2024年初中物理讲义专题练习9全册（人教版）18.1 电能 电功（专题训练）【七大题型】（解析版）

18.1电能电功（专题训练）【七大题型】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】 6【题型4电功计算公式的应用】 18【题型5电能表】 24【题型6电功的测量】 28【题型7电能的输送】 30【题型1电功与电能】 1．（2023•吉林三模）在国际单位制中，电功的单位是（）A．安培 B．伏特 C．焦耳 D．瓦特【答案】C【分析】根据我们对于电功的单位焦耳的了解来解答。【解答】解：A、安培（A）是电流的单位，故A不合题意；B、伏特（V）是电压的单位，故B不合题意；C、焦耳（J）是国际单位制中电功的单位，故C符合题意；D、瓦特（W）是功率、电功率的单位，故D不合题意。故选：C。2．（2023•怀集县二模）在下列用电器工作的过程中，电能全部转化为内能的是（）A．电风扇 B．电热水壶 C．电视机 D．电冰箱【答案】B【分析】做功总是伴随着能量的转化，电功也不例外；用电器消耗了电能，获得了其它形式的能量，就是一个电流做功的过程。【解答】解：A．电风扇工作时，把电能转化为机械能和内能，故A不符合题意；B．电热水壶工作时，把电能全部转化为内能，故B符合题意；C．电视机工作时，电能主要转化为声能、光能和内能，故C不符合题意；D．电冰箱工作时，将电能转化为压缩机的机械能和内能，故D不符合题意。故选：B。3．（2022秋•兰州期末）电流经过用电器做功1J，1J等于（）A．1V•A B．1V/A C．1V•A•s D．1kW•h【答案】C【分析】题目选项中是复合单位，我们要根据组成复合单位的物理量的计算来判断。【解答】解：电功等于电压、电流和时间的乘积，即W＝UIt；电压的单位是V，电流的单位是A，时间的单位是s，所以1J＝1V•A•s。故选：C。4．（2022秋•宝丰县期末）（多选）关于电流做功，下列说法中正确的是（）A．导体两端的电压越大，通电时间越长，电流做功就越多 B．通过导体的电流越大，通电时间越长，电流做功就越多 C．导体两端的电压越大，电流越大，通电时间越长，电流做功就越多 D．通过导体的电流越大，电阻越大，通电时间越长，电流做功就越多【答案】CD【分析】利用电功的计算公式W＝UIt＝I2Rt进行分析和判断。【解答】解：电流做功W＝UIt，即电流做功与电压、电流及通电时间有关。A、导体两端的电压越大，通电时间越长，由公式W＝UIt可知，没有考虑通过的电流，缺少条件，所以结论不正确，故A不正确；B、通过导体的电流越大，通电时间越长，由公式W＝UIt可知，没有考虑两端的电压，缺少条件，所以结论不正确，故B不正确；C、导体两端的电压越大，电流越大，通电时间越长，由公式W＝UIt可知，电流做功就越多，故C正确；D、通过导体的电流越大，电阻越大，通电时间越长，W＝I2Rt可知，电流做功就越多，故D正确。故选：CD。5．（2023•武进区校级模拟）如图将L1、L2两灯泡串联接入电路中，观察到灯泡L1比灯泡L2更亮，该电路可以验证电功大小与电压的关系，同时我们还可以判断此时两灯的电阻关系为R1大于R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】电压；大于。【分析】将L1、L2两灯泡串联接入电路中，观察到灯泡L1比灯泡L2更亮，说明L1的实际功率大于L2的实际功率，根据电功率公式P＝UI可知两灯的电压关系，然后根据电功公式W＝UIt推断验证关系；据电功率公式P＝I2R的变形公式R＝推导R1和R2大小关系。【解答】解：将L1、L2两灯泡串联接入电路中，观察到灯泡L1比灯泡L2更亮，说明L1的实际功率大于L2的实际功率；串联电路中各处电流相等，根据P＝UI可知，L1两端的电压大于L2两端的电压；根据电功公式W＝UIt可知，在电流和时间相同时，电压越大，电流做功越多，因此可以验证电功大小与电压的关系；根据电功率公式P＝I2R的变形公式R＝可知，电流相等时，用电器电功率越大，电阻越大，因此R1大于R2。故答案为：电压；大于。6．（2023•二道区一模）小明做菜时发现厨房中涉及很多物理知识：电饭锅做饭的过程把电能主要转化成内能；炒菜时，将菜放入锅里后菜的温度升高，这主要是通过热传递的方式改变内能的；能闻到饭菜的香味，这是扩散现象；小明家3月份用了15m3的天然气，若天然气的热值是3.5×107J/m3，这些天然气完全燃烧放出热量5.25×10⁸J。【答案】内；热传递；扩散；5.25×10⁸。【分析】用电器工作的过程就是消耗电能的过程，也是电能转化成其它形式能的过程；改变物体内能的方法：做功和热传递；一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，这种现象是扩散现象；根据Q＝Vq计算出天然气燃烧放出的热量。【解答】解：电饭锅做饭的过程消耗电能，把电能主要转化成内能；炒菜时，将菜放入锅里后菜的温度升高，这主要是通过热传递的方式改变内能的；闻到饭菜的香味，是分子运动的结果，即扩散现象；15m3天然气完全燃烧放出的热量：Q＝Vq＝15m3×3.5×107J/m3＝5.25×108J。故答案为：内；热传递；扩散；5.25×10⁸。【题型2电功的实质】 7．（2023•徐州）灯泡中有电流时，灯泡发光。关于这个过程中的能量转化，下列说法正确的是（）A．灯泡消耗的电能全部转化成了光能 B．因为消耗电能，流过灯泡后的电流变小了 C．电流做了多少功，电路中就消耗了多少电能 D．