2022年中考物理复习-第18章 电功率【有答案】

中考一轮复习知识点梳理与针对性分层训练第18章《电功率》【知识点1、电能电功】一、电功1．定义：电流通过某段电路所做的功叫电功。2．实质：电流做功的过程，实际就是电能转化为其他形式的能（消耗电能）的过程；电流做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能，就消耗了多少电能。二、电能1．用电器工作的过程，实际上就是电流经过用电器时把_电能转化为其他形式能的过程。2．电能用电能表来测量，电能的国际单位是J，生活中常用单位是kW·h，1kW·h=3.6×106J。3．电能表用前后两次的读数之差来表示某段时间内用电的度数。测量较小电功时，用表盘转数读数。4．电能计算公式：W=UIt（适用于所有电路）。【经典例题考查】1．小刚同学家的电能表上标有“600r/（kW•h）”字样，他用钟表记录了10min内电能表上的转盘转过120r，则他家的用电器在这段时间内消耗的电能是（）A．7.2kW•h B．0.72kW C．0.2kW D．0.2kW•h【解析】600r/（kW•h）表示的是电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，电能表转动120r，用电器消耗的电能：W＝＝0.2kW•h，【答案】D。2．小明将由镍铬合金丝制成的a、b、c三段导体串联接入电路，规格如表所示。通电相同时间，电流通过a、b、c三段导体所做的功分别为Wa、Wb、Wc，则（）编号材料长度/m横截面积/mm2a镍铬合金0.50.5b镍铬合金10.5c镍铬合金0.51A．Wb＞Wa＞Wc B．Wa＝Wb＝Wc C．Wa＞Wb＞Wc D．Wc＞Wa＞Wb【解析】甲、乙、丙三个导体材料相同，由表中数据知，a和b横截面积相等，b比a长度大，所以Rb＞Ra，a和c长度相等，a的横截面积小于c，所以Ra＞Rc，所以三个导体的大小关系为：Rb＞Ra＞Rc；a、b、c三个导体串联在电路中，所以通过它们的电流相等，通电都为1min，根据W＝UIt＝I2Rt可知，导体的电阻越大，电流通过导体所做的功越大，即：Wb＞Wa＞Wc。【答案】A。3．小莎利用如图所示的实验装置，探究电流做功多少跟什么因素有关。通过电动机将质量一定的重物提升一段距离来反映电流做功的多少，闭合开关，电动机将重物提升的高度越大，表明电流做的功越多。电路中的电源两端的电压可调，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量通过电动机的电流，现将测得的实验数据记录在如表中。次数电流表示数I/A电压表示数U/V通电时间t/s重物上升高度h/m10.124100.0620.124200.1230.146100.0940.1610100.17（1）闭合开关后，电动机将重物提升的过程，是将电能转化为重物的机械能的过程。（2）比较实验次数1和2，可以归纳出的结论是：电流做功的多少与通电时间有关。（3）比较实验次数1、3和4，可以归纳出的结论是：在通电时间一定时，电流与电压的乘积越大，电流通过电动机所做的功越多。【解析】（1）电流通过电动机时，消耗了电能，而电动机输出了机械能，同时也产生了一部分热能，所以是电能转化为了机械能和内能。（2）由表中实验序号为1、2的实验数据可知，在电流与电压相等时，通电时间越长，钩码上升的高度越大，电流做功越多，由此可得：在电压与电流一定时，通电时间越长，电流做功越多。（3）由表中实验序号为1、3和4的实验数据可知，通电时间相同而电压与电流不同，电压与电流的乘积越大，钩码上升的高度越高，电流做功越多，由此可得：在通电时间一定的情况下，电流做功与电流和电压的乘积有关，电流与电压乘积越大，电流做功越多。【答案】（1）电；（2）通电时间；（3）多。4．一块手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1130mA•h，它充满电后，大约存储的电能是（）A．4.181J B．4.181×103J C．1.5×104J D．15kW•h【解析】电池的容量为1130mA•h，所以手机锂电池充满电后，储存的电荷量：根据I＝可知，Q＝It＝1130×10﹣3A×3600s＝4068C，充电电流所做的功：W＝UIt＝UQ＝3.7V×4068C＝15051.6J≈1.5×104J，即大约储存了1.5×104J的电能。【答案】C。5．如图所示为电风扇能量流向图，根据该图提供的信息，下列说法不正确的是（）A．电流做功80J B．（a）应为机械能 C．（b）的数值为20J D．消耗的电能为100J【解析】AD、电流做的功等于消耗的电能，故电流做功100J，消耗的电能也为100J，故A错误，D正确；BC、电风扇工作时，消耗的电能多数转化为机械能，故（a）应为机械能，故B正确，内能输出为：100J﹣80J＝20J，故C正确。【答案】A。6．商场中，卖微波炉的售货员和顾客就微波炉省电还是费电发生了争论。售货员说：“微波炉很省电，用它加热食物花不了多少电费。”顾客说：“微波炉很费电，他家的微波炉一开，电能表就转得很快。”上述争论中，顾客混淆的两个概念是（）A．电流和电功率 B．电功率和电压 C．电功和电功率 D．电功和电阻【解析】售货员认为微波炉很省电，是说微波炉的电功率大，但加热食物用时很短，消耗的电能并不多，所以“微波炉很省电，用它加热食品花不了多少电费”，即售货员是从电能角度说的；顾客是从电功率角度考虑的，因为微波炉属于大功率用电器，工作时电路中电流很大，相同时间内消耗的电能多，所以认为很“费电”。【答案】C。【知识点2、电功率】电功率1．定义：电流在单位时间内所做的功。2．物理意义：表示电流做功快慢的物理量（灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率大小）3．电功率计算公式：（1）P=UI（适用于所有电路）（2）P=W/t（常用于计算一段时间的问题)对于纯电阻电路可推导出：（1）串联电路中常用公式：P=I2R（2）并联电路中常用公式：P=U2/R（3）计算总功率常用公式：P总=P1+P2（无论用电器串联或并联）总功率常用公式：P总=U总2/R4．在电路中的特点：（1）串联与电阻成正比W1/W2=R1/R2（2）并联与电阻成反比W1/W2=R2/R15．单位：国际单位为瓦特（W），常用单位为千瓦（kW）6．