【中考易错集训】易错专练17：电功率（解析版）
文档属性
| 名称 | 【中考易错集训】易错专练17：电功率（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-02-03 10:48:42 | ||
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文档简介
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：（2019?天桥区二模）小亮家买了两台空调，为保证用电安全，安装时对家中的供电线一同进行了改造，并更换了块新的电能表，电能表可以直接测量（ ）
A．电功 B．电功率 C．电压 D．电流
【错解】选B，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：（2019?广西一模）小军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． 电阻箱
【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：（2019秋?衢州期中）有相同两盏额定电压为U、额定功率为60W的电灯，若串联接在电压为U的电源上，则两灯的总功率是（ ）
A．120W B．60W C．40W D．30W
【错解】选A，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P=U2R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P=U2R求出两灯的总功率。
【正解】选D，理由：设每盏灯泡的电阻为R，则灯泡的额定功率：PL=U2R=60W，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：P=U2R+R=U22R=PL2=60W2=30W。故选【答案】D。
针对训练2：（2019?绿园区校级一模）如图是标有“2.5V0.5W”的小灯泡的I-U特性曲线，现把该灯泡与阻值为10Ω的电阻串联后接在电压为3V的电源两端，则电路的总功率为（ ）
A．0.5W B．0.45W C．0.4W D．0.3W
【解析】把这只小灯泡与阻值为10Ω的定值电阻串联后接在电压为3V的电源两端时，由串联电路特点和I=UR可得，电源的电压：U=IR+UL，即：3V=I×10Ω+UL，
由图象可知，当灯泡两端的电压为1.5V，通过的电流为0.15A时，上面等式成立；
即10Ω的电阻与该灯泡串联在3V电路中时，电路中的电流为0.15A，
则整个电路消耗的功率：P=UI=3V×0.15A=0.45W。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：（2020?静安区一模）如图所示，A、B两盏电灯的额定电压都为110V，额定功率分别为PA=25W，PB=100W．把它们接到220V的电路上，下面四种接法中，两灯不可能正常发光的是（ ）
【错解】选C，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C。
【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P=U2R可知，电路中电阻越大．消耗的功率就越小，先根据公式R=U2P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P=U2R可知，灯泡A的电阻RA=UA2PA=(110V)225W=484?，灯泡B的电阻RB=UB2PB=(110V)2100W=121?。A、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A可选； B、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B不选； C、图是灯泡A和可变电阻串联，根据串联电路电阻的分压特点可知，要使灯泡A正常工作，则可变电阻接入与A等值的电阻，而与B灯泡接入等值的电阻，因此可以正常工作，故C不选； D、图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等；通过调节电阻，使两灯泡的电压为110V，可以正常发光，故D不选；故选：A。
针对训练3：（2019秋?丰台区期末）标有“6V1.5W”的小灯泡，通过它的电流随两端电压变化的关系如图所示，若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，则下列说法中正确的是（ ）
A．串联后，三只小灯泡都可以正常发光
B．串联后，每只小灯泡的电阻为 24Ω
C．串联后，每只小灯泡的实际功率为 0.8W
D．串联后，每只小灯泡的实际功率为 0.96W
【解析】（1）因为三只灯泡串联且规格相同，
所以它们的电流和电阻都相同，即这三只灯泡两端分得的电压都相同，当三只灯泡串联接在12V的电源两端时，每只灯泡两端的电压都为U=4V，小于其额定电压6V，故三只小灯泡都不能正常发光，故A错误；（2）由图象可知，当U=4V时，I=0.2A，由欧姆定律得，小灯泡的电阻：
R=UI=4V0.2A=20Ω，小灯泡的实际电功率： P=UI=4V×0.2A=0.8W，故BD错误，C正确。故选：C。
【答案】C
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 （2019秋?新罗区期末）一台电动机正常工作时线圈两端的电压为380V，线圈的电阻为2Ω，线圈中通过的电流为10A．这台电动机工作1s产生的热量为（ ）
A．3800J B．72200J C．200J D．4000J
【错解】选B。理由：根据欧姆定律电动机中的电流I=UR=380V2?=190A，再根据公式Q=I2Rt=（190A）2×2Ω×1s=72200J。
【析错】已知线圈电阻、通过线圈的电流与通电时间，由焦耳定律可以求出线圈产生的热量。
【正解】答案为C。理由：由题可得，线圈产生的热量Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×1s=200J。
故选：C。
针对训练4：（2019秋?二七区校级期中）一台电动机正常工作时线圈两端的电压为380V，线圈的电阻为2Ω，通过线圈的电流为10A，这台电动机正常工作时，1min消耗的电能为 J，在线圈上产生的热量为 J。
【解析】电动机消耗的电能： W=UIt=380V×10A×60s=2.28×105J；产生的热量为：
Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×60s=1.2×104J；
【答案】2.28×105?；?1.2×104。
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?温州三模）某兴趣小组探究“在串联电路中，滑动变阻器消耗的电功率大小与滑动变阻器接入电路的电阻大小之间的关系”。老师提供的器材有定值电阻R=20Ω，标有“40Ω2A”滑动变阻器、电压表（量程为0-15V）、电流表（量程为0-0.6A）、电源电压恒定、开关、导线若干。
（1）根据实验目的，将实物图连接完整，要求滑片往A端移动，电压表读数变大。
（2）连接好电路，闭合开关，移动滑片，获得了以下几组电压和电流数据，计算电功率并记录。本实验的结论是 。
实验次数
1
2
3
4
5
6
电压（V）
8
7.2
6
4
2.4
0
电流（A）
0.2
0.24
0.3
0.4
0.48
0.6
电功率（W）
1.6
1.728
1.8
1.6
1.152
0
（3）进一步分析数据发现，本次实验中，当滑动变阻器阻值和定值电阻相等时，电功率最大。为了验证这一规律，需要获得更多数据。若滑动变阻器更换为“60Ω2A”，其他元件不变，在保证电路安全的前提下，下列定值电阻能完成实验任务的是 （可多选）
A.10? B.20? C.30? D.60?
【解析】（1）由U=IR，当电路的电流变大时，定值电阻的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，由表中数据知，电压表并联在变阻器的两端，
根据滑片往A端移动，电压表读数变大，由分压原理，变阻器连入的电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，由表中电压大小，电压表选用大量程与灯并联，如下所示：
（2）由表中数据可得出的结论是：随着电流的增大，滑动变阻器的功率先变大后变小；
（3）由表中第1次实验数据，由串联电路的规律及欧姆定律，电源电压为：
U=U1+U滑=I1R定+U滑=0.2A×20Ω+8V=12V；
因电流表选用小量程（0-0.6A），0.6A＜2A，故电路的最大电流为0.6A；
本实验中，为了验证这一规律，滑动变阻器连入电路的电阻要大于定值电阻、等于定值电阻和小于定值电阻，因换用的滑动变阻器的规律为“60Ω2A，其最大电阻为60Ω，故60Ω的定值电阻不能选用；
若选用10Ω的定值电阻，当变阻器连入的电阻也为10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，电路的电流为： I′=U2R/=12V2×10?=0.6A，即为电路的最大电流，若变阻器连入电路的电阻小于10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，此时电路的电流将大于0.6A，故10Ω定值电阻也不能选用；故能完成实验任务的是BC。
【答案】（1）如上所示；（2）随着电流的增大，滑动变阻器的功率先变大后变小；（3）BC。
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：（2019秋?津南区期末）小轩同学在“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，请仔细观察甲、乙两图。
（1）实验中通过观察两个U形管中 的变化来比较电流通过导体产生的热量的多少。
（2）你认为甲图所示的装置是用来研究电流通过导体产生的热与 的关系。
（3）在乙图所示的实验现象可以得到的结论是在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻 越大，电阻产生的热量越多。
（4）按照图甲的实验装置进行实验，发现随着通电时间的延长，玻璃管A、B中液面均逐渐上升，这表明在电阻和电流相同时， 越长，电阻产生的热量越多。
（5）生活中有很多用电器是根据电流的热效应制成的，请举两例： 。
【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；（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的关系；（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。得到的结论是在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越大，电阻产生的热量越多。（4）按照图甲的实验装置进行实验，发现随着通电时间的延长，玻璃管A、B中液面均逐渐上升，这表明在电阻和电流相同时，通电时间越长，电流通过电阻产生的热量越多；（5）电饭锅、电熨斗、电热水器、电烙铁等都是利用电热的。
【答案】（1）液面高度；（2）电阻；（3）电流；（4）通电时间；（5）电饭锅、电熨斗。
强化训练
1．（2019秋?绿园区期末）下列用电器通电1h，最有可能消耗1kW?h电能的是（ ）
A．计算器 B．台式计算机 C．冰箱 D．家用空调
2．（2019秋?西城区期末）小丽家的一只电吹风机铭牌上标有“220V 500W”，一个节能灯泡上标有“220V 5W”。则下列说法中正确的是（ ）
A．电吹风机和节能灯泡通电后，电流通过电吹风机做功会更快
B．电吹风机和节能灯泡工作时，电吹风机消耗的电能会更多
C．电吹风机消耗的电能相当于100个节能灯泡消耗电能
D．电吹风机正常工作3min，消耗的电能为0.025度
3．（2019秋?新疆期末）下列四盏灯泡正常发光时，灯丝中电流最大的是（ ）
A．“PZ36﹣40” B．“PZ220﹣25”
C．“PZ220﹣60” D．“PZ110﹣100”
4．（2019秋?通州区期末）关于标有“12V6W”的小灯泡，下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压是6V B．小灯泡的实际电压是12V
C．小灯泡的实际功率是6W D．小灯泡正常发光时的功率是6W
5．（2019秋?垦利区期末）小明同学家的电能表上标有“220V 10（20）A3000revs/（kW?h）”的字样，他将家中的其它用电器都与电源断开，仅让电水壶在额定电压下工作，观察1min内电能表的转盘转了45revs，则下列说法正确的是（ ）
A．电能表应接在空气开关和用电器之间
B．该电能表所在家庭电路用电器同时工作时总功率不能超过2200W
C．烧水过程中消耗的电能为5.4×105J
D．电水壶的额定功率为900W
6．（2019秋?河东区期末）把标有“12V36W“的灯泡甲和“8V16W“的灯泡乙串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡比正常发光时暗。下列判断正确的是（ ）
A．灯泡甲正常发光 B．电路中的电流为3A
C．电源的电压为20V D．电路总功率为32W
7．（2019?榕城区模拟）研究电功率与电压、电流的关系时，连接了如图所示电路进行实验。下列关于该实验的说法，不合理的是（ ）
A．该电路所示实验研究电功率与电压的关系
B．该实验能得出电流相同时，电功率与电压成正比
C．小灯泡电功率的大小通过灯泡的亮度来比较
D．该实验选择的两个小灯泡灯丝的电阻不同
8．（2019?武汉模拟）课外兴趣小组活动时，某校两同学通过实验研究小灯泡的电功率跟两端电压的关系，已知小灯泡的额定电压为2.5伏、额定功率为0.75瓦。小明同学设计了如图甲所示的电路进行研究，他先测出若干组电压和电流值，再由公式P＝UI，求得对应的功率，并作出功率随电压变化的图线a。小红同学设计了如图乙所示的电路进行研究，她先由R＝计算出小灯泡的电阻R，再测出若干个电压值，最后根据P＝，求得对应的功率，也作出功率随电压变化的图线b。则下列反映了他们的实验结果的图线是（ ）
9．（2019秋?南昌期末）有额定电压、额定电功率均相同的电风扇、电烙铁、日光灯，各自在额定电压下正常工作相同的时间，比较它们产生热量的多少，结果是（ ）
A．一样多 B．电风扇最多 C．电烙铁最多 D．日光灯最多
10．（2019?广西）如图所示，两个透明容器中密闭着等量的空气，A，B两U形管内的液面相平，电阻丝的电阻R1＝R2＝R3．小明用图示装置进行实验，探究电流通过导体时产生的热量Q跟什么因素有关，下列说法正确的是（ ）
A．此实验在探究电热Q与电阻R是否有关
B．通过R1的电流和通过R2的电流大小相等
C．电阻R1两端的电压和R2两端的电压相等
D．通电后，A管的液面将会比B管的液面高
11．（2019秋?桃江县期末）“地球一小时”节能活动是指在每年的三月最后一个周六晚上自愿关灯一小时。若益阳市区有5万个家庭响应号召，每个家庭的照明功率如果为60W，那么关灯一小时可节约 度的电能，相当于 kg热值为3.0×107J/kg的标准煤完全燃烧所释放出的热量。这样的举措可以起到了在美丽的黑暗瞬间中展示他们对节能减排、应对全球气候变化无声的支持。
12．（2019?洛阳模拟）已知灯泡L1和L2的电流随电压变化的图象如图乙所示，将它们按图4甲所示接入电路中。当开关S1和S2都闭合时，电流表的示数为1.0A．则电源电压为 V，这时L1和L2的电阻之比是 ，L1的电功率为 W
13．（2019?清河区校级模拟）如图所示，A、B两个定值电阻的U﹣I图象，若把两个定值电阻并联接在6V的电源上，则电阻RB在1min内产生的热量是 J，干路中的电流是 A。
