易错专练1７：电功率
易错点一：不能正确理解电能表的作用。
典例1：（2018?房山区一模）下列物理量可用电能表直接测量的是（ ）
A．电能 B．电压 C．电流 D．电功率
【错解】选D，理由：电能表是测电功率的仪器。.
【析错】电能表是用来测量消耗电能多少的仪器或者说是测量电流做功多少的仪器。
【正解】选A，理由：（1）电能表是用来测量用电器在单位时间内所做的功，即电功；（2）电流表是用来测量电流的，电压表是用来测量电压的，电功率是表示单位时间内电流做功的多少，都不能用电能表来测量．故选A．
针对训练1：（2018?济南）小亮想测量家中电视机待机状态下消耗的电能，需要选用的仪器是（ ）
A．电流表 B．电压表 C．电能表 D．变阻器
易错点二：不能正确理解电功率与电压的关系，当用电器两端电压减小一半，误认为其实际功率也减小一半。
典例2：（2018?高青县一模）额定电压为U、额定功率为40W的两盏电灯，串联后接在电压为U的电源上，则两灯的总功率是（ ）
A．10W B．20W C．40W D．80W
【错解】选C，理由：当用电器两端电压减小一半，误认为其实际功率也减小一半。
【析错】根据表示出每盏电灯的额定功率，两盏电灯的电阻相等，根据电阻的串联和求出两灯的总功率。
【正解】选B，理由：设每盏灯泡的电阻为R，则灯泡的额定功率：，两盏电灯的规格相同，电阻相等，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴串联后接在电压为U的电源上时，两灯的总功率：。故选【答案】B。
针对训练2：（2017秋?兴庆区期末）不考虑温度对电阻的影响，把两个“220V，40W”的灯泡串联接在220V的电路中，则两灯泡的总功率为（ ）
A．10W B．20W C．40W D．80W
易错点三：不能正确理解串联分压关系，误认为将“110 V 100 W”和“110 V 25 W”两灯串联在220 V电源上，两灯能正常发光。
典例3：（2018?海南）如图所示，A、B为两盏白炽灯，A灯型号是“110V 25W”，B灯型号是“110V 100W”，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．
【错解】选B，理由： 因为额定电压为110 V的两灯串联在220 V的电路中，两灯串联分压，分得的实际电压为110 V，均等于额定电压，所以两灯均正常发光，而选B.
【析错】（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，根据公式可知，电路中电阻越大。消耗的功率就越小，先根据公式分别求出灯泡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。
【正解】选C，理由：根据公式可知，灯泡A的电阻，灯泡B的电阻。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。
针对训练3：（2018秋?七里河区校级期末）额定电压都是110V，额定功率PA=100W，PB=40W的灯泡两盏，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（ ）
A． B． C． D．
易错点四：不理解纯电阻电路，用I＝U/R计算电动机的工作电流。
典例4 （2018?马鞍山二模）一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A．若此线圈的电阻为2Ω，则这台电动机1min内产生的热量是_______J，这台电动机的效率是_______。
【错解】答案为：2.42×105；84.1%。理由：根据欧姆定律电动机中的电流。
【析错】（1）已知线圈的电阻和通过的电流以及通电时间，根据公式Q=I2Rt可求这台电动机1min内产生的热量。（2）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据公式P=UI可求电动机的总电功率；再根据公式P=I2R计算线圈消耗的功率，总功率减去线圈消耗的功率就是电动机的输出功率，输出功率与总功率的比值就是这台电动机的效率。
【正解】答案为：1.2×104；90.9%。（1）这台电动机1min内产生的热量：Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×60s=1.2×104J；（2）电动机的电功率：P总=UI=220V×10A=2200W，线圈消耗的功率：P圈=I2R=（10A）2×2Ω=200W，输出功率：P出=P总-P圈=2200W-200W=2000W，这台电动机的效率：。 针对训练4：（2018秋?秀屿区校级期末）一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是________W，这台电动机2s内产生的热量是________J．
测量小灯泡的电功率
1．教材实验原理图
2．实验注意问题
（1）在测量小灯泡电功率的实验中，不能将多次测得的电功率求平均值。多次测量的目的：为了研究小灯泡亮度(或电功率)与小灯泡两端电压的关系。
（2）在测量小灯泡电功率的实验中，选择滑动变阻器的最大阻与小灯泡阻值相差不大，调节效果明显。
3．实验拓展
(1)拓展：滑动变阻器的作用。（保护电路；改变小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流。）
(2)拓展：电压表和电流表的量程选择。
(3)拓展：实物图的连接和画电路图。
(4) )拓展：采集多组实验数据的目的，为了研究电功率与电压和亮度的关系。
(5) )拓展：会设计实验表格。
(6) )拓展：实验数据和图像的分析、处理和评价。
(7) )拓展：测量小灯泡电功率时手和眼的分工：手移动滑动变阻器的滑片，眼睛观察电压表，当示数达到小灯泡的额定电压时停止移动。
(8) )拓展：实验操作中，先测量小灯泡在额定电压下的电功率，再测量小于额定电压下的电功率，最后测量大于小灯泡额定电压下的电功率。
(9) )拓展：电路故障判断。
(10) )拓展：移动滑片不能使电压表示数达到或大于额定电压的原因（电源电压太小）。
(11) )拓展：利用该实验器材还可以完成的实验。
典例5：（2019?广东模拟）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡上标有“3.8V 1.5W”的字样。
（1）按如图甲所示的电路图将图乙中的实物连接完整。 （2）电路连接后，闭合开关，小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，此时发现：电流表________示数，电压表________示数。 （3）断开开关，更换灯泡后，接下来应进行的操作是________ A．闭合开关 B．调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端 （4）调节滑动变阻器，使电压表的示数为3.0V时，电流表的示数如图丙所示，请将电流表的示数填入下表中。
实验次序
1
2
3
电压U/V
2.0
3.0
3.8
电流I/A
0.33
0.36
0.40
（5）按照正确的操作，得到了如上表所示的数据，分析数据可知该小灯泡的额定电功率是________。
【解析】（1）由图甲知，电流表、灯泡以及滑动变阻器串联入电路中，由题知，灯泡额定电压3.8V，所以电压表应使用0-15V量程，由P=UI可知灯泡正常发光电流，所以电流表应使用0-0.6A量程，实物连接如图所示：
（2）小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，说明灯丝烧断，造成电路断路，故电流表无示数；电压表测量的是电源电压，故有示数；（3）为了保护电路，更换灯泡后，应将调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端，故选B；（4）电流表使用0-0.6A量程，分度值为0.02A，由图乙可知，电流表示数0.36A；（5）由表格中数据可知，灯泡电压等于3.8V时，通过灯泡的电流0.4A，所以灯泡的额定功率：P=UI=3.8V×0.40A=1.52W。 【答案】（1）见上图；（2）无；有；（3）B；（4）0.36；（5）1.52W。
探究焦耳定律
1．教材实验原理图
2．实验结论
（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，，结合串联电路电流的规律分析； （2）（3）根据控制变量法结合串联、并联电路电流的规律分析； （4）由焦耳定律Q=I2Rt结合转换法和串联电路电流的规律分析。
3．实验拓展
(1)拓展：被加热的材料选用煤油或空气的原因是利用其比热容小，可以使实验现象更明显。
(2)拓展：被加热的物质要种类、质量、初温均相同。
(3)拓展：电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的气体加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
(4) )拓展：电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，用了控制变量法。
(5) )拓展：多次测量的目的：使实验结论具有普遍性防止偶然性。
(6) )拓展：多次测量时的注意事：每次测量完后应断开电源开关，使空气冷却，再就是防止浪费电能；测量完成后打开U密封盒上的通气孔目的是加快盒中空气的冷却；每次开始实验时均保持U形管内液面高度差为0.
