2025人教版初中物理寒假衔接9年级第10讲电能电功电功率教师版

电能

电功1.电能（1）产生过程：其他形式的能转化为电能。（2）利用：通过用电器将电能转化成其他形式的能。（3）单位：国际单位是焦耳（J），常用单位是千瓦时（kW·h）。（4）计量：用电能表来计量，计算方法是把计数器上前后两次读数之差，就是这段时间内用电的度数。在表盘上的参数，只是用电量的累计度数。2.电功（1）定义：有多少电能发生了转化或者消耗了多少电能我们就说电流做了多少功。即：电流做了多少功，我们就说消耗了多少电能。（2）计算：a.基本公式：研究表明，电流在某段电路上所做的功，等于这段电路两端的电压、电路中的电流和通电时间的乘积。表达式：W=UIt。b.推导公式（只用于纯电阻电路）：，。【典型例题】类型一、电功率的概念1.（多选）下列说法中，正确的是（）A．电功率是表示电流做功多少的物理量B．电功率是表示电流做功快慢的物理量C．用电器的电功率越大，做功越多D．相同时间内，功率大的用电器耗电一定多【思路点拨】电功率是表示电流做功快慢的物理量，不是表示电流做功多少的物理量，做功的多少不仅与功率有关还与做功时间的多少有关，是由两个量共同决定的【答案】BD【解析】单位时间内电流做功的多少叫电功率，是表示电流做功快慢的物理量，电功率大说明做功快，但不一定多，由此可知A错，B对，C错；从公式W=Pt上看，相同时间内，消耗功率大的用电器耗电定多，D对。类型二、电功率的计算2.如图1所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V。闭合开关S后，当滑片P从最右端滑到最左端的过程中，小灯泡的I-U关系图象如图2所示。则小灯泡的额定功率为W，电源电压为V，滑动变阻器的最大阻值为Ω。【思路点拨】本题对同学的审题、识图能力要求较高，另外需要注意小灯泡的电阻是可变的，所以在解滑动变阻器电阻时找准对应点，算出此时小灯泡的电阻是解题的关键【答案】24；12；9【解析】由图象知，在灯泡两端电压为U额=12V时，通过的电流为I额=2A所以灯泡的额定功率为P额=U额I额=12V×2A=24W；当滑片位于最左端时，滑动变阻器阻值为0，此时灯泡两端电压等于电源电压

所以电源电压为U=U额=12V；当滑片在最右端时，滑动变阻器全部接入电路，由图象知，此时灯泡两端电压为UL=3V，电路电流为I=1A，所以滑动变阻器两端电压为：UR=U-UL=12V-3V=9V，滑动变阻器的最大阻值为：。类型三、测量小灯泡的电功率3.学习小组在测定“小灯泡的电功率”的实验中，电源由三节新干电池串联组成，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω。

（1）请你用笔画线代替导线，将图1甲中的实物电路连接完整。

（2）某次实验时，电压表示数如图1乙所示，此时灯泡两端的电压为V；如果要使灯泡正常发光，应该向（选填“A”或“B”）移动滑动变阻器的滑片。

（3）小菁同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成如图1丙所示的I-U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定电功率是W。

（4）某同学实验中电流表和电压表指针偏转情况如图2所示，则出现的问题是。（5）在实验中，小章同学发现当小灯泡两端电压减小时，它的亮度随之减弱，测量的小灯泡电阻也相应减小，造成这一变化的合理解释是。A．导体电阻与导体两端的电压有关；

B．根据欧姆定律，电流一定时，导体的电阻与电压成正比；

C．电压减小时，通过小灯泡的电流不变，电阻变小；

D．电压减小时，小灯泡亮度变暗，温度变低，电阻变小。【答案】（1）电路图如图所示：（从电压表负接线柱到电流表0.6A档也可）

（2）2.2；B（3）0.5（4）电流表的量程选择过大（5）D【解析】（1）已知灯泡额定电压为2.5V，灯丝电阻约10Ω，所以正常发光时通过灯泡的电流为，因此电流表量程是0~0.6A，电流表应该和被测灯泡串联；

（2）由图乙知，电压表量程是3V，最小分度值是0.1V，电压表示数是2.2V，电压表示数小于灯泡额定电压，要使灯泡正常发光，应向B端移动滑动变阻器滑片，增大灯泡两端的电压，直到电压表示数等于灯泡额定电压2.5V为止；

（3）由图丙所示I-U图象可知，灯泡额定电压U=2.5V，所对应的电流I=0.2A，则灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.2A=0.5W；

