【文档说明】中考物理试题分类汇编 专题28 电功率（含解析）.doc，共(47)页，756.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题28电功率一．选择题（共27小题）1．（•北京）有两个额定电压相同的电热水壶甲和乙，甲的额定功率为1800W，乙的额定功率为1200W．两个电热水壶都正常工作时，下列说法中正确的是（）A．甲电热水壶两端的电压较高B．电流通过甲电热水壶做功较快C．通过两个

电热水壶的电流相等D．相同时间内，两个电热水壶消耗的电能一样多【分析】额定电压是指用电器正常工作是的电压；电功率是表示电流做功快慢的物理量；根据P=UI和W=Pt来作出分析和解答。【解答】解：A、两电热

水壶的额定电压相同，且都正常工作，所以它们两端的电压相等，故A错误；B、甲的额定功率大于乙的额定功率，且都正常工作，根据电功率的物理意义可知，电流通过甲电热水壶做功较快，故B正确；C、两个电热水壶都正常工作时，甲的额定功

率大，根据P=UI可知，通过甲的电流大，故C错误；D、两个电热水壶都正常工作时，通电时间相同，甲的额定功率大，根据W=Pt可知，甲消耗的电能多，故D错误。故选：B。2．（•邵阳）将规格都是“220V180W”的一台电冰箱、一台电脑和一床电热毯，分别接入同一家庭电路中，若通电时间相同，则

下列说法正确的是（）A．电冰箱产生的热量最多B．电脑产生的热量最多C．电热毯产生的热量最多D．三者产生的热量一样多【分析】由题意知，三种用电器的额定电压都是220V，额定功率都是180W；家庭电路电压是220V，把这三个用电器接入家庭电

路，三个用电器都正常工作，实际功率相同都等于额定功率，通电时间相同，根据W=Pt可知消耗的电能相同；通过分析三种用电器工作时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器。【解答】解：因为接在家庭电路中，U=220V，所以三种用电器的实际功率：P实=P额=180W；又

因为W=Pt，用电器工作时间t相等，所以三种用电器消耗的电能相同，电冰箱电工作时，主要把电能转化为机械能，产生的热量很小，电脑工作时，主要将电能转化为光能和声能，电热毯工作时电热丝产生热量，几乎把电能全部转化为热量，所以产生热量最多的是电热毯，故C正确。故选：C。3．（•宜昌）两个定值电

阻R1、R2并联在电路中，如图甲所示，它们的电流与其两端的电压关系如图乙所示，闭合开关S，则R1，R2产生的热量之比为（）A．2：1B．1：2C．4：1D．1：4【分析】根据图象利用欧姆定律判定R1、R2的阻值关系；根据焦耳定律公式判定产生热量的比值。【解答】解：由图可知，该电路为

并联电路，电压是相同的，由图乙可知，电压相同，通过R1、R2的电流之比为2：1；根据I=可知，R1、R2的电阻之比为1：2；通电时间相同，电压相同，则根据焦耳定律公式Q=W=可知，产生的热量与电阻成反比，故热量之比为2：1

。故选：A。4．（•绍兴）下列有关家庭电路的说法正确的是（）A．家庭电路中的插座应与用电器串联B．家庭电路的电压对于人体是安全的C．测电笔可以辨别零线与地线D．电能表用来测量用户消耗的电能【分析】（1）明确家庭电路的各用电器都是并联的；用电器与用电器之间、用电器与插座

之间都是并联的；（2）家庭电路的电压是220V，人体安全电压不高于36V；（3）使用测电笔可以辨别火线和零线。（4）根据电能表的用途进行分析，即电能表是测量用户在一定时间为消耗电能的多少。【解答】解：A、家庭电路中用电器与用电器、用电器与插座、插座与插座之间都是并联连

接的，故A错误；B、对人体的安全电压是不高于36V，家庭电路的电压是220V，所以家庭电路的电压对于人体是不安全的；故B错误；C、零线、地线和大地间的电压都是0V，用测电笔分别接触零线与地线时，氖管都不发光，所

以测电笔不能辨别零线与地线，但测电笔可以辨别火线和零线，故C错误；D、电能表用来测量用户在一定时间内消耗的电能，并且根据电能的多少来收取电费，故D正确。故选：D。5．（•钦州）电炉工作时，根据焦耳定律可知

，相同时间内电炉丝产生的热量比导线多，所以电炉丝热得发红而连接电炉丝的导线不太热，其原因是（）A．电炉丝的电阻较大B．电炉丝与导线是并联的C．电炉丝的横截面大D．通过电炉丝的电流较大【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电

时间成正比。电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。【解答】解：电炉子在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝=I导线，通电时间t相同，因为Q=I2Rt，R电炉丝＞R导线，所以电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，从而出现

电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象。故选：A。6．（•北京）下列用电器中，利用电流热效应工作的是（）A．电暖气B．计算器C．电视机D．笔记本电脑【分析】当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。根据各用电器的能量转化可做出判断。【

解答】解：A、电暖气工作时将电能转化为内能，利用了电流的热效应，故A符合题意；B、计算器工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故B不符合题意；C、电视机工作时主要把电能转化为光能与

声能，不是利用电流热效应工作的，故C不符合题意；D、笔记本电脑工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故D不符合题意。故选：A。7．（•乐山）下列家用电器中，利用电流热效应工作的是（）A．电风扇B．洗衣机C．电热水壶D．电视机【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，据此分析

即可判断。【解答】解：A、电风扇工作时将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作，故A不符合题意；B、洗衣机工作时将电能转化机械能，不是利用电流热效应工作，故B不符合题意；C、电热水壶工作时将电能转化为内能，是利用电流热效应工作，故C符合题意；D、电视机工作时将电能转化为光能和声能，不是利用电

流热效应工作，故D不符合题意。故选：C。8．（•玉林）如图所示，电源电压U为10V并保持不变，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。闭合开关S，当滑片P移至最左端时，灯泡正常发光，电流表示数为0.5A；当滑片P移至中点时，电流表示数为0.4

A．则（）A．电路消耗的最小功率为2.5WB．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为2.4WC．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为3.2WD．滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡所做的功为10J【分析】（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，

电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，根据欧姆定律求出灯丝电阻；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时电路消耗的功率最小，利用串联电路的特点和P=即可求出假设灯泡电阻不变时的最小功率；然后即可比较判断；（2）滑片P在中点时，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电

压，根据P=UI求出灯泡的实际功率；（3）滑片P在最左端时，根据W=UIt求出5min内电流通过灯泡做的功。【解答】解：（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，由I=

可得，灯泡正常发光时的电阻：RL===20Ω；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路消耗的功率最小，若不考虑灯泡电阻随温度的变化，根据串联电路的电阻特点可得，最小总功率：P最小===2.5W；由于灯泡不正常工作时的电阻低于正常工作时的电阻，所以，电

路消耗的最小功率不是2.5W；故A错误；（2）滑片P在中点时，电流表示数为0.4A，根据I=可得，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=IR滑=0.4A××20Ω=4V，因串联电路中总电压等于各电压之和，所以，此时灯泡两端的电压：UL′=U﹣U滑=10

V﹣4V=6V，灯泡的实际功率：PL=UL′I=6V×0.4A=2.4W；故B正确，C错误；（3）滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡做的功：WL=UILt=10V×0.5A×2×60s=600J，故D错误。故选：B。9．（•潍坊）最先精确确定

电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间关系的物理学家是（）A．欧姆B．焦耳C．奥斯特D．法拉第【分析】在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律。【解答】解：英国物理学家焦耳做了大量实验，于

1840年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系，得出Q=I2Rt；为了纪念他做出的贡献，人们将他的名字命名为热量（能量）的单位，故选：B。10．（•海南）如图所示，A、B为两盏白炽灯，A灯型号是“110V25W”，B灯型号是“1

10V100W”，R是一个未知电阻。若把它们接到电压为220V的电路上，下面四种接法中可能让两盏灯都正常发光的电路是（）A．B．C．D．【分析】（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等。（2）已知电源电压相等