(5) )拓展：实验数据的记录及表格设计。
(6) )拓展：实验数据分析。
典例6：（2018秋?江北区期末）小江用图甲所示的实验装置探究“影响电流产生热量与那些因素有关”，实验中三个烧瓶都盛有相同质量的煤油。
（1）该实验通过比较________来判断相同时间内不同电流产生的热量多少。实验中烧瓶内液体小明选择了煤油而不是水，这样选择的理由是________。 （2）小江先测量烧瓶内液体的温度后，闭合开关，通电30s再测量烧瓶内液体的温度，得到温度的升高量填入表中：然后移动滑动变阻器滑片改变电流大小，重复上述操作获得第二组数据（见表）
实验 次数
电流/A
通电时 间/s
电阻/Ω
温度升高量/℃
1
0.3
30
10
1.5
2
0.6
30
10
6.0
田此得出：同一导体，在通电时间相等时，电流________，其产生的热量________。 （3）若要探究电流通过电阻产生热量与电阻的关系，可选择乙图中________（选填“A”或“B”），烧瓶中的电阻与甲图中的烧瓶电阻________（选填“串联”或“并联”）。 （4）小江提议利用上述实验装置该做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他应选择乙图中________（选填“A”或“B”），烧瓶与甲图中的烧瓶并联，并将其中一烧瓶中的煤油换成等质量的水。水和煤油吸热的多少是通过________来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）。
【解析】（1）根据转换法，本实验中是通过温度计示数变化来判断电流产生的热量多少。 水的比热容大于煤油的比热容，根据，相同质量的水和煤油吸热相同，煤油温度变化明显，故实验中烧瓶内液体小明选择了煤油而不是水；（2）由表中数据，根据Q=cm△t，第2次实验水吸热多，电阻丝产生的热量多，故同一导体，在通电时间相等时，电流越大，其产生的热量越多；（3）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间不变，改变电阻的大小。由于串联电路中电流处处相等，通电时间相同，所以选择乙图中的B烧瓶与甲图中的烧瓶电阻串联；（4）“比较水和煤油比热容的大小”根据Q=cm△t，可以采用质量相同，吸收热量相同的不同物质，所以选择乙图中A烧瓶，由于电阻相同，和甲图烧瓶并联，电压相同，根据，电流产生热量相同，并且把烧瓶A的液体换成和甲图中质量相同的水；根据，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映。 【答案】（1）温度计示数变化；水的比热容大于煤油的比热容；（2）越大；越多；（3）B； 串联；（3）A；加热时间。
强化训练：
1．（2017秋?太原期末）电力公司为每一户居民安装了一个仪表来测量居民家中每个月消耗的电能，从而计算出应交的电费，该仪表的名称及表盘上标注的单位是（ ）
A．电能表﹣﹣kW?h B．电压表﹣﹣V C．电流表﹣﹣A D．欧姆表﹣﹣Ω
2．（2018?江干区模拟）下列家用电器中，正常工作一小时耗电最接近1kW?h的是（ ）
A．电子表 B．洗衣机 C．冰箱 D．空调机
3．（2018?任城区一模）在如图所示电路中，当闭合开关后，两电阻均发热且两个电压表指针都向右偏转相同角度，则电阻R1和R2在相同时间内消耗的电能之比为（ ）
A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．4：5
4．（2018?霞山区校级模拟）有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图（甲）所示；把它们串联在电路中，如图（乙）所示。闭合开关S，这时电路中的电流为0.2A，则电源电压和元件A在10s电流做的功分别是（ ）
A．2V，2J B．3V，2J C．3V，6J D．2V，4J
5．（2018?柯桥区校级模拟）一辆娱乐电瓶车，工作时电压为24V、电流为10A，效率为80%．电瓶车及人总重为1500N，行驶时阻力是总重的0.1倍，则此电瓶车水平匀速行驶100m所用的时间约为（ ）
A．78秒 B．833秒 C．104秒 D．83秒
6．（2019?南岸区校级模拟）炎热的夏季是一年中的用电高峰时期，小南同学观察了家里的电灯、空调等家用电器的工作情况后，怀疑家里电路的供电电压不足，他断开家庭其他用电器，只用额定功率为1000W的电热水壶烧水，观察到电热水壶工作2min时家中电能表（如图）表盘转动40.5圈，小南同学顺利的计算出此时家庭电路的电压为（ ）
A．185V B．198V C．200V D．220V
7．（2018秋?郑州期末）家庭电路中一个标有3000r/kW?h的电能表，在10min内转300r，家中正在单独工作的用电器可能是（ ）
A．空调 B．节能台灯 C．电吹风 D．空气净化器
8．（2018?江岸区校级模拟）如图是小明家里用的电能表，电能表的部分参数及上月末的示数如图所示。小明单独让一台卧室空调工作时，用停表测量出6min的时间电能表的指示灯刚好闪烁了160次。下列有关说法正确的是（ ）
A．空气开关应该安装在电能表之后，主要作用是为了防止人触电
B．小明家同时使用的用电器总功率不应超过2200W
C．这台卧室空调的电功率约为1000w
D．指示灯闪烁得越快，电能表所在电路的消耗的电能越多
9．（2018?龙岩二模）电能表可测量下列物理量中的（ ）
A．电流 B．电压 C．电阻 D．电能
10．（2019?黄浦区一模）关于电功、电功率的说法中正确的是（ ）
A．电流做功越多，电功率越大 B．电流做功越快，电功越大
C．用电器消耗电能越多，电功越大 D．用电器消耗电能越多，电功率越大
11．（2018?钦州模拟）下列用电器通电lh，最有可能消耗1kW?h电能的是（ ）
A．家用空调 B．台式计算机 C．排风扇 D．手电筒
12．（2019?曾都区校级模拟）小灯泡L和电阻R上分别标有“6V 4.8W”和“0.6A”字样，它们的电流随电压变化规律如图所示。现将小灯泡L和电阻R连入电路中，若要确保电路中的元件不烧坏，则下列说法错误的是（ ）
A．L和R并联时干路中的电流最大可达到1.4A B．L和R并联时电路的总功率最大可达到8.4W
C．L和R串联时电源电压不超过9V D．L和R串联时小灯泡的功率最大可达到4.8W
13．（2019?长春模拟）在测量小灯泡的电功率的实验中，把标有“2.5V”的灯泡L与滑动变阻器R串联起来接在电压是5V的电源上，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光，测得小灯泡的功率为0.5W，以下说法中不正确的是（ ）
A．电流表的读数为0.5A，变阻器两端电压是2.5V
B．滑动变阻器连入电路中的电阻R＝12.5Ω
C．相等时间内，电流对L和R所做的功相等
D．继续调节滑动变阻器，滑动变阻器的电功率可能小于灯泡电功率
14．（2019?长沙模拟）如图，电源电压U＝220V，且保持不变，L1、L2、L3、L4都标有“PZ110V，40W”字样，开关断开时，四盏灯都能正常发光，若将开关闭合，下列叙述中正确的是（ ）
A．L1、L3能正常发光 B．L1、L2、L3、L4都能正常发光
C．L2、L4能正常发光 D．L1、L2、L3、L4都不能正常发光
15．（2018?唐河县三模）如图所示，闭合开关S，发现灯泡L1亮，L2不亮。调节变阻器滑片P，L1变亮，L2始终不亮，以下说法不正确的是（ ）
A．开关的刀片是省力杠杆 B．滑片P匀速向右滑动时，滑片受到的摩擦力等于水平推力
C．灯泡L2短路 D．灯泡变亮后其额定功率随之变大
16．（2018?平房区三模）小明按如图所示电路测量小灯泡功率，备有器材规格如下：电源电压恒为6V，小灯泡额定电压为2.5V，灯泡正常发光时灯丝电阻约为l0Ω，变阻器甲的规格“10Ω 1A”、乙的规格“50Ω 0.5A”，电流表（0﹣0.6A、0﹣3A），电压表（0﹣3V、0﹣15V），下列说法错误的是（ ）
A．在连接实验电路时，应将滑动变阻器滑片滑置最右端
B．变阻器应选择甲“10Ω 1A”的
C．实验可发现，灯泡在不同电压下，实际功率不同，亮度不同
D．在测量不同电压下的电功率，为减小误差，应选用量程为0﹣3V的电压表
17．（2019?常德模拟）下面不是利用电热的实例（ ）
A．用电饭锅煮饭 B．用电熨斗熨衣服
C．电视机外壳有许多小孔 D．用电热壶烧水
18．（2018?陕西四模）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，群宇同学设计了如图所示的甲、乙两种装置，他将两根阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与完全相同的气球相连，两次实验电源电压相同，以下说法正确的是（ ）
A．乙装置可用来研究电热与电流的关系 B．通电 3min 后，A 气球要比 B 气球大
C．通电 3min 后，C 气球最大 D．通电 3min 后，D 气球最大
19．（2018?胶州市一模）甲、乙两电热丝电阻之比为3：4，通过的电流之比为3：1，则相同时间内产生的热量之比为（ ）
A．27：4 B．9：4 C．4：9 D．4：27
20．（2018?漳州一模）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1＝20Ω．闭合开关S，移动滑动变阻器R2的滑片到中点c时，电流表的示数为0.4A；移动滑片P至最左端a时，电流表的示数为0.3A．则滑片P在最左端a时，通电4秒钟滑动变阻器产生的热量是（ ）
A．24J B．7.2J C．32J D．12.8J
21．（2018?乌拉特前旗模拟）家庭常用电热水壶的铭牌数据如图表所示，若加热电阻的阻值不随温度的变化而改变（C水＝4.2×103J/kg?℃），下列选项正确的是（ ）
额定电压
220V
额定加热功率
1100W
最大盛水量
1kg
A．电热水壶装满水时，水的体积是10L
B．电热水壶和其他用电器串联在电路中
C．将1kg、20℃的水在1标准大气压下烧开，需要吸收的热量为3.36×105J
D．将1kg、20℃的水在1标准大气压下烧开，电热水壶需正常工作5.5分钟，此电热水壶的效率为50%
22．（2019?安徽模拟）10W的LED灯泡的亮度相当于100W白炽灯，如果每户用2只这样的LED灯泡，以每天使用5h计，哈市500万用户每天可以节约电能________kW?h。
23．（2019?常德模拟）某电壶工作2min，使如图所示的电能表的转盘转过150r，则电壶消耗的电能为________kW?h，电功率为________W，这些电能可供一只“220V 10W”的节能灯正常工作________h。
24．（2019?长春模拟）某品牌电饭煲的工作原理如图所示，其加热档和保温档的额定功率分别为1210W和22W．将开关S闭合，电饭煲处于________（选填“加热”或“保温”）状态，其中电阻R1：R2＝________。
25．（2018?坪山区二模）小华在探究“小灯泡发光时的亮度与电功率的关系”的实验中，所用的电源电压是4V，小灯泡的额定电压是2.5V，小灯泡两端允许加的最大电压为额定电压的1.2倍。小华同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成下左图所示的图象。根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是________瓦。该图象不是直线，主要原因是________。
26．（2019?滨州模拟）某家庭用的电热水器将体积为60L，温度为20℃的自来水加热到50℃，则水吸收的热量为________J[水的比热容4.2×103J/（kg?℃）]．若热水器的功率为2000W，用时5000s，则该热水器的效率为________。
27．（2019?常德模拟）如图甲所示是一种常见的电热水袋，图乙是它的结构示意图，其性能指标如下表所示。
（1）由表格可知，发热体R的电阻要比红色指示灯L的电阻________（选“大”或“小”）得多；
（2）为了使用电热水袋更加安全，有的电热水袋里使用双重温控开关保护，也就是把两个温控开关________（选填“串联”或“并联”）起来使用；
（3）当热水袋原来的温度是15℃时，在额定电压下加热8min指示灯就熄灭了，则此过程中水吸收的热量是________J，电热水袋的发热效率为________%。
额定电压
220V
袋内装水
1L
额定热功率
500W
自动断电温度
65℃
指示功率
≤0.2W
28．（2019?怀化模拟）图甲是一种新型家用电器﹣电压力锅，图乙是某型号电压力锅工作电路简图，表中数据是其部分参数。其中R是主加热器，R0是保压加热器。接通电路后，开关S自动与触电a、b接通，开始加热。当锅内温度达到105℃，开关S自动与a、b断开，开始保压，此时锅内水温不变，且未沸腾。现将5kg初温为25℃的水加入电压锅中，接通电路使其正常运行30min，热量损耗不计，已知水的比热容为4.2×103J/kg?℃）
求：
（1）电压力锅加热状态时主加热噐R的电阻。
（2）电压力锅多少min后开始保压？
（3）电压力锅在此30min内所消耗的电能。