（4）由图可知，电流表的指针偏转太小、量程选择太大，应改用小量程的电流表；

（5）温度影响导体电阻阻值的大小，对大多数导体来说，温度越高，电阻越大；当小灯泡两端电压减小时，它的亮度随之减弱，实际电功率减小，温度降低，所以测量的小灯泡电阻也相应减小。一．选择题（共21小题）1．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，他家的微波炉一开就“跳闸”。上述争论中，顾客混淆的两个概念是（）A．电压和电流 B．电功率和电流 C．电能和电功率 D．电能和电功【分析】根据公式W＝Pt可以解释售货员所说的微波炉很省电；根据I＝可以解释顾客说的微波炉功率大，微波炉一开就跳闸。【解答】解：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，会跳闸，相同时间内消耗的电能多，所以认为很“费电”。故选：C。【点评】本题通过实际生活中的一个场景来考查学生对电能和电功率的理解情况，是一道理论与实践相结合的题目。2．下列用电器正常工作10秒钟消耗电能最少的是（）A．空调 B．电视机 C．洗衣机 D．手电筒的小灯泡【分析】根据生活常识及生活经验判断各用电器的功率大小，由W＝Pt可知，工作相同时间，用电器功率越大，消耗的电能越多。【解答】解：手电筒的小灯泡的功率约1.0W，空调功率约为1000W；电视机的功率约为130W；洗衣机的额定功率约为300W；由此可见，手电筒小灯泡的功率最小，由W＝Pt可知，用电器正常工作相同时间消耗电能最少的是小灯泡。故选：D。【点评】本题要求判断在相等时间内哪个用电器消耗的电能多，根据生活经验估计出各用电器的电功率大小是正确解题的关键。3．关于电能和电功，下列说法正确的是（）A．家用电器每消耗1度电，产生的热量就是3.6×106J B．用电器消耗的电能等于电流通过该用电器所做的功 C．电流做功的过程实质就是其他形式能转化为电能的过程 D．通过导体的电流越大，电流做的功就越多【分析】（1）1kW•h＝3.6×106J；（2）电流做功的过程实质就是电能转化为其他形式能的过程，用电器消耗多少电能就说电流通过用电器做了多少功；（3）根据W＝UIt分析解答。【解答】解：A、用电器消耗1度电即3.6×106J，若是纯电阻电路，产生的热量等于3.6×106J，若是非纯电阻电路产生的热量小于3.6×106J，故A错误；B、电流做功的过程就是消耗电能的过程，所以用电器消耗的电能等于电流通过用电器所做的功，故B正确；C、电流做功的过程实质就是电能转化为其他形式能的过程，故C错误；D、根据W＝UIt知，在电压和通电时间一定时，通过导体的电流越大，电流做的功就越多，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了学生对电功和电能、电功实质的理解与掌握，是一道基础题目。4．如图所示是一款迷你暖手宝，它内置锂电池，利用USB接口充电，内部发热片发热。下列说法正确的是（）A．暖手宝充电的过程，是电流做功的过程 B．暖手宝发热的过程，是机械能转化成内能的过程 C．用暖手宝取暖时，手因为含有的热量增加而感到暖和 D．无论暖手宝充电还是发热的过程，锂电池在电路中都是电源【分析】（1）电流做功的过程，实质就是将电能转化为其它形式能的过程。（2）电流做功的实质是消耗电能转化为其他形式的能的过程。（3）热量是指热传递过程中传递能量的多少，是过程量。（4）电池在放电过程中是电源，化学能转化成电能，而在充电过程中是用电器，将电能转化为化学能。【解答】解：A、暖手宝在充电过程中，将电能转化为化学能储存在锂电池中，是电流做功的过程；故A正确；B、暖手宝发热的过程，是电流做功的过程，将电能转化为内能；故B错误；C、用暖手宝取暖时，手吸收热量，因含有内能增加而感到暖和，不能说含有热量；故C错误；D、在电池充电的过程中，是将电能转化成了化学能，电池相当于用电器；发热的过程中电池是电源，将化学能转化为电能，再转化为内能；故D错误。故选：A。【点评】本题考查了电流做功的实质、充电宝充电过程中的能量转化、电源能量转化等知识，明确电源充放电时能量转化的不同是解题的关键。5．下列事例中主要目的是将电能转化为内能的是（）A．用电饭锅煮饭 B．给手机充电 C．用电风扇吹风 D．摩擦起电【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，分析每个用电器的能量转化得出答案。【解答】解：电流做功的过程，实际上就是能量转化的过程，消耗电能转化成其它形式的能。A、电饭锅主要是把电能转化为内能，故A正确；B、手机充电是电能转化为化学能，故B错误；C、常见的家用电器中，电风扇主要是把电能转化为机械能，故C错误；D、摩擦起电属于机械能转化为电能，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了用电器中的能量转化。注意电风扇的主要部件是电动机，把电能转化为机械能。6．如图所示的用电器工作时，消耗的电能主要转化为机械能的是（）A．计算器 B．电风扇 C．电暖气 D．电视机【分析】电流做功的过程就是电能转化为各种形式的能的过程。【解答】解：A、计算器在工作时，消耗的电能主要转化为光能，故A不正确；B、电风扇在工作时，消耗的电能主要转化为机械能，故B正确；C、电暖气在工作时，消耗的电能主要转化为内能，故C不正确；D、电视机在工作时，消耗的电能主要转化为光能，故D不正确。故选：B。【点评】本题考查生活中电器工作时的能的转化，基础性强。7．“无人机”（多功能飞行器）可通过无线电进行操控，其在拍摄调查、无人配送等方面具有广阔的前景。如图为某品牌“无人机”，由锂电池供电，采用4个电机带动旋翼转动，对下方空气施力的同时获得升力（空气浮力不计）。该无人机设有一键起降和返航、空中悬停等功能，其携带的摄像机可以进行高清拍摄并实时把信号传到遥控器上的显示器。下表是该无人机的部分参数，g取10N/kg，下列说法错误的是（）无人机质量（含摄像机）1.5kg电动机额定电压10V最大上升速度6m/s电动机正常工作电流5A最大上升速度时受到的空气阻力9N电动机的能量转化效率95%A．无人机的重力为15N B．无人机摄像机镜头采用凸透镜 C．无人机以最大速度上升时旋翼对空气施加9N的力 D．无人机正常飞行1小时电动机消耗电能0.2kW•h【分析】（1）知道无人机的质量，利用G＝mg求其重力；（2）照相机、摄像头的镜头采用的都是凸透镜，成倒立缩小的实像；（3）无人机以最大速度上升时，无人机受到竖直向下的重力加上空气的竖直向下的阻力等于空气对旋翼的竖直向上作用力，据此求出空气对旋翼的竖直向上作用力，由于力的作用是相互的，可求旋翼对空气施加的力；（4）利用W＝UIt求出一个电机消耗的电能，进而求出无人机（四个电机）正常飞行1小时电动机消耗电能。【解答】解：A、无人机的重力：G＝mg＝1.5kg×10N/kg＝15N，故A正确；B、无人机摄像机的镜头采用的是凸透镜，成倒立缩小的实像，故B正确；C、无人机以最大速度上升时，无人机受到竖直向下的重力G、空气的竖直向下的阻力f、空气对旋翼的竖直向上作用力F，则G+f＝F，空气对旋翼的竖直向上作用力：F＝G+f＝15N+9N＝24N，由于力的作用是相互的，旋翼对空气施加的力F′＝F＝24N，故C错误；D、一个电机消耗的电能W＝UIt＝10V×5A×3600s＝180000J，无人机正常飞行1小时电动机消耗电能：W总＝4W＝4×180000J＝7.2×105J＝0.2kW•h，故D正确。故选：C。【点评】本题为学科综合题，考查了重力的计算、凸透镜成像的应用、力的平衡知识的应用以及电能的计算，易错点在C选项的判断，对无人机做出准确的受力分析是关键。8．现有两个定值电阻R1和R2（R1＞R2），按照如图所示的四种方式，分别接到电压恒为U的电源两端工作相同的时间。则四个电路中电流做功大小关系正确的是（）A．W甲＞W乙＞W丙＞W丁 B．W甲＞W丙＞W丁＞W乙 C．W丙＞W丁＞W乙＞W甲 D．W乙＞W丁＞W丙＞W甲【分析】根据电阻的串联和并联以及R1＞R2比较四个电路的总电阻关系，电源的电压一定，根据W＝UIt＝t比较四个电路中电流做功大小关系。【解答】解：因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻、并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，且R1＞R2，所以，四个电路中的总电阻关系为：R甲＞R丙＞R丁＞R乙，因电源的电压恒为U，且工作时间相等，所以，由W＝UIt＝t可知，四个电路中电流做功大小关系为W乙＞W丁＞W丙＞R甲。故选：D。【点评】本题考查了电阻的串联和并联以及电功公式的应用，是一道较为简单的应用题。9．