14．（2019秋?天门月考）小明家的电能表如图所示，有一次小明使用电热水器烧水，此时他家只有正在烧水的电热水壶在工作，已知壶内装有20℃的水2kg，在5min内电能表的表盘转了360转水温升高了40℃，则电热水壶的功率为 W，该电热水壶的效率为 ，影响电热水壶加热效率的原因有 （仅写出一个原因即可）[水的比热容为4.2×103J/（kg?℃）]。
15．（2019?江西模拟）在测定性实验中：
（1）在“测定2.5V小灯泡功率”的实验中，小红设计了如图1所示的电路。
①请在图1的“〇”内填入合适的“灯泡”和“电表”符号。
②小红按电路图连接电路，进行实验，测得数据如表所示。断开开关时，发现电表如图所示，产生这种情况的原因可能是 。
U/V
2
2.5
3
I/A
0.22
0.26
0.30
③假如不重新实验，请你利用小红已获取的信息，计算出该灯泡的额定功率为 W．若小灯泡两端的实际电压为3V，则小灯泡的实际功率 额定功率（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）如图2：“测量滑动摩擦力”实验
①沿水平方向直线拉动下方木板，物块A所受滑动摩擦力的大小等于 （“F的大小”或“弹簧测力计的示数”）
②实验过程中，发现弹簧测力计示数在变化，你认为出现这一原因可能是 。
16．（2019?朝阳区校级模拟）小华在“探究小灯泡的亮度与哪些因素有关”的实验中，所用电源电压恒为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）请用笔画线代替导线，将如图所示的实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到最 （选填“左”或“右”）端。闭合开关后，发现灯泡不亮，电压表无示数，电流表有示数。若电路中仅有一处故障，这个故障可能是 。
（3）排除故障后继续实验，小华进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在表格中。在第1次实验中小灯泡不亮的原因是：
物理量次数
电压U/V
电流I/A
实际电功率P/W
小灯泡亮度
1
0.5
0.12
0.06
不亮
2
1.5
0.20
0.30
偏暗
3
2.5
0.30
正常
4
2.8
0.32
0.90
更亮
（4）分析表中信息，可知小灯泡的额定功率为 W．实验得出的结论是：小灯泡的实际电功率 ，灯泡越亮。
17．（2019?大庆）某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行了如下实验：
关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从25℃上升到35℃所用的时间为50s，同时观察到家中“220V10（40）A3200imp/kW?h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，水的比热容c＝4.2×103J/（kg?℃）。请结合本次实验记录的数据，回答以下问题：
（1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量 （选填器材前面的序号）
①刻度尺②温度计③电压表④秒表⑤弹簧测力计
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”），主要原因是 。
（3）电热水壶的实际功率是 W。
（4）电热水壶的加热效率是 。
18．（2019秋?岳麓区期中）阅读短文，回答文后问题
石墨烯是由一层碳原子构成的石墨薄片，是一种二维品体，它是目前世界上己经发现的最薄、最坚硬的物质。石墨烯只有一个原子那么厚，约0.3mm，机械强度却比世界上最好的钢铁还要强200倍。石墨烯导电能力极强，石墨烯的电子运行速度能够达到1000km/s，远远超过电子在一般导体中的运动速度。石墨烯的这项特性，决定了石墨烯跟电池是天生绝配，在电能储存领域，石墨烯是耀眼的“明星”。2016年的一场交易博览会上，一款石墨烯充电宝吸引了不少人眼球，只需10分钟就可充满6000mA?h的电量。我们可以大胆设想，未来有一天，电动汽车广泛使用石墨烯电池，只需几分钟就能把电充满，比去加油站加油还方便，那多带感!
（1）石墨烯导电性能极好，是指在长度、横截面积和温度相同时，与一些常规导体相比，石墨烯的电阻 （选填“大”或“小”）一些。
（2）本文没有提到石墨烯的下列哪个优点： （填序号）
A．导电性好 B．导热性好 C．机械强度大
（3）容量为6000mA?h石墨烯电池上标有电压为3.7V，充满电后，大约可存储 J电能。
19．（2019?嘉善县一模）半导体和金属的导电能力随温度的变化特点是不同的。因此，利用它们制成的元件在生活中也各有各的用途。
（1）某个由半导体材料制成的电加热器接在220V家庭电路中，加热器边发热边向外界散热。图甲为加热器发热功率P发和散热功率P散与温度t之间关系图象。由图象可知，当温度高于70℃时，加热器的电阻随着温度的升高而 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。加热器工作时的稳定温度为 ℃。
（2）由某金属材料制成的电阻R随温度t变化如表所示，若用该电阻R与电源（电压为3伏）、电流表（量程为0～6毫安）、定值电阻R'串联起来，连接成如图乙所示的电路。用该电阻R做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，得到一个简单的“金属电阻温度计”。电流表的刻度越大处对应的温度刻度越 。请通过计算说明，若R'＝400Ω，则图丙中指针所指处对应的温度数值为多少？此时电阻R消耗的电功率为多少？
t/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
R/Ω
160
170
180
190
200
210
220
230
240
250
20．（2019?鄂尔多斯）甜甜要制作一个电动航模，需要电动机作为动力源，她找来电吹风，研究了电吹风的工作原理。如图甲，电吹风工作时，可以分别吹出热风和冷风，为了防止温度过高，用一个PTC电阻R0与电阻为50Ω的电热丝R串联，R0的阻值随温度的变化如图乙所示，请回答下列问题：
（1）PTC电阻是由 材料制成的；电动机的工作原理是 。
（2）电吹风吹热风时，求电热丝的最大发热功率。
（3）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流为1A，工作20s，电动机的机械效率为90%，求电动机线圈电阻。（不计机械摩擦损耗的能量）
1．（2019秋?定西期末）如图中的甲、乙分别是某家庭5月初和6月初电能表的示数，则下列说法正确的是（ ）
A．电能表是测电功率的仪表
B．该家庭在这段时间内总共用电2000kW?h
C．电能表的计量单位是kW?h，1kW?h相当于3.6×105J
D．该电能表转盘每转过600转，电路消耗电能0.5kW?h
2．（2019?通辽）某建筑工地需要架设临时供电线路，实现照明和电加热功能，其简化电路如图所示，供电处电压U不变，从供电处到工地用长导线（有电阻）连接。闭合开关S1、S2时，加热器和照明灯同时工作。断开S2后与断开S2前相比较，下列说法正确的是（ ）
A．照明灯亮度不变
B．照明灯亮度变暗
C．相同时间内长导线上消耗的电能不变
D．相同时间内整个供电线路消耗的电能减少
3．（2019?阳东区校级一模）图表示了：家庭电路中四种用电器正常工作40小时的耗电情况。则（ ）
A．甲用电器可能是笔记本电脑
B．乙和丙产生的电热肯定相同
C．电流通过乙做功7.2×107J
D．丁的实际功率最大
4．（2019秋?遂宁期末）如图所示，电源电压U恒定不变，A到B、C到D之间电路连接情况不详且AB与CD之间没有任何连接。现将定值电阻R连接在AD间，R消耗电功率为81W；又将R拆下后连接在BC间，R消耗电功率为49W．则R接在BC间时，AB、CD消耗的总功率为（ ）
A．4W B．14W C．16W D．32W
5．（2019秋?农安县期末）将定值电阻R0和滑动变阻器R串联在电路中，当滑片分别位于最大端和中点时，电路的总功率分别为24W和36W，则R0与R的最大阻值之比以及变阻器R的电功率变化量分别是（ ）
A．1：2 1W B．1：2 2W C．2：1 4W D．2：1 3W
6．（2019秋?沙坪坝区校级期中）如图的电路中，已知只闭合S时，调节滑动变阻器，电压表示数由0.5V变为1V时，电流表示数变化了0.05A；同时闭合S、S2，断开S1时电流表示数为0.2A；同时闭合3个开关，电压表示数为3V．下列说法错误的是（ ）
A．R2的阻值为10Ω
B．只闭合S，电压表示数由0.5V变为1V时，R2的功率变化了0.075W
C．若闭合S、S1断开S2，调节滑动变阻器使电压表示数为2V，此时滑动变阻器功率为0.1W
D．若滑动变阻器的最大阻值为50Ω，通过调节滑动变阻器及开关，电压表的示数变化范围可以为0.5V～3V
7．（2019?宁波模拟）如图所示电路，电源电压U＝4V，定值电阻R0＝20Ω，滑动变阻器最大阻值80Ω．电压表的量程0～3V，电流表的量程0～0.6A．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P从最左端开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电路总功率最小为0.16W
B．电流表的最小示数是0.04A
C．滑动变阻器的最大功率为0.2W
D．滑动变阻器滑片P向右移动，电流表和电压表示数都变小
8．（2019?武汉模拟）如图甲所示的电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“2.5V0.25A”字样，滑动变阻器R1的最大值为30Ω，定值电阻R2＝30Ω，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V．①只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A；②只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图乙所示。则下列说法错误的是（ ）
A．电源电压是4.5V
B．只闭合开关S、S1，在各元件安全的情况下，滑动变阻器R1的取值范围是8Ω﹣15Ω
C．只闭合开关S、S2、S3，电路的最大功率是2.7W
D．只闭合开关S，滑动变阻器的最大功率是0.5W
9．（2019?菏泽模拟）如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法正确的是（ ）
A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电流的关系
B．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
C．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的
D．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小
10．（2019?涟源市模拟）如图是课本“探究电流通过导体产生的热量与导体电阻的关系”的实验装置，两个透明容器中封闭着等量的空气，电路正确连接后，通电进行实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．要保持两个电阻丝两端电压相等
B．通电时间相同，两个容器中空气吸收的热量相同
C．左边容器电阻丝中的电流比右边容器电阻丝中的电流大
D．U形管中液面高度的变化反映电阻丝产生热量的多少
11．（2019?柳江区校级模拟）如图所示是某家用电热水器的简化电路图，温控开关S可根据水温自动切换到加热和保温两种状态，R1、R2是发热电阻，热水器主要参数如表。热水器正常加热35min，可使满箱水的温度从25℃升高到55℃，水的比热容为c＝4.2×103J/（kg?℃）答：在上述加热任务中，水吸收的热量是 ；热水器的加热效率是 。
额定功率
220V
容量
30kg
加热功率
2000W
保温功率
800W
12．（2019?阆中市校级一模）电炉子工作时，导线与电炉丝 联，通过他们的电流相等，而电炉丝电阻比导线的大，根据 可知，电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成 ，所以，电炉丝热的发红，而导线却不怎么热。
13．（2019秋?道外区期末）如甲图所示的电路中，电源电压为16V恒定不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P滑动的过程中，电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示，根据图象信息可知，R0的阻值为 Ω，电路的最大总功率为 W。
14．（2019?姑苏区校级二模）某同学家的电能表如图所示，他家允许同时工作的用电器的总功率不能超过 W．该同学观察到当他家里只有一台空调机连续工作10min电能表转盘转过500转，则这台空调的电功率是 kW。
15．（2019秋?遵化市期末）如图甲、乙是“探究电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。
（1）实验中，用 反映密闭空气温度的变化
（2）图甲可探究电流产生的热量与 的关系，通电一段时间后， （选填“左支“右”）侧容器中电阻产生的热量多。
（3）乙装置中的电阻R的作用主要是 。
（4）如果乙装置中R3发生了断路，在通电时问相间的情况下，与R3未发生了断路之前相比较，左侧U型管中液面的高度差将 （选填“变大变小”或“不变”）
（5）生活中我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用上面图 （选填“甲”或“乙”）的实验结论来解释。
实验次数
1
2
3
电压（V）
2.20
1.50
2.50
电流（A）
0.22
0.16
0.24
功率（W）
0.484
0.24
0.60
灯丝电阻（Ω）
10.00
9.38
10.42
灯泡亮度
亮
暗
很亮
16．（2019秋?道里区期末）实验小组的同学们利用如图所示的装置进行电学实验的复习，实验中使用的小灯泡上标有“2.2V”字样。实验过程中的有关证据记录如表：
（1）收集完第一次实验数据后，想收集第二次实验数据时，滑动变阻器的滑片P应向 （选填“左”或“右”）滑动。
（2）同学们想利用上述实验证据“研究小灯泡的电功率”。根据观察的现象和实验数据分析，除了可以得出小灯泡的额定功率外，还可得出的结论是：
① ；
② 。
（3）在利用上述实验证据分析小灯泡电阻时，同学们有些纳闷儿：导体的电阻不是与电压、电流无关吗？怎么三次计算的灯丝电阻却不一样呢？请你对此现象作出合理的分析解释。 。
17．（2019秋?张店区期末）在测量小灯泡额定功率的实验时，小北塘同学连接了如图甲所示的电路。已知电源电压保持不变，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率小于1W。
（1）请用笔画线将图中的实物电路图连接完整；
（2）在连接电路时，开关应 （选填“断开”或“闭合”），滑片应移到 （选填“A”或“B”）处，闭合上开关之后，小明发现电压表、电流表均有示数，但小灯泡不亮，经检查，电路连接正确，且各元件完好，那么可能的原因是 ，为了能使小灯泡正常发光，下一步应进行的操作是 ；
（3）闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为 V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中的滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V。