，根据公式P=可知，电路中电阻越大。消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出灯泡A和灯泡B的电阻，再求出A、B、C图总电阻进行比较，即可得出结论。【解答】解：根据公式P=可知，灯泡A的电阻RA===484Ω，灯泡B的电阻RB===121Ω。A、图

中灯泡A和B的并联，电压为220V，则A、B两端电压均为220V，大于其额定电压，故两盏灯都不正常发光，故A不符合题意；B、图中灯泡A和B的串联在电压为220V的电路中，由于两灯泡电阻不同，所以两灯泡两端的电压都不是其额定电压110V，则两盏灯都不正常发光，故B不符合

题意；C、图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与可变电阻R并联后和灯泡B的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B能正常工作，故C符合题意；D、图是灯泡B和可变电阻并联后又和灯泡A串联，灯

泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻并联后和灯泡A的电阻相等；并联电路，电阻更小；故灯泡A和灯泡B不能正常工作时，故D不符合题意；故选：C。11．（•荆门）如图所示的电路，电源电压为3V且保持不变，定值电阻R1=1Ω，滑动变阻

器R2阻值范围为0～4Ω．闭合开关S，在滑片从左向右移动的过程中，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器的最大功率为1.44WB．滑动变阻器的最大功率为2WC．滑动变阻器的最大功率为2.25WD．电压表示数从0V增大到

2.4V【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后分析表达式得出滑动变阻器消耗最

大功率时接入电路中的电阻，并求出其大小；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1两端的电压最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中

的电流，再根据欧姆定律求出R1两端的电压，然后得出电压表示数的变化。【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流

：I=，滑动变阻器消耗的电功率：P2=I2R2=（）2R2====，所以，当R2=R1=1Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，则P2大===2.25W，故AB错误、C正确；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R1的简单电路

，电压表测电源两端的电压，示数为3V，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1两端的电压最小，此时电路中的电流：I′===0.6A，电压表的最小示数：U1=I′R1=0.6A×1Ω=0.6V，所以，在滑片从左向右移动的过程中，电压表示数从3V减小到0.6V

，故D错误。故选：C。12．（•南京）如图所示电路，电源电压不变，小灯泡标有“6V3W“字样，闭合开关后，当滑片P移至某一位置时，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为P1；当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电压表示数变化了3V

，此时滑动变阻器消耗的功率为P2，且P1：P2=5：6．下列判断正确的是（）A．滑动变阻器的最大阻值为10ΩB．电路允许消耗的最大功率为4.5WC．小灯泡正常发光时，滑片P位于滑动变阻器中点位置D．滑动变阻器消耗的功率由P1变为P2的过程中，

小灯泡消耗的功率变化了0.6W【分析】（1）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，电流表测电路中的电流。根据滑片在某一位置和在一端时滑动变阻器消耗的功率之比，算出电源电压；当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电流表示数减小，电阻变大，说明滑片在最大阻值处，算

出滑动变阻器的最大阻值；（2）根据P=UI和灯泡的额定电流算出电路允许消耗的最大功率；（3）根据欧姆定律和小灯泡正常发光时，算出滑动变阻器的电阻从而确定滑片P的位置；（4）根据P=UI算出小灯泡消耗的功率值以及变化值。

【解答】解：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，电流表测电路中的电流。（1）设电源电压为U，当滑片P移至某位置时，小灯泡恰好正常发光，且串联电路中电流处处相等，由P=UI可得，此时电路中的电流为：I=IL===0.5A，滑动变阻器消耗的功率为：P1=（U﹣UL）I=（

U﹣6V）×0.5A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电流表示数减小，说明变阻器接入的电阻变大，此时滑片在最大阻值处；变阻器接入的电阻变大，由串联分压规律可知，变阻器分得的电压变大，所以，电压表示数变化了3V即增大了3V，此时滑动变阻器两端的电压为：U滑=U﹣6V+3

V=U﹣3V，此时滑动变阻器消耗的功率为：P2=U滑I′=（U﹣3V）×0.3A﹣﹣﹣﹣﹣﹣②已知P1：P2=5：6﹣﹣﹣﹣③联立①②③解得，电源电压U=9V；则滑动变阻器的最大阻值为：R滑大====20Ω，故A错误；（2）灯泡的额定电流为0.5

A，则电路中的最大电流为0.5A，电路允许消耗的最大功率：P大=UI大=9V×0.5A=4.5W，故B正确；（3）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电压为：U滑′=U﹣6V=9V﹣6V=3V，此时滑动变阻器的电阻为：R滑′===6Ω，因为滑动变阻器的最

大阻值为20Ω，所以此时滑片P不在中点位置，故C错误；（4）由题意可知，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为P1，则此时灯泡消耗的功率PL=P额=3W，滑动变阻器消耗的功率由P1变为P2的过程中，电压表示数变化了3V即增大了3V，由

串联电路的电压规律可得，灯泡两端的电压减小了3V，则此时灯泡两端的电压UL′=6V﹣3V=3V，此时灯泡消耗的电功率：PL′=UL′I′=3V×0.3A=0.9W，则灯泡消耗的功率变化了：△P=PL﹣P

L′=3W﹣0.9W=2.1W，故D错误。故选：B。13．（•岳阳）如图，电源电压恒为4.5V，Ⓐ的量程为“0～0.6A”，Ⓥ的量程为“0～3V“，灯泡上标有“2.5V1.25W”（不考虑灯丝电阻变化），滑动变阻器R的规格为“20Ω1A”。闭合开关，在保证电路安全

的情况下，移动滑片P的过程中（）A．Ⓐ的示数最大为0.6AB．灯泡消耗的最小功率为0.12WC．电路消耗的最大总功率为2.7WD．滑动变阻器接入电路的最小电阻为4Ω【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。（

1）根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后与电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路

中的最小阻值，根据P=UI求出电路消耗的最大电功率；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，根据电阻的串联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。【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电

压，电流表测电路中的电流。（1）由P=UI可得，灯泡的额定电流：IL===0.5A，故A错误；因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流I大=0.5A

，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，由I=可得，灯泡的电阻和电路的总电阻分别为：RL===5Ω，R总===9Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小=R总﹣RL=9Ω﹣5Ω=4Ω，故D正确；电路消耗的最大总

功率：P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故C错误；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路的最小电流：I小===0.1

8A，则灯泡消耗的最小功率：PL小=I小2RL=（0.18A）2×5Ω=0.162W，故B错误。故选：D。14．（•无锡）图甲是模拟调光灯。电源电压为4.0V；小灯泡额定电压为2.5V，电流随电压变化的I﹣U图

象如图乙所示，小灯泡两端电压达到0.4V时“刚亮”；铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比。回形针A固定在铅笔芯右端，回形针P可以在铅笔芯上自由滑动，该调光灯在使用时，以下说法错误的是（）A．闭合开关，移动P能连续调光B．闭合开关，P滑到距A点10cm处，小

灯泡的实际功率为0.15WC．在距A点2.5cm处做标记，可以提醒P向A滑过此处，小灯泡将不安全D．小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光，实际功率变化范围为0.048W～0.75W【分析】（1）当铅笔芯电阻全部接入电路中时，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据图象读出符合要求的

电流和电压，然后判断灯泡是否能发光，然后判断移动P时能否连续调光；（2）铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比，据此求出P滑到距A点10cm处和P滑到距A点2.5cm处接入电路中的电阻，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据图乙读出符合要求的电

流和电压，根据P=UI求出小灯泡的实际功率，灯泡两端的电压大于额定电压下时将不会安全；（3）根据P=UI求出小灯泡“刚亮”和正常发光时的功率，然后得出小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光时的实际功率变化范围。【解答】解：A．当铅笔芯电阻全部

接入电路中时，因串联电路中总电压等于各分电压之和，其各处的电流相等，所以，由I=可知，电源的电压：U=UL+ILRP，即4.0V=UL+IL×30Ω，由图乙可知，灯泡两端的电压UL=0.4V，通过灯泡的电流I