额定电压（V）
220
主加热噐额定功率（W）
880
保压加热器额定功率（W）
120
保压温度（℃）
105
最大盛水量（kg）
6
29．（2019?长春模拟）如图所示，闭合开关后，标有“6V 3W”的小灯泡正常发光，电流表的示数为0.8A。
求：（1）通电1min，电灯消耗的电能；
（2）电阻R的阻值。
30．（2019?长沙模拟）2018年初，一场寒潮席卷河南，某学校实验小组的学生对智能供暖展开了探究，设计了一个智能供暖器，电路如图所示，电源两端的电压为220V，R1和R2是两个供热电阻丝，S1、S2是温控开关，工作过程如下：当气温低于25℃时，S1、S2都闭合当气温等于或高于25℃时，S2断开，此时电流表的示数为1A，电阻丝R1的电功率为20W（忽略温度对电阻丝的影响）。求：
（1）电阻丝R2的阻值是多少？
（2）当气温低于25℃时，电路工作0.5h消耗的电能是多少千瓦时？
31．（2019?常德模拟）如图所示电路，电源电压恒定，小灯泡上标有“6V 3.6W”字样，（灯丝电阻不变），R1为阻值30Ω的定值电阻，请计算：
（1）小灯泡正常发光时的电阻是多少？
（2）当S1断开，S2，S3闭合时，小灯泡刚好正常发光，则电源电压是多少？
（3）当S1，S2断开，S3闭合时，电路中的电流是多少？
（4）该电路的最大功率是多少？
32．（2019?郴州模拟）某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点。其简化等效电路如图所示，此时处于空档位置。闭合开关S，旋钮绕P转动，实现档位转换，旋至1档时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态；旋至2档时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1＝22Ω，主要参数如下表。（c水＝4.2×103J/（kg?℃））
**牌智能滚筒洗衣机
额定电压
220V
加热功率
2400W
设定温度范围
30℃～90℃
电动机功率
240W
防电墙电阻
1×106Ω
（1）洗衣机内注入10kg的水，在额定电压下连续加热1050秒，水温由20℃上升到50℃，此过程中的加热效率是多少？
（2）R2阻值是多少？
（3）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路电流是多少？
（4）防电墙技术的应用是洗衣机未来发展的趋势。防电墙通过在洗衣机内部形成永久性电阻保证人的安全。异常漏电情况下，电流依次经防电墙和人体流入大地，若人体的最大电阻为1×105Ω，人体的安全电压不高于36V，通过计算判断防电墙技术能否保证人的安全。
1．（2017?高新区校级二模）如图所示的是一个双温电炉电路图。设电路由两段相同电阻组成发热体，A、B、C为三段引出线，A为低温档，B为高温档，且高温档的功率为低温档的2倍，现给你两段阻值都为20欧的电阻丝，试在图中框内画出两段电阻丝的连接图。
2．（2019?长春模拟）小代学完电学后惊奇地发现，如图所示的电路图更换不同的元件就可以进行不同的探究实验。
（1）在元件处若接上未知定值电阻可以测定未知定值电阻的阻值，其实验原理是：________。
（2）在元件处若接上小灯泡可以测定小灯泡的额定电功率，其实验原理是________。
（3）将元件处接上定值电阻也可探究“电流大小与电压、电阻的关系”。小代在探究“电流大小与电阻的关系”时，他先用5Ω的定值电阻进行实验，闭合开关后移动滑片，此时电流表的示数如图乙所示，则电路中的电流为________A；再将5Ω的定值电阻换成10Ω定值电阻进行实验，移动滑片直至电压表示数为________V，并记录电流表的示数。
3．（2019?长春模拟）小明用两节干电池测小灯泡的功率，电路如图甲所示，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω2A”。
（1）正确连接电路后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数达到2V时，电流表的示数如图乙所示，其读数为________A，为使灯泡正常发光，应将滑片向________（选填“左”或“右”）移动。
（2）当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，为了用该灯泡继续完成实验，你的做法是________。
（3）解决了（2）中问题后，测出电压略大于2.5V时的灯泡功率，为比较灯泡在不同电压下的功率关系，________（选填“需要”或“不需要”）重新测量前两次实验数据。
4．（2019?广东模拟）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡上标有“3.8V 1.5W”的字样。
（1）按如图甲所示的电路图将图乙中的实物连接完整。
（2）电路连接后，闭合开关，小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，此时发现：电流表________示数，电压表________示数。
（3）断开开关，更换灯泡后，接下来应进行的操作是________
A．闭合开关
B．调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端
（4）调节滑动变阻器，使电压表的示数为3.0V时，电流表的示数如图丙所示，请将电流表的示数填入下表中。
实验次序
1
2
3
电压U/V
2.0
3.0
3.8
电流I/A
0.33
0.36
0.40
（5）按照正确的操作，得到了如上表所示的数据，分析数据可知该小灯泡的额定电功率是________。
5．（2019?大祥区模拟）在“测量小灯泡的电功率”实验中，电源电压为6V保持不变，所用小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为10Ω。
（1）用笔画线代替导线，将图甲的实物图连接完整，要求滑动变阻器滑片P向右滑动时小灯泡变亮。
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到最________（填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关S后，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表均有示数，接下来首先应该操作的是________（填序号）。
A．检查电路是否断路
B．检查电路是否短路
C．移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡是否发光
（4）通过小灯泡的电流随它两端电压的变化如图乙所示，分析图象可知，当小灯泡两端的电压增大时，灯丝的电阻会________（填“增大”“不变”或“减小”）；小灯泡的额定功率为________W。
（5）若将小灯泡换成定值电阻R1，该电路还可以进行的实验有________（请写出一个即可）。
6．（2019?长春模拟）如图是研究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置。左右两个透明的容器中密闭着空气，两个密闭容器中都有一段电阻丝，U型管中装的是红色液体。
（1）a、b、c、d容器中所装空气的质量________（选填“相等”或“不相等”），在图示装置电阻通电过程中，U型管________（选填“是”或“不是”）连通器。
（2）甲装置可探究电流产生的热量与________的关系。
（3）若甲、乙两次实验的电源电压及通电时间相同，则a、c中两电阻产生热量之比是________。
（4）若图乙中两侧玻璃管中液面高度变化相同，则电路中故障可能是________；若图乙中左侧U型管液面高度差变化明显，右侧U型管液面无变化，故障可能是________。
7．（2019?长春模拟）实际生活中，用电器接通电源后，都伴有热量的产生，小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气并与U形管紧密相连，实验前U形管两端液面相平，将1、2和3、4导线分别接到电源两端。
（1）在实验过程中，通过观察U形管中 液面高度 的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少。
（2）图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与________的关系。
（3）图乙所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与________的关系。
（4）综合分析图甲、乙两装置的实验现象，可以得出的结论是：电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量________。
8．（2018?大荔县校级模拟）在探究“影响电流热效应的因素”实验中：
（1）为了探究电流通过电阻产生的热量与电流的关系，小明设计了甲图装置，在烧瓶内安装一根电阻丝，并插入一支温度计，该实验通过比较________（选填“温度计示数变化”或“加热时间”）判断相同时间内不同电流产生的热量多少。
（2）小明先测量烧瓶内液体的温度后，闭合开关，通电30s再测量烧瓶内液体的温度，得到温度的升高量填入表中；然后移动滑动变阻器滑片改变电流大小，重复上述操作，获得第二组数据（见表）。
实验次数
电流/A
通电时间/s
电阻/Ω
温度升高量/℃
1
0.3
30
10
1.5
2
0.6
30
10
6.0
由此得出：同一导体，在通电时间相等时，电流________，其产生的热量________。
（3）若要探究电流通过电阻产生热量与电阻的关系，可选择乙图中________（选填“A”或“B“）烧瓶中的电阻与甲图中的烧瓶电阻________联。（本题中，三个烧瓶中装入等质量的煤油）
（4）小明提议利用上述实验装置改做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他应选择乙图中________（选填“A”或“B“）烧瓶与甲图中的烧瓶并联，并将其中一烧瓶中的液体换成________，水和煤油吸热的多少是通过________来反映的。
易错专练1７：电功率
易错点一：不能正确理解电能表的作用。
典例1：（2018?房山区一模）下列物理量可用电能表直接测量的是（ ）
A．电能 B．电压 C．电流 D．电功率
【错解】选D，理由：电能表是测电功率的仪器。.
【析错】电能表是用来测量消耗电能多少的仪器或者说是测量电流做功多少的仪器。
【正解】选A，理由：（1）电能表是用来测量用电器在单位时间内所做的功，即电功；（2）电流表是用来测量电流的，电压表是用来测量电压的，电功率是表示单位时间内电流做功的多少，都不能用电能表来测量．故选A．
针对训练1：（2018?济南）小亮想测量家中电视机待机状态下消耗的电能，需要选用的仪器是（ ）
A．电流表 B．电压表 C．电能表 D．变阻器
【解析】A、电流表是测量电流的仪表；故A错误；B、电压表是测量电压的仪表；故B错误；C、电能表是用来测量电功的多少也就是消耗电能多少的仪器；故C正确；D、变阻器可以改变其接入电路中电阻大小，不能够测量电能；故D错误。故选C。
【答案】C
易错点二：不能正确理解电功率与电压的关系，当用电器两端电压减小一半，误认为其实际功率也减小一半。
典例2：（2018?高青县一模）额定电压为U、额定功率为40W的两盏电灯，串联后接在电压为U的电源上，则两灯的总功率是（ ）
A．10W B．20W C．40W D．80W
【错解】选C，理由：当用电器两端电压减小一半，误认为其实际功率也减小一半。
【析错】根据表示出每盏电灯的额定功率，两盏电灯的电阻相等，根据电阻的串联和求出两灯的总功率。
【正解】选B，理由：设每盏灯泡的电阻为R，则灯泡的额定功率：，两盏电灯的规格相同，电阻相等，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴串联后接在电压为U的电源上时，两灯的总功率：。故选【答案】B。
针对训练2：（2017秋?兴庆区期末）不考虑温度对电阻的影响，把两个“220V，40W”的灯泡串联接在220V的电路中，则两灯泡的总功率为（ ）
A．10W B．20W C．40W D．80W
【解析】“220V，40W”的灯泡的电阻为：两个灯泡串联，总电阻为：R总=2R=2420Ω,故两灯泡的总功率为：故选B。
【答案】B
易错点三：不能正确理解串联分压关系，误认为将“110 V 100 W”和“110 V 25 W”两灯串联在220 V电源上，两灯能正常发光。
典例3：（2018?海南）如图所示，A、B为两盏白炽灯，A灯型号是“110V 25W”，B灯型号是“110V 100W”，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．
【错解】选B，理由： 因为额定电压为110 V的两灯串联在220 V的电路中，两灯串联分压，分得的实际电压为110 V，均等于额定电压，所以两灯均正常发光，而选B.