光能最终消失了，没有转化成其他形式的能量【答案】C【分析】（1）灯泡工作时，将电能转化为光能和部分内能；（2）灯泡工作过程中，流过灯泡的电流大小不变；（3）电流做功的过程就是电能转化为其它形式能量的过程，电流做了多少功，就有多少电能转化为其它形式的能量；（4）能量在转化的过程中，即不能凭空产生，也不能凭空消失。【解答】解：A．灯泡消耗的电能转化为光能和内能，故A错误；B．灯泡工作过程中，消耗的是电能，流过灯泡的电流大小不变，故B错误；C．用电器消耗电能的过程，实质上是电能转化为其它形式能量的过程。电流做了多少功，电路中就消耗了多少电能，故C正确；D．由能量守恒定律可知，光能最终转化成其他形式的能量，故D错误。故选：C。8．（2023•长汀县模拟）如图所示，对比图中白炽灯和LED灯将电能转化为其他形式能的情况，可得（）A．白炽灯发光时，电能主要转化为光能 B．白炽灯发光时，灯丝会凝华 C．LED灯可以把电能全部转化为光能 D．LED灯发光的效率较高【答案】D【分析】根据图示可知白炽灯与LED灯发光时的能量转化以及发光效率；升华是指固体直接变为气体的过程。【解答】解：A．根据图示可知，白炽灯发光时，电能转化为了20%的光能和80%的内能，显然大量的电能转化为内能，故A错误；B．白炽灯发光时，温度较高，灯丝容易升华，故B错误；CD．根据图示可知，LED发光时，电能转化为10%的内能和90%的光能，与白炽灯相比，LED灯发光的效率较高，故C错误、D正确。故选：D。9．（2023•云岩区校级模拟）我们家中有不同的用电器设备，用电器把电能转化为我们所需要的各种能量。下面的用电器中将电能主要转化为机械能的是（）A．热水器 B．电暖炉 C．微波炉 D．洗衣机【答案】D【分析】做功总是伴随着能量的转化，电功也不例外。用电器消耗了电能，获得了其它形式的能量，就是一个电流做功的过程。【解答】解：电炉、电热毯、电饭锅工作时，都是把电能转化为内能；洗衣机是把电能转化为机械能，故D符合题意。故选：D。10．（2023•四平模拟）如图所示，是一辆新款电动自行车，将车钥匙插入锁孔并顺时针旋转一下，车子就通电了，这个车钥匙相当于电路中的开关。车子行驶时，通过车内的电动机电能转化为机械能。【答案】开关；机械能。【分析】电动自行车中，钥匙相当于开关，可以控制电路的通断；电动机工作时将电能转化为机械能。【解答】解：由题意可知，将车钥匙插入锁孔并顺时针旋转一下，车子就通电了，说明这个车钥匙相当于电路中的开关；车子行驶时，通过车内的电动机将电能转化为机械能，为电动车提供动力。故答案为：开关；机械能。11．（2023•连云港二模）家庭电路中，电热水壶应与其他家用电器并联。电热水壶工作时是将电能转化为内能。若用电热水壶加热2kg的水，使其温度从25℃升高到75℃，则水吸收的热量是4.2×105J，已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）。【答案】并；电；内；4.2×105【分析】（1）家庭电路中，各家用电器之间并联连接；用电器工作时，将电能转化为其它形式的能；（2）已知水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用公式Q吸＝cm（t﹣t0）可求水吸收的热量。【解答】解：家庭电路中各用电器之间或插座之间都是并联连接，这样在工作时才会互不影响，电则热水壶应与其他家用电器并联；电热水壶是利用电流的热效应工作的，工作时将电能转化为内能；水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（75℃﹣25℃）＝4.2×105J。故答案为：并；电；内；4.2×105。【题型3电功与电能的计算】 12．（2023•和田市模拟）如图所示，手电筒中的电流为0.6A，电源为三节干电池，则该手电筒中的小灯泡工作1min消耗的电能约为（）A．2.7J B．81J C．162J D．9720J【答案】C【分析】1节干电池的电压为1.5V，求出电源电压；根据W＝UIt求出灯泡1min消耗的电能。【解答】解：电源电压为：U＝1.5V×3＝4.5V，小灯泡工作1min消耗的电能为：W＝UIt＝4.5V×0.6A×60s＝162J；故ABD错误，C正确。故选：C。13．（2022秋•龙亭区校级期末）如图所示，电源电压不变，只闭合开关S1，电流表示数为0.3A，再闭合S2，电流表示数变化了0.4A。则同时闭合S1、S2后，相同时间内R1、R2消耗的电能之比是（）A．3：4 B．4：3 C．7：3 D．4：7【答案】A【分析】当只闭合S1时，R1单独接入电路；再闭合S2时，R1、R2并联；已知电流表前后两次示数关系，可以得到通过两只电阻的电流，利用公式W＝UIt比较消耗的电能。【解答】解：由图知，只闭合S1时，R1单独接入电路，电流表测R1的电流，则I1＝0.3A；再闭合S2时，R1、R2并联，电流表测干路中的电流，两只开关都闭合时，由于并联电路中各电阻互不影响，所以通过R1的电流仍然为I1＝0.3A，电流表示数变化了0.4A，则说明通过R2的电流为I2＝0.4A，由于并联电路各支路两端的电压相等，则U1＝U2，所以，在相同时间内R1、R2消耗的电能之比为：＝＝＝＝。故选：A。14．（2023•青羊区模拟）下列对一台智能手机涉及的物理量的估测中，最接近实际的是（）A．使用一周耗电约1kW•h B．电池电压2×105mV C．长度约为2×107nm D．质量约为2×10﹣4t【答案】D【分析】一台智能手机一天耗电量约0.021kW•h，据此计算使用一周耗电量；一台智能手机的电池电压约在3.5V～4.2V之间，长度约为15cm，质量约在150g～200g之间。