（4）移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（5）完成上述实验后，他又设计了如图丁所示的实验电路，借助实验室的器材，同样测出了小灯泡正常发光时电功率，请你完成下列实验步骤：
①接好实验电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点 （选填“1”或“2”）移动滑片，使电压表的示数为灯泡的额定电压U1。
②滑片的位置保持不动，再将开关S1拨到另一个触点读出电压表的示数为U2；
③小灯泡正常发光时功率的表达式P＝ （用U1、U2、R0表示）。
18．（2019秋?海安市期中）阅读短文，回答问题。
空气能热水器
空气能热水器工作原理如图甲所示。蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器液化释放热量传递给水箱中的冷水，随后经过“节流降温过滤降压“回到室外的蒸发器开始下一个循环。空气能热水器具有高效节能的特点，它工作时，氟介质在蒸发器中吸收热空气的能量QA；压缩机消耗电能W转化为机械能，再由机械能转化为內能，最终氟介质在冷凝器中释放给冷水的热量QB＝QA+W通常我们用“能效比”（即放出的热量与消耗的电能的比值）来反映空气能热水器的节能性能。某款空气能热水器，它的部分技术参数如下表。
额定制热量P1/W
3000
电源规格U/V
220
额定电功率P2/W
800
水箱容积V/L
200
适用环境温度范围﹣7﹣43℃
（1）在空气能热水器中，是通过 （选填“加压“或“降温“）方法使氟介质液化的，这款空气能热水器正常工作时的能效比为 。
（2）氟介质经膨胀阀减压后，它的沸点所在温度范围可能是 。
A．低于﹣7℃B．﹣7℃°﹣43℃° C．高于43℃D．高于50℃
（3）正常使用时，将一箱15℃的冷水加热到55℃，消耗的电能为 J（c水＝4.2×103J/（kg?℃）
（4）在如图乙所示的冲程中，压缩机气缸内实现了把 能转化为 能。
（5）压缩机活塞上下移动的距离是16cm，横截面积是50cm2，工作时，活塞压缩氟介质的压强约为2.5×105Pa，则活塞压缩一次氟介质做的功为 J；若系统正常工作消耗的电能有90%转化为压缩氟介质的能量，则每分钟压缩氟介质的次数是 ，压缩机曲轴的转速是 r/min。
19．（2019秋?潮南区期末）阅读短文，回答问题；
主动式空气净化器
如图甲为某型号空气净化器，在不同档位工作时的参数如下表所示。洁净空气量是指1h净化空气的体积：能效比是空气净化器洁净空气量与输入功率之比，净化效率等于净化前后空气中有害气体浓度的差与净化前有害气体浓度的百分比。
工作档位
待机
1档
2档
3档
4档
5档
6档
功率（W）
0.9
23
45
75
103
121
148
净化空气量（m3/h）
﹣
120
240
360
500
610
760
噪音（dB）/声强级
﹣
23
32
39
47
49
55
（1）颗粒物接近带有负电荷的金属网时受到强烈的吸引力，这主要是因为 。
（2）该净化器接在家庭电路中，在5档正常工作时的电流为 A，如果室内面积为50m3，
房间的高度为2.5m，请你计算该空气净化器工作档位为4档时，理论上1h可以净化房间内空气 次。
（3）单独使用该净化器20min，规格为2400imp/（kw?h）的电能表指示灯闪烁36次，则该空气净化器 档位工作，此时该空气净化器的能效比为 m3/（h?W）。
（4）利用气敏电阻可以检测空气质量，如图乙所示为检测电路，定值电阻R0＝10Ω，电源电压恒为28V；如图丙所示为气敏电阻阻值随空气中有害气体浓度β的变化曲线。现用此电路检测该型号净化器的净化效率：净化器启动前，检测电路中电流表的示数为0.7A，此时空气中有害气体浓度是 μg/m3。
20．（2019?本溪）图甲是具有高温、低温两档的电热饭盒，高温档电功率为242W，简化电路如图乙所示，R1、R2均是发热电阻，且R2的阻值是R1的4倍。求
（1）R1和R2的阻值是多少？
（2）高温档加热5min，不计热量损失，可以将1kg饭菜升高的温度是多少？[饭菜的比热容取3×103J/（kg?℃）]
（3）如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率是多少？
强化训练
参考答案与试题解析
1．【解答】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，
计算器的电功率一般不到1W，台式计算机的电功率不般不超过100W，电冰箱的电功率约为200W，家用空调的功率约为1000W。
故选：D。
2．【解答】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量，但A项只说明电吹风机和节能灯泡通电后而没有说明它们都在额定电压下工作，所以它们工作时的电功率不确定就不能判断谁做功更快，故A错误；
（2）根据W＝Pt可知，在电功率和工作时间不确定的情况下，无法判断消耗电能的多少，故BC错误；
（3）由P＝可得，电吹风机正常工作3min，消耗的电能：
W＝Pt＝0.5kW×h＝0.025kW?h，故D正确。
故选：D。
3．【解答】根据P＝UI知，四盏灯泡正常发光时的电流分别为：
IA＝＝≈1.1A； IB＝＝≈0.11A； IC＝＝＝≈0.27A；
ID＝＝≈0.91A。
比较可知IA最大，故A确，B、C、D错误。故选：A。
4．【解答】 “12V 6W”表示该灯泡的额定电压是12V，额定功率（正常发光时的功率）是6W，故ABC错误，D正确。故选：D。
5．【解答】A、在家庭电路中，电能表要接在空气开关、用电器之前，故A错误；
B、10（20）A中，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，220V是指电能表的工作电压，
该电能表允许接入用电器的最大电功率：P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W，故B错误；
CD、3000revs/kW?h表示每消耗1kW?h，电能表转盘转3000转，
电能表转盘转45转消耗的电能：
W＝kW?h＝0.015kW?h＝0.015×3.6×106J＝5.4×104J，
电水壶的电功率：
P＝＝＝0.9kW＝900W，
因为电水壶正常工作，所以电水壶的额定功率：P额＝P＝900W，故C错误，D正确。
故选：D。
6．【解答】（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）灯泡甲和灯泡乙串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡比正常发光时暗，
因串联电路中各处的电流相等，且L2的额定电流小于L1的额定电流，
所以，灯泡乙正常发光，此时电路中的电流I＝I2＝2A，故AB错误；
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C错误；
电路的总功率：P＝UI＝16V×2A＝32W，故D正确。故选：D。
7．【解答】A、从图可知两灯泡串联，通过两灯泡的电流相同，所以该电路所示实验可以研究电功率与电压的关系；故A正确；
B、根据本实验的现象和数据，可以得出“电流相同时，电压越大，用电器的电功率越大”；由于灯泡的亮暗无法准确反映实际功率的大小，所以无法得出“电流相同时，电功率跟电压成正比”这个结论，故B错误；
C、为了判断灯泡的功率大小，我们可以通过观察灯泡的亮度来判断灯泡功率的大小，灯泡越亮灯泡的功率越大。故C正确；
D、两灯泡串联，流过它们的电流相同，LI、L2规格不同，则灯泡两端的电压不同，因此设计此实验可以探究电功率与电压的关系；故D正确。故选：B。
8．【解答】（1）∵P＝，∴灯泡正常发光时的电阻R＝＝≈8.3Ω；
由题意知：P甲＝和P乙＝，由此可见，
电功率P关于电压U的二次函数（跟y＝ax2+bx+c，且a＞0，b＝0，c＝0时相符合），
故图象是经过原点开口向上的抛物线，故CD错误。
（2）∵P甲＝和P乙＝，灯泡电阻R随温度升高而变大，
∴①当小灯泡两端电压U＜2.5V时，小灯泡在低于额定电压下工作，
它的电阻R＜8.3Ω，则P甲＞P乙，此时抛物线a在抛物线b的上方。
②当小灯泡两端电压U＝2.5V时，小灯泡在额定电压下工作，
它的电阻R＝8.3Ω，则P甲＝P乙＝0.75W，且此时两抛物线相交。
③当小灯泡两端电压U＞2.5V，小灯泡在高于额定电压下工作，
它的电阻R＞8.3Ω，则P甲＜P乙，此时抛物线a在抛物线b的下方。
综上所述，B图中的图线反映了他们的实验结果。
故选：B。
9．【解答】电风扇工作时把电能转化为机械能和内能；
电烙铁工作时把电能转化为内能；
日光灯工作时把电能转化光能和内能；
故在电功率相同、通电时间相同时，电烙铁工作时把电能转化为的内能多。
故选：C。
10．【解答】由题知，电阻丝的电阻R1＝R2＝R3；
A、装置中R2、R3并联后再与R1串联，通过R1的电流I1＝I2+I3，而I2＝I3，所以右边容器中通过R3的电流I3是左侧通过R1电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，故A错误；
B、由图知，通过R1的电流I1＝I2+I3，而I2＝I3，所以通过电阻R1和R2的电流不相等，故B错误；
C、已知R1＝R2＝R3，所以R2、R3并联后的总电阻是R2＝R1，由于串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比，所以电阻R1两端的电压大于R2两端的电压，故C错误；
D、左右两容器中的电阻相同，而通过电阻R1的电流大于R2的电流，通电时间相同，由Q＝I2Rt可知，A容器中电阻R1产生的热量多，则A管的液面将会比B管的液面高，故D正确。
故选：D。
11．【解答】（1）由题意可知，照明灯的总功率：
P＝60W×50000＝3×106W＝3000kW，
由P＝可得，关灯一小时可节约的电能：
W＝Pt＝3000kW×1h＝3000kW?h；
（1）标准煤完全燃烧释放的热量：
Q放＝W＝3000kW?h＝1.08×1010J，
由Q放＝mq可得，所需完全燃烧标准煤的质量：
m＝＝＝360kg。
故答案为：3000；360。
12．【解答】由图甲可知，L1与L2并联，电流表A测干路电流，由题意可知，干路电流I＝1.0A，
因并联电路中电源电压与各支路两端电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
由乙图可知，当两支路的电压均为3V时，通过L1与L2的电流分别为：I1＝0.6A，I2＝0.4A，满足干路电流I＝1.0A，则可知电源电压U＝3V；
这时L1和L2的电阻之比：＝＝＝＝，
L1的电功率：P1＝UI1＝3V×0.6A＝1.8W。
故答案为：3； 2：3； 1.8。
13．【解答】由图象知：当两端电压为6V时，通过电阻B的电流为3A，通过电阻A的电流为2A，
电阻RB在1min内产生的热量是Q＝UIt＝6V×3A×60s＝1080J；
当两只灯泡并联时，干路电流为I＝IA+IB＝2A+3A＝5A。
故答案为：1080；5。
14．【解答】（1）电能表表盘转360转消耗的电能：
W＝kW?h＝0.1kW?h＝3.6×105J，
电热水壶的电功率：
P＝＝＝1200W；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×2kg×40℃＝3.36×105J，
电热水壶的热效率：
η＝×100%＝×100%≈93.3%；
（3）影响电热水壶加热效率的原因有：热量的散失。
故答案为：1200；93.3%；热量的散失。
15．【解答】（1）②电压表与小灯泡并联，电流表串联在电路中；如图所示
②开关断开时，电流的指针在零刻线左边，因此电流表使用前未校零；
③从表中数据读出，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为I＝0.26A+0.04A＝0.3A，
因此灯泡的额定功率为 P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
因为灯泡的额定电压为2.5V，所以当灯泡两端电压为3V时，其实际功率大于额定功率；
（2）在图中，将木块固定，抽动下面的木板，此时木块始终处于静止状态，拉力和摩擦力平衡，所以摩擦力大小等于测力计的示数；
若簧测力计的示数仍然不稳定，由于压力不变，可能是因为接触面的粗糙程度不均匀。
故答案为：（1）①如上图；
②电流表使用前未校零；③0.75，大于；
（2）弹簧测力计的示数；接触面的粗糙程度不均匀。
16．【解答】（1）电源电压恒为3V，故电压表选用小量程与灯并联，变阻器按一上一下接入电路中与灯串联，如下所示：
（2）闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端；
闭合开关后，发现电流表有示数，说明电路为通路，灯泡不亮，电压表无示数，若电路中仅有一处故障，则这个故障可能是灯泡短路；
（3）排除故障后继续实验，小华进行了4次测量，由表中数据，在第1次实验中灯的实际功率为0.06W，而灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据知，灯的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；因灯的实际功率远小于灯的额定功率，故在第1次实验中小灯泡不亮；
（4）由（3）可知小灯泡的额定功率为0.75W．由表中实验数据得出的结论是：小灯泡的实际电功率越大，灯泡越亮。
故答案为：（1）如上所示；（2）左；灯泡短路；（3）灯的实际功率太小；（4）0.75；越大。
17．【解答】（1）根据P＝，测量该电热水壶的实际功率要测量时间，故用到秒表；
根据η＝计算加热效率，在计算Q时要测量温度，故用到温度计；还需②④完成上述两个测量；
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完成转化成水的内能，根据P＝，故计算出电热水壶的功率和实际功率相比偏大。
（3）220V10（40）A3200imp/KW?h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，则消耗的电能为：
W＝×80kW?h＝×3.6×106J＝9×104J；
电热水壶的实际功率是：
P＝＝＝1800W
（4）由题意知，水的体积为1.8L，水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg；
壶中水温度从25℃上升到35℃吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×1.8kg×（35℃﹣25℃）＝7.56×104J；
电热水壶的加热效率是：
η＝＝×100%＝84%。
故答案为：（1）②④；（2）消耗的电能不可能完成转化成水的内能；偏小；（3）1800；（4）84%。
18．【解答】（1）石墨烯导电性能极好，是指在长度、横截面积和温度相同时，与一些常规导体相比，石墨烯的电阻小；
（2）由材料“石墨烯﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣机械强度却比世界上最好的钢铁还要强200倍。石墨烯导电能力极强”可知，本文没有提到石墨烯的导热性好，故选B；
（3）容量为6000mA?h石墨烯电池上标有电压为3.7V，
则充满电后，大约可存储的电能：W＝UIt＝3.7V×6A×3600s＝79920J。
故答案为：（1）小；（2）B；（3）79920。
19．【解答】（1）由图可知，当温度为60℃时，发热功率和散热功率相等，即此时物体的温度不再变化；
当温度高于70℃时，由图可知散热功率大于发热功率；
此时功率在减小，而电源电压不变，由P＝可知元件的电阻在增大。
（2）由表格数据可知，温度越高电阻R的阻值越大，
则由欧姆定律I＝可知，当电流大时，电阻值要小，即此时温度要低，故对应的温度刻度要小；
由图丙可知此时电流为I＝5mA＝0.005A，
则由欧姆定律可得总电阻：
R总＝＝═600Ω，
由电阻的串联规律可得，金属电阻R的阻值：
