课时18.2 （同步练习）电功率含解析卷

课时18.2 电功率同步练习
一、单选题
1．额定功率为1000瓦的用电器可能是
A．白炽灯 B．电视机 C．电冰箱 D．电烤箱
2．一只电能表上标明“220V,3A”字样，此电能表最多可接“220V,60W”的电灯数是
A．5盏 B．11盏 C．22盏 D．25盏
3．把“220V 60W”和“20V 40W”的两盏灯串联在220V的电路中，两盏灯都比正常发光时暗，此时与正常发光时相比，每盏灯的
A．额定电压都变小 B．额定功率都变小
C．实际功率都变小 D．实际电压都不变
4．判断电灯亮度的主要依据是
A．电功 B．电流 C．额定功率 D．实际功率
5．一个“220 V　 25 W”的甲灯正常发光3 h，另一个“110 V　25 W”的乙灯正常发光4 h，由此可知( )
A．甲灯的实际功率较大 B．乙灯中电流做的功较多
C．甲灯较亮，乙灯较暗 D．流过甲灯的电流较大
6．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片向左移动，在此过程中（　　）
A．电流表示数变小 B．灯泡L亮度变亮
C．电压表示数变大 D．电路消耗的总功率变大
7．把“220V 800W”的电炉丝改装后接在110V的电路上，欲使改装后的实际功率仍为800W，下列方案中，行之有效的做法是（　　）
A．截取原电热丝长度的二分之一接入电路 B．将两根相同规格电热丝串联接入电路
C．将两根相同规格电热丝并联接入电路 D．将原电热丝对折后，并联接入电路
8．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，原因是（　　）
A．减小了电池的输出电流 B．降低了电池的输出电压
C．减小了电子线路的电阻 D．增大了电池的输出功率
9．如图所示电路，电源电压不变．闭合开关后，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W．下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
B．电源电压为10V
C．小灯泡正常发光时的电阻为10Ω
D．滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率为3.6W
10．如图，电路中L1“6V 3W“和L2“6V 6W”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3Ω
C．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1.5W
D．在保证电路安全的情况下，电路总功率最大可达到12W
二、填空题
11．如图，灯L标有“4V 2W”，R=20Ω，闭合开关S时，灯L正常发光（灯丝的电阻不受温度影响），电源电压为___________V，电流表示数为___________A。
12．小明家的电能表标有300revs/(kW h)，一次实践活动中测得该电能表的转盘在2min内转了40转，则2min内电流做的功为___J，用电器的总功率为__W。
13．有甲、乙两只灯泡，甲标有“6V 3W”字样，乙标有“6V 6W”字样，若将两灯泡并联，则___________灯更亮；若把它们串联起来，为保证电路安全则该串联电路两端允许加的最高电压为___________V（不考虑温度对灯泡电阻的影响）。
14．小明用电水壶将质量为1.8kg的水加热升温50℃，水吸收的热量为________J。若电水壶工作时功率为2000W，所消耗的电能全部被水吸收，则加热这壶水需要的时间是_______秒。小明家的电能表参数如图所示，若家中只有电水壶单独工作，则这段时间内电能表指示灯闪烁了_______次。［c水=4.2×103J/(kg·℃)］
15．将分别标有“6V 6W“和“3V 3W”的甲、乙两只灯泡串联接在电压为3V的电源两端，___________灯更亮；若并联接在该电源两端，两灯消耗的功率之比P甲：P乙=___________。（忽略温度对灯丝电阻的影响）
三、计算题
16．如图所示，电源电压为10V保持不变，小灯泡标有“6V、3W“字样，滑动变阻器R的最大阻值为50Ω。
（1）小灯泡正常工作5min将消耗多少电能？
（2）小灯泡恰好正常发光时，则变阻器的电功率是多少？
17．电熨斗往往采用如图所示的电路来保温：
（1）电熨斗正常使用时开关S应断开还是闭合？
（2）如果熨斗的电阻丝R的额定功率为400W，灯L标有“PZ220-100”，则当电熨斗处于保温状态时电阻丝R的实际功率是多大？此时整个电路的功率是多大？此时电路总功率比电熨斗正常发热时的功率少了多少？（不考虑温度对灯丝电阻的影响）
18．如图是小黄家一台快速电热水壶的铭牌，为了测量它烧水时的实际功率，小黄和父亲合作进行了如下实验：关掉家里所有用电器，将该电水壶装了0.3L，20℃的水，接入家庭电路中，闭合壶的开关，测得壶中的水从20℃上升到100℃所用的时间是3.5min。[1L＝10﹣3m3，水的密度是ρ＝1.0×103kg/m3，水的比热容是4.2×103J/（kg ℃）]，
请根据相关信息求：
（1）这壶水在加热过程中吸收多少热量？
（2）若电热水壶产生的热量全部被水吸收，则热水壶的加热功率是多少？
（3）第（2）问所得的功率比实际功率偏大还是偏小？为什么？
课时18.2 电功率同步练习
一、单选题
1．额定功率为1000瓦的用电器可能是
A．白炽灯 B．电视机 C．电冰箱 D．电烤箱
【答案】D
【解析】A、白炽灯的功率在15 W左右，A错误.
