电能表与电功（专题训练）【六大题型】（解析版）

第第页15.1电能表与电功（专题训练）【六大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1电功与电能】 1【题型2电功的实质】 4【题型3电功与电能的计算】 5【题型4电功计算公式的应用】 18【题型5电能表】 20【题型6电功的测量】 26【题型1电功与电能】 1．（2022秋•越秀区校级期末）如图所示，充电宝甲正在主机内被充电，充电宝乙已被取出，充电宝丙正在为手机充电，则此时（）A．只有甲在输出电能 B．只有乙在输出电能 C．只有丙在输出电能 D．甲、乙、丙都在输出电能【答案】C【分析】充电宝给用电器充电时，充电宝相当于电源；充电宝充电时，充电宝相当于用电器。【解答】解：根据题意可知，充电宝甲正在主机内被充电，因此充电宝相当于用电器，即充电宝甲正在消耗电能，并将电能以化学能的形式储存起来；充电宝乙已被取出，则充电宝乙既不是用电器也不是电源；充电宝丙正在为手机充电，则充电宝丙相当于电源，将电能转化为了其它形式能，即充电宝丙正在输出电能。故选：C。2．（2023•涟源市一模）下列说法正确的是（）A．教室内空间高度约为3dm B．涟源夏天的最高气温约为98℃ C．中学生的质量约45kg D．1度＝3.6×103kW•h【答案】C【分析】（1）教室内空间高度约为3m。（2）夏天的最高温度约为40℃。（3）中学生的质量约为45kg。（4）电能的常用单位是度，1度＝1kW•h＝3.6×106J。【解答】解：A、教室空间的高度约为一个中学生身高的两倍，大约是3m以上，故A错误；B、涟源夏天的最高气温不可能达到98℃，约为40℃左右，故B错误；C、中学生的质量约为45kg左右，故C正确；D、电能的常用单位是度，1度＝1kW•h＝3.6×106J，故D错误。故选：C。3．（2021秋•通州区期末）（多选）甲灯标有“12V，30W”字样，乙灯标有“24V，60W”字样，若两灯的灯丝电阻不变，比较甲、乙两灯，下列说法正确的是（）A．电流通过甲灯做的功一定比通过乙灯做的功少 B．两灯正常工作且消耗相同的电能，则甲灯工作的时间一定比乙灯长 C．将两灯串联接入电压为24V的电路中，甲灯可能正常发光 D．将两灯并联接入电压为12V的电路中，甲灯消耗电能比乙灯快【答案】BD【分析】A、由W＝Pt可知，电流做功与灯的实际功率和做功时间有关，据此通过比较两灯的实际功率、做功时间关系，得出答案；B、由W＝Pt可知，做功时间与灯的实际功率和电流做功（消耗的电能）有关，据此通过比较两灯的做功时间关系，得出答案；C、利用P＝得出甲、乙的电阻，将两灯串联接入电压为24V的电路中，利用欧姆定律求总电流，进而求出甲灯两端的电压，与其额定电压比较得出答案；D、将两灯并联接入电压为12V的电路中，甲灯正常发光，实际功率为30W；乙灯的实际电压小于额定电压，计算出乙灯的实际功率，继而得出此时甲、乙灯的实际功率关系，得出答案。【解答】解：A．由W＝Pt可知，电流做功与灯的实际功率和做功时间有关，由于不知道两灯的实际功率和做功时间关系，所以无法比较做功多少关系，故A错误；B、由W＝Pt可知，电流做功（消耗的电能）与灯的实际功率和做功时间有关，两灯正常发光，两灯的实际功率都等于它们的实际功率，即甲灯的实际功率小于乙灯的实际功率，两灯消耗相同的电能，则甲灯工作的时间一定比乙灯长，故B正确；C、甲的电阻R甲＝＝＝4.8Ω，乙的电阻R乙＝＝＝9.6Ω，将两灯串联接入电压为24V的电路中，总电流I串＝＝＝A，甲灯两端的电压U甲＝I串R甲＝A×4.8Ω≈8V＜12V，不能正常发光，故C错；D、将两灯并联接入电压为12V的电路中，甲灯正常发光，实际功率为30W；乙灯的实际功率：P实乙＝＝＝15W，所以此时甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率，甲灯消耗电能比乙灯快，故D正确。故选：BD。4．（2023•大庆模拟）小明家烧开一壶水需要0.5kW•h电能，合1.8×106J（用科学记数法表示）。如果用燃煤来烧开这壶水，不计热损失，标准煤的热值为3×107J/kg，消耗60g标准煤。【答案】1.8×106；60。【分析】（1）电能的常用单位是度，1度＝1kW•h＝3.6×106J。（2）根据放热公式Q放＝mq来计算煤的质量。【解答】解：因为1度＝1kW•h＝3.6×106J。所以0.5kW•h＝0.5×3.6×106J＝1.8×106J。如果用燃煤来烧开这壶水，不计热损失，标准煤的热值为3×107J/kg，节约标准煤的质量为：。故答案为：1.8×106；60。【题型2电功的实质】 5．（2022秋•雄县校级期末）如图所示是家用电吹风的工作原理图，圆弧形触片可置于A、B、C三处，电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风，下列说法正确的是（）A．电风扇工作时将机械能转化为电能 B．电热丝选材时要选择导电性能好的铜丝 C．圆弧形触片置于A处时电风扇和电热丝串联 D．圆弧形触片置于B处时电吹风吹凉风【答案】D【分析】（1）用电器工作的过程中，消耗了电能；（2）电热丝是利用电流的热效应工作的；（3）（4）根据电路图分析电路的连接方式。【解答】解：A、电风扇工作时将电能主要转化为机械能，故A错误；B、根据焦耳定律可知，电流产生的热量与导体的电阻、通电时间、电流的大小有关；选择电热丝时，电热丝要有一定的电阻值，而铜丝的导电性较好，同种情况下的电阻很小，容易造成电路短路，故B错误；C、圆弧形触片置于A处时，电流的路径有两条，电风扇和电热丝并联，故C错误；D、圆弧形触片置于B处时，只有电动机接入电路，电吹风吹凉风，故D正确。故选：D。6．（2023•大连一模）（多选）焖子是大连特色小吃。通常将焖子切成若干小块，在平底电煎锅里放适量油，将焖子煎成两面金黄色，再将调料淋在热焖子上，香气扑鼻。下列说法正确的是（）A．