《电流做功的快慢》培优练习
如图所示，图是通过额定电压为?6V小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象，若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，则每只灯泡的电阻及实际功率为（ ）
A. ?? B. ?? C. ?? D. ??
如图甲所示的电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图乙所示，则电阻R1和R2的功率之比为（ ）
A. 4：1 B. 5：1 C. 1：4 D. 1：5
如图所示，滑动变阻器的滑片P处于中间位置，闭合开关S，两个灯泡均能发光（假设灯丝电阻不变），此时，将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（ ）
A. 和都变亮 B. 变暗，变亮
C. 变亮，变暗 D. 和都变暗
如图甲的电路中，R1、R2的电压与电流的关系如图乙所示，闭合开关，电阻R2两端的电压为U1，通过电路的电流为I1，电路消耗的总功率为P1；在不改变电源电压的情况下，用30Ω的电阻R3替换R1，此时R2两端的电压为U2，通过电路的总电流为I2，电路消耗的总功率为P2，则（ ）
A. ：：2 B. ：：5
C. ：：1 D. ：：4
把“220V? 1000W”的电炉线接到110V的电源上，功率仍要1000W，（忽略温度影响）应（ ）
A. 将电炉丝剪下一半，接入110V的电路
B. 将电炉丝剪去段，将剩下的段接入110V的电路
C. 将电炉丝剪成等长四段，并联后接入110V的电路
D. 将电炉丝剪成等长两段，并联后接入110V的电路
李芳家的电能表上标着“3000revs/（kW?h）”．她用该电能表测家中用电器的功率：她仅让这个用电器工作，观察到电能表1min内的转盘转了15转，则她测量的用电器的功率为（ ）
A. 30?W B. 100?W C. 300?W D. 1800?W
一个标着“220V 1100W”的电炉，正常工作时电阻丝的电阻为______ Ω；当其两端电压为110V时，该电炉的实际功率为______ W．（不计温度对电阻的影响）
标有“8V?3W”和“8V?6W”的灯泡L1、L2并联在8V的电路中，最亮的是______，串联在一个8V的电路中，最亮的是______。
某兴趣小组探究串联电路中电阻消耗的电功率与电流的关系，电路如图甲所示。滑动变阻器滑片P从最右端向最左端移动的过程中，R1的U-I图象如图乙所示。求：
（1）R1的阻值；
（2）电路消耗的最大功率；
（3）当R2消耗的电功率为0.5W时，R2的阻值。
如图所示，电源电压恒定，R1=30Ω，闭合开关S，断开开关S1，电流表示数是0.3A．当闭合S、S1时，发现电流表示数变化了0.2A，求：
（1）电源电压；
（2）R2的阻值是多少？
（3）当闭合S、S1时，电路消耗的总功率。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
解：
根据串联电路中总电压等于各部分两端电压之和，
所以三只相同的灯泡串联在12V电源上，每只灯泡两端电压U==4V，
由图象当U=4V，I=0.2A，
所以此时灯泡的电阻：R===20Ω；
此时每只灯泡的实际功率：P=UI=4V×0.2A=0.8W．所以ACD错误，B正确。
故选：B。
根据串联电路的电压特点可得到三个这种灯泡串联时各灯的电压，由图象找到此时灯泡的电流，从而计算电阻的实际功率。
本题考查了串联电路的电压特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是从图象中找到灯泡的电压和对应的电流。
2.【答案】A
【解析】
解：
由题中的图可知：V1测的是电源电压；V2测的是R2两端的电压。即V1的示数应大于V2的示数；
而两个电压表的指针偏转角度相同，所以V1选的量程应是0～15V，其分度值是0.5V，读数（即电源电压）为6V；
V2选的量程应是0～3V，其分度值是0.1V，读数（即R2两端的电压）为1.2V；
所以，电阻R1两端的电压为：U1=U-U2=6V-1.2=4.8V；
因为电阻R1、R2串联，所以通过R1、R2的电流相同，即I1：I2=1：1；
所以电阻R1和R2的功率之比P1：P2=U1I1：U2I2=U1：U2=4.8V：1.2V=4：1。
故选：A。
（1）串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，以及电压表的读数方法；
（2）根据串联电路的电流特点得出通过R1、R2的电流之比；
（3）根据电功率公式P=UI，求出电阻R1和R2的功率之比。
本题主要考查学生对：串联电路电压、电流的规律，以及电压表的读数方法的了解和掌握，关键是会判断电压表测量的是那段电路两端的电压。
3.【答案】B
【解析】
解：由电路图可知，灯泡L2与滑动变阻器R并联后再与灯泡L1串联，
将滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，并联部分的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I=可知，干路中的电流变小，
由U=IR可知，L1两端的电压变小，
