电功率计算题100题含答案及解析3

试卷第=page7676页，总=sectionpages7676页试卷第=page7575页，总=sectionpages7676页评卷人得分七、计算题（题型注释）1．如图所示的电路中，电源电压为3V，R为阻值未知的定值电阻，小灯泡L的规格为“6V3W”，若小灯泡的阻值不随温度变化，闭合开关S后，电流表的示数为0.RRLSA（1）小灯泡的电阻；（2）小灯泡的实际功率；（3）定值电阻R的阻值。【答案】（1）12Ω（2）0.75W（3）10Ω【解析】解：（1）RL===12Ω；（2）I实===0.25A；P实=U实×I实=3V×0．25A=0.75W；（3）R===10Ω。答：小灯泡的电阻为12Ω；小灯泡的实际功率是0.75W；定值电阻R的阻值为10Ω。（1）由灯泡的标号，根据公式P=的变形式即可计算出小灯泡的电阻；（2）由于小灯泡的两端实际电压为3V，其电阻又是不变的，可先求出实际电流来，再通过电功率的计算公式计算出灯泡的实际电功率；（3）先计算出通过小灯泡的电流，然后根据电流表的示数再求出通过电阻R的电流，再根据欧姆定律的变形式求出定值电阻R的大小。2．（6分）如图甲是电热水龙头，“即开即热、冷热兼用”。如图乙是它的电路原理图，R1、R2为电热丝，通过旋转手柄带动开关S在1、2、3之间接通对应的电路，从而实现冷水、温水、热水之间的切换。它的有关技术参数如下表。请回答下列问题：（1）开关处于位置2时，它放出的是热水还是温水，请简要说明理由。（2）开关置于温水档时，每分钟可将14℃的冷水加热至32℃；开关置于热水档时，每分钟可将相同质量的水从14℃（3）根据题中获得的信息，请你从物理学角度就该水龙头“温”、“热”两档的使用进行对比评价。【答案】（1）开关处于位置2时，只有R1工作，此时水龙头的电功率小于R1、R2并联时的电功率，因此，它放出的是温水。（2）7/10（3）①使用热水档比使用温水档的电热效率高，更加节能。②使用热水档比使用温水档的电流大，安全隐患更大。【解析】试题分析：当开关置于温水档时，水龙头的效率为：η1=Q吸/W1=cm△t1/P1t；当开关置于热水档时，说龙头的效率为：η2=Q吸/W2=cm/P2t。整理得，所以效率比为:η1/η2=P2△t1/P1△t2=2800W×（32℃-14℃）/2000W×（考点：电路分析热水器效率3．如图所示，L是“12V6W”的小灯泡，R1是定值电阻，R2是最大阻值为24Ω的滑动变阻器，电源电压和灯泡电阻均不变．（1）求小灯泡的阻值；（2）闭合开关S、S1，滑片P在a端时，小灯泡恰能正常发光，且电流表示数为0.9A，求R1的阻值；（3）闭合开关S，断开开关S1，求在滑片P移动过程中，灯泡消耗的最小功率．【答案】（1）小灯泡的阻值为24Ω；（2）R1的阻值30Ω；（3）闭合开关S，断开开关S1时，灯泡消耗的最小功率为1.5W．【解析】试题分析：（1）根据灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据R=求出小灯泡的阻值；（2）闭合开关S、S1，P在a端时，R2=0Ω，此时R1与L并联，根据灯泡正常发光可知电源的电压，根据欧姆定律可知通过灯泡的电流，利用并联电路的电流特点可知通过电阻R1的电流，再根据欧姆定律求出R1的阻值；（3）闭合S，断开S1，此时R2与L串联，由P=I2R可知当P移到b端时灯泡L消耗的功率最小，先根据电阻的串联特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=I2R求出灯泡消耗的最小功率．（1）灯泡的电阻为RL===24Ω；（2）闭合开关S、S1，P在a端时，R2=0Ω，此时R1与L并联，∵灯L恰能正常发光，∴U1=U=UL=12V，IL===0.5A，∴I1=I﹣IL=0.9A﹣0.5A=0.4A，∴R1===30Ω；（3）闭合S，断开S1，此时R2与L串联，当P移到b端时，R2′=24Ω，灯泡L消耗的功率最小．电路中的电流为Imin====0.25A所以PLmin'=Imin2×RL=（0.25A）2×24Ω=1.5W．考点：欧姆定律的应用；电功率的计算点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用；第三问中能判断滑动变阻器的阻值最大时灯泡的实际功率最小是关键．4．(8分)如图11所示是小明家电饭煲铭牌，有额定功率高、中、低三档，但中、低档已模糊不清。从说明书中的电路图可知，内部有两根电阻丝，每根电阻丝的阻值均为110Ω(设电阻丝阻值恒定不变)，中档是一根电阻丝接入电路，低档是两根电阻丝串联接额定电压220V频率50Hz额定功率高档900W中档低档入电路。把电饭煲接在正常的家庭电路中使用。求：(1)当电饭煲使用中档时，通过它的电流是多少?(2)当电饭煲使用低档时，它消耗的电功率多大?(3)若使用高档，电饭煲正常工作20min，消耗的电能是多少?如图12所示是小明家的电能表，在这过程中若小明家只使用电饭煲，则电能表转盘旋转多少圈?【答案】【解析】无解析5．一台直流电动机的额定电压是220V，额定功率是5.5KW，它正常工作电流多大？连续工作2h耗电多少？若该电动机线圈电阻是0.4Ω，则线圈每分钟产生的热量是多少？【答案】25A，11KW·h，1.5×104J【解析】已知额定电压与额定功率，由I=P/U可求出电动机正常工作时的电流；已知功率与工作时间，由W=Pt可求出电动机工作时消耗的电能；已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由Q=I2Rt就可计算出线圈产生的热量．（3分）W=Pt=5.5kw×2h=11KW·h（3分）Q=（2分）6．如图所示，电源电压恒定，R1=10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω，当S1、S2均断开，滑片P置于最下端B点时。电流表的示数为0.6A，求：（1）电源电压；（2）当S1、S2均断开，滑片P置于最上端A点时，在5min内通过R2的电流所产生的热量；（3）当S1、S2均闭合，滑片P在A、B间移动过程中（不包括A、B两端点），该电路所消耗的最小电功率？【答案】（1）6V（2）240J（3）7.2W【解析】（1）当S1、S2均断开，滑片P置于最下端B点时。电路中只有的一个电阻R1接在电路中，由于此时电路中的电流为0.6A。故电源电压为U=I1R1=0.6A×10Ω=6V；（2）当S1、S2均断开，滑片P置于最上端A点时，电路中是两个电阻R1和R2的最大阻值串联，故此时电路中的电流为=0.2A；所以5min内通过R2的电流所产生的热量Q=I2R2t=（0.2A）2×20Ω×5×60s=240J。（3）当S1、S2均闭合，滑片P在A、B间移动过程中，电阻R1被短路，变阻器被分成了两部分，这两部分是并联的关系。欲使电路中的电功率最小，电路中的电阻应该最大，即R总=最大，又因为RPA+RPB=R2不变，故当RPA×RPB最大时，R总才最大，根据数学知识可知，只有当RPA=RPB==10Ω时，RPA×RPB最大，故并联电路的最大总电阻为R总==5Ω，故最小电功率为P最小===7.2W。【考点】欧姆定律，电功率。7．如图甲所示是一种常见的电热水袋，图乙是它的结构示意图，其性能指标如下表所示。请完成下列各题：额定电压额定加热功率指示灯功率袋内充水自动断电温度220V500W≤0.2W1L65℃（1）请你计算电热水袋中充水的质量。（2）给它通电，当达到断电温度时，水共吸收了2.1×105J的热量，袋内水的初温是多少？（3）电热水袋此次在额定电压下通电10分钟指示灯熄灭，则电热水袋的发热效率是多少？【答案】（1）1kg；（2）15℃；（3）70﹪【解析】试题分析：（1）电热水袋中充水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10-3m（2）温度变化为Δt=Q吸/cm=2.1×105J/（4.2×103J/(kg·℃)×1kg）=50℃，袋内水的初温是t0=t-Δt=65℃-50℃=15℃（3）10分钟电流所做的功为：W=pt=500W×600S=3×105J，电热水袋的发热效率是η=Q吸/W=2.1×105J/3×105J=70﹪。【考点定位】电热的有关计算8．（8分）小明家新安装了一台电热水器，电热水器的铭牌如图甲所示。若自来水的温度是10℃，充满水后，小明将调温开关调到如图乙所示的位置。接通电源，加热指示灯亮；达到设定温度时，加热指示灯熄灭。请你帮助小明回答下列问题：（1）加热指示灯从亮到灭的过程中，热水器中的水共吸收多少热量？（2）若不考虑能量损失，从接通电源到指示灯熄灭需要多少时间？（3）若实际经过2.5h指示灯才熄灭，则热水器的效率是多少？[C水=4.2×103J/(kg·℃)]【答案】⑴．1.155×107J（2分)⑵．7.7×103S（3分)⑶．85.6%【解析】（1）先计算水的质量，再根据Q吸=c水m（t-t0）求出吸收的热量．（2）不考虑能量损失时，吸收的热量等于消耗的电能，根据t=W/P计算时间．（3）根据W=Pt计算出消耗的电能，再与吸收的热量进行比较，就能得出热水器的效率．解：（1）水的质量：m=ρv=1.0×103kg/m3×55×10-3m水吸收的热量：Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×55kg×（60℃-10℃（2）不考虑能量损失时，W=Q吸=1.155×107J，t=W/P=1.155×107J/1500W==7700s；（3）电热水器消耗的电功：W′=Pt′=1500W×（2×3600s+30×60s）=1.35×107J，热水器的效率：答：（1）热水器中的水一共吸收1.155×107J的热量；（2）从接通电源到指示灯熄灭需要7700s；（3）热水器的效率约为85.6%9．下面是《灯的故事》中，甲、乙两白炽灯的“自白”：甲灯说：我“220V100W”；乙灯说：我“220V44W”。关于两灯：甲甲“220V100W”“220V44W”乙（1）乙灯正常发光时的电流是多大？该灯的电阻是多大？（2）把乙灯接入110V的电路中，它的实际功率是多大？（3）张大爷家共有甲、乙灯各一只，56W的电视机一台，平均每天都使用2小时，一个月按30天计算，要消耗多少电能？（4）这种白炽灯逐渐被节能灯替代，请从能量转化的角度说明白炽灯的缺点。【答案】（1）乙灯正常发光时的电流是0.2A；该灯的电阻是1100Ω；（2）把乙灯接入110V的电路中，它的实际功率是11W；（3）要消耗12kW•h的电能．（4）白炽灯消耗的电能大部分转化为内能，发光效率低．【解析】试题分析：（1）由P=UI得：I额=P额/U额=44W/220V=0.2A（1分）R=U额/I额=220V/0.2A=1100Ω（1分）（2）I实=U实/R=110V/1100Ω=0.1A（1分）P实=U实I实=110V×0.1A=11W（1分）（3）P总=100W+44W+56W=200W=0.2kw由P=W/t得：W=P总t=0.2kw×2h=0.4kW•h（1分）一个月30天消耗电能为：W总=0.4kW•h×30h=12kW•h（1分）（4）白炽灯消耗的电能大部分转化为内能，发光效率低（2分）考点：电功率的计算；欧姆定律的应用；电功的实质．