L=0.12A时符合，此时小灯泡两端电压达到0.4V“刚亮”，所以，闭合开关，移动P能连续调光，故A正确；B．因铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比，所以，P滑到距A点10cm处，接入电路中的电阻：R

P′=×10cm=20Ω，则电源的电压：U=UL′+IL′RP′，即4.0V=UL′+IL′×20Ω，由图象可知，灯泡两端的电压UL′=0.8V，通过灯泡的电流IL′=0.16A时符合，此时小灯泡的实际功率：PL=UL′IL′=0.8V×0.16A=0.128W，故B错误；

C．P滑到距A点2.5cm处，接入电路中的电阻：RP″=×2.5cm=5Ω，则电源的电压：U=UL″+IL″RP″，即4.0V=UL″+IL″×5Ω，由图象可知，灯泡两端的电压UL″=2.5V，通过灯泡的电流IL′=0.3A时符合，此时灯泡正常发光，所以，在距A点2.5cm处做标记，可以提醒

P向A滑过此处，小灯泡两端的电压超过额定电压将不安全，故C正确；D．小灯泡“刚亮”时的实际功率：PL′=ULIL=0.4V×0.12A=0.048W，小灯泡正常发光时的实际功率：PL″=UL″IL″=2.5V×

0.3A=0.75W，所以，小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光，实际功率变化范围为0.048W～0.75W，故D正确。故选：B。15．（•通辽）小明同学在进行电学知识复习时，针对电阻甲和乙的I﹣U图象，作出了如下判断，正确的是（）A．甲、乙串联在电路中，相同时间内甲、乙产

生热量之比为2：1B．甲、乙并联在电路中，相同时间内甲、乙消耗电能之比为1：2C．将甲和乙并联，当甲两端电压为2V时，则它们的干路电流为0.6AD．将甲和乙串联，当它们两端电压为3V时，通过甲的电流为0.6A【分析】（1）（2）根据串并联电路的

特点、Q=I2Rt求出它们产生热量和消耗电能的比值；（3）（4）根据串并联电路的电流、电压关系判定各个选项。【解答】解：A、甲、乙串联在电路中，电流是相同的，由图象可知，当电流都为0.2A时，甲的电压为1V，乙的电压为2V，即甲两端的电压是乙两端电压的（取其它电流值仍

然存在这样的关系），根据Q=I2Rt=UIt可知，相同时间内甲、乙产生热量之比为1：2，故A错误；B、甲、乙并联在电路中，电压是相同的，由图象可知，当电压为2V时，甲的电流是0.4A，乙的电流是0.2A，即甲的电流是乙的电流的2倍，根据Q=I2Rt=UIt可知

，相同时间内甲、乙产生热量之比为2：1，故B错误；C、将甲和乙并联，并联电路各支路两端的电压相等；当甲两端电压为2V时，由图象可知，通过甲的电流为0.4A，通过乙的电流为0.2A，根据并联电路的电流关系可知，干路电流为0.4A+0.2A=0.6A，故C正确；D、将甲和乙串联，电流相同，由图象

可知，当电路中的电流为0.2A时，甲的电压为1V，乙的电压为2V，满足它们两端电压（总电压）为3V，所以由串联电路的电流特点可知，通过甲的电流为0.2A，故D错误。故选：C。16．（•内江）将规格为“2.5V0.

3A”的小灯泡L1和规格为“3.8V0.3A”的小灯泡L2串联，接在3V的电源上，下列判断正确的是（）A．L1的电阻大于L2的电阻B．L1的亮度比L2的亮度更小C．两只灯泡都正常发光D．两只灯泡实际功率相等【分析】根据电路图可知，两灯泡串联；先根据欧姆定律的变形公式R=比较两灯泡阻

值的大小，根据串联电路电流的特点以及P=I2R比较灯泡的明暗程度。根据P=I2R分析两只灯泡实际功率。【解答】解：A、由欧姆定律的变形公式R=可得：RL1＜RL2；故A错误；B、因为串联电路处处电流相等，

由P=I2R可知，电流一定时，电阻越大，功率越大，因此灯泡L1的实际功率小于灯泡L2的实际功率，即灯泡L2更亮，故B正确；C、两只灯泡都没有在额定电压下工作，所以都不正常发光，故C错误；D、因两灯泡的电阻不等，由P=I

2R可知，两只灯泡实际功率不相等，故D错误。故选：B。17．（•深圳）如图为“探究焦耳定律”的实验装置。两个相同的烧瓶中密封初温相同、质量相等的煤油，通电一段时间后，右侧玻璃管中液面比左侧高。下列说法正确的是（

）A．通过玻璃管中液面的高度判断电流产生热量的多少，这种方法是控制变量法B．右侧电阻丝的阻值比左侧小C．通过右侧电阻丝的电流比左侧小D．该装置用于探究电流通过导体产生的热量多少与电阻大小的关系【分析】（1）根据转换法分析；（2）U形管中的液面越高，表明产生的热量越多，结合焦耳定

律进行解答；（3）在串联电路中，各处的电流是相同的；（4）根据控制变量法分析。【解答】解：A、通过玻璃管中液面的高度判断电流产生热量的多少，这属于转换法，故A错误；C、由图知，两电阻丝串联，根据串联电路的电流特点可知，各

处的电流是相同的，故C错误；B、两个相同的烧瓶中密封初温相同、质量相等的煤油，通电一段时间后，右侧玻璃管中液面比左侧高，说明电流通过右侧电阻丝产生的热量多；电流和通电时间均相同，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，右侧电阻丝的阻值大，故B

错误；D、由前面解答可知，通过电阻丝的电流和通电时间均相同，由于左右两侧电阻丝的阻值不同，所以探究的是电流通过导体产生的热量多少与电阻大小的关系，故D正确。故选：D。18．（•沈阳）如图所示，电源电压保持不变，R1=15Ω，闭合开关S

1，断开开关S2，电流表示数为0.2A；同时闭合开关S1、S2，电流表示数为0.5A，此时R1、R2的电功率分别为P1、P2．下列判断正确的是（）A．P1：P2=2：3R1：R2=2：5B．P1：P2=2：3R1：R2=3：2C．

P1：P2=3：2R1：R2=2：5D．P1：P2=3：2R1：R2=3：2【分析】由电路图可知，闭合开关S1，断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流；同时闭合开关S1、S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、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两电阻的阻值之比，根据P=UI求出两电阻的电功率之比。【解答】解：由电路图可知，闭合开关S1，断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流；同时闭合开关S1、S

2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过R1的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2=I﹣I1=0.5A﹣0.2A=0.3A，因并联电路中各支路两

端的电压相等，所以，由I=可得，两电阻的阻值之比：====，故AC错误；由P=UI可得，两电阻的电功率之比：===，故B正确、D错误。故选：B。19．（•达州）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，当滑片P置于变阻器的B端时，电压表的示数为6V，在10s内定值电阻

R1产生的热量为36J；当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数变化了2V．下列结果正确的是（）A．R1先后两次消耗的电功率之比为3：4B．滑动变阻器R2的最大阻值为10ΩC．电源电压为10VD．R1的阻值为20Ω【分析】由电路分析可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；

由滑片的移动和电压表示数变化可知滑片滑到B点时电压表的示数，则由欧姆定律可表示出滑片在不同位置时滑动变阻器两端的电压与电源电压电阻间的关系，联立可解得R1与R2最大值之间的关系及电源的电压；由功率公式可求得R1的阻值，则可求得R2的最大阻值；最后由功率公式分别求得R1先后两次消耗的电功率，即可

求得比值。【解答】解：由电路图可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；当滑片在B端时，由欧姆定律可知，电流中的电流：I1=，则滑动变阻器两端的电压（电压表的示数）：U2=I1×R2==6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣①由题意知，当滑片滑到中点处时