【解答】解：一台智能手机一天耗电量约0.021kW•h，使用一周耗电0.021×7＝0.147kW•h＜1kW•h，故A错误；一台智能手机的电池电压约在3.5V～4.2V之间，2×105mV＝200V，故B错误；一台智能手机的长度约为15cm，2×107nm＝0.02m＝2cm，故C错误；一台智能手机的质量约在150g～200g之间，2×10﹣4t＝200g，故D正确。故选：D。15．（2023•西山区二模）（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2～25Ω 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】ABC【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正确；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：ABC。16．（2023•碧江区校级四模）（多选）某科技小组设计了一种预防电梯超员的压力传感报警装置，其工作电路如图甲所示。模拟实验中获得的数据如下：电源电压保持3V不变，报警器R0的阻值恒为5Ω，压敏电阻Rx随所受压力F的变化图象如图乙所示，当Rx所受压力达到10N，报警器R0开始发出报警信号，则（）A．压力越大，压敏电阻Rx越大 B．压力为5N时，Rx两端的电压为2.5V C．当电路中电流达到0.3A时，报警器启动报警 D．装置待机时间1h，电路消耗的电能为1.08×103J【答案】CD【分析】（1）由图乙可知压敏电阻Rx随所受压力F的变化情况；（2）由图乙可知，当压力为5N时，压敏电阻Rx的阻值，根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出Rx两端的电压；（3）当电路中电流达到0.3A时，根据欧姆定律求出电流中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出压敏电阻Rx的阻值，由图乙可知Rx所受压力，据此判断报警器是否启动报警；（4）装置待机，Rx所受压力为0，由图乙可知压敏电阻Rx的阻值，根据串联电路电阻特点求出电路中的总电阻，根据W＝t求出待机1h电路消耗的电能。【解答】解：由图可知，报警器R0与压敏电阻Rx串联，电流表测量电路中的电流；A、由图乙可知，压敏电阻Rx随所受压力F的增大而减小，所以压力越大，压敏电阻Rx越小，故A错误；B、由图乙可知，当压力为5N时，压敏电阻Rx的阻值为15Ω，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R＝R0+Rx＝5Ω+15Ω＝20Ω，此时电路中的电流：I＝＝＝0.15A，由I＝可知，Rx两端的电压：Ux＝IRx＝0.15A×15Ω＝2.25V，故B错误；C、当电路中电流达到0.3A时，由I＝可知，此时电路中的总电阻：R′＝＝＝10Ω，根据串联电路的电阻特点可知，压敏电阻Rx的阻值：Rx′＝R′﹣R0＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，由图乙可知，Rx所受压力为10N，根据题意可知，报警器启动报警，故C正确；D、装置待机，Rx所受压力为0，由图乙可知，压敏电阻Rx的阻值为25Ω，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R″＝R0+Rx″＝5Ω+25Ω＝30Ω，待机1h电路消耗的电能：W＝t＝×1×3600s＝1.08×103J，故D正确。故选：CD。17．（2023•海淀区校级三模）（多选）某商场为了统计出入商场的人流量，在大门前安装计数装置简化电路图，如图甲所示。其中S为激光源，R1为光敏电阻（有光照射时，阻值较小；无光照射时，阻值较大），R0为定值保护电阻。其两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。已知计数器电路的电源电压恒为3V，保护电阻R0的阻值为20Ω。则（）A．电压表示数为2V时，计数器会计数一次 B．有人通过商场大门时，光敏电阻R1的阻值为40Ω C．有人通过商场大门和没有人通过商场大门电路的电流之比为1：2 D．在0﹣3秒内光敏电阻消耗的电能为0.3J【答案】BCD【分析】由图甲可知，R1、R0串联，电压表测量R0两端的电压；当电压表示数为2V时，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值；当电压表示数为1V时，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值；根据题意，有光照射时，阻值较小；无光照射时，阻值较大，据此判断计数器计数时电压表的示数和有人通过商场大门时，光敏电阻R1的阻值；并求出有人通过商场大门和没有人通过商场大门电路的电流之比；根据W＝UIt求出在0﹣3秒内光敏电阻消耗的电能。