电冰箱在设计电路时，当冷冻室温度高于设定温度时，压缩机会以输入总功率正常工作，当冷冻室温度低于设定温度时，则压缩机停止运作，一般家庭电冰箱每运行12h，压缩机工作2.5h，如表格所示是某小型号电冰箱的铭牌，根据铭牌内容，则下列选项错误的是（）xxxx电冰箱额定电压220V工作频率50Hz重量54kg输入总功率100W耗电量0.62kW•h/24h制冷剂R600a52g额定输入电流0.45A冷冻能力1kg/24h总有效容积217LA．该冰箱正常工作电压是220V B．一般家庭该电冰箱每经过24h，消耗电能0.62kW•h C．电冰箱除了压缩机工作消耗电能，还有其他部件消耗电能 D．该电冰箱停止工作一天，一定节省电能2.4kW•h【分析】（1）电冰箱正常工作时的电压即额定电压；（2）（4）由表中信息知，电冰箱的耗电量是0.62kW•h/24h，据此分析；（3）电冰箱中除了压缩机外还有其他配件，如照明灯等。【解答】解：A、由表中信息知电冰箱正常工作时的电压是220V，故A正确；B、由表中信息知，电冰箱的耗电量是0.62kW•h/24h；即电冰箱每经过24h，消耗电能0.62kW･h，故B正确；C、电冰箱中除了压缩机外还有其他配件，它们也是需要耗电的，故C正确；D、由表中信息知，电冰箱的耗电量是0.62kW•h/24h，所以电冰箱停止工作一天，一定节省电能0.62kW･h，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了对用电器名牌上相关物理量的理解，关键从表格中找出有用的信息，难度不大。10．有两个电阻R1和R2，R1＝9Ω，R2＝3Ω，采用下列四种连接方式，分别接到电压为12V的电源上，通电10min，电流做功最少的连接方式是（）A．R1和R2并联 B．R1和R2串联 C．只接入R1 D．只接入R2【分析】由题意可知，电源的电压不变，根据W＝t可知电阻最大时，在相同时间内电流做功越少，根据电阻的串联特点和并联特点判断电路的电阻关系即可得出答案。【解答】解：根据电阻越串越大、大于任何一个分电阻，电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，当两个电阻串联时总电阻最大，由W＝t可知，两电阻串联时，相同时间内电流做功最少。故选：B。【点评】本题考查了电功公式的应用，知道串并联电阻的特点判断出两电阻串联时总电阻最大是正确解题的关键。11．下表是一款智能音箱的部分参数，该智能音箱可通过语音指令直接控制影音播放，还能做你的工作秘书、天气预报员、百科解答员等，该智能音箱的电池充满电且不再外接电源的情况下，下列有关说法正确的是（）功率≥5W标准电压3.7V电池容量10000mA•hA．电池储存的电能为50Wh B．电池储存的电能为6.66×105J C．该智能音箱工作时间理论上最长可达10h D．该智能音箱工作时间理论上最长可达7.4h【分析】（1）知道电池的容量和工作电压，根据W＝UIt求出充满电后电池所储存的电能；（2）知道智能音箱工作的最小功率和电池储存的电能，根据P＝求出理论上工作的最长时间。【解答】解：（1）由表格数据可知，电池容量为10000mA•h，标准电压U＝3.7V，则充满电后，电池所储存的电能：W＝UIt＝3.7V×10000×10﹣3A×3600s＝1.332×105J，故A、B错误；（2）由表格数据可知，智能音箱工作的最小功率为5W，由P＝可得，该智能音箱工作的最长时间：t′＝＝＝26640s＝7.4h，故C错误、D正确。故选：D。【点评】本题考查了电功公式的灵活应用，从表格中获取有用的信息是关键。12．下列各用电器均标有“220V60W”字样，它们正常工作相同的时间，消耗的电能（）A．电视机最多 B．电风扇最多 C．电热毯最多 D．一样多【分析】根据公式W＝Pt可知，电流做功的多少（即消耗电能的多少）可以通过用电器的功率和做功时间来进行计算，明确电功率和时间，即可做出相应的判断。【解答】解：用电器的铭牌上均标有“220V60W”的字样，当它们接在家庭电路中正常工作时，它们的实际功率都等于额定功率，即P实＝P额＝60W，它们正常工作相同的时间，根据公式W＝Pt可知，三个用电器消耗的电能也是相同的。故选：D。【点评】本题主要是比较用电器消耗电能的多少，熟练应用相关公式即可正确解题，属于基础性题目，难度不大。13．如图所示分别是小英家上月初和上月末电能表的示数。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．电能表上指示灯闪烁320次，表示家庭电路消耗电能0.2J 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【分析】从电能表表盘可得到的信息：①电能表指示灯闪烁的次数反映了电路消耗电能的多少；②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW•h；③根据10（40）A的含义判断；④1600imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求出指示灯闪烁320次消耗的电能。【解答】解：A、由图知电能表允许通过的最大电流为40A，因此小英家干路中的电流不得超过40A，故A错误；B、小英家上月消耗的电能为：5647.8kW•h﹣5546.7kW•h＝101.1kW•h，故B错误；C、指示灯闪烁320次消耗的电能：W＝kW•h＝0.2kW•h；故C错误；D、1600imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，电能表上指示灯闪烁的次数越多，则电路中消耗的电能越多，故D正确。故选：D。【点评】本题考查对电能表参数的理解，关键是要明白各参数的物理意义，还要能读出电能表的示数和计算出当月消耗的电能。14．如图所示，是小黄家的电能表，关于电能表及相关数据下列说法正确的是（）A．“kW•h”是电功率的单位 B．“720revs/kW•h“表示接在此表上的用电器消耗的电功率为1kW•h时电能表上的转盘转过720转 C．电能表示数是781.5kW•h，可以换算成2.8134×108J D．1kW•h的电能可以使额定功率为200W的电脑独立工作约5h【分析】（1）电能表是测量用电器在一定时间内消耗电能多少的仪表。电能表表盘上显示的数字是已消耗的电能，单位是kW•h；（2）“720revs/（kW•h）”表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转720转；（3）根据1kW•h＝3.6×106J进行换算即可；（4）知道消耗的电能和电功率，根据t＝求出工作时间。【解答】解：A、“kW•h”，即度，是电功的单位，故A错误；B、“720revs/（kW•h）”表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转720转，故B错误；C、781.5kW•h＝781.5×3.6×106J＝2.8134×109J，故C错误；D、电脑的额定功率P＝200W＝0.2kW，电能W＝1kW•h，由P＝得，电脑正常工作的时间：t＝＝＝5h，故D正确。故选：D。【点评】本题考查对电能表参数的理解，关键是理解电能表各参数的物理意义，属于常考题，难度不大。15．如图所示是基本测量工具的测量结果，其中记录错误的是（）A．弹簧测力计的示数为0.4N B．物体A的长度为1.80cm C．电能表的示数为2019.4kW•h D．温度计示数为17℃【分析】（1）弹簧测力计读数时，先明确弹簧测力计的量程、分度值，再根据指针位置读数；（2）刻度尺的分度值为相邻刻度线表示的长度；起始端从0开始，读出末端刻度值，可得物体的长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；（3）电能表读数时注意：最后一位是小数，单位为kW•h；（4）使用温度计测量温度时，首先要明确温度计的量程、分度值，再根据液面位置读数，读数时视线与液柱最高处相平，并注意区分零上或零下。【解答】解：A、图中弹簧测力计的量程为0～5N，1N分为5份，其分度值为0.2N，指针在0N下面第2个小格处，则弹簧测力计的示数为0.4N，故A正确；B、图中刻度尺的分度值为0.1cm＝1mm，起始端从0开始，则物体A的长度为1.80cm，故B正确；C、电能表读数时最后一位是小数、单位为kW•h，则图示电能表的示数为2019.4kW•h，故C正确；D、图中温度计的10℃之间有10个小格，则此温度计的分度值为1℃；液柱最高处在0℃以下，说明温度低于0℃，其示数为﹣3℃，故D错误。故选：D。【点评】读取有刻度的测量工具的示数时，基本方法是一致的，都要先明确测量工具的量程和分度值，确定零刻度线的位置，视线与刻度线垂直。