，滑动变阻器接入电阻变小，变阻器分得电压变小，即电压表示数应减小，所以，滑片滑到中点时，滑动变阻器两端电压为U2′=6V﹣2V=4V；同理可得，滑动变阻器两端的电压（电压表的示数）：U2′==4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②①：②

可得：=，解得R1=R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③将③代入①：==6V，可得电源电压：U=12V，故C错误；当滑片滑到B端时，R1两端电压为：U1=U﹣U2=12V﹣6V=6V；由Q=t=36J可得：R1=×10s=10Ω，故D错误；因R2=R1，所以变

阻器R2的最大阻值为10Ω，故B正确；滑片在中点时，R1两端的电压为U1′=U﹣U2′=12V﹣4V=8V，则R1先后两次的电压之比为：==，由P=可得R1先后两次消耗的电功率之比：====，故A错误。故选：B。20．（•湘西州）以下所列家

用电器中，正常工作时，电能主要转化为机械能的是（）A．电风扇B．电水壶C．电饭煲D．电视机【分析】电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程，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：在常见的家用电器中，电风扇主要把电能转化为机械能；而电水壶、电饭煲主要把

电能转化为内能；电视机主要将电能转化为光能和声能。故选：A。21．（•福建）新的国家标准对廷长线插座配用电缆的导线橫截面积要求进行了修改，额定电流16A的延长线插座，导线最小标称横截面积由1mm2提升到1.5mm2．增大导线横截面积的目的是（）A．

增大导线的电阻B．减小通过导线的电流C．增大导线的电压D．减小导线发热的功率【分析】根据影响电阻大小的因素分析导线的横截面积变大时其电阻的变化，电流一定时，根据欧姆定律分析导线两端的电压变化，根据P=I2R分析导线的发热功率变化，要注

意通过导线的电流与插座上用电器消耗的电功率有关。【解答】解：A．廷长线的材料和长度相同时，增大导线横截面积可以减小导线的电阻，故A错误；B．通过导线的电流与插座上用电器消耗的电功率有关，无法判断通过导线电流的变化，故B错误；C．在通过导线的电流一定时，

导线的电阻减小，由U=IR可知，可以减小导线两端的电压，故C错误；D．在通过导线的电流一定时，导线的电阻减小，由P=I2R可知，可以减小导线发热的功率，故D正确。故选：D。22．（•泸州）小明家有额定电压相同的微波炉和电视机各一台，按照每度电

0.55元的计费标准，将这两个用电器正常工作1h所用的电费绘制成了如图所示的柱状图，对小明家的这两个用电器，下列判断正确的是（）A．微波炉正常工作时的电压大于电视机正常工作时的电压B．微波炉正常工作时的电流等于电视机正常工作时的电流C．微波炉正常工作时的电功率大于电视机正常工

作时的电功率D．每月在微波炉上用的电费一定比在电视机上用的电费多【分析】（1）根据用电器正常工作时的电压与额定电压相等分析判断；（2）从柱状图可知两用电器正常工作1小时的电费，进而知道消耗的电能，再根据P=和P=UI判断通过用

电器的电功率和电流；（3）电能计算：W=Pt；电能的多少与电功率大小和时间长短有关；【解答】解：A、用电器正常工作时的电压等于额定电压，由于微波炉和电视机的额定电压相同，所以这两个用电器正常工作时的电压相等，故A错误；BC、由柱状图可知，微波炉正常工作1小

时的电费比电视机高，而单价是一定的，所以微波炉消耗电能多，根据P=可知，微波炉电功率大于电视机的电功率，故C正确；电压相同，由P=UI可知，微波炉正常工作时的电流大，故B错误；D、虽然微波炉电功率大，由

于不知道一个月内它们的实际工作时间，根据W=Pt知无法判断微波炉和电视机消耗的电能的多少，所以无法比较电费的多少，故D错误。故选：C。23．（•无锡）用如图的装置探究影响电流热效应的因素”，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同的烧瓶中，且R1＜

R2，瓶中装有质量相等的煤油。下列说法正确的是（）A．该装置用来探究电流热效应与电流大小的关系B．闭合开关后，装R1电阻丝的烧瓶中温度计示数上上升较快C．实验中，通过温度计示数的变化来比较电阻丝产生生热量的多少D．将某一烧瓶中的煤油换成等质量的水，可比较煤油和水的比热容

大【分析】（1）根据装置中的相同点、不同点，利用控制变量法分析；（2）由焦耳定律Q=I2Rt分析放出热量的多少；（3）通过观察烧瓶中温度计示数的变化来判断电阻丝发热的多少属于转换法；（4）由吸热公式Q吸=cm△t可知，要比较水和煤油的比热容大小，应让两瓶中水和煤油

的质量m相等、吸收的热量相等（加热时间相等），通过比较它们升高的温度大小关系，得出比热容的大小关系。【解答】解：A、由图可知，两电阻丝串联，电流相同，通电时间也相同，但电阻不同，故该实验探究的是电流产生的热量与电阻的关系，故A错误；B、由焦耳定律Q=I2Rt可知，电流

和通电时间相同时，电阻越大，放出的热量越多，由于R1＜R2，故R2放出的热量多，温度计示数升的高，故B错误；C、通电后电流通过电阻丝做功，产生热量使煤油的温度升高，通过观察温度计的示数大小来判断电流产生的热量的多少，这个研究方法可以称之为转换法，故C正确

；D、要比较水和煤油的比热容，则应让水和煤油的质量相等、吸收的热量（加热时间）相等，由温度的变化大小得出比热容的大小关系；故用相同质量的水代替煤油，两瓶中都有相同阻值相同的电阻丝，电阻相等；故D错误。故选：C。24．（•黄石）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灯亮B．图二中A灯比B灯亮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错误；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正确；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：B。25．（•连云港）如图所示，电源电压恒为15V，定值电阻R的阻值为20Ω

，闭合开关后，使变阻器的阻值减小5Ω，电流表示数变化了0.1A，则下列说法正确的是（）A．电流表示数减小了0.1AB．电压表示数减小了0.5VC．定值电阻的电功率增大了0.2WD．电路总功率增大了1.5W【分析】（1）由图R与滑动变阻器串联，电压表测

滑动变阻器两端电压，电流表测的电路中电流，根据欧姆定律判断电流表示数变化情况；（2）根据串联电路的特点和欧姆定律先求出变阻器连入电路的阻值，然后分别根据电功率公式求出功率。【解答】解：由图可知，变阻器R变与R串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中

电流；A、使变阻器的阻值减小5Ω，根据串联电路的电阻特点可知总电阻变小，由于电源电压不变，根据I=可知电路中电流变大，所以电流表示数变化了0.1A，应是增大0.1A，故A错误；B、设原来变阻器接入电路的阻值为R变，变阻

器的阻值减小5Ω后，此时变阻器接入电路的阻值为R变﹣5Ω，由题意可知：△I=I2﹣I1=0.1A，即：﹣=0.1A，所以，﹣=0.1A，解得：R变=10Ω，R变=﹣45Ω（舍去），所以，I1===0.5A，I2===0.6A，则电压表示数变化量：△U变=I2（R变﹣5Ω）﹣I1R变=0.