点评：本题考查的知识点多，主要考查电流、电阻、消耗电能的计算以及能量转化问题，是一中档应用题．10．小满了解到从2012年10月1日起禁止进口和销售100W及以上普通照明白炽灯，推广使用节能灯，于是马上买来“220V20W”的节能灯（图乙），与“220V100W”的白炽灯（图甲）做了对比实验，发现两灯发光效果相当。（1）试计算换用这只节能灯和使用原来的白炽灯相比，一年工作2000h节约的电能。（2）若实际电压为200V，求该节能灯的实际功率。（结果保留整数）【答案】（1）（2）【解析】解：（1）解法1：白炽灯一年消耗的电能为：节能灯一年消耗的电能为：换用节能灯后一年节约的电能为：解法2：换用节能灯后一年节约的电能为：（2）解法1：节能灯电阻为实际电压200V时，实际电流为:节能灯的实际功率为：解法2：节能灯电阻为：解法3：因为节能灯电阻不变，实际电压是额定电压的，实际电流应该是额定电流的，那么实际功率为：本题涉及的知识是电学计算，考查学生分析解答实际问题的能力。（1）计算节能灯比白炽灯一年节约的电能，可分别计算白炽灯和节能灯一年消耗的电能，然后相减，也可用它们的功率差乘以工作时间（2）在计算实际功率时，可认为灯丝电阻不变，先求出灯丝电阻，根据实际电压和电阻求出实际电流，然后求出实际功率。11．如图所示电路中，小灯泡L标有“6V3W”字样，R2=12Ω，当S1、S2都闭合时，电流表示数为0.8A，这时小灯泡L正常发光，求：（1）电源电压U；（2）电阻R1的阻值；（3）当S1、S2都断开时，小灯泡L消耗的功率【答案】（1）6V；（2）20Ω；（3）0.75W【解析】试题分析：（1）当开关S1、S2都闭合时，灯泡L和电阻R1并联，电流表测量干路中的电流，小灯泡正常发光，电源电压U=6V；（2）小灯泡的额定电流：，通过电阻R1的电流：，电阻R1的阻值：；（3）当开关S1、S2都断开时，小灯泡L和R2串联在电源两端，灯泡的电阻，此时电路中的电流：，灯泡的实际功率。考点：欧姆定律和电功率的计算点评：本题考查了串联电路、并联电路特点、欧姆定律及功率公式的应用，注意通过开关的通断明确电路的结构，同时应明确灯泡正常发光即工作在额定状态下。12．（6分）如图是小林家里电热水器的工作原理图，两根加热管电阻相同．电热水器功率有高、中、低三档．当S1断开，S2接b时，其功率为低档，大小为1000W．（1）请指出电热水器的高、中档功率分别是多少瓦．（不必写出推导过程）（2）小林选用某功率档加热水箱里的50L水，水温升高40℃用了40min，求此过程电热水器的功率．【水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃）【答案】（1）电热水器的高、中档功率分别是4000W、2000W。（2）此过程电热水器的功率为3500W。【解析】试题分析：（1）当S1断开，S2接b时，两个电阻丝串联接入电路，功率最小，是低挡。S2接b，S1闭合，将一个电阻丝单独接入电路，电功率稍大，是中档。当S2接a，S1闭合，两个电阻丝并联接入电路，电功率最大，是高温档。由可知，电压一定，电功率与电路的电阻成反比。低档电路中的总电阻为2R，中档电路中的总电阻为R，电路中的总电阻为R/2，所以电热器的高档功率是4000W，中档功率是2000W。（2）水箱中水的质量，水吸收的热量，电热水器的功率。考点：电功率比热容13．如图所示，灯L上标有“12V3.6W”，定值电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”。（1）闭合S1、S2，灯L正常发光。电流表、电压表的量程分别为0～3A，0～15V，求：①灯正常发光时的电阻；②滑动变阻器允许连入的阻值范围。（2）断开S1、S2，用一个新的电源去替代原来的电源，电流表、电压表的量程分别为0～0.6A，0～3V。移动滑动变阻器的滑片过程中，要求两个电表先后均能达到满刻度，且电路正常工作。求允许替换电源的范围。【答案】（1）40Ω12Ω≤R滑≤50Ω（2）6V≤U<9V【解析】试题分析：（1）闭合S1、S2，灯L、R2并联。①②当滑动变阻器达到允许通过的最大电流1A时，电流表是安全的。所以滑动变阻器允许连入最小值为12Ω≤R滑≤50Ω（2）断开S1、S2，R1、R2串联。当电流表示数最大时I最大=0.6安，滑动变阻器阻值为0时，电压表示数为零，此时电源电压最小。U最小=I最大R总最小=0.6A×10Ω=6V当电源电压为6V时，电流表示数为0.6A,移动滑动变阻器的滑片，可以使滑动变阻器两端电压为3V。移动滑动变阻器的滑片过程中，要求两个电表先后均能达到满刻度，且电路正常工作。符合题意，电源电压最小为6V.当R2两端电压U2=3伏时，，U=U1+U2=10Ω×0.06A+3V=3.6V，此时电流表示数为0.06A，不可能达到最大，所以电源电压3.6V不符合题意。当I最大=0.6AR1两端电压最大且U2最大=3V时，R2两端电压最大，最大电源电压为U′最大=U1+U2=0.6A×10Ω+3V=9V；因题中要求两个电表先后均能达到满刻度，所以最大电压应不大于9V。所以6V≤U<9V。考点：串、并联电路电压和电流特点欧姆定律电功率的计算14．如图所示R1=10Ω，R2=20Ω，闭合开关后，电流表的示数为0.3A．（1）通过R2的电流是多少？（2）通电1minR1产生的热量是多少？【答案】（1）0.15A（2）54J【解析】（1）当闭合开关后，R1与R2并联在电路中，电路中各处的电压都相等，那么U=U1=U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V，已知：U2=3A，R2=20Ω，那么I2=U2/R2=3U/20Ω=0.15A，（2）通电1minR1产生的热量是Q=W=U2t/R1=(3V)2×60s/10Ω=54J15．小亮的妈妈买了一个“半球”牌自动热水壶送给爷爷，其铭牌如表，小亮为了给爷爷说明电热水壶的使用方法，他接水至800ml刻线处，然后把水壶放在加热座上，拨动开关，5min后水烧开，水壶自动断电，已知水的初温为20℃。自动电热水壶型号ZDH1008电源220V50Hz额定功率1100W容量800ml编号H8017664（1）这壶水吸收的热量为多少？[c水=4.2×103J/(kg·℃)]（2）烧水时家中电压为220V，求电热水壶的热效率。（3）在用电高峰，电路中的实际电压将为198V，这时电热水壶的实际功率为多大？【答案】（1）2.688×105J；（2）81.5%；（3）891W【解析】试题分析：（1）水的质量m=ρV=1g/cm3×800cm3=800g=0.8kg，水吸收的热量为Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×0.8kg×（100℃-20℃）=2.688×105J（2）电热水器消耗的电能是W=Pt=1100W×5×60s=3.3×105J，其热效率是η=2.7×105J/3.3×105J≈81.5%；(3)电热水壶的电阻R=U2/P=(220V)2/1100W=44Ω，实际功率P实=（198V）2/44Ω=891W。考点：电热的计算16．某研究性学习小组设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示．迎风板与一轻质弹簧一端连接，穿在光滑的金属杆上，弹簧由绝缘材料制成，均匀金属杆的阻值随长度均匀变化，工作时迎风板总是正对风吹来的方向．电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接在迎风板上N点并可随迎风板在金属杆上滑动，两端导线与金属杆均接触良好．已知电源电压恒为4.5V，定值电阻R＝1.0Ω．金属杆接入电路中的电阻Rx与迎风板所承受风力F的关系如图所示．(1)若在电路中接人一电压表，使电压表示数随风力的增大而增大，请在图中适当位置画出电压表；(2)无风时，求电压表的示数和定值电阻消耗的电功率；(3)如果电压表的量程为0～3V，求该装置所能测量的最大风力．【答案】(1)电压表并联在定值电阻两端;(2)1V;1W;(3)720N【解析】试题分析：（1）略;（2）无风时，电路中的电流电压表的示数定值电阻消耗的电功率（3）当电压表的示数为3V时，定值电阻的电压为1.5V，电路中的电流查表得，最大风力为720N.17．（7分）某商厦每层楼高3m，小明看到工作人员将360kg的货物在一楼放入载货电梯内，闭合开关，仅用25s的时间，便将货物运到六楼，小明对载货电梯产生了浓厚的兴趣，他通过查阅资料了解到该载货电梯的结构及工作电路如图所示，电梯是通过电动机带动钢丝绳提升货物的，电动机线圈电阻为2.4Ω，电梯厢（含动滑轮）的质量140kg，提升上述货物时电流表的示数为20A，不计钢丝绳的重力和一切摩擦，请解答下列问题（g取10N/kg）：（1）匀速提升过程中钢丝绳上的拉力多大？（2）电梯工作时消耗的总电能是多少？（3）电动机工作时的效率多大？【答案】（1）1250N（2）1.1×105J（3）78%【解析】试题分析：（1）货物和电梯厢总重为：G总=m总g=（360kg+140kg（×10N/kg=5000N，滑轮组由四段绳子吊着物体，所以绳子上的拉力为总物重的四分之一为5000N/4=1250N；（2）电梯工作时消耗的总电能为：W=UIt=220V×20A×25s=1.1×105J；（3）电梯工作时，电动机的线圈发热为：Q=I2Rt=（20A）2×2.4Ω×25s=24000J；电动机输出的能量为：W输出=110000J-24000J=86000J，所以电动机工作时的效率为：86000J/110000J=78%。【考点定位】有关滑轮组的计算18．(8分)市场上有一种电热饮水机，如图是饮水机的简化电路图，S是温控开关，R1是调节电阻，其阻值为176Ω，R2是供加热的电阻丝，饮水机的铭牌参数如表所示。若饮水机正常工作的加热效率为90%，现将质量为1.5kg，初温为20℃的水在一标准大气压下烧开。已知C水=4.2xl03J/(kg•℃求：（1）需要吸收的热量是多少?（2）需加热多长时间?（3）当饮水机处于保温状态时，它的保温功率是多少?【答案】（1））＝（2）=509s（3），＝【解析】试题分析：（1）水吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/（kg℃）×1.5kg×（100℃（2）由于加热效率为90%，所以由W=Q/η可知饮水机放出的热量Q放=Q/η=5.04×105J/90％=5.6×105J由W=Pt可知需要加热的时间为t=Q放/P=5.6×105J/1100W=509s（3）开关S断开时，两电阻串联，所以电路的总电阻为两电阻之和，即R=R1+R2，当开关S闭合时，R1短路，所以电路的电阻等于R2，根据P=U2/R可知，当开关S闭合时是加热状态，当开关S断开时是保温状态；根据加热功率为1100W可得R1的阻值为R1=U2/P加热=（220V）2/1100W=44W，所以此电热饮水机的保温状态时电路的电流为：I保温=U/R串==U/(R1+R2)=220V/(44Ω+176Ω)=1A，所以保温功率为P保温=I保温2R串=(1A)2×220Ω=220W。