刀磨得越锋利越容易切开焖子 B．电煎锅通电发热的过程是电流做功的过程 C．煎焖子过程中焖子内能逐渐增大，温度保持不变 D．“香气扑鼻“说明分子是在不停地运动【答案】ABD【分析】（1）增大压强的方法：压力一定时减小受力面积；受力面积一定时增大压力；（2）电功的实质上是把电能转化其他形式的能的过程；（3）内能的大小与质量、温度、状态等因素有关；（4）不同物质组成的物体相互接触时彼此进入对方的现象是扩散，扩散表明分子不停地做无规则运动。【解答】解：A、刀磨得很锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故A正确；B、电煎锅通电发热的过程是电流做功的过程，是电能转化为内能，故B正确；C、煎焖子过程中焖子吸收热量，内能逐渐增大，温度升高，故C错误；D、“香气扑鼻”是扩散现象，说明分子是在不停地做无规则运动，故D正确。故选：ABD。7．（2023春•本溪月考）电热水器在工作的过程中，把电能转化成内能。某电热水器的铭牌如表所示，在该电热水器中装初温为25℃，质量为60kg的水，在额定电压下工作1400s，水温升高10℃。则水吸收的热量是2.52×106J，电热水器消耗的电能是2.8×106J。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]额定容量：60L额定功率：2000W额定频单：50Hz额定电压：220V新定压力：0.75MPa制造商：xxx电器有限公司【答案】内；2.52×106；2.8×106。【分析】（1）电流在通过导体时会产生热量，将电能转化为内能；（2）知道水的质量、水的比热容、水温度的变化，利用吸热公式求水吸收的热量；（3）根据铭牌上的数据，可知电热水器功率为2000W，然后利用W＝Pt可求加热时消耗的电能。【解答】解：（1）电热水器工作时，消耗电能，转化为水的内能；（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×10℃＝2.52×106J；（3）由铭牌上的数据，可知电热水器功率P＝2000W，由P＝可得，消耗电能：W＝Pt＝2000W×1400s＝2.8×106J；故答案为：内；2.52×106；2.8×106。【题型3电功与电能的计算】8．（2022秋•南岗区期末）在相距20km的甲、乙两地之间有两条输电线，已知输电线的电阻为0.01Ω/m，现输电线在某处发生短路，为确定短路位置，检修员利用电压表、电流表和电源组成如图所示电路进行检测。当电压表的示数为1.5V时，电流表的示数为30mA，则下列说法不正确的是（）A．检修员测量的导线电阻为50Ω B．检修员测量的导线长度为5km C．短路位置距离甲地2.5km D．检测电路此时消耗的电能为0.045kW•h【答案】D【分析】（1）知道电压表和电流表的示数，利用欧姆定律求出连接短路位置到甲地的两段输电线的电阻值；（2）已知1m导线的电阻值，然后让总电阻除以一米导线的电阻即可求出导线的长度；（3）根据甲、乙两地之间的距离和测量的导线长度，确定出短路的地点离甲地的距离；（4）根据P＝UI求消耗的电功率，但时间未知，无法得到消耗的电能。【解答】解：A、已知电流I＝30mA＝0.03A，根据欧姆定律可知：测量的导线电阻R＝＝＝50Ω；故A正确；B、已知输电线的电阻为0.01Ω/m，则测量的导线总长度L＝＝5000m＝5km，故B正确；C、短路的地点离甲地的距离s＝×L＝×5000m＝2500m＝2.5km，故C正确；D、检测电路消耗的电功率：P＝UI＝1.5V×0.03A＝0.045W，由W＝Pt可知由于不知道消耗的时间，无法得到消耗的电能，故D不正确。故选：D。9．（2023•蒙阴县二模）如图甲，电源电压保持不变，闭合开关S，变阻器滑片从a端滑到b端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图象如图乙所示。以下分析正确的是（）A．电源电压是3V B．R1的电阻值是20Ω C．R2的最大电阻值是10Ω D．当滑片P移到中点时，电阻R1工作10s消耗4J的电能【答案】A【分析】AB、两电阻串联，电压表测R1的电压，电流表测电路的电流，变阻器滑片在a端时分析电路连接，由图知最小电流和对应的电压，由欧姆定律求出R1；滑片在b端时分析电路的连接，由图乙知电电源电压；C、根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器滑片在a端时R2的最大值；D、当滑片P移到中点时可知变阻器连入电路的电阻，由串联电路的规律及分压原理得出R1的电压，根据W＝t求出电阻R1工作10s消耗的电能。【解答】解：AB、两电阻串联，电压表测R1的电压，电流表测电路的电流，变阻器滑片在a端时，变阻器的最大电阻与R1串联，电路的电流最小，由图乙知I1＝0.1A，对应的电压表示数为1V，由欧姆定律，R1＝＝＝10Ω；B错误；滑在b端时，为R1的简单电路，电压表示数即电源电压，由图乙知，电源电压U＝3V；A正确；C、根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器滑片在a端时，R2的最大值：R2大＝＝＝20Ω，C错误；D、当滑片P移到中点时，变阻器连入电路的电阻为：R滑＝0.5×20Ω＝10Ω＝R1，由分压原理，两电阻电压相等，根据串联电路电压的规律，R1的电压为：U1′＝＝1.5V，电阻R1工作10s消耗的电能：W＝t＝×10s＝2.25J，D错误。故选：A。10．（2023•福州模拟）甲图是反应身体柔韧水平的“坐位体前屈测量仪”，乙图是其内部电路图（电源电压恒定），两个身形接近但柔韧性差异较大的同学先后推动挡板进行测量，“显示器”示数的大小能够反映柔韧性的好差。下列与测量仪有关的说法正确的是（）A．“显示器”是电压表 B．柔韧性好的同学测量时，电阻丝接入电路中的电阻更大 C．柔韧性差的同学测量时，电路中的电流较小 D．