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=UI可知，灯泡L1的实际功率变小，L1的亮度变暗，故AC错误；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，并联部分的电压变大，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，灯泡L2两端的电压变大，
由P=可知，L2的实际功率变大，亮度变亮，故B正确、D错误。
故选：B。
由电路图可知，灯泡L2与滑动变阻器R并联后再与灯泡L1串联，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化和并联部分电阻的变化以及总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L1两端的电压变化，根据P=UI可知L1实际功率的变化，进一步判断其亮暗的变化；根据串联电路的电压特点可知并联部分电压的变化，根据并联电路的电压特点和P=UI=可知L2实际功率的变化，进一步判断其亮暗的变化。
本题考查了混联电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分析好滑片移动时电路中总电阻的变化是关键。
4.【答案】B
【解析】
解：A、由图甲可知R1、R2并联，根据并联电路的电压特点可知，U1：U2=1：1，故A错误；
BC、由I=可得，R2===20Ω，R1===60Ω，
由图乙可知，当U=6V时，R1支路中的电流I1=0.1A，R2支路中的电流=0.3A，
则干路上的电流I=I1+=0.3A+0.1A=0.4A，
电路消耗的总功率为P1=UI=6V×0.4A=2.4W，
用30Ω的电阻R3替换R1，因为R3=30Ω，
R3支路中的电流I3==0.2A，
则电路消耗的总功率为P2=UI′=6V×（0.3A+0.2A）=3W，
所以P1：P2==，故B正确，C错误；
D、由题意电阻R2两端的电压U1，通过电路的电流为I1，可知，I1==，
在不改变电源电压的情况下，用30的电阻R3替换R1，通过电路的总电流为I2，
则I2===，
则=：=，故D错误．
故选B．
（1）由图甲可知R1、R2并联，根据并联电路的电压特点可知，U1=U2；
（2）先根据电压与电流的关系，分别求得R1、R2的阻值，根据P=UI分别计算P1和P2．
本题考查并联电路电压和电流的规律、欧姆定律和电功率公式的应用，难易程度适中，关键是看懂图象．
5.【答案】D
【解析】
解：
A．将电炉丝剪下一半，电阻阻值变为原来的，接入110V的电路中，电压变为原来的，由P=可知，电功率变为原来的一半，为500W，故A错误；
B．将电炉丝剪去段，将剩下的段接入110V的电路，电阻变为原来的，电压变为原来的，由P=可知，电功率变为原来的，约为333.3W，故B错误；
C．将电炉丝剪成等长四段，并联后接入110V的电路，电阻变为原来的，电压变为原来的，由P=可知，电功率变为原来的4倍，约为4000W，故C错误；
D、将电炉丝剪成等长两段，并联后接入110V电路中，电阻变为原来的，电压变为原来的，由P=可知，电功率不变，故D正确．
故选D．
由公式P=可知：当实际电压变为额定电压的一半时，实际电压的平方就变为额定电压平方的，要想电功率不变化，电阻阻值就要减小为原来阻值的．
本题考查电功率的计算以及影响电阻大小的因素，选用公式P=分析是关键．
6.【答案】C
【解析】
解：转盘转动15转消耗电能：
W=kW?h=0.005kW?h；
用电器的功率：
P===0.3kW=300W．
故选C．
3000revs/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，或者表示电能表每转1r，电路中消耗kW?h的电能，求出转盘转15r电路中消耗的电能，然后根据P=求出用电器的功率．
本题考查电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算．
7.【答案】44；275
【解析】
解：由P=可得，灯泡的电阻：R===44Ω；
接到110V的电路上，灯泡的实际功率为：P实===275W．
故答案为：44；275．
已知灯泡的额定电压和额定功率，根据P=求出灯泡的电阻，再根据P=求出灯泡两端的电压为110V时的实际功率．
本题考查功率公式，重点是对公式的灵活变形，并会根据题意选择合适的公式进行计算．
8.【答案】L2；L1
【解析】
【分析】
??本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
已知灯泡L1和L2的额定电压相等，根据P=比较出两灯泡的电阻关系；
（1）根据并联电路的电压特点和P=比较两灯泡实际功率之间的关系，再判断两灯泡的亮暗；
（2）根据串联电路的电流特点和P=I2R比较两灯泡的实际功率之间的关系，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小比较两灯泡的亮暗之间的关系。
【解答】
解：由两灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电压相等，且灯泡L1的额定功率小于灯泡L2的额定功率，
由I=和P=UI得R=，L1灯泡的电阻大于灯泡L2的电阻，