考点：热量的计算电功率19．（8分）“如图所示，电源电压不变，R0=12Ω．当在接线柱A和B之间接入一个“6V3W”的小灯泡，将滑动变阻器的滑片滑到最上端，闭合开关S时，小灯泡刚好正常发光；当在接线柱A和B之间接人一个电流表，将滑动变阻器的滑片滑到最下端，闭合开关S时，电流表的示数是0.5A．（不考虑灯丝电阻的变化）求：（1）电源电压是多少Ⅴ？（2）小灯泡的电阻是多少Ω？（3）滑动变阻器的最大阻值是多少Ω？（4）当在接线柱A和B之间接入“6V3W”的小灯泡，闭合开关S后，小灯泡的最小功率是多少W？【答案】（1）6V；（2）12Ω；（3）12Ω；（4）0.33W【解析】试题分析：（1）当在接线柱A和B之间接入一个“6V3W”的小灯泡，将滑动变阻器的滑片滑到最上端时，小灯泡与R0并联，灯正常发光，说明电源电压为6V；（2）灯丝电阻为：；（3）当在接线柱A和B之间接人一个电流表，将滑动变阻器的滑片滑到最下端时，电阻R0被短路，电路中只有滑动变阻器，其最大阻值为：；（4）若在接线柱A和B之间接入“6V3W”的小灯泡，则小灯泡与R0并联，再与滑动变阻器串联，当灯泡两端电压最小时，它消耗的电功率最小，此时滑动变阻器的阻值最大，为；并联部分的电阻为：，根据串联电路的分压公式得：，则，小灯泡消耗的最小功率为：考点：欧姆定律电功率20．如图所示电路，电源两端电压一定。当开关S断开，滑动变阻器接入电路的电阻为Ra时，通过电阻Ra的电流为I1，电阻R1和电阻R2消耗的功率之和P1＝10W，电压表V1、V2的示数之比U1∶U2＝5∶4；当开关S闭合，滑动变阻器接入电路的电阻为Rb时，通过电阻Rb的电流为I2，滑动变阻器消耗的功率Pb＝5W，电压表V2的示数为，且＝U1。求：（1）电流I1和I2的比值；（2）电阻Ra和Rb的比值；（3）开关S闭合，滑动变阻器接入电路的电阻为Ra时消耗的功率Pa。【答案】【解析】试题分析：通过对电路图的观察，结合题意，可分别画出当开关断开和闭合时电路的等效电路图，再根据功率的公式、欧姆定律等可求出电流之比．再结合串联电路的分压原理等，求出滑动变阻器的阻值Ra和Rb之比．求滑动变阻器消耗的功率，同样要画出等效电路图，再根据电流之比进行求解．（1）开关S断开，滑动变阻器接入电路的电阻为Ra时，等效电路如答图甲所示。开关S闭合，滑动变阻器接入电路的电阻为Rb时，等效电路如答图乙所示由甲图P1=U1I1=10W由乙图Pb=U2′I2=5W由于＝U1解得I1∶I2=2∶1（2）U1∶U2＝5∶4由串联电路电压关系有，则5Ra=4R1-R2由，得2Ra=Rb-R1-2R2由，得Rb=2R1+2R2解得R1=2Ra，R2=3Ra，Rb=10Ra则Ra∶Rb=1∶10（3）开关S闭合，滑动变阻器接入电路的电阻为Ra时，等效电路如图所示。解得Pa=8W考点：此题考查的是电学综合计算。点评：根据电路的不同变化画出等效电路图，是解决本题的有效途径之一，这是我们在平时的解题当中应该加强的．同时，本题多为对比值的求解，要求我们对电路的分析、公式的运用都要相当熟练，而且一定要保证各个物理量的对应性，是一道很有挑战性的题目．21．如图所示的装置很有创意﹣﹣它将比较耗水的洗衣机和同样耗水但不太讲究水质的马桶连在一起：上部是洗衣机（有关技术参数见铭牌），下部是马桶，中间设有储水箱．洗衣机还设有加热功能，（铭牌上水的加热功率已模糊），洗涤前先将水加热到适宜温度，可以提高洗涤效果．（1）请问这种设计的优点：．（请至少说出一个观点）（2）求洗衣机脱水时的正常工作电流．（3）某次洗衣时，首次进水量为20kg，加热时电能的80%转化为水的内能，正常加热14min水的温度升高10℃就达到设定要求，由于洗衣机铭牌上的加热功率模糊，求：①水吸收的热量，②洗衣机的加热功率[c水=4.2×103J/（kg•℃）]【答案】（1）这种设计的优点：用洗衣水用来冲厕可以节水；（2）洗衣机脱水时的正常工作电流为1.5A；（3）①水吸收的热量为8.4×105J，②洗衣机的加热功率为1250W【解析】试题分析：（1）从节水方面分析，洗衣水用来冲厕；洗衣机设有加热功能，提高洗涤效果；（2）知道脱水功率和正常工作电压，利用P=UI求洗衣机脱水时的正常工作电流；（3）知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用Q吸=cm△t求水吸收的热量；由题知，Q吸=W×80%，求出加热水消耗的电能，再利用P=求洗衣机的加热功率（1）这种设计的优点之一：用洗衣水用来冲厕可以节水；（2）∵P=UI，∴洗衣机脱水时的正常工作电流：I====1.5A；（3）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×20kg×10℃=8.4×105由题知，Q吸=W×80%，加热水消耗的电能：W===1.05×106J，洗衣机的加热功率：P===1250W考点：电功与热量的综合计算；热量的计算；电功率的计算点评：这是一道电热综合题，关键是公式及其变形的应用，最容易出错的是温度升高到和温度升高了，这是两个截然不同的概念22．（8分）小华家买了一个电吹风，既可以吹冷风也可以吹热风，其简化电路如图所示。已知该电吹风的额定电压是220V，电动机的额定功率是110W，吹热风时总电流是4.9A。该电吹风接在家庭电路中使用时，通过计算回答：（1）当电吹风吹冷风时，工作5min消耗的电能是多少？（2）当电吹风吹热风时，通过电热丝的电流是多少？（3）电热丝的电阻是多少？（4）当电吹风吹热风时，工作1min电流通过电热丝产生的热量是多少J？【答案】（1）3.3×104J；（2）4.4A；（3）50Ω；（4）58080J【解析】试题分析：=1\*GB2⑴t1=5min=300s，电吹风吹冷风时，工作5min消耗的电能W=P1t1=110W×300s=3.3×104J；=2\*GB2⑵电吹风吹冷风时的工作电流为I1===0.5A∵电热丝和电动机并联，∴通过电热丝的电流I2=I-I1=4.9A-0.5A=4.4A；=3\*GB2⑶电热丝的电阻R2===50Ω；=4\*GB2⑷t2=1min=60s，电流通过电热丝产生的热量Q2=I22R2t2=（4.4A）2×50Ω×60s=58080J。考点：电功与电热的计算；并联电路的特点23．家庭浴室中常用的灯暖型浴霸是通过灯泡的热辐射来升高光照区域内空气温度的，小明家浴室内浴霸由四只标有“220V250W”的同规格发热灯组成，小明测得浴室的面积为6m2，高为2.5m，查资料得知当地空气的密度为1.2kg/m3，比热容为1.0×103J/（kg•℃），当四只灯泡同时正常工作25min后，测得浴室内空气温度从13℃上升到（1）浴室内空气吸收的热量；（2）浴霸加热浴室内空气的效率．【答案】（1）2.7×105J；（2）18%【解析】试题分析：（1）空气吸收的热量：Q吸=cm△t=1.0×103J/（kg•℃）×18kg×（28℃-13℃（2）∵四只灯泡同时正常工作，∴四只灯的总功率：P=250W×4=1000W，25mIn消耗的电能：W=Pt=1000W×25×60s=1.5×106J，浴霸加热浴室内空气的效率：考点：热量计算、电功率24．小兰家的全自动家用豆浆机的部分技术参数如下表所示．额定电压220V电机功率180W额定频率50Hz加热功率800W加干豆量75g加水量1200ml豆浆机的说明书介绍了制作豆浆的全过程：按合适的比例把豆料、清水放入豆浆机中，经过预热、打浆、加热，断电报警等程序，即可制成熟豆浆，其中打浆和加热是交替进行的．（1）在预热时，电热器开始加热，若水温从20℃升高到40℃，在预热的过程中吸收多少热量？【不计热损失和干豆吸收的热量，c水＝4.2×103J/（kg•（2）在额定电压下，打浆时通过电动机的电流是多大？（3）若在用电高峰时段，家庭电路中的实际电压为200V，加热3min，豆浆机消耗的电能是多少？（不计热损失，加热器的电阻丝的阻值不随温度的变化而变化）【答案】（1）1.008×105J（2）0.82A（3）1.2×105J【解析】试题分析：（1）由得，水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1200×10-6m3＝水吸收的热量＝4.2×103J/（kg•℃）×1.2kg×（40℃－20℃）＝1.008×105J（3（2）由P＝UI得，在额定电压下，打浆时通过电动机的电流是（2分）（3）由“”和“”得，（2分）由“”和“W＝Q＝I2Rt”得，W＝≈1.2×105J（2分）考点：热量的计算；电流的计算；电功率电能的计算；点评：重要的是相关公式的灵活运用，注意计算热量时代入公式的是质量而不是体积，关键是第三问中注意根据额定的条件先求出加热器的电阻，再根据实际电压及电阻不变计算实际电功率及消耗的电能。25．在图所示的电路中，电源两端的电压不变。闭合开关S，当滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，电压表示数为4V，电流表示数为I1，电阻R1与滑动变阻器消耗的电功率之和为P1；当滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表示数为8V，电流表示数为I2，电阻R1与滑动变阻器消耗的电功率之和为P2。已知：P1=P2，电阻R1:R2=1：5。求：RR2SR1PR（1）电阻RA与RB的比值；（2）电源两端的电压U。（6分）【答案】（1）1:6（2）12v【解析】试题分析：先画出两中情况的电路图；已知两种情况电阻R1与滑动变阻器消耗的电功率之和相等，根据P=UI求出两种情况下的电流关系，根据串联电路电阻关系和欧姆定律结合电压表的示数得出电阻R1、RA、RB之间的关系，再电源的电压不变和已知条件得出RA、R1之间的关系，进一步得出电阻RA与RB的比值。根据串联电路电阻的分压特点求出电源的电压。解：闭合开关S，当滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，等效电路如图甲所示；当滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，等效电路如图乙所示。RR2R1RAU1=4VP1UI1R2R1RBU2=8VP2UI2甲乙（1）由图甲、乙得：=，=∵∴∵，∴∴①∵电源两端电压不变，∴∴②将②式代入①式解得：（2）由图3甲得：，解得：考点：此题考查的是串联电路的特点和电功率公式、欧姆定律的应用。点评：本题难点在于公式联立求解上，很多同学最怕这种全是用字母代替的题目，不过只要能做到思路清晰是可以顺利求解。26．有一种环保汽车，以蓄电池为驱动能源．此环保汽车运动时，蓄电池为车上的电动机供电，电动机为汽车提供动力．某辆这种类型的环保汽车，总质量为3×103