【析错】（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，根据公式可知，电路中电阻越大。消耗的功率就越小，先根据公式分别求出灯泡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。
【正解】选C，理由：根据公式可知，灯泡A的电阻，灯泡B的电阻。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。
针对训练3：（2018秋?七里河区校级期末）额定电压都是110V，额定功率PA=100W，PB=40W的灯泡两盏，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（ ）
A． B． C． D．
【解析】由题知，两灯泡额定电压相等，A灯泡的额定功率较大，由可知，A灯泡的电阻较小，即RB＞RA。A、图中灯泡A和B串联在220V的电源上，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端的电压均不等于110V，所以都不能正常工作，故A错误；B、图中灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻R串联，当可变电阻的阻值和两灯泡并联的电阻相等时它们可以同时发光；由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知B中电路的总电流等于A和B两灯泡的额定电流之和，由P=UI可知，电路中消耗的电功率较大，故B错误；C、图中灯泡A和可变电阻R并联后又和灯泡B串联，由并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，B灯泡的电阻一定大于并联部分的总电阻，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端的电压均不等于110V，所以都不能正常工作，故C错误；D、图中灯泡B和可变电阻R并联后又和灯泡A串联，由电阻的并联可知，可变电阻调节合适时可以使并联部分的电阻和灯泡B的电阻相等，即两灯泡可以同时正常发光，且电路中的电流等于A灯泡的额定电流，消耗的电功率最小，故D正确；故选D。
【答案】D
易错点四：不理解纯电阻电路，用I＝U/R计算电动机的工作电流。
典例4 （2018?马鞍山二模）一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A．若此线圈的电阻为2Ω，则这台电动机1min内产生的热量是_______J，这台电动机的效率是_______。
【错解】答案为：2.42×105；84.1%。理由：根据欧姆定律电动机中的电流。
【析错】（1）已知线圈的电阻和通过的电流以及通电时间，根据公式Q=I2Rt可求这台电动机1min内产生的热量。（2）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据公式P=UI可求电动机的总电功率；再根据公式P=I2R计算线圈消耗的功率，总功率减去线圈消耗的功率就是电动机的输出功率，输出功率与总功率的比值就是这台电动机的效率。
【正解】答案为：1.2×104；90.9%。（1）这台电动机1min内产生的热量：Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×60s=1.2×104J；（2）电动机的电功率：P总=UI=220V×10A=2200W，线圈消耗的功率：P圈=I2R=（10A）2×2Ω=200W，输出功率：P出=P总-P圈=2200W-200W=2000W，这台电动机的效率：。 针对训练4：（2018秋?秀屿区校级期末）一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是________W，这台电动机2s内产生的热量是________J．
【解析】电功率为：P=UI=220×10=2200W, 热量：Q=Q=I2Rt=102×2×2=400J.
【答案】2200,400
测量小灯泡的电功率
1．教材实验原理图
2．实验注意问题
（1）在测量小灯泡电功率的实验中，不能将多次测得的电功率求平均值。多次测量的目的：为了研究小灯泡亮度(或电功率)与小灯泡两端电压的关系。
（2）在测量小灯泡电功率的实验中，选择滑动变阻器的最大阻与小灯泡阻值相差不大，调节效果明显。
3．实验拓展
(1)拓展：滑动变阻器的作用。（保护电路；改变小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流。）
(2)拓展：电压表和电流表的量程选择。
(3)拓展：实物图的连接和画电路图。
(4) )拓展：采集多组实验数据的目的，为了研究电功率与电压和亮度的关系。
(5) )拓展：会设计实验表格。
(6) )拓展：实验数据和图像的分析、处理和评价。
(7) )拓展：测量小灯泡电功率时手和眼的分工：手移动滑动变阻器的滑片，眼睛观察电压表，当示数达到小灯泡的额定电压时停止移动。
(8) )拓展：实验操作中，先测量小灯泡在额定电压下的电功率，再测量小于额定电压下的电功率，最后测量大于小灯泡额定电压下的电功率。
(9) )拓展：电路故障判断。
(10) )拓展：移动滑片不能使电压表示数达到或大于额定电压的原因（电源电压太小）。
(11) )拓展：利用该实验器材还可以完成的实验。
典例5：（2019?广东模拟）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡上标有“3.8V 1.5W”的字样。
（1）按如图甲所示的电路图将图乙中的实物连接完整。 （2）电路连接后，闭合开关，小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，此时发现：电流表________示数，电压表________示数。 （3）断开开关，更换灯泡后，接下来应进行的操作是________ A．闭合开关 B．调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端 （4）调节滑动变阻器，使电压表的示数为3.0V时，电流表的示数如图丙所示，请将电流表的示数填入下表中。
实验次序
1
2
3
电压U/V
2.0
3.0
3.8
电流I/A
0.33
0.36
0.40
（5）按照正确的操作，得到了如上表所示的数据，分析数据可知该小灯泡的额定电功率是________。
【解析】（1）由图甲知，电流表、灯泡以及滑动变阻器串联入电路中，由题知，灯泡额定电压3.8V，所以电压表应使用0-15V量程，由P=UI可知灯泡正常发光电流，所以电流表应使用0-0.6A量程，实物连接如图所示：
（2）小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，说明灯丝烧断，造成电路断路，故电流表无示数；电压表测量的是电源电压，故有示数；（3）为了保护电路，更换灯泡后，应将调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端，故选B；（4）电流表使用0-0.6A量程，分度值为0.02A，由图乙可知，电流表示数0.36A；（5）由表格中数据可知，灯泡电压等于3.8V时，通过灯泡的电流0.4A，所以灯泡的额定功率：P=UI=3.8V×0.40A=1.52W。 【答案】（1）见上图；（2）无；有；（3）B；（4）0.36；（5）1.52W。
探究焦耳定律
1．教材实验原理图
2．实验结论
（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，，结合串联电路电流的规律分析； （2）（3）根据控制变量法结合串联、并联电路电流的规律分析； （4）由焦耳定律Q=I2Rt结合转换法和串联电路电流的规律分析。
3．实验拓展
(1)拓展：被加热的材料选用煤油或空气的原因是利用其比热容小，可以使实验现象更明显。
(2)拓展：被加热的物质要种类、质量、初温均相同。
(3)拓展：电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的气体加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
(4) )拓展：电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，用了控制变量法。
(5) )拓展：多次测量的目的：使实验结论具有普遍性防止偶然性。
(6) )拓展：多次测量时的注意事：每次测量完后应断开电源开关，使空气冷却，再就是防止浪费电能；测量完成后打开U密封盒上的通气孔目的是加快盒中空气的冷却；每次开始实验时均保持U形管内液面高度差为0.
(5) )拓展：实验数据的记录及表格设计。
(6) )拓展：实验数据分析。
典例6：（2018秋?江北区期末）小江用图甲所示的实验装置探究“影响电流产生热量与那些因素有关”，实验中三个烧瓶都盛有相同质量的煤油。
（1）该实验通过比较________来判断相同时间内不同电流产生的热量多少。实验中烧瓶内液体小明选择了煤油而不是水，这样选择的理由是________。 （2）小江先测量烧瓶内液体的温度后，闭合开关，通电30s再测量烧瓶内液体的温度，得到温度的升高量填入表中：然后移动滑动变阻器滑片改变电流大小，重复上述操作获得第二组数据（见表）
实验 次数
电流/A
通电时 间/s
电阻/Ω
温度升高量/℃
1
0.3
30
10
1.5
2
0.6
30
10
6.0
田此得出：同一导体，在通电时间相等时，电流________，其产生的热量________。 （3）若要探究电流通过电阻产生热量与电阻的关系，可选择乙图中________（选填“A”或“B”），烧瓶中的电阻与甲图中的烧瓶电阻________（选填“串联”或“并联”）。 （4）小江提议利用上述实验装置该做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他应选择乙图中________（选填“A”或“B”），烧瓶与甲图中的烧瓶并联，并将其中一烧瓶中的煤油换成等质量的水。水和煤油吸热的多少是通过________来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）。
【解析】（1）根据转换法，本实验中是通过温度计示数变化来判断电流产生的热量多少。 水的比热容大于煤油的比热容，根据，相同质量的水和煤油吸热相同，煤油温度变化明显，故实验中烧瓶内液体小明选择了煤油而不是水；（2）由表中数据，根据Q=cm△t，第2次实验水吸热多，电阻丝产生的热量多，故同一导体，在通电时间相等时，电流越大，其产生的热量越多；（3）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间不变，改变电阻的大小。由于串联电路中电流处处相等，通电时间相同，所以选择乙图中的B烧瓶与甲图中的烧瓶电阻串联；（4）“比较水和煤油比热容的大小”根据Q=cm△t，可以采用质量相同，吸收热量相同的不同物质，所以选择乙图中A烧瓶，由于电阻相同，和甲图烧瓶并联，电压相同，根据，电流产生热量相同，并且把烧瓶A的液体换成和甲图中质量相同的水；根据，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映。 【答案】（1）温度计示数变化；水的比热容大于煤油的比热容；（2）越大；越多；（3）B； 串联；（3）A；加热时间。
强化训练：
1．（2017秋?太原期末）电力公司为每一户居民安装了一个仪表来测量居民家中每个月消耗的电能，从而计算出应交的电费，该仪表的名称及表盘上标注的单位是（ ）
A．电能表﹣﹣kW?h B．电压表﹣﹣V C．电流表﹣﹣A D．欧姆表﹣﹣Ω
【解析】电能表（俗称电度表）是用来测用户消耗电能多少的仪表，单位是千瓦时（kW?h），俗称“度”；电流表是测量电路中电流大小的仪表，单位是安培（A）；电压表是测量电路两端电压大小的仪表，单位是伏特（V）；欧姆表是测量电阻的仪表，单位是欧姆（Ω），故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。
