V，电源电压U=U额+U1=4V+5V=9V；（3）闭合S、S2，R和灯泡串联，求滑动变阻器的最大阻值，所以它两端的电压应该最大，所以U2应比U1大1V，即U2=U1+1V=6V，那么灯泡两端的电压UL=UU2=9V6V=3V，由P=得，灯泡的电阻RL=8，根据串联分压特点可知，=，=，解得：R滑=16，此时滑动变阻器的滑片P置于中点，所以滑动变阻器最大阻值R滑大=2R滑=2×1

54、6=32；（4）断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于最大电阻位置时，R和灯泡串联，电路总电阻最大，总功率最小，该电路消耗的最小电功率：P小=0.225W。答：（1）灯泡的额定电流0.5A；（2）电源的电压9V；（3）滑动变阻器最大阻值32；（4）该电路消耗的最小电功率0.225W。【点评】此题主要考查的是学生对电功率计算公式、欧姆定律计算公式、串联电路分压特点的理解和掌握，知道电路总电阻最大时，消耗总功率最小是解决此题的关键。8（2018·黔南）1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系：从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时是将

55、电能转化为内能。【解答】解：（1）1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系，得出了焦耳定律；（2）从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时，消耗的电能转化为内能。故答案为：焦耳；内。10（2018·黔南）一学生按照图甲所示的电路图做实验。此时两表示数如图乙所示，电压表的示数为2V，则电热丝电阻Rx的阻值为5已知电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等，滑片P在b端时，电热丝的发热功率为Pb，滑片P在a端时，电热丝的发热功率为Pa，那么Pa：Pb=4：1。（不考虑电热丝阻值随温度的变化）【解答】解：（1）由图知，电压表使用的是03V量程，分度值为0

56、.1V，示数为2V；电流表使用的是00.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.4A，由欧姆定律可得电热丝电阻Rx的阻值：Rx=5；（2）由题知，电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等，当滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻全连入，则电路的总电阻Rb=2Rx，电路中电流Ib=，电热丝的发热功率：Pb=Ib2Rx=（）2×Rx=×当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电阻为0，电路中电阻Ra=Rx，电热丝的发热功率：Pa=；由可得：Pa：Pb=：×=4：1。故答案为：2； 5； 4：1。21（2018·黔南）图甲为某款新型电饭煲，额定电压为220V，它采用了“聪明火”技术，智能化地控制不同时间段的烹饪温度，以得到食物最佳的营养和口感。图乙为其电路原理图，R1和R2为电阻不变的电热丝，S是自动控制开关。将电饭煲接入220V电路中，在电饭煲工作的30min内，它消耗的电功率随时间的变化如图丙所示。求（1）510min，电饭煲的功率。（2）2030min，电饭煲产生