B、电视机的功率约50 W左右，B错误.
C、电冰箱的功率约100 W左右，C错误.
D、电烤箱属于大功率的家用电器，功率在1000W左右，D正确
故选D.
2．一只电能表上标明“220V,3A”字样，此电能表最多可接“220V,60W”的电灯数是
A．5盏 B．11盏 C．22盏 D．25盏
【答案】B
【解析】
电能表的最大功率P=UI=220V×3A=660W；
可以接入的灯泡的个数为n=660/60=11盏；
所以能接入的个数为11盏．故选B
3．把“220V 60W”和“20V 40W”的两盏灯串联在220V的电路中，两盏灯都比正常发光时暗，此时与正常发光时相比，每盏灯的
A．额定电压都变小 B．额定功率都变小
C．实际功率都变小 D．实际电压都不变
【答案】C
【解析】A、额定电压是指灯泡正常工作时的电压，额定电压是不会变小的，故A错误；B、额定功率是指灯泡正常工作时的功率，是不会变小的，故B错误；C、由于串联电阻具有分压作用，两灯均达不到额定电压，故功率达不到额定功率，实际功率小，所以灯变暗，故C正确．D、由于串联电阻具有分压作用，故实际电压都小于它的额定电压，故D错误；故选C．
4．判断电灯亮度的主要依据是
A．电功 B．电流 C．额定功率 D．实际功率
【答案】D
【解析】电流做功就是电能转化为其他形式的能，电功率表示电流做功的快慢程度，也就是说，实际功率大的电灯，在单位时间内消耗的电能就越多，转换出来的光能当然就越多（越亮），不能单独的说与电压或电流有关，当实际电压等于额定电压时，实际功率才等于额定功率
故选D
5．一个“220 V　 25 W”的甲灯正常发光3 h，另一个“110 V　25 W”的乙灯正常发光4 h，由此可知( )
A．甲灯的实际功率较大 B．乙灯中电流做的功较多
C．甲灯较亮，乙灯较暗 D．流过甲灯的电流较大
【答案】B
【解析】A．由题可知，两灯泡的额定功率相同，当两灯泡正常发光时，两灯泡的实际功率为其额定功率，所以两灯泡实际功率相同，故A错误．
B．根据W=Pt可知，两灯泡实际功率相同，t乙＞t甲，所以W乙＞W甲，故B正确为答案．
C．两灯泡实际功率相同，亮度相同，故C错误．
D．由P=UI可得，通过灯泡的电流，两灯泡功率相同，U甲＞U乙，所以I甲＜I乙，故D错误．
6．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片向左移动，在此过程中（　　）
A．电流表示数变小 B．灯泡L亮度变亮
C．电压表示数变大 D．电路消耗的总功率变大
【答案】A
【解析】C．由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源的电压，电流表测干路电流。因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故C错误；
B．因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过L的电流和实际功率不变，灯泡的亮暗不变，故B错误；
A．将滑动变阻器R的滑片向左移动，变阻器接入电路中的电阻变大，由可知，通过R的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表的示数变小，故A正确；
D．由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故D错误。
故选A。
7．把“220V 800W”的电炉丝改装后接在110V的电路上，欲使改装后的实际功率仍为800W，下列方案中，行之有效的做法是（　　）
A．截取原电热丝长度的二分之一接入电路 B．将两根相同规格电热丝串联接入电路
C．将两根相同规格电热丝并联接入电路 D．将原电热丝对折后，并联接入电路
【答案】D
【解析】根据公式知道，电压由220V变为110V为原来的一半，功率则变为原来的四分之一，如果想改装后实际功率仍不变，则电阻应该为原来的四分之一。
A．截取原电热丝长度的二分之一接入电路，电阻变为原来的一半，不合要求；
B．将两根相同规格电热丝串联接入电路，电阻增大为原来的2倍，不合要求；
C．将两根相同规格电热丝并联接入电路，电阻变为原来的一半，不合要求；
D．将原电热丝对折后，电阻变为原来的一半，再并联接入电路，总电阻变为原来的四分之一，符合要求。
故选D。
8．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，原因是（　　）
A．减小了电池的输出电流 B．降低了电池的输出电压
C．减小了电子线路的电阻 D．增大了电池的输出功率
【答案】A
【解析】根据可知，在电荷量一定的情况下，延长电池的供电时间，即时间t变大，那么电流会变小，即减小了电池的输出电流。
故选A。
9．如图所示电路，电源电压不变．闭合开关后，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W．下列说法正确的是（　　）
A．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
B．电源电压为10V