R＝R总﹣R′＝600Ω﹣400Ω＝200Ω，
由表格数据可知对应的温度为40℃，即指针处对应的温度为40℃；
此时电阻R消耗的电功率为：
P＝I2R＝（5×10﹣3A）2×200Ω＝5×10﹣3W。
故答案为：（1）增大；60；
（2）小；指针处对应的温度为40℃，此时电阻R消耗的电功率为5×10﹣3W。
20．【解答】（1）由图乙可知，PTC电阻R0的阻值随温度的变化而变化，是由半导体材料制成的；
电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用；
（2）由图乙可知，R0的最小阻值为10Ω，此时电热丝支路的总电阻最小，该支路中的电流最大，电热丝的发热功率最大，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电热丝支路中的电流：
I大＝＝＝A，
则电热丝的最大发热功率：
P热＝I大2R＝（A）2×50Ω≈672.2W
（3）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流为1A，工作20s，消耗的电能：
W电＝UIt＝220V×1A×20s＝4400J，
由η＝×100%可得，输出的机械能：
W机械＝W电η＝4400J×90%＝3960J，
电动机线圈电阻产生的热量：
Q＝W电﹣W机械＝4400J﹣3960J＝440J，
由Q＝I2Rt可得，电动机线圈的电阻：
R线圈＝＝＝22Ω。
答：（1）半导体；通电导体在磁场中受到力的作用；
（2）电吹风吹热风时，电热丝的最大发热功率为672.2W；
（3）电动机线圈电阻为22Ω。
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参考答案与试题解析
1．【解答】A．电能表是测量电功的仪表，故A错误；
B．由图可知，5月初电能表的示数W1＝1042.8kW?h，6月初电能表的示数W2＝1242.8kW?h，则该家庭在这段时间内总共用电W＝W2﹣W1＝1242.8kW?h﹣1042.8kW?h＝200kW?h，故B错误；
C．电能表的计量单位是kW?h，1kW?h相当于3.6×106J，故C错误；
D．1200r/（kW?h）表示每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转1200转，则该电能表转盘每转过600转，电路消耗电能W′＝kW?h＝0.5kW?h，故D正确。
故选：D。
2．【解答】设长导线的电阻为R0，由图知，
AB、闭合开关S1、S2时，灯泡与加热器并联后再与R0串联，设此时灯泡两端电压为UL，
断开开关S2时，灯泡与R0串联，设此时灯泡两端电压为UL′；
由于并联电路的总电阻小于任何一个分电阻，
所以，断开开关S2时，灯泡的电阻大于灯泡与加热器并联的总电阻，
导线的电阻不变，因灯泡的电阻大于灯泡与加热器并联的总电阻，根据串联电路的分压规律可知，灯泡两端的电压变大，即UL′＞UL，
灯泡的电阻可认为不变，由P＝知，PL′＞PL，即断开开关S2时，灯泡的实际功率变大，所以灯泡变亮；故A、B错误；
C、由前面解答可知，断开开关S2时，整个电路的电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律知，电路中电流减小，导线的电阻不变，由公式W＝I2Rt知，单位时间内长导线上消耗的电能减少，故C错误；
D、断开开关S2时，整个电路的电阻变大，电源电压不变，由W＝?t知，单位时间内整个供电线路消耗的电能减少，故D正确。
故选：D。
3．【解答】A、由图可知，甲用电器40h消耗的电能为40kW?h，则其功率为P＝＝＝1kW＝1000W，而笔记本电脑的功率大约为40W左右；故A错误；
B、由图可知，乙和丙两用电器在相同时间内消耗的电能相同，则两用电器功率相同；但两用电器有可能不都是电热器，所以它们产生的电热可能不相同；故B错误；
C、电流通过用电器所做的功等于用电器消耗的电能；由图知，乙用电器消耗电能W＝20kW?h＝7.2×107J，即电流通过乙做功为7.2×107J；故C正确；
D、由P＝可知，用电器在相同时间内消耗的电能越多，其功率越大；由图知，在相同时间内甲用电器消耗的电能最多，则甲用电器功率最大；故D错误。
故选：C。
4．【解答】将定值电阻R连接在AD间时，R两端的电压为电源电压，
R消耗电功率为：P＝＝81W，即U2＝81W×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
将R拆下后连接在BC间，组成一个串联电路，设AB、CD的总电阻为R′
电阻R消耗电功率为：P′＝×R＝49W，即＝49W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将①代入②得，＝49W，
两边开平方得，＝7，
解得，R′＝R；
AB、CD消耗的总功率为：P′＝＝×＝＝81W×＝14W。
故选：B。
5．【解答】定值电阻R0和滑动变阻器R串联，
已知滑片分别位于最大端和中点时，电路的总功率分别为24W和36W，
当滑片分别位于最大端和中点时，设电路中的电流分别为I大、I中，
则由P＝UI可得，两种情况下电路中的电流之比：＝＝＝＝，
因电源的电压不变，
所以，电流和总电阻成反比，则有：＝＝，
解得：R＝2R0，所以R0：R＝1：2，即R0与R的最大阻值之比为1：2；
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI＝I2R可得，滑片位于最大端时变阻器与整个电路的功率之比：
＝＝＝＝，
则PR大＝P大＝×24W＝16W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
同理可得，滑片位于中点时变阻器与整个电路的功率之比：
＝＝＝＝，
则PR中＝P中＝×36W＝18W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
所以变阻器R的电功率变化量：
△PR＝PR中﹣PR大＝18W﹣16W＝2W。
故选：B。
6．【解答】A、由图可知，只闭合S时，3个电阻串联，电压表测R2两端的电压；调节滑动变阻器，电压表示数由0.5V变为1V时，电流表示数变化了0.05A；
则由I＝可得R2的阻值：R2＝＝＝10Ω；故A正确；
B、只闭合S时，3个电阻串联，电压表示数由0.5V 变为1V时，R2的功率分别为：
P2＝＝＝0.025W，P2′＝＝＝0.1W，
所以，R2的功率变化了0.1W﹣0.025W＝0.075W，故B正确；
C、同时闭合3个开关，电路为R2的简单电路，电压表测量电源电压，则电源电压U＝3V；
若闭合S，S1，断开S2，滑动变阻器与R2串联，电压表测R2两端的电压，调节滑动变阻器，使电压表示数为2V，
则此时电路中的电流为：I″＝＝＝0.2A，
因串联电路中总电压等于各分电阻两端的电压之和，
所以，U滑＝U﹣U1″＝3V﹣2V＝1V，
则此时滑动变阻器的功率：P滑＝U滑I″＝1V×0.2A＝0.2W，故C错误；
D、若滑动变阻器的最大阻值为50Ω，由题干可知：电压表的示数可以为0.5V和3V，所以电压表的示数变化范围可以为0.5V～3V，故D正确。
故选：C。
7．【解答】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小（电流表示数减小），R0两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压变大，即电压表的示数变大，故D错误；
（2）电压表的示数UR＝3V时，R0两端的电压：
U0＝U﹣UR＝4V﹣3V＝1V，
此时电路中的电流：
I＝＝＝0.05A，
滑动变阻器接入电路中的电阻：
R变＝＝＝60Ω＜80Ω，
所以，电流表的最小示数为0.05A，此时电路的总功率最小，
则P小＝UI＝4V×0.05A＝0.2W，故AB错误；
（3）滑动变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流：
I′＝，
滑动变阻器的电功率：
PR＝（I′）2R＝（）2R＝＝＝＝，
所以，当R＝R0＝20Ω时，滑动变阻器的功率最大，
则PR大＝＝＝0.2W，故C正确。
故选：C。
8．【解答】AC、只闭合开关S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，由图可知，L短路，电阻R1与R2并联，电流表测干路电流，且I＝0.45A，
电路的总电阻：R并＝＝＝10Ω，
电源电压：U＝I并R并＝0.45A×10Ω＝4.5V；故A正确；
由题可知，电流表采用量程为0～0.6A，当电流表示数最大时（I'＝0.6A），电路消耗的电功率最大：
P'＝UI'＝4.5W×0.6A＝2.7W；故C正确；
B、闭合开关S、S1，灯泡L与R1串联，R2不接入电路，电压表测变阻器R1的电压；
由串联分压的规律可知，向左移动滑片P时，R1的阻值变大，电压表的示数也变大，当电压表示数最大为3V时，R1的阻值最大，则R1的电压U1大＝3V，
此时小灯泡两端的电压为：UL′＝U﹣U1大＝4.5V﹣3V＝1.5V，
由图乙可知电路中最小电流：I最小＝0.2A，
所以R1连入电路的最大电阻：R1大＝＝＝15Ω，
因灯泡的额定电流为0.25A，则可知电路中的最大电流：
I最大＝0.25A＜0.6A（电流表安全），
由图象可知，此时UL′＝2.5V，
此时R1两端的电压为：U1′＝U﹣UL′＝4.5V﹣2.5V＝2V，
则R1连入电路的最小电阻：R1小＝＝＝8Ω，
所以，在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是8Ω～15Ω．故B正确；
D、只闭合开关S，变阻器与L串联，小灯泡L标有“2.5V0.25A”字样，
由图乙可知，当灯泡两端电压的为U灯＝1.5V时，此时通过电路中的电流I＝0.20A，
则此时变阻器消耗的电功率：P＝（U﹣U灯）I＝（4.5V﹣1.5V）×0.20A＝0.6W＞0.5W，即滑动变阻器的最大功率不是0.5W，故D错误。
故选：D。
9．【解答】（1）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，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，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＝I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1＝I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系；由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差更大，故A正确，D错误；
（2）将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，左右容器中的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误；
（3）该实验装置是利用U形管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，故C错误。
故选：A。
10．【解答】A、由Q＝I2Rt可知，探究电流通过导体产生的热量与导体电阻的关系时，需保证电路电流和通电时间相等，故A错误；
B、两电阻丝串联，电流相同，根据Q＝I2Rt可知，由于图中右边容器的电阻丝阻值较大，在相同时间内，电流在右容器中产生的热量较多，因此B管液面上升得高，即B容器中空气吸收的热量多，故B错误；
C、由图可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流相同，故C错误；
D、据实验装置可知，电流通过导体产生热量使容器中的空气受热膨胀，从而导致U型管中的液面会发生变化，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映，故D正确。
故选：D。
11．【解答】（1）水吸收的热量：Q＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×30kg×（55℃﹣25℃）＝3.78×106J；
（2）热水器正常加热35min，消耗的电能为：
W＝P加t＝2000W×35×60s＝4.2×106J，
热水器的加热效率：η＝×100%＝×100%＝90%。
答：3.78×106J；90%。
12．【解答】电炉在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝＝I导线，通电时间t相同，因为R电炉丝远大于R导线，根据焦耳定律Q＝I2Rt，所以在电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成正比，电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，因此电炉丝热得发红，而与其相连的导线却几乎不热。
故答案为：串；焦耳定律Q＝I2Rt；正比。
13．【解答】当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大；
由乙图可知，电路中的最大电流I大＝1.6A，
由I＝可得，电源电压：
U＝I大R0＝1.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由乙图可知，电路中的最小电流I最小＝0.2A，R两端的电压UR＝14V，
串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U＝I最小R0+UR＝0.2A×R0+14V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
因电源的电压不变，
所以，1.6A×R0＝0.2A×R0+14V，
解得：R0＝10Ω；
电源电压：U＝I大R0＝1.6A×10Ω＝16V；
电路的最大总功率：P最大＝UI最大＝16V×1.6A＝25.6W。
故答案为：10；25.6。
14．【解答】（1）由电能表的表盘数据可知，电能表允许通过的最大电流为40A，
则他家同时工作的用电器的最大总功率：P总最大＝UI＝220V×40A＝8800W；
（2）3000r/kW?h 表示电路每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘就转过3000r，
电能表的转盘转过500r，则空调消耗的电能：
W＝＝kW?h；
则这空调的实际功率：
P＝＝＝1kW。
故答案为：8800；1。
15．【解答】（1）据试验装置可知，电流通过导体产生热量使得容器中的空气受热膨胀，从而导致U型管中的液面会发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映；
（2）甲装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，电阻不同，可探究电流产生的热量与电阻的关系；
左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，则右侧U型管中液面的高度差大；
（3）图乙的装置在实验中，右侧容器的外部，将一个完全相同的电阻和这个容器内的电阻并联，再接入原电路，使通过左边容器中电阻R1的电流与通过右边容器中电阻R2的电流不同，可以探究电流产生的热量与通过导体的电流大小的关系；
（4）当乙装置中R3发生了断路时，电路中只有R1和R2串联，因R2的阻值大于R2与R3并联的阻值，所以此时电路中的总电阻变大，电路中电流变小，根据Q＝I2Rt可知，在相同时间内，电流通过电阻丝R1产生热量变少，与步骤（3）相比较，则左侧U型管中液面的高度差将变小；
（5）电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），与甲实验的原理相同，所以可以用甲实验解释“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么热”。