【答案】A
2．（2018?江干区模拟）下列家用电器中，正常工作一小时耗电最接近1kW?h的是（ ）
A．电子表 B．洗衣机 C．冰箱 D．空调机
【解析】A、电子表的功率约为4.5μW，故A不符合题意；B、洗衣机的功率约为500W，故B不符合题意；C、冰箱的功率约为100W，故C不符合题意；D、空调机的功率约为1000W，故D符合题意；故选D。
【答案】D
3．（2018?任城区一模）在如图所示电路中，当闭合开关后，两电阻均发热且两个电压表指针都向右偏转相同角度，则电阻R1和R2在相同时间内消耗的电能之比为（ ）
A．1：1 B．1：4 C．4：1 D．4：5
【解析】由电路图可知，当闭合开关后，两电阻串联，V1测R2两端的电压，电压表V2测电源电压。因串联电路的总电压等于各分电压之和，且两个电压表指针偏转角度相同，所以，电压表V2的示数是电压表V1示数的5倍，即U＝5U2，则电阻R1和R2两端的电压之比：＝＝＝；因为R1、R2串联，所以通过的电流相同，已知通电时间相同，所以＝＝＝。故选C。
【答案】C
4．（2018?霞山区校级模拟）有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图（甲）所示；把它们串联在电路中，如图（乙）所示。闭合开关S，这时电路中的电流为0.2A，则电源电压和元件A在10s电流做的功分别是（ ）
A．2V，2J B．3V，2J C．3V，6J D．2V，4J
【解析】因为两元件串联，所以通过的电流相等。当电路中的电流为0.2A时，由图知，A两端的电压为1V，B两端的电压为2V。所以电源电压为：U＝UA+UB＝1V+2V＝3V；元件A在10s电流做的功为：W＝UAIt＝1V×0.2A×10s＝2J；故B正确。故选B。
【答案】B
5．（2018?柯桥区校级模拟）一辆娱乐电瓶车，工作时电压为24V、电流为10A，效率为80%．电瓶车及人总重为1500N，行驶时阻力是总重的0.1倍，则此电瓶车水平匀速行驶100m所用的时间约为（ ）
A．78秒 B．833秒 C．104秒 D．83秒
【解析】电瓶车行驶时受到的阻力：f＝0.1G＝0.1×1500N＝150N；
克服阻力做的有用功：W有用＝fs＝150N×100m＝15000J；
由效率公式可得，该车做的总功（消耗的电能）：W总＝＝＝18750J，
由W＝UIt得该车行驶的时间：t＝＝＝78.125s≈78s。故选A。
【答案】A
6．（2019?南岸区校级模拟）炎热的夏季是一年中的用电高峰时期，小南同学观察了家里的电灯、空调等家用电器的工作情况后，怀疑家里电路的供电电压不足，他断开家庭其他用电器，只用额定功率为1000W的电热水壶烧水，观察到电热水壶工作2min时家中电能表（如图）表盘转动40.5圈，小南同学顺利的计算出此时家庭电路的电压为（ ）
A．185V B．198V C．200V D．220V
【解析】电热水壶工作2min时消耗的电能：W＝＝0.027kW?h
电热壶的实际功率为：P实＝＝＝0.81kW＝810W，
设电热壶两端电压为U实，电热水壶的电阻不变，由P＝得：R＝＝，
即＝，解得U实＝198V。故选B。
【答案】B
7．（2018秋?郑州期末）家庭电路中一个标有3000r/kW?h的电能表，在10min内转300r，家中正在单独工作的用电器可能是（ ）
A．空调 B．节能台灯 C．电吹风 D．空气净化器
【解析】3000r/kW?h所表示的物理意义：电路中每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转3000r；转盘在在10min内转300r，用电器消耗电能：W＝＝0.1kW?h；
该用电器的功率：P＝＝＝0.6kW＝600W；A．空调是大功率用电器，其功率一般在1000W以上，故A错误；B．节能台灯的功率约为20W左右，故B错误；C．电吹风的功率约为500～800W，故C正确；D．空气净化器的功率一般在50W左右，故D错误。故选C。
【答案】C
8．（2018?江岸区校级模拟）如图是小明家里用的电能表，电能表的部分参数及上月末的示数如图所示。小明单独让一台卧室空调工作时，用停表测量出6min的时间电能表的指示灯刚好闪烁了160次。下列有关说法正确的是（ ）
A．空气开关应该安装在电能表之后，主要作用是为了防止人触电
B．小明家同时使用的用电器总功率不应超过2200W
C．这台卧室空调的电功率约为1000w
D．指示灯闪烁得越快，电能表所在电路的消耗的电能越多
【解析】A、空气开关安装在电能表之后，是为了需要断开电路的时候能直接断开电路，与人是否触电无关，故A错误；B、因为电能表允许通过的最大电流为40A，因此小龙家同时使用的用电器最大总功率P＝UI＝220V×40A＝8800W，故B错误；C、空调消耗的电能为W＝kW?h＝0.1kW?h，空调的功率为P＝＝＝1kW＝1000W，故C正确；D、因为电能表指示灯闪烁的快慢反映了做功的快慢，因此指示灯闪烁越快，电能表所在电路的总功率越大，但工作时间不确定，所用消耗电能多少不能确定，故D错误。故选C。
【答案】C
9．（2018?龙岩二模）电能表可测量下列物理量中的（ ）
A．电流 B．电压 C．电阻 D．电能
【解析】用来测量电路消耗电能的仪表叫做电能表，常用的单相电能表用感应式和电子式两种。
故选D。
【答案】D
10．（2019?黄浦区一模）关于电功、电功率的说法中正确的是（ ）
A．电流做功越多，电功率越大 B．电流做功越快，电功越大
C．用电器消耗电能越多，电功越大 D．用电器消耗电能越多，电功率越大
【解析】A．由P＝可知，由于电流做功时间不确定，所以电流做功越多，电功率不一定越大，故A错误；B．电流做功越快，则电功率越大，因电流做功时间未知，所以由W＝Pt可知，电功不一定越大，故B错误；C．电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程，用电器消耗的电能和电流做的功相等，所以用电器消耗电能越多，电流做功越多，故C正确；D．由P＝可知，由于工作时间不确定，所以用电器消耗电能越多，电功率不一定越大，故D错误。故选C。
【答案】C
11．（2018?钦州模拟）下列用电器通电lh，最有可能消耗1kW?h电能的是（ ）
A．家用空调 B．台式计算机 C．排风扇 D．手电筒
【解析】用电器在t＝1h内，消耗的电能W＝1kW?h，则用电器的电功率：P＝＝＝1kW＝1000W，台式计算机的功率一般不超过100W，排风扇的电功率约为40W，手电筒的电功率约为1W，家用空调的功率约为1000W。故选A。
【答案】A
12．（2019?曾都区校级模拟）小灯泡L和电阻R上分别标有“6V 4.8W”和“0.6A”字样，它们的电流随电压变化规律如图所示。现将小灯泡L和电阻R连入电路中，若要确保电路中的元件不烧坏，则下列说法错误的是（ ）
A．L和R并联时干路中的电流最大可达到1.4A B．L和R并联时电路的总功率最大可达到8.4W
C．L和R串联时电源电压不超过9V D．L和R串联时小灯泡的功率最大可达到4.8W
【解析】（1）由题知，灯泡的额定电压UL＝6V，电阻R允许通过的最大电流IR＝0.6A，由图象可知，电阻两端允许所加的最大电压UR＝6V，L和R并联时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电路中的最大电压U＝UL＝UR＝6V，由图象可知，通过L的电流IL＝0.8A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中的最大电流：I＝IL+IR＝0.8A+0.6A＝1.4A，故A正确；电路的最大总功率：P＝UI＝6V×1.4A＝8.4W，故B正确；（2）因串联电路中各处的电流相等，且IL＝0.8A，IR＝0.6A，所以，L和R串联时，电路中的最大电流I′＝IR＝0.6A，由图象可知，L两端的电压UL′＝3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的最大电压：U′＝UL′+UR＝3V+6V＝9V，故C正确；小灯泡的最大功率：PL′＝UL′I′＝3V×0.6A＝1.8W，故D错误。故选D。
【答案】D
13．（2019?长春模拟）在测量小灯泡的电功率的实验中，把标有“2.5V”的灯泡L与滑动变阻器R串联起来接在电压是5V的电源上，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光，测得小灯泡的功率为0.5W，以下说法中不正确的是（ ）
A．电流表的读数为0.5A，变阻器两端电压是2.5V
B．滑动变阻器连入电路中的电阻R＝12.5Ω
C．相等时间内，电流对L和R所做的功相等
D．继续调节滑动变阻器，滑动变阻器的电功率可能小于灯泡电功率
【解析】（1）灯泡正常发光时，其两端的电压等于其额定电压为2.5V，因为P＝UI,所以电流表的读数I＝＝＝0.2A，灯泡和滑动变阻器串联在电路中，灯泡两端的电压为2.5V，电源电压为5V，所以变阻器两端电压为U滑＝5V﹣2.5V＝2.5V，故A错误；（2）因为I＝，所以滑动变阻器连入电路中的电阻R＝＝＝12.5Ω，故B正确；（3）根据上面分析可知，灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，通电时间相等，电流相等，根据W＝UIt可知，电流对L和R所做的功相等，故C正确；（4）灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，电流相等，根据P＝UI可知，灯泡和滑动变阻器消耗的总电功率相等，继续调节滑动变阻器，当滑动变阻器的电阻减小，电流增大，灯泡两端的电压变大，实际功率增大，大于滑动变阻器两端的实际功率，故D正确。故选A。
【答案】A
14．（2019?长沙模拟）如图，电源电压U＝220V，且保持不变，L1、L2、L3、L4都标有“PZ110V，40W”字样，开关断开时，四盏灯都能正常发光，若将开关闭合，下列叙述中正确的是（ ）
A．L1、L3能正常发光 B．L1、L2、L3、L4都能正常发光
C．L2、L4能正常发光 D．L1、L2、L3、L4都不能正常发光
【解析】各个灯泡的额定电压和额定功率都相等，根据R＝知，各灯泡的电阻都相等，由电路图知，当将开关闭合，L1、L3、L2、L4先并联，再串联，根据串联电路的分压作用，电阻一样大，分压一样多，所以L1、L3和L2、L4两端的电压都为110V，又根据并联电路各支路电压相等知，灯泡L1、L2、L3、L4两端的电压都为110V，所以L1、L3、L2、L4都能正常发光。故选B。
【答案】B
15．（2018?唐河县三模）如图所示，闭合开关S，发现灯泡L1亮，L2不亮。调节变阻器滑片P，L1变亮，L2始终不亮，以下说法不正确的是（ ）
A．开关的刀片是省力杠杆 B．滑片P匀速向右滑动时，滑片受到的摩擦力等于水平推力
C．灯泡L2短路 D．灯泡变亮后其额定功率随之变大
【解析】A、使用开关时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A正确；B、滑片P匀速向右滑动时，滑片处于平衡状态，受到的摩擦力与水平推力是一对平衡力，大小相等，即摩擦力等于水平推力，故B正确；C、若灯L2短路了，则L2不亮，L1照常发光，故C正确；D、灯泡变亮后其实际功率增大，灯泡的额定功率不变，故D错误。故选D。
【答案】D
16．（2018?平房区三模）小明按如图所示电路测量小灯泡功率，备有器材规格如下：电源电压恒为6V，小灯泡额定电压为2.5V，灯泡正常发光时灯丝电阻约为l0Ω，变阻器甲的规格“10Ω 1A”、乙的规格“50Ω 0.5A”，电流表（0﹣0.6A、0﹣3A），电压表（0﹣3V、0﹣15V），下列说法错误的是（ ）
A．在连接实验电路时，应将滑动变阻器滑片滑置最右端
B．变阻器应选择甲“10Ω 1A”的
C．实验可发现，灯泡在不同电压下，实际功率不同，亮度不同
D．在测量不同电压下的电功率，为减小误差，应选用量程为0﹣3V的电压表