读电能表的示数时注意最后一位是小数，单位kW•h。16．小亮家买了两台空调，为保证用电安全，安装时对家中的供电线一同进行了改造，并更换了块新的电能表，电能表可以直接测量（）A．电功 B．电功率 C．电压 D．电流【分析】电能表是测量电流做功大小的仪器。【解答】解：电能表可以直接测量电功大小。只有A正确。故选：A。【点评】本题考查电能表的作用，为基础题。17．下列家庭电路中的物理量，可用电能表测量的是（）A．电功率 B．电功 C．电阻 D．电压【分析】电能表是测量电流做功多少的仪表。【解答】解：电能表是测量电流做功（电功）多少的仪表，故可用电流表测量的是电功，电能表不能测量电功率、电阻和电压，故ACD错误，只有B正确。故选：B。【点评】本题考查电能表的作用，为基础题。18．下列仪器是用来测量电功的是（）A．电流表 B．电压表 C．电能表 D．秒表【分析】根据不同测量仪器测量的物理量分析。【解答】解：A、电流表测量电流大小，不符合题意；B、电压表测量电压的大小，不符合题意；C、电能表用来测量电流做功的多少，即测量电功的大小，符合题意，D、秒表是测量时间的工具，不符合题意。故选：C。【点评】本题考查不同仪器测量的物理量，为基础题。19．以下不属于电能的优点是（）A．便于转化 B．便于输送 C．便于分配 D．便于开采【分析】电能的优点是便于输送，同时可通过线路方便地进行分配，并可通过各类用电器进行能量的转化。【解答】解：电的优点主要是：生产、使用方便；便于输送，同时可通过线路方便地进行分配，并可通过各类用电器进行能量的转化，故ABC不符合题意，D符合题意。故选：D。【点评】本题考查了电能的特点，是一道基础性题目。20．远距离输电采用高电压，这是因为在输送功率一定时，提高输送电压，可以（）A．减小输电导线中的电流 B．增大消耗的功率 C．增大输电导线的电流 D．减小输电线上的电阻【分析】根据电功率P＝UI可以知道，在功率一定时，电压越高，电流就越小，又根据P＝I2R可知，在电阻一定时，输电的电流越小，导线消耗的电功率越低。【解答】解：根据P＝UI，在输送功率一定时，提高输送电压U，可减小输电导线中的电流，再根据P＝I2R可知，在电阻不变的情况下，导线中的电流越小，导线消耗的电功率变小。因此通过前面的分析可知：A选项正确。故选：A。【点评】解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道P损＝I2R，输送电压升高，输送电流减小，则损失功率减小。21．对于远距离输电，下列说法正确的是（）A．远距离输电输送的是直流电 B．高压输电可以减少电能损失 C．高压线路上的电压可以随意升高 D．输电线上的电阻越大，则电能损失越小【分析】根据P＝UI知，输送电功率一定，输电电压越大，输电电流越小，根据P损＝I2R可判断输电线上电能的损失。在高压输电中，电压是不可以随意升高的，要综合考虑各种因素，比如感抗、容抗等。【解答】解：A、远距离输电来自发电站，是交流发电机发出的，所以远距离输电输送的是交流电，故A错误；B、根据P＝UI知，高压输电电压高，电流小，根据P损＝I2R可知，高压输电可以减少电能损失，故B正确。C、高压输电必须综合考虑各种因素，电压不可以随意升高。故C错误；D、根据P损＝I2R可知，输电线上的电阻越大，则电能损失越大，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道根据P＝UI知，输送电功率一定，输电电压越大，输电电流越小，根据P损＝I2R可判断输电线上电能的损失。二．填空题（共13小题）22．“千瓦时”是生活中常用的用来计量消耗的电能（选填“电能”或“电功率”）的单位，1kW•h＝3.6×106J。【分析】电能表是测量消耗电能多少的仪表；在表盘上对应的电能单位是kW•h据此可知“千瓦时”是谁的物理量。【解答】解：电能表是测量消耗电能多少的仪表，其单位为kW•h，因此“千瓦时”是生活中常用的用来计量消耗的电能的单位；1kW•h＝1000W×3600s＝3.6×106J。故答案为：电能；3.6×106。【点评】本题考查电能单位在生活中的应用，属于基础题。23．用如图所示的电路，研究电流做功与电流大小的关系。实验中，控制两灯的电压相同，通电一定时间后观察到电流表A1的示数比A2的示数大，电灯L1比L2亮，说明在电压、通电时间相同的情况下，电流越大，电流做的功越多。【分析】灯泡亮度由灯泡实际功率决定，灯泡越亮，灯泡的实际功率越大，由W＝Pt分析答题。【解答】解：电灯L1比L2亮，说明电灯L1比L2的实际功率大，由W＝Pt可知，在相等时间t内，电灯L1比L2做功多，两灯并联，电压U相等，电流表A1的示数比A2的示数大，通过电灯L1的电流比通过L2的电流大，由此可知：在电压、通电时间相同的情况下，电流越大，电流做的功越多。故答案为：电压；通电时间；电流。【点评】知道题意、应用并联电路特点、电功公式即可正确解题。24．如图所示，用电动机提升重物时，电动机将电能大部分转化为机械能，当该重物上升到一定高度时，电动机的转子突然被卡住，此时电能全部转化为内能，因此这种情况下电动机容易被烧坏。【分析】（1）电动机工作时将电能转化为机械能和内能；（2）当电动机被卡住时，电动机可视为纯电阻，从能量转化的角度分析电动机容易烧坏的原因。【解答】解：（1）用电动机提升重物时，电动机将电能大部分转化为机械能和小部分内能；（2）电动机被卡住时，电动机可看成是纯电阻电路，通过电动机的电流过大，将电能全部转化为内能，所以电动机温度过高，所以容易烧坏。故答案为：机械；内。【点评】本题考查了电能的转化，关键是知道电动机正常工作时是非纯电阻电路，当电动机不转时，是纯电阻电路。25．电能可以使电灯发光，同时产生内能散失在空气中，但这些内能却无法自动转化为电能。该现象说明能量的转化具有方向性。“220V40W”的白炽灯泡，两端加10V的电压时，测得通过的电流是0.1A，比较阻值的变化，可以说明灯丝的电阻随温度减小。【分析】①能量在转化的过程中具有方向性，很多能量转化的实例都说明了这一点；②分别计算白炽灯泡在正常发光和10V电压下的电阻，比较温度不同时电阻的关系，判断出电阻的大小与温度的关系。【解答】解：①通电使电灯发光时，电能转化为光能和内能，一部分内能散失在空气中无法自动转化为电能，与之类似的这些事例说明，能量的转化具有方向性；②由P＝可得，灯泡正常发光时的电阻：R额＝＝＝1210Ω；当U＝10V时，I＝0.1A，由I＝可得此时灯泡的电阻为：R＝＝＝100Ω，灯泡正常发光时温度非常高，电阻为1210Ω，而电压低时温度低，其电阻为100Ω，说明灯丝的电阻随温度的降低而减小。故答案为：方向性；温度。【点评】此题考查了能量转化的方向性以及电阻与温度的关系，熟悉基本规律和欧姆定律、电功率有关计算公式是解答的关键。26．纵观今年的全国各地的政府工作报告，从地方两会到全国两会的报告中都可以发现“夜经济”被列入各地2020年的经济发展规划中。不少代表委员表示：做好“夜经济”的可持续性发展、繁荣应是地方政府的一道“能力测试题”。而在今年的全国两会上，还有不少人大代表提出要激活“地摊经济”。瞬间引起了社会各界的广泛讨论，“摆摊”这一词也成为热搜词。小刚同学为了体验生活，决定利用假期跟随父母一起去“摆摊”，为了解决夜间照明问题，在网上购买了一个太阳能灯，此灯白天利用面积为200cm2，发电效率为25%，光伏电板接收太阳光发电储存电能，晚上需要供给功率为7W的小灯泡照明使用5h，灯泡消耗电能为1.25×105J，小刚又通过查资料得知，晴天时太阳能辐射到地表的平均功率约为1400W/m2，那么在晴天时光伏电板在阳光下至少照射需要10h，才能满足晚上的照明需求。【分析】（1）根据W＝Pt求出通电5h小灯泡消耗的电能。（2）要满足晚上的照明需求，根据W＝PSηt求出需要的照射时间。【解答】解：（1）小灯泡照明时间t＝5h＝1.8×104s，则灯泡消耗的电能为：W＝Pt＝7W×1.8×104s＝1.25×105J；（2）要满足晚上的照明需求，则W＝1.25×105J；根据W＝PSηt可得：需要照射时间t′＝＝≈35714s≈10h。故答案为：1.25×105；10。【点评】本题考查了学生对于太阳能吸热的问题，理解功率和效率的计算。27．小米新款手机电池容量为4500mA•h，电池电压为4V，标配30W超级快充技术，它充满电后，大约储存的电能为6.48×104J．使用该手机的超级快充功能，假设充电效率为90%，40分钟即可从零充满。【分析】（1）充电宝充电的过程中电能转化为化学能，对外供电的过程中化学能转化为电能。（2）已知充电效率为η＝90%，则消耗的电能为W充＝；再由公式P＝可得选用快速充电器将电池从零充满需要的时间。