故答案为：（1）U形管中液面高度的变化；（2）电阻大小；右；（3）使通过R1和R2的电流不相等；（4）变小；（5）甲。
16．【解答】（1）由表中数据知，从第1次实验到第2次实验，电路中电流变小，根据欧姆定律可知，电路的电阻变大，变阻器接入电路的阻值增大，故想收集第二次实验数据时，滑动变阻器的滑片P应向左滑动；
（2）观察的现象和实验数据分析，除了可以得出小灯泡的额定功率外，还可得出的结论是：
①灯泡两端的实际电压大于额定电压时，实际功率大于额定功率；灯泡两端的实际电压小于额定电压时，实际功率小于额定功率；
②灯泡的实际功率越大，灯泡越亮；
（3）由表中信息可知：R3＝10.42Ω＞R1＝10.00Ω＞R2＝9.38Ω；
第三次灯比第一次亮，第一次灯比第二次亮，灯泡越亮，灯的实际功率越大，灯丝温度越高，所以，灯丝的电阻是随温度的升高而增大的，与电流和电压无关。
故答案为：（1）左；
（2）①灯泡两端的实际电压大于额定电压时，实际功率大于额定功率；灯泡两端的实际电压小于额定电压时，实际功率小于额定功率；
②灯泡的实际功率越大，灯泡越亮；
（3）由表中信息可知：R3＝10.42Ω＞R1＝10.00Ω＞R2＝9.38Ω；
第三次灯比第一次亮，第一次灯比第二次亮，灯泡越亮，灯的实际功率越大，灯丝温度越高，所以，灯丝的电阻是随温度的升高而增大的，与电流和电压无关。
17．【解答】（1）灯泡的额定电压为2.5V，额定功率小于1W，
根据P＝UI，灯的额定电流小于：I＝＝＝0.4A，
故电流表选用小量程与灯串联，如下图所示：
（2）在连接电路时，为了避免连线错误而烧坏电路元件，开关应断开；
为了保护电路，滑片应移到阻值最大处，即滑片移到A处；
闭合上开关之后，小明发现电压表、电流表均有示数，则电路为通路，但小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，那么可能的原因是滑动变阻器接入电路的阻值过大；
灯在额定电压下正常发光，为了能使小灯泡正常发光，下一步应进行的操作是移动滑片使电压表示数为2.5V。
（3）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2.2V，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大小，故滑片向B端移动，直到电压表示数为额定电压2.5V。
（4）根据绘制成图丙所示的I﹣U图象知，灯在额定电压下的电流为0.2A，
小灯泡的额定功率是：P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W。
（5）①接好实验电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点2移动滑片，使电压表的示数为灯泡的额定电压U1。
②滑片的位置保持不动，再将开关S1拨到另一个触点读出电压表的示数为U2；
③在①中，灯正常发光；在②中，电压表测定值电阻与灯串联的电压U2，
因电路的连接关系没有变化，各用电器的电阻没有发生变化，各用电器的电压也没有变化，灯仍正常工作，
根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压：U0＝U2﹣U1，
根据欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0＝，
由串联电路电流的规律，即为灯正常工作时的电流大小，小灯泡正常发光时功率的表达式：
P＝U1×。
故答案为：（1）电路图如上图所示；
（2）断开；A；滑动变阻器接入电路的阻值过大；移动滑片使电压表示数为2.5V；
（3）2.2V；B；
（4）0.5；
（5）①2；③U1×。
18．【解答】（1）在空气能热水器中，蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，
氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器是通过降温的方法使氟介质液化释放热量传递给水箱中的冷水。
由能效比的定义可知，这款空气能热水器正常工作时的能效比为：
η＝＝＝＝＝3.75。
（2）适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，
氟介质经膨胀阀减压后，沸点降低，由于适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，
它的沸点所在温度范围可能是：﹣7℃～43℃，故选B。
（3）水的体积V水＝200L＝0.2m3，
由ρ＝得，水的质量：
m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×0.2m3＝200kg，
水获取的能量：
Q＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×200kg×（55℃﹣15℃）＝3.36×107J，
由能效比公式 η＝得，消耗的电能：
W＝＝＝8.96×106J。
（4）由图乙所示的冲程为压缩冲程，在此冲程中，曲轴动连杆带动活塞向上运动，压缩氟介质蒸汽对其做功，所以将机械能转化为内能。
（5）由p＝得，活塞受到的压力：
F＝pS＝2.5×105Pa×50×10﹣4m2＝1250N，
则活塞压缩一次氟介质做的功：
W1＝Fs＝1250N×0.16m＝200J。
系统正常工作时每分钟消耗的电能：
W2＝P2t2＝800W×60s＝48000J，
电能转化为压缩氟介质的能量：
W′＝90%W2＝90%×48000J＝43200J，
则每分钟压缩氟介质的次数：
n＝＝＝216。
由图可知，压缩机曲轴转动一周，经历一个吸气冲程和一个压缩冲程，
因为每分钟压缩氟介质的次数是216，即216个压缩冲程
所以曲轴压缩机的转速是216r/min。
故答案为：（1）降温；3.75；（2）B；（3）8.96×106；（4）机械；内；（5）200；216；216。
19．【解答】（1）颗粒物接近带有负电荷的光洁金属网时受到强烈的吸引力，这是因为带电体具有吸引轻小物体的性质；
（2）由表格数据可知，净化器接在家庭电路中，在5挡时的功率P＝121W，
由P＝UI得，在5挡正常工作时的电流：I＝＝＝0.55A。
该空气净化器工作档位为4档时，净化空气量为500m3/h，即每小时净化空气500m3，
该房间内空气的体积：V＝Sh＝50m2×2.5m＝125m3，
则理论上1h可以净化房间内空气的次数：n＝＝4次。
（3）电能表指示灯闪烁36次，净化器消耗的电能：W＝＝0.015kW?h＝5.4×104J，
工作时间t′＝20min＝1200s，
则净化器消耗的电功率：P′＝＝＝45W，
查表可知，功率为45W时，该空气净化器在2档位工作。
由净化器能效比的定义可得，此时该空气净化器的能效比：＝5.3m3/（h?W）。
（4）由电路图可知，R0、R串联，检测电路中电流表的示数为I＝0.7A，
由I＝得，电路的总电阻：R总＝＝＝40Ω，
根据串联电路电阻特点可知，气敏电阻的阻值：
R＝R总﹣R＝40Ω﹣10Ω＝30Ω，由图丙可知，气敏电阻阻值为30Ω时，此时空气中有害气体浓度是β1＝2.0μg/m3。
故答案为：（1）带电体具有吸引轻小物体的性质；（2）0.55；4；（3）2；5.3；（4）2.0。
20．【解答】（1）开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温档，
由P＝UI＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝200Ω，
则R2的阻值：
R2＝4R1＝4×200Ω＝800Ω；
（2）高温档加热5min消耗的电能：
W＝P高t＝242W×5×60s＝7.26×104J，
不计热量损失，则饭菜吸收的热量：
Q吸＝W＝7.26×104J，
由Q吸＝cm△t可得，1kg饭菜升高的温度：
△t＝＝＝24.2℃；
（3）如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率：
P低实＝＝＝40W。
答：（1）R1和R2的阻值依次为200Ω、800Ω；
（2）高温档加热5min，不计热量损失，可以将1kg饭菜升高的温度是24.2℃；
（3）如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率是40W。
易错点一：不能正确理解电能表的作用。
典例1：（2019?天桥区二模）小亮家买了两台空调，为保证用电安全，安装时对家中的供电线一同进行了改造，并更换了块新的电能表，电能表可以直接测量（ ）
A．电功 B．电功率 C．电压 D．电流
【错解】选B，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：（2019?广西一模）小军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． 电阻箱
【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：（2019秋?衢州期中）有相同两盏额定电压为U、额定功率为60W的电灯，若串联接在电压为U的电源上，则两灯的总功率是（ ）
A．120W B．60W C．40W D．30W
【错解】选A，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P=U2R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P=U2R求出两灯的总功率。
【正解】选D，理由：设每盏灯泡的电阻为R，则灯泡的额定功率：PL=U2R=60W，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：P=U2R+R=U22R=PL2=60W2=30W。故选【答案】D。
针对训练2：（2019?绿园区校级一模）如图是标有“2.5V0.5W”的小灯泡的I-U特性曲线，现把该灯泡与阻值为10Ω的电阻串联后接在电压为3V的电源两端，则电路的总功率为（ ）
A．0.5W B．0.45W C．0.4W D．0.3W
【解析】把这只小灯泡与阻值为10Ω的定值电阻串联后接在电压为3V的电源两端时，由串联电路特点和I=UR可得，电源的电压：U=IR+UL，即：3V=I×10Ω+UL，
由图象可知，当灯泡两端的电压为1.5V，通过的电流为0.15A时，上面等式成立；
即10Ω的电阻与该灯泡串联在3V电路中时，电路中的电流为0.15A，
则整个电路消耗的功率：P=UI=3V×0.15A=0.45W。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：（2020?静安区一模）如图所示，A、B两盏电灯的额定电压都为110V，额定功率分别为PA=25W，PB=100W．把它们接到220V的电路上，下面四种接法中，两灯不可能正常发光的是（ ）
【错解】选C，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C。
【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P=U2R可知，电路中电阻越大．消耗的功率就越小，先根据公式R=U2P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P=U2R可知，灯泡A的电阻RA=UA2PA=(110V)225W=484?，灯泡B的电阻RB=UB2PB=(110V)2100W=121?。A、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A可选； B、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B不选； C、图是灯泡A和可变电阻串联，根据串联电路电阻的分压特点可知，要使灯泡A正常工作，则可变电阻接入与A等值的电阻，而与B灯泡接入等值的电阻，因此可以正常工作，故C不选； D、图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等；通过调节电阻，使两灯泡的电压为110V，可以正常发光，故D不选；故选：A。
针对训练3：（2019秋?丰台区期末）标有“6V1.5W”的小灯泡，通过它的电流随两端电压变化的关系如图所示，若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，则下列说法中正确的是（ ）
A．串联后，三只小灯泡都可以正常发光
B．串联后，每只小灯泡的电阻为 24Ω
C．串联后，每只小灯泡的实际功率为 0.8W
D．串联后，每只小灯泡的实际功率为 0.96W
【解析】（1）因为三只灯泡串联且规格相同，
所以它们的电流和电阻都相同，即这三只灯泡两端分得的电压都相同，当三只灯泡串联接在12V的电源两端时，每只灯泡两端的电压都为U=4V，小于其额定电压6V，故三只小灯泡都不能正常发光，故A错误；（2）由图象可知，当U=4V时，I=0.2A，由欧姆定律得，小灯泡的电阻：
R=UI=4V0.2A=20Ω，小灯泡的实际电功率： P=UI=4V×0.2A=0.8W，故BD错误，C正确。故选：C。
【答案】C
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 （2019秋?新罗区期末）一台电动机正常工作时线圈两端的电压为380V，线圈的电阻为2Ω，线圈中通过的电流为10A．这台电动机工作1s产生的热量为（ ）
A．3800J B．72200J C．200J D．4000J
【错解】选B。理由：根据欧姆定律电动机中的电流I=UR=380V2?=190A，再根据公式Q=I2Rt=（190A）2×2Ω×1s=72200J。
【析错】已知线圈电阻、通过线圈的电流与通电时间，由焦耳定律可以求出线圈产生的热量。
【正解】答案为C。理由：由题可得，线圈产生的热量Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×1s=200J。
故选：C。
针对训练4：（2019秋?二七区校级期中）一台电动机正常工作时线圈两端的电压为380V，线圈的电阻为2Ω，通过线圈的电流为10A，这台电动机正常工作时，1min消耗的电能为 J，在线圈上产生的热量为 J。
【解析】电动机消耗的电能： W=UIt=380V×10A×60s=2.28×105J；产生的热量为：
Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×60s=1.2×104J；
【答案】2.28×105?；?1.2×104。
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?温州三模）某兴趣小组探究“在串联电路中，滑动变阻器消耗的电功率大小与滑动变阻器接入电路的电阻大小之间的关系”。老师提供的器材有定值电阻R=20Ω，标有“40Ω2A”滑动变阻器、电压表（量程为0-15V）、电流表（量程为0-0.6A）、电源电压恒定、开关、导线若干。
（1）根据实验目的，将实物图连接完整，要求滑片往A端移动，电压表读数变大。
（2）连接好电路，闭合开关，移动滑片，获得了以下几组电压和电流数据，计算电功率并记录。本实验的结论是 。
实验次数
1
2
3
4
5
6
电压（V）
8
7.2
6
4
2.4
0
电流（A）
0.2
0.24
0.3
0.4
0.48
0.6
电功率（W）
1.6
1.728
1.8
1.6
1.152
0
（3）进一步分析数据发现，本次实验中，当滑动变阻器阻值和定值电阻相等时，电功率最大。为了验证这一规律，需要获得更多数据。若滑动变阻器更换为“60Ω2A”，其他元件不变，在保证电路安全的前提下，下列定值电阻能完成实验任务的是 （可多选）
A.10? B.20? C.30? D.60?