6A×（10Ω﹣5Ω）﹣0.5A×10Ω=﹣2V，所以电压表示数减小了2V；故B错误；C、定值电阻电功率的增大量：△P1=I22R﹣I12R=（0.6A）2×20Ω﹣（0.5A）2×20Ω=2.2W，故C错误；D、

总功率的增大量：△P=UI2﹣UI1=15V×0.6A﹣15V×0.5A=1.5W，故D正确。故选：D。26．（•武汉）如图所示，电源电压U保持不变。当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，电路的总功率为P1，再将滑片滑至最左端，有一只电表的示数变为

原来的；当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片从最右端滑至中点时，R3的功率增大了0.05W，且滑片在中点时，电压表V1的示数为U1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为P2，两只电

流表示数相差0.3A．已知P1：P2=2：15，下列结论正确的是（）A．P2=5.4WB．U=12VC．U1=6VD．R2=20Ω【分析】（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表

V1测R2两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A1测电路中的电流；再将滑片滑至最左端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表V1、V2均测R2两端的电压，电流表A1测电路中的电流，据此可知示数变化的电表为V2

，并得出R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R3两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出两电阻的阻值之比；（2）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，根据电阻的串联和P=表示出电路中的总功率P1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片

在最左端时，R1与R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流，根据并联电路的特点和电功率公式表示出电路的总功率P2，利用P1：P2=2：15得出等式即可求出R1与R2的阻值关系；利用并联电路的电流特点结合两只电流表示

数相差0.3A即可得出电源的电压和R2的阻值关系；当开关S1和S3闭合、S2断开时，R1与R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A2测电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑片位于最右端和中点时电路中的电流，利用P=I2R结合R3的功率变化

即可求出R3的阻值，进一步求出R1和R2的阻值以及电源的电压，利用欧姆定律求出U1的大小，最后根据并联电路的特点和P=求出P2的大小。【解答】解：（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，等效电路图如图1所示；再将滑片滑至最左端时，等效电路图如图2所示：由

图1和图2可知，示数变化的电表为V2，且R2两端的电压UR2=U，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R3两端的电压UR3=U，则UR2：UR3=1：4，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I=可得：===，即R3=4R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；（2）当开关S1和S3闭合、S2断开，

滑动变阻器的滑片位于最右端时，等效电路图如图3所示；滑片位于中点时，等效电路图如图4所示；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的等效电路图如图5所示：因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，图1中，电路的总功率：P1===，因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的

总功率等于各用电器功率之和，所以，图5中，电路的总功率：P2=+，由P1：P2=2：15可得：15P1=2P2，即15×=2×（+），解得：R1=2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且图5中两只电流表示数相差0.3A，所以，图5中，通过R

1的电流：I5=I﹣I4=0.3A，则==0.3A，即=0.6A﹣﹣﹣﹣﹣﹣③图3中，电路中的电流：I2====×=×0.6A=0.1A，图4中，电路中的电流：I3====×=×0.6A=0.15A，因图4和图3相比较R3的功率增大了0.05W，所以，由P=I2R可得：P3′﹣P3=I32×

R3﹣I22R3=（0.15A）2×R3﹣（0.1A）2×R3=0.05W，解得：R3=40Ω，代入①②③两式可得：R1=20Ω，R2=10Ω，U=6V，故BD错误；图4中，U1=I3R1=0.15A×20Ω=3V，故C错误；图5中，P2=+=+=5.4W，故A正确。故选：A。27

．（•恩施州）如图，电路中L1“6V3W“和L2“6V6W”两灯泡和滑动变阻器R串联，电源电压恒为12V．下列说法正确的是（）A．闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，两灯泡均能正常发光B．保证两灯泡均不损坏，滑动变阻器R连入电路的最小值为3

ΩC．滑片P从最右端向左移动，使某灯刚好正常发光，则此时另一盏灯的实际功率为1.5WD．在保证电路安全的情况下，电路总功率最大可达到12W【分析】（1）闭合开关S，两灯泡和滑动变阻器R串联，由于串联电路的电流处处相等，则根据两灯泡正常发光时的电流大小即可判断；（2）已知两灯泡的额定电压和额定功率

，根据公式P=UI先计算出两灯正常发光时的电流，两灯串联后，正常发光的是电流较小的一个，再利用公式R=求出两灯的电阻，利用欧姆定律求出总电阻，根据串联电路的电阻特点即可求出R连入电路的最小值；（3）由于正常发光的是电流较小的一个，则根据P=I2R求

出另一盏灯的实际功率；（4）在保证电路安全的情况下，电路中的电流达到正常发光时电流较小的灯泡的电流即为电路可达到的电流，利用P=UI即可求出最大功率，【解答】解：A、根据P=UI可得，灯泡正常工作的电流分别为：I1===0.5A，I2===1A；两灯泡正常发光时的电流不相等；闭合开

关S，两灯泡和滑动变阻器R串联，由于串联电路的电流处处相等，所以两灯泡不能都正常发光；故A错误；B、由于串联电路的电流处处相等，两灯泡正常发光时的电流I1＜I2，所以电路中的最大电流I=I1=0.5A，由欧姆定律

可得总电阻：R===24Ω；由P=可得，两灯的电阻分别为：R1===12Ω，R2===6Ω；根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得，R连入电路的最小值：R最小=R﹣R1﹣R2=24Ω﹣12Ω﹣6Ω=6Ω；故B错误；C、滑片P从最右端向左移

动，使某灯刚好正常发光，则正常发光的是电流较小的一个灯泡L1，所以另一盏灯的实际功率：P2=I2R2=（0.5A）2×6Ω=1.5W，故C正确；D、在保证电路安全的情况下，电路中的最大电流I=I1=0.5A，则整个电路的最大功率：P大=UI=12V×0.5A=6W，故D错

误。故选：C。二．填空题（共16小题）28．（•青岛）某电视机的额定功率是l10w，则它正常工作时，电流是0.5A；1kW•h的电能可供它止常工作的时间是9.1h（至少保留一位小数）【分析】电视机正常工作时的功率和额定功率相等

，利用公式I=得到电视机的电流，再根据t=求出1kW•h的电能可供电视机正常发光的时间。【解答】解：家庭电路的电压是220V，电视机的额定功率是l10W，则它正常工作时，通过电视机的电流为：I===0.5A；1kW•h的电能可供它正常工作的时间：t==≈9.1h。故答

案为：0.5A；9.1h。29．（•攀枝花）如图所示，测电笔正确的使用方法是乙（选填”甲”或“乙”），已知测电笔的电阻约为1.1×106Ω，氖管和人体的电阻比它小得多，可以忽略，请你计算“220V40W”灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的900倍（结果保留到整数）。【分析

】①正确使用试电笔的方法：站在地上手接触试电笔的笔尾金属体，笔尖接触火线或零线。氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，根据测电笔的正确使用方法进行分析，即食指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路；②已知家庭电路电压及测电笔

电阻和灯泡额定电压和额定功率，可以得到两者通过的电流，比较得到结果。【解答】解：使用测电笔时，拇指和中指不要接触测电笔前端的金属体，手必须接触测电笔末端的金属体，使电源和大地之间形成通路，故乙是正确的测量方法；通过测

电笔的电流为I笔===2×10﹣4A；因为P=UI，所以通过灯泡的电流为I灯==≈0.18A，所以灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的=900倍。故答案为：乙；900。30．（•湘西州）某学校传达室里安装有40W和20W两种灯泡，晚上开灯时，同学们发现40W的比20W

的亮。这说明40W的灯泡比20W的灯泡实际功率大。（选填“大”或“小”）【分析】额定功率是灯泡在额定电压下工作的电功率，灯泡的亮度取决于灯的实际功率。【解答】解：因为灯泡的亮度是由其实际功率所决定的，而40W的比20W的亮，所以40W的灯泡比20W的灯泡实际功率大。故答案为：

大。31．（•重庆）丹麦物理学家奥斯特首先发现了电与磁之间存在本质联系，生产生活中的电磁起重机（选填“电磁起重机”“台灯”或“电热毯”）主要是利用电流磁效应工作的。【分析】（1）在1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在着磁场；（2）通电导体周围存在磁场，这叫做电流的磁效

应。【解答】解：（1）奥斯特把通电直导线放在水平方向静止的小磁针上，小磁针发生偏转，说明受到磁力作用，实验表明电流周围存在磁场；（2）通电导线周围有磁场，这就是的电流的磁效应，电磁起重机、电磁继电器等都是利用该原理制成的；台灯工作时把电能转化为光和热，不是利用电流磁效应工作

的；电热毯是利用电流流过导体时发热而工作的，应用了电流的热效应。故答案为：奥斯特；电磁起重机。32．（•哈尔滨）“探究小灯泡电功率”的实验电路如图甲，实验中选择“2.5V”小灯泡，调节滑动变阻器滑片的过程发现灯亮度变化，这是由