通过电阻R的电流做功会消耗电能，为了节约电能，可以将R去掉【答案】C【分析】（1）根据显示器串联在电路中结合电压表和电流表的使用方法分析电表的类型；（2）根据图乙结合柔韧性好的同学测量时滑片的位置分析电阻丝接入电路的长度变化，进而分析出电阻丝接入电路中电阻的变化；（3）根据图乙结合柔韧性差的同学测量时滑片的位置分析电阻丝接入电路中电阻的变化，根据串联电路的电阻特点可知电路中的总电阻的变化，根据欧姆定律求出电路中电流的变化；（4）根据图乙可知滑片移到最左端时电阻丝接入电路的电阻为零分析电路中串联R的必要性。【解答】解：A、由图乙可知，显示器串联在电路中，因此显示器应为电流表，故A错误；B、由图乙可知，柔韧性好的同学测量时，滑片更加靠近电阻丝的左端，电阻丝接入电路的长度更短，因此电阻丝接入电路中的电阻更小，故B错误；C、由图乙可知，柔韧性差的同学测量时，滑片更加靠近电阻丝的右端，电阻丝接入电路的电阻较大，由串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻较大，由欧姆定律可知，电路中的电流较小，故C正确；D、由图乙可知，若去掉R，当滑片移到最左端时，电阻丝接入电路的电阻为零，会引起电源短路，因此，为了保护电路，不能将R去掉，故D错误。故选：C。11．（2023•东昌府区二模）（多选）有两个定值电阻A和B的电流随两端电压变化关系的图象如图甲所示，则下列判断正确的有（）A．将A和B串联接在9V电源两端时，电路中的电流为0.5A B．将A和B并联接在6V电源两端，10s内电路消耗的电能是60J C．定值电阻A的阻值为12Ω D．将A与一个滑动变阻器R1串联如图乙所示，保持滑片位置不动，若用电阻B替换电阻A时，电流表和电压表示数都将变大【答案】ACD【分析】A、将A和B串联接在9V电源两端时，串联电路的电流处处相等，串联电路的总电压等于各部分电压之和，结合图象可知，此时电路电流和A、B两端的电压；B、将A和B并联接在6V电源两端，根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压均为6V，从图中可知通过A、B的电流，根据并联电路的电流特点可知干路电流，根据W＝UIt可知10s内电路消耗的电能；C、根据图象数据，利用欧姆定律可知定值电阻A的阻值；D、根据图象数据，利用欧姆定律可知定值电阻B的阻值，比较两电阻的大小关系；将A与一个滑动变阻器R1串联如图乙所示，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。保持滑片位置不动，若用电阻B替换电阻A时，分析总电阻的变化情况，根据欧姆定律可知，电路电流变的变化情况，根据U＝IR滑可知定值电阻两端的电压的变化情况，进而得出电流表、电压表示数的变化情况。【解答】解：A、将A和B串联接在9V电源两端时，串联电路的电流处处相等，串联电路的总电压等于各部分电压之和，结合图象可知，此时电路电流为0.5A，A和B两端的电压分别为6V和3V，故A正确；B、将A和B并联接在6V电源两端，根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压均为6V，从图中可知通过A、B的电流分别为0.5A、1A，根据并联电路的电流特点可知干路电流I＝I1+I2＝0.5A+1A＝1.5A，根据W＝UIt可知10s内电路消耗的电能W＝UIt＝6V×1.5A×10s＝90J，故B错误；C、根据图象数据，利用欧姆定律可知定值电阻A的阻值RA＝＝＝12Ω，故C正确；D、根据图象数据，利用欧姆定律可知定值电阻B的阻值RB＝＝＝6Ω＜RA；将A与一个滑动变阻器R1串联如图乙所示，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。保持滑片位置不动，若用电阻B替换电阻A时，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路电流变大，根据U＝IR滑可知滑动变阻器两端的电压变大，故电流表的示数变大，电压表示数变大，故D正确。故选：ACD。12．（2023秋•二七区校级月考）（多选）如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P在某两点间移动过程中，电流表A与电压表V1的示数关系如图乙所示，当电流表示数为0.4A时，两电压表示数恰好相等。下列判断正确的是（）​A．电源电压是6V B．滑动变阻器滑片移动过程中阻值变化范围是4﹣25Ω C．滑动变阻器滑片P向右移动时，小灯泡L的阻值变大 D．小灯泡的阻值最大时，电流通过它1min内做的功为12J【答案】AC【分析】由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据图乙可知，当电流表示数为0.4A时，电压表V1的示数为U1为3V，根据两电压表的示数相等和串联电路的电压特点求出电源电压；（2）根据图乙可知电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，由图知此时灯泡两端电压，由串联电路电压的规律算出滑动变阻器此时电压，由欧姆定律算出滑动变阻器接入电路的最小阻值；根据图乙可知电路中的最小电流，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，由图知此时灯泡两端电压，由串联电路电压的规律算出滑动变阻器此时电压，由欧姆定律算出滑动变阻器接入电路的最大阻值，进而判断出滑动变阻器的阻值范围；（3）由图判断出滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路电阻的变化，由I＝判断出电路电流的变化，小灯泡亮度的变化、灯丝温度的变化以及小灯泡L阻值的变化；（4）当小灯泡的电流最大时，小灯泡最亮，灯丝的温度最高，小灯泡的阻值最大，由图乙知此时小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，根据W＝UIt算出电流通过它1min内做的功。