【解析】（1）由U=IR，当电路的电流变大时，定值电阻的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，由表中数据知，电压表并联在变阻器的两端，
根据滑片往A端移动，电压表读数变大，由分压原理，变阻器连入的电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，由表中电压大小，电压表选用大量程与灯并联，如下所示：
（2）由表中数据可得出的结论是：随着电流的增大，滑动变阻器的功率先变大后变小；
（3）由表中第1次实验数据，由串联电路的规律及欧姆定律，电源电压为：
U=U1+U滑=I1R定+U滑=0.2A×20Ω+8V=12V；
因电流表选用小量程（0-0.6A），0.6A＜2A，故电路的最大电流为0.6A；
本实验中，为了验证这一规律，滑动变阻器连入电路的电阻要大于定值电阻、等于定值电阻和小于定值电阻，因换用的滑动变阻器的规律为“60Ω2A，其最大电阻为60Ω，故60Ω的定值电阻不能选用；
若选用10Ω的定值电阻，当变阻器连入的电阻也为10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，电路的电流为： I′=U2R/=12V2×10?=0.6A，即为电路的最大电流，若变阻器连入电路的电阻小于10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，此时电路的电流将大于0.6A，故10Ω定值电阻也不能选用；故能完成实验任务的是BC。
【答案】（1）如上所示；（2）随着电流的增大，滑动变阻器的功率先变大后变小；（3）BC。
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：（2019秋?津南区期末）小轩同学在“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，请仔细观察甲、乙两图。
（1）实验中通过观察两个U形管中 的变化来比较电流通过导体产生的热量的多少。
（2）你认为甲图所示的装置是用来研究电流通过导体产生的热与 的关系。
（3）在乙图所示的实验现象可以得到的结论是在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻 越大，电阻产生的热量越多。
（4）按照图甲的实验装置进行实验，发现随着通电时间的延长，玻璃管A、B中液面均逐渐上升，这表明在电阻和电流相同时， 越长，电阻产生的热量越多。
（5）生活中有很多用电器是根据电流的热效应制成的，请举两例： 。
【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；（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的关系；（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。得到的结论是在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越大，电阻产生的热量越多。（4）按照图甲的实验装置进行实验，发现随着通电时间的延长，玻璃管A、B中液面均逐渐上升，这表明在电阻和电流相同时，通电时间越长，电流通过电阻产生的热量越多；（5）电饭锅、电熨斗、电热水器、电烙铁等都是利用电热的。
【答案】（1）液面高度；（2）电阻；（3）电流；（4）通电时间；（5）电饭锅、电熨斗。
强化训练
1．（2019秋?绿园区期末）下列用电器通电1h，最有可能消耗1kW?h电能的是（ ）
A．计算器 B．台式计算机 C．冰箱 D．家用空调
2．（2019秋?西城区期末）小丽家的一只电吹风机铭牌上标有“220V 500W”，一个节能灯泡上标有“220V 5W”。则下列说法中正确的是（ ）
A．电吹风机和节能灯泡通电后，电流通过电吹风机做功会更快
B．电吹风机和节能灯泡工作时，电吹风机消耗的电能会更多
C．电吹风机消耗的电能相当于100个节能灯泡消耗电能
D．电吹风机正常工作3min，消耗的电能为0.025度
3．（2019秋?新疆期末）下列四盏灯泡正常发光时，灯丝中电流最大的是（ ）
A．“PZ36﹣40” B．“PZ220﹣25”
C．“PZ220﹣60” D．“PZ110﹣100”
4．（2019秋?通州区期末）关于标有“12V6W”的小灯泡，下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压是6V B．小灯泡的实际电压是12V
C．小灯泡的实际功率是6W D．小灯泡正常发光时的功率是6W
5．（2019秋?垦利区期末）小明同学家的电能表上标有“220V 10（20）A3000revs/（kW?h）”的字样，他将家中的其它用电器都与电源断开，仅让电水壶在额定电压下工作，观察1min内电能表的转盘转了45revs，则下列说法正确的是（ ）
A．电能表应接在空气开关和用电器之间
B．该电能表所在家庭电路用电器同时工作时总功率不能超过2200W
C．烧水过程中消耗的电能为5.4×105J
D．电水壶的额定功率为900W
6．（2019秋?河东区期末）把标有“12V36W“的灯泡甲和“8V16W“的灯泡乙串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡比正常发光时暗。下列判断正确的是（ ）
A．灯泡甲正常发光 B．电路中的电流为3A
C．电源的电压为20V D．电路总功率为32W
7．（2019?榕城区模拟）研究电功率与电压、电流的关系时，连接了如图所示电路进行实验。下列关于该实验的说法，不合理的是（ ）
A．该电路所示实验研究电功率与电压的关系
B．该实验能得出电流相同时，电功率与电压成正比
C．小灯泡电功率的大小通过灯泡的亮度来比较
D．该实验选择的两个小灯泡灯丝的电阻不同
8．（2019?武汉模拟）课外兴趣小组活动时，某校两同学通过实验研究小灯泡的电功率跟两端电压的关系，已知小灯泡的额定电压为2.5伏、额定功率为0.75瓦。小明同学设计了如图甲所示的电路进行研究，他先测出若干组电压和电流值，再由公式P＝UI，求得对应的功率，并作出功率随电压变化的图线a。小红同学设计了如图乙所示的电路进行研究，她先由R＝计算出小灯泡的电阻R，再测出若干个电压值，最后根据P＝，求得对应的功率，也作出功率随电压变化的图线b。则下列反映了他们的实验结果的图线是（ ）
9．（2019秋?南昌期末）有额定电压、额定电功率均相同的电风扇、电烙铁、日光灯，各自在额定电压下正常工作相同的时间，比较它们产生热量的多少，结果是（ ）
A．一样多 B．电风扇最多 C．电烙铁最多 D．日光灯最多
10．（2019?广西）如图所示，两个透明容器中密闭着等量的空气，A，B两U形管内的液面相平，电阻丝的电阻R1＝R2＝R3．小明用图示装置进行实验，探究电流通过导体时产生的热量Q跟什么因素有关，下列说法正确的是（ ）
A．此实验在探究电热Q与电阻R是否有关
B．通过R1的电流和通过R2的电流大小相等
C．电阻R1两端的电压和R2两端的电压相等
D．通电后，A管的液面将会比B管的液面高
11．（2019秋?桃江县期末）“地球一小时”节能活动是指在每年的三月最后一个周六晚上自愿关灯一小时。若益阳市区有5万个家庭响应号召，每个家庭的照明功率如果为60W，那么关灯一小时可节约 度的电能，相当于 kg热值为3.0×107J/kg的标准煤完全燃烧所释放出的热量。这样的举措可以起到了在美丽的黑暗瞬间中展示他们对节能减排、应对全球气候变化无声的支持。
12．（2019?洛阳模拟）已知灯泡L1和L2的电流随电压变化的图象如图乙所示，将它们按图4甲所示接入电路中。当开关S1和S2都闭合时，电流表的示数为1.0A．则电源电压为 V，这时L1和L2的电阻之比是 ，L1的电功率为 W
13．（2019?清河区校级模拟）如图所示，A、B两个定值电阻的U﹣I图象，若把两个定值电阻并联接在6V的电源上，则电阻RB在1min内产生的热量是 J，干路中的电流是 A。
14．（2019秋?天门月考）小明家的电能表如图所示，有一次小明使用电热水器烧水，此时他家只有正在烧水的电热水壶在工作，已知壶内装有20℃的水2kg，在5min内电能表的表盘转了360转水温升高了40℃，则电热水壶的功率为 W，该电热水壶的效率为 ，影响电热水壶加热效率的原因有 （仅写出一个原因即可）[水的比热容为4.2×103J/（kg?℃）]。
15．（2019?江西模拟）在测定性实验中：
（1）在“测定2.5V小灯泡功率”的实验中，小红设计了如图1所示的电路。
①请在图1的“〇”内填入合适的“灯泡”和“电表”符号。
②小红按电路图连接电路，进行实验，测得数据如表所示。断开开关时，发现电表如图所示，产生这种情况的原因可能是 。
U/V
2
2.5
3
I/A
0.22
0.26
0.30
③假如不重新实验，请你利用小红已获取的信息，计算出该灯泡的额定功率为 W．若小灯泡两端的实际电压为3V，则小灯泡的实际功率 额定功率（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（2）如图2：“测量滑动摩擦力”实验
①沿水平方向直线拉动下方木板，物块A所受滑动摩擦力的大小等于 （“F的大小”或“弹簧测力计的示数”）
②实验过程中，发现弹簧测力计示数在变化，你认为出现这一原因可能是 。
16．（2019?朝阳区校级模拟）小华在“探究小灯泡的亮度与哪些因素有关”的实验中，所用电源电压恒为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）请用笔画线代替导线，将如图所示的实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到最 （选填“左”或“右”）端。闭合开关后，发现灯泡不亮，电压表无示数，电流表有示数。若电路中仅有一处故障，这个故障可能是 。
（3）排除故障后继续实验，小华进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在表格中。在第1次实验中小灯泡不亮的原因是：
物理量次数
电压U/V
电流I/A
实际电功率P/W
小灯泡亮度
1
0.5
0.12
0.06
不亮
2
1.5
0.20
0.30
偏暗
3
2.5
0.30
正常
4
2.8
0.32
0.90
更亮
（4）分析表中信息，可知小灯泡的额定功率为 W．实验得出的结论是：小灯泡的实际电功率 ，灯泡越亮。
17．（2019?大庆）某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行了如下实验：
关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从25℃上升到35℃所用的时间为50s，同时观察到家中“220V10（40）A3200imp/kW?h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，水的比热容c＝4.2×103J/（kg?℃）。请结合本次实验记录的数据，回答以下问题：
（1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量 （选填器材前面的序号）
①刻度尺②温度计③电压表④秒表⑤弹簧测力计
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”），主要原因是 。
（3）电热水壶的实际功率是 W。
（4）电热水壶的加热效率是 。
18．（2019秋?岳麓区期中）阅读短文，回答文后问题
石墨烯是由一层碳原子构成的石墨薄片，是一种二维品体，它是目前世界上己经发现的最薄、最坚硬的物质。石墨烯只有一个原子那么厚，约0.3mm，机械强度却比世界上最好的钢铁还要强200倍。石墨烯导电能力极强，石墨烯的电子运行速度能够达到1000km/s，远远超过电子在一般导体中的运动速度。石墨烯的这项特性，决定了石墨烯跟电池是天生绝配，在电能储存领域，石墨烯是耀眼的“明星”。2016年的一场交易博览会上，一款石墨烯充电宝吸引了不少人眼球，只需10分钟就可充满6000mA?h的电量。我们可以大胆设想，未来有一天，电动汽车广泛使用石墨烯电池，只需几分钟就能把电充满，比去加油站加油还方便，那多带感!
