2024中考冲刺——电能错题精选
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2024中考冲刺之电能错题精选
一、选择题
1． 如图所示，将矩形铜线框ACDF上的B、E两点接入电路并放入磁场中，AB、BC、ED和FE段都受到磁场的作用力，下列哪两段线框在磁场中受力的方向相同（ ）
A．AB段与BC段 B．AB段与ED段 C．BC段与ED段 D．ED段与FE段
2． （2022 天津模拟）下列家用电器中，正常工作一小时耗电最接近1度的是（ ）
A．电风扇 B．手电筒 C．空调机 D．电视机
3．（2023盐城）据媒体报道，我国的第三艘航母“福建号”使用了电磁弹射技术，它的弹射车与舰载机的前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通入强电流时，立即产生强大的推力，使舰载机快速起飞．在下列的四个实验中，与电磁弹射器的工作原理相同的是（ ）
A．电荷间相互作用规律实验 B．奥斯特实验
C．磁场对电流作用实验 D．电磁感应实验
4． 如图所示的充电鞋垫，利用脚跟起落驱动磁性转子旋转，线圈中就会产生电流，从而能给鞋面上的电池充电。图中与充电鞋垫的工作原理相同的是（ ）
A． B． C．D．
5． “探究小灯泡的电功率”的实验电路如图甲所示，实验中选择“2.5V”规格的小灯泡，实验中得到的U﹣I图像如图乙。下列说法不正确的是（ ）
A．调节滑片过程发现灯泡亮度变化，这是由灯泡的实际功率变化引起的
B．小灯泡的额定功率为0.75W，正常发光时电阻为8.3Ω
C．实验中发现小灯泡无法调到额定电压，一定是因为电源电压过小
D．用图甲的电路，通过更换灯泡L的方法，能完成探究“电功率与电流的关系”
6． （2023金坛区一模）如图所示，当开关S闭合时，灯L正常发光。把一台灯插头插在图中的插座里，闭合台灯开关后，发现台灯不亮，灯L也熄灭。用测电笔分别接触插座两孔及A、B两点时，氖管都不发光。造成这种现象的原因可能是（ ）
A．台灯插头短路 B．台灯灯头短路 C．台灯开关短路 D．进户线零线断路
7．（2023余姚市）如图所示电路图中电源电压U保持不变，小灯泡的额定电压为U0，且U＞U0，定值电阻阻值为R．在不改变电路连接的情况下，能测出小灯泡正常发光的电阻的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023 交城县二模）在学校组织的“小制作”活动中，“圆梦”学习小组的同学，以塑料管为连接轴将两个玩具小电机的转轴连接起来，并连接如图所示的电路，开关S闭合后，小灯泡发光；断开开关S后，转动甲电机，小灯泡还能发光。依据这些现象下列推断正确的是（ ）
A．甲电机相当于电动机，乙电机相当于发电机 B．甲电机的工作原理是电磁感应现象
C．乙电机工作时，将机械能转化为电能 D．将电源正负极对调，灯泡亮度发生改变
9． 小峰为了探究某电动玩具车内部电动机与指示灯的连接方式。他将这辆玩具车的电池取下，保持开关闭合。转动车轮，车上的指示灯还能发光。进一步探究发现，玩具车内部电路是由电源、开关、电动机、指示灯各一个组成的，则该玩具车电路中电动机与指示灯（ ）
A．可以确定，一定串联 B．可以确定，一定并联
C．可以确定，串联、并联都行 D．需要再断开开关，转动车轮，观察指示灯是否发光。才能判断
10．（2022 衢州模拟）如图电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片移到滑动变阻器的b端时，电压表的示数为8伏，10秒内定值电阻R1做功为20焦；当滑片P移到滑动变阻器的中点时，电压表的示数为6伏。下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为14伏 B．滑动变阻器R的最大阻值为8欧
C．滑片在b端，电流表示数为0.75安 D．电路先后两次消耗的总电功率之比为2：3
11．（2023海门市）如图所示，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为5Ω。闭合开关后，移动滑片，发现能使电流表（“0～0.6A”或“0～3A”）和电压表（“0～3V”或“0～15V”）的指针同时达到满刻度线，则R0的电功率与电流的关系图象可能是（ ）
A． B． C． D．
12．（2023 天山区一模）图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定功率为5W，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～0.6A，在保证电路各元件安全的前提下，先只闭合开关S、S1，将滑片P从最右端b向左最大范围移动到a点，再断开开关S1，闭合开关S2，将滑片P从a点向右移动到最右端。图乙是这两次实验过程中绘制的电流表与电压表示数的关系图像，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为5V
B．电源电压为10V
C．只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为8J
D．只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω～32Ω
13．家用漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时实施保护的设备，家庭电路漏电时，通过火线与零线的电流不相等，漏电保护器中有一特殊装置（在图中虚线框内，未画出）检测到这一差异后，便切断电源，起到保护作用。漏电保护器中还有实验电路，由一只开关S与电阻R组成，闭合开关S就能模拟漏电情形，试验电路的连接符合要求的是（ ）
A．B．C． D．
14．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
15．如图所示的电路，电源电压不变，灯L标有“6V 、3W”字样，不考虑灯丝电阻的变化。当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时I甲＝0.5A，电路消耗的总功率为P1；当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，此时U乙＝2.4V，电路消耗的总功率为P2．下列说法正确的是（ ）
A．电阻R的阻值为36Ω
B．电路的总功率之比P1：P2＝5：2
C．当甲、乙都是电压表，S1、S2闭合时，灯L的实际功率为0.48W
D．当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开时，两表示数之比I甲：I乙＝2：3
二、填空题
16．（2023 苍溪县模拟）如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是 ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是
J。
17．如图所示的甲、乙两个电路中，开关闭合后，输电线因电流过大而燃烧起来。甲图产生的原因是： ；乙图产生的原因是： 。
18．（2022庐阳区 ）小明家中暖风机铭牌如图甲所示，电能表如图乙所示；若家中仅有暖风机工作，则正常工作1h，脉冲指示灯闪烁 次。
19．（2023 海口一模）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则电源电压为 V。当滑片在a点时通电100秒R0消耗的电能为 J。
20．（2023宁波模拟 ）小科做“测定小灯泡额定功率”的实验，选取的电源电压为6V，待测小灯泡标有“2.5V”字样，小灯泡L的电阻约为9Ω，滑动变阻器有A、B两个（A标有“10Ω，1A”字样、B标有“20Ω，0.6A”字样），他选取了其中一个变阻器进行实验。
（1）小科根据图甲正确连接电路，闭合开关（操作规范）后，电压表、电流表的示数分别如图乙和丙所示，则小科在实验中选用的滑动变阻器是 （选填“A”或“B”）。
（2）若要正确测出该小灯泡的额定功率，可采用的方法是 。（选填字母代号）
A.直接调节滑动变阻器的滑片 B.更换滑动变阻器 C.将电源电压减小至3V
21．如图甲是家用电吹风的工作原理图电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风。
（1）要让电吹风工作时吹出热风，它的开关应置于题图甲中 （选填“1”、‘2”或“3“）位置，此时电风扇与电热丝的连接方式是 。
（2）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是 J。
（3）电热丝在工作时的电阻值是 Ω．（保留一位小数）
（4）使用几年后，发现电热丝变细，则其电阻变 ，它的实际功率将变 。
22．（2023 东莞市二模）如图所示电路中，闭合开关，在甲、乙两处接上电压表时，甲、乙电表示数之比为3：2，此时R1与R2 （填“串联”或“并联”）；若将甲、乙两处换成电流表，并将开关S断开，则甲、乙两电表示数之比为 ；若电源电压为6V，R1＝10Ω，两电表为电流表，断开开关S通电10s后，R1产生的电热为 J。
三、探究题
23．（2022沈河区 ）在“测量小灯泡的额定功率”的实验中，小灯泡上的额定电压模糊不清，只能看清标有“0.3A”的字样，电源电压为6V保持不变。
（1）请你在图甲中补画一根导线，使得测定小灯泡电功率的电路完整，要求滑片P向B端移动时，小灯泡变亮。
（2）连接完电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数为6V，经分析小明认为灯泡可能 （填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，开始实验，在移动变阻器滑片的过程中，眼睛应注视 示数的变化，直至小灯泡正常发光，此时电压表的示数如图乙所示。
（4）由于电压表指针偏转角度较小，且指针未对准整刻度线，小明觉得读数时误差会比较大数据不够精确，那么在不改变器材的情况下，小明应该如何操作才能减小误差，请写出操作方法： ，当小灯泡正常发光时，电压表示数如图丙所示，此时电压表示数为 V，则小灯泡的额定功率为 W。
（5）另一小组为了测量已知额定电压为U额的小灯泡额定功率，设计了图丁所示的电路（R0为阻值已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ （用物理量U额、R0和I表示）。
24．探究小灯泡的电功率是初中科学非常重要的实验。
（1）探究小灯泡的电功率与电压有关的实验中，小组同学设计了图甲的电路图。小灯泡的电功率与电压有关，电压越大，功率越大。则支持该结论的实验现象是__________________________________。
（2）为了测定额定电压为“2.5V”的小灯泡的额定电功率，小明按图乙连接电路。
①闭合开关，将滑动变阻器滑片P移到某一位置，电压表示数如图丙所示，此时为测定小灯泡额定功率，小明接下来应该如何操作？__________________________________________________________。
②当电压表示数为2.5伏，此时电流表读数为0.3安，小明根据P=UI算出小灯泡的额定功率为0.75W，断开开关，发现电流表的指针如图丁所示，则小灯泡的额定功率的真实值 ________0.75W（填大于、等于或小于）。
25．无水箱式电热水器具有体积小、加热快的优点，图甲是它的工作原理图。
（1）温控器：水温传感器测量到出水温度并将信息传给微电脑芯片，微电脑芯片将测量到的水温和预先设定的温度进行比较，然后即时控制温控器内的两个开关的状态，从而让喷头喷出预先设定温度的热水。请在图乙虚线框中补齐温控器内的两个开关。