【解答】解：AB、由图甲可知，R1、R0串联，电压表测量R0两端的电压；当电压表示数为2V时，电路中的电流：I＝I0＝＝＝0.1A，根据串联电路的电压特点可知，此时R1两端的电压：U1＝U﹣U0＝3V﹣2V＝1V，由I＝可知，此时R1的阻值：R1＝＝＝10Ω；当电压表示数为1V时，电路中的电流：I′＝I0′＝＝＝0.05A，根据串联电路的电压特点可知，此时R1两端的电压：U1′＝U﹣U0′＝3V﹣1V＝2V，由I＝可知，此时R1的阻值：R1′＝＝＝40Ω；根据题意可知，有光照射时，阻值较小；无光照射时，阻值较大，所以当有人通过商场大门时，光敏电阻R1无光照，阻值较大，为40Ω，此时电压表示数为1V，计数器会计数，故A错误、B正确；A、有人通过商场大门时电路中的电流为I′＝0.05A，没有人通过商场大门电路的电流为I＝0.1A，则有人通过商场大门和没有人通过商场大门电路的电流之比：I′：I＝0.05A：0.1A＝1：2，故C正确；D、0～1s内，光敏电阻消耗的电能W1＝U1′I′t1＝2V×0.05A×1s＝0.1J，1～2s内，光敏电阻消耗的电能W2＝U1It2＝1V×0.1A×2s＝0.2J，则在0﹣3秒内光敏电阻消耗的电能W＝W1+W2＝0.1J+0.2J＝0.3J，故D正确。故选：BCD。18．（2023•蜀山区校级二模）把一个标有“10V3W”的电动机和定值电阻R串联后接在电压为12V的电源上，如图所示，电动机恰能正常工作，电动机线圈电阻r＝1Ω，则该电路工作10s，定值电阻R消耗的电能为6J。【答案】6【分析】电动机正常工作时的电压和额定电压相等，根据P＝UI求出通过电动机的电流；根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点可知通过R的电流，根据W＝UIt求出电路工作10s定值电阻R消耗的电能。【解答】解：由P＝UI可得，电动机正常发光时的电流：IM＝＝＝0.3A；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以定值电阻两端的电压：UR＝U﹣UL＝12V﹣10V＝2V，因为串联电路中各处的电流相等，所以通过R的电流：IR＝IM＝0.3A，电路工作10s定值电阻R消耗的电能：WR＝URIRt＝2V×0.3A×10s＝6J。故答案为：6。19．（2023•沈阳）如图是定值电阻R1和R2的I﹣U关系图象，由图象可知，R1和R2的大小关系为R1＜R2（填“＞”、“＝”或“＜”），当R1和R2串联时，R1和R2两端电压之比U1：U2＝1：2；当R1和R2并联时，若通过R1的电流为0.63A，则10s内R2消耗的电能为315J。【答案】＜；1：2；315【分析】（1）从图象中读出任意一组电压和对应的电流值，根据欧姆定律求出R1与R2的阻值；串联时电流处处相等，再根据欧姆定律求出两电阻两端的电压之比；（2）当R1和R2并联时，已知通过R1的电流，由U＝IR可求得R1两端电压，并联电路中各支路电压都相等，然后由W＝UIt可求得10s内R2消耗的电能。【解答】解：由图象可知，当U1＝U2＝2V时，对应的电流分别为I1＝0.4A，I2＝0.2A，由I＝可得，两电阻的阻值分别为：R1＝＝＝5Ω，R2＝＝＝10Ω；由此可知，R1＜R2；当把R1、R2串联在某一电路中时，因为串联电路中各处的电流相等，所以I1：I2＝1：1，此时它们两端的电压之比：＝＝＝＝。若通过R1的电流为I1″＝0.63A，由I＝可得，R1两端电压：U1″＝I1″R1＝0.63A×5Ω＝3.15V，当R1和R2并联时，并联电路中各支路电压都相等，即R1两端电压：U2″＝U1″＝3.15V，10s内R2消耗的电能W＝U2″R2t＝3.15V×10Ω×10s＝315J。故答案为：＜；1：2；315。20．（2023•松原一模）如图所示的电路，定值电阻R的阻值为20Ω，闭合开关S，流过R的电流为0.1A。流过灯L的电流为0.2A。求：（灯丝电阻不变）（1）此时灯L的电阻；（2）通电20s，该电路消耗的电能。【答案】（1）此时灯L的电阻为10Ω；（2）通电20s，电路消耗的电能为12J。【分析】由电路图可知，闭合开关，灯泡和电阻并联；（1）先根据欧姆定律求出R两端电压，再根据并联电路电压规律和欧姆定律求出灯泡的阻值；（2）根据并联电路电流规律和W＝UIt求出20s内电路消耗的电能。【解答】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡和电阻并联；（1）因并联电路两端电压相等，所以由I＝可得，电源电压：U＝UR＝IRR＝0.1A×20Ω＝2V，灯泡L的电阻：RL＝＝＝10Ω；（2）因并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：I＝IR+IL＝0.1A+0.2A＝0.3A，通电20s，电路消耗的电能：W＝UIt＝2V×0.3A×20s＝12J。答：（1）此时灯L的电阻为10Ω；（2）通电20s，电路消耗的电能为12J。21．（2023•潮阳区校级三模）我国的基建事业位列世界前茅。某兴趣小组模拟建筑工地的起吊机自制了一个起吊模型，如图甲所示，重为19N的重物挂在滑轮组下方，并在电动机的作用下以0.02m/s的速度匀速提升10s。电动机所在的电路如图乙所示，已知电源电压为6V，电阻R1＝10Ω，在匀速提升过程中电压表示数为1V。（不计绳重与摩擦）（1）求滑轮组提升重物的有用功；（2）求电动机消耗的电能；（3）已知电动机线圈电阻R2＝10Ω，求电动机的效率。【答案】（1）滑轮组提升重物的有用功为3.8J；（2）电动机消耗的电能为5J；（3）电动机的效率为80%。【分析】（1）先利用h＝vt求出物体上升的高度，再利用W有＝Gh求出滑轮组提升重物的有用功；（2）利用串联电路电流和电压规律求出电动机电流和电压，再利用W＝UMIMt求出电动机消耗的电能；（3）根据Q＝I2Rt电流通过电动机线圈产生的热量，利用W′＝W﹣Q求出电动机输出的机械能，再根据η＝×100%求出电动机的效率。