额定功率和实际功率：（1）①额定电压：用电器正常工作时的电压。②额定功率：用电器在额定电压下的功率。（2）①实际电压：用电器实际工作时的电压。②实际功率：用电器在实际电压下的功率。【经典例题考查】7．智能手机耗电达到一定值时，会自动提示用户采用或转入“省电模式”，在这种模式下，可延长电池的供电时间，原因是（）A．减小了电池的输出电流 B．增大了电池的输出电压 C．减小了电池的供电效率 D．增大了电池的输出功率【解析】智能手机耗电达到一定量时，剩余的电能也是定量，由W＝Pt可知，要延长手机的工作时间，需要减小电池的输出功率，而手机工作的电压是不变的，由P＝UI可知，在省电模式下，应减小电池的输出电流，故A正确。【答案】A。8．小宇家有三盏白炽灯泡：“220V100W”、“110V100W”和“36V100W”，当它们都在额定电压下工作时，比较三盏灯泡的亮度，则（）A．“220V100W”最亮 B．“110V100W”最亮 C．“36V100W”最亮 D．3盏灯一样亮【解析】“220V100W”、“36V100W”、“110V100W”的三盏电灯，额定功率均为100W，那么在额定电压下，它们的实际功率相等，所以亮暗程度也是一样。【答案】D。9．将“220V100W”的灯泡L1和“220V40W”的灯泡L2，串联在220V的电源上，组成闭合电路（设灯丝电阻不变），则下列说法正确的是（）A．灯泡L1和L2一样亮 B．灯泡L1比灯泡L2亮 C．两灯泡的总功率小于40W D．两灯泡的实际功率都变为其额定功率的一半【解析】AB、由P＝得：L1、L2的电阻分别为：R1＝＝＝484Ω；R2＝＝＝1210Ω；两灯串联时，电流相等，由P＝I2R可知，灯泡L1的功率小于L2的功率，故灯泡L2要比L1亮，故A、B错误；CD、串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时通过电路的电流：I＝＝≈0.13A，两灯实际消耗的功率：P1′＝I2R1＝（0.13A）2×484Ω≈8.2W≠50W，即灯泡L1的实际功率小于其额定功率的一半，P2′＝I2R2＝（0.13A）2×1210Ω≈20W，即灯泡L2的实际功率约等于其额定功率的一半，两灯泡的总功率为：P＝P1′+P2′＝8.2W+20W＝28.2W＜40W，故C正确，D错误。【答案】C。10．甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（）A．若两灯串联在220V的电路中，则乙灯较亮 B．将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50W C．若两灯并联在220V的电路中，则甲灯较亮 D．两灯均正常发光时，若两灯丝一样长，则甲灯灯丝较细【解析】A、由P＝UI＝可知，两灯泡的电阻分别为：R甲＝＝＝1936Ω，R乙＝＝＝484Ω，因串联电路各处电流相等，所以由P＝UI＝I2R可知，两灯串联在110V的电路中，甲灯泡的实际功率大于乙灯泡的实际功率，因此甲灯泡亮，故A错误；B、由乙灯铭牌上的字样可知，当乙灯接入110V电路中，由P＝可知，在电阻不变的情况下，功率与电压的平方成正比，当电压变为110V，即为额定电压的，则实际功率就是额定功率的，所以此时的实际功率为：P乙实＝P乙额＝×100W＝25W，由于灯泡的阻值随温度的升高而增大，因此此时的实际功率略大于25W，故B错误；C、若两灯并联在220V的电路中，则甲、乙两灯泡两端电压都等于220V，所以它们的实际功率都等于其额定功率，因此乙灯泡亮，故C错误；D、因灯丝的电阻与材料、长度以及横截面积有关，而材料和长度相同，且电阻的横截面积越小，电阻越大，因此甲灯丝的电阻细，故D正确。【答案】D。11．如图所示的电路中，电阻R0为6Ω，电源电压不变。把“6V3W”的小灯泡接在AB间，CD间接电流表，闭合开关S，小灯泡正常发光，则电源电压为6V。如果把这个小灯泡接在CD间，AB间接电压表，闭合开关S，若灯丝电阻与正常发光时相同，则电压表的示数为2V。【解析】（1）灯泡接在AB之间，电路为并联电路，此时小灯泡正常发光，小灯泡两端的电压为6V，则电源电压为6V；（3）小灯泡接在CD间，AB间接电压表，电压表测量R两端的电压；小灯泡的电阻RL＝＝＝12Ω，在串联电路中，电压之比等于电阻之比，即：UR：UL＝R0：RL＝6Ω：12Ω＝1：2，且UR+UL＝6V，由此可得UR＝2V。【答案】6；2。12．如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表量程为“0～3V”，滑动变阻器R规格为“20Ω1A”，灯泡L标有“3.0V1.5W”字样（不考虑灯丝电阻变化）。在不损坏电路元件情况下，求：（1）灯泡正常工作的电流；（2）该电路的最大功率；（3）滑动变阻器阻值变化的范围。【解析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。（1）根据P＝UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.5A；（2）（3）串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，灯泡正常发光时的电流0.5A，所以为了不损坏电路元件，电路中的最大电流为0.5A，当电路中的电流最大时，电路消耗的功率最大，则电路的最大电功率：P最大＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W；此时UL＝3V，根据欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝4.5V﹣3V＝1.5V，则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑小＝＝＝3Ω；由串联分压原理可知当滑动变阻器两端电压为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最小，此时灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U滑大＝4.5V﹣3V＝1.5V，由欧姆定律可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝6Ω；电路中的最小电流：I最小＝＝＝0.25A，则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R滑大＝＝＝12Ω，所以，滑动变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω。【答案】（1）灯泡正常工作的电流为0.5A；（2）该电路的最大功率为2.25W；（3）滑动变阻器阻值变化的范围是3Ω～12Ω。13．如图所示电路中，灯L上标有“6V，3.6W”字样，电源电压恒为18V，灯L的电阻保持不变，求：（1）灯L的电阻；（2）灯L正常工作时，滑动变阻器的电功率；（3）当滑动变阻器的滑片置于最左端时，灯泡L的实际功率。【解析】由电路图可知，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）由P＝可得，灯L的电阻：；（2）灯泡正常工作时的电流：；因为串联电路两端电压等于各部分电路两端电压之和，所以，灯L正常工作时滑动变阻器两端的电压：UR＝U﹣UL＝18V﹣6V＝12V；因为串联电路中各处的电流相等，所以滑动变阻器消耗的功率：PR＝URIR＝URIL额＝12V×0.6A＝7.2W；（3）当滑动变阻器的滑片置于最左端时，滑动变阻器连入电路的阻值为0；灯泡L两端的电压为UL＝U＝18V，远远大于灯泡的额定电压，此时灯泡被烧毁，灯泡的实际功率为0W。【答案】（1）灯L的电阻为10Ω；（2）灯L正常工作时，滑动变阻器的电功率为7.2W；（3）当滑动变阻器的滑片置于最左端时，灯泡L的实际功率为0W。【知识点3、测量小灯泡的电功率】伏安法测小灯泡的电功率【实验原理】P=UI【实验器材】小灯泡、电压表、电流表、滑动变阻器、电源、开关、导线。【实验电路】【实验步骤】（1）按电路图连接好电路；（2）闭合开关，调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压恰好等于小灯泡的额定电压2.5V，观察小灯泡的亮度，并记录电流表和电压表的示数。（3）调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压约等于小灯泡额定电压的1.2倍。观察小灯泡的亮度变化，并记录此时电流表和电压表的示数（注意：小灯泡两端的电压不能超过它的额定电压太多）。（4）调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压约等于小灯泡额定电压的0.8倍。观察小灯泡的亮度变化，并记录此时电流表和电压表的示数。（5）计算出三种情况下小灯泡的电功率【实验表格】实验要求发光情况电流（A）电压（V）电功率（W）1小灯泡在额定电压下工作2小灯泡两端电压是额定电压的1.2倍3小灯泡两端电压低于额定电压【分析论证】由公式P=IU计算小灯泡的功率。（将计算结果填入表中，通过分析和比较得出）分析比较额定电功率和实际电功率大小问题，比较灯泡的亮暗程度与电功率间的关系。（1）当U实=U额时，P实=P额，正常发光（2）当U实<U额时，P实<P额，较暗（3）当U实>U额时，P实>P额，较亮【实验结论】（1）不同电压下，小灯泡的功率不同。实际电压越大，小灯泡功率越大。（2）小灯泡的亮度由小灯泡的实际功率决定，实际功率越大，小灯泡越亮。【经典例题考查】14．小明为了探究小灯泡的亮度与实际功率的关系，一小灯泡额定电压为2.5V，图a是小明的实验电路图。（1）请按照图a，将图b中的实物电路连接完整：（2）闭合开关，为了测量额定功率，需要调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光。电流表示数如图c所示。则此时通过小灯泡的电流为0.28A，额定功率为0.7W；（3）调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐减小。会发现灯泡变暗直至完全不发光。可以猜想此过程中灯丝的温度降低（选填“升高”、“不变”或“降低”）（4）测量数据如下表所示，分析表中数据，可以发现小灯泡两端的电压越低，实际功率越小。其灯丝的亮度越暗。电压U/V2.502.101.701.300.900.50电流I/A0.260.240.210.190.16（5）实验要求改变小灯泡两端的电压进行多次测量，这样做是为了测量不同电压下小灯泡的实际功率（或观察在不同电压下小灯泡的发光情况）。【解析】（1）变阻器按一上一下接入电路中，按电路图连接如下图所示：；（2）调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时通过小灯泡的电流是0.28A，则小灯泡的额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W；（3）调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐减小，会发现灯泡变暗直至完全不发光，电能转化成的内能变小，可以猜想此过程中灯丝的温度降低；（4）由表中数据知，小灯泡两端的电压越低，根据P＝UI知实际功率越小，其灯丝的亮度越暗；（5）多次测量是为了测量不同电压下小灯泡的实际功率（或观察在不同电压下小灯泡的发光情况）。【答案】（1）如上图；（2）2.5V；0.28；0.7W；（3）降低；（4）暗；（5）测量不同电压下小灯泡的实际功率（或观察在不同电压下小灯泡的发光情况）。15．学校实验室新进了一批规格为“2.5V0.75W”的小灯泡，小明想通过实验探究小灯泡的额定功率是否符合规格。（1）根据图甲所示电路图，用笔画线代替导线把图乙所示的实物电路补充完整。（2）小明完成实验后，根据实验数据作出I﹣U关系图像如图丙所示，由图象可得小灯泡的额定功率为0.75W，该小灯泡符合（选填“符合”或“不符合”）制造规格。（3）由I﹣U关系图像可知当小灯泡两端电压为1V时，它的电阻为5Ω；进一步分析图像可得，小灯泡电阻随着两端电压的升高而增大（选填“增大”或“减小”或“不变”）。【解析】（1）根据滑动变阻器上下接线柱各接一个接入电路且串联在电路中知，把把电流表与滑动变阻器串联，如下图所示：（2）根据图丙可知，灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，则灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W，该小灯泡符合制造规格；（3）根据图丙可知，灯泡两端电压为1V时，通过灯泡的电流为0.2A，根据I＝可知灯丝的电阻为：R＝＝＝5Ω；当灯泡两端的电压增大时，通过灯泡的电流也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加得更快，所以当小灯泡电压增大时，灯丝电阻将增大。