kg，汽车轮胎与

地面的总接触面积为0.1m2．当它在永平路面上匀速行驶时，电动机工作电流为50A，工作

(1)汽车对路面的压强多大？

(2)若该汽车用于牵引汽车前进的机械功率和电动机电功率的比值为4:5，则该车匀速前

进的速度多大？

(3)如果改用太阳能电池给车上的电动机供电，其它条件不变，求所需的太阳能电池板的最

小面积．结合计算结果对该设想中的太阳能汽车写出一条改进建议，

已知太阳辐射的总功率为4×1026

W，太阳到地球的距离为1.5

×1011m，半径为r的球其表面积为4πr2．太阳光传播到地面的过程中，设有29.【答案】汽车对路面的压强3.0×105Pa；该车匀速前进的速度为10m/s；所需的太阳能电池板的最小面积100m2；改进建议：①提高太阳能电池光电转化率、②减小车的质量、③【解析】（1）由题意得，P=F/s=G/s=mg/s=3.0×103kg×10N/kg/0.1m2=3.0×（2）由题意得，电动机电功率P电=UI=300V×50A=1.5×104W，P机：P电=4:5，得P机=1.2×104W；汽车动力与摩擦力为一对平衡力，则P机=F动v=f摩v=0.04mgv=0.04×3.0×103kg×10N/kg×v解得：v=（3）地球表面单位面积太阳能功率P地=（1-29.

35%）×15%×P总/4πr2=（1-29.