【解答】解：（1）由题意可知，物体上升的高度为：h＝vt＝0.02m/s×10s＝0.2m，滑轮组提升重物的有用功为：W有＝Gh＝19N×0.2m＝3.8J；（2）由图乙可知，该电路为串联电路，电路中的电流为：I＝IM＝I1＝＝＝0.1A，电动机两端的电压为：UM＝U﹣U1＝6V﹣1V＝5V，电动机消耗的电能为：W＝UMIMt＝5V×0.1A×10s＝5J；（3）电流通过电动机线圈产生的热量为：Q＝I2R2t＝（0.1A）2×10Ω×10s＝1J，电动机输出的机械能：W′＝W﹣Q＝5J﹣1J＝4J，电动机的效率为：η＝×100%＝×100%＝80%。答：（1）滑轮组提升重物的有用功为3.8J；（2）电动机消耗的电能为5J；（3）电动机的效率为80%。22．（2023•安阳二模）小帆为了检测家人体重，设计了一个简易体重计，电路如图乙所示，R0为定值电阻，秤盘下方的电阻R为压敏电阻，其阻值随所受压力大小的变化关系图像如图丙所示。已知电源电压为6V保持不变。（1）当秤盘为空时，R的阻值为600Ω；体重越大，电压表的示数越大（选填“大”或“小”）；（2）体重为600N的小帆站在体重秤上时，电压表示数为2.4V，则R0的阻值是多少？（3）若小华站在体重秤上，5s内完成了称量体重的过程，这段时间内体重秤消耗的电能是0.45J，则小华的体重为多少牛？【答案】（1）600Ω；（2）R0的阻值是200Ω；（3）小华的体重为800N。【分析】（1）由图丙得可知当压敏电阻的压力为0时压敏电阻的阻值，据此可知当秤盘为空时R的阻值；由图乙可知压敏电阻与定值电阻R0串联，电压表测量定值电阻R0电压，体重越大，压敏电阻受到的压力越大，压敏电阻阻值越小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知电路中电流变化，根据U＝IR可知定值电阻R0两端电压变化；（2）由图丙R﹣F图像可知，当G＝F＝600N时，R的阻值为300Ω，根据串联电路电压规律计算R两端的电压，根据欧姆定律计算电路中的电流，根据欧姆定律计算R0的阻值；（3）根据电功公式计算小华站在体重秤上时电路中的电流，根据欧姆定律计算电路的总电阻，根据串联电路电阻规律计算压敏电阻的阻值，由图像可得小华的体重。【解答】解：（1）由图丙得可知当压敏电阻的压力为0时，压敏电阻的阻值为600Ω，所以当秤盘为空时，R的阻值为600Ω；由图乙可知压敏电阻与定值电阻R0串联，电压表测量定值电阻R0电压。体重越大，压敏电阻受到的压力越大，压敏电阻阻值越小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知电路中电流越大，根据U＝IR可知定值电阻R0两端电压越大，即电压表的示数越大；（2）由图丙R﹣F图像可知，当G＝G＝600N时，R的阻值为300Ω，R两端的电压U1＝U﹣U0＝6V﹣2.4V＝3.6V，电路中的电流I1＝＝＝0.012A，由欧姆定律得，R0的阻值为R0＝＝＝200Ω；（3）小华站在体重秤上时，电路中的电流为I2＝＝＝0.015A，由欧姆定律得，电路的总电阻为R总＝＝＝400Ω，根据串联电路电阻规律可得压敏电阻R′＝R总﹣R0＝400Ω﹣200Ω＝200Ω，由图像得小华的体重为800N。答：（1）600Ω；（2）R0的阻值是200Ω；（3）小华的体重为800N。23．（2023•大石桥市校级三模）我国自行生产的混合动力汽车已经服务于北京奥运。混合动力汽车启动时，内燃机并不工作，蓄电池通过某种方式向车轮输送能量；当需要高速行驶或蓄电池储存电能过低时，内燃机启动，既可以向车轮输送能量，也可以同时给蓄电池充电；当车辆需要全力加速时，内燃机和蓄电池还可以同时向车轮输送能量。（1）根据以上描述，请你说出一种混合动力汽车不同于普通汽车的优点。（2）表是某台混合动力汽车所用的镍氢蓄电池组的部分参数（其中容量即为电荷量），试求该蓄电池组最多可储存多少电能？电压/V300功率/W30容量/Ah100质量/kg320（3）测试人员驾驶该车在平直公路上匀速直线行驶0.5h，观察仪表盘，发现这段时间内汽车内燃机消耗燃油4.475kg，车速为50km/h，蓄电池组储存的电能由最大值的60%增加到80%。从汽车使用技术手册中，测试人员发现该车使用的燃油的热值为4.0×107J/kg，汽车行驶时所受阻力f和车速v的关系如图所示。①内燃机若完全燃烧燃油4.475kg能放出多少热量？②车速为50km/h时汽车发动机的动力有多大？【答案】（1）在繁华市区，可关停内燃机，由电池单独驱动，实现“零”排放；（2）蓄电池储存的电能是1.08×108J；（3）①内燃机若完全燃烧燃油4.475kg能放出1.79×108J的热量；②车速为50km/h时汽车发动机的动力为2000N。【分析】（1）混合动力汽车不同于普通汽车的优点：在繁华市区，可关停内燃机，由电池单独驱动，实现“零”排放。（2）已知电压300V，容量100Ah，根据W＝UQ可求出蓄电池储存的电能；（3）①已知燃油的质量4.475kg，燃油的热值为4.0×107J/kg，根据Q放＝mq可求出燃油放出的热量；②由图可知，当车速为50km/h时，汽车行驶时所受阻力为2000N，汽车匀速行驶时，汽车发动机的动力等于汽车行驶时所受阻力。【解答】解：（1）混合动力汽车不同于普通汽车的优点：在繁华市区，可关停内燃机，由电池单独驱动，实现“零”排放。