【解答】解：（1）充电宝充满电后储存的电能：W＝UIt＝4V×4500×10﹣3A×3600s＝6.48×104J。（2）根据η＝可得，消耗的电能为：W充＝＝＝7.2×104J；由P＝可得，从零充满需要的时间：t＝＝＝2400s＝40min。故答案为：6.48×104；40。【点评】此题主要考查功、电功率的公式的应用等，常见题目。28．由于科技进步，部分民航公司允许乘客在飞机正常飞行时间适当使用笔记本电脑，但是为了安全，旅客只可以随身携带0.16kW•h以下的可充电设备。请回答下列问题：（1）某旅客携带的笔记本电脑电池容量约为2000mA•h，输出电压约12V，充满电后，若工作时的平均电流为1.0A，可连续工作2h的时间。（2）该旅客可以（选填“可以”或“不可以”）将此笔记本电脑带上民航飞机。（3）笔记本电脑工作时会发热。如图所示，是该笔记本电脑的调温原理图，当升温到一定值时，温控开关S1自动闭合，风扇启动，加快散热从而保护电脑。【分析】（1）知道笔记本电脑电池容量和工作时的平均电流，根据I＝求出笔记本电脑可连续工作的时间；（2）根据W＝UIt求出充满电后笔记本电脑储存的电能，然后与民航局规定比较得出答案；（3）电风扇工作时与之串联的开关应闭合，据此结合电路图得出答案。【解答】解：（1）笔记本电脑电池容量Q＝2000mA•h＝2A•h，工作时的平均电流I＝1.0A，由I＝可得，笔记本电脑可连续工作的时间：t＝＝＝2h；（2）笔记本电脑电池充满电后能量：W＝UIt＝12V×2A×1h＝24W•h＝0.024kW•h，因为0.024kW•h＜0.16kW•h，所以该旅客可以将此笔记本电脑带上民航飞机；（3）由电路图可知，当笔记本电脑升温到一定值时，要启动风扇加快散热，应让温控开关S1自动闭合。故答案为：（1）2；（2）可以；（3）S1。【点评】本题考查了电流定义式和电功公式的应用等，知道开关在电路中的作用和正确的进行单位换算是关键。29．小明家中有一台冷暖空调和一台电风扇，它们的铭牌分别如图甲、乙所示。在暑假期间，若小明平均每天使用空调正常制冷5h，空调每天所消耗的电能可使他家的电风扇正常工作122h。【分析】已知两用电器的功率，先算出使用空调正常制冷5h消耗的电能，再计算电风扇正常工作的时间。【解答】解：由P＝可得，空调正常制冷5h消耗的电能：W＝Pt＝1.22kW×5h＝6.1kW•h，可使电风扇正常工作：t′＝＝＝122h。故答案为：122。【点评】本题考查电功的计算，关键是计算出消耗的电能。30．居家学习期间，小明利用家中物品开展实践活动。图甲是他自制的调光小台灯，物体a应选择铅笔芯（填“铅笔芯”或“塑料细棒”）。闭合开关，向左移动夹子，小灯泡变亮，说明电阻的大小与导体的长度有关。他断开家中其他用电器，记下电能表的示数如图乙所示，只让额定功率是220V1000W的电热水器正常工作30min，电能表的读数变为1363.0kW•h。【分析】（1）容易导电的物体叫导体；（2）电阻是导体本身的一种属性，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；（3）知道电热水器的额定功率和正常工作时间，利用W＝Pt求只有电热水器正常工作30min消耗的电能，可得后来电能表的示数.【解答】解：因为铅笔芯是导体，塑料棒是绝缘体，所以物体a应选择将铅笔芯连入电路，灯泡能发光；闭合开关，向左移动夹子，小灯泡变亮，铅笔芯接入电路的长度变短、连入的电阻变小，电路电流变大，说明电阻大小与导体长度有关；只让一个标有“220V1000W”的电热水器正常工作30min，消耗的电能：W＝Pt＝1kW×h＝0.5kW•h；电能表的示数变为：1362.5kW•h+0.5kW•h＝1363.0kW•h，故答案为：铅笔芯；长度；1363.0.【点评】本题考查了电能表的读数、消耗电能的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。31．如图所示是某家用电子式电能表的表盘，该电能表的标定电流是10A，表盘上显示已用电5546.7kW•h．若将某用电器单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了32次，该用电器在上述时间内消耗的电能为0.02kW•h。【分析】10（20）A中的10A表示电能表的标定电流；电能表上最后一位是小数、单位是kW•h，据此读数，即为已用电能；1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，据此可求闪烁32次消耗的电能；【解答】解：（1）“10（20）A”中，表示电能表的标定电流为10A；该表盘上显示数字为55467，因为最后一位是小数、单位是kW•h，所以显示已用电5546.7kW•h；（2）1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，指示灯闪烁32次，则该用电器在上述时间内消耗的电能：W＝kW•h＝0.02kW•h。故答案为：10；5546.7；0.02。【点评】本题考查了电能表的读数，消耗电能的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。32．小刚进行如图所示“电流做功多少跟什么因素有关”实验探究。电动机提升重物的过程，将电能转化为机械能。若电流做功多少用“W”表示，公式：W＝UIt。闭合开关S后，观察得电压表示数3V和电流表的示数0.4A，时间5s内电流做功6J。【分析】这是考查电功的影响因素的实验题，本实验中，电流做功过程是将电能转化为机械能的过程。影响电功的因素有：电压、电流、通电时间。公式为W＝UIt，据此可计算做功的多少。【解答】解：由图可知：电流通过电动机做功，最终将重物提升，这一过程将电能转化为机械能。电流做功多少与电压、电流、通电时间有关，所以公式为W＝UIt；电流做的功：W＝UIt＝3V×0.4A×5s＝6J。故答案为：电；机械；UIt；6。【点评】本题考查了电功的测量实验，注意实验中的能量转化，熟知电功的计算公式，并能运用其进行简单的计算，是解答的关键。33．国家电网输送电能时采用1000千伏特高压交流输电线路输送，可以减少输电线上的电能损耗，这是因为由P＝UI可知，在输出功率一定的情况下，提高输出电压，可以减少导线中的电流；由Q＝I2Rt可知，在R、t相同时，电流越小，电流通过导线产生的热量越小。【分析】远距离输电过程中，电能耗损主要是由于电流的热效应而造成的，利用焦耳定律公式Q＝I2Rt分析减小远距离输电电能损失的措施。【解答】解：由P＝UI可知，在输出功率一定的情况下，提高输出电压，可以减少导线中的电流；由Q＝I2Rt可知，在R、t相同时，电流越小，电流通过导线产生的热量越小。故答案为：由P＝UI可知，在输出功率一定的情况下，提高输出电压，可以减少导线中的电流；由Q＝I2Rt可知，在R、t相同时，电流越小，电流通过导线产生的热量越小。【点评】用高压输电不仅可以减少线路中电能的损耗，同时降低热损耗和材料成本，都是在输电过程中节约了能源，这是一种非常有效的做法。34．三峡发电站发电是把机械能转化为电能，从发电站到用电地区要实现远距离的电能输送，为了减少能量损失，在目前的技术水平下，一般采用高压输电（选填“高压”或“低压”）。【分析】（1）水力发电机发电过程中是由高处的水流下来时水冲击水轮机的叶轮，水轮机的叶轮去带动发电机发电的；（2）输电时主要考虑电能损失，电能的耗损主要指的是电流的热效应而产生的，根据计算公式Q＝I2Rt，在输电功率不变，输电线的电阻不变的情况下，要减小输电线路上的电能损失，必须通过增大电压的办法来减小电流，从而减少电能的耗损。【解答】解：（1）水力发电工作时，水从上游流下来冲击水轮机的叶轮，是水的机械能转移到叶轮上；然后水轮机的叶轮，带动发电机发电，将叶轮上的机械能转化成电能。所以发电过程中把机械能转化为电能；（2）在远距离输送电能时输电线路上的电能损失主要指的是电流的热效应而产生的，根据Q＝I2Rt可知，在电阻不变的情况下，电流越小，输电线上的电能损失就越小，根据电功率的计算公式P＝UI可知，在电功率一定时，要减小电流就要增大电压。故答案为：机械；高压。【点评】本题考查了发电机的工作过程中能量的转化和对高压输电的理解，属于基础性题目。电功率1.电功率及其测量（1）定义：电功率是表示用电器消耗电能快慢的物理量。（2）单位：瓦特，简称瓦，用符号W表示。1kW=1000W。（3）计算公式：电功率等于电功与时间之比，即P=W/t，P=UI。推导公式：，，。（纯电阻电路可以任选公式，非纯电阻电路只能用基本公式。其中，对非纯电阻电路，可以用来计算用电器的发热功率）（4）测量电功率：用电功表，通过测量出用电器两端的电压和通过用电器的电流，用P=UI来计算。（5）1kWh=3.6J。2.额定电压