C．小灯泡正常发光时的电阻为10Ω
D．滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率为3.6W
【答案】A
【解析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流．
（1）当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消耗的功率为2W，由小灯泡消耗的功率变大可知，电路中的电流I＝0.3A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由P＝UI可得，此时灯泡两端的电压：
UL＝＝3V，
当滑片P移到中点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，灯泡两端的电压变大，由电压表示数变化了2V可知，此时灯泡两端的电压：
UL′＝UL2V＝3V2V＝5V，
因此时灯泡正常发光，且灯泡的功率PL′＝2W，所以，由P＝UI＝可得，灯泡正常发光时的电阻：
RL＝＝12.5Ω，
故C错误；
（2）当滑片P在最右端时，灯泡的电功率两端的电压UL＝3V，电路中的电流I＝0.3A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝ULIR＝3V0.3A×R滑 -----------①，
当滑片P移到中点时，灯泡两端的电压UL′＝5V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：
I′＝＝0.4A，
电源的电压：
U＝UL′I′×＝5V0.4A×------------②，
因电源的电压不变，所以，
3V0.3A×R滑＝5V0.4A×，
解得：R滑＝20Ω，故A正确；
电源的电压：
U＝UL+IR＝3V0.3A×20Ω＝9V，
故B错误；
（3）滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率：
PR＝I2R滑＝（0.3A）2×20Ω＝1.8W，
故D错误．故选A．
10．如图，电路中L1“6V 3W“和L2“6V 6W”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3Ω
C．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1.5W
D．在保证电路安全的情况下，电路总功率最大可达到12W
【答案】C
【解析】A．根据P=UI可得，灯泡正常工作的电流分别为：
，
；
由图知，闭合开关S，两灯泡串联，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．由可得，两灯的电阻分别为：
，
；
由于串联电路的电流处处相等，两灯泡正常发光时的最大电流为：I=I1=0.5A，
由欧姆定律可得总电阻：
；
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：
,
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：
，
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：
，
故D错误．
二、填空题
11．如图，灯L标有“4V 2W”，R=20Ω，闭合开关S时，灯L正常发光（灯丝的电阻不受温度影响），电源电压为___________V，电流表示数为___________A。
【答案】4 0.7
【解析】[1][2]由图知R与L并联，电流表测干路电流，灯L正常发光，所以U=UR=UL=4V，由P=UI可得通过灯泡的电流
由欧姆定律可得通过R的电流为
由并联电路的电流特点可得电流表示数为
I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A
12．小明家的电能表标有300revs/(kW h)，一次实践活动中测得该电能表的转盘在2min内转了40转，则2min内电流做的功为___J，用电器的总功率为__W。
【答案】4.8×105J 4000
【解析】[1]由电能表的盘上标有“300revs/(kW h)”。可知电路中每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转了300转。所以当电能表转盘转了40转时，消耗的电能为
W==4.8×105J
t=2min=120s
[2]用电器的总功率
13．有甲、乙两只灯泡，甲标有“6V 3W”字样，乙标有“6V 6W”字样，若将两灯泡并联，则___________灯更亮；若把它们串联起来，为保证电路安全则该串联电路两端允许加的最高电压为___________V（不考虑温度对灯泡电阻的影响）。
【答案】乙 9
【解析】[1]根据可得两灯泡的额定电流
两灯泡的电阻分别是
两灯并联时，电压相同，由可知，乙灯的电流大于甲灯的电流，根据可得乙灯电功率大，所以并联时乙灯亮。
[2]两灯泡串联时，为保证电路安全则该串联电路的最大电流为