（2）蓄电池储存的电能：W＝UQ＝300V×100A×3600s＝1.08×108J；（3）①燃油放出的热量：Q放＝mq＝4.475kg×4.0×107J/kg＝1.79×108J；②由图可知，当车速为50km/h时，汽车行驶时所受阻力为2000N，汽车匀速行驶时，汽车发动机的动力等于汽车行驶时所受阻力，即F＝f＝2000N。答：（1）在繁华市区，可关停内燃机，由电池单独驱动，实现“零”排放；（2）蓄电池储存的电能是1.08×108J；（3）①内燃机若完全燃烧燃油4.475kg能放出1.79×108J的热量；②车速为50km/h时汽车发动机的动力为2000N。【题型4电功计算公式的应用】 24．（2023•天山区校级模拟）小颖拿出电加热眼罩缓解眼部疲劳，该电加热眼罩额定充电电压为6V，电池容量为2400mA•h，标注“输出6V，4A”的快速充电器的充电效率为90%，则该眼罩的电池从零充满需要（）A．10min B．20min C．30min D．40min【答案】D【分析】利用P＝UI求出充电器的充电功率；利用W＝UIt求出电池充满电储存的电能；利用W充＝求出需要消耗的电能；最后利用P＝求出快速充电器将电池从零充满需要的时间。【解答】解：快速充电器的充电功率分别为：P＝UI＝6V×4A＝24W，电池充满电储存的电能为：W储＝U电池It＝6V×2400×10﹣3A×3600s＝51840J，已知充电效率为η＝90%，则消耗的电能：W充＝＝＝5.76×104J；由P＝可得用快速充电器将电池从零充满需要的时间：t＝＝＝2400s＝40min，故D正确，ABC错误。故选：D。25．（2023•安化县一模）近几年，国产品牌手机快充技术发展迅速，手机充电功率已经达到120W，远远领先国外同类型品牌。如图所示，一块手机用的锂电池，工作时电池电压约4V，容量为4000mA•h。关于此电池下列说法正确的是（）A．电池放电时电能转化为化学能 B．此电池充满电大约储存了57600J的电能 C．给电池充电时，这块电池相当于电路中的电源 D．若采用120W的超快闪充充电器给这块电池充电，理论上充满电大约需要15分钟【答案】B【分析】（1）电池放电时将化学能转化为电能；（2）知道电池的电压和容量，根据W＝UIt求出可以储存的电能；（3）电池充电时消耗电能，相当于用电器；（4）根据电池存储电能的多少，利用公式P＝的变形公式可求出充电时间。【解答】解：A．电池放电时将化学能转化为电能，提供给用电器，故A错误；B．电池可以储存的电能W＝UIt＝4V×4000mA•h＝4V×4000×10﹣3A×3600s＝5.76×104J，故B正确；C．给电池充电时，这块电池相当于电路中的用电器，将电能转化为化学能，故C错误；D．由公式P＝可知，若采用120W的超快闪充充电器给这块电池充电，理论上充满电的时间：t＝＝＝480s＝8min，故D错误。故选：B。26．（2022秋•芜湖期末）有两个电阻R1＞R2，采用下列几种方式分别接到电压为U的电源上，接通电源后在相同时间内电流做功最少的连接方式是（）A．R1与R2串联 B．R1与R2并联 C．只接入R1 D．只接入R2【答案】A【分析】将不同的电阻接在相同的电源上，则电压是相等的，所以我们应选择含电压的计算电功的方式：。【解答】解：A中将R1与R2串联接入时，总阻值为R1+R2，则做功为W1＝t；B中将两电阻并联时总阻值为，做功为：W2＝；C中只接入R1，则做功为W3＝t；D中只接入R2，则做功为W4＝t．因为分母越大的值越小，所以：W1最小。故选：A。27．（2023•江夏区模拟）勤思中学航模社团新购了一架无人机，如图所示。已知该无人机所需的能量是由一块输出电压为20V，容量为10000mA•h的电池提供，若电能的80%用于飞行，飞行时的实际功率为288W，则该机最多能飞行2000s；在无人机下方用细线悬挂一个重物，不考虑空气阻力，若细线突然断了，重物由于惯性会继续向上运动一段距离，在最高点处受到非平衡力（选填“平衡力”或“非平衡力”）作用。​【答案】2000；惯性；非平衡力。【分析】（1）根据W＝UIt求出电池储存的电能，根据η＝×100%求出电能转化为的机械能，利用P＝求出该机最多能飞行的时间；（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；（3）物体处于平衡状态时，受到平衡力的作用，在最高点处，无人机只受到重力的作用，处于非平衡状态。【解答】解：电池的输出电压为20V，容量为10000mA•h，电池储存的能量：W＝UIt＝20V×10000×10﹣3A×3600s＝7.2×105J，根据η＝×100%可得，电能转化为的机械能：W机＝W×80%＝7.2×105J×80%＝5.76×105J，已知无人机的实际功率P＝288W，由P＝可得，该机最多能飞行的时间：t′＝＝＝2000s；若细线突然断了，重物由于惯性会继续向上运动一段距离；在最高点处，重物只受到重力的作用，未处于平衡状态，故受到非平衡力作用。故答案为：2000；惯性；非平衡力。28．（2023•靖江市一模）在比较灯泡亮度的实验中，小华将白炽灯A和白炽灯B接入如图所示的电路中，闭合开关适当移动滑片后，观察到灯A比灯B暗，V1的示数小于V2的示数，由此小华总结得出结论：相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大。若将发光效率更高的LED灯C替换A接入电路，移动滑片至另一位置时，发现两灯亮度相等，且V2的示数为V1示数的5倍，已知B的发光效率为10%，则C的发光效率为50%。此时C灯比B灯节能的百分比为80%。