【答案】（1）见上图；（2）0.75；符合；（3）5；增大。16．小侨同学在“探究小灯泡亮度与实际功率关系”的实验中，找来了电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡（电阻约10Ω），电流表、电压表各一只，滑动变阻器一个，开关一个，导线若干，组装电路。（1）如图甲所示，检查时发现有一条导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并只移动一条导线，用笔画线代替导线将电路图连接正确。（2）小侨同学共进行了4次测量，并将相关数据记录在表格中，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为0.70W。实验序号电压U/V电流I/A电阻R/Ω电功率P/W灯泡的亮度10.50.163.10.08不亮21.50.246.250.36较暗32.5正常43.00.3010.00.90很亮（3）小侨同学根据实验目的分析实验数据及现象，可以得出结论：小灯泡的亮度随着实际功率的增大而变亮（选填“亮”或“暗”）；（4）完成上述实验后，小侨同学又设计了一种测量额定功率的方案，如图丙所示，R0是阻值已知的定值电阻。请完成下列操作：①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点A（选填“A”或者“B”），移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2；③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率，则表达式P＝。【解析】（1）从电源的正极出发，按照电流方向，电流经开关→滑动变阻器→从电流表的正接线柱流入，从负接线柱流出→灯泡→电源的负极，电流表要串联在电路中，电压表和灯泡并联，改正后的电路连接如图。（2）电流表使用0～0.6A量程，每一个大格是0.2A，每一个小格是0.02A，电流表示数是0.28A；灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.70W；（3）由表格数据知，小灯泡两端的电压增大，电流增大，实际功率增大，小灯泡的亮度增大，故小灯泡的亮度随着实际功率的增大而变亮。（4）利用定值电阻测量灯泡的额定功率的实验步骤：①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点A，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点B，读出电压表的示数U2；③小灯泡的额定电压是U1，小灯泡和定值电阻是串联的，根据串联电路中电流处处相等，小灯泡的额定电流等于定值电阻中的电流，定值电阻两端的电压是U0＝U2﹣U1，定值电阻中的电流，即小灯泡的额定电流：I1＝I0＝，小灯泡的额定功率：P＝U1I1＝U1×＝。【答案】（1）如上图；（2）0.70；（3）亮；（4）①A；③。【知识点4、焦耳定律】焦耳定律1．含义：电能转化成的内能（电流的热效应）2．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比。3．计算公式：Q=I2Rt（适用于所有电路)对于纯电阻电路可推导出：串联电路中常用公式：Q=I2Rt，并联电路中常用公式：Q=U2t/R②计算总热量常用公式Q总=Q1+Q2（无论用电器串联或并联）4．当用电器为纯电阻时，电能全部转化成内能，W=Q，特例：电动机为非纯电阻，W>Q。（W总=W机+Q）【经典例题考查】17．如图所示，是探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”的实验。（1）甲、乙、丙三个相同的透明容器中密封着等质量（选填“等体积”或“等质量”）的空气。通过比较U形管内液面的高度差的变化，判断电阻产生热量的多少。（2）若要探究导体产生的热量与电流大小的关系，则应选用乙、丙两容器及相连的U形管比较，结论是：在电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大电流产生的热量越多。（3）若要探究导体产生的热量与电阻大小的关系，则应选用甲、乙两容器及相连的U形管比较。在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流产生的热量越多。（4）通电一段时间后，甲容器相连的U形管中两侧液面高度差变化最大。（5）若通过R1中电流为0.1A，则10min通过R2产生热量为30J。【解析】（1）根据控制变量法可知甲、乙、丙三个相同的透明容器中密封着等质量的空气；电流通过导体产生热量的多少无法直接观察，通过比较U形管液面高度差的变化来判断电阻产生热量的多少，这是转换法；（2）（3）由图可知，丙中两个5Ω的电阻并联后，再与甲、乙串联在电路中，通过甲和乙的电流是相同的，而甲、乙容器中的电阻不同，根据并联电路的电流规律可知，通过丙容器中电阻的电流小于通过甲、乙容器中的电阻的电流，乙、丙容器中的电阻相同；若要探究导体产生的热量与电流大小的关系，则应选用乙、丙两容器及相连的U形管比较，根据焦耳定律可知在电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大电流产生的热量越多；若要探究导体产生的热量与电阻大小的关系，则应选用甲、乙两容器及相连的U形管比较，根据焦耳定律可知在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流产生的热量越多；（4）甲、乙的电流和通电时间相同，电阻不同，电阻越小，产生的热量越少，则乙的液面低于甲的液面；对于乙和丙，通过乙的电流大于通过丙容器中电阻的电流，电阻和通电时间相同，则丙中电阻产生的热量要小于乙中电阻产生的热量，丙的液面要低一些，故最低的是丙，所以通电一段时间后，甲容器相连的U形管中两侧液面高度差变化最大；（5）串联电路各处电流相等，若通过R1中电流为0.1A，则通过R2的电流也为0.1A，10min通过R2产生热量为：Q＝I2R2t＝（0.1A）2×5Ω×10×60s＝30J。