（2）水压控制开关：当热水器内没有水或水压过低时，图丙所示的水压控制开关能确保电热水器停止工作。图中顶杆必须具有很好的 性才能防止漏电。
（3）家庭电路中该电热水器在正常电压下工作，当喷头喷出水的流量为4.5L/min时，5℃的冷水经过加热后温度最高可达38℃，已知通过电热水器的电流为52.5A，则该电热水器的加热效率多少？如果此时还要进一步提高水温，应该怎样调节冷水的流量的大小？
四、计算题
26．家用电器工作时往往达不到额定的电压和功率。某同学在家中做了如下实验：他首先查看自己家的电能表，表上标有“3600R/kW h”字样：随后他关闭了家中所有用电器，只让一个标有“220V、1210W”的电水壶盛满水持续工作，与此同时，观察到电能表转盘1分钟转过60圈。假设电水壶的电阻保持不变，求：
（1）电水壶的电阻；
（2）电水壶正常工作0.1h所消耗的电能；
（3）根据电表的转动数据计算此时电水壶工作时的实际电功率；
（4）该同学家的实际电压。
27．（2022泉州月考）图甲为某款空气炸锅，图乙为其简化电路图。空气炸锅的工作原理是利用加热管加热空气，通过电风扇让热空气流在气旋加热仓高速旋转加热煮熟食物。电风扇标有“220V 40W”的字样，R1为35Ω的发热电阻，R2为热敏电阻，R2阻值随温度的变化关系如图丙。
（1）求电风扇正常工作时的电流；
（2）求加热管的最大功率；
（3）若空气炸锅以最高温度持续工作1min，消耗的总电能为3.87×104J，不计能量损耗，求此时热敏电阻R2的阻值。
28．（2023 郸城县模拟）如图是某饮水机的电路原理简图，电热丝R1、R0绕在出水管上，水经过出水管时被加热，通过改变“温、开水选择开关”的状态（“断开”或“闭合”），可以选择出温水或开水．该饮水机的额定电压是220V，开水加热电功率是2200W，温水加热电功率是1100W。已知R1、R0电阻值不随温度变化，水的比热容c＝4.2×103J/（kg ℃）。求：
（1）饮水机正常工作，出开水时电热丝中的电流I和电热丝R1的电阻值；
（2）需要100℃的开水0.5kg，已知水的初温是20℃，水需要吸收多少热量；
（3）如果电能转化为水的内能的效率是70%，饮水机实际电压为200V时，烧开这些水需要多少时间。
2024 中考冲刺之电能错题精选（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】B
【解析】【分析】通电导体在磁场中受力而运动，导体的受力方向跟电流的方向、磁场方向有关。在磁场方向一定时，电流方向改变，导体受力方向改变；在电流方向一定时，磁场方向改变，导体受力方向改变。
【解答】解：如图磁场方向相同，若电流方向相同，则通电导体的受力方向相同，
BAFE段和BCDE段并联在电源上，所以AB中电流向下、EF中电流向上、CB中电流向上、DE中电流向下，
AB和ED中电流方向相同，受到磁场作用力方向相同，
EF和CB中电流方向相同，受到磁场作用力方向相同。
故选：B。
【点评】本题关键在于线圈的两部分是并联在电路中，分析各段的电流方向，再判断受到磁场力的方向。
2． 【答案】C
【解析】【考点】电功率的概念．
【分析】根据时间和消耗的电能求出用电器的功率；根据对各种电器功率的了解，逐一分析找出符合条件的一个选项。
【解答】解：电器正常工作1h，耗电最接近1度＝1kW h，则它的功率约为P＝＝＝1kW＝1000W；
A、电子表的功率约为4.5μW，故A不符合题意；
B、手电筒的功率约为1W，故B不符合题意；
C、空调机的功率约为1000W，故C符合题意；
D、电视机的功率约为130W，故D不符合题意。
故选：C。
3． 【答案】C
【解析】【考点】磁场对通电导线的作用．
【分析】电磁弹射器是利用了磁场对通电导体产生力的作用；根据通电导体在磁场中受到磁场力的作用分析解答。
【解答】解：由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
A、电荷间相互作用规律是同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与电磁弹射器工作原理不一致，故A不符合题意；
B、奥斯特实验，证明了电流周围存在磁场，与电磁弹射器工作原理不一致，故B不符合题意；
C、磁场对电流作用实验原理是通电导体棒在磁场中受力而运动，即与电磁弹射器的工作原理相同，故C符合题意；
D、电磁感应实验是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，与电磁弹射器工作原理不一致，故D不符合题意。
故选：C。
4． 【答案】D
【解析】【分析】充电鞋垫是利用电磁感应现象工作的；逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，找出利用电磁感应现象的选项。
【解答】解：由题知，充电鞋垫利用脚跟起落驱动磁性转子旋转，线圈中就会产生电流，从而能给鞋面上的电池充电，故充电鞋垫是利用电磁感应现象工作的；
A、此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用而运动，与充电鞋垫的工作原理无关，故A错误；
B、此图探究的是电磁铁磁性强弱的影响因素，与充电鞋垫的工作原理无关，故B错误。
C、此图说明了电流的磁效应，是利用电来获得磁，与充电鞋垫的工作原理无关，故C错误；
D、该实验中，闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，电流表指针发生偏转，与充电鞋垫的工作原理相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题将电磁中几个常见的实验对比考查，要注意区分不同之处。
5． 【答案】C
【解析】【分析】A、灯的亮度由灯的实际功率决定，由此结合电路分析；
B、由图像读出灯泡正常发光时的电流，由电功率公式计算额定功率，由欧姆定律计算其电阻；
C、灯泡正常工作时电压等于额定电压，小灯泡无法调到额定电压，可能是低于也可能是高于额定电压，据此分析；
D、探究“电功率与电流的关系”应保持电压不变，若不换灯泡，无法得到普遍性的结论。
【解答】解：A、调节滑片，变阻器连入电路的阻值发生变化，这样灯泡两端电压和电流都会发生变化，由P＝UI知，其实际功率发生变化，所以灯泡亮度会发生改变，故A正确；
B、由图像知，灯泡电压等于额定电压2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，
所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
由欧姆定律I＝，可得灯泡正常发光时电阻：R＝＝≈8.3Ω，故B正确；
C、实验中，移动滑片调节灯泡两端电压，但都无法使灯泡两端电压调到额定电压2.5V，可能是电源电压低于灯泡的额定电压的原因；也可能是电源电压过大，而变阻器的最大电阻过小，当变阻器的最大电阻连入电路中时，灯的电压也高于2.5V，故C错误；
D、探究“电功率与电流的关系”时，可换用不同灯泡且保持电压不变，观察小灯泡的亮度来比较电功率，从而得到电功率与电流的关系，故D正确。
故选：C。
【点评】本题是探究小灯泡的电功率的实验，考查了灯泡实际功率的决定因素、电功率和电阻的计算，还考查了电功率与电流关系的实验探究及控制变量法的运用等知识。
6． 【答案】B
【解析】【解答】解：A、如果台灯插头短路，把台灯插头插入插座时就会造成家庭电路短路，引起空气开关跳闸。故A不符合题意；
B、如果台灯灯头短路，台灯插头插在插座里，闭合台灯开关后，造成家庭电路短路，引起空气开关跳闸。所以用测电笔分别接触插座两孔及A、B两点时，氖管都不发光。故B符合题意；
C、如果台灯开关短路，相当于开关闭合，如果台灯灯头没有问题，台灯会直接发光，同时灯泡L正常发光，不会引起空气开关跳闸。故C不符合题意；
D、如果进户线零线断路，当开关S闭合时，灯L不能发光。故D不符合题意。
故选：B。
7． 【答案】C
【解析】【考点】欧姆定律的应用．
【解答】解：A、不论怎样闭合、断开各开关，都不能确定灯泡是否正常发光，故不能测出灯泡的额定功率；测出灯泡两端的电压，S2闭合S3断开时，电流表把灯泡短路，灯泡不发光；S2断开S3闭合时，电流表把电阻短路；两个都闭合或断开时，电流表均无示数。测不出灯泡的额定电流，故A不符合题意；
B、闭合开关S2，电压表上端为正接线柱，下端为负接线柱；只闭合开关S3，电压表上端为负接线柱，下端为正接线柱，又不能更改电路，所以其中有一次电压表接线柱一定接反，不能读出电压表示数，不能测出灯泡的额定功率，故B不符合题意；
C、定值电阻R与灯泡串联流过它们的电流相等，开关处于2的位置时，电压表测量的是灯泡的两端电压，调节滑动变阻器使电压表示数等于灯泡的额定电压U0；再将单刀双掷开关打到1时，电压表测量的是灯泡和电阻串联后的两端电压U；则小灯泡的电流为I＝，小灯泡正常发光的电阻表达式是R＝R．故C符合题意；
D、开关处于1的位置，电流表把灯泡和电阻短路，电流表测量滑动电阻的电流；开关处于2的位置，电流表把小灯泡短路，测量的是通过电阻的电流。测不出灯泡的额定电流，故D不符合题意。
故选：C。
8． 【答案】B
【解析】【考点】发电机的构造和原理；电磁感应现象．
【解答】解：A、闭合开关，乙电机转动，乙带动甲电机转动，甲电机相当于发电机，乙电机相当于电动机，A选项错误；
B、甲电机相当于发电机，发电机的工作原理是电磁感应现象，B选项正确；
C、闭合开关，乙电机转动，乙电机相当于电动机，将电能转化为机械能，C选项错误；
D、将电源正负极对调，甲乙电机的转速不变，甲电机产生的感应电流大小不变，灯泡的实际功率不变，亮度不变，D选项错误。
故选：B。
9． 【答案】B
【解析】【分析】串联的各电路元件相互影响，不能独立工作，并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意与实验现象判断灯泡与电动机的连接方式。
【解答】解：转动车轮，车轮带动电动机转动，电动机变成了发电机，转动车轮，车上的指示灯还能发光，说明此时电动机、指示灯构成闭合回路，故电动机与指示灯是并联的；如果电动机与指示灯是串联的，拆去电池、闭合开关后，电动机、指示灯组成的电路是开路，指示灯不会发光。
故选：B。
【点评】本题考查了判断元件的连接方式，知道串并联电路的特点、根据题意即可解题。
10．【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律．
【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R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R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R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；
由图可知，当滑片滑到b处时，变阻器接入电路的电阻最大为R且与电阻R1串联，滑动变阻器两端电压为U大＝8V，即U大＝IbR＝×R＝8V ①
当滑片在中点时，变阻器接入电路的电阻为且与R1串联，此时滑动变阻器两端电压为U中＝6V，
由欧姆定律可得，电路中电流I中＝，即U中＝I中＝×＝6V ②
由①②可得：R＝2R1，U＝12V；故A不正确
当滑片移到滑动变阻器的b端时，电压表的示数为8伏，R两端电压UR1＝U﹣U大＝12V﹣8V＝4V，
由题可知，此时10秒内定值电阻R1做功为20焦，由W＝UIt可得此时电路中的电流：I＝＝＝0.5A；故C不正确变阻器的最大阻值：R＝＝＝16Ω；故B不正确；