（1）若将它们并联接入8V的电路中时，两灯泡两端的电压相等，两灯均在额定电压下工作，实际功率等于额电功率，灯泡L1的实际功率小于灯泡L2的实际功率，所以此时灯泡L2比较亮；
（2）若将它们串联接入8V电路中时，通过两灯泡的电流相等，
?由I=和P=UI得P=I2R，L1的电阻大于L2的电阻，L1的实际功率大于L2的实际功率，灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以灯泡L1较亮。
故答案为：L2；L1。
9.【答案】解：
（1）由R1的U-I图象可知，通过R1的电流与电压成正比，R1为定值电阻，
当U1=6V时，I1=0.6A，
由欧姆定律可知：
R1===10Ω；
（2）当滑动变阻器连入电阻为0时，电路中的电流最大，此时电阻R1两端的电压等于电源电压，电源电压U=U1=6V，最大电流为I1=0.6A，
电路最大功率P=UI1=6V×0.6A=3.6W；
（3）当R2消耗的电功率为0.5W时，
P2=I2R2，
0.5W=I2R2，----①
而I==，代入①得：
0.5W=（）2R2，
（）2=，
36R2=0.5×（10+R2）2，
72R2=（10+R2）2，
（R2）2-52R2+100=0，
解得R2的阻值：
R2=2Ω或R2=50Ω，
由图乙可知，当R2最大时，I最小=0.15A，
电路总电阻R===40Ω，
R2的最大值R最大=R-R1=40Ω-10Ω=30Ω，
所以R2=50Ω舍去，
R2=2Ω。
答：（1）R1的阻值为10Ω；
（2）电路消耗的最大功率为3.6W；
（3）当R2消耗的电功率为0.5W时，R2的阻值为2Ω。
【解析】
（1）由R1的U-I图象可知，通过R1的电流与电压成正比，R1为定值电阻，找一组对应的U、I值，利用欧姆定律求R1的阻值；
（2）当滑动变阻器连入电阻为0时，电路中的电流最大，此时电阻R1两端的电压等于电源电压，利用P=UI求电路最大功率；
（3）知道R2消耗的电功率为0.5W，利用P=I2R、I=联立方程组求R2的阻值。
本题考查了串联电路电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，能从图中得出相关信息是关键。
10.【答案】解：（1）闭合开关S，断开开关S1时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，
由I=可得，电源的电压：
U=I1R1=0.3A×30Ω=9V；
（2）当闭合S、S1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，电流表示数的变化量即为通过R2的电流，则I2=0.2A，
因并联电路中各支路两端电压相等，
所以，R2的阻值：
R2===45Ω；
（3）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，当闭合S、S1时，干路电流：
I=I1+I2=0.3A+0.2A=0.5A，
电路消耗的总功率：
P=UI=9V×0.5A=4.5W。
答：（1）电源电压为9V；
（2）R2的阻值是45Ω；
（3）当闭合S、S1时，电路消耗的总功率为4.5W。
【解析】
（1）闭合开关S，断开开关S1时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
（2）当闭合S、S1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，电流表示数的变化量即为通过R2的电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律求出R2的阻值；
（3）当闭合S、S1时，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出电路消耗的总功率。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，知道电流表示数的变化量即为通过R2的电流是关键。
《电流做功的快慢》基础练习
a、b、c三盏灯分别标有“110V??20W”、“220V??40W”、“36V??60W”的字样，三盏灯都正常发光，比较它们的亮度（ ）
A. a灯最亮 B. b灯最亮 C. c灯最亮 D. 三盏灯一样亮
甲、乙两个灯泡消耗的电能之比为3：4，所用的时间之比是1：2，则甲，乙两个灯的电功率之比是（ ）
A. 3：2 B. 2：3 C. 1：3 D. 3：1
如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合后，灯L1L2都能正常工作，甲、乙两个电表的示数之比是2：3，此时灯L1L2的实际功率之比是（ ）
A. 2：1 B. 1：2 C. 3：2 D. 2：3
如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑片P向上移动时，则（ ）
A. 电压表示数变小，灯变暗
B. 电压表示数变小，灯变暗
C. 电流表示数变小，电压表不变
D. 电流表示数变大，电压表不变
下列四种家用电器中，额定功率可能大于800W的是（ ）
A. 电暖气 B. 收音机 C. 电视机 D. 日光灯
把标有“12V???36W”的灯泡L1和“8V??16W”的灯泡L2串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡没有达到额定功率，则下列选项正确的是（ ）