【答案】（1）等质量；液面高度差（2）乙、丙；电阻；大；（3）甲、乙；电阻；（4）甲；（5）30。18．电风扇，电烙铁和电视机上都标有“220V60W”字样，它们在额定电压下工作相同的时间，则产生的内能最多的是（）A．电风扇 B．电烙铁 C．电视机 D．一样多【解析】电风扇工作时消耗电能，大部分转化为机械能，少部分转化为内能；电视机工作时，电能转化为光能、声能等，只有少部分转化为内能；电烙铁工作时把电能全部转化为内能；它们都在额定电压下工作，P＝P额，实际功率P相同，根据W＝Pt可知，工作时间相同时，三个用电器消耗的电能相同，只有电烙铁把电能全部转化为内能，所以电烙铁产生的热量最多。【答案】B。19．如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置，容器内盛有液体，下列说法正确的是（）A．甲、乙、丙三个容器内应盛有质量相同的不同种液体 B．利用甲、丙可以研究电流通过导体产生热量的多少与电流的关系 C．温度计示数的变化反映了电流通过液体内导体时产生热量的多少 D．利用甲、乙可以研究电流通过导体产生热量的多少与导体电阻的关系【解析】A、探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验时，采用的是控制变量法，需要加热质量相同的同种液体，故甲、乙、丙三个容器内应盛有质量相同的同种液体，故A错误；B、在甲、丙装置中，容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，探究的是电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误；C、电阻丝产生的热量不易直接观察，实验中可给等质量的液体加热，液体吸热越多，温度越高，温度计示数越大，采用了转换法，故C正确；D、甲、乙装置甲中，一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，容器内两电阻大小相同，通过时间也相同，根据串联电路的电流特点可知，通过左侧容器电阻的电流大于通过右侧容器内电阻丝的电流，根据控制变量法，可研究电流产生的热量与电流的关系，故D错误。【答案】C。20．图甲是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。将小灯泡L和电阻R接入图乙所示电路中，电源电压恒为2V。下列说法正确的是（）A．由图乙知小灯泡两端的电压越大，电阻越小 B．开关S1、S2都闭合时，电流表示数为0.5A C．开关S1、S2都闭合时，电路总功率为1.4W D．开关S1、S2都闭合时，在1min内电阻R产生的热量为240J【解析】A、由图象知，L的I﹣U图象是条曲线，且电压的变化大于电流的变化，由欧姆定律可知，其两端电压越大时，其阻值为会变大，故A错误；BC、由图乙知，开关S1、S2都闭合时，L与R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压规律知，UL＝UR＝U＝2V，由图象知，此时IL＝0.5A，IR＝0.2A，根据并联电路的电流规律知，电压表示数I＝IL+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A，故B错误；此时电路总功率P＝UI＝2V×0.4A＝1.4W，故C正确；D、开关S1、S2都闭合时，在1min内电阻R产生的热量QR＝WR＝URIRt＝2V×0.2A×60s＝24J，故D错误。【答案】C。21．有两根阻值分别为R1、R2的电阻丝，分别采用如图所示的四种方法接在同一电源上后，相同时间内产生的热量最小的是（）A． B． C． D．【解析】因为串联后的总电阻比任何一个分电阻的阻值都大，并联后的总电阻比任何一个分电阻的阻值都小，所以在四个电路中，串联电路的总电阻最大；根据公式Q＝W＝可知，当电源电压和通电时间都相同时，电阻大的产生的热量少。因为串联电路的总电阻最大，所以串联电路产生的热量最小。【答案】C。22．如图所示，某商场一名顾客乘坐自动扶梯上楼，自动扶梯由电动机带动而匀速运动。电动机的电阻为R，两端的电压为U，工作电流为I，上楼时间为t，在此过程中，电动机产生的热量为（）A．UIt B．t C．I2Rt D．UIt﹣I2Rt【解析】根据焦耳定律可知，电动机产生的热量为：Q＝I2Rt，故C正确。【答案】C。23．如图所示是一款养生壶和它的电路简图，该壶有“加热”和“保温”两挡，电源电压为220V，电阻丝R1＝44Ω，R2＝356Ω。养生壶在“加热”挡工作时，电功率为1100W，现将壶内1kg的水从20℃加热到75℃，水吸收的热量是2.31×105J，加热过程中若不计热量损失，所需加热时间为210s；在“保温”挡工作时，10s养生壶产生的热量是1210J[已知c水＝4.2×103J（kg•℃）]。【解析】（1）分析电路可知，当S1闭合，S2闭合时，R2短路，只有R1接入电路；当S1闭合，S2断开时，R1与R2串联接入电路。由P＝可知，总电阻越小，电功率越大，所以当S2闭合后为加热挡，断开时时保温挡；加热挡的电功率：P加热＝＝＝1100W；（2）1kg的水从20℃加热至75℃吸收热量：Q＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（75℃﹣20℃）＝2.31×105J；若加热过程中不计热量损失，则所消耗的电能与水吸收的热量相等，即W＝Pt＝Q，可得：t＝＝＝210s；（3）在“保温”挡工作时，10s养生壶产生的热量是：Q′＝t＝×10s＝1210J。【答案】1100；2.31×105；210；1210。24．如图所示的电路中，电源电压不变，电阻R1的阻值为40Ω，R2的阻值为60Ω。只闭合开关S时，电流表的示数为0.3A，求：（1）电源电压U。（2）开关S1、S2都闭合时，通过电流表的电流I。（3）通过计算判断，开关都闭合，此电路工作10min产生的总热量，能否使0.1kg的水温度升高10℃[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。