由上可知R＝2R1，根据P＝UI＝可得，电路先后两次消耗的总电功率之比：＝＝＝，故D正确。
故选：D。
11．【答案】A
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】已知电源电压和电表的指针同时达到满刻度线，分析可知电压使用的量程，再用欧姆定律可分析出电路中的最大电流；根据P＝I2R求出R0的最大电功率；滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0；根据P＝I2R可知R0的电功率与电流的平方成正比，据此分析R0的电功率与电流之间的关系。
【解答】解：
（1）电源电压为6V，电表的指针同时达到满刻度线，因此电压表使用的是“0～3V”量程，定值电阻R0为5Ω，I＝＝＝0.6A，即电路中的最大电流为0.6A，
由P＝I2R可知，R0的电功率与电流的平方成正比，因在I＜1A时，I2＜I，所以，在电路中的电流小于0.6A时，IR0＞I2R0，则R0的电功率与电流的关系图象中，图线向下凹，故B不符合题意；
（2）滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0，故C不符合题意；
（3）由题意可知，电表的指针同时达到满刻度线，即电路中的最大电流为0.6A，则：R0的最大电功率：P0大＝（I大）2R0＝（0.6A）2×5Ω＝1.8W，故D均不符合题意。
故选：A。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A.从图乙可知，电路中的最大电流为0.5A，而电流表的量程为0～0.6A，小灯泡的额定功率为5W，则小灯泡的额定电压为：，故A错误；
B．当电流为0.5A，小灯泡的电压为10V，滑动变阻器两端的电压为2V，故电源电压为12V，故B错误；
D．当只闭合开关S、S1，滑动变阻器与灯泡L串联，从图像可知，当电压表的示数为2V时，电流表的示数为0.5A，则此时滑动变阻器的阻值为：，当电压表的示数为8V，电流表的示数为0.25A，则此时滑动变阻器的阻值为：，故D正确；
C．当断开开关S1，闭合开关S2，滑动变阻器此时是一个定值，滑动变阻器与电阻R2串联，电压表测量滑动变阻器左半部分的电压，随着滑片向右滑动，电路中的电流不变，此时电路中的电流为0.3A，则总电阻为：
，定值电阻R2的阻值为：R2＝R总﹣R1＝40Ω﹣32Ω＝8Ω，
只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为：
Q＝I2Rt＝（0.3A）2×8Ω×5s＝3.6J，故C错误。
故选：D。
13．【答案】C
【解析】【分析】根据题意可知，漏电保护器在检测到通过虚线框内火线与零线的电流不相等时，会切断电源，否则不会切断电源，据此选择符合题意的电路图。
【解答】解：AB、闭合开关S时，通过虚线框内火线和零线的电流相等，此时无法模拟漏电情形，故AB不正确；
C、闭合开关时，通过虚线框内火线的电流小于通过该装置零线的电流，可以模拟漏电情形，故C正确；
D、闭合开关时，虚线框内火线电流仍然等于零线电流，因为导线将电阻R短路，所以闭合开关不影响电路，故D不正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串、并联电路的设计，关键是抓住漏电保护器的工作条件：通过虚线框内火线与零线的电流不相等，然后逐一分析选项即可得出答案。
14．【答案】A
【解析】【分析】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）比较滑片P在某一端点和滑片P移至中点时灯泡消耗的功率判断开始时滑片的位置，根据P＝UI求出此时灯泡两端的电压，根据串联电路的分压特点结合电压表示数的变化判断滑片位于中点时电压表的示数，根据P＝UI＝求出灯泡正常发光时的电阻；
（2）当滑片P移到最右端点时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源的电压，滑片P移到中点时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出滑动变阻器的最大阻值，进一步求出电源的电压；
（3）滑片P在最右端时，根据P＝I2R求出滑动变阻器的功率。
【解答】解：
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（即滑片在最右端），
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′＝UL+2V＝3V+2V＝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＝UL+IR＝3V+0.3A×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（等于此时灯泡的电流）：
I′＝＝＝0.4A，
电源的电压：
U＝UL′+I′×＝5V+0.4A×﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源的电压不变，
所以，3V+0.3A×R滑＝5V+0.4A×，
解得：R滑＝20Ω，故A正确；
电源的电压U＝UL+IR＝3V+0.3A×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。
【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，要注意本题中灯泡的电阻是变化的。
15．【答案】C
【解析】【分析】分析电路，当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时R与L并联，乙测干路电流I，甲测L电流I甲，当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，R与L串联接在电路中，甲测总电压U，乙测L两端电压UL，不考虑灯丝电阻的变化，通过R＝求出灯泡的电阻，根据串并联电路特点、欧姆定律及功率公式解题。
【解答】解：
A、由P＝UI可得，灯泡正常工作时的电流：I额＝＝＝0.5A，
由可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，
当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时R与L并联，甲电流表测L的电流，因I甲＝0.5A＝I额，即灯泡正常工作，由并联电路的电压特点可知，电源电压U＝U额＝6V；
当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，R与L串联接在电路中，甲电压表测总电压U，乙测L两端电压，且UL＝U乙＝2.4V，
根据串联电路的特点可得电路中的电流：
IR＝IL＝＝＝0.2A，
电阻R两端的电压：UR＝U﹣UL＝6V﹣2.4V＝3.6V，
电阻R的阻值：R＝＝＝18Ω，故A不正确；
B、当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时R与L并联，
由电阻的并联可得＝+＝+，解得R并＝Ω，
当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，R与L串联接在电路中，
则串联电路总电阻R串＝R1+R2＝12Ω+18Ω＝30Ω，
电路总功率之比：＝＝＝＝，故B不正确；
C、当甲、乙都是电压表，S1、S2闭合时，灯L的实际功率：PL＝ULIL＝2.4V×0.2A＝0.48W，故C正确；
D、当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开时，此时R与L并联，
甲电流表测L的电流，且I甲＝0.5A，
乙电流表测干路电流，则：I＝IR'+I甲＝+I甲＝+0.5A＝A，
两表示数之比为I甲：I乙＝0.5A：A＝，故D不正确。
故选：C。
【点评】本题公式运用多，公式变形也多，要正确分析电路，弄清电表的测量对象是解题关键。
二、填空题
16．【答案】
【解析】【解答】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W＝Pt＝2W×60s＝120J。
故答案为：电压；120。
17．【答案】总功率过大；短路。
【解析】【分析】家庭电路中电流过大的原因有两种，一是用电器短路，二是用电器总功率过大。
【解答】解：（1）家庭电流中电流过大总共有2个原因：短路和总功率过大，
图甲：用电器总功率等于各个用电器功率之和，并联的用电器越多，总功率越大，根据公式P＝UI，电流会非常大；
图乙：金属件将火线和零线接通，造成短路，电流直接通过导线，由于导线电阻很小，导致电流过大。
故答案为：总功率过大；短路。
18．【答案】故答案为：6600。
【解析】【考点】电能表参数的理解与电能的求法．
【分析】利用P＝的变形公式求出暖风机正常工作1h消耗的电能；3000imp/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的脉冲指示灯闪烁3000次，据此可求出暖风机正常工作1h，脉冲指示灯闪烁的次数。
【解答】解：由图甲可知，暖风机的额定功率为P＝2200W＝2.2kW，
由P＝可知，暖风机正常工作1h消耗的电能：W＝Pt＝2.2kW×1h＝2.2kW h；
由图乙可知，电能表的字样“3000imp/（kW h）”，表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的脉冲指示灯闪烁3000次，
则暖风机正常工作1h，脉冲指示灯闪烁的次数：n＝2.2kW h×3000imp/（kW h）＝6600imp。
故答案为：6600。
19．【答案】6；1800
【解析】【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib＝0.5A，U1＝1V、U2＝5V，所以电源电压：U＝U1+U2＝1V+5V＝6V，电阻R0的阻值：R0＝＝2Ω，滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，此时通过电路的电流Ia＝＝3A，通电100sR0消耗的电能：W＝R0t＝（3A）2×2Ω×100s＝1800J。
故答案为：6；1800。
20．【答案】（1）A；（2）BC。
【解析】【考点】伏安法测定电功率．
【解答】解：（1）由图可知，电流表所选量程为0～0.6A，根据指针位置可知，此时电流表的示数是0.32A，电压表所选量程为0～3V，根据指针位置可知，此时电压表的示数是2.8V，根据串联电路的电压特点：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.8V＝3.2V，滑动变阻器的最大值：R滑＝＝＝10Ω，则实验中选用的变阻器是A；
（2）小灯泡额定电压是2.5V，由（1）可知小灯泡的电阻小于滑动变阻器的最大值，不能直接调节滑动变阻器的滑片达到额定电压，故A不可行。调低电源电压到3V或更换滑动变阻器的阻值，再调节滑动变阻器可使小灯泡达到额定电压，可测出了小灯泡的额定功率，故选BC。
故答案为：（1）A；（2）BC。
21．【答案】故答案为：（1）1；并联；（2）13200；（3）91.7；（4）大；小。
【解析】【分析】（1）当电吹风机送出来的是热风时，说明电动机和电阻丝同时工作。
（2）首先由图象得出吹热风和吹凉风时的功率和时间，然后根据W＝Pt分别计算出电吹风工作时吹热风和吹凉风时消耗的电能，求其和即可。
（3）根据功率随时间的图象计算电热丝的功率，然后利用R＝求出电阻。
（4）导体的长度、材料相同时，横截面积越大，电阻越小；根据公式P＝UI＝即可分析出灯泡实际功率的变化。