A. 该电源的电压为24V
B. 电路中的电流为3A
C. 两灯泡的总功率为32W
D. 灯的实际电压大于灯的实际电压
一个标有“220V 100W”的电热器，当通过它的电流为0.5A时（ ）
A. 实际功率大于额定功率 B. 实际功率等于额定功率
C. 实际电流小于额定电流 D. 实际电压等于额定电压
把一只标有“220V??40W”的灯泡与一只标有“220V??60W”的灯泡串联，接在电源电压恒定为440V的电路中，结果将（ ）
A. 两灯都完好，且都正常发光
B. 两灯都完好，但只有40W的灯正常发光
C. 40?W?的灯将烧坏，60?W?的灯完好
D. 40?W?的灯完好，60?W?的灯将烧坏
小悦家的电能表上标有“600revs/（kW?h）”的字样，她把家中其它用电器都与电源断开，仅让电水壶单独工作，观察到1min内电能表的表盘转过18圈，则该电水壶在1min内消耗______ kW?h的电能，它的电功率为______ kW．
如图所示的电路中，电源电压恒定，灯L标有“3V，1.5W”且电阻不变，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器Rx，标有“30Ω2A”．闭合开关S，移动滑片P，当电压表示数为2.7V时，电流表示数为0.3A，电源电压为______ V．为保证电路安全，Rx允许接入的最小阻值为______ Ω；移动滑片P，电路总功率的最小值为______ W．
如图是小灯泡L和定值电阻R的电流与电压关系的图象。现将它们并联后接在电压为2V的电源两端，则干路中的电流是______A，小灯泡L的实际电功率是______W。
如图所示是甲、乙两电阻经实验测得的U-I图象．现将甲、乙两电阻串联在电路中，当通过电路的电流为______ A时，两个电阻消耗的功率相等．若将甲、乙两电阻并联在电路中，当通过两个电阻的总电流为0.3A时，两电阻消耗的总功率是______ W．
小灯泡L上标有“3V?1W”的字样，其电流随电压变化的曲线如图甲所示，将其连入图乙所示的电路，电源电压恒定为6V，当电压表示数为4.5V时，电路中的总功率为______W．
电热水壶已在家庭和宾馆广泛使用．某种电热水壶的铭牌如表所示．
（1）该电热水壶正常工作时的电流和电阻分别是多大？
（2）该电热水壶正常工作时，烧开一壶水需要6min．其消耗的电能是多少？
如图所示的电路中，电源电压恒为6V，R为定值电阻，小灯泡L上标有“6V??3.6W”的字样．闭合开关S后，电流表的示数为0.8A，设灯泡电阻不受温度影响．求：
（1）灯泡的额定电流．
（2）定值电阻R的阻值．
（3）通电60s内，电流所做的总功．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：由题可知，三盏灯都正常发光，它们的实际功率都是各自的额定功率。三盏灯中c灯的额定功率最大，所以c灯的实际功率也最大，灯泡亮度由实际功率决定。故c灯最亮。
故选：C。
灯泡亮度由实际功率决定。灯泡的实际功率越大，亮度越大。
本题只要知道灯泡亮度由实际功率决定即可正确解答。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
已知电能关系与时间关系，应用电功率公式可以求出电功率之比。
此题主要考查的是学生对电功率计算公式的理解和掌握，基础性题目。
【解答】
已知，，
则甲，乙两个灯的电功率之比。
故选A。
3.【答案】B
【解析】
解：如果甲乙任何一个为电流表，将会形成短路，因此甲乙都为电压表，此时灯L1、L2串联连接，电压表甲测量L2两端电压，电压表乙测量电源电压；
因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，并且甲、乙两个电表的示数之比是2：3，所以灯L1、L2两端电压之比：U1：U2=（3-2）：2=1：2；
又因为串联电路电流相等，即I1=I2；
由I=可得，=：==1：2。
此时灯L1、L2的实际功率之比===。
故选：B。
根据电压表并联在电路中，电流表串联在电路中确定甲乙仪表的种类，然后根据串联电路的特点和欧姆定律求出两灯泡的电阻之比。然后根据P=I2R可求得实际功率之比。
本题考查电压表和电流表在电路中的作用、串联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是明确甲乙仪表的种类和测量对象。
4.【答案】D
【解析】
解：由图象可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测变阻器两端的电压，电压表V2测电源的电压，电流表测电流表测电路中的电流，
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V2的示数不变，故B错误；
当滑片P向上移动时，接入电路中的在变小，电路中的总电阻变小，
由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故C错误、D正确；
由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，变阻器两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故A错误．
故选D．