【解析】（1）当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，电流表测量电路电流，电流表的示数为0.3A，据欧姆定律可知电源电压为：U＝I1R1＝0.3A×40Ω＝12V；（2）开关S1、S2都闭合时，两电阻并联，电流表测量干路电流。根据欧姆定律可知通过R2的电流为：I2＝＝＝0.2A，通过并联电路各支路相互独立工作、互不影响的特点可知通过R1的电流不变，为0.3A，根据并联电路的电流特点可知电流表的示数I＝I1+I2＝0.3A+0.2A＝0.5A，（3）开关S1、S2都闭合时，电路工作10min产生的总热量为：Q放＝W＝UIt＝12V×0.5A×10×60s＝3600J；水需要吸收热量为：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×10℃＝4200J；因为Q放＜Q吸，所以不能使0.1kg的水温度升高10℃。【答案】（1）电源电压U为12V；（2）开关S1、S2都闭合时，通过电流表的电流I为0.5A；（3）开关都闭合，此电路工作10min产生的总热量，不能使0.1kg的水温度升高10℃。25．如图所示是一直流电动机提升重物的装置。电源电压U＝24V保持不变，已知电动机线圈电阻为2Ω，串联一个R＝3Ω的电阻，开关闭合后，电动机正常工作，匀速提升质量为4kg的重物，此时，电压表读数为6V，不计任何摩擦，求；（1）电动机正常工作的电流；（2）电动机的额定功率；（3）电动机2s内提升重物的高度。【解析】（1）由图可知，电动机与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；已知电压表示数为6V，即R两端的电压为UR＝6V，则通过R的电流为：，即电路中的电流为I＝IR＝2A，此时电动机正常工作，则电动机正常工作的电流为2A；（2）已知电源电压为U＝24V，由串联电路的电压特点可知电动机两端的电压为：U机＝U﹣UR＝24V﹣6V＝18V，则电动机的额定功率为：P机＝IU机＝2A×18V＝36W；（3）2s内电动机做的总功为：W机＝P机t＝36W×2s＝72J，2s内电动机产生的热量为：Q＝I2rt＝（2A）2×2Ω×2s＝16J，则电动机产生的机械能为：E＝W机﹣Q＝72J﹣16J＝56J，由E＝mgh可知电动机2s内提升重物的高度为：。【答案】（1）电动机正常工作的电流为2A；（2）电动机的额定功率为36W；（3）电动机2s内提升重物的高度为1.4m。【精选真题演练】26．小强关闭家中其他用电器，只用一个电水壶烧水，使质量为1kg、初温为20℃的水被烧开（1个标准大气压下），用时5min，如图所示的电能表刚好转过300r。则水吸收的热量是3.36×105J，电水壶的实际电功率为1200W。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]【解析】（1）1标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；（2）电能表的转盘转过300转消耗的电能：W＝＝0.1kW•h，所用时间t＝5min＝h，该电热水壶的实际功率：P实＝＝＝1.2kW＝1200W。【答案】3.36×105；1200。27．如图甲所示，电火锅可以通过控制开关实现高、中、低三挡加热，电路图如图乙所示，R1、R2是电热丝，当S1断开，S2接a时，电火锅为低挡；当S1闭合，S2接b时，电火锅为高挡；当只有R2（选填“R1”或“R2”）接入电路时，电火锅为中挡。【解析】电路的总电压为U＝220V保持不变，由于电阻的串联相当于增大了导体的长度，所以串联时的总电阻最大；电阻的并联相当于增大了导体的横截面积，所以并联时的总电阻最小；只有一个电阻工作时的电阻居中。由P＝可知，并联时的总功率最大，串联时的总功率最小，只有一个电阻工作时的总功率居中。所以得出：并联为高档，串联为低挡，只有一个电阻工作是中档。当S1断开，S2接a时，电路为串联电路，电火锅为低挡；当S1闭合，S2接b时，电路为并联电路，电火锅为高档；当S1断开，S2接b时，电路为只有R2工作，电火锅为中档。【答案】低；高；R2；中。28．如图所示的实验装置，是用来探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，若通过R1的电流为1A，通电时间为10s时，R1产生的热量为50J。【解析】装置中两个电阻串联，串联电路各处电流相等，则通过两个电阻的电流和通电时间相同，电阻的大小不同，所以这是探究电流产生热量与电阻的关系；由焦耳定律可得，电流通过R1产生的热量：Q1＝I2R1t＝（1A）2×5Ω×10s＝50J。【答案】电阻；50。29．如图所示是某工厂两种照明方式的电路图，灯泡L1和L2的规格均为“220V40W”。闭合开关S1、S2，满足夜间正常照明需要；闭合开关S1、断开S2，满足夜间多区域照明需要。电源电压恒为220V，灯泡电阻变化忽略不计。正常照明与多区域照明L1中的电流之比为2：1；正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多0.2kW•h。【解析】（1）由题知灯泡L1和L2的规格均为“220V40W”，则两灯的电阻为：，闭合开关S1、S2，满足夜间正常照明需要，此时电路为L1的简单电路，此时通过L1的电流为：；闭合开关S1、断开S2，满足夜间多区域照明需要，此时电路为L1和L2的串联电路，此时通过L1的电流为：，则正常照明与多区域照明L1中的电流之比为：；（2）当闭合开关S1、S2时，正常照明10h消耗的电能为：W＝Pt＝40W×10×3600s＝1.44×106J，闭合开关S1、断开S2时，区域照明10h消耗的总电能为：＝J，W﹣W′＝1.44×106J﹣0.72×106J＝0.72×106J＝0.2kW•h，则正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多0.2kW•h。【答案】2：1；0.2。30．电动自行车有充电、行驶两种状态，局部电路如图。断开开关S，利用充电插口对蓄电池充电时，蓄电池相当于电路中的用电器（选填“电源”或“用电器”）。电动机正常工作电压为36V，线圈电阻为1.2Ω，通过电动机线圈的电流为4A，5min内电流通过线圈产生的热量为5760J，电动机消耗的电能为43200J。