35%）×15%×4×1026

W/4×3.14×(1.5×1011m)2=150w/m2，S=P电/P地=1.5×104/150w/m2=改进建议：①提高太阳能电池光电转化率、②减小车的质量、③提高电动机效率等。27．（4分）小华用一根阻值为10Ω、额定电压为6V的电热丝，制作一台加热器，所用电源的电压为9V．（1）为使加热器正常工作，电路中需串联一个电阻，其阻值是多少？（2）加热器正常工作1min，电热丝消耗的电能是多少？【答案】（1）为使加热器正常工作，电路中需串联一个电阻，其阻值是5Ω；（2）加热器正常工作1min，电热丝消耗的电能是216J．【解析】试题分析：（1）根据串联电路的总电压等于各串联导体两端电压之和，所以电阻两端电压为：U2=U﹣U1=9V﹣6V=3V，通过电阻的电流为：电阻的阻值（2）电热丝消耗的电能W1=U1It=6V×0.6A×60s=216J．答：（1）为使加热器正常工作，电路中需串联一个电阻，其阻值是5Ω；（2）加热器正常工作1min，电热丝消耗的电能是216J．考点：欧姆定律的应用，电功的计算28．小明为了测量家里的洗衣机的电功率，观察了他家标有3000R/KW.h的电能表在30min内转过了750圈，由此他计算出自家洗衣机的功率应为多大？【答案】【解析】略29．在图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡L1的额定电压为8V，图12乙是灯泡L2的U—I图像。（1）当开关S接时，电压表的示数为1.2V，电流表的示数为0.3A，求定值电阻R0的阻值；（2）当开关S接时，调节电源电压，使灯泡L1正常发光，此时R0消耗的功率为1W，求灯泡L1的额定功率；（3）开关S接b时，通过调节电源电压使灯泡L1正常发光，求电路消耗的总功率。【答案】（1）定值电阻R0的阻值为4Ω．（2）灯泡L1的额定功率为4W．（3）电路消耗的总功率为6W．【解析】试题分析：（1）定值电阻（3分）（2）开关接时，与灯泡串联，且灯泡正常发光，电路中的电流（2分）灯泡的额定功率（1分）（3）开关接时，与串联，且灯泡正常发光，则有由图像可知，（1分）故电源电压（1分）电路消耗的总功率（1分）考点：欧姆定律的应用；电功率的计算．点评：本题考查了开关断开和闭合对电路的影响，以及串联电路电流和电压的特点，对欧姆定律及其公式变形和电功率及其公式变形的理解和应用，解答此题的关键是我们要能够准确的分析电路的连接情况，并且能够从图象提取有用信息．30．（8分）饮水机是一种常见的家用电器，具有加热、保温、制冷三项功能，加热和保温的工作电路，可简化为如图甲所示，其中S是一个温控开关，R为发热板。当开关S接a时，饮水机处于加热状态；当水达到一定温度时，开关S自动切换到b，饮水机处于保温状态。其主要功能技术参数见表格图乙。求：额定电压220W总功率620W额定频率50Hz保险柜容积16L加热功率550W环境温度10℃～38℃制冷功率70W环境温度≤90%制热水能力≥90℃6L/h耗电量1.2kW•h/24h制冷水能力≤15℃0.7L/h防触电类Ⅰ类（1）该饮水机正常工作1个月（以30天计算）用电多少度？（2）若水的比热容c=4.2×103J/(kg•℃)，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，若该饮水机将0.7L的水从35℃降至（3）若保温时功率为加热时功率的0.2倍，电阻R1的阻值是多少？【答案】（1）36度电；（2）58800J；（3）352Ω【解析】试题分析：（1）根据表格中的耗电量1.2kW•h/24h，可知该饮水机每天耗电1.2kW•h，所以该饮水机正常工作1个月消耗的电能W总=30×1.2kW•h=36kW•h=36度；（2）由ρ=m/V可得水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×0.7×10-3m3=0.7kg，水放出的热量为：Q=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg•℃)×0.7kg×(（3）由电路图可知，当开关S接a时，电路中电阻最小，处于加热状态，则由P=U2/R可得：电阻R=U2/P加热=（220V）2/1100W=88Ω，当开关接b时，两电阻串联，电路中电阻最大，处于保温状态，则保温时的总电阻：R总=U2/P保温=（220V）2/110W=440Ω，因此R1=R总-R=440Ω-88Ω=352Ω。【考点定位】电学综合计算31．（6分）右表是小明家电热水壶的铭牌。使用该电热器将1Kg水从20℃加热到100℃，正常工作情况下，实际用时7分钟，求（1）水吸收的热量是多少？如果这些热量由热值为4.2×107J/kg的煤气获得，至少要燃烧多少kg煤气？（2）电热水壶加热水的效率。〔c水=4.2×103J/(kg【答案】（1）水吸收的热量是3.36×105J，至少要燃烧0.008kg的煤气；（2）电热水壶加热水的效率为80%．【解析】试题分析：知道水的质量、比热容和温度的变化，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；由题意可知Q放=Q吸，根据Q放=mq求出这些热量由煤气获得时需要煤气的质量；电热器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，利用η=×100%求出电热水壶加热水的效率．（1）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃=3.36×105J；由题意可知，Q放=Q吸=3.36×105J，由Q放=mq可得，需要燃烧的煤气质量：m′==0.008kg；（2）电热水壶正常工作时的功率为1000W，工作7min消耗的电能：W=Pt=1000W×7×60s=4.2×105J，电热水壶的效率：η=×100%=80%．考点：电热的计算32．图中所示的电路中，电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，电流表A1的示数为1.5A，电流表A2的示数为0.6A，求：（1）电源电压；（2）电阻R2的阻值；（3）电路消耗的总功率RR1R2A2A1S【答案】（1）18V；（2）30Ω；（3）27W【解析】试题分析：由电路图知，两电阻R1与R2并联接在电源两端，电流表A1测量干路电流即流过R1、R2的总电流，电流表A2测量流过R2的电流．（1）在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，流过电阻R1的电流；在并联电路中，各支路两端电压相等，且等于电源电压，电源电压；（2）电阻R2的阻值；（3）电路消耗的总功率．答：（1）电源电压为18V；（2）电阻R2的阻值为30Ω；（3）电路消耗的总功率为27W．考点：电功率的计算；欧姆定律的应用；并联电路的电流、电压特点33．（8分）下表是小强家电热水壶的部分铭牌，他利用所学的知识进行了以下测量和操作。电热水壶内装满水，正常工作5min水温由20℃升高到90℃产品型号：产品型号：KS-12最大容量：1kg额定电压：220V~额定频率：50Hz额定功率：1100W执行标准：（1）水吸收的热量是多少？（2）电水壶正常工作时的电流多大？（3）电水壶正常工作5min消耗多少电能？比较（1）和（3）的计算结果，你有什么发现？并做出简单解释。（4）按照国家规定的标准，电热水壶使用的电源连接线不能过长，横截面积不能过小。小强仔细观察了家里的一些大功率用电器，如空调、电暖气的电源线也有这样的特点，请结合焦耳定律解释这样规定的原因。【答案】（1）2.94×105J；（2）5A；（3）3.3×105J；通过以上计算可知加热水的过程中，电水壶消耗的电能大于水吸收的热量。这是因为加热过程中，水吸收热量的同时，容器也要吸收热量，同时还要向外散热，使消耗的电能大于水吸收的热量；（4）电源连接线过长或横截面积过小，则连接线的电阻就会增大，在一定时间内电流通过连接线产生的热量就会增加，容易引起火灾等安全事故。【解析】试题分析：（1）水需要吸收的热量Q吸=cm（t2—t1）=4.2×103J／（kg·℃）×1kg×（90℃－20℃）=2.94×10（2）由得电水壶正常工作时的电流（3）t=5min=300s由得电水壶正常工作5min消耗电能通过以上计算可知加热水的过程中，电水壶消耗的电能大于水吸收的热量。这是因为加热过程中，水吸收热量的同时，容器也要吸收热量，同时还要向外散热，使消耗的电能大于水吸收的热量。（4）电热水壶等功率较大的用电器，工作时通过连接线的电流会较大；而如果电源连接线过长或横截面积过小，则连接线的电阻就会增大，在一定时间内电流通过连接线产生的热量就会增加，容易引起火灾等安全事故。考点：热量计算电能安全用电34．如图为一台两档式电热水器的内部简化电路，S为温控开关，当S接a时，电路中的电流为5A;当S接b时电路消耗的电功率为44W，求：（1）R1的电阻；（2）高温档时电路消耗的电功率；（3）在低温档工作10min，电流通过R2产生的热量【答案】(1)44Ω(2)1100W(3)2534J【解析】试题分析：（1）当S接a时，电路为R1的简单电路，电热水器处于高温档位，根据欧姆定律可得：R1=U/I高=220V/5A=44Ω；（2）高温挡时电路消耗的电功率：P高=UI高=220V×5A=1100W；（3）当S接b时，两电阻串联，电热水器处于低温档位，电路中的电流：I低=P低/U=44W/220V=0.2A，电路中的总电阻：R总=U/I低=220V/0.2A=1100Ω，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴R2=R总-R1=1100Ω-44Ω=1056Ω，工作l0min电流通过R2产生的热量：Q2=I低2R2t=（0.1A）2×1056Ω×10×60s=2534J．考点：电功率与电能、时间的关系35．（8分）世界首次高寒高铁运营最高速度300km/h的哈大高铁，正式通车．如图所示为以哈大客运专线主要车型动车组．（1）当该动车组用以100m/s的速度匀速直线行驶10min后，则该列车行驶了多少公里？（2）该动车组的每节车厢上都配有电热水器．在标准大气压下，15分钟内把10kg、20℃的水烧开．电流至少要做多少功？（c水=4.2×103J/（kg．℃（3）若它工作时的电功率为4.2kW，则该电热水器的热效率为多少？【答案】（1）动车的路程为60km．（2）电流至少做功3.36×106J．（3）电热水器的效率为88.9%．【解析】试题分析：（1）已知速度与时间，由是公式的变形公式可以求出动车的路程．（2）由热量公式可以求出水吸收的热量，电流做的功至少等于水吸收的热量．（3）根据功率求出电热水器做功，然后由效率公式求出电热水器的效率．解：（1）t=10min=600s，由v=得：动车的路程：s=vt=100m/s×600s=60000m=60km；（2）在一标准大气压下水的沸点是100℃把水烧开，水吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/（kg．℃）×10kg×（100℃﹣20℃）=3.36×10把水烧开，电流至少做功3.36×106J．（3）热水器做功时间t′=15min=900s，热水器做功W=Pt=4200W×900s=3.78×106J，电热水器的效率η=×100%=×100%≈88.9%；答：（1）动车的路程为60km．（2）电流至少做功3.36×106J．（3）电热水器的效率为88.9%．点评：本题考查了求路程、水吸收的热量、电热水器的效率等问题，难度不大，应用速度公式、热量公式与效率公式即可正确解题．