由图象可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测变阻器两端的电压，电压表V2测电源的电压，电流表测电流表测电路中的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表V2示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L两端的电压变化，根据串联电路电压特点可知V1示数的变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步可知亮暗的变化．
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小．
5.【答案】A
【解析】
解：A、电暖气属大功率用电器，其功率通过大小800W，符合题意；
B、收音机的功率非常小，在几瓦左右，不合题意；
C、电视机的功率大约为100W，不合题意；
D、日光灯的功率大约为40W，不合题意．
故选A．
要解答本题需掌握：常用的家用电器的功率是多少，然后根据功率大小即可判定正确的答案．
本题考查了常见用电器的功率的大小，这些知识需要对家的用电器的功率有所了解，才能正确解答．
6.【答案】C
【解析】
解：（1）由P=UI可得，两灯泡的额定电流分别为：
I1===3A，I2===2A，
由I=可得，两灯泡的电阻分别为：
R1===4Ω，R2===4Ω；
（2）因串联电路中各处的电流相等，L2的额定电流小于L1的额定电流，
所以，两灯泡串联时，电路中的最大电流I=2A，故B不正确；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：
U=I（R1+R2）=2A×（4Ω+4Ω）=16V，故A不正确；
两灯泡的总功率：
P=UI=16V×2A=32W，故C正确；
由U=IR知两电灯泡的实际电压相等，故D不正确。
故选：C。
（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据I=求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻；
（2）两灯泡串联时电流相等，正常发光的是额定电流较小的灯泡，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电源的电压，根据P=UI求出两灯泡的总功率，根据U=IR比较灯泡两端实际电压的大小。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，要注意两灯泡串联时能正常发光的为额定电流较小的。
7.【答案】A
【解析】
解：
AB、因P=UI=，电热器的电阻为：
R===484Ω，
通过它的电流是0.5A时，电热器的实际功率为：
P实=I实2R=（0.5A）2×484Ω=121W＞100W．故A正确，B错误；
C、电热器正常工作时的电流I=≈0.45A＜0.5A，即实际电流大于额定电流，故C错误；
D、由于实际功率大于额定功率，根据P=可知，实际电压大于额定电压，D错误；
故选A．
（1）由电热器的铭牌可知额定电压和额定功率，根据R=求出电热器的电阻；再根据P=I2R求出通过它的电流是0.5A时电热器的实际功率；
（2）根据P=UI求灯的额定电流；
（3）根据P=，确定实际电压与额定电压的大小．
本题考查了电阻、电功率的计算，关键是公式及其变形式的灵活应用，以及对电热器铭牌含义的理解和掌握．
8.【答案】C
【解析】
解：∵P=，
∴灯泡电阻R1===1210Ω，
R2==≈806.67Ω，
两灯串联接在440V电路中时，
电路电流I==≈0.218A，
∵I=，
∴灯泡两端实际电压
U1′=IR1=0.218A×1210Ω=263.78V＞220V，40W灯将被烧坏；
U2′=IR2=0.218A×806.67Ω≈175.85V＜220V，60W灯泡不会烧坏；
故选C．
由灯泡铭牌可知灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式可以求出灯泡的电阻，根据串联电路的特点，利用欧姆定律进行分析答题．
本题考查了电功率变形公式、欧姆定律的应用；两个不同规格的灯泡接在电路上，因电阻不同，导致分担电压会不一样，从而影响它们的电功率．
9.【答案】0.03；1.8
【解析】
解：转盘转动18转消耗电能：
W=kW?h=0.03kW?h，
用电器的功率：
P===1.8kW．
故答案为：0.03；1.8．
600revs/（kW?h）表示的是电路中每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转600r，或者表示电能表每转1r，电路中消耗kW?h的电能，据此求出转盘转18r电路中消耗的电能，然后根据P=求出用电器的功率．
本题考查电功和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算．
10.【答案】4.5；3；1.125
【解析】
解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器Rx串联，电压表测Rx两端的电压，电流表测电路中的电流．
（1）由P=UI=可得，灯泡的电阻：
RL===6Ω，
由I=可得，电流表的示数为0.3A时，灯泡两端的电压：