【解析】在对蓄电池充电时，蓄电池消耗电能，转化为化学能储存起来，所以此时蓄电池相当于电路中的用电器；已知线圈电阻R＝1.2Ω，通过的电流I＝4A，电动机正常工作电压为36V，则5min内电流通过线圈产生的热量为：Q＝I2Rt＝（4A）2×1.2Ω×5×60s＝5760J；电动机消耗的电能为：W＝UIt＝36V×4A×5×60s＝43200J。【答案】用电器；5760；43200。31．某玩具车电动机M的转子线圈电阻R0＝1Ω，一同学把该电动机M接入如图所示的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器R，使电动机M正常工作，此时电压表的示数为9V，电流表的示数为1A，则该电动机的额定功率为9W；正常工作1min，该电动机M把480J的电能转换为机械能。【解析】电动机的额定功率为：P＝UI＝9V×1A＝9W；电动机工作时，将电能转化为机械能和内能，正常工作1min，该电动机M将电能转换的机械能为：W机械＝W电﹣W内＝UIt﹣I2R0t＝9V×1A×60s﹣（1A）2×1Ω×60s＝480J。【答案】9；480。32．如图所示，电源电压不变，先闭合开关S1，电流表示数为0.4A，再闭合开关S2，电流表示数增加了0.2A，则R1、R2两端电压之比为1：1，R1、R2电阻值之比为1：2，若电阻R1＝5Ω，通电1min电阻R2产生的热量为24J。【解析】先闭合S1时，电路为R1的简单电路，电流表测量通过R1的电流；若再闭合S2时，两电阻并联，电流表测干路电流，电流表示数增加了0.2A，根据并联电路的电流关系可知，通过R2的电流为：I2＝0.2A；并联电路中各支路两端的电压都等于电源电压，所以R1、R2两端电压之比为1：1；根据I＝可知，在电压相同时，电流之比等于电阻之比的倒数，则R1、R2电阻值之比为：R1：R2＝I2：I1＝0.2A：0.4A＝1：2，则R2的阻值为R2＝10Ω；通过电阻R2的电流在1min内产生的热量：Q＝I2R2t＝（0.2A）2×10Ω×60s＝24J。【答案】1：1；1：2；24。33．如图所示，电源电压不变，灯泡标有“6V3W”字样，当开关S闭合时，灯泡正常发光，电流表示数为0.6A，电阻R的电功率为0.6W，通电10min后R产生的热量为360J。【解析】由电路图可知，灯泡与电阻R并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，且额定电压下灯泡正常发光，所以，电源的电压U＝UL＝6V，由P＝UI可得，通过灯泡的电流：IL＝＝＝0.5A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过电阻R的电流：IR＝I﹣IL＝0.6A﹣0.5A＝0.1A，电阻R的电功率：PR＝UIR＝6V×0.1A＝0.6W；通电10min，电阻R产生的热量：QR＝WR＝UIRt＝6V×0.1A×600s＝360J。【答案】0.6；360。34．某型号的电热毯有高温和低温两个挡，其内部电路原理图和主要参数如图和表所示，R1是发热体，以下说法正确的是（）额定电压220V高温发热功率121W低温发热功率44W交流频率50HzA．当S闭合时是低温挡 B．发热体的电阻是40Ω C．在低温挡工作1min发热体产生的热量是44J D．实际电压为200V时，高温挡实际发热功率是100W【解析】（1）当开关S闭合时，电阻R2被短路，电路中只有R1，电阻较小，根据P＝知电路的总功率较大，处于高温挡；当开关S断开时，两电阻串联，电路的总电阻较大，根据P＝电路的总功率较小，处于低温挡，故A错误；（2）开关S闭合时，电路中只有R1，根据P＝知R1的电阻为：R1＝＝＝400Ω，故B错误；（3）根据P＝UI知低温时的电流为：I＝＝＝0.2A，在低温挡工作1min发热体产生的热量为：Q＝I2R1t＝（0.2A）2×400Ω×60s＝960J，故C错误；（4）根据P＝知实际电压为200V时高温挡实际发热功率为：P高′＝＝＝100W，故D正确。【答案】D。35．一位电视台记者在报道某工厂“淘汰落后产能、促进新旧动能转换”仅上半年就节电15000kW•h的时候，手举一只理发用的电吹风说：“这只电吹风是1500W的，也就是1.5kW，这个厂节省的电力可以开动10000个这样的电吹风。”这位记者的报道中弄混了两个重要的电学概念。这两个概念是电能和（）A．电流 B．电阻 C．电功率 D．电功【解析】某工厂上半年共节电15000kW•h，即节省的电能是15000kW•h；这只电吹风是1500瓦的，也就是1.5kW，1.5kW是指电吹风的电功率，所以这个记者把电能和电功率混淆了。【答案】C。36．如图所示是小明家的电能表。将一个“220V1210W”的用电器（纯电阻）单独接入家庭电路中工作12min，电能表的转盘转了500转。在此工作过程中，下列说法中正确的是（）A．该电能表的示数表示家中已经消耗1123.4J的电能 B．该用电器的实际功率为1200W C．该电路的实际电压为200V D．若小明家所有用电器同时工作，则总功率不得超过2.2kW【解析】A、电能表的读数方法：最后一位是小数，则图中电能表的读数是1123.4kW•h，表示家中已经消耗1123.4kW•h的电能，故A错误；B、用电器12min消耗的电能：W＝kW•h＝0.2kW•h；用电器的额定功率：P＝＝＝1kW＝1000W，故B错误；C、根据P＝可知，用电器的电阻为：R＝＝＝40Ω；根据P＝可知，该电路的实际电压为：U实＝＝＝200V，故C正确；D、“10（20）A”中20A是指这个电能表正常工作时允许通过的最大电流，该电能表允许接入的用电器总功率不能超过P＝UI＝220V×20A＝4400W＝4.4kW，故D错误。【答案】C。37．如图所示，只闭合开关S时灯L1的功率为9W；断开开关S，闭合S1、S2时，灯L1的功率为25W。电源电压不变，忽略温度对灯丝电阻的影响。则L1与L2电阻之比是（）A．3：2 B．5：3 C．3：1 D．9：25【解析】断开开关S，闭合S1、S2时，L1与L2并联，灯泡两端的电压等于总电压即U1＝U总，灯L1的功率P1＝25W，则：P1＝＝•••••①，只闭合开关S时灯L1的功率P1′＝9W，此时L1与L2串联，总电压等于各部分电压之和，且电压的分配与电阻成正比，即U总＝U1′+U2′，＝，由上述两式得：U1′＝U总，则此时灯L1的功率：P1′＝＝•••••②②比①得：＝，由题知：P1＝25W，P1′＝9W，代入上式得：＝，两边开方得：＝，整理得：R1：R2＝3：2。