36．如下图甲、乙分别是某品牌家用电熨斗的实物图和电路原理图。R0是定值电阻，R是可变电阻（调温开关）。该电熨斗额定电压为220V，温度最低时的耗电功率为121W，温度最高时的耗电功率为484W。（1）求R0的阻值；（2）用电熨斗汽烫时需要采用最大功率先预热，使质量为1kg的金属底板的温度从20℃升高到220℃，若金属底板利用电热的效率为80%，求金属底板吸收的热量和预热时间（，计算结果保留整数）；（3）假定电熨斗每秒钟散发的热量Q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差△t关系如图丙所示，现在温度为20℃的房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220℃，且保持不变，问应将R的阻值调为多大？【答案】（1）R0的阻值为；（2）金属底板吸收的热量为和预热时间为；（3）滑动变阻器阻值10【解析】试题分析：解：（1）当R阻值为0时，电熨斗耗电功率最大。定值电阻的阻值为（2）电熨斗底板吸收的热量电熨斗产生的热量电熨斗预热需要的时间（3）电熨斗与环境温差是由图像可知电熨斗每秒散发的热量是电熨斗总电阻发热功率此时电熨斗总电阻滑动变阻器阻值答：（1）R0的阻值为；（2）金属底板吸收的热量为和预热时间为；（3）滑动变阻器阻值10考点：热量的计算、欧姆定律的应用、电功率的计算。37．如图所示，小灯泡的规格为“6V6W"，滑动变阻器的最大阻值为R，大小未知。电源电压和灯丝电阻均保持不变。（1）求小灯泡的电阻。（2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器接人电路的阻值为时，灯泡的功率为P1；当滑动变阻器接人电路的阻值为R时灯泡的功率为P2。已知，求滑动变阻器的最大阻值R；（3）假如滑动变阻器接人电路的阻值为时，小灯泡正常发光。求电源电压。【答案】（1）6Ω（2）R=48Ω（3）12V【解析】（1）RL==6Ω（2分）；（2）由，P1=I12RL，得出（1分）由于电源电压不变，故有I1（RL+）=I2（RL+R）（2分）将RL=6Ω，代入上式，可解得R=48Ω（1分），（3）电路的总电阻R总=RL+=6Ω+6Ω=12Ω（2分），此时电路中的电流为灯泡的额定电流，I==1A电源电压U总=IR总=1A×12Ω=12V（2分）（1）由于灯泡的标号是已知的，其含义是当灯泡的两端加6V的电压时，功率为6W，故由功率P=的变形式可计算灯泡的电阻；（2）电路分两种情况，一是当滑动变阻器接人电路的阻值为时，一是当滑动变阻器接人电路的阻值为R时，我们可以将这两种情况中的电流分别设出来，记为I1、I2，利用题中已知的电功率关系和电阻关系求出它们的电流关系，再根据二种情况下电源电压相等的特点，列出方程从而把将变阻器的电阻求出来；（3）由于变阻器的电阻知道，灯泡的电阻知道，且灯泡又正常发光，故电路中的电流是可求的，则利用欧姆定律即可求出电源电压来。38．（9分）在一次课外探究中，王华观察了他家的某品牌双色电烤箱。看说明书后得知电烤箱采用双控电路，电路如图所示，S为总开关，S1和S2为两个温控开关，R1和R2为上、下两层的加热电阻，上、下同时加热时额定功率为1600W，其中R1=3R2⑴上、下两层同时正常工作时，R1消耗的电功率是多少瓦？⑵只有R1正常工作时，通过R1的电流是多少？（计算结果保留一位小数）⑶王华妈妈总感觉做晚饭时烤熟同一种食物比所用时间比在其他时段要长。王华决定用家中的电能表和手表测量做晚饭时电烤箱的实际功率。他观察家里电能表和手表测量做晚饭时电烤箱的实际功率。他观察家里电能表标有“220V20(40)A50Hz3200r/Kw”的字样。于是，他关闭了家中所有其他用电器，仅让电烤箱单独工作（上、下层同时加热）30秒，电能表转盘转过了32转①电烤箱的实际功率是多大？②做晚饭时电烤箱实际功率变小的原因是：。【答案】（1）400W；（2）1.8A；（3）1200W；用电高峰，实际电压小于额定电压，电烤箱实际功率小于额定功率【解析】试题分析：（1）由电功率的计算公式P=U/R2，得P1：P2=R2：R1=1：3，P1+P2=1600W，所以可求出P1=400W；（2）由P1=UI1，通过R1的电流是I1=P1/U=400W/220V=1.8A；（3）30s电能表转盘赚了32转，则W=32/3200KW·h，所以：P=W/t=0.01×3.6×106J/30S=1200W；用电高峰，实际电压小于额定电压，电烤箱实际功率小于额定功率【考点定位】欧姆定律电功率的计算39．如图所示，R1=4Ω，R2=8Ω，接在电源上时，电压表的示数为2V，求电路消耗的总电功率是多少？（8分）【答案】3W【解析】解：I=U1/R1=2V/4Ω=0.5AU2=IR2=0.5A×8Ω=4VU=U1＋U2=2V＋4V=6VP=UI=6V×0.5A=3W40．如图所示，小灯泡L上标有“6V3W”字样，定值电阻R=6，当开关S闭合时，小灯泡正常发光。求：(1)小灯泡正常发光时的电流；(2)定值电阻两端的电压；(3)定值电阻R在l0s内消耗的电能。【答案】（3分）0.5A3V15J【解析】试题分析：（1）∵，∴小灯泡正常发光时的电流；（2）∵，∴定值电阻两端的电压；（3）定值电阻R在l0s内消耗的电能；考点：电功率与电压、电流的关系；欧姆定律的应用；电功的计算．点评：本题考查了求电流、电压、电功问题，是一道基础题，熟练应用电功率的变形公式、欧姆定律、电功公式即可正确解题．41．某学校食堂有一个电水壶的铭牌如表所示。如图是电水壶的电路图，R为加热器。当温度较低时，温控开关S处于闭合状态，加热器加热，当水沸腾后，会自动断开进入保温状态。从而实现了自动温度开关控制。若加热器电阻阻值不随温度变化而改变，且此时的大气压为1标准大气压。则：（1）电水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是多大？（2）若电水壶产生的热量全部被水吸收，现将一满壶23℃的水在标准大气压下烧开需要多长时间？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]（3）当电水壶处于保温状态时，通过加热器的电流是1A，此时电阻R0的电功率是多少？额定电压220V额定功率4400W水壶装水质量10kg频率50Hz【答案】（1）11Ω；（2）735s；（3）209W【解析】试题分析：（1）由电水壶的铭牌可知，电水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是11Ω；（2）标准大气压下水的沸点是100℃，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（100℃﹣23℃）=3.234×106J，W=Q吸=3.234×106J，加热时间：t=W/P=735s；（3）当S断开时，R与R0串联，处于保温状态，R两端的电压：UR=IR=1A×11Ω=11V，R0的电压：U0=U﹣UR=220V﹣11V=209V，此时电阻R0的电功率：P0=U0I=209V×1A=209W。考点：电热综合计算42．如图所示是小李家的部分电路，灯L上标有“220V40w”．他将电阻丝电阻为40欧的电热水壶插入插座，发现烧开满壶水需要5min，电热水壶的电阻丝产生的热量为3×105J．若灯丝和电阻丝的电阻均不随温度变化，求：（1）火线与零线间的实际电压为多少？（2）开关S闭合时，灯L的实际功率是多少？【答案】（1）200V（2）【解析】将电阻丝电阻为40欧的电热水壶插入插座，发现烧开满壶水需要5min，电热水壶的电阻丝产生的热量为3×105J．根据公式U＝=200V计算出火线与零线间的实际电压为200V；开关S闭合时，电路两端的电压是200V，根据灯的额定电压和额定功率计算出灯的电阻，再利用实际电压200V和灯的电阻计算灯L的实际功率是33W.解：（1）t=5min=300s∵Q＝∴U＝=200V（2）∵R＝∴43．（6分）小明探究家中一台即热式电热水器的实际功率．他让家中其他用电器都停止工作，只接通电热水器，观察到家中电子式电能表的指示灯在1min内闪烁了320次，该电能表的技术参数如图所示．问：（1）这台电热水器的实际功率多大？（2）观察铭牌，发现该热水器的实际功率小于其额定功率，造成这一结果的原因可能是实际电压小于额定电压（写出一条即可）．【答案】（1）这台电热水器的实际功率为6000W．（2）实际电压小于额定电压．【解析】试题分析：解：因为“3200imp/（kW•h）”表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3200次，所以闪烁320次，消耗电能：W=kW•h×320=0.1kW•h，该热水器的电功率：=6000W．（3）热水器的实际功率小于其额定功率，原因可能是实际电压小于额定电压．答：（1）这台电热水器的实际功率为6000W．（2）实际电压小于额定电压．考点：电能表的使用、电功率44．如图甲所示的电路图，电源电压恒定不变，定值电阻R0=1OΩ，电阻R1与温度t的关系如图乙所示．请据图回答：（1）当电路中电流表的示数为0.3A时，电压表的示数为6V，则电源电压为多少？（2）这时电路的总功率是多少？（3）当R1的温度为150℃时，电流表的示数是多少？【答案】（1）9V；（2）2.7W；（3）0.225A．【解析】先根据欧姆定律求出定值电阻R0两端的电压，再根据串联电路的电压特点求出电源的电压；利用P=UI求出这时电路的总功率；由图象可知150℃时R1（1）（2分）定值电阻R0两端的电压为U0=IR0=0.3A×10Ω=3V，电源的电压为U=U0+U1=3V+6V=9V；（2）（2分）电路的总功率为P=UI=9V×0.3A=2.7W；（3）（1分）由图象可知150℃时R1=3OΩ（2分）电流表的实数为I'=U/(R0+R′)=9V/(10Ω+30Ω)=0.225A．45．如图所示，电源电压为10V．当开关S1闭合、S2接B时，电流表的示数为1A；当开关S1断开、S2接B时，电流表的示数是0.2A．求：（1）R1、R2的阻值各是多少？（2）当开关S1闭合、S2接A时，电路消耗的总功率是多少？【答案】（1）10Ω、40Ω；（2）12.5W【解析】试题分析：（1）当开关S1闭合、S2接B时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，由I=U/R可得，R1的阻值：R1=U/I1=10V/1A=10Ω，当开关S1断开、S2接B时，R1、R2串联，电流表测电路中的电流，电路中的总电阻：R总=U/I2=10V/0.2A=50Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2=R总﹣R1=50Ω﹣10Ω=40Ω；（2）S1闭合、S2接A时，R1、R2并联，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，电路中的总电阻：R=R1R2/（R1+R2）=8Ω，电路消耗的总功率：P=U2/R=（10V）2/8Ω=12.5W。【考点定位】欧姆定律；电功率46．（2013•陆川县一模）某电热水壶外壳及铭牌如图所示，装入1.5kg20℃的凉水，通电正常工作6分钟即被烧开至100℃．已知水的比热容c=4.2×103J/（kg∙℃产品型号EL﹣8952额定电压220V频率50Hz额定功率1500W容量1.5L（1）观察壶内水位的玻璃管是利用什么原理来工作的？（2）该过程中水吸收的热量．（3）电热水壶的效率．