【解答】解：A、由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；由图乙可知，当电流表示数为0.4A时，电压表V1示数为3V，此时两电压表的示数相等，根据串联电路电压特点可知，电源电压为U＝3V×2＝6V，故A正确；B、由图乙可知，电路中的电流最大为0.5A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时灯泡两端电压为U1＝5V，滑动变阻器此时电压为：U2小＝6V﹣5V＝1V，则滑动变阻器接入电路的最小阻值为：R滑小＝＝＝2Ω；由图乙可知，电路中的电流最小为0.2A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时灯泡两端电压为U1′＝1V，滑动变阻器此时电压为：U2大＝6V﹣1V＝5V，则滑动变阻器接入电路的最大阻值为：R滑大＝＝＝25Ω，所以滑动变阻器滑片移动过程中阻值变化范围是2～25Ω，故B错误；C、由图知滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，由I＝知电路的电流变大，小灯泡变亮，小灯泡的灯丝温度升高，小灯泡L的阻值变大，故C正确；D、当小灯泡的电流最大时，小灯泡最亮，灯丝的温度最高，小灯泡的阻值最大，由图乙知此时小灯泡两端的电压为5V，通过小灯泡的电流为0.5A，电流通过它1min内做的功为：W＝UIt＝5V×0.5A×60s＝150J，故D错误。故选：AC。13．（2023•河南模拟）如图所示是通过小灯泡L和电阻R的电流随电压变化的图象。将L和R串联接在电压为4V的电源两端，则此时L的电阻约为6.7Ω（保留一位小数）；若小灯泡的额定电压为3V，将L和R串联接在另一电源两端，此时小灯泡恰能正常发光，则电源电压为9V，1min内电流通过灯泡做的功为54J。【答案】6.7；9；54。【分析】（1）根据串联电路的电流特点和电压特点，结合图像得出R和L两端的电压及通过的电流，根据欧姆定律求出灯泡L的电阻；（2）根据图中信息，利用欧姆定律求出R的阻值；根据题意可知，当小灯泡正常工作时的电压，由图可知通过小灯泡的电流和R的电流，根据欧姆定律求出R两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源电压；根据W＝UIt求出1min内电流通过灯泡做的功。【解答】解：将R和L串接在电压为4V的电源两端，根据串联电路的电流特点可知通过R和L的电流相等，结合串联电路的电压特点可知R与L两灯的电压分别为3V、1V，此时电路中的电流为0.15A；由I＝可知，此时小灯泡L的电阻：RL＝＝≈6.7Ω；R的阻值：R＝＝＝20Ω；根据题意可知，当小灯泡正常工作时的电压UL额＝3V，由图可知，当小灯泡两端的电压为3V时，通过小灯泡的电流IL′＝0.3A，根据串联电路的电流特点可知，通过R的电流IR′＝IL′＝0.3A，由I＝可知，此时R两端的电压：UR′＝IR′R＝0.3A×20Ω＝6V，根据串联电路的电压特点可知，电源电压：U＝UL额+UR′＝3V+6V＝9V；1min内电流通过灯泡做的功：W＝UL额IL′t＝3V×0.3A×1×60s＝54J。故答案为：6.7；9；54。14．（2023•全椒县模拟）如图所示，电源电压为6V并保持不变，电阻R1的阻值为10Ω。当开关S闭合时，电压表示数为2V。则通电2min电阻R2消耗的电能为96J。【答案】96。【分析】由图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，根据串联电路的电压规律计算R1两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算通过电路的电流，根据W＝UIt计算通电2min电阻R2消耗的电能。【解答】解：由图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压；串联电路总电压等于各部分电压之和，由串联电路的电压特点可知R1两端的电压：U1＝U﹣U2＝6V﹣2V＝4V，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得通过电路的电流：I＝＝＝0.4A，则通电2min电阻R2消耗的电能为：W＝U2It＝2V×0.4A×2×60s＝96J。故答案为：96。15．（2023•宜兴市校级模拟）“保护环境，绿色出行”是现代社会提倡的一种环保理念，姑苏城区内随处可见共享电动自行车，通过扫码开锁，使用之后需停在规定的线内，以实现循环共享。表是某型号电动自行车主要技术参数，请完成以下问题：平均阻力整车蓄电池整车质量最高车速电压容量40N40kg≤36km/h48V10A•h（1）某位同学的质量为50kg，当他骑着该电动自行车在平直的公路上行驶时，轮胎与地面的总接触面积为0.01m2，请计算该同学骑行时轮胎对地面的压强是多大？（2）蓄电池一次充足电可储存的电能是多少焦？（3）若蓄电池储存能量的80%用于电动自行车行驶中克服阻力做功，则蓄电池充满一次电，最多能使该同学使用这种电动自行车，在平直的公路上连续匀速行驶多远？【答案】（1）地面受到的压强是9×104Pa；（2）蓄电池一次充足电可储存的电能是1.728×106J；（3）蓄电池充满一次电最多能连续电动行驶34560m。【分析】（（1）根据G＝mg求出人和车的总重力，车对地面的压力等于人和车的总重力，然后利用p＝即可求出地面受到的压强；（3）根据表中提供的蓄电池电压和容量的数据，利用W＝UIt即可求出蓄电池一次充足电可储存的能量；（4）因蓄电池储存能量的80%用于电动自行车行驶克服阻力做功，根据W＝Fs列方程可得蓄电池充满一次电最多能连续电动行驶的距离。