UL′=IRL=0.3A×6Ω=1.8V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=Ux+UL′=2.7V+1.8V=4.5V；
（2）灯泡的额定电流：
IL===0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，
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，
此时滑动变阻器两端的电压：
Ux′=U-UL=4.5V-3V=1.5V，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
Rx小===3Ω；
（3）电压表的示数Ux″=3V时，灯泡两端的电压：
UL″=U-Ux″=4.5V-3V=1.5V，
此时电路中的电流：
I小===0.25A，
滑动变阻器接入电路中的电阻：
Rx大===12Ω＜30Ω，
所以，电路中的最小电流为0.25A，则电路的最小总功率：
P小=UI小=4.5V×0.25A=1.125W．
故答案为：4.5；3；1.125．
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器Rx串联，电压表测Rx两端的电压，电流表测电路中的电流．
（1）根据P=UI=求出灯泡的电阻，根据欧姆定律求出电流表示数为0.3A时灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；
（2）根据欧姆定律灯泡的额定电流，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，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
（3）根据串联电路的电压特点求出电压表的示数为3V时灯泡两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后确定电路中的最小电流，根据P=UI求出电路总功率的最小值．
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，正确的判断电路中的最大和最小电流是关键．
11.【答案】0.8；1.2
【解析】
解：将灯泡和定值电阻并联在2V电路中时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，UR=UL=2V，由图象可知，通过的电流为IR=0.2A，IL=0.6A，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：I=IL+IR=0.6A+0.2A=0.8A；小灯泡L的实际电功率为：PL=UIL=2V×0.6A=1.2W。
故答案为：0.8；1.2。
（1）根据图象读出通过的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流。
（2）根据公式P=UI小灯泡L的实际电功率。
本题考查了并联电路的特点和电功率的应用，关键是从图象中得出灯泡和R电流与电压之间的关系。
12.【答案】0.25；0.6
【解析】
解：（1）将甲、乙两电阻串联在电路中时，因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=UI可知，当两电阻两端的电压相等时，它们消耗的电功率相等，
由图象可知，当电路中的电流I=0.25A时，两电阻两端的电压均为5V，它们消耗的电功率相等；
（2）将甲、乙两电阻并联在电路中，当通过两个电阻的总电流为0.3A时，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
由图象可知，当U=2V时，通过甲的电流为0.1A、通过乙的电流为0.2A时，符合I=I甲+I乙=0.3A，
则两电阻消耗的总功率：P=UI=2V×0.3A=0.6W．
故答案为：0.25；0.6．
（1）将甲、乙两电阻串联在电路中时通过它们的电流相等，根据P=UI可知，当两电阻两端的电压相等时它们消耗的电功率相等，根据图象读出符合的电流和电压；
（2）将甲、乙两电阻并联在电路中时它们两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，根据图象读出符合的电流和电压，根据P=UI求出两电阻消耗的总功率．
本题考查了串并联电路的特点和电功率公式的应用，从图象中读出符合题意的电流和电压值是关键．
13.【答案】1.5
【解析】
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电压，电流表测电路中电流，
串联电路中总电压等于各部分电路两端电压之和，
当电压表示数为4.5V时，灯泡两端电压：
UL=U-UR=6V-4.5V=1.5V，
由图象知此时通过灯泡的电流：IL=0.25A，
串联电路中电流处处相等，即I=IL=0.25A，
所以电路中的总功率：
P总=UI=6V×0.25A=1.5W．
故答案为：1.5．
由图乙知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流．
根据串联电路的电压特点求出电压表的示数为4.5V时小灯泡两端的电压，根据图象读出灯泡的电流，根据P=UI计算电路中的总功率．
本题考查了串联电路特点和电功率的计算，关键是通过图象找到有用的信息．