灯泡的实际功率变化引起的。实验得到灯的U﹣I图象如图乙，则小灯泡的额定功率是0.75W。【分析】（1）甲图中，灯与变阻器串联，调节滑动变阻器滑片的过程中，电路中的电流变化，根据P=I2R分析灯的实际功率变化，灯的亮度由灯的实际功

率决定；（2）由图乙找出当灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率。【解答】解：（1）甲图中，灯与变阻器串联，调节滑动变阻器滑片的过程中，电路中的电流变化，根据P=I2R，灯的实际功率变化，灯的亮度发生变化；（2）由图乙知，当灯的电压为2.5V时，电流大小为0.3A，小

灯泡的额定功率是：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。故答案为：灯泡实际功率；0.75。33．（•南充）如图所示，电源电压不变，灯泡标有“4V，2W”字样，当开关S闭合时，灯泡正常发光，电流表的示数为0.6A，电阻R的

电功率为0.4W，通电1min，R产生的热量为24J。【分析】由图知，闭合开关时，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。已知灯泡额定电压和额定功率并且正常发光，利用公式I=得到通过灯泡的电流；已知干路电流和通过灯泡的电流，可以得到通过电阻的电流；已知灯泡正常发光，可以得到

灯泡两端实际电压等于额定电压，根据并联电路电压特点得到电阻两端电压；已知电阻两端电压和通过的电流，利用公式P=UI得到电阻消耗的功率；已知电阻消耗的功率和通电时间，利用Q=Pt得到R产生的热量。【解答】解：闭合开关时，灯泡和定值电阻并联，电流表测量

干路电流。已知灯泡正常发光，由P=UI可得，通过灯泡的电流：IL===0.5A，根据并联电路的电流特点可得，通过电阻R的电流：IR=I﹣IL=0.6A﹣0.5A=0.1A，由并联电路的电压特点可知，电阻R两端电压：UR=UL=4V，所以电阻R消耗的功率：PR=URIR=4V×0

.1A=0.4W；通电1min，R产生的热量：QR=WR=PRt=0.4W×60s=24J。故答案为：0.4；24。34．（•黔南州）1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的

关系：从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时是将电能转化为内能。【分析】（1）在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律；（2）电热器的电热丝工作时，电流做功，产生热量，使电热丝的内能增加、温度升高。【解答】解：（1）1840年，英

国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系，得出了焦耳定律；（2）从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时，消耗的电能转化为内能。故答案为：焦耳；内。35．（•辽阳）如图所示实验装置，可用来探究通电时间

相同时，电流通过导体产生的热量与电阻的关系。将装置接在电压为3V的电源上，通电2min，电流通过电阻R2产生的热量为24J。【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少与电流大小、电阻和通电时间都有关系。研究某一物理量对热量

的影响时，需要控制另外两个物理量；（2）已知两电阻阻值，可以得到串联后的总电阻；已知电源电压和电路总电阻，可以得到电路电流；已知电阻阻值、通过的电流和通电时间，利用焦耳定律得到产生的热量。【解答】解：由图知，定值电阻阻值不同，串联时通过的电流相同，已知通电时间相同，所以探究的是电流产

生热量与电阻大小的关系；串联电路总电阻为R=R1+R2=10Ω+5Ω=15Ω，电路电流为I===0.2A，通电2min，电流通过电阻R2产生的热量：Q2=I2R2t=（0.2A）2×5Ω×2×60s=24J。故答案为：电阻；24。36．（•云南）LED灯具有节能、环

保的特点，一个“220V8.5W”的LED灯与一个“220V60W”的白炽灯亮度相当。若一个“220V8.5W”的LED灯每天正常工作4小时，30天消耗的电能是1.02度，这些电能可供“220V60W”的白炽灯正常工作17小时。【分析】（1）利用W=Pt求解消耗的电能；设两种灯泡正常发光的时

间为t，利用公式W=Pt计算消耗的电能；（2）电器正常工作P=P额，利用t=得到灯泡正常工作时间。【解答】解：由P=可得，该LED灯30天消耗的电能：W=Pt=8.5×10﹣3kW×30×4h=1.02kW•h；这些电能可供“220V60W”的白炽灯正常工作的时间：

t′===17h。故答案为：1.02；17。37．（•吉林）一只标有”8V0.4A”的小灯泡，接在电源电压为12V的电路中，为使其正常发光，应串联一个10Ω的电阻；该电阻通电10s所产生的热量是16J。【分析】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得到电路中的电流，利用欧姆定律求出串联电阻的阻值，根据焦耳定律求出串联电阻产生的热量。【解答】解：根据串联电路中总电压等于各分电压之和，则串联电阻R两端电压：UR=U﹣UL=12V﹣8V=4V，因串联电路中各处

的电流相等，所以灯泡正常工作时电路中的电流：I=0.4A，由I=可得，串联电阻R的阻值：R===10Ω；此时该电阻通电10s产生的热量为：QR=I2Rt=（0.4A）2×10Ω×10s=16J。故答案为：10；16。38．（•哈尔滨）通过110Ω电阻丝的电流是2A，产

生8800J的热量需要通电20s，这段时间电流做的功是8800J。【分析】已知电阻阻值、通过的电流及产生的热量，利用焦耳定律变形公式可以得到通电时间；电流做功的过程，也就是将电能转化为其他形式的能量的过程。电

阻丝通电时，不计热损失，电能全部转化为内能。【解答】解：因为Q=I2Rt，所以通电时间为t===20s；电热丝工作过程中，电流做的功等于产生的热量，所以电流做功8800J。故答案为：20；8800J。39．（•德州）小刚早上8：00出门前查看了他家的电能表示数如图甲所示，然后关闭家中其它用电器，只

让电冰箱工作。下午18：00回家后再次查看电能表，显示的数字如图乙所示。则小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能为0.5kW•h，电冰箱的实际电功率为50W。【分析】利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注

意电能表最后一位是小数；知道时间，利用P=求电冰箱的实际功率。【解答】解：（1）由图知，小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能：W=10124.1kW•h﹣10123.6kW•h=0.5kW•h；（2）t=18：00﹣8：00=10h，电冰箱的实际电功率：P===0

.05kW=50W。故答案为：0.5；50。40．（•成都）如图所示，电热水壶上标有“220V1800W”，小明发现烧水过程中热水壶的发热体部分很快变热，但连接的电线却不怎么热，是因为导线的电阻比发热体的电阻小。在额定电压下，烧开一壶水用时3m

in20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量为3.6×104J。【分析】（1）由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据此分析原因；（2）根据Q=Pt可求电热

水壶发热体产生的热量。【解答】解：热水壶的发热体与电线串联，通过它们的电流及时间相等，但热水壶的发热体的电阻比电线的电阻大得多，由焦耳定律Q=I2Rt可知，热水壶的发热体比电线产生的热量就多得多，所以电热丝很热，但与之相连的电线却不怎么热；在额定电压下，

烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量：Q=Pt=1800W×（3×60s+20s）=3.6×104J。故答案为：小；3.6×104。41．（•天津）如图所示电路中，电源电压保持不变，电阻R1与R2的阻值之比为2：1．开

关S断开时，R1与R2的电功率之比为2：1：开关S闭合前后，电压表两次的示数之比为2：3。【分析】（1）开关S断开时，电阻R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，根据P=I2R可求得R1与R2的电功率之比；

（2）开关S闭合时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，根据欧姆定律求出电压表的示数，然后可知电压表两次的示数之比。【解答】解：（1）已知电阻R1与R2的阻值之比为2：1，则R1=2R2，开关S断开时

，电阻R1、R2串联，因串联电路中电流处处相等，则R1与R2的电功率之比：===；开关S断开时，电阻R1、R2串联，此时电路中的电流I===，此时电压表测R1两端的电压，由I=可得，电压表的示数：U1=IR1=