（1）石墨烯导电性能极好，是指在长度、横截面积和温度相同时，与一些常规导体相比，石墨烯的电阻 （选填“大”或“小”）一些。
（2）本文没有提到石墨烯的下列哪个优点： （填序号）
A．导电性好 B．导热性好 C．机械强度大
（3）容量为6000mA?h石墨烯电池上标有电压为3.7V，充满电后，大约可存储 J电能。
19．（2019?嘉善县一模）半导体和金属的导电能力随温度的变化特点是不同的。因此，利用它们制成的元件在生活中也各有各的用途。
（1）某个由半导体材料制成的电加热器接在220V家庭电路中，加热器边发热边向外界散热。图甲为加热器发热功率P发和散热功率P散与温度t之间关系图象。由图象可知，当温度高于70℃时，加热器的电阻随着温度的升高而 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。加热器工作时的稳定温度为 ℃。
（2）由某金属材料制成的电阻R随温度t变化如表所示，若用该电阻R与电源（电压为3伏）、电流表（量程为0～6毫安）、定值电阻R'串联起来，连接成如图乙所示的电路。用该电阻R做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，得到一个简单的“金属电阻温度计”。电流表的刻度越大处对应的温度刻度越 。请通过计算说明，若R'＝400Ω，则图丙中指针所指处对应的温度数值为多少？此时电阻R消耗的电功率为多少？
t/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
R/Ω
160
170
180
190
200
210
220
230
240
250
20．（2019?鄂尔多斯）甜甜要制作一个电动航模，需要电动机作为动力源，她找来电吹风，研究了电吹风的工作原理。如图甲，电吹风工作时，可以分别吹出热风和冷风，为了防止温度过高，用一个PTC电阻R0与电阻为50Ω的电热丝R串联，R0的阻值随温度的变化如图乙所示，请回答下列问题：
（1）PTC电阻是由 材料制成的；电动机的工作原理是 。
（2）电吹风吹热风时，求电热丝的最大发热功率。
（3）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流为1A，工作20s，电动机的机械效率为90%，求电动机线圈电阻。（不计机械摩擦损耗的能量）
1．（2019秋?定西期末）如图中的甲、乙分别是某家庭5月初和6月初电能表的示数，则下列说法正确的是（ ）
A．电能表是测电功率的仪表
B．该家庭在这段时间内总共用电2000kW?h
C．电能表的计量单位是kW?h，1kW?h相当于3.6×105J
D．该电能表转盘每转过600转，电路消耗电能0.5kW?h
2．（2019?通辽）某建筑工地需要架设临时供电线路，实现照明和电加热功能，其简化电路如图所示，供电处电压U不变，从供电处到工地用长导线（有电阻）连接。闭合开关S1、S2时，加热器和照明灯同时工作。断开S2后与断开S2前相比较，下列说法正确的是（ ）
A．照明灯亮度不变
B．照明灯亮度变暗
C．相同时间内长导线上消耗的电能不变
D．相同时间内整个供电线路消耗的电能减少
3．（2019?阳东区校级一模）图表示了：家庭电路中四种用电器正常工作40小时的耗电情况。则（ ）
A．甲用电器可能是笔记本电脑
B．乙和丙产生的电热肯定相同
C．电流通过乙做功7.2×107J
D．丁的实际功率最大
4．（2019秋?遂宁期末）如图所示，电源电压U恒定不变，A到B、C到D之间电路连接情况不详且AB与CD之间没有任何连接。现将定值电阻R连接在AD间，R消耗电功率为81W；又将R拆下后连接在BC间，R消耗电功率为49W．则R接在BC间时，AB、CD消耗的总功率为（ ）
A．4W B．14W C．16W D．32W
5．（2019秋?农安县期末）将定值电阻R0和滑动变阻器R串联在电路中，当滑片分别位于最大端和中点时，电路的总功率分别为24W和36W，则R0与R的最大阻值之比以及变阻器R的电功率变化量分别是（ ）
A．1：2 1W B．1：2 2W C．2：1 4W D．2：1 3W
6．（2019秋?沙坪坝区校级期中）如图的电路中，已知只闭合S时，调节滑动变阻器，电压表示数由0.5V变为1V时，电流表示数变化了0.05A；同时闭合S、S2，断开S1时电流表示数为0.2A；同时闭合3个开关，电压表示数为3V．下列说法错误的是（ ）
A．R2的阻值为10Ω
B．只闭合S，电压表示数由0.5V变为1V时，R2的功率变化了0.075W
C．若闭合S、S1断开S2，调节滑动变阻器使电压表示数为2V，此时滑动变阻器功率为0.1W
D．若滑动变阻器的最大阻值为50Ω，通过调节滑动变阻器及开关，电压表的示数变化范围可以为0.5V～3V
7．（2019?宁波模拟）如图所示电路，电源电压U＝4V，定值电阻R0＝20Ω，滑动变阻器最大阻值80Ω．电压表的量程0～3V，电流表的量程0～0.6A．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P从最左端开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电路总功率最小为0.16W
B．电流表的最小示数是0.04A
C．滑动变阻器的最大功率为0.2W
D．滑动变阻器滑片P向右移动，电流表和电压表示数都变小
8．（2019?武汉模拟）如图甲所示的电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“2.5V0.25A”字样，滑动变阻器R1的最大值为30Ω，定值电阻R2＝30Ω，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V．①只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A；②只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图乙所示。则下列说法错误的是（ ）
A．电源电压是4.5V
B．只闭合开关S、S1，在各元件安全的情况下，滑动变阻器R1的取值范围是8Ω﹣15Ω
C．只闭合开关S、S2、S3，电路的最大功率是2.7W
D．只闭合开关S，滑动变阻器的最大功率是0.5W
9．（2019?菏泽模拟）如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法正确的是（ ）
A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电流的关系
B．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
C．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的
D．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小
10．（2019?涟源市模拟）如图是课本“探究电流通过导体产生的热量与导体电阻的关系”的实验装置，两个透明容器中封闭着等量的空气，电路正确连接后，通电进行实验过程中，下列说法正确的是（ ）
A．要保持两个电阻丝两端电压相等
B．通电时间相同，两个容器中空气吸收的热量相同
C．左边容器电阻丝中的电流比右边容器电阻丝中的电流大
D．U形管中液面高度的变化反映电阻丝产生热量的多少
11．（2019?柳江区校级模拟）如图所示是某家用电热水器的简化电路图，温控开关S可根据水温自动切换到加热和保温两种状态，R1、R2是发热电阻，热水器主要参数如表。热水器正常加热35min，可使满箱水的温度从25℃升高到55℃，水的比热容为c＝4.2×103J/（kg?℃）答：在上述加热任务中，水吸收的热量是 ；热水器的加热效率是 。
额定功率
220V
容量
30kg
加热功率
2000W
保温功率
800W
12．（2019?阆中市校级一模）电炉子工作时，导线与电炉丝 联，通过他们的电流相等，而电炉丝电阻比导线的大，根据 可知，电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成 ，所以，电炉丝热的发红，而导线却不怎么热。
13．（2019秋?道外区期末）如甲图所示的电路中，电源电压为16V恒定不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P滑动的过程中，电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示，根据图象信息可知，R0的阻值为 Ω，电路的最大总功率为 W。
14．（2019?姑苏区校级二模）某同学家的电能表如图所示，他家允许同时工作的用电器的总功率不能超过 W．该同学观察到当他家里只有一台空调机连续工作10min电能表转盘转过500转，则这台空调的电功率是 kW。
15．（2019秋?遵化市期末）如图甲、乙是“探究电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。
（1）实验中，用 反映密闭空气温度的变化
（2）图甲可探究电流产生的热量与 的关系，通电一段时间后， （选填“左支“右”）侧容器中电阻产生的热量多。
（3）乙装置中的电阻R的作用主要是 。
（4）如果乙装置中R3发生了断路，在通电时问相间的情况下，与R3未发生了断路之前相比较，左侧U型管中液面的高度差将 （选填“变大变小”或“不变”）
（5）生活中我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用上面图 （选填“甲”或“乙”）的实验结论来解释。
实验次数
1
2
3
电压（V）
2.20
1.50
2.50
电流（A）
0.22
0.16
0.24
功率（W）
0.484
0.24
0.60
灯丝电阻（Ω）
10.00
9.38
10.42
灯泡亮度
亮
暗
很亮
16．（2019秋?道里区期末）实验小组的同学们利用如图所示的装置进行电学实验的复习，实验中使用的小灯泡上标有“2.2V”字样。实验过程中的有关证据记录如表：
（1）收集完第一次实验数据后，想收集第二次实验数据时，滑动变阻器的滑片P应向 （选填“左”或“右”）滑动。
（2）同学们想利用上述实验证据“研究小灯泡的电功率”。根据观察的现象和实验数据分析，除了可以得出小灯泡的额定功率外，还可得出的结论是：
① ；
② 。
（3）在利用上述实验证据分析小灯泡电阻时，同学们有些纳闷儿：导体的电阻不是与电压、电流无关吗？怎么三次计算的灯丝电阻却不一样呢？请你对此现象作出合理的分析解释。 。
17．（2019秋?张店区期末）在测量小灯泡额定功率的实验时，小北塘同学连接了如图甲所示的电路。已知电源电压保持不变，灯泡的额定电压为2.5V，额定功率小于1W。
（1）请用笔画线将图中的实物电路图连接完整；
（2）在连接电路时，开关应 （选填“断开”或“闭合”），滑片应移到 （选填“A”或“B”）处，闭合上开关之后，小明发现电压表、电流表均有示数，但小灯泡不亮，经检查，电路连接正确，且各元件完好，那么可能的原因是 ，为了能使小灯泡正常发光，下一步应进行的操作是 ；
（3）闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为 V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中的滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V。
（4）移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（5）完成上述实验后，他又设计了如图丁所示的实验电路，借助实验室的器材，同样测出了小灯泡正常发光时电功率，请你完成下列实验步骤：
①接好实验电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点 （选填“1”或“2”）移动滑片，使电压表的示数为灯泡的额定电压U1。
②滑片的位置保持不动，再将开关S1拨到另一个触点读出电压表的示数为U2；
③小灯泡正常发光时功率的表达式P＝ （用U1、U2、R0表示）。
18．（2019秋?海安市期中）阅读短文，回答问题。
空气能热水器
空气能热水器工作原理如图甲所示。蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器液化释放热量传递给水箱中的冷水，随后经过“节流降温过滤降压“回到室外的蒸发器开始下一个循环。空气能热水器具有高效节能的特点，它工作时，氟介质在蒸发器中吸收热空气的能量QA；压缩机消耗电能W转化为机械能，再由机械能转化为內能，最终氟介质在冷凝器中释放给冷水的热量QB＝QA+W通常我们用“能效比”（即放出的热量与消耗的电能的比值）来反映空气能热水器的节能性能。某款空气能热水器，它的部分技术参数如下表。
额定制热量P1/W
3000
电源规格U/V
220
额定电功率P2/W
800
水箱容积V/L
200
适用环境温度范围﹣7﹣43℃
（1）在空气能热水器中，是通过 （选填“加压“或“降温“）方法使氟介质液化的，这款空气能热水器正常工作时的能效比为 。
（2）氟介质经膨胀阀减压后，它的沸点所在温度范围可能是 。
A．低于﹣7℃B．﹣7℃°﹣43℃° C．高于43℃D．高于50℃
（3）正常使用时，将一箱15℃的冷水加热到55℃，消耗的电能为 J（c水＝4.2×103J/（kg?℃）
（4）在如图乙所示的冲程中，压缩机气缸内实现了把 能转化为 能。
（5）压缩机活塞上下移动的距离是16cm，横截面积是50cm2，工作时，活塞压缩氟介质的压强约为2.5×105Pa，则活塞压缩一次氟介质做的功为 J；若系统正常工作消耗的电能有90%转化为压缩氟介质的能量，则每分钟压缩氟介质的次数是 ，压缩机曲轴的转速是 r/min。
19．（2019秋?潮南区期末）阅读短文，回答问题；
主动式空气净化器
如图甲为某型号空气净化器，在不同档位工作时的参数如下表所示。洁净空气量是指1h净化空气的体积：能效比是空气净化器洁净空气量与输入功率之比，净化效率等于净化前后空气中有害气体浓度的差与净化前有害气体浓度的百分比。