【解答】解：（1）当电吹风机送出来的是热风时，需要电动机和电阻丝同时工作，即开关应置于图甲中的1位置，电风扇与电热丝是并列连接在电源上的，所以是并联连接。
（2）根据功率随时间的变化关系图象可知：
P热＝616W，t1＝20s，P凉＝88W，t2＝30s﹣20s＝10s，
W总＝W热+W冷＝P热t1+P凉t2＝616W×20s+88W×10s＝13200J。
（3）∵吹热风时电动机和电阻丝同时工作，吹冷风时只有电动机工作，
∴电热丝的功率为P＝P热﹣P凉＝616W﹣88W＝528W，
根据P＝UI＝得：
电热丝的电阻为R＝＝＝91.7Ω。
（4）白炽灯灯泡长期使用后，钨丝因升华变细，横截面积变小，导致灯丝电阻变大；根据公式P＝UI＝可知，灯泡两端的电压不变，灯泡的实际功率与其电阻成反比，电阻增大时灯泡的实际功率会变小。
故答案为：（1）1；并联；（2）13200；（3）91.7；（4）大；小。
【点评】本题考查电功率公式的应用和影响电阻大小的因素，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大。
22．【答案】串联；1：3；36
【解析】【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，此时R1与R2串联。
（2）甲电压表测串联总电压，乙电压表测R2两端电压，两表的示数之比：U甲：U乙＝3：2
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以有＝＝
由分压原理有
若将甲、乙两处换成电流表，并将开关S断开，两电阻并联，电流表A乙测干路的电流，电流表A甲测R2的电流，根据并联电路电压相等，由U＝IR可知在电压相等时，电流与电阻成反比，故通过两电阻的电流之比为 可得出
由并联电路电流的规律得出甲、乙两电表示数之比 则甲、乙两电表示数之比为1：3。
（3）若电源电压为6V，R1＝10Ω，两电表为电流表，断开开关S，两电阻并联，通电10s后，根据并联电路电压的规律，则R1产生的电热为Q＝W＝t＝×10s＝36J
故答案为：串联；1：3；36。
三、探究题
23．【答案】（1）；（2）断路；（3）电流表；
（4）电压表换0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；2.2；1.14；（5）；U额×（I﹣）。
【解析】【解答】解：（1）滑动变阻器接右下接线柱B时，滑片向B端移动时，电路电阻变小，电流变大，灯泡两端电压变大，灯泡变亮；故电路图如图所示：
（2）电流表无示数，说明电路断路；又因为电压表的示数为6V，说明电压表接在电源两端，因此电路故障为小灯泡断路；
（3）当通过灯泡的电流为额定电流时，灯泡正常发光，故应盯着电流表直至示数为额定电流0.3A；
（4）由于电压表指针偏转角度较小，且指针未对准整刻度线，说明电压表量程选择过大，但电压又超过3V，故应该改接电压表0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；由图可知电压表示数为U1＝2.2V，故电灯电压U灯＝U﹣U1＝6V﹣2.2V＝3.8V，根据P＝UI求灯的额定功率P＝U灯I＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（5）①断开开关S1，闭合开关S2，此时灯泡和定值电阻并联电压相同，电流表只测量定值电阻电流，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为时，定值电阻两端电压为U额，小灯泡电压也为U额，故小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；此时电流表测量正常发光时小灯泡和定值电阻总电流，故小灯泡的额定电流为I﹣；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝U额×（I﹣）；
故答案为：（1）；（2）断路；（3）电流表；（4）电压表换0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；2.2；1.14；（5）；U额×（I﹣）。
24．【答案】①. 电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮 ②. 滑片向左移动，直到电压表示数为2.5V ③. 大于
【解析】【答案】①. 电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮 ②. 滑片向左移动，直到电压表示数为2.5V ③. 大于
【详解】（1）[1]甲中两灯串联，通过两盏灯的电流相等，灯的电压越大，由P=UI知道，灯的实际功率越大，灯越亮；支持该结论的实验现象是电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮。
（2）①[2]灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理知道，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以，滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V。
②[3]由图知道，电路中无电流时，电流表的指针指在零刻度线的左侧，则测量电流时，电流表的示数要小于灯泡的额定电流，由P=UI知道，测得的灯泡的实际功率偏小，即小灯泡的额定功率的真实值大于0.75W。
25．【答案】答：（1）如上图所示；
（2）绝缘；
（3）该电热水器的加热效率为90%；进一步提高水温的可行措施：调小进入热水器的冷水的流量。
【解析】【分析】（1）由甲图可知，温控器控制两个电热丝的通断，微电脑芯片通过比较测量到的水温和预先设定的温度确定两电热丝的工作，当水温较低时两个电热丝均工作，水温较高时让其中的一个电热丝工作即可，水温高时两电热丝均不工作，据此可知两开关并联；
（2）由图丙可知，顶杆与弹性金属薄片和开关接触，为防止漏电应具有很好的绝缘性；
（3）设加热时间为1min，根据水的流量可知加热水的体积，根据ρ＝求加热水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，利用W＝UIt求出消耗的电能，再根据η＝×100%求出加热效率；水吸收的热量一定，要提高水温，应减小加热水的质量，据此进行解答。
【解答】解：（1）经分析可知，两电热丝可以独立工作，且各有一个开关控制，故温控器内的两个开关如下图方式连接：
（2）为防止漏电，水压控制开关的顶杆必须具有很好的绝缘性；
（3）设加热时间t＝1min，则加热水的体积：
V＝4.5L＝4.5dm3＝4.5×10﹣3m3，
由ρ＝可得，加热水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×4.5×10﹣3m3＝4.5kg，
水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）
＝4.2×103J/（kg ℃）×4.5kg×（38℃﹣5℃）
＝6.237×105J，
消耗的电能：
W＝UIt＝220V×52.5A×60s＝6.93×105J，
则加热效率：
η＝×100%＝×100%＝90%，
每分钟消耗的电能一定，即水吸收的热量一定，要提高水温，应减小加热水的质量，即减小进入热水器的冷水的流量。
答：（1）如上图所示；（2）绝缘；
（3）该电热水器的加热效率为90%；进一步提高水温的可行措施：调小进入热水器的冷水的流量。
【点评】本题考查了开关电路图的设计、顶杆性质的判断和电功与热量的综合计算，明白无水箱式电热水器的工作原理和特点是解题的关键。
四、计算题
26．【答案】（1）40Ω；（2）4.356×105J；（3）1000W；（4）200V。
【解析】【考点】电能表；电功率的计算．
【解答】解：（1）由P额＝得电水壶的电阻：R＝＝＝40Ω；
（2）电水壶正常工作0.1h所消耗的电能：W＝P额t＝1210W×0.1×3600s＝4.356×105J；
（3）t′＝1min＝60s，t时间内电水壶消耗的电能：W′＝kW h＝kW h＝6×104J，
电水壶的实际电功率：P实＝＝＝1000W；
（4）由P＝，即 U＝，得：该同学家的实际电压：U实＝＝＝200V。
答：（1）电水壶的电阻是40Ω；
（2）电水壶正常工作0.1h所消耗的电能是4.356×105J；
（3）电水壶工作时的实际电功率是1000W；
（4）该同学家的实际电压是200V。
27．【答案】（1）电风扇正常工作时的电流为0.18A；
（2）加热管的最大功率为1210W；
（3）此时热敏电阻R2的阻值为45Ω。
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】（1）电风扇标有“220V 40W”的字样，根据P＝UI可知电风扇正常工作时的电流；
（2）闭合开关，电风扇和加热管并联，且R1、R2串联。从图丙可知，R2的最小电阻值，根据P＝可知加热管的最大功率；
（3）根据W＝Pt得出电风扇工作1min消耗的电能W1；根据W2＝W﹣W1得出则加热管消耗的电能，根据W＝t可知此时加热管的总电阻，根据电阻串联的特点得出此时热敏电阻的阻值。
【解答】解：（1）电风扇标有“220V 40W”的字样，根据P＝UI可知电风扇正常工作时的电流I＝＝＝A≈0.18A；
（2）闭合开关，电风扇和加热管并联，且R1、R2串联。
从图丙可知，R2的最小电阻值为5Ω，根据P＝可知加热管的最大功率P＝＝＝1210W；
（3）电风扇工作1min消耗的电能W1＝PMt＝40W×1×60s＝2400J；
则加热管消耗的电能W2＝W﹣W1＝3.87×104J﹣2400J＝36300J，
根据W＝t可知此时加热管的总电阻R串′＝t＝×1×60s＝80Ω，
根据电阻串联的特点可知此时热敏电阻的阻值R2′＝R串′﹣R1＝80Ω﹣35Ω＝45Ω。
答：（1）电风扇正常工作时的电流为0.18A；
（2）加热管的最大功率为1210W；
（3）此时热敏电阻R2的阻值为45Ω。
28．【答案】（1）10A；22Ω；（2）1.68×105J；（3）132s。
【解析】【解答】解：（1）当“温、开水选择开关”处于断开状态时，R1与R0串联，电路中的总电阻最大，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，饮水机放出的是温水；
当“温、开水选择开关”处于闭合状态时，电路为R0的简单电路，电路中的总电阻最小，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，饮水机放出的是热水，
由P＝UI可得，出开水时电热丝中的电流：I＝＝＝10A，
电热丝R0的电阻：R0＝＝＝22Ω；
饮水机处于保温状态时，电路的总电阻：R0+R1＝＝＝44Ω，
则R1＝44Ω﹣R0＝44Ω﹣22Ω＝22Ω；
（2）水吸的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×105J；
（3）由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝2.4×105J，
由W＝t可知，加热时间：t＝＝＝132s。
答：（1）饮水机正常工作，出开水时电热丝中的电流为10A；电热丝R1的电阻值为22Ω；
（2）水需要吸收的热量为1.68×105J；
（3）如果电能转化为水的内能的效率是70%，饮水机实际电压为200V时，烧开这些水需要的时间为132s。