【解答】解：（1）人和车的总重力为：G总＝m总g＝（50kg+40kg）×10N/kg＝900N，当你骑着该电动自行车在平直的公路上行驶时，自行车对地面的压力为：F＝G总＝900N，地面受到的压强为：p＝＝＝9×104Pa；（2）蓄电池储存的电能为：W＝UIt＝48V×10A×3600s＝1.728×106J；（3）因蓄电池储存能量的80%用于电动自行车行驶克服阻力做功，根据W＝Fs可得：80%W＝fs，代入数据可得：1.728×106J×80%＝40N×s，解得行驶的最远距离为：s＝34560m。答：（1）地面受到的压强是9×104Pa；（2）蓄电池一次充足电可储存的电能是1.728×106J；（3）蓄电池充满一次电最多能连续电动行驶34560m。16．（2023•惠城区二模）如图所示，电源电压恒定，R1、R2是定值电阻，其中R1＝10Ω，滑动变阻器R3标有“20Ω0.5A”字样。只闭合开关S1，电流表的示数为0.9A；再闭合开关S2、S3时，电流表的示数变为1.5A。求：（1）电源电压；（2）R2的电阻值；（3）若只闭合S2，为了保证电路安全，R3允许接入电路中的阻值范围是多少？R2在10s内消耗的电能最多是多少？【答案】（1）电源电压为9V；（2）R2的电阻值为15Ω；（3）若只闭合S2，为了保证电路安全，R3允许接入电路中的阻值范围是3Ω～20Ω；R2在10s内消耗的电能最多是37.5J。【分析】（1）由图可知，只闭合开关S1，电路中只有R1工作，电流表测量通过R1的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压，即电源电压；（2）再闭合开关S2、S3时，R1、R2并联，R3被短路；根据并联电路的电压特点可知R1、R2两端的电压，根据并联电路的电流特点可知通过R2的电流，根据欧姆定律求出R2的阻值；（3）若只闭合S2，R3与R2串联，根据滑动变阻器的规格可知电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的最小阻值，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；当滑动变阻器接入电路的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，电路更安全，据此可知滑动变阻器接入电路的最大阻值；根据W＝I2Rt求出R2在10s内消耗的电能最大值。【解答】解：（1）由图可知，只闭合开关S1，电路中只有R1工作，电流表测量通过R1的电流，由I＝可知，电源电压：U＝U1＝I1R1＝0.9A×10Ω＝9V；（2）再闭合开关S2、S3时，R1、R2并联，R3被短路；根据并联电路的电压特点可知，R2两端的电压：U2＝U1＝U＝9V，根据并联电路的电流特点可知，通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.9A＝0.6A，由I＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝15Ω；（3）若只闭合S2，R3与R2串联，根据滑动变阻器的规格可知，电路中的最大电流I大＝0.5A，由I＝可知，此时电路中的最小电阻：R小＝＝＝18Ω，根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的最小阻值：R3小＝R小﹣R2＝18Ω﹣15Ω＝3Ω，当滑动变阻器接入电路的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，电路更安全，所以滑动变阻器R3允许接入电路中的阻值范围是3Ω～20Ω；R2在10s内消耗的电能最大值：W＝I大2R2t＝（0.5A）2×15Ω×10s＝37.5J。答：（1）电源电压为9V；（2）R2的电阻值为15Ω；（3）若只闭合S2，为了保证电路安全，R3允许接入电路中的阻值范围是3Ω～20Ω；R2在10s内消耗的电能最多是37.5J。17．（2023•江油市模拟）如图所示，是某电饭锅的简化电路图，其中R1和R2为阻值一定的电热丝，通过控制开关S1，可使电饭锅处于加热或保温状态。已知R1＝55Ω，R2＝220Ω，电源电压保持220V不变。求：（1）电饭锅保温时的电流I；（2）电饭锅加热10min消耗的电能W。【答案】（1）保温时电流为1A；（2）电饭锅加热10min消耗的电能为6.6×105J。【分析】（1）先根据P＝判断电阻越大，功率越小；加热时功率大，电阻小，开关S和S1都闭合，R1和R2并联工作；保温时功率小，电阻大，开关S闭合，S1断开，R2工作，然后根据I＝计算电流；（2）根据W＝Pt计算消耗的电能即可。【解答】解：（1）由P＝可知，电阻越大时，功率越小；加热时功率大，电阻小，开关S和S1都闭合，R1和R2并联工作；保温时功率小，电阻大，开关S闭合，S1断开，R2工作，则保温功率P保＝＝＝220W，则保温时的电流I＝＝＝1A；（2）R1的电功率P1＝＝＝880W，则加热功率P加＝P1+P保＝880W+220W＝1100W，加热10min消耗的电能W＝P加t＝1100W×10×60s＝6.6×105J。答：（1）保温时电流为1A；（2）电饭锅加热10min消耗的电能为6.6×105J。18．（2023•殷都区模拟）如图所示是一个记录传送带上输送产品数量的计数装置，其原理如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1＝18V，U2＝9V，电阻箱R2调到150Ω，R是一个标有“9V5.4W”字样的自动计数器，R1是一种光敏元件。每当传送带上的产品均匀通过时，射向R1的红外线会被产品挡住，R1的电阻会变大，信号触发器两端的电压U0＝UAB时就使图乙电路中S2闭合，使自动计数器计数一次。