14.【答案】解：（1）由P=UI可得，该电热水壶正常工作时的电流I===5A；
由I=可得，电热水壶的电阻R===44Ω，
（2）由P=可得，消耗的电能W=Pt=1100W×6×60s=3.96×105J．
答：（1）该电热水壶正常工作时的电流为5A；电阻是44Ω；
（2）该电热水壶正常工作时，烧开一壶水需要6min．其消耗的电能是3.96×105J．
【解析】
（1）已知电热水壶的额定功率和额定电压，根据公式P=UI可求得正常工作时的电流，根据I=可求该电热水壶正常工作时的电阻．
（2）已知额定功率和工作时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能．
本题考查电阻与消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会从题目所给信息中找到有用的数据，解题过程中要注意时间单位的换算．
15.【答案】解：（1）由P=UI可得，灯泡的额定电流I额===0.6A；
（2）已知灯泡与R并联，电流表A测干路的电流，
则通过电阻的电流为IR=I-IL=0.8A-0.6A=0.2A，
由I=可得，定值电阻的阻值R===30Ω；
（3）通电60s内，电流所做的总功W=UIt=6V×0.8A×60s=288J．
答：（1）灯泡的额定电流为0.6A．
（2）定值电阻R的阻值为30Ω．
（3）通电60s内，电流所做的总功为288J．
【解析】
（1）根据铭牌可知灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出灯泡的额定电流；
（2）根据并联电路的电流特点求出通过电阻的电流，利用欧姆定律求出定值电阻的阻值；
（3）根据W=UIt可求得通电60s内，电流所做的总功．
本题考查了电阻、电流、电功率的计算，关键是并联电路功率和公式的灵活运用，是一道难度适中的习题．
《电流做功的快慢》提高练习
将规格为“6V?3W”的灯L1和规格为“6V?6W”的灯L2串联在电压为6V的电路中，忽略灯丝电阻变化，则下列说法正确的是（ ）
A. 与灯丝电阻之比为1：2
B. 灯与灯实际功率之比为1：2
C. 两灯均不能正常发光，灯更亮些
D. 两灯消耗的总功率为2W
如图所示的电路中，当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，示数之比I甲：I乙=3：5；当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，则R1与R2消耗的功率之比P1：P2为（ ）
A. 2：5 B. 5：2 C. 2：3 D. 3：2
某电饭锅设有“加热”和“保温”两裆，其内部简化电路如图所示，当开关S置于“2”档时，电饭锅处于______（选填“加热”或“保温”）状态；若电阻R0=44Ω，R1=1056Ω，则保温时R0的电功率是______?W。
如图所示，灯L1 的额定电压为U0，额定功率为P0，灯L2 的额定电压为2U0，额定功率为2P0．若保证一盏灯正常工作，而另一盏灯没有超过其额定值，则此时电流表的示数为______；灯L1、L2 消耗的实际功率之比为______．（不计温度对灯丝电阻的影响）．
如图所示，R0是阻值为80Ω的定值电阻，R为滑动变阻器，其上标有“100Ω3A”字样，电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A2的量程为0～3A，灯泡上标有“8V? 1.6W”字样。
求：
（1）灯泡的额定电流；
（2）闭合开关S，断开开关S1、S2时，灯泡正常发光，求电源电压的大小；
（3）开关S、S1、S2都闭合时，在不损坏电流表的前提下，求R消耗电功率的最小值和最大值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A、由P=可得，两灯泡的电阻之比：===，故A错误；
B、L1灯与L2灯实际功率之比===，故B错误；
C、两灯串联时，因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=I2R可知，L1的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故C错误；
D、两灯串联，电流为额定电流较小的，则I=I1===0.5A，
电阻为两灯泡电阻之和，则R总=12Ω+6Ω=18Ω，
则两灯消耗的总功率P总===2W．故D正确．
故选D．
（1）知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=求出两灯泡的电阻之比；
（2）两灯泡串联时通过它们的电流相等，根据P=I2R比较两灯泡实际功率的大小，实际功率大的灯泡较亮；
（3）根据两灯串联，根据串联电路电流特点，根据P总=求得两灯消耗的总功率．
本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及电功率公式的应用，要注意两灯泡并联时两端允许所加的最大电压为两者额定电压中较小的．
2.【答案】D
【解析】
解：当甲乙两表为电流表，S断开时，甲电流表测R2支路的电流，乙电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，两电流表的示数之比：===；
所以，通过两电阻的电流之比：=，