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2024中考冲刺之电能错题精选
一、选择题
1． 如图所示，将矩形铜线框ACDF上的B、E两点接入电路并放入磁场中，AB、BC、ED和FE段都受到磁场的作用力，下列哪两段线框在磁场中受力的方向相同（ ）
A．AB段与BC段 B．AB段与ED段 C．BC段与ED段 D．ED段与FE段
2． （2022 天津模拟）下列家用电器中，正常工作一小时耗电最接近1度的是（ ）
A．电风扇 B．手电筒 C．空调机 D．电视机
3．（2023盐城）据媒体报道，我国的第三艘航母“福建号”使用了电磁弹射技术，它的弹射车与舰载机的前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通入强电流时，立即产生强大的推力，使舰载机快速起飞．在下列的四个实验中，与电磁弹射器的工作原理相同的是（ ）
A．电荷间相互作用规律实验 B．奥斯特实验
C．磁场对电流作用实验 D．电磁感应实验
4． 如图所示的充电鞋垫，利用脚跟起落驱动磁性转子旋转，线圈中就会产生电流，从而能给鞋面上的电池充电。图中与充电鞋垫的工作原理相同的是（ ）
A． B． C．D．
5． “探究小灯泡的电功率”的实验电路如图甲所示，实验中选择“2.5V”规格的小灯泡，实验中得到的U﹣I图像如图乙。下列说法不正确的是（ ）
A．调节滑片过程发现灯泡亮度变化，这是由灯泡的实际功率变化引起的
B．小灯泡的额定功率为0.75W，正常发光时电阻为8.3Ω
C．实验中发现小灯泡无法调到额定电压，一定是因为电源电压过小
D．用图甲的电路，通过更换灯泡L的方法，能完成探究“电功率与电流的关系”
6． （2023金坛区一模）如图所示，当开关S闭合时，灯L正常发光。把一台灯插头插在图中的插座里，闭合台灯开关后，发现台灯不亮，灯L也熄灭。用测电笔分别接触插座两孔及A、B两点时，氖管都不发光。造成这种现象的原因可能是（ ）
A．台灯插头短路 B．台灯灯头短路 C．台灯开关短路 D．进户线零线断路
7．（2023余姚市）如图所示电路图中电源电压U保持不变，小灯泡的额定电压为U0，且U＞U0，定值电阻阻值为R．在不改变电路连接的情况下，能测出小灯泡正常发光的电阻的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023 交城县二模）在学校组织的“小制作”活动中，“圆梦”学习小组的同学，以塑料管为连接轴将两个玩具小电机的转轴连接起来，并连接如图所示的电路，开关S闭合后，小灯泡发光；断开开关S后，转动甲电机，小灯泡还能发光。依据这些现象下列推断正确的是（ ）
A．甲电机相当于电动机，乙电机相当于发电机 B．甲电机的工作原理是电磁感应现象
C．乙电机工作时，将机械能转化为电能 D．将电源正负极对调，灯泡亮度发生改变
9． 小峰为了探究某电动玩具车内部电动机与指示灯的连接方式。他将这辆玩具车的电池取下，保持开关闭合。转动车轮，车上的指示灯还能发光。进一步探究发现，玩具车内部电路是由电源、开关、电动机、指示灯各一个组成的，则该玩具车电路中电动机与指示灯（ ）
A．可以确定，一定串联 B．可以确定，一定并联
C．可以确定，串联、并联都行 D．需要再断开开关，转动车轮，观察指示灯是否发光。才能判断
10．（2022 衢州模拟）如图电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片移到滑动变阻器的b端时，电压表的示数为8伏，10秒内定值电阻R1做功为20焦；当滑片P移到滑动变阻器的中点时，电压表的示数为6伏。下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为14伏 B．滑动变阻器R的最大阻值为8欧
C．滑片在b端，电流表示数为0.75安 D．电路先后两次消耗的总电功率之比为2：3
11．（2023海门市）如图所示，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为5Ω。闭合开关后，移动滑片，发现能使电流表（“0～0.6A”或“0～3A”）和电压表（“0～3V”或“0～15V”）的指针同时达到满刻度线，则R0的电功率与电流的关系图象可能是（ ）
A． B． C． D．
12．（2023 天山区一模）图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定功率为5W，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～0.6A，在保证电路各元件安全的前提下，先只闭合开关S、S1，将滑片P从最右端b向左最大范围移动到a点，再断开开关S1，闭合开关S2，将滑片P从a点向右移动到最右端。图乙是这两次实验过程中绘制的电流表与电压表示数的关系图像，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为5V
B．电源电压为10V
C．只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为8J
D．只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω～32Ω
13．家用漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时实施保护的设备，家庭电路漏电时，通过火线与零线的电流不相等，漏电保护器中有一特殊装置（在图中虚线框内，未画出）检测到这一差异后，便切断电源，起到保护作用。漏电保护器中还有实验电路，由一只开关S与电阻R组成，闭合开关S就能模拟漏电情形，试验电路的连接符合要求的是（ ）
A．B．C． D．
14．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
15．如图所示的电路，电源电压不变，灯L标有“6V 、3W”字样，不考虑灯丝电阻的变化。当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时I甲＝0.5A，电路消耗的总功率为P1；当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，此时U乙＝2.4V，电路消耗的总功率为P2．下列说法正确的是（ ）
A．电阻R的阻值为36Ω
B．电路的总功率之比P1：P2＝5：2
C．当甲、乙都是电压表，S1、S2闭合时，灯L的实际功率为0.48W
D．当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开时，两表示数之比I甲：I乙＝2：3
二、填空题
16．（2023 苍溪县模拟）如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是 ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是
J。
17．如图所示的甲、乙两个电路中，开关闭合后，输电线因电流过大而燃烧起来。甲图产生的原因是： ；乙图产生的原因是： 。
18．（2022庐阳区 ）小明家中暖风机铭牌如图甲所示，电能表如图乙所示；若家中仅有暖风机工作，则正常工作1h，脉冲指示灯闪烁 次。
19．（2023 海口一模）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点向左移动到某点的过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则电源电压为 V。当滑片在a点时通电100秒R0消耗的电能为 J。
20．（2023宁波模拟 ）小科做“测定小灯泡额定功率”的实验，选取的电源电压为6V，待测小灯泡标有“2.5V”字样，小灯泡L的电阻约为9Ω，滑动变阻器有A、B两个（A标有“10Ω，1A”字样、B标有“20Ω，0.6A”字样），他选取了其中一个变阻器进行实验。
（1）小科根据图甲正确连接电路，闭合开关（操作规范）后，电压表、电流表的示数分别如图乙和丙所示，则小科在实验中选用的滑动变阻器是 （选填“A”或“B”）。
（2）若要正确测出该小灯泡的额定功率，可采用的方法是 。（选填字母代号）
A.直接调节滑动变阻器的滑片 B.更换滑动变阻器 C.将电源电压减小至3V
21．如图甲是家用电吹风的工作原理图电吹风工作时可以吹出热风也可以吹出凉风。
（1）要让电吹风工作时吹出热风，它的开关应置于题图甲中 （选填“1”、‘2”或“3“）位置，此时电风扇与电热丝的连接方式是 。
（2）某次用该电吹风将头发吹干的过程中，电吹风的功率随时间的变化关系如图乙所示，则在该次吹干头发过程中电吹风消耗的总电能是 J。
（3）电热丝在工作时的电阻值是 Ω．（保留一位小数）
（4）使用几年后，发现电热丝变细，则其电阻变 ，它的实际功率将变 。
22．（2023 东莞市二模）如图所示电路中，闭合开关，在甲、乙两处接上电压表时，甲、乙电表示数之比为3：2，此时R1与R2 （填“串联”或“并联”）；若将甲、乙两处换成电流表，并将开关S断开，则甲、乙两电表示数之比为 ；若电源电压为6V，R1＝10Ω，两电表为电流表，断开开关S通电10s后，R1产生的电热为 J。
三、探究题
23．（2022沈河区 ）在“测量小灯泡的额定功率”的实验中，小灯泡上的额定电压模糊不清，只能看清标有“0.3A”的字样，电源电压为6V保持不变。
（1）请你在图甲中补画一根导线，使得测定小灯泡电功率的电路完整，要求滑片P向B端移动时，小灯泡变亮。
（2）连接完电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表没有示数，电压表示数为6V，经分析小明认为灯泡可能 （填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，开始实验，在移动变阻器滑片的过程中，眼睛应注视 示数的变化，直至小灯泡正常发光，此时电压表的示数如图乙所示。
（4）由于电压表指针偏转角度较小，且指针未对准整刻度线，小明觉得读数时误差会比较大数据不够精确，那么在不改变器材的情况下，小明应该如何操作才能减小误差，请写出操作方法： ，当小灯泡正常发光时，电压表示数如图丙所示，此时电压表示数为 V，则小灯泡的额定功率为 W。
（5）另一小组为了测量已知额定电压为U额的小灯泡额定功率，设计了图丁所示的电路（R0为阻值已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ （用物理量U额、R0和I表示）。
24．探究小灯泡的电功率是初中科学非常重要的实验。
（1）探究小灯泡的电功率与电压有关的实验中，小组同学设计了图甲的电路图。小灯泡的电功率与电压有关，电压越大，功率越大。则支持该结论的实验现象是__________________________________。
（2）为了测定额定电压为“2.5V”的小灯泡的额定电功率，小明按图乙连接电路。
①闭合开关，将滑动变阻器滑片P移到某一位置，电压表示数如图丙所示，此时为测定小灯泡额定功率，小明接下来应该如何操作？__________________________________________________________。
②当电压表示数为2.5伏，此时电流表读数为0.3安，小明根据P=UI算出小灯泡的额定功率为0.75W，断开开关，发现电流表的指针如图丁所示，则小灯泡的额定功率的真实值 ________0.75W（填大于、等于或小于）。
25．无水箱式电热水器具有体积小、加热快的优点，图甲是它的工作原理图。
（1）温控器：水温传感器测量到出水温度并将信息传给微电脑芯片，微电脑芯片将测量到的水温和预先设定的温度进行比较，然后即时控制温控器内的两个开关的状态，从而让喷头喷出预先设定温度的热水。请在图乙虚线框中补齐温控器内的两个开关。