图丙是对产品输送计数装置进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。（1）请计算自动计数器正常工作时的电阻为多大？（2）根据题意可知，当有产品通过挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻变大，导致R2两端的电压变大（填“变大”“变小”或“不变”）且等于2V，此时R1的阻值是多少？（3）如图丙，传送带匀速输送产品连续工作2min，自动计数器R消耗的电能为多少？（4）由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有适合的电源更换，为了使计数器正常工作，可以对图甲电路做的调节是适当将电阻箱R2的阻值调大。【答案】（1）自动计数器正常工作时的电阻为15Ω；（2）变大；2；R1的阻值是1200欧姆；（3）自动计数器R消耗的电能为64.8J；（4）适当将电阻箱R2的阻值调大。【分析】由电路图甲知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压；（1）由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P＝UI算出自动计数器正常工作时的电流，利用欧姆定律求得自动计数器正常工作时的电阻；（2）根据图丙读出产品挡住了射向R1的红外线U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；（3）根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，再算出1min内电流做功的时间，根据W＝Pt算出自动计数器2min消耗的电能；（4）U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻。【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压；（1）由图乙可知，受控电路为R的简单电路，根据P＝UI可得自动计数器正常工作时的电流为：I＝＝＝0.6A，自动计数器正常工作时的电阻＝15Ω；（2）当产品挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据I＝可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小，由图知此时AB端的电压为2V；此时电路的电流为：I′＝＝＝A，根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1＝U1﹣U0＝18V﹣2V＝16V，R1的电阻为：R1＝＝＝1200Ω；（3）根据图丙知计数一次消耗电能的时间0.4s﹣0.36s＝0.04s，即0.4s内有0.04s消耗电能，所以1min内消耗电能的总时间×60s＝6s，2min内自动计数器消耗的电能：W＝PRt＝5.4W×2×6s＝64.8J；（4）由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知通过电路的电流减小，信号触发器两端的电压U0减小，要使信号触发器两端的电压U0增大为原来的电压值，由串联电路的分压规律可知，需要增大R2的电阻使计数器正常工作。答：（1）自动计数器正常工作时的电阻为15Ω；（2）变大；2；R1的阻值是1200欧姆；（3）自动计数器R消耗的电能为64.8J；（4）适当将电阻箱R2的阻值调大。【题型4电功计算公式的应用】 19．（2023•西城区校级三模）额定电压相同的电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作过程中消耗的电能W和通电时间t的关系如图所示。关于这三个用电器，下列判断正确的是（）A．正常工作时，电热水壶比电烤箱产生的热量少 B．正常工作时，电热水壶比电饭锅的功率大 C．正常工作时，通过电饭锅的电流最大 D．在一个月内，电热水壶消耗的电能一定最多【答案】B【分析】（1）根据图像判断出电热水壶、电烤箱和电饭锅功率的大小关系；（2）由W＝Pt可知，用电器消耗的电能与电功率和通电时间有关；（3）根据P＝UI比较电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作时的电流关系。【解答】解：由图像知额定电压相同的电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作过程时，在相同时间内，电热水壶消耗的电能最多，电烤箱其次，电饭锅消耗的电能最少，根据P＝知电热水壶的功率最大、电烤箱其次，电饭锅功率最小；A、由W＝Pt可知，用电器消耗的电能与电功率和通电时间有关，因不知道通电时间，则无法比较产生热量的多少，故A错误；B、由上面的分析知，正常工作时，电热水壶比电饭锅的功率大，故B正确；C、电热水壶、电烤箱和电饭锅正常工作过程时，电热水壶的功率最大、电烤箱其次，电饭锅功率最小，根据I＝可知通过电饭锅的电流最小，故C错误；D、在一个月内，因不知道通电时间，则无法比较消耗的电能的多少，故D错误。故选：B。20．（2023•怀远县二模）如图所示，这棵人造风力发电树可以将碎片化的风力资源化零为整，它的外形就像一棵挂满大绿叶的大树，这些“大树叶”是72个竖向风轮机，只要风速超过2m/s，风轮机就会转动从而产生电流，为周围的路灯提供电力。一棵树一年下来可发电约3.2kW•h．风轮机转动时将机械能转化为电能，这棵发电树一年的发电量可供一只额定功率为8W的节能灯正常工作400h。【答案】见试题解答内容【分析】（1）发电机是利用电磁感应的原理制成的，工作时把机械能转化为电能；（2）已知电能，利用电功的公式，W＝Pt变形可求所用的时间。【解答】解：（1）风轮机发电时，是利用电磁感应的原理，是把机械能转化为电能；（2）已知W＝3.2kW•h，节能灯P＝8W＝8×10﹣3kW；由P＝可得：t＝＝＝400h。