×R1=×2R2=；（2）开关S闭合后，电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，即电压表的示数为U；所以，开关S闭合前后，电压表两次的示数之比为=。故答案为：2：1；2：3。42．（•泰州）某电吹风工作6min，能使如图所示的电能表的转盘转过120转，则该电吹风消耗

的电能为0.1kW•h，电功率为1000W，这些电能可供一只“220V10W”的LED灯正常工作10h，一只这样的LED灯与一只“220V100W”的白炽灯正常发光时亮度相当，若LED灯正常发光时的效率为80%，

则白炽灯正常发光效率为8%。【分析】（1）“1200r/kW•h”表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过1200r；据此求电能表转盘转120r消耗的电能，再利用P=求出电吹风的功率；（2）求出了电吹风消耗的电

能，再利用P=求可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间；（3）节能灯与白炽灯在正常工作时发光效果相当，则两灯泡获得光能的功率相等，根据效率公式得出等式求解。【解答】解：（1）因为“1200r/kW•h”表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过1200r，所以电能表转盘转120r

，电吹风消耗的电能：W=kW•h=0.1kW•h，电吹风的功率：P===1kW=1000W；（2）由P=可得，这些电能可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间：t′===10h；（3）灯的发光效率等于转化为光能的功率与消耗电能的功率（灯的电功率）之比，

即η=，因10W的节能灯与100W的白炽灯在正常工作时发光效果相当，所以两灯泡获得光能的功率相等，则：P白η白=P节η节，即100W×η白=10W×80%，解得该白炽灯的发光效率：η白=8%。故答案为：0.

1；1000；10；8%。43．（•安徽）图中R1=4Ω，R2=6Ω，把它们并联在U=3V的电路中，则R1和R2并联后的总电阻为2.4Ω；通电30s，电阻R1消耗的电能为67.5J。【分析】根据=+可求

得并联后的总电阻，利用W=t可求得通电30s，电阻R1消耗的电能。【解答】解：已知R1和R2并联，则并联后的总电阻=+，则=+，解得R=2.4Ω，因为R1和R2并联，把它们并联在U=3V的电路中，则R1两端电压为3V，通电30s，电阻R1消耗的电能W=t=×30s=67.

5J。故答案为：2.4；67.5。三．计算题（共7小题）44．（•呼和浩特）一个彩色灯泡上标有“36V7.2W“的字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）求：（1）该灯泡正常工作时的电流和灯丝的电阻；（2）若接在220V

的照明电路中使用，至少需要串联多少个这种灯泡才行。【分析】（1）已知灯泡额定电压和额定功率，由P=UI计算灯泡正常发光电流，由I=计算灯丝电阻；（2）根据串联电路的电压特点进行解答，即串联电路中总电压等于各分电压之和。【解答】

解：（1）由P=UI可得灯泡正常发光时的电流：IL===0.2A，由I=可得灯丝电阻：RL===180Ω；（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，要使小灯泡接在220V的电路中使用，串联小灯泡的个数：n=≈6.11≈7个。答：（1）该灯泡正常工作时

的电流为0.2A，灯丝的电阻为180Ω；（2）若接在220V的照明电路中使用，至少需要串联7个这种灯泡才行。45．（•绵阳）小华家距离变压器2km，在变压器与小华家之间的两条输电线，每条输电线每千米的电阻为0.5Ω，即0.5Ω/km，变压器加在输电线两端的电压是220V．

在某一时间段，整个线路只有小华家一台额定电压220V、额定功率2420W的电热水器工作。不考虑温度变化对电热水器电阻的影响。求：（1）输电线中电流的大小（2）热水器的实际电功率【分析】（1）根据公式P=

求出电热水器的电阻，根据串联电路的电阻特点求出总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流；（2）根据P=I2R求出热水器的实际功率。【解答】解：（1）由P=可知，电热水器的电阻为：R===20Ω；导线的电阻为：R'=4km×0.5

Ω/km=2Ω；故电路的总电阻为：R总=R+R'=20Ω+2Ω=22Ω；输电线中电流的大小为：I===10A；（2）热水器的实际功率为：P'=I2R=（10A）2×20Ω=2000W。答：（1）输电线中电流的大小为10A；（2）热水器的实际电功率为2000W。46．（•哈尔滨）

随着生活水平的提高，汽车成为人们常用的交通工具。下表是两种汽车的相关数据：某电动汽车某燃油汽车空车质量：2t空车质量：1.4t充满一次电：①电池储存电能：80kW•h②能行驶的最大路程：300km/h（高速）百公里平均消耗油量：8L（高速）电费单价：0.7元/kW•h油费单价：7元/L请回答：（

1）电动汽车工作时电动机最大功率为90kW，工作电压为300V，求电动机工作时最大电流是多少？电动机工作5min，电流所做的功最多是多少？（2）电动汽车和燃油汽车轮胎与地面的总接触面积均为0.1m2，求两空车静止时对水

平地面的压强之比。（3）若从哈尔滨经高速公路自驾到某地旅游，两地距离S为2000km，电费或油费的预计支出为700元，通过计算说明两车能否到达目的地。（高速路上能满足充电或加油的需求）【分析】（1）已知电动机最大功率和工作电压，利用P=UI可求得电动机工作时最大电流；利用P=公式变形可求得电动机

工作5min，电流所做的功；（2）两空车静止时对水平地面的压力都等于其重力，已知电动汽车和燃油汽车轮胎与地面的总接触面积均为0.1m2，然后可求得对水平地面的压强之比；（3）根据电费或油费的预计支出为7

00元分别求得电动车消耗的电能和行驶的距，燃油车消耗燃油和行驶的距离，比较即可。【解答】解：（1）由P=UI可得，电动机工作时最大电流：I大===300A，由P=可得，电动机工作5min，电流所做的功：W=P大t=9×104W×5×60s=2.7×107J；（2）两空车静止时对

水平地面的压力都等于其重力，即F电=G电=m电gF燃=G燃=m燃gS电=S燃=0.1m2，两空车静止时对水平地面的压强之比：=======（3）已知电费单价：0.7元/kW•h，则700元电动车提供的电能：E电==1×103kW•h，已知充满一次电：①电池储存

电能：80kW•h，②能行驶的最大路程：300km/h（高速）则700元能使电动车行驶的距离S电=×300km/h=3.75×103km；已知油费单价：7元/L，则700元能为燃油车提供燃油V==100L，已知然后车百公里平均消

耗油量：8L（高速），则700元能使燃油车行驶的距离S燃=×100km/h=1.25×103km；已知从哈尔滨经高速公路自驾到某地旅游，两地距离S为2000km，因为S燃＜S＜S电，所以电动汽车能到达目的地，燃油汽

车不能到达目的地。答：（1）电动机工作时最大电流是300A，电动机工作5min，电流所做的功最多是2.7×107J；（2）两空车静止时对水平地面的压强之比为10：7。（3）电动汽车能到达目的地，燃油汽车不能到达目的地。47．（•遵义）小华家买了一个家用电吹风，其简化电路如图

所示，主要技术参数如下表。电吹风在额定电压下工作，请解答如下问题：热风温度50﹣75℃额定功率热风时：990W冷风时：110W额定电压220V质量0.5kg（1）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流是多大？（2）电热丝工作时的电阻是多大？（3）电吹风内电动机的电阻是1Ω，电吹风吹冷风3

0min产生的热量是多少？【分析】（1）当吹冷风时，只有电动机工作，根据P=UI求出通过电动机的电流；（2）当电吹风吹热风时，电动机和电热丝同时工作，电动机与电热丝并联，电热丝的功率等于电吹风吹热风时的功率减去吹冷风时的功率，根

据P=求出电热丝R的电阻值。（3）根据Q=I2Rt求出30min内电流通过电动机产生的热量；【解答】解：（1）当吹冷风时，只有电动机工作，P1=110W，由P=UI可得，通过电动机的电流：I1===0.5A；（2）当电吹风吹热风时，电动机和电热丝同时工作，电动机