（2）水压控制开关：当热水器内没有水或水压过低时，图丙所示的水压控制开关能确保电热水器停止工作。图中顶杆必须具有很好的 性才能防止漏电。
（3）家庭电路中该电热水器在正常电压下工作，当喷头喷出水的流量为4.5L/min时，5℃的冷水经过加热后温度最高可达38℃，已知通过电热水器的电流为52.5A，则该电热水器的加热效率多少？如果此时还要进一步提高水温，应该怎样调节冷水的流量的大小？
四、计算题
26．家用电器工作时往往达不到额定的电压和功率。某同学在家中做了如下实验：他首先查看自己家的电能表，表上标有“3600R/kW h”字样：随后他关闭了家中所有用电器，只让一个标有“220V、1210W”的电水壶盛满水持续工作，与此同时，观察到电能表转盘1分钟转过60圈。假设电水壶的电阻保持不变，求：
（1）电水壶的电阻；
（2）电水壶正常工作0.1h所消耗的电能；
（3）根据电表的转动数据计算此时电水壶工作时的实际电功率；
（4）该同学家的实际电压。
27．（2022泉州月考）图甲为某款空气炸锅，图乙为其简化电路图。空气炸锅的工作原理是利用加热管加热空气，通过电风扇让热空气流在气旋加热仓高速旋转加热煮熟食物。电风扇标有“220V 40W”的字样，R1为35Ω的发热电阻，R2为热敏电阻，R2阻值随温度的变化关系如图丙。
（1）求电风扇正常工作时的电流；
（2）求加热管的最大功率；
（3）若空气炸锅以最高温度持续工作1min，消耗的总电能为3.87×104J，不计能量损耗，求此时热敏电阻R2的阻值。
28．（2023 郸城县模拟）如图是某饮水机的电路原理简图，电热丝R1、R0绕在出水管上，水经过出水管时被加热，通过改变“温、开水选择开关”的状态（“断开”或“闭合”），可以选择出温水或开水．该饮水机的额定电压是220V，开水加热电功率是2200W，温水加热电功率是1100W。已知R1、R0电阻值不随温度变化，水的比热容c＝4.2×103J/（kg ℃）。求：
（1）饮水机正常工作，出开水时电热丝中的电流I和电热丝R1的电阻值；
（2）需要100℃的开水0.5kg，已知水的初温是20℃，水需要吸收多少热量；
（3）如果电能转化为水的内能的效率是70%，饮水机实际电压为200V时，烧开这些水需要多少时间。
2024 中考冲刺之电能错题精选（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】B
【解析】【分析】通电导体在磁场中受力而运动，导体的受力方向跟电流的方向、磁场方向有关。在磁场方向一定时，电流方向改变，导体受力方向改变；在电流方向一定时，磁场方向改变，导体受力方向改变。
【解答】解：如图磁场方向相同，若电流方向相同，则通电导体的受力方向相同，
BAFE段和BCDE段并联在电源上，所以AB中电流向下、EF中电流向上、CB中电流向上、DE中电流向下，
AB和ED中电流方向相同，受到磁场作用力方向相同，
EF和CB中电流方向相同，受到磁场作用力方向相同。
故选：B。
【点评】本题关键在于线圈的两部分是并联在电路中，分析各段的电流方向，再判断受到磁场力的方向。
2． 【答案】C
【解析】【考点】电功率的概念．
【分析】根据时间和消耗的电能求出用电器的功率；根据对各种电器功率的了解，逐一分析找出符合条件的一个选项。
【解答】解：电器正常工作1h，耗电最接近1度＝1kW h，则它的功率约为P＝＝＝1kW＝1000W；
A、电子表的功率约为4.5μW，故A不符合题意；
B、手电筒的功率约为1W，故B不符合题意；
C、空调机的功率约为1000W，故C符合题意；
D、电视机的功率约为130W，故D不符合题意。
故选：C。
3． 【答案】C
【解析】【考点】磁场对通电导线的作用．
【分析】电磁弹射器是利用了磁场对通电导体产生力的作用；根据通电导体在磁场中受到磁场力的作用分析解答。
【解答】解：由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
A、电荷间相互作用规律是同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，与电磁弹射器工作原理不一致，故A不符合题意；
B、奥斯特实验，证明了电流周围存在磁场，与电磁弹射器工作原理不一致，故B不符合题意；
C、磁场对电流作用实验原理是通电导体棒在磁场中受力而运动，即与电磁弹射器的工作原理相同，故C符合题意；
D、电磁感应实验是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，与电磁弹射器工作原理不一致，故D不符合题意。
故选：C。
4． 【答案】D
【解析】【分析】充电鞋垫是利用电磁感应现象工作的；逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，找出利用电磁感应现象的选项。
【解答】解：由题知，充电鞋垫利用脚跟起落驱动磁性转子旋转，线圈中就会产生电流，从而能给鞋面上的电池充电，故充电鞋垫是利用电磁感应现象工作的；
A、此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用而运动，与充电鞋垫的工作原理无关，故A错误；
B、此图探究的是电磁铁磁性强弱的影响因素，与充电鞋垫的工作原理无关，故B错误。
C、此图说明了电流的磁效应，是利用电来获得磁，与充电鞋垫的工作原理无关，故C错误；
D、该实验中，闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，电流表指针发生偏转，与充电鞋垫的工作原理相同，故D正确；
故选：D。
【点评】本题将电磁中几个常见的实验对比考查，要注意区分不同之处。
5． 【答案】C
【解析】【分析】A、灯的亮度由灯的实际功率决定，由此结合电路分析；
B、由图像读出灯泡正常发光时的电流，由电功率公式计算额定功率，由欧姆定律计算其电阻；
C、灯泡正常工作时电压等于额定电压，小灯泡无法调到额定电压，可能是低于也可能是高于额定电压，据此分析；
D、探究“电功率与电流的关系”应保持电压不变，若不换灯泡，无法得到普遍性的结论。
【解答】解：A、调节滑片，变阻器连入电路的阻值发生变化，这样灯泡两端电压和电流都会发生变化，由P＝UI知，其实际功率发生变化，所以灯泡亮度会发生改变，故A正确；
B、由图像知，灯泡电压等于额定电压2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，
所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
由欧姆定律I＝，可得灯泡正常发光时电阻：R＝＝≈8.3Ω，故B正确；
C、实验中，移动滑片调节灯泡两端电压，但都无法使灯泡两端电压调到额定电压2.5V，可能是电源电压低于灯泡的额定电压的原因；也可能是电源电压过大，而变阻器的最大电阻过小，当变阻器的最大电阻连入电路中时，灯的电压也高于2.5V，故C错误；
D、探究“电功率与电流的关系”时，可换用不同灯泡且保持电压不变，观察小灯泡的亮度来比较电功率，从而得到电功率与电流的关系，故D正确。
故选：C。
【点评】本题是探究小灯泡的电功率的实验，考查了灯泡实际功率的决定因素、电功率和电阻的计算，还考查了电功率与电流关系的实验探究及控制变量法的运用等知识。
6． 【答案】B
【解析】【解答】解：A、如果台灯插头短路，把台灯插头插入插座时就会造成家庭电路短路，引起空气开关跳闸。故A不符合题意；
B、如果台灯灯头短路，台灯插头插在插座里，闭合台灯开关后，造成家庭电路短路，引起空气开关跳闸。所以用测电笔分别接触插座两孔及A、B两点时，氖管都不发光。故B符合题意；
C、如果台灯开关短路，相当于开关闭合，如果台灯灯头没有问题，台灯会直接发光，同时灯泡L正常发光，不会引起空气开关跳闸。故C不符合题意；
D、如果进户线零线断路，当开关S闭合时，灯L不能发光。故D不符合题意。
故选：B。
7． 【答案】C
【解析】【考点】欧姆定律的应用．
【解答】解：A、不论怎样闭合、断开各开关，都不能确定灯泡是否正常发光，故不能测出灯泡的额定功率；测出灯泡两端的电压，S2闭合S3断开时，电流表把灯泡短路，灯泡不发光；S2断开S3闭合时，电流表把电阻短路；两个都闭合或断开时，电流表均无示数。测不出灯泡的额定电流，故A不符合题意；
B、闭合开关S2，电压表上端为正接线柱，下端为负接线柱；只闭合开关S3，电压表上端为负接线柱，下端为正接线柱，又不能更改电路，所以其中有一次电压表接线柱一定接反，不能读出电压表示数，不能测出灯泡的额定功率，故B不符合题意；
C、定值电阻R与灯泡串联流过它们的电流相等，开关处于2的位置时，电压表测量的是灯泡的两端电压，调节滑动变阻器使电压表示数等于灯泡的额定电压U0；再将单刀双掷开关打到1时，电压表测量的是灯泡和电阻串联后的两端电压U；则小灯泡的电流为I＝，小灯泡正常发光的电阻表达式是R＝R．故C符合题意；
D、开关处于1的位置，电流表把灯泡和电阻短路，电流表测量滑动电阻的电流；开关处于2的位置，电流表把小灯泡短路，测量的是通过电阻的电流。测不出灯泡的额定电流，故D不符合题意。
故选：C。
8． 【答案】B
【解析】【考点】发电机的构造和原理；电磁感应现象．
【解答】解：A、闭合开关，乙电机转动，乙带动甲电机转动，甲电机相当于发电机，乙电机相当于电动机，A选项错误；
B、甲电机相当于发电机，发电机的工作原理是电磁感应现象，B选项正确；
C、闭合开关，乙电机转动，乙电机相当于电动机，将电能转化为机械能，C选项错误；
D、将电源正负极对调，甲乙电机的转速不变，甲电机产生的感应电流大小不变，灯泡的实际功率不变，亮度不变，D选项错误。
故选：B。
9． 【答案】B
【解析】【分析】串联的各电路元件相互影响，不能独立工作，并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意与实验现象判断灯泡与电动机的连接方式。
【解答】解：转动车轮，车轮带动电动机转动，电动机变成了发电机，转动车轮，车上的指示灯还能发光，说明此时电动机、指示灯构成闭合回路，故电动机与指示灯是并联的；如果电动机与指示灯是串联的，拆去电池、闭合开关后，电动机、指示灯组成的电路是开路，指示灯不会发光。
故选：B。
【点评】本题考查了判断元件的连接方式，知道串并联电路的特点、根据题意即可解题。
10．【答案】D
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律．
【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R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R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R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；
由图可知，当滑片滑到b处时，变阻器接入电路的电阻最大为R且与电阻R1串联，滑动变阻器两端电压为U大＝8V，即U大＝IbR＝×R＝8V ①
当滑片在中点时，变阻器接入电路的电阻为且与R1串联，此时滑动变阻器两端电压为U中＝6V，
由欧姆定律可得，电路中电流I中＝，即U中＝I中＝×＝6V ②
由①②可得：R＝2R1，U＝12V；故A不正确
当滑片移到滑动变阻器的b端时，电压表的示数为8伏，R两端电压UR1＝U﹣U大＝12V﹣8V＝4V，
由题可知，此时10秒内定值电阻R1做功为20焦，由W＝UIt可得此时电路中的电流：I＝＝＝0.5A；故C不正确变阻器的最大阻值：R＝＝＝16Ω；故B不正确；
由上可知R＝2R1，根据P＝UI＝可得，电路先后两次消耗的总电功率之比：＝＝＝，故D正确。