串联电路两端允许加的最高电压为
14．小明用电水壶将质量为1.8kg的水加热升温50℃，水吸收的热量为________J。若电水壶工作时功率为2000W，所消耗的电能全部被水吸收，则加热这壶水需要的时间是_______秒。小明家的电能表参数如图所示，若家中只有电水壶单独工作，则这段时间内电能表指示灯闪烁了_______次。［c水=4.2×103J/(kg·℃)］
【答案】 189 315
【解析】[1]水吸收的热量为
[2]加热这壶水需要的时间是
[3]消耗电能为W=0.105kW·h，则这段时间内电能表指示灯闪烁次数
15．将分别标有“6V 6W“和“3V 3W”的甲、乙两只灯泡串联接在电压为3V的电源两端，___________灯更亮；若并联接在该电源两端，两灯消耗的功率之比P甲：P乙=___________。（忽略温度对灯丝电阻的影响）
【答案】甲 1：2
【解析】[1]由P=可得两灯的电阻分别为
若两灯串联，因串联电路中电流处处相等，R甲>R乙，由P=I2R可得P甲实>P乙实，所以甲灯比乙灯更亮。
[2]若并联接在该电源两端，并联电路中各支路两端电压相等，即U并甲=U并乙，由P=UI=可得两灯消耗的功率之比
三、计算题
16．如图所示，电源电压为10V保持不变，小灯泡标有“6V、3W“字样，滑动变阻器R的最大阻值为50Ω。
（1）小灯泡正常工作5min将消耗多少电能？
（2）小灯泡恰好正常发光时，则变阻器的电功率是多少？
【答案】（1）900J；（2）2W
【解析】解：（1）小灯泡正常工作的电功率
PL=P额=3W
由得小灯泡正常工作5min将消耗的电能
WL=PLt=3W×5×60s=900J
（2）小灯泡正常工作时两端的电压
UL=U额=6V
由P=UI可得，通过的电流
I==0.5A
滑动变阻器两端的电压
UR=U-UL=10V-6V=4V
滑动变阻器的电功率
PR=URI=4V×0.5A=2W
答：（1）小灯泡正常工作5min将消耗900J的电能；
（2）小灯泡恰好正常发光时，则变阻器的电功率是2W。
17．电熨斗往往采用如图所示的电路来保温：
（1）电熨斗正常使用时开关S应断开还是闭合？
（2）如果熨斗的电阻丝R的额定功率为400W，灯L标有“PZ220-100”，则当电熨斗处于保温状态时电阻丝R的实际功率是多大？此时整个电路的功率是多大？此时电路总功率比电熨斗正常发热时的功率少了多少？（不考虑温度对灯丝电阻的影响）
【答案】（1）闭合；（2）16W，80W，120W
【解析】解：（1）本题中的电熨斗的电热丝与灯泡是串联的，而电熨斗正常使用时，应当只有电热丝工作，则开关S应该闭合，灯被开关短路。
（2）电熨斗是利用了电流的热效应，正常工作时要使电熨斗温度达到较高，相同时间内要电流要产生较多的热量，根据焦耳定可知，电路中电流要较大，只有把开关S闭合，把灯泡短路，电路总电阻变小，电流变大。当开关S断开时，灯与电阻丝串联，电阻较大，电路中电流较小，电路总功率也变小，处于保温状态，可以节约能源。由可得灯泡、电阻丝各自的电阻
当电熨斗处于保温状态时，电路中的电流为
电阻丝R的实际功率
PR实=UI=I2RR=(0.364A)2×121Ω≈16W
电路总功率为
P=UI=220V×0.364A≈80W
此时电路的总功率比电熨斗正常发热时的功率少了
400W-80W=320W
答：（1）电熨斗正常使用时开关S应闭合；
（2）当电熨斗处于保温状态时电阻丝R的实际功率是16W，此时整个电路的功率是80W，此时电路总功率比电熨斗正常发热时的功率少了320W。
18．如图是小黄家一台快速电热水壶的铭牌，为了测量它烧水时的实际功率，小黄和父亲合作进行了如下实验：关掉家里所有用电器，将该电水壶装了0.3L，20℃的水，接入家庭电路中，闭合壶的开关，测得壶中的水从20℃上升到100℃所用的时间是3.5min。[1L＝10﹣3m3，水的密度是ρ＝1.0×103kg/m3，水的比热容是4.2×103J/（kg ℃）]，
请根据相关信息求：
（1）这壶水在加热过程中吸收多少热量？
（2）若电热水壶产生的热量全部被水吸收，则热水壶的加热功率是多少？
（3）第（2）问所得的功率比实际功率偏大还是偏小？为什么？
【答案】（1）1.008×105J；（2）480W；（3）第（2）偏小，在加热的实际过程中是有热量损失的
【解析】(1)水的体积为
V＝0.3L＝0.3dm3＝300cm3
水的质量为
m＝ρV＝1g/cm3×300cm3＝300g＝0.3kg
水吸收的热量为
Q吸＝cm（t2-t1）＝4.2×103J/（kg ℃）×0.3kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×105J
（2）若电热水壶产生的热量全部被水吸收
W=Q吸=1.008×105J
热水壶的加热功率为
(3)因为在加热的实际过程中是有热量损失的，例如：容器吸热、周围空气吸热等，所以第(2)问所得的功率比实际功率偏小。
答：(1)这壶水在加热过程中吸收1.008×105J的热量。
(2)若电热水壶产生的热量全部被水吸收，则热水壶的加热功率是480W。
(3)第(2)问所得的功率比实际功率偏小；在加热的实际过程中是有热量损失的。