【解析】A、为保护电路，在连接实验电路时，应将滑动变阻器滑片滑置最右端，A正确；B、小灯泡额定电压为2.5V，灯泡正常发光时灯丝电阻约为l0Ω，灯泡的额定电流为：IL＝＝＝0.25A；灯泡正常发光时，根据串联电路电压的规律，变阻器两端的电压：UR＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，由欧姆定律，变阻器接入电路中的电阻：R＝＝═14Ω＞10Ω，所以变阻器选“50Ω 0.5A”，故B错误；C、由本实验可发现，灯泡在不同电压下，实际功率不同，亮度不同，故C正确。D、灯的额定电压为2.5V，灯的实际电压不能超过灯的额定电压的，即最大电压为3V，故在测量不同电压下的电功率，为减小误差，电压表量程选“0～3V”，D正确。故选B。
【答案】B
17．（2019?常德模拟）下面不是利用电热的实例（ ）
A．用电饭锅煮饭 B．用电熨斗熨衣服
C．电视机外壳有许多小孔 D．用电热壶烧水
【解析】电热既有有利的一面，也有有害的一面，利用电热的例子：A、电饭锅煮饭，B、用电熨斗熨衣服，D、用电热壶烧水；防止电热的例子C：电视机上的散热孔；故选C。
【答案】C
18．（2018?陕西四模）为了探究电流产生的热量跟什么因素有关，群宇同学设计了如图所示的甲、乙两种装置，他将两根阻值不同的电阻丝（R1＜R2）分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并通过短玻璃管与完全相同的气球相连，两次实验电源电压相同，以下说法正确的是（ ）
A．乙装置可用来研究电热与电流的关系 B．通电 3min 后，A 气球要比 B 气球大
C．通电 3min 后，C 气球最大 D．通电 3min 后，D 气球最大
【解析】A、R1＜R2，乙图中两电阻并联，两电阻丝电压相等，则通过两阻丝的电流也不同，因电阻和电流大小不相同，故乙装置不可用来研究电热与电流的关系；A错误；B、R1＜R2，甲中两电阻丝的电流相等，根据Q＝I2Rt，故相同时间内，R2产生的热量多，根据转换法，B气球要比 A气球大，B错误；CD、两次实验电源电压相同，由串联电路电压的规律，乙中两电阻丝的电压最大，因R1＜R2，Q＝W＝t，故通电 3min 后，乙中C产生的电热最多，根据转换法，C 气球最大，C正确，D错误。故选C。
【答案】C
19．（2018?胶州市一模）甲、乙两电热丝电阻之比为3：4，通过的电流之比为3：1，则相同时间内产生的热量之比为（ ）
A．27：4 B．9：4 C．4：9 D．4：27
【解析】由题意可知，R甲：R乙＝3：4，I甲：I乙＝3：1，由Q＝I2Rt可得，在相同时间内产生的热量之比：＝＝（）2×＝（）2×＝。故选A。
【答案】A
20．（2018?漳州一模）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1＝20Ω．闭合开关S，移动滑动变阻器R2的滑片到中点c时，电流表的示数为0.4A；移动滑片P至最左端a时，电流表的示数为0.3A．则滑片P在最左端a时，通电4秒钟滑动变阻器产生的热量是（ ）
A．24J B．7.2J C．32J D．12.8J
【解析】由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电流表测电路中的电流，移动滑动变阻器R2的滑片P到中点c时，因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由I＝可得电源的电压：U＝I1（R1+R2）＝0.4A×（20Ω+R2）﹣①移动滑片P到最左端a时，同理可得电源的电压：U＝I2（R1+R2）＝0.3A×（20Ω+R2）﹣②因为电源电压保持不变，所以由①②可得：0.4A×（20Ω+R2）＝0.3A×（20Ω+R2），解得：R2＝20Ω，滑片P在最左端a时，通电4秒钟滑动变阻器产生的热量：Q＝I22R2t＝（0.3A）2×20Ω×4s＝7.2J。故选B。
【答案】B
21．（2018?乌拉特前旗模拟）家庭常用电热水壶的铭牌数据如图表所示，若加热电阻的阻值不随温度的变化而改变（C水＝4.2×103J/kg?℃），下列选项正确的是（ ）
额定电压
220V
额定加热功率
1100W
最大盛水量
1kg
A．电热水壶装满水时，水的体积是10L
B．电热水壶和其他用电器串联在电路中
C．将1kg、20℃的水在1标准大气压下烧开，需要吸收的热量为3.36×105J
D．将1kg、20℃的水在1标准大气压下烧开，电热水壶需正常工作5.5分钟，此电热水壶的效率为50%
【解析】A、由ρ＝可得，水的体积：＝＝＝1×10﹣3m3＝1dm3＝1L，故A错误；B、电热水壶和其他用电器工作时互不影响，则电热水壶和其他用电器并联在电路中，故B错误；C、水吸收的热量Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，故C正确；D、工作时间t＝5.5min＝5.5×60s＝330s，由P＝可得，电热水壶正常工作5.5min消耗的电能：W＝Pt＝1100W×330s＝3.63×105J；电热水壶的效率：η＝＝×100%≈92.6%，故D错误；故选C。
【答案】C
22．（2019?安徽模拟）10W的LED灯泡的亮度相当于100W白炽灯，如果每户用2只这样的LED灯泡，以每天使用5h计，哈市500万用户每天可以节约电能________kW?h。
【解析】根据题意可知，一只节能灯一小时节约电能：△W＝（P2﹣P1）t＝（0.1kW﹣0.01kW）×1h＝0.09kW?h，每户用2只这样的LED灯泡，2只每天使用5小时，500万用户每天可以节约的电能：W＝0.09kW?h×2×5×5×106＝4.5×106kW?h，
【答案】4.5×106。
23．（2019?常德模拟）某电壶工作2min，使如图所示的电能表的转盘转过150r，则电壶消耗的电能为________kW?h，电功率为________W，这些电能可供一只“220V 10W”的节能灯正常工作________h。
【解析】（1）3000r/kW?h表示的是电路中每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转3000r，电能表转盘转动150r，电水壶消耗的电能为：W＝kW?h＝0.05kW?h，
该电水壶的电功率：P＝＝＝1.5kW＝1500W；
（2）节能灯正常工作时的功率：P灯＝P额＝10W＝0.01kW，
由P＝得节能灯正常工作的时间：t＝＝＝5h。
【答案】0.05；1500；5。
24．（2019?长春模拟）某品牌电饭煲的工作原理如图所示，其加热档和保温档的额定功率分别为1210W和22W．将开关S闭合，电饭煲处于________（选填“加热”或“保温”）状态，其中电阻R1：R2＝________。
【解析】（1）由电路图可知，开关S闭合时，电路为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，
由P＝UI＝可知，电饭煲的功率最大，处于加热档；同理，开关S断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电饭煲的功率最小，处于保温档；（2）开关S闭合时，电路为R1的简单电路，电饭煲处于加热档，由P＝UI＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝40Ω，开关S断开时，R1与R2串联，电饭煲处于保温档，此时电路的总电阻：
R＝＝＝2200Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝2200Ω﹣40Ω＝2160Ω，则R1：R2＝40Ω：2160Ω＝1：54。
【答案】加热；1：54。
25．（2018?坪山区二模）小华在探究“小灯泡发光时的亮度与电功率的关系”的实验中，所用的电源电压是4V，小灯泡的额定电压是2.5V，小灯泡两端允许加的最大电压为额定电压的1.2倍。小华同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成下左图所示的图象。根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是________瓦。该图象不是直线，主要原因是________。
【解析】由题知，小灯泡的额定电压为2.5V，由图象知，当灯的电压是2.5V时，对应的电流值为0.2A，所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；小灯泡的电流随电压变化的图象不是一条直线（不是正比例图线），说明小灯泡的电阻不是定值，那是因为灯泡电压越大，通过它的电流越大，其实际功率越大，温度越高，即灯丝的电阻随温度的升高而增大。
【答案】0.5；灯丝电阻随温度升高而增大。
26．（2019?滨州模拟）某家庭用的电热水器将体积为60L，温度为20℃的自来水加热到50℃，则水吸收的热量为________J[水的比热容4.2×103J/（kg?℃）]．若热水器的功率为2000W，用时5000s，则该热水器的效率为________。
【解析】（1）由ρ＝可得水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×60×10﹣3m3＝60kg，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×60kg×（50℃﹣20℃）＝7.56×106J；
（2）由P＝可得，消耗的电能：W＝Pt＝2000W×5000s＝1×107J；
该热水器的效率：η＝×100%＝×100%＝75.6%。
【答案】7.56×106；75.6%。
27．（2019?常德模拟）如图甲所示是一种常见的电热水袋，图乙是它的结构示意图，其性能指标如下表所示。
（1）由表格可知，发热体R的电阻要比红色指示灯L的电阻________（选“大”或“小”）得多；
（2）为了使用电热水袋更加安全，有的电热水袋里使用双重温控开关保护，也就是把两个温控开关________（选填“串联”或“并联”）起来使用；
（3）当热水袋原来的温度是15℃时，在额定电压下加热8min指示灯就熄灭了，则此过程中水吸收的热量是________J，电热水袋的发热效率为________%。
额定电压
220V
袋内装水
1L
额定热功率
500W
自动断电温度
65℃
指示功率
≤0.2W
【解析】（1）由电路图可知，指示灯和发热体并联，两端的电压相等，由表格数据可知，指示功率远小于额定热功率,根据P＝可知，发热体R的电阻要比红色指示灯L的电阻小得多；（2）因为电热水袋里使用双重温控开关，也就是说只有这两个开关都闭合时，电热袋才可以工作，因此这两个开关是串联的；（3）根据ρ＝可得，热水袋中的水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，温度从15℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×1kg×（65℃﹣15℃）＝2.1×105J。
消耗的电能：W＝Pt＝500W×8×60s＝2.4×105J，
则该电热水袋的发热效率：η＝×100%＝×100%＝87.5%。
【答案】（1）小；（2）串联；（3）2.1×105；87.5。
28．（2019?怀化模拟）图甲是一种新型家用电器﹣电压力锅，图乙是某型号电压力锅工作电路简图，表中数据是其部分参数。其中R是主加热器，R0是保压加热器。接通电路后，开关S自动与触电a、b接通，开始加热。当锅内温度达到105℃，开关S自动与a、b断开，开始保压，此时锅内水温不变，且未沸腾。现将5kg初温为25℃的水加入电压锅中，接通电路使其正常运行30min，热量损耗不计，已知水的比热容为4.2×103J/kg?℃）
求：
（1）电压力锅加热状态时主加热噐R的电阻。
（2）电压力锅多少min后开始保压？
（3）电压力锅在此30min内所消耗的电能。
额定电压（V）
220
主加热噐额定功率（W）
880
保压加热器额定功率（W）
120