【答案】（1）观察壶内水位的玻璃管是利用连通器原理工作的；（2）该过程中水吸收的热量为5.04×105J；．（3）电热水壶的效率为93.3%．【解析】试题分析：（1）上端开口、下部相连通的容器叫连通器；（2）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，根据吸热公式Q吸=cm△t计算出水吸收的热量；（3）已知电热水壶的额定功率和通电时间，根据公式W=Pt求出消耗的电能；水吸收的热量与消耗电能的比值就等于电热水壶的热效率．已知：m=1.5kgc=4.2×103J/（kg•℃）△t=100℃﹣20℃=80℃P=1500Wt=6min=360s求：（2）Q=？（3）η=？解：（1）观察可知：观察壶内水位的玻璃管是利用连通器原理工作的；（2）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×80℃=5.04×105J．（2）∵P=，∴电热水壶6min内消耗的电能为W=Pt=1500W×360s=5.4×105J，电热水壶的效率：η==≈93.3%．考点：电功与热量的综合计算点评：本题为力、热量和电功的综合计算，考查了连通器的应用、吸热公式、电功率公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型47．把一个标有“220V60W”的灯泡接在家庭电路中正常工作2小时，求：（1）灯丝的电阻？（2）通过灯丝的电流？（3）灯泡消耗的电能是多少焦？（4）1度电能供这个灯泡正常工作多少小时？（5）若把该灯泡接在110V的电路中，其实际功率是多少？【答案】（1）（2）（3）432000J（4）（5）【解析】（1）电阻：(2)电流：（电流：）（3）t=2h=7200sW1＝P额t1＝60W×7200s＝432000J（4）60W＝0.06kW（5）48．如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．当滑动变阻器两端电压为4V时，通过的电流为0.2A，此时滑动变阻器接入电路的阻值是多大？改变滑动变阻器接入电路的阻值，当电流为0.5A时，滑动变阻器消耗的功率为0.5W，则定值电阻【答案】10Ω【解析】解：R=U/I=4V/0.2A=20Ω根据电源电压不变：IR0+U=I’R0+P/I’0.2A×R0+4V=0.5A×R0+0.5W/0.5A解得R0=10Ω本题涉及的知识是串联电路的特点、欧姆定律和功率。当滑动变阻器两端电压为4V时，通过的电流为0.2A，此时滑动变阻器接入电路的阻值为，当电流为0.5A时，滑动变阻器消耗的功率为0.5W，滑动变阻器两端的电压为，由于电源电压不变，当电流由0.2A增大到0.5A时，定值电阻R0两端的电压增大4V－1V＝3V，所以49．图是某简易电加热器的电路图。电源电压是36V保持不变，R1、R2是发热电阻丝，R2的电阻是42Ω，滑动变阻器的最大电阻是12Ω。开关S接“1”时为高温挡、接“2”时为低温挡，且每个挡内的温度是可调的。试求：（1）开关S接“1”时，变阻器的滑片在a端，R1的功率是72W。R1的电阻是多少？（2）开关S接“2”时，变阻器的滑片在a端，电路中的电流是多少？（3）开关S接“1”时，变阻器的滑片在b端，R1的功率是多少？【答案】解：（1）开关接“1”，滑片在a端，只有R1接入电路由公式P=UI和I=U/R