故答案为：机械；400。21．（2023•丹阳市校级模拟）如图为额定功率为150W的电冰箱内部电路结构图，其中的压缩机和照明灯是并联联的，当压缩机工作时打开冷藏室的门，干路电流将变大，若冰箱一天消耗的电能为1.2kW•h，则一天内工作的时间为8h（假设冰箱在压缩机停止工作时不消耗电能）。【答案】并联；变大；8。【分析】由图可知压缩机和照明灯都能独立工作，符合并联电路的特点；门控开关断开时，只有电动机工作，电路中的电流为通过电动机的电流，当压缩机工作时打开冷藏室的门，门控开关闭合，电动机和灯泡并联，根据并联电路的电流规律知干路电流将增大；根据t＝计算工作时间。【解答】解：由图可知压缩机和照明灯都能独立工作，是并联关系；门控开关断开时，只有电动机工作，电路中的电流为通过电动机的电流，当压缩机工作时打开冷藏室的门，门控开关闭合，电动机和灯泡并联，根据并联电路的电流规律知干路电流等于两条支路的电流之和，所以干路电流将变大；若冰箱一天消耗的电能为1.2k•Wh，则一天内工作的时间t＝＝＝8h。故答案为：并联；变大；8。【题型5电能表】 22．（2023•海州区校级三模）如图是小英家上月初和上月末电能表示数。结合表盘上的信息可知，下列选项中正确的是（）A．小英家家庭电路中的干路电流不得超过10A B．小英家上个月消耗的电能为1011kW•h C．指示灯闪烁320次，家庭电路耗电0.2J D．指示灯闪烁的次数越多，说明耗电越多【答案】D【分析】（1）10（40）A：表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A；（2）电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h；上月末电能表示数与上月初电能表示数之差即为上个月消耗的电能；（3）1600imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的指示灯闪烁1600次，据此可以求出电能表上指示灯闪烁320次，用电器消耗的电能；（4）电能表上指示灯闪烁的次数越多，表示电路中消耗的电能越多。【解答】解：A、10（40）A：表示电能表的标定电流是10A，电能表的额定最大电流是40A，故小英家家庭电路中的干路电流不得超过40A，故A错误；B、电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h，由此可知，上月末电能表示数为5647.8kW•h，上月初电能表示数为5546.7kW•h；则上个月小英家消耗的电能为W＝5647.8kW•h﹣5546.7kW•h＝101.1kW•h，故B错误；C、由图可知，电能表上字样1600imp/kW•h，它表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的指示灯闪烁1600次，则电能表上指示灯闪烁320次，用电器消耗的电能：W′＝＝0.2kW•h，故C错误；D、电能表上指示灯闪烁的次数越多，说明电路中消耗的电能越多，故D正确。故选：D。23．（2023•合阳县一模）如图甲是小明家使用的一种紫外线筷子消毒机，内置“220V4W”的紫外线灯管，装入干燥筷子只需3～5分钟即可完成杀菌消毒。取筷子的原理结构示意如图乙所示，按压A端一次能取出一双筷子，既环保又卫生，小明家电能表如图丙所示。下列说法正确的是（）A．电能表是测量电功率的仪表 B．筷子消毒机的长度约为4cm C．取用筷子时，图乙中F1＞F2 D．将筷子消毒机单独接入家庭电路中正常工作5min，电能表转盘转1转【答案】D【分析】（1）电能表是测量电功的仪表；（2）根据筷子的长度判断；（3）杠杆分为三类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力费距离）、费力杠杆（动力臂小于阻力臂，费力省距离）和等臂杠杆（动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离）；（4）知道用电器消耗1千瓦时的电能，电能表的水平转盘转过3000转，由P＝求出该筷子消毒机正常工作5min消耗的电能，即可计算出该筷子消毒机正常工作5min电能表上的转盘转过圈数。【解答】解：A、电能表是测量电功的仪表，故A错误；B、筷子的长度约长度26.8﹣27.5cm，筷子消毒机的长度约为40cm，故B错误；C、图乙中取用筷子的装置应用了杠杆原理，O为支点，动力臂大于阻力臂，F1＜F2，是省力杠杆，故C错误；D、用电器消耗1千瓦时的电能，电能表的水平转盘转过3000转，由P＝可得，该筷子消毒机正常工作5min消耗的电能W＝0.004kW×h＝kW•h，电能表上的转盘转过圈数n＝3000r/（kW•h）×kW•h＝1r，故D正确。故选：D。24．（2023•六安模拟）（多选）下列关于测量仪器的说法正确的是（）A．电能表——测量电路消耗电功率的仪表 B．密度计——浸在液体中的体积越大，液体密度越小 C．电流表——指针反向偏转，一定是正负接线柱接反了 D．弹簧测力计——弹簧受到的拉力大小与弹簧的长度成正比【答案】BC【分析】（1）电能表是测量电功（消耗电能多少）的仪器；（2）密度计是用来测量液体密度的测量仪器，密度计在液体中漂浮，液体的密度越大，排开液体的体积越小；（3）电流表连接时应使电流“正入、负出”，若电表的指针反向偏转，则电流表的正、负接线柱接反了；（4）弹簧测力计是利用在一定弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力大小成正比的原理制成的。