保压温度（℃）
105
最大盛水量（kg）
6
【解析】（1）已知主加热器额定功率P主加热＝880W，
根据P＝可得，电压力锅加热状态时主加热器R的电阻：R＝＝＝55Ω；
（2）水的温度达到105℃时，水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×5kg×（105℃﹣25℃）＝1.68×106J，
因热量损耗不计，则消耗的电能：W加热＝Q吸＝1.68×106J，
由题意和电路图可知，加热时，两个加热器并联，根据P＝可得，电压力锅加热到开始保压的时间：t加热＝＝＝1680s＝28min；
（3）加热时消耗的电能：W加热＝P加热t加热＝880W×1680s＝1.4784×106J。
在此30min内保压的时间：t保温＝t﹣t加热＝30×60s﹣1680s＝120s，
保压时消耗的电能：W保压＝P保压t保压＝120W×120s＝1.44×104J；
在此30min内消耗的电能：W＝W加热+W保压＝1.4784×106J+1.44×104J＝1.4928×106J。
【答案】（1）电压力锅加热状态时主加热器R的电阻为55Ω；（2）电压力锅28min后开始保压；（3）电压力锅在30min内所消耗的电能为1.4928×104J。
29．（2019?长春模拟）如图所示，闭合开关后，标有“6V 3W”的小灯泡正常发光，电流表的示数为0.8A。
求：（1）通电1min，电灯消耗的电能；
（2）电阻R的阻值。
【解析】（1）由P＝可得通电1min，电灯消耗的电能W＝Pt＝3W×60s＝180J；
（2）已知小灯泡正常发光，则流经灯泡的电流IL＝＝＝0.5A，
电流表测量干路中的电流，I＝0.8A，则流经电阻R的电流IR＝I﹣IL＝0.8A﹣0.5A＝0.3A，
电阻R与灯泡并联，UR＝U＝6V，由I＝可得电阻R的阻值：R＝＝＝20Ω。
【答案】（1）通电1min，电灯消耗的电能为180J；（2）电阻R的阻值为20Ω。
30．（2019?长沙模拟）2018年初，一场寒潮席卷河南，某学校实验小组的学生对智能供暖展开了探究，设计了一个智能供暖器，电路如图所示，电源两端的电压为220V，R1和R2是两个供热电阻丝，S1、S2是温控开关，工作过程如下：当气温低于25℃时，S1、S2都闭合当气温等于或高于25℃时，S2断开，此时电流表的示数为1A，电阻丝R1的电功率为20W（忽略温度对电阻丝的影响）。求：
（1）电阻丝R2的阻值是多少？
（2）当气温低于25℃时，电路工作0.5h消耗的电能是多少千瓦时？
【解析】（1）当气温等于或高于25℃时，S1闭合，S2断开，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，此时R1的电功率为20W，由P＝I2R可得，电阻丝R1的阻值：R1＝＝＝20Ω，
由I＝可得，电路的总电阻：R＝＝＝220Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻丝R2的阻值：R2＝R﹣R1＝220Ω﹣20Ω＝200Ω；
（2）当气温低于25℃时，S1、S2都闭合，电路为R1的简单电路，此时电路的总功率：
P＝＝＝2420W＝2.42kW，
由P＝可得，电路工作0.5h消耗的电能：W＝Pt＝2.42kW×0.5h＝1.21kW?h。
【答案】（1）电阻丝R2的阻值为200Ω；（2）当气温低于25℃时，电路工作0.5h消耗电能是1.21kW?h。
31．（2019?常德模拟）如图所示电路，电源电压恒定，小灯泡上标有“6V 3.6W”字样，（灯丝电阻不变），R1为阻值30Ω的定值电阻，请计算：
（1）小灯泡正常发光时的电阻是多少？
（2）当S1断开，S2，S3闭合时，小灯泡刚好正常发光，则电源电压是多少？
（3）当S1，S2断开，S3闭合时，电路中的电流是多少？
（4）该电路的最大功率是多少？
【解析】（1）小灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝＝10Ω；
（2）当S1断开，S2、S3闭合时，电路为灯泡的基本电路；
因为灯泡正常发光，所以电源电压：U＝UL＝6V；
（3）当S1、S2断开，S3闭合时，R1和灯泡L串联；
电路中的电流：I＝＝＝0.15A；
（4）当S3断开，S1、S2闭合时，R1和灯泡L并联，此时电路消耗的功率最大；
电路中的总电阻：R＝＝＝7.5Ω；
电路中的电流：I′＝＝＝0.8A；
电路的最大功率：P＝UI＝6V×0.8A＝4.8W。
【答案】（1）小灯泡正常发光时的电阻是10Ω；（2）当S1断开，S2，S3闭合时，小灯泡刚好正常发光，则电源电压是6V；（3）当S1，S2断开，S3闭合时，电路中的电流是0.15A；（4）该电路的最大功率是4.8W。
32．（2019?郴州模拟）某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点。其简化等效电路如图所示，此时处于空档位置。闭合开关S，旋钮绕P转动，实现档位转换，旋至1档时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态；旋至2档时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1＝22Ω，主要参数如下表。（c水＝4.2×103J/（kg?℃））
**牌智能滚筒洗衣机
额定电压
220V
加热功率
2400W
设定温度范围
30℃～90℃
电动机功率
240W
防电墙电阻
1×106Ω
（1）洗衣机内注入10kg的水，在额定电压下连续加热1050秒，水温由20℃上升到50℃，此过程中的加热效率是多少？
（2）R2阻值是多少？
（3）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路电流是多少？
（4）防电墙技术的应用是洗衣机未来发展的趋势。防电墙通过在洗衣机内部形成永久性电阻保证人的安全。异常漏电情况下，电流依次经防电墙和人体流入大地，若人体的最大电阻为1×105Ω，人体的安全电压不高于36V，通过计算判断防电墙技术能否保证人的安全。
【解析】（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×l03J/（kg?℃）×10kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×l06J，
洗衣机加热消耗的电能：W＝Pt＝2400W×1050s＝2.52×106J，
洗衣机加热的效率：η＝×100%＝×100%＝50%；
（2）由电路图可知，当旋钮旋至1档时，电热丝R1与R2并联，洗衣机处于加热状态，由表格数据可知，加热功率P＝2400W，电热丝R1的加热功率：P1＝＝＝2200W，
因总功率等于各电阻消耗功率之和，所以电热丝R2 的加热功率：
P2＝P﹣P1＝2400W﹣2200W＝200W，
则电热丝R2的阻值：R2＝＝＝242Ω，
（3）由题知，旋至2档时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态；与加热状态相比，R2两端的电压不变，其功率仍然为200W，
则电热丝R2 和电动机的总功率：P总＝P2+P电动＝200W+240W＝440W，
保温洗涤的干路电流：I＝＝＝2A，
（4）防电墙与人的电阻串联，根据串联电路电阻特点可知，电路总电阻：
R＝R0+R人＝1×106Ω+1×105Ω＝1.1×106Ω，
串联电路中的电流：I0＝＝＝2×10﹣4A，
由欧姆定律得，此时人体的电压：U人＝I0R人＝2×10﹣4A×1×105Ω＝20V，
因为U人小于36V，所以防电墙技术能保证人的安全。
【答案】（1）此过程中的加热效率是50%；（2）R2阻值是242Ω；（3）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路电流是2A；（4）防电墙技术能保证人的安全。
1．（2017?高新区校级二模）如图所示的是一个双温电炉电路图。设电路由两段相同电阻组成发热体，A、B、C为三段引出线，A为低温档，B为高温档，且高温档的功率为低温档的2倍，现给你两段阻值都为20欧的电阻丝，试在图中框内画出两段电阻丝的连接图。
【解析】由题，两电阻阻值相同，高温档的功率为低温档的2倍，电压电压一定，由P＝可知，高温档电阻与低温档电阻的，所以高温时只有一段电阻丝接入电路，低温时两电阻串联即可满足要求，如图所示：
。
【答案】见解析
2．（2019?长春模拟）小代学完电学后惊奇地发现，如图所示的电路图更换不同的元件就可以进行不同的探究实验。
（1）在元件处若接上未知定值电阻可以测定未知定值电阻的阻值，其实验原理是：________。
（2）在元件处若接上小灯泡可以测定小灯泡的额定电功率，其实验原理是________。
（3）将元件处接上定值电阻也可探究“电流大小与电压、电阻的关系”。小代在探究“电流大小与电阻的关系”时，他先用5Ω的定值电阻进行实验，闭合开关后移动滑片，此时电流表的示数如图乙所示，则电路中的电流为________A；再将5Ω的定值电阻换成10Ω定值电阻进行实验，移动滑片直至电压表示数为________V，并记录电流表的示数。
【解析】（1）测定未知定值电阻的阻值的原理是：R＝；
（2）测定小灯泡的额定电功率的原理是：P＝UI；
（3）由图丙知，电流表使用0﹣0.6A量程，分度值0.02A，所以电路中电流为0.4A；
由欧姆定律可得定值电阻两端电压U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V，
探究电流大小与电阻关系时，应改变定值电阻的阻值，控制定值电阻两端电压不变，所以将5Ω的定值电阻换成10Ω定值电阻进行实验移动滑片直至电压表示数为2V，并记录电流表的示数。
【答案】（1）R＝；（2）P＝UI；（3）0.4；2。
3．（2019?长春模拟）小明用两节干电池测小灯泡的功率，电路如图甲所示，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω2A”。
（1）正确连接电路后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数达到2V时，电流表的示数如图乙所示，其读数为________A，为使灯泡正常发光，应将滑片向________（选填“左”或“右”）移动。
（2）当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，为了用该灯泡继续完成实验，你的做法是________。
（3）解决了（2）中问题后，测出电压略大于2.5V时的灯泡功率，为比较灯泡在不同电压下的功率关系，________（选填“需要”或“不需要”）重新测量前两次实验数据。
【解析】（1）当电压表的示数达到2V时，由图乙知，电流表选用0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，其读数为0.24A；灯在额定电压下正常发光，此时电压表示数为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，应减小变阻器连入电路中的电阻，由图甲知，应将滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；
（2）当电压表示数达到2.5V时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，说明电源电压较小，为了用该灯泡继续完成实验，做法是增加1节电池；
（3）小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；比较灯泡在不同电压下的功率关系，不需要重新测量前两次实验数据。
【答案】（1）0.24；右；（2）增加1节电池；（3）不需要。
4．（2019?广东模拟）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡上标有“3.8V 1.5W”的字样。
（1）按如图甲所示的电路图将图乙中的实物连接完整。