额定功率（1）用电器上标明的电压（或功率）叫做额定电压（或额定功率），用U额（或P额）表示。（2）用电器上实际工作时的电压（或功率）叫做实际电压（或实际功率），用U实（或P实）表示。（3）当U额=U实，P额=P实时，用电器才能正常工作。当U额>U实，P额>P实时，用电器不能正常工作。当U额<U实，P额<P实时，用电器容易损坏。（4）一个用电器消耗电能的快慢取决于它实际功率的大小一．选择题（共16小题）1．智能手机耗电达到一定量时，会自动提示用户采用“省电模式”，在这种模式下，可延长电池的供电时间，其原因可能是（）A．减小了电池的输出电流 B．增大了电池的输出电压 C．减小了电子线路的电阻 D．增大了电池的输出功率【分析】（1）由公式W＝Pt知，手机“省电模式”，是在手机电池储存电能一定的前提下，通过减小输出功率延长使用时间的；手机工作的电压不变，由P＝UI分析电池的输出电流如何变化；（2）导体的电阻只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关。【解答】解：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，BD错误；因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，所以电子线路的电阻不变，故C错误。故选：A。【点评】本题考查了学生对电功公式和电功率公式、影响电阻大小因素的应用，要注意手机工作时的电压不变。2．下列关于电能的说法正确的是（）A．可以通过电流表把电能直接测量出来 B．电能的单位是“度”，学名叫做千瓦 C．消耗电能相同的用电器，产生的热量不一定相同 D．消耗电能越多的用电器，电功率就越大【分析】A、电流表是测量电路电流的仪表，用电器消耗电能的多少可用电能表测量；B、电能的常用单位是千瓦时，也就是度；千瓦是电功率的常用单位；C、对含有电动机的电路而言，消耗的电能大部分转化为机械能，一小分部转化为内能；而对纯电阻（如电铬铁）来说，消耗的电能全部转化为内能；D、由公式P＝分析。【解答】解：A、电流表只能测量通过用电器的电流大小，电能表能够测量用电器消耗电能的多少，故A错误；B、电能的常用单位是“度”，学名是千瓦时，故B错误；C、对电动机（非纯电阻）而言，消耗的电能W大部分转化为机械能，一小分部转化为内能，故产生的热量Q＜W；而对纯电阻（如电铬铁）来说，消耗的电能为W，则电能全部转化为内能，即产生的热量Q＝W；故消耗电能相同的用电器，产生的热量不一定相同，故C正确；D、由公式P＝知，用电器消耗电能较多，若通电时间不确定，功率大小不能确定，故D错误。故选：C。【点评】本题考查电流表、电能表的不同作用及电功和电功率的单位的认识，同时考查了电流做功的实质及功率与功的不同。为易错题。3．智能手机在生活中应用越来越频繁，当手机“电量”所剩无几时，我们可以采用“省电模式”来延长使用时间，这是通过哪种方式实现的（）A．减小电功率 B．增加电池电压 C．降低散热能力 D．给电池充电【分析】省电模式是切断个人电脑部件供电以实现省电的功能，根据P＝分析。【解答】解：当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由P＝可得，W＝Pt，要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】此题通过智能手机的“省电模式”来考查学生对电功率、与电能、时间的关系的理解和掌握，此题与我们的实际生活联系密切，是一道好题。4．甲乙两用电器电功率之比为1：2，通电时间之比为3：4，则消耗的电能之比为（）A．8：3 B．3：8 C．3：2 D．2：3【分析】已知用电器功率与通电时间之比，由W＝Pt可以求出用电器消耗的电能之比。【解答】解：由P＝可得，甲乙用电器消耗的电能之比为：＝＝×＝。故选：B。【点评】熟练应用电功公式即可正确解题，本题是一道基础题。5．下列四盏灯泡正常发光时，灯丝中电流最大的是（）A．“PZ36﹣40” B．“PZ220﹣25” C．“PZ220﹣60” D．“PZ110﹣100”【分析】解答此题首先要明白铭牌的含义，如“PZ22025”，“PZ”是普通照明灯泡中“普”和“照”的拼音的第一个字母，表示普通照明；“22025”表示灯泡的额定电压是220V，额定功率是25W．然后根据P＝UI求出电流的大小，从而比较大小。【解答】解：根据P＝UI知，四盏灯泡正常发光时的电流分别为：IA＝＝≈1.1A；IB＝＝≈0.11A；IC＝＝＝≈0.27A；ID＝＝≈0.91A。比较可知IA最大，故A确，B、C、D错误。故选：A。【点评】知道铭牌的含义，用公式P＝UI求出正常工作时的电流大小。6．如图所示是某款速热水龙头的电路原理图，R1、R2为电热丝，当扇形开关在不同档位时，水龙头可以分别放出冷水、温水或热水，当开关接触2、3触点时，水龙头放出的是（）A．冷水 B．温水 C．热水 D．无法判断【分析】由图分析开关在不同位置时电路的连接情况，由P＝分析判断。【解答】解：由电路图知，开关接1、2时电路是断路，不加热，故放出的是冷水；开关接2、3时，只有R2接入电路中，电路中电阻较大；接3、4时两电热丝并联，电路中电阻较小。电源电压一定，由P＝可知，开关接2、3时电路功率较小，接3、4时电路功率较大，所以接2、3时水龙头放出的是温水。故选：B。【点评】本题考查电功率的大小判断，关键是正确分析开关接不同位置时电路中电阻的大小。7．图甲是定值电阻R和灯泡L的电压随电流变化关系的图象，将该定值电阻R和灯泡L串联在图乙的电路中，闭合开关，此时电流表示数为0.4A，关于该电路下列计算中错误的是（）A．电源电压为3V B．电阻R的阻值为5Ω C．电阻R消耗的电功率为0.8W D．灯泡L消耗的电功率为1.2W【分析】由电路图可知，定值电阻R和灯泡L串联，电流表测电路中的电流。根据图甲读出电流表的示数I＝0.4A时定值电阻两端的电压和灯泡两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源电压，利用欧姆定律求出定值电阻的阻值，再利用P＝UI求出电阻R消耗的电功率和灯泡L消耗的电功率。【解答】解：由电路图可知，定值电阻R和灯泡L串联，电流表测电路中的电流。A.由图甲可知，当电流表的示数I＝0.4A时，定值电阻两端的电压UR＝2V，灯泡两端的电压UL＝1V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电源电压：U＝UR+UL＝2V+1V＝3V，故A正确；B.由I＝可得，定值电阻的阻值：R＝＝＝5Ω，故B正确；C.电阻R消耗的电功率：PR＝URI＝2V×0.4A＝0.8W，故C正确；D.灯泡L消耗的电功率：PL＝ULI＝1V×0.4A＝0.4W，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。8．康晴利用电能表测某家用电器的电功率。当电路中只有这个用电器工作时，测得在30分钟内消耗电能0.6千瓦时，这个用电器可能是（）A．空调器 B．电冰箱 C．电视机 D．白炽灯【分析】根据用电器测得在30分钟内消耗的电能，结合公式P＝求出电功率，再与题目中给出的用电器的功率比较，解答此题。