【答案】相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大；50%；80%。【分析】根据电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测量A灯泡两端电压，电压表V2测量B灯泡两端电压；根据串联电路分压的特点比较两灯泡电阻的大小；根据W＝UIt分析两灯泡亮度不同的原因；根据W＝UIt可知相同时间内它们消耗电能的多少，两灯亮度相同，说明电能转化为的光能相同，光能与电能的比值等于灯泡的发光效率。【解答】解：根据电路图可知，两灯泡串联，并且V1的示数小于V2的示数；根据串联电路分压规律可知，电阻越大，分得的电压越多，因此RA＜RB；已知灯泡A两端电压小于B两端电压，而串联电路电流相等，相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大；将发光效率更高的LED灯C替换A接入电路，移动滑片至另一位置时，发现两灯亮度相等，说明电能转化为的光能相等；因为V2的示数为V1示数的5倍，由W＝UIt可知，B消耗的电能为C消耗电能的5倍，又因为B的发光效率为10%，则C的发光效率为B发光效率的5倍，即50%；B的发光效率为10%，C的发光效率为50%，由于两灯亮度相同，所以B散失掉电能的效率为90%，C为50%，而B发光10%的能量与C发光50%的能量相同，因此此时C灯比B灯节能为90%﹣10%＝80%。故答案为：相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大；50%；80%。29．（2023•合江县模拟）如图所示为大疆航拍无人机，由于体积小，操控安全方便，拍摄效果好，深受摄影爱好者喜欢，如表是它的部分技术参数。求：总质量（含电池及桨）900g四脚着地总面积10cm2最大上升速度8m/s电池容量5000mAh最大水平飞行速度21m/s正常工作电压10V最大上升高度8000m飞行时间约46min（1）该无人机重为多少N（g＝10N/kg）；（2）无人机四脚着地平放在地面上时，对地面的压强为多少Pa；（3）无人机以最大水平飞行速度匀速飞行420米所用时间是多少s；（4）某次航拍过程中，无人机以8m/s的速度匀速竖直上升，正常工作时它将电能转化为机械能的效率为80%，则该过程中无人机电池工作电流多少A。（不计空气阻力）【答案】（1）该无人机重为9N；（2）无人机四脚着地平放在地面上时，对地面的压强为9×103Pa；（3）无人机以最大水平飞行速度匀速飞行420米所用时间是20s；（4）该过程中无人机电池工作电流是9A。【分析】（1）根据G＝mg可求无人机重；（2）根据p＝可求无人机四脚着地平放在地面上时，对地面的压强；（3）根据v＝可求无人机以最大水平飞行速度匀速飞行420米所用时间；（4）已知无人机的重力，匀速竖直上升时的牵引力等于重力，利用P＝＝＝Fv求得其功率，已知正常工作时它将电能转化为机械能的效率为80%，根据η＝可求得机械能，再利用P＝UI求得无人机电池工作电流。【解答】解：（1）无人机的重力：G＝mg＝900×10﹣3kg×10N/kg＝9N；（2）无人机四脚着地平放在地面上时，对地面的压力大于无人机的重力，无人机对地面的压强：p＝＝＝9×103Pa；（3）根据v＝可得无人机以最大水平飞行速度匀速飞行420米所用的时间：t＝＝＝20s；（4）向上的动力F＝G＝9N，无人机的机械功率：P机械＝＝＝Fv＝9N×8m/s＝72W，由η＝＝＝可得，电功率P＝＝＝90W，由P＝UI可得，无人机电池工作电流：I＝＝＝9A。答：（1）该无人机重为9N；（2）无人机四脚着地平放在地面上时，对地面的压强为9×103Pa；（3）无人机以最大水平飞行速度匀速飞行420米所用时间是20s；（4）该过程中无人机电池工作电流是9A。【题型5电能表】 30．（2023•平潭县模拟）安装在小亮家中的电能表如图所示，下列说法正确的是（）A．小亮家已经消耗的电能为25086J B．此电能表转盘每小时最多能转过3600转 C．此电能表的额定最大电流是20A D．此电能表可以在4节干电池串联做电源的电路中使用【答案】C【分析】电能表的表盘上相关参数的意义：（1）kW•h表示电能表读数的单位是kW•h，读数时最后一位是小数；（2）3600r/（kW•h）是指电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3600转；（3）10（20）A中，10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表平时工作时允许通过的最大电流（电能表的额定最大电流）；（4）220V是指电能表的工作电压；（5）50Hz是指电能表工作电路中交流电的频率。据此分析判断各个选项的正误。【解答】解：A、电能表示数的单位是kW•h，图示电能表表示小亮家已经消耗的电能为2508.6kW•h，故A错误；B、3600r/kW•h表示此电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的表盘转动3600转，故B错误；C、20A表示电能表在平时工作时，允许通过的最大电流为20A，即电能表的额定最大电流为20A，故C正确；D、4节干电池串联后总电压为1.5V×4＝6V，而电能表的工作电压为220V，所以此电能表不能在4节干电池串联做电源的电路中使用，故D错误。故选：C。31．（2023•潜江四模）将一台标有“220V，200W”的电视机单独接在家庭电路中。正常工作2h后，电能表示数如图所示。