与电热丝并联，电热丝R2的电功率：P2=P﹣P1=990W﹣110W=880W，由P=可得电热丝R2的电阻值：R2===55Ω。（3）30min=1800s内电流通过电动机产生的热量：Q1=I12R1t=（0.5A）2×1Ω×1800s=450J；答：（1）电吹风吹

冷风时，通过电动机的电流是0.5A；（2）电热丝工作时的电阻是55Ω；（3）电吹风内电动机的电阻是1Ω，电吹风吹冷风30min产生的热量是450J。48．（•怀化）某电熨斗的电路如图所示，额定电压为220V，最大功率为440W，发热部分由调温电阻R和定值电阻R0组成。调温电阻R是可变电阻，其最大阻

值为110Ω，温度对电阻值的影响忽略不计，则：（1）该电熨斗以最大功率工作10min消耗多少电能？（2）定值电阻R0的阻值为多大？（3）该电熨斗在以额定电压工作时的最小功率是多大？此时通过电熨斗的电流是多大？【分析】（1）已知该电熨斗最大功率P=440W，工作时间t=10mi

n，利用P=公式变形可求得消耗多少电能；（2）当调温电阻接入电路中的电阻为0Ω时，电路中的总电阻最小，由P=可知电熨斗的功率最大，据此求出定值电阻R0的阻值；（3）当调温电阻接入电路中的电阻最大时，电路中的总电阻最大，电熨斗的功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求

出电路中的电流，利用P=UI求出最小功率。【解答】解：（1）已知t=10min=600s，最大功率P大=440W，由P=可得，该电熨斗以最大功率工作10min消耗电能W=P大t=440W×600s=2.64×1

05J；（2）当调温电阻接入电路中的电阻为0Ω时，电熨斗的功率最大，由P=可得，定值电阻R0的阻值：R0===110Ω；（3）当调温电阻接入电路中的电阻R=110Ω时，电熨斗的功率最小，因串联电路中总电阻等于各

分电阻之和，所以，电路中的电流：I===1A，电熨斗的最小功率：P小=UI=220V×1A=220W。答：（1）该电熨斗以最大功率工作10min消耗2.64×105J电能；（2）定值电阻R0的阻值为110Ω；（3）该电熨斗在以额定电压工作时的最小功率

是220W；此时通过电熨斗的电流是1A。49．（•衡阳）现有一个可调电压电源，一个滑动变阻器R（铭牌上标有“50Ω2A”的字样），一个电压表，A、B、C三盏小灯泡规格分别为：A灯“6V3W”、B灯“6V4.8W”、C灯“6V6W”，三盏小灯泡的电流电压关系如图

甲所示，即三个灯的电阻随实际功率变化而变化。在保证电路安全的情况下，进行以下实验（1）若将A、B、C三盏小灯泡并联接在可调电压电源两端，电源电压调节为6V，求经过2.5min，三盏小灯泡消耗的总电能为多少J（2）若将A、B、C三盏小灯

泡串联接在可调电压电源两端，调节电源电压，使A灯正常发光，求此时C灯的实际电功率（3）若将电路元件按如图乙所示连接，电源电压调节为20V，当滑动变阻器滑片在某个点时，电压表读数为15V，求将滑动变阻器滑片从这个点开始向左滑动的过程中，滑动变阻器阻值变化范围【分

析】（1）将A、B、C并联接在6V电源两端时，两灯泡两端的电压和额定电压相等，两灯泡都正常发光，先求出总功率，利用W=Pt求出2.5min内电路消耗的电能；（2）将A、B、C串联接在某电源两端，使A灯恰好正常发光，根据图象读出通过A灯的电流即为电路中的电流，再根据图象读出C灯两端的电压，根据

欧姆定律求出此时C灯的实际功率；（3）图乙中B、C两灯以及滑动变阻器串联，当电压表为15V时，B、C两灯的总电压为20V﹣15V=5V，从图象中找出BC电压之和为5V时的电流，根据欧姆定律算出滑动变阻器的最大电阻；向左滑动的过程，电阻减小，电流增大，但最大不能超过B或

C灯的额定电流，根据图象判断出BC的电压，根据串联电路电压的规律算出滑动变阻器的电压，根据欧姆定律算出最小电阻。【解答】解：（1）由题知，3个灯泡的额定电压均为6V，将A、B、C并联接在6V电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，且额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，所以

，电路的总功率：P=PA+PB+PC=3W+4.8W+6W=13.8W，由P=可得，2.5min内电路消耗的电能：W=Pt=13.8W×2.5×60s=2070J；（2）将A、B、C串联接在某电源两端，因串联

电路中各处的电流相等，且使A灯恰好正常发光，即UA=6V，所以，由图象可知，电路中的电流IA=IC=0.5A，此时C灯泡两端的电压UC=2V，则C灯的实际电功率：PC实=UCIC=2V×0.5A=1W。（3）图乙中，B、C两灯以及滑动变阻器串联，当电压表为15V时，B、C两灯的总

电压为20V﹣15V=5V，由图象知当电流为0.5A时，B灯泡的电压为3V，C灯泡的电压为2V，即UB+UC=3V+2V=5V，根据串联电路电流处处相等可知I滑=IB=0.5A，滑动变阻器允许接入的最大电阻：R大===30Ω；向左滑动的过程，变阻器接入

的阻值减小，电流增大，但最大不能超过B或C灯的额定电流，根据图象甲知，灯泡B的额定电流为0.8A，C灯的额定电流为1A，故电路中的最大电流不能超过0.8A，此时B灯的电压为6V，C灯的电压为4V，则滑动变阻器的电压为：U滑′=20V

﹣6V﹣4V=10V；滑动变阻器的最小电阻：R小′===12.5Ω。所以，滑动变阻器阻值的变化范围为30Ω～12.5Ω。答：（1）若将A、B、C三盏小灯泡并联接在可调电压电源两端，电源电压调节为6V，经过2.5min，三盏小灯泡消耗的总电能为2070

J；（2）若将A、B、C三盏小灯泡串联接在可调电压电源两端，调节电源电压，使A灯正常发光，此时C灯的实际电功率为1W；（3）若将电路元件按如图乙所示连接，电源电压调节为20V，当滑动变阻器滑片在某个点时，电压表读数为15V，求将滑动变阻器滑片从这个点开始向左滑动

的过程中，滑动变阻器阻值变化范围是30Ω～12.5Ω。50．（•眉山）小黄家中新购置了一台挂式电热水器，他查看了电热水器说明书后，将电热水器内部电路结构简化成如图所示电路图，该热水器设有高，中，低三档，电热丝R1=50Ω

，电热丝R2=220Ω，电热转化效率为84%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：（1）高温档的加热功率（2）用低温档将22kg水从20℃加热到60℃需要的时间【分析】（1）由电路图可知，闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，由P=可知，电路的总功率最

大，热水器处于高档，由此计算高温档的加热功率；（2）先由Q=cm△t计算水吸热，由电路图可知，闭合S、S2时，只有R2连入电路中，电路中电阻最大，功率最小，热水器处于低温档，由P=可得低温档功率，再由Q=84%W=84%P低温t计算加热时间。【解答】解：（1）由电路图可知，当三个开关都

闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电源电压一定，由P=可知，此时电路的总功率最大，热水器处于高档，所以高温档的加热功率：P高温=P1+P2=+=+=968W+220W=1188W；（2）将22kg水从20℃加热到60℃吸收的热量：Q=cm△t=4.

2×103J/（kg•℃）×22kg×（60℃﹣20℃）=3.696×106J，由电路图可知，闭合S、S2时，只有R2连入电路中，电路中电阻最大，功率最小，热水器处于低温档，P高温=P2===220W，由题知，电热转化效率为84%，所以：Q=84%W=84%P低温t，所以加热时间：t===2

×104s。答：（1）高温档的加热功率为1188W；（2）用低温档将22kg水从20℃加热到60℃需要的时间为2×104s。