【解答】解：用电器在测得在t＝30min＝0.5h内，消耗的电能为W＝0.6kW•h，用电器的电功率：P＝＝＝1.2kW＝1200W。空调器的电功率一般大于1000W，电冰箱、电视机的电功率在200W左右，白炽灯的电功率约为40W。故选：A。【点评】本题考查了电功率公式P＝的应用，同时考查了学生对常见用电器电功率的了解情况，是基础性题目。9．某学校教室安装了如图所示的紫外线消毒灯，若该消毒灯上标有“220V44W”字样，则该灯正常工作时的说法中，正确的是（）①它两端的电压为220V②工作电流为0.2A③工作1小时消耗的电能为44kW•h④它把电能全部转化成内能A．只有①② B．只有①③ C．只有②③ D．只有③④【分析】（1）消毒灯上标识的电压和电功率是指消毒灯的额定电压和额定功率；（2）利用P＝UI求灯泡正常工作时的电流；（3）利用W＝Pt求消耗的电能；（4）消毒灯工作时，消耗电能转化为光能和内能。【解答】解：①该消毒灯上标有“220V44W”字样，说明灯的额定电压是220V，即灯正常工作时电压是220V，故①正确；②由功率公式P＝UI得灯正常工作时通过的电流：I＝＝＝0.2A，故②正确；③消毒灯正常工作1小时消耗的电能：W＝Pt＝0.044kW×1h＝0.044kW•h，故③错误；④紫外线消毒灯，工作时，将电能转化为光能和内能，故④错误。故选：A。【点评】本题考查了电功率公式的应用，知道消毒灯铭牌（额定电压、额定功率）的含义是关键。10．分别标有“6V6W”和“6V3W”的甲、乙两只灯泡，经实验测得其I﹣U特性曲线如图所示。现将甲、乙两灯并联在电路中，当两只灯泡的总电流为1A时，两只灯泡消耗的总功率是（）A．3W B．4W C．4.5W D．6W【分析】两灯泡并联时它们两端的电压相等，且总电流等于各支路电流之和，从图象中找出符合要求的电压和电流值，根据P＝UI求出甲、乙两只灯泡消耗的总功率。【解答】解：由题意知，两灯泡并联，则它们两端的电压相等，且两个灯泡的电流之和为1A，由图象知，当两灯泡两端的电压为3V，通过甲灯泡的电流为0.6A，通过乙灯泡的电流为0.4A时符合，则两个灯泡消耗的总功率为：P＝UI＝3V×1A＝3W。故选：A。【点评】本题考查了并联电路的电压和电流特点以及电功率的计算，难点是要通过图象分析找出当两只灯泡的总电流为1A时，灯泡的电压和电流。要找出灯泡的电压和电流，就需要根据我们所学的并联电路的特点去分析，而不能一味的只盯着图象去分析，否则就会像无头苍蝇一样，没有准确的思路。11．一只标有“3V6W”的灯泡，下列说法中正确的是（）A．该灯泡正常工作电压是6V B．该灯泡正常工作电流是3A C．该灯泡正常时额定功率是6W D．该灯泡正常工作时的电阻是2Ω【分析】“3V6W”的灯泡，表示该灯的额定电压是3V，额定功率是6W，根据P＝UI可求额定电流；由R＝可求电阻。【解答】解：AC、“3V6W”的灯泡，表示该灯的额定电压是3V，额定功率是6W，即正常工作电压为3V，正常工作时电功率为6W，故A错误，C正确；B、由P＝UI可得，灯泡正常工作电流：I＝＝＝2A，故B错误；D、灯泡正常工作时的电阻：R＝＝＝1.5Ω，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了对小灯泡的额定电压、额定功率的理解，还考查了电功率公式的应用，是一道基础题。12．下面四种常见的用电器在正常工作时，电功率最接近1000W的是（）A．电风扇 B．家用空调 C．家用台灯 D．笔记本电脑【分析】掌握家用电器的额定功率，例如电视机、电冰箱、电风扇、空调、电饭锅、微波炉、洗衣机、抽油烟机、电吹风等。【解答】解：A、电风扇的额定功率大约60W，故A不符合题意；B、家用空调大约1000W，故B符合题意。C、家用台灯的额定功率大约40W左右，故C不符合题意；D、笔记本电脑的额定功率约为100W．故D不符合题意；故选：B。【点评】用电器的额定功率根据生活经验进行记忆，不但记住常用的家用电器的额定功率，同时也能求出用电器的额定电流。13．把甲乙两灯并联在电路中，甲灯较亮，把它们串联后，接到原来电路中，则（）A．甲灯较亮 B．乙灯较亮 C．两灯一样亮 D．条件不足，无法判断【分析】并联后灯泡亮度的电压相等，根据公式P＝可比较灯泡电阻的大小；串联电路电流相等，根据公式P＝I2R可比较灯泡实际功率的大小，进一步判断出灯泡的亮度。【解答】解：并联后，根据公式P＝可知，电阻越小，灯泡的实际功率越大，灯泡越亮，所以甲灯的电阻较小；串联电路电流相等，根据公式P＝I2R可知，电阻越大，灯泡的实际功率越大，因为乙灯的电阻较大，所以乙灯的实际功率较大，乙灯较亮。故选：B。【点评】本题考查串、并联电路电流、电压和电阻的规律，以及电功率公式及其变形的灵活运用，要知道串联分压的道理和串、并联电路电阻的规律。14．甲用电器标着“220V60W”，乙用电器上标着“36V60W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是（）A．甲用电器做功一定多 B．乙用电器做功一定慢 C．完成相同的功，甲用电器用时间一定多 D．相同时间内，甲乙用电器消耗的电能一样多【分析】（1）额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据W＝Pt比较电功和时间之间的关系；（2）电功率是表示电流做功快慢的物理量。【解答】解：甲、乙用电器在额定电压下工作时的功率均为60W。A．由W＝Pt可知，电流做功的多少与通电时间有关，故A不正确；B．电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲乙用电器的功率相同，做功一样快，故B不正确；C．根据W＝Pt可知，完成相同的功，两用电器用的时间一样多，故C不正确；D．根据W＝Pt可知，相同时间内，甲乙用电器消耗的电能一样多，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了学生对电功率物理意义和电功公式的理解与掌握，关键是知道额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等。15．将A、B两个灯泡，按图一、图二两种方式连接，已知RA＝4Ω、RB＝6Ω，电源电压相同，下面分析正确的是（）A．图一中A灯比B灯暗 B．图二中A灯比B灯暗 C．图一中A灯比图二中A灯亮 D．图一中的总功率比图二中的总功率要大【分析】（1）图一中，两灯泡串联，通过它们的电流相等，根据P＝UI＝I2R比较两灯泡的实际功率关系，实际功率大的灯泡较亮；（2）图二中，两灯泡并联，它们两端的电压相等，根据P＝UI＝比较两灯泡的实际功率关系，然后判断亮暗关系；（3）根据串联电路的电压特点和并联电路的电压特点分析两图中A灯两端的电压关系，根据P＝UI＝比较两种情况下A灯的实际功率关系，然后判断亮暗关系；（4）根据电阻的串并联比较两图的总电阻关系，根据P＝UI＝比较两种情况下电路的总功率关系。【解答】解：A．图一中，两灯泡串联，因串联电路中各处的电流相等，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，A灯泡的电阻较小，由P＝UI＝I2R可知，A灯泡的实际功率较小，即A灯比B灯暗，故A准确；B．