故选：D。
11．【答案】A
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】已知电源电压和电表的指针同时达到满刻度线，分析可知电压使用的量程，再用欧姆定律可分析出电路中的最大电流；根据P＝I2R求出R0的最大电功率；滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0；根据P＝I2R可知R0的电功率与电流的平方成正比，据此分析R0的电功率与电流之间的关系。
【解答】解：
（1）电源电压为6V，电表的指针同时达到满刻度线，因此电压表使用的是“0～3V”量程，定值电阻R0为5Ω，I＝＝＝0.6A，即电路中的最大电流为0.6A，
由P＝I2R可知，R0的电功率与电流的平方成正比，因在I＜1A时，I2＜I，所以，在电路中的电流小于0.6A时，IR0＞I2R0，则R0的电功率与电流的关系图象中，图线向下凹，故B不符合题意；
（2）滑动变阻器完全接入电路中时电路中的电流最小，R0的电功率最小，但不为0，故C不符合题意；
（3）由题意可知，电表的指针同时达到满刻度线，即电路中的最大电流为0.6A，则：R0的最大电功率：P0大＝（I大）2R0＝（0.6A）2×5Ω＝1.8W，故D均不符合题意。
故选：A。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A.从图乙可知，电路中的最大电流为0.5A，而电流表的量程为0～0.6A，小灯泡的额定功率为5W，则小灯泡的额定电压为：，故A错误；
B．当电流为0.5A，小灯泡的电压为10V，滑动变阻器两端的电压为2V，故电源电压为12V，故B错误；
D．当只闭合开关S、S1，滑动变阻器与灯泡L串联，从图像可知，当电压表的示数为2V时，电流表的示数为0.5A，则此时滑动变阻器的阻值为：，当电压表的示数为8V，电流表的示数为0.25A，则此时滑动变阻器的阻值为：，故D正确；
C．当断开开关S1，闭合开关S2，滑动变阻器此时是一个定值，滑动变阻器与电阻R2串联，电压表测量滑动变阻器左半部分的电压，随着滑片向右滑动，电路中的电流不变，此时电路中的电流为0.3A，则总电阻为：
，定值电阻R2的阻值为：R2＝R总﹣R1＝40Ω﹣32Ω＝8Ω，
只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为：
Q＝I2Rt＝（0.3A）2×8Ω×5s＝3.6J，故C错误。
故选：D。
13．【答案】C
【解析】【分析】根据题意可知，漏电保护器在检测到通过虚线框内火线与零线的电流不相等时，会切断电源，否则不会切断电源，据此选择符合题意的电路图。
【解答】解：AB、闭合开关S时，通过虚线框内火线和零线的电流相等，此时无法模拟漏电情形，故AB不正确；
C、闭合开关时，通过虚线框内火线的电流小于通过该装置零线的电流，可以模拟漏电情形，故C正确；
D、闭合开关时，虚线框内火线电流仍然等于零线电流，因为导线将电阻R短路，所以闭合开关不影响电路，故D不正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串、并联电路的设计，关键是抓住漏电保护器的工作条件：通过虚线框内火线与零线的电流不相等，然后逐一分析选项即可得出答案。
14．【答案】A
【解析】【分析】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）比较滑片P在某一端点和滑片P移至中点时灯泡消耗的功率判断开始时滑片的位置，根据P＝UI求出此时灯泡两端的电压，根据串联电路的分压特点结合电压表示数的变化判断滑片位于中点时电压表的示数，根据P＝UI＝求出灯泡正常发光时的电阻；
（2）当滑片P移到最右端点时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源的电压，滑片P移到中点时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出滑动变阻器的最大阻值，进一步求出电源的电压；
（3）滑片P在最右端时，根据P＝I2R求出滑动变阻器的功率。
【解答】解：
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（即滑片在最右端），
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′＝UL+2V＝3V+2V＝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＝UL+IR＝3V+0.3A×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（等于此时灯泡的电流）：
I′＝＝＝0.4A，
电源的电压：
U＝UL′+I′×＝5V+0.4A×﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源的电压不变，
所以，3V+0.3A×R滑＝5V+0.4A×，
解得：R滑＝20Ω，故A正确；
电源的电压U＝UL+IR＝3V+0.3A×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。
【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，要注意本题中灯泡的电阻是变化的。
15．【答案】C
【解析】【分析】分析电路，当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时R与L并联，乙测干路电流I，甲测L电流I甲，当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，R与L串联接在电路中，甲测总电压U，乙测L两端电压UL，不考虑灯丝电阻的变化，通过R＝求出灯泡的电阻，根据串并联电路特点、欧姆定律及功率公式解题。
【解答】解：
A、由P＝UI可得，灯泡正常工作时的电流：I额＝＝＝0.5A，
由可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，
当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时R与L并联，甲电流表测L的电流，因I甲＝0.5A＝I额，即灯泡正常工作，由并联电路的电压特点可知，电源电压U＝U额＝6V；
当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，R与L串联接在电路中，甲电压表测总电压U，乙测L两端电压，且UL＝U乙＝2.4V，
根据串联电路的特点可得电路中的电流：
IR＝IL＝＝＝0.2A，
电阻R两端的电压：UR＝U﹣UL＝6V﹣2.4V＝3.6V，
电阻R的阻值：R＝＝＝18Ω，故A不正确；
B、当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开，此时R与L并联，
由电阻的并联可得＝+＝+，解得R并＝Ω，
当甲、乙都是电压表，S1、S2都闭合，R与L串联接在电路中，
则串联电路总电阻R串＝R1+R2＝12Ω+18Ω＝30Ω，
电路总功率之比：＝＝＝＝，故B不正确；
C、当甲、乙都是电压表，S1、S2闭合时，灯L的实际功率：PL＝ULIL＝2.4V×0.2A＝0.48W，故C正确；
D、当甲、乙都是电流表，S1闭合、S2断开时，此时R与L并联，
甲电流表测L的电流，且I甲＝0.5A，
乙电流表测干路电流，则：I＝IR'+I甲＝+I甲＝+0.5A＝A，
两表示数之比为I甲：I乙＝0.5A：A＝，故D不正确。
故选：C。
【点评】本题公式运用多，公式变形也多，要正确分析电路，弄清电表的测量对象是解题关键。
二、填空题
16．【答案】
【解析】【解答】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W＝Pt＝2W×60s＝120J。
故答案为：电压；120。
17．【答案】总功率过大；短路。
【解析】【分析】家庭电路中电流过大的原因有两种，一是用电器短路，二是用电器总功率过大。
【解答】解：（1）家庭电流中电流过大总共有2个原因：短路和总功率过大，
图甲：用电器总功率等于各个用电器功率之和，并联的用电器越多，总功率越大，根据公式P＝UI，电流会非常大；
图乙：金属件将火线和零线接通，造成短路，电流直接通过导线，由于导线电阻很小，导致电流过大。
故答案为：总功率过大；短路。
18．【答案】故答案为：6600。
【解析】【考点】电能表参数的理解与电能的求法．
【分析】利用P＝的变形公式求出暖风机正常工作1h消耗的电能；3000imp/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的脉冲指示灯闪烁3000次，据此可求出暖风机正常工作1h，脉冲指示灯闪烁的次数。
【解答】解：由图甲可知，暖风机的额定功率为P＝2200W＝2.2kW，
由P＝可知，暖风机正常工作1h消耗的电能：W＝Pt＝2.2kW×1h＝2.2kW h；
由图乙可知，电能表的字样“3000imp/（kW h）”，表示电路中的用电器每消耗1kW h电能，电能表的脉冲指示灯闪烁3000次，
则暖风机正常工作1h，脉冲指示灯闪烁的次数：n＝2.2kW h×3000imp/（kW h）＝6600imp。
故答案为：6600。
19．【答案】6；1800
【解析】【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。当滑动变阻器的滑片P从b点滑到某点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；所以图乙中5V～3V是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，1V～3V是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib＝0.5A，U1＝1V、U2＝5V，所以电源电压：U＝U1+U2＝1V+5V＝6V，电阻R0的阻值：R0＝＝2Ω，滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，此时通过电路的电流Ia＝＝3A，通电100sR0消耗的电能：W＝R0t＝（3A）2×2Ω×100s＝1800J。
故答案为：6；1800。
20．【答案】（1）A；（2）BC。
【解析】【考点】伏安法测定电功率．
【解答】解：（1）由图可知，电流表所选量程为0～0.6A，根据指针位置可知，此时电流表的示数是0.32A，电压表所选量程为0～3V，根据指针位置可知，此时电压表的示数是2.8V，根据串联电路的电压特点：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.8V＝3.2V，滑动变阻器的最大值：R滑＝＝＝10Ω，则实验中选用的变阻器是A；
（2）小灯泡额定电压是2.5V，由（1）可知小灯泡的电阻小于滑动变阻器的最大值，不能直接调节滑动变阻器的滑片达到额定电压，故A不可行。调低电源电压到3V或更换滑动变阻器的阻值，再调节滑动变阻器可使小灯泡达到额定电压，可测出了小灯泡的额定功率，故选BC。
故答案为：（1）A；（2）BC。
21．【答案】故答案为：（1）1；并联；（2）13200；（3）91.7；（4）大；小。
【解析】【分析】（1）当电吹风机送出来的是热风时，说明电动机和电阻丝同时工作。
（2）首先由图象得出吹热风和吹凉风时的功率和时间，然后根据W＝Pt分别计算出电吹风工作时吹热风和吹凉风时消耗的电能，求其和即可。