可得，R1的电阻R1=U2/P大=（36V）2/72W=18Ω

（1分）（2）开关接“2”，滑片在a端，R1、R2串联则电路中的总电阻R总=R1+R2=18Ω+42Ω=60Ω

（1分）电路中的电流I大=U/R总=36V/60Ω=0.（3）开关接“1”，滑片在b端，滑变、R1串联则此时电路中的电流I小=U/（R1+R2）=36V/（18Ω+12Ω）=1.R1的功率P小=I小2R1=（1.2A）2×18Ω=25答：（1）R1的电阻是18Ω。（2）电路中的电流是0.6A。（3）R1的功率是25.【解析】（1）欲求R1的电阻，则由电源电压和题中已知的电功率即可求出；（2）欲求电流，则由电源电压和电路中的总电阻即可求出；（3）由电源电压，电路中的总电阻即可求出电流来，再由电流和电阻求出其功率来。考点：电路的等效，电阻、电流、电功率的简单计算。50．如图所示，把20Ω的电阻R1和30Ω的电阻R2串联起来，接在电压为6V的电源上。闭合开关后，求：（1）电流表的示数；（2）电路消耗的总功率。【答案】（1）0.12A（2）.72W【解析】试题分析：（1）根据电路图知道R1、R2串联，所以，电路的总电阻R=R1+R2=20Ω+30Ω=50Ω由欧姆定律得I=U／R=6V／50Ω=0.12A，所以，电流表的示数是0.12A（2）由题意知道电源电压U=6V，所以，电路消耗的总功率P=UI=6V×0.12A=0.72W考点：欧姆定律的应用电功率的计算51．（8分）小明学习了电功率的知识后，想利用家里的电能表（如图所示）和手表，测出一些家用电器的有关数据。（1）当家里只有一台电冰箱在正常工作时，他测出电能表1分钟转了3圈，求电冰箱在这段时间消耗的电能是多少焦耳？（2）当电冰箱和电热水壶同时工作时，他测出电能表1分钟转33圈，求此时电热水壶的电功率是多少瓦？（3）如果用此电热水壶把1kg的水由20℃加热至沸腾需要的时间是多少秒？[不考虑热量的损失，气压为一个标准大气压，水的比热容为4.2×103J/(kg℃【答案】（1）7.2×103J(2)1200W(3)280s【解析】试题分析：（1）电冰箱消耗电能为W冰=3r×1kWh/1500r=1/500kWh=7.2×103J（2）共消耗电能为W=33r×1kWh/1500r=11/50kWh=7.92×104J电热水壶消耗电能为W热=W-W冰=7.92×104J－7.2×103J=7.2×104J，t=1min=60s电热水壶的电功率为P=W热/t=7.2×104J/60s=1200W(3)水吸收热量为Q吸=cm(t－t0)=4.2×103J/(kg℃)×1kg×(100℃－20℃)=3.36×10消耗电能为W1=Q吸=3.36×105J时间为t=W1/P=3.36×105J/1200W=280s.52．小伟是一个科学迷，在课余时间他利用一个规格为“2.2V0.01A”的发光二极管设计了如图甲所示的电路．晚间关闭照明灯L后，利用二极管D发出的光指示开关所在的位置．S为单刀双掷开关、R为限流电阻．（1