图二中，两灯泡并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由P＝UI＝可知，A灯泡的电阻较小，其实际功率较大，A灯比B灯亮，故B错误；C．由于图一中A灯泡两端的电压小于电源电压，图二中A灯泡两端的电压等于电源的电压，所以，由P＝UI＝可知，图一中A灯泡的实际功率较小，灯泡较暗，即图一中A灯比图二中A灯暗，故C错误；D．因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，所以，图一中的总电阻大于图二中的总电阻，由P＝UI＝可知，图一中的总功率比图二中的总功率要小，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了串并联电路的特点和电功率公式的灵活应用，正确的选取电功率公式是关键，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。16．如图所示电路中，将开关S闭合，完全相同的灯L1和灯L2均发光。下列说法正确的是（）A．灯L1比灯L2亮 B．通过A点的电流大于通过B点的电流 C．灯L1的实际电功率比灯L2的实际电功率小 D．电路中AB两点间的电压等于BC两点间的电压【分析】①在串联电路中，电流处处相等，各用电器两端电压与其阻值成正比；②灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定。【解答】解：由图知，两灯泡串联；在串联电路中，各处电流都相等，所以通过A点的电流等于通过B点的电流；已知灯L1和灯L2完全相同（其电阻相同）并且串联，所以由U＝IR可知，两灯的电压相同，即AB两点间的电压等于BC两点间的电压；灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，两只灯泡两端电压相同，通过的电流相同，由公式P＝UI知，其实际功率相同，所以两灯泡的亮度相同，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】此题考查的是串联电路的特点和灯泡亮度的决定因素，属于基础题，难度较小，容易解答。二．填空题（共8小题）17．电功率是表示电流做功快慢的物理量，它是电流在单位时间内做的功。甲电动机在5s内做功15000J，乙电动机在2s内做功8000J，则乙（填“甲”或“乙”）电动机做功较快。【分析】知道甲、乙电动机做的功和做功时间，根据P＝求出做功的功率；再根据电功率是表示电流做功快慢的物理量比较两者做功的快慢。【解答】解：电功率是表示电流做功快慢的物理量。甲、乙电动机的功率分别为：P甲＝＝＝3000W，P乙＝＝＝4000W，P甲＜P乙，所以乙电动机做功快。故答案为：电流做功快慢；乙。【点评】本题考查了电功率的计算和对电功率物理意义的理解与掌握，是一道基础题目。18．LED灯在现代生活中得到普遍应用，具有节能、环保的特点。若一个“220V5W”的LED灯每天正常工作10小时，则30天消耗的电能是1.5kW•h，这些电能可供“220V40W“日光灯正常工作37.5h。【分析】（1）根据W＝Pt求出一个“220V5W”的LED灯每天正常工作10小时，30天消耗的电能；（2）根据t＝得出这些电能可供“220V40W”的日光灯正常工作多长时间。【解答】解：（1）若一个“220V5W”的LED灯每天正常工作10小时，则30天消耗的电能：W＝Pt＝5×10﹣3kW×10h×30＝1.5kW•h，（2）这些电能可供“220V40W”的日光灯正常工作的时间：t′＝＝＝37.5h。故答案为：1.5；37.5。【点评】本题考查了电功公式的应用，要注意单位换算，是一道基础题。19．电吹风是现代家庭的常用电器，如图甲所示的电吹风其电路原理图如图乙所示，其主要技术参数如表所示，则当电吹风正常工作吹热风时，电路中的电流为4A，电热丝的阻值大小为60.5Ω．额定电压220V频率50Hz吹热风时功率880W吹冷风时功率80W【分析】当同时闭合S1、S2时，电动机和电热丝同时工作，电吹风吹热风，吹热风时功率减去吹冷风时功率即为电热丝的功率，根据I＝求出电流的大小；根据P＝求出电热丝电阻的大小。【解答】解：当同时闭合S1、S2时，电动机和电热丝并联，电吹风功率为热风时功率，即P热＝880W，则电路中的电流为：I＝＝＝4A；电热丝R的电功率是：P电热丝＝P热﹣P冷＝880W﹣80W＝800W；则电热丝的阻值为：R＝＝＝60.5Ω。故答案为：4；60.5。【点评】本题考查了电功率公式的应用，知道电热丝功率的大小是解题的关键。20．如图所示的电路中，R1的阻值为10Ω，只闭合开关S1时电流表的示数为0.3A，若再闭合开关S2后，电流表的示数为0.45A，则R2的阻值为20Ω，电路中消耗的最大电功率是1.35W.【分析】只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律求出电源的电压；若再闭合开关S2后，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路各支路独立工作、互不影响可知通过R1的电流不变，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出R2的阻值，利用P＝UI求出电路中消耗的最大电功率。【解答】解：只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，根据I＝可知，电源的电压为：U＝I1R1＝0.3A×10Ω＝3V；若再闭合开关S2后，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路各支路独立工作、互不影响，所以通过R1的电流不变，仍为0.3A，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则通过R2的电流为：I2＝I﹣I1＝0.45A﹣0.3A＝0.15A，并联电路各支路两端的电压相等，则R2的阻值：R2＝＝＝20Ω，此时电路中消耗的电功率最大，则P＝UI＝3V×0.45A＝1.35W。故答案为：20；1.35。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是会分析再闭合开关S2后通过R1的电流不变，是一道基础题目。21．如图是手机电池外壳上的说明，根据物理知识可判断“1.2V”中的“V”是物理量电压的单位。600mAh指的是电池的容量为600mAh。说明书的左侧是一个打“×”的普通垃圾桶，它告诉我们废旧电池不能随意丢弃。【分析】根据自己学过物理量的单位将其对应；根据公式Q＝It可判断“mAh”是哪一个物理量的单位，从而得出600mAh的含义；电池中的重金属元素会污染环境，根据电池上的图示可知它告诉我们不能投入垃圾箱，要回收。【解答】解：电压的单位是“V”，因此“1.2V”中的“V”是物理量电压的单位；由公式Q＝It可知，当电流的单位是mA，时间的单位是h时，电量的单位就是mAh，则600mAh表示电池的容量为600mAh；电池中含有汞、镉等多种重金属，当电池外壳锈蚀后，会污染环境，因此图示告诉我们