（3）根据功率随时间的图象计算电热丝的功率，然后利用R＝求出电阻。
（4）导体的长度、材料相同时，横截面积越大，电阻越小；根据公式P＝UI＝即可分析出灯泡实际功率的变化。
【解答】解：（1）当电吹风机送出来的是热风时，需要电动机和电阻丝同时工作，即开关应置于图甲中的1位置，电风扇与电热丝是并列连接在电源上的，所以是并联连接。
（2）根据功率随时间的变化关系图象可知：
P热＝616W，t1＝20s，P凉＝88W，t2＝30s﹣20s＝10s，
W总＝W热+W冷＝P热t1+P凉t2＝616W×20s+88W×10s＝13200J。
（3）∵吹热风时电动机和电阻丝同时工作，吹冷风时只有电动机工作，
∴电热丝的功率为P＝P热﹣P凉＝616W﹣88W＝528W，
根据P＝UI＝得：
电热丝的电阻为R＝＝＝91.7Ω。
（4）白炽灯灯泡长期使用后，钨丝因升华变细，横截面积变小，导致灯丝电阻变大；根据公式P＝UI＝可知，灯泡两端的电压不变，灯泡的实际功率与其电阻成反比，电阻增大时灯泡的实际功率会变小。
故答案为：（1）1；并联；（2）13200；（3）91.7；（4）大；小。
【点评】本题考查电功率公式的应用和影响电阻大小的因素，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大。
22．【答案】串联；1：3；36
【解析】【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，此时R1与R2串联。
（2）甲电压表测串联总电压，乙电压表测R2两端电压，两表的示数之比：U甲：U乙＝3：2
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以有＝＝
由分压原理有
若将甲、乙两处换成电流表，并将开关S断开，两电阻并联，电流表A乙测干路的电流，电流表A甲测R2的电流，根据并联电路电压相等，由U＝IR可知在电压相等时，电流与电阻成反比，故通过两电阻的电流之比为 可得出
由并联电路电流的规律得出甲、乙两电表示数之比 则甲、乙两电表示数之比为1：3。
（3）若电源电压为6V，R1＝10Ω，两电表为电流表，断开开关S，两电阻并联，通电10s后，根据并联电路电压的规律，则R1产生的电热为Q＝W＝t＝×10s＝36J
故答案为：串联；1：3；36。
三、探究题
23．【答案】（1）；（2）断路；（3）电流表；
（4）电压表换0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；2.2；1.14；（5）；U额×（I﹣）。
【解析】【解答】解：（1）滑动变阻器接右下接线柱B时，滑片向B端移动时，电路电阻变小，电流变大，灯泡两端电压变大，灯泡变亮；故电路图如图所示：
（2）电流表无示数，说明电路断路；又因为电压表的示数为6V，说明电压表接在电源两端，因此电路故障为小灯泡断路；
（3）当通过灯泡的电流为额定电流时，灯泡正常发光，故应盯着电流表直至示数为额定电流0.3A；
（4）由于电压表指针偏转角度较小，且指针未对准整刻度线，说明电压表量程选择过大，但电压又超过3V，故应该改接电压表0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；由图可知电压表示数为U1＝2.2V，故电灯电压U灯＝U﹣U1＝6V﹣2.2V＝3.8V，根据P＝UI求灯的额定功率P＝U灯I＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（5）①断开开关S1，闭合开关S2，此时灯泡和定值电阻并联电压相同，电流表只测量定值电阻电流，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为时，定值电阻两端电压为U额，小灯泡电压也为U额，故小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；此时电流表测量正常发光时小灯泡和定值电阻总电流，故小灯泡的额定电流为I﹣；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝U额×（I﹣）；
故答案为：（1）；（2）断路；（3）电流表；（4）电压表换0—3V量程，并改测量滑动变阻器电压；2.2；1.14；（5）；U额×（I﹣）。
24．【答案】①. 电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮 ②. 滑片向左移动，直到电压表示数为2.5V ③. 大于
【解析】【答案】①. 电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮 ②. 滑片向左移动，直到电压表示数为2.5V ③. 大于
【详解】（1）[1]甲中两灯串联，通过两盏灯的电流相等，灯的电压越大，由P=UI知道，灯的实际功率越大，灯越亮；支持该结论的实验现象是电压表示数大的灯泡比示数小的灯泡亮。
（2）①[2]灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理知道，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以，滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V。
②[3]由图知道，电路中无电流时，电流表的指针指在零刻度线的左侧，则测量电流时，电流表的示数要小于灯泡的额定电流，由P=UI知道，测得的灯泡的实际功率偏小，即小灯泡的额定功率的真实值大于0.75W。
25．【答案】答：（1）如上图所示；
（2）绝缘；
（3）该电热水器的加热效率为90%；进一步提高水温的可行措施：调小进入热水器的冷水的流量。
【解析】【分析】（1）由甲图可知，温控器控制两个电热丝的通断，微电脑芯片通过比较测量到的水温和预先设定的温度确定两电热丝的工作，当水温较低时两个电热丝均工作，水温较高时让其中的一个电热丝工作即可，水温高时两电热丝均不工作，据此可知两开关并联；
（2）由图丙可知，顶杆与弹性金属薄片和开关接触，为防止漏电应具有很好的绝缘性；
（3）设加热时间为1min，根据水的流量可知加热水的体积，根据ρ＝求加热水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，利用W＝UIt求出消耗的电能，再根据η＝×100%求出加热效率；水吸收的热量一定，要提高水温，应减小加热水的质量，据此进行解答。
【解答】解：（1）经分析可知，两电热丝可以独立工作，且各有一个开关控制，故温控器内的两个开关如下图方式连接：
（2）为防止漏电，水压控制开关的顶杆必须具有很好的绝缘性；
（3）设加热时间t＝1min，则加热水的体积：
V＝4.5L＝4.5dm3＝4.5×10﹣3m3，
由ρ＝可得，加热水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×4.5×10﹣3m3＝4.5kg，
水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）
＝4.2×103J/（kg ℃）×4.5kg×（38℃﹣5℃）
＝6.237×105J，
消耗的电能：
W＝UIt＝220V×52.5A×60s＝6.93×105J，
则加热效率：
η＝×100%＝×100%＝90%，
每分钟消耗的电能一定，即水吸收的热量一定，要提高水温，应减小加热水的质量，即减小进入热水器的冷水的流量。
答：（1）如上图所示；（2）绝缘；
（3）该电热水器的加热效率为90%；进一步提高水温的可行措施：调小进入热水器的冷水的流量。
【点评】本题考查了开关电路图的设计、顶杆性质的判断和电功与热量的综合计算，明白无水箱式电热水器的工作原理和特点是解题的关键。
四、计算题
26．【答案】（1）40Ω；（2）4.356×105J；（3）1000W；（4）200V。
【解析】【考点】电能表；电功率的计算．
【解答】解：（1）由P额＝得电水壶的电阻：R＝＝＝40Ω；
（2）电水壶正常工作0.1h所消耗的电能：W＝P额t＝1210W×0.1×3600s＝4.356×105J；
（3）t′＝1min＝60s，t时间内电水壶消耗的电能：W′＝kW h＝kW h＝6×104J，
电水壶的实际电功率：P实＝＝＝1000W；
（4）由P＝，即 U＝，得：该同学家的实际电压：U实＝＝＝200V。
答：（1）电水壶的电阻是40Ω；
（2）电水壶正常工作0.1h所消耗的电能是4.356×105J；
（3）电水壶工作时的实际电功率是1000W；
（4）该同学家的实际电压是200V。
27．【答案】（1）电风扇正常工作时的电流为0.18A；
（2）加热管的最大功率为1210W；
（3）此时热敏电阻R2的阻值为45Ω。
【解析】【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．
【分析】（1）电风扇标有“220V 40W”的字样，根据P＝UI可知电风扇正常工作时的电流；
（2）闭合开关，电风扇和加热管并联，且R1、R2串联。从图丙可知，R2的最小电阻值，根据P＝可知加热管的最大功率；
（3）根据W＝Pt得出电风扇工作1min消耗的电能W1；根据W2＝W﹣W1得出则加热管消耗的电能，根据W＝t可知此时加热管的总电阻，根据电阻串联的特点得出此时热敏电阻的阻值。
【解答】解：（1）电风扇标有“220V 40W”的字样，根据P＝UI可知电风扇正常工作时的电流I＝＝＝A≈0.18A；
（2）闭合开关，电风扇和加热管并联，且R1、R2串联。
从图丙可知，R2的最小电阻值为5Ω，根据P＝可知加热管的最大功率P＝＝＝1210W；
（3）电风扇工作1min消耗的电能W1＝PMt＝40W×1×60s＝2400J；
则加热管消耗的电能W2＝W﹣W1＝3.87×104J﹣2400J＝36300J，
根据W＝t可知此时加热管的总电阻R串′＝t＝×1×60s＝80Ω，
根据电阻串联的特点可知此时热敏电阻的阻值R2′＝R串′﹣R1＝80Ω﹣35Ω＝45Ω。
答：（1）电风扇正常工作时的电流为0.18A；
（2）加热管的最大功率为1210W；
（3）此时热敏电阻R2的阻值为45Ω。
28．【答案】（1）10A；22Ω；（2）1.68×105J；（3）132s。
【解析】【解答】解：（1）当“温、开水选择开关”处于断开状态时，R1与R0串联，电路中的总电阻最大，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最小，饮水机放出的是温水；
当“温、开水选择开关”处于闭合状态时，电路为R0的简单电路，电路中的总电阻最小，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，饮水机放出的是热水，
由P＝UI可得，出开水时电热丝中的电流：I＝＝＝10A，
电热丝R0的电阻：R0＝＝＝22Ω；
饮水机处于保温状态时，电路的总电阻：R0+R1＝＝＝44Ω，
则R1＝44Ω﹣R0＝44Ω﹣22Ω＝22Ω；
（2）水吸的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×105J；
（3）由η＝×100%可得，消耗的电能：W＝＝＝2.4×105J，
由W＝t可知，加热时间：t＝＝＝132s。
答：（1）饮水机正常工作，出开水时电热丝中的电流为10A；电热丝R1的电阻值为22Ω；
（2）水需要吸收的热量为1.68×105J；
（3）如果电能转化为水的内能的效率是70%，饮水机实际电压为200V时，烧开这些水需要的时间为132s。
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