【答案】A。38．在“估测用电器的实际功率”的综合实践活动中，小明先断开家中所有用电器，只让图甲所示的电饭锅煮饭3min，测得电能表指示灯闪烁120次。若只让图乙所示的家用台扇工作6min，则电能表指示灯闪烁的次数最可能是（）A．4次 B．16次 C．36次 D．48次【解析】电饭锅的功率约为800W＝0.8kW，家用台扇的功率约为50W＝0.05kW，电饭锅煮饭3min，消耗的电能W1＝P1t1＝0.8kW×h＝0.04kW•h，测得电能表指示灯闪烁120次，家用台扇工作6min，消耗的电能W2＝P2t2＝0.05kW×h＝0.005kW•h，设此段时间电能表指示灯闪烁的次数为n，则：＝，解出n＝15imp。故符合要求的选项为B。【答案】B。39．在探究“电功率与电阻关系”时，实验准备了阻值分别为5Ω、15Ω的A、B两个同一类型的灯泡。同学们按图甲、图乙设计了两个实验电路进行探究。不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（）A．图甲中A灯泡比B灯泡亮 B．图甲中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，两个灯泡的亮度都变亮 C．图乙中A灯泡比B灯泡亮 D．图乙中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，两个灯泡的亮度都变亮【解析】A、甲图中两灯串联，串联电路中电流相等，灯泡消耗的实际电功率P＝UI＝I2R，因为RA＜RB，所以PA＜PB，因此甲灯泡比乙灯泡暗，故A错误；B、甲图中滑动变阻器滑片向左滑动过程中，滑动变阻器的接入电阻变大，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，根据P＝I2R可知，每个小灯泡消耗的电功率变小，两个灯泡的亮度都变暗，故B错误；C、乙图中两灯并联，所以两灯泡两端的电压相等，灯泡消耗的实际电功率P＝UI＝，因为RA＜RB，所以PA＞PB，因此甲灯泡比乙灯泡亮，故C正确；D、乙图中滑动变阻器接在干路上，当滑片向左滑动时，变阻器接入电阻变大，根据分压原理，变阻器两端分得的电压变大，两灯泡两端的电压变小，根据P＝可知，灯泡的实际电功率变小，两个灯泡亮度都变暗，故D错误。【答案】C。40．将灯泡L和定值电阻R以图甲方式连在6V的电源上，图乙是L和R的U﹣I图象，结合图中信息可知（）A．灯泡L的电阻随着电流的增大而减小 B．灯泡L的实际阻值为10Ω C．灯泡L的实际功率为0.8W D．定值电阻R实际功率为6.4W【解析】定值电阻的阻值一定，通过的电流和其两端电压成正比，则倾斜直线代表定值电阻的U﹣I图像，而曲线则代表灯泡L的U﹣I图像；A、当电流为0.4A时，灯L两端的电压为2V，则灯的阻值为R1＝＝＝5Ω，当电流为0.7A时，灯L两端的电压为5V，则灯的电阻为：R2＝＝≈7Ω，当电流为0.8A时，灯L两端的电压为8V，则灯的电阻为：R3＝＝＝10Ω，由上述分析可知，灯泡L的电阻随电流的增大而增大，故A错误；B、由图甲可知灯泡L与电阻R串联，根据串联电路的特点，可知电流相等，且灯泡两端电压和定值电阻两端电压之和等于6V，再结合图乙可知符合条件的电流I＝0.4A，此时灯泡两端电压为2V，定值电阻两端电压为4V，所以灯泡L的实际阻值RL＝UL/I＝2V/0.4A＝5Ω；故B错误；C、灯泡L的实际功率PL＝IUL＝0.4A×2V＝0.8W，故C正确；D、定值电阻R的实际功率PR＝IUR＝0.4A×4V＝1.6W，故D错误。【答案】C。41．如图1是“测量小灯泡电功率”的实验电路图，电源电压恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V.（1）本实验中测量小灯泡电功率的实验原理是P＝UI。（2）闭合开关前滑片P应移至b（选填“a”或“b”）端．如图2为根据电路图所连接的实物电路，其中有一根导线连接不合理，请你在这根导线上画“×”并改正。（3）连接好电路，闭合开关后，无论怎样移动滑片P，小灯泡都不发光，电流表指针几乎不偏转，电压表示数接近电源电压，出现这种现象的原因可能是小灯泡断路。排除故障后进行实验，并将实验数据记录在如表中。实验序号电压U/V电流I/A电功率P/W11.50.2822.533.00.38（4）移动滑片P使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图3所示为0.34A。（5）分析实验数据，小灯泡的额定功率为0.85W。当电压表示数为1.5V时，小灯泡的亮度比正常发光时暗。【解析】（1）测量小灯泡电功率的实验原理是P＝UI；（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到阻值最大处b端；由图可知，电源电压为3V，电压表应选0～3V的量程，如图所示：；（3）小灯泡都不发光，电流表指针几乎不偏转，则电路可能断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则原因可能是与电压表并联的灯泡断路；（4）由图2和图3可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，流过电阻的电流为0.34A；（5）因为灯泡的额定电压为2.5V，电流表的示数为0.34A，则灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.34A＝0.85W；当电压表示数为1.5V时，小灯泡两端的电压小于额定电压，故小灯泡的亮度比正常发光时暗。【答案】（1）P＝UI；（2）b；如图所示；（3）断路；（4）0.34；（5）0.85；暗。42．某物理学习小组进行“探究电流相同时通电导体产生热量的多少跟电阻的关系”时，可供选用的器材有：6V电源、5Ω的发热电阻两只、10Ω的发热电阻两只、量程适合的温度计两支、规格相同的烧瓶两只、水、酒精、煤油、开关、导线若干。（1）他们设计了图甲和图乙所示的两个方案，本实验应该选用图甲所示方案。（2）所选方案中两发热电阻的阻值应不同，两个烧瓶内的液体应为质量相同的相同种类的液体。（均填“相同”或“不同”）（3）已知比热容的大小为c水＞c酒精＞c煤油，为了缩短实验时间，应选用的液体是煤油。完成上述实验后，实验小组利用以上器材，又添加了天平、烧杯、停表等器材，设计了“测定