下列说法中正确的是（）A．电能表是测量用电器电功率的专用仪表 B．电能表的示数为8456kW•h C．这段时间内，电能表转盘转过了1200转 D．若电价为0.6元/度，这段时间电视机使用的电费为0.12元【答案】C【分析】A、用电器在一段时间内消耗的电能，可以通过电能表计量出来；B、电能表示数的最后一位为小数；C、利用W＝Pt计算出这段时间内电视机消耗电能，再计算出电能表转盘转动圈数；D、根据这段时间电视机消耗电能的多少计算出使用的电费。【解答】解：A、电能表是测量用电器消耗电能的仪表，故A错误；B、电能表示数的最后一位为小数，示数为845.6kW•h，故B错误；C、这段时间内电视机消耗电能W＝Pt＝200W×2h＝0.2kW×2h＝0.4kW•h，电能表转盘转动圈数为0.4kW•h×3000r/（kW•h）＝1200r，故C正确；D、若电价为0.6元/度，这段时间电视机使用的电费为0.6元/度×0.4kW•h＝0.6元/度×0.4度＝0.24元，故D错误。故选：C。32．（2023•凤凰县三模）如图所示，是家中的电能表的示数。甲图是月初的示数，乙图是月底的示数，这个月家里用电是（）A．100kW•h B．200kW•h C．300kW•h D．400kW•h【答案】B【分析】每月用电读数等于月底电能表的示数减去月初电能表的示数。【解答】解：电能表的最后一位是小数，每月用电读数等于月底电能表的示数减去月初电能表的示数，由图可知，这个月家里用电是W＝712.5kW⋅h﹣512.5kW⋅h＝200kW⋅h故选：B。33．（2022秋•阿克苏市校级期末）小明家的电水壶额定功率为2000W，让这个电水壶正常工作3min，电水壶消耗的电能是0.1kW•h。小明家的电能表参数如图所示，若家中只有这个电水壶单独工作，则这3min内电能表转盘转动300圈。【答案】0.1；300【分析】电水壶正常工作时，其实际功率等于其额定功率，利用W＝Pt求电水壶消耗的电能；3000r/（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3000r，据此求消耗这些电能电能表转盘的转数。【解答】解：电水壶正常工作时，其实际功率P＝P额＝2000W＝2kW，由P＝可得电水壶消耗的电能：W＝Pt＝2kW×h＝0.1kW•h；3000r/（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3000r，则消耗0.1kW•h的电能，电能表转盘的转数：n＝3000r/（kW•h）×0.1kW•h＝300r。故答案为：0.1；300。34．（2023•金平区校级三模）如图甲表明萘（选填“蜂蜡”或“萘”）是晶体；如图乙是小明家的电能表，在表盘转过30圈的过程小明家消耗的电能是0.05kW•h；如图丙中停表读数是247.5s。​【答案】萘；0.05；247.5。【分析】（1）晶体和非晶体的区别是熔化过程是否有固定的温度；（2）根据电能表上的参数进行计算；（3）根据停表的分度值和指针位置读数。【解答】解：由图甲的图像可以看出，萘在熔化过程中吸收热量，温度不变，所以萘是晶体，蜂蜡的温度始终在改变，是非晶体。图中的电能表在表盘转过30圈的过程小明家消耗的电能；图丙中停表的中间表盘上，1min有两个小格，所以一个小格代表0.5min，分针指示的时间为4min；在停表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在7.5s处，即停表的读数为4min7.5s＝247.5s。故答案为：萘；0.05；247.5。【题型6电功的测量】 35．（2023•惠山区校级二模）在“探究电功与哪些因素有关”的实验中，小华连接了如图所示的电路，以下说法中错误的是（）A．此电路探究的是电功与电压的关系 B．实验中，通过电压表的示数反映电功的大小 C．实验中，要选用两个规格不同的小灯泡 D．实验时，要移动滑动变阻器的滑片改变电流，从而多次实验【答案】B【分析】（1）两灯泡串联时通过的电流和通电时间相等，根据W＝UIt判断此电路可以探究影响电功的因素；（2）电流做功的过程就是把电能转化为其它形式能的过程，相同时间内消耗的电能越多，转化为其它形式的能越多；（3）（4）为了获得普遍的规律，应选用不同规格的灯泡多次测量。【解答】解：由电路图可知，两灯泡与滑动变阻器串联，两电压表分别测两灯泡两端的电压。A．因串联电路中各处的电流和通电时间相等，所以根据W＝UIt可知，此电路可以探究电功与电压的关系，故A正确；B．灯泡越亮、实际功率越大，根据W＝Pt可知，在相同时间里消耗的电能越多，电流做功越多，所以我们可以通过灯泡的亮度来比较相同时间内电流做功的多少，故B错误；C．由题图可知，两灯泡串联，因此通过两灯泡的电流相等，如果两灯泡的规格相同，那么两灯泡的两端电压相等，所用时间相同，这对研究的问题无意义，因此要探究电功与电压关系，必须改变电压，应选用不同规格的灯泡进行实验，可以控制灯泡的两端电压不同，便于问题的研究，故C正确；D．实验时，要移动滑动变阻器的滑片改变电流，进行多次实验，从而避免实验的偶然性，故D正确。故选：B。36．（2023•靖江市校级模拟）在“探究电功与哪些因素有关”的实验中，小惠连接了如图所示的电路，以下说法中错误的是（）A．此电路探究的是电功与电压的关系 B．移动滑动变阻器的滑片从而改变电流，可以进一步探究电功与电流的关系 C．实验中，通过灯泡的亮度反映电功的大小 D．滑动变阻器在电路中起到保护电路的作用【答案】B【分析】（1）两灯泡串联时通过