因此两电阻之比：，
在S闭合，两电表为电压表的情况下，两个电阻串联，通过电阻的电流相等，设为
此时R1和R2消耗的功率之比：．
故选D．
当甲乙两表为电流表，S断开时，甲电流表测R2支路的电流，乙电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过两电阻的电流之比，从而得知并联电路中电阻之比。然后，当甲乙为电压表，S闭合时，两电阻串联，由于串联电路中电流处处相等，根据从而求出此时R1和R2消耗的功率之比．
本题考查了串并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合时电路连接方式的辨别以及电表所测电路元件的判断．
3.【答案】加热；1.76
【解析】
解：（1）当开关S置于“2”档时，等效电路图如下图所示：
电饭锅处于“加热”状态，电路只有电阻R0工作，
（2）当开关S置于“1”档时，等效电路图如下图所示：
电饭锅处于“保温”状态，电阻R1、R0串联，
此时的电流I===0.2A，
保温时R0的电功率P0=I2R0=（0.2A）2×44Ω=1.76W。
故答案为：加热；1.76。
（1）电路电压U一定，由P=可知，电阻越大，电功率越小，电饭锅处于保温状态，电阻越小，电饭锅功率越大，电饭锅处于加热状态，分析电路图确定电饭锅的状态；
（2）当开关S置于“1”档时，电饭锅处于“保温”状态，电阻R1、R0串联，根据欧姆定律公式可求得电流，再利用P=I2R可求得保温时R0的电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律公式的应用；关键是电功率公式的灵活应用和电饭锅状态的判断，以及电路图串并联的分析。
4.【答案】；2：1
【解析】
解：
两灯并联，则两灯两端的电压是相同的；若保证一盏灯正常工作，而另一盏灯没有超过其额定值，因L1的额定电压较小，则电路中灯L1 正常工作，此时两灯两端的电压均为U0；
由P=UI可得，通过灯L1的电流为：I1=；
根据P=可得，两灯的电阻分别为：
灯L1 的电阻为R1=，灯L2的电阻为R2==2；
由欧姆定律可得，此时通过灯L2的电流为：I2==；
电流表的示数为I=I1+I2=+=；
由P=UI可知，灯L1、L2 消耗的实际功率之比为：
P1：P2=U0I1：U0I2=I1：I2=2：1．
故答案为：；2：1．
两灯并联，则两灯两端的电压是相同的，灯L1 的额定电压为U0，灯L2 的额定电压为2U0，故应使灯L1 正常工作；根据灯两端的电压和电阻可以求出灯的电流，根据并联电路的电流规律可以求出总电流；根据公式P=UI比较功率的比值．
本题考查了并联电路的特点以及欧姆定律和电功率公式的应用，关键是知道对于额定电压和额定电流不同的两个电阻来说，串联时比较电流取小的，并联时比较电压取小的．
5.【答案】解：（1）由P=UI得灯泡L额定电流为：
I额===0.2A。
（2）闭合S，断开S1、S2，灯泡L与电阻R0串联，灯泡正常发光，
则此时灯泡两端的电压为UL=I额=8V，此时电路中的电流为I=I额=0.2A，
由I=可知：
电阻R0两端的电压为：U0=IR0=0.2A×80Ω=16V，
所以，电源电压U=U0+UL=16V+8V=24V。
（3）开关S、S1、S2都闭合时，电阻R0和滑动变阻器R并联，灯泡被短路；电流表A1测通过电阻R0的电流，电流表A2测干路中的总电流。
由于滑动变阻器的最大电阻为R大=100Ω，则R消耗电功率的最小值为：
Pmin===5.76W。
此时通过R0的电流为：I0===0.3A，
电流表A1测通过电阻R0的电流，电流表A2测干路中的总电流，电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A2的量程为0～3A，
所以，通过R的最大电流为：Imax=I-I0=3A-0.3=2.7A，
R消耗电功率的最大值为：Pmax=UImax=24V×2.7A=64.8W。
答：（1）灯泡的额定电流为0.2A；
（2）闭合开关S，断开开关S1、S2时，灯泡正常发光，电源电压为24V；
（3）开关S、S1、S2都闭合时，在不损坏电流表的前提下，R消耗电功率的最小值为5.76W、最大值为64.8W。
【解析】
（1）根据灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，可利用公式I=计算出灯泡L额定电流。
（2）闭合S，断开S1、S2，灯泡L与电阻R0串联，而此时灯泡正常工作，从而可以判断出灯泡两端的电压和电路中的电流，利用U=IR求出R0两端的电压，进而关口、根据串联电路的电压特点求出电源电压。
（3）开关S、S1、S2都闭合时，电阻R0和滑动变阻器R并联，灯泡被短路，电流表A1测通过电阻R0的电流，电流表A2测干路中的总电流。知道滑动变阻器的最大电阻，可利用公式P=计算出R2上消耗电功率的最小值。知道定值电阻R1两端的电压和R1的阻值，可利用公式I=计算出此时通过R0的电流，又知道电流表A2量程为0～3A，从而可以判断出干路中的最大电流，再利用并联电路电流的特点计算出通过R的最大电流，再利用公式P=UI计算出求R上消耗电功率的最大值。
本题综合性较强，考查的内容较多。会辨别串、并联，会用欧姆定律计算，会用电功率公式计算，知道串、并联电路的电压规律，电流规律。关键是公式及其变形的灵活运用，难点是开关断开闭合过程中对电路连接情况的影响。