【解答】解：A、电能表是测量电功（消耗电能多少）的仪器，不是测量电功率，故A错误；B、密度计在不同液体中漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，重力不变，受到的浮力不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，浸在液体中的体积越大，液体密度越小，故B正确；C、若电流表的指针反向偏转，则电流表的正、负接线柱接反了，故C正确；D、弹簧测力计是利用在一定弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力大小成正比的原理制成的，故D错误。故选：BC。25．（2023•华亭市模拟）电能表是测量电能的仪表，某家庭本月用电66度，月初抄表时是：，则本月底的读数是4878.3kW•h。【答案】4878.3kW•h。【分析】电能表是测量用户在某段时间内消耗电能的仪表，前后两次读数之差就是某段时间内消耗的电能；单位是千瓦时，最后一位是小数。【解答】解：某家庭本月用电66度，月初抄表时是4812.3kW•h，则本月底的读数为4812.3kW•h+66kW•h＝4878.3kW•h。故答案为：4878.3kW•h。26．（2023春•宁远县期中）已知两个小灯泡L1、L2的电阻分别为R1＝10Ω、R2＝20Ω（不计温度对小灯泡电阻的影响），现将它们串联在如图甲所示的电路中，当开关S闭合后，电压表V1、V2的示数之比U1：U2＝3：2；在如图乙所示的电能表中的读数是2020.7kW•h。【答案】3：2；2020.7。【分析】（1）由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电压特点求出两电压表的示数之比；（2）电能表是测量用户在某段时间内用电器消耗电能的仪表，单位是千瓦时，最后一位是小数。【解答】解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，不计温度对小灯泡电阻的影响，因为两灯泡串联，所以通过的电流相等，由欧姆定律可得两电阻两端的电压之比：UR1：UR2＝IR1：IR2＝R1：R2＝10Ω：20Ω＝1：2，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表V1与V2的示数之比：U1：U2＝（UR1+UR2）：UR2＝（1+2）：2＝3：2；如图乙所示，电能表的读数是2020.7kW•h。故答案为：3：2；2020.7。27．（2023春•陆河县校级期中）（1）根据图1写出以下4种仪器的读数：①图1甲中电压表示数是5V；②图1乙中温度计的示数是﹣4℃；③图1丙中弹簧测力计的示数是2.2N；④图1丁中电能表的示数是2920.8kW•h。（2）将天平放在水平桌面上，游码归零后，发现指针如图2甲所示，小明应将平衡螺母向左（填“左”或“右”）调节，使天平平衡。天平平衡时砝码的质量及游码在标尺上的位置如图2乙所示，则被测物体的质量为31.8g。【答案】（1）①5；②﹣4；③2.2；④2920.8；（2）31.8【分析】（1）①电压表在读数前要弄清楚它的零刻度、量程和分度值。②温度计在读数前要弄清楚它的零刻度、量程和分度值。③弹簧测力计在读数前要弄清楚它的零刻度、量程和分度值。④电能表上的最后一位是小数，单位是千瓦时。（2）天平在调节时，横梁的哪一端上翘，就把平衡螺母向哪一端调节；读数时砝码的总质量加上游码所对的刻度值就是被测物体的质量。【解答】解：（1）4种仪器的读数：①图1甲中电压表的分度值是0.5V，量程是0﹣15V，示数是5V；②图1乙中温度计的分度值是1℃，示数是﹣4℃；③图1丙中弹簧测力计的分度值是0.2N，量程是0﹣5N，示数是2.2N；④图1丁中电能表的示数是2920.8kW•h。（2）将天平放在水平桌面上，游码归零后，发现指针如图2甲所示，小明应将平衡螺母向左调节，使天平平衡。天平平衡时砝码的质量及游码在标尺上的位置如图2乙所示，此时砝码的质量为20g+10g；分度值为0.2g；游码的质量为1.8g；则被测物体的质量为20g+10g+1.8g＝31.8g。故答案为：（1）①5；②﹣4；③2.2；④2920.8；（2）31.8。28．（2020秋•台山市期末）（1）如题图1中电流表的读数是1A；如果接线的是另一个量程，则读数是0.2A，分度值是0.02A。（A）如题图2是电能表，它是计量消耗电能的仪器。它的转盘转动快，表示消耗电能快；如果这个电能表上的转盘在30min内转了1500转，则消耗的电能是0.5kW•h。【答案】（1）1A；0.2A；0.02A；消耗电能；（2）消耗电能快；0.5。【分析】（1）由图可知，电流表所选量程为0～3A，分度值为0.1A，由指针位置可读数，如果接线的是另一个量程，为小量程，0～0.3A，由指针位置可读数；（2）电能表是测量在一定时间内消耗电能多少的仪表，电能表的转盘转的越快，即在一定时间内消耗的电能越多，即消耗电能越快；3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转3000转，求出电能表转盘转了1500转消耗的电能。【解答】解：（1）由图可知，电流表所选量程为0～3A，分度值为0.1A，由指针位置可知，电流表的读数是1A；如果接线的是另一个量程，为0～0.5A，分度值为0.02A，由指针位置可知，电流表的读数是0.2A；（2）电能表是测量在一定时间内消耗电能多少的仪表，电能表的转盘转的快；电能消耗的越快；3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转3000转，电能表转盘转了1500转，消耗的电能：W＝＝0.5kW•h。故答案为：（1）1A；0.2A；0.02A；消耗电能；（2）消耗电能快；0.5。【题型6电功的测量】 29．（2022秋•钢城区期末）如图是小明在亲戚家发现的一个测量仪表。该仪表用来测量（）A．电流 B．电压 C．电功 D．电功率【答案】C【分析】电能表是用来测量消耗电能多少的仪器或者说是测量电流做功多少的仪器。【解答】解：电能表是用来测量消耗电能多少的仪器。故选：C。30．（202