（2）电路连接后，闭合开关，小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，此时发现：电流表________示数，电压表________示数。
（3）断开开关，更换灯泡后，接下来应进行的操作是________
A．闭合开关
B．调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端
（4）调节滑动变阻器，使电压表的示数为3.0V时，电流表的示数如图丙所示，请将电流表的示数填入下表中。
实验次序
1
2
3
电压U/V
2.0
3.0
3.8
电流I/A
0.33
0.36
0.40
（5）按照正确的操作，得到了如上表所示的数据，分析数据可知该小灯泡的额定电功率是________。
【解析】（1）由图甲知，电流表、灯泡以及滑动变阻器串联入电路中，由题知，灯泡额定电压3.8V，所以电压表应使用0﹣15V量程，由P＝UI可知灯泡正常发光电流I＝＝≈0.39A，所以电流表应使用0﹣0.6A量程，实物连接如图所示：
（2）小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，说明灯丝烧断，造成电路断路，故电流表无示数；电压表测量的是电源电压，故有示数；（3）为了保护电路，更换灯泡后，应将调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端，故选B；（4）电流表使用0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，由图乙可知，电流表示数0.36A；（5）由表格中数据可知，灯泡电压等于3.8V时，通过灯泡的电流0.4A，
所以灯泡的额定功率：P＝UI＝3.8V×0.40A＝1.52W。
【答案】（1）见上图；（2）无；有；（3）B；（4）0.36；（5）1.52W。
5．（2019?大祥区模拟）在“测量小灯泡的电功率”实验中，电源电压为6V保持不变，所用小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为10Ω。
（1）用笔画线代替导线，将图甲的实物图连接完整，要求滑动变阻器滑片P向右滑动时小灯泡变亮。
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到最________（填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关S后，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表均有示数，接下来首先应该操作的是________（填序号）。
A．检查电路是否断路
B．检查电路是否短路
C．移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡是否发光
（4）通过小灯泡的电流随它两端电压的变化如图乙所示，分析图象可知，当小灯泡两端的电压增大时，灯丝的电阻会________（填“增大”“不变”或“减小”）；小灯泡的额定功率为________W。
（5）若将小灯泡换成定值电阻R1，该电路还可以进行的实验有________（请写出一个即可）。
【解析】（1）要求滑动变阻器滑片P向右滑动时小灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，将变阻器的右下接线柱连入电路中，小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为10Ω，由欧姆定律可知，灯的额定电流约为：I＝＝＝0.25A，将电流表选用0﹣0.6A量程与电流表串联，如图所示：
（2）为保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处的最左端；
（3）闭合开关S后，但电流表和电压表均有示数，说明电路为通路，发现小灯泡不亮，则说明电路中电流过小，电阻过大，接下来首先应该操作的是：移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡是否发光，选C；（4）由图象可知，当小灯泡两端的电压增大时，电流也增大，但电流变化相对较小，根据R＝知，灯丝的电阻会增大；由图乙知，灯的额定电压下的电流为0.2A，该小灯泡的额定功率为：P额＝U额I＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（5）将小灯泡换成定值电阻，电压表测电阻的电压，电流表测电阻的电流，变阻器可改变电阻的电压和电流，故可多次测量，所以可研究电流与电压的关系（或测定值电阻大小）的实验。
【答案】（1）见上图；（2）左；（3）C；（4）增大；0.5；（5）伏安法测电阻（或电阻一定时，探究通过导体的电流与导体两端电压的关系）
6．（2019?长春模拟）如图是研究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置。左右两个透明的容器中密闭着空气，两个密闭容器中都有一段电阻丝，U型管中装的是红色液体。
（1）a、b、c、d容器中所装空气的质量________（选填“相等”或“不相等”），在图示装置电阻通电过程中，U型管________（选填“是”或“不是”）连通器。
（2）甲装置可探究电流产生的热量与________的关系。
（3）若甲、乙两次实验的电源电压及通电时间相同，则a、c中两电阻产生热量之比是________。
（4）若图乙中两侧玻璃管中液面高度变化相同，则电路中故障可能是________；若图乙中左侧U型管液面高度差变化明显，右侧U型管液面无变化，故障可能是________。
【解析】（1）根据控制变量法需要控制a、b、c、d容器中所装空气的质量相等；在图示装置电阻通电过程中，U型管一端开口，另一端密封，所以不是连通器；
（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但空气温度的变化可以通过U形管液面高度差的变化来反映；如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻的关系；
（3）甲装置中5Ω的电阻与10Ω的电阻串联，则总电阻R甲＝5Ω+10Ω＝15Ω，
乙装置中d容器内外两个5Ω的电阻并联后再与c容器中5Ω的电阻串联，则总电阻R乙＝Rc+Rd＝5Ω+×5Ω＝7.5Ω，由于甲、乙两次实验的电源电压相同，则根据欧姆定律可知：
I甲：I乙＝R乙：R甲＝7.5Ω：15Ω＝1：2，
由于a、c中两电阻的阻值相等、通电时间相同，据Q＝I2Rt可知：Qa：Qc＝I甲2：I甲2＝1：4；
（4）若图乙中两侧玻璃管中液面高度变化相同，则说明c、d两容器内电流产生热量相同，由于c、d两容器里面的电阻相等，根据Q＝I2Rt可知，通过电阻的电流相等；由于d容器内外两个5Ω的电阻并联后再与c容器中5Ω的电阻串联，则说明d容器外面的电阻没有电流通过，即故障是R3断路；若图乙中左侧U型管液面高度差变化明显，右侧U型管液面无变化，说明右侧电阻R2中没有电流通过，可能是R2断路或R2短路。
【答案】（1）相等；不是；（2）电阻；（3）1：4；（4）R3断路；R2断路或R2短路。
7．（2019?长春模拟）实际生活中，用电器接通电源后，都伴有热量的产生，小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气并与U形管紧密相连，实验前U形管两端液面相平，将1、2和3、4导线分别接到电源两端。
（1）在实验过程中，通过观察U形管中 液面高度 的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少。
（2）图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与________的关系。
（3）图乙所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与________的关系。
（4）综合分析图甲、乙两装置的实验现象，可以得出的结论是：电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量________。
【解析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法；
（2）如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻大小的关系；通过一段时间，b容器中电流产生的热量较多，该容器的电阻最大，故结论为：当电流和通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多；
（3）图乙装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I内+I外，所以，I左＞I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电流的关系；（4）综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是：电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多。
【答案】（1）液面高度；（2）电阻大小；（3）电流大小；（4）越多。
8．（2018?大荔县校级模拟）在探究“影响电流热效应的因素”实验中：
（1）为了探究电流通过电阻产生的热量与电流的关系，小明设计了甲图装置，在烧瓶内安装一根电阻丝，并插入一支温度计，该实验通过比较________（选填“温度计示数变化”或“加热时间”）判断相同时间内不同电流产生的热量多少。
（2）小明先测量烧瓶内液体的温度后，闭合开关，通电30s再测量烧瓶内液体的温度，得到温度的升高量填入表中；然后移动滑动变阻器滑片改变电流大小，重复上述操作，获得第二组数据（见表）。
实验次数
电流/A
通电时间/s
电阻/Ω
温度升高量/℃
1
0.3
30
10
1.5
2
0.6
30
10
6.0
由此得出：同一导体，在通电时间相等时，电流________，其产生的热量________。
（3）若要探究电流通过电阻产生热量与电阻的关系，可选择乙图中________（选填“A”或“B“）烧瓶中的电阻与甲图中的烧瓶电阻________联。（本题中，三个烧瓶中装入等质量的煤油）
（4）小明提议利用上述实验装置改做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他应选择乙图中________（选填“A”或“B“）烧瓶与甲图中的烧瓶并联，并将其中一烧瓶中的液体换成________，水和煤油吸热的多少是通过________来反映的。
【解析】（1）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过温度计示数变化来反映，这是转换法。本实验中是通过温度计示数变化来判断电流产生的热量多少；（2）本实验应用了控制变量法，从实验表格中数据可以看出：通电时间和电阻相同时，通过电阻的电流越大，升高的温度量越大，由转换法可知，电流产生的热量越多；（3）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间不变，改变电阻的大小。由于串联电路中电流处处相等，通电时间相同，所以选择乙图中的B烧瓶与甲图中的烧瓶电阻串联；
（4）“比较水和煤油比热容的大小”，根据Q＝cm△t，可以采用质量相同的不同物质，用相同的加热器对它们进行加热；对比甲乙两图可知，应选择乙图中A烧瓶，由于电阻相同，和甲图烧瓶并联，电压相同，它们的发热功率相同（相同时间内放出的热量相同），并且把烧瓶A的液体换成和甲图中质量相同的水；水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映。
【答案】（1）温度计示数变化；（2）越大；越多；（3）B； 串；（4）A；水；加热时间。