工作档位
待机
1档
2档
3档
4档
5档
6档
功率（W）
0.9
23
45
75
103
121
148
净化空气量（m3/h）
﹣
120
240
360
500
610
760
噪音（dB）/声强级
﹣
23
32
39
47
49
55
（1）颗粒物接近带有负电荷的金属网时受到强烈的吸引力，这主要是因为 。
（2）该净化器接在家庭电路中，在5档正常工作时的电流为 A，如果室内面积为50m3，
房间的高度为2.5m，请你计算该空气净化器工作档位为4档时，理论上1h可以净化房间内空气 次。
（3）单独使用该净化器20min，规格为2400imp/（kw?h）的电能表指示灯闪烁36次，则该空气净化器 档位工作，此时该空气净化器的能效比为 m3/（h?W）。
（4）利用气敏电阻可以检测空气质量，如图乙所示为检测电路，定值电阻R0＝10Ω，电源电压恒为28V；如图丙所示为气敏电阻阻值随空气中有害气体浓度β的变化曲线。现用此电路检测该型号净化器的净化效率：净化器启动前，检测电路中电流表的示数为0.7A，此时空气中有害气体浓度是 μg/m3。
20．（2019?本溪）图甲是具有高温、低温两档的电热饭盒，高温档电功率为242W，简化电路如图乙所示，R1、R2均是发热电阻，且R2的阻值是R1的4倍。求
（1）R1和R2的阻值是多少？
（2）高温档加热5min，不计热量损失，可以将1kg饭菜升高的温度是多少？[饭菜的比热容取3×103J/（kg?℃）]
（3）如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率是多少？
强化训练
参考答案与试题解析
1．【解答】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，
计算器的电功率一般不到1W，台式计算机的电功率不般不超过100W，电冰箱的电功率约为200W，家用空调的功率约为1000W。
故选：D。
2．【解答】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量，但A项只说明电吹风机和节能灯泡通电后而没有说明它们都在额定电压下工作，所以它们工作时的电功率不确定就不能判断谁做功更快，故A错误；
（2）根据W＝Pt可知，在电功率和工作时间不确定的情况下，无法判断消耗电能的多少，故BC错误；
（3）由P＝可得，电吹风机正常工作3min，消耗的电能：
W＝Pt＝0.5kW×h＝0.025kW?h，故D正确。
故选：D。
3．【解答】根据P＝UI知，四盏灯泡正常发光时的电流分别为：
IA＝＝≈1.1A； IB＝＝≈0.11A； IC＝＝＝≈0.27A；
ID＝＝≈0.91A。
比较可知IA最大，故A确，B、C、D错误。故选：A。
4．【解答】 “12V 6W”表示该灯泡的额定电压是12V，额定功率（正常发光时的功率）是6W，故ABC错误，D正确。故选：D。
5．【解答】A、在家庭电路中，电能表要接在空气开关、用电器之前，故A错误；
B、10（20）A中，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，220V是指电能表的工作电压，
该电能表允许接入用电器的最大电功率：P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W，故B错误；
CD、3000revs/kW?h表示每消耗1kW?h，电能表转盘转3000转，
电能表转盘转45转消耗的电能：
W＝kW?h＝0.015kW?h＝0.015×3.6×106J＝5.4×104J，
电水壶的电功率：
P＝＝＝0.9kW＝900W，
因为电水壶正常工作，所以电水壶的额定功率：P额＝P＝900W，故C错误，D正确。
故选：D。
6．【解答】（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）灯泡甲和灯泡乙串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡比正常发光时暗，
因串联电路中各处的电流相等，且L2的额定电流小于L1的额定电流，
所以，灯泡乙正常发光，此时电路中的电流I＝I2＝2A，故AB错误；
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C错误；
电路的总功率：P＝UI＝16V×2A＝32W，故D正确。故选：D。
7．【解答】A、从图可知两灯泡串联，通过两灯泡的电流相同，所以该电路所示实验可以研究电功率与电压的关系；故A正确；
B、根据本实验的现象和数据，可以得出“电流相同时，电压越大，用电器的电功率越大”；由于灯泡的亮暗无法准确反映实际功率的大小，所以无法得出“电流相同时，电功率跟电压成正比”这个结论，故B错误；
C、为了判断灯泡的功率大小，我们可以通过观察灯泡的亮度来判断灯泡功率的大小，灯泡越亮灯泡的功率越大。故C正确；
D、两灯泡串联，流过它们的电流相同，LI、L2规格不同，则灯泡两端的电压不同，因此设计此实验可以探究电功率与电压的关系；故D正确。故选：B。
8．【解答】（1）∵P＝，∴灯泡正常发光时的电阻R＝＝≈8.3Ω；
由题意知：P甲＝和P乙＝，由此可见，
电功率P关于电压U的二次函数（跟y＝ax2+bx+c，且a＞0，b＝0，c＝0时相符合），
故图象是经过原点开口向上的抛物线，故CD错误。
（2）∵P甲＝和P乙＝，灯泡电阻R随温度升高而变大，
∴①当小灯泡两端电压U＜2.5V时，小灯泡在低于额定电压下工作，
它的电阻R＜8.3Ω，则P甲＞P乙，此时抛物线a在抛物线b的上方。
②当小灯泡两端电压U＝2.5V时，小灯泡在额定电压下工作，
它的电阻R＝8.3Ω，则P甲＝P乙＝0.75W，且此时两抛物线相交。
③当小灯泡两端电压U＞2.5V，小灯泡在高于额定电压下工作，
它的电阻R＞8.3Ω，则P甲＜P乙，此时抛物线a在抛物线b的下方。
综上所述，B图中的图线反映了他们的实验结果。
故选：B。
9．【解答】电风扇工作时把电能转化为机械能和内能；
电烙铁工作时把电能转化为内能；
日光灯工作时把电能转化光能和内能；
故在电功率相同、通电时间相同时，电烙铁工作时把电能转化为的内能多。
故选：C。
10．【解答】由题知，电阻丝的电阻R1＝R2＝R3；
A、装置中R2、R3并联后再与R1串联，通过R1的电流I1＝I2+I3，而I2＝I3，所以右边容器中通过R3的电流I3是左侧通过R1电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，故A错误；
B、由图知，通过R1的电流I1＝I2+I3，而I2＝I3，所以通过电阻R1和R2的电流不相等，故B错误；
C、已知R1＝R2＝R3，所以R2、R3并联后的总电阻是R2＝R1，由于串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比，所以电阻R1两端的电压大于R2两端的电压，故C错误；
D、左右两容器中的电阻相同，而通过电阻R1的电流大于R2的电流，通电时间相同，由Q＝I2Rt可知，A容器中电阻R1产生的热量多，则A管的液面将会比B管的液面高，故D正确。
故选：D。
11．【解答】（1）由题意可知，照明灯的总功率：
P＝60W×50000＝3×106W＝3000kW，
由P＝可得，关灯一小时可节约的电能：
W＝Pt＝3000kW×1h＝3000kW?h；
（1）标准煤完全燃烧释放的热量：
Q放＝W＝3000kW?h＝1.08×1010J，
由Q放＝mq可得，所需完全燃烧标准煤的质量：
m＝＝＝360kg。
故答案为：3000；360。
12．【解答】由图甲可知，L1与L2并联，电流表A测干路电流，由题意可知，干路电流I＝1.0A，
因并联电路中电源电压与各支路两端电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
由乙图可知，当两支路的电压均为3V时，通过L1与L2的电流分别为：I1＝0.6A，I2＝0.4A，满足干路电流I＝1.0A，则可知电源电压U＝3V；
这时L1和L2的电阻之比：＝＝＝＝，
L1的电功率：P1＝UI1＝3V×0.6A＝1.8W。
故答案为：3； 2：3； 1.8。
13．【解答】由图象知：当两端电压为6V时，通过电阻B的电流为3A，通过电阻A的电流为2A，
电阻RB在1min内产生的热量是Q＝UIt＝6V×3A×60s＝1080J；
当两只灯泡并联时，干路电流为I＝IA+IB＝2A+3A＝5A。
故答案为：1080；5。
14．【解答】（1）电能表表盘转360转消耗的电能：
W＝kW?h＝0.1kW?h＝3.6×105J，
电热水壶的电功率：
P＝＝＝1200W；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×2kg×40℃＝3.36×105J，
电热水壶的热效率：
η＝×100%＝×100%≈93.3%；
（3）影响电热水壶加热效率的原因有：热量的散失。
故答案为：1200；93.3%；热量的散失。
15．【解答】（1）②电压表与小灯泡并联，电流表串联在电路中；如图所示
②开关断开时，电流的指针在零刻线左边，因此电流表使用前未校零；
③从表中数据读出，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为I＝0.26A+0.04A＝0.3A，
因此灯泡的额定功率为 P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
因为灯泡的额定电压为2.5V，所以当灯泡两端电压为3V时，其实际功率大于额定功率；
（2）在图中，将木块固定，抽动下面的木板，此时木块始终处于静止状态，拉力和摩擦力平衡，所以摩擦力大小等于测力计的示数；
若簧测力计的示数仍然不稳定，由于压力不变，可能是因为接触面的粗糙程度不均匀。
故答案为：（1）①如上图；
②电流表使用前未校零；③0.75，大于；
（2）弹簧测力计的示数；接触面的粗糙程度不均匀。
16．【解答】（1）电源电压恒为3V，故电压表选用小量程与灯并联，变阻器按一上一下接入电路中与灯串联，如下所示：
（2）闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端；
闭合开关后，发现电流表有示数，说明电路为通路，灯泡不亮，电压表无示数，若电路中仅有一处故障，则这个故障可能是灯泡短路；
（3）排除故障后继续实验，小华进行了4次测量，由表中数据，在第1次实验中灯的实际功率为0.06W，而灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据知，灯的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；因灯的实际功率远小于灯的额定功率，故在第1次实验中小灯泡不亮；
（4）由（3）可知小灯泡的额定功率为0.75W．由表中实验数据得出的结论是：小灯泡的实际电功率越大，灯泡越亮。
故答案为：（1）如上所示；（2）左；灯泡短路；（3）灯的实际功率太小；（4）0.75；越大。
17．【解答】（1）根据P＝，测量该电热水壶的实际功率要测量时间，故用到秒表；
根据η＝计算加热效率，在计算Q时要测量温度，故用到温度计；还需②④完成上述两个测量；
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完成转化成水的内能，根据P＝，故计算出电热水壶的功率和实际功率相比偏大。
（3）220V10（40）A3200imp/KW?h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，则消耗的电能为：
W＝×80kW?h＝×3.6×106J＝9×104J；
电热水壶的实际功率是：
P＝＝＝1800W
（4）由题意知，水的体积为1.8L，水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg；
壶中水温度从25℃上升到35℃吸收的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×1.8kg×（35℃﹣25℃）＝7.56×104J；
电热水壶的加热效率是：
η＝＝×100%＝84%。
故答案为：（1）②④；（2）消耗的电能不可能完成转化成水的内能；偏小；（3）1800；（4）84%。
18．【解答】（1）石墨烯导电性能极好，是指在长度、横截面积和温度相同时，与一些常规导体相比，石墨烯的电阻小；
（2）由材料“石墨烯﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣机械强度却比世界上最好的钢铁还要强200倍。石墨烯导电能力极强”可知，本文没有提到石墨烯的导热性好，故选B；
（3）容量为6000mA?h石墨烯电池上标有电压为3.7V，
则充满电后，大约可存储的电能：W＝UIt＝3.7V×6A×3600s＝79920J。
故答案为：（1）小；（2）B；（3）79920。
19．【解答】（1）由图可知，当温度为60℃时，发热功率和散热功率相等，即此时物体的温度不再变化；
当温度高于70℃时，由图可知散热功率大于发热功率；
此时功率在减小，而电源电压不变，由P＝可知元件的电阻在增大。
（2）由表格数据可知，温度越高电阻R的阻值越大，
则由欧姆定律I＝可知，当电流大时，电阻值要小，即此时温度要低，故对应的温度刻度要小；
由图丙可知此时电流为I＝5mA＝0.005A，
则由欧姆定律可得总电阻：
R总＝＝═600Ω，
由电阻的串联规律可得，金属电阻R的阻值：
R＝R总﹣R′＝600Ω﹣400Ω＝200Ω，
由表格数据可知对应的温度为40℃，即指针处对应的温度为40℃；
此时电阻R消耗的电功率为：
P＝I2R＝（5×10﹣3A）2×200Ω＝5×10﹣3W。
故答案为：（1）增大；60；
（2）小；指针处对应的温度为40℃，此时电阻R消耗的电功率为5×10﹣3W。
20．【解答】（1）由图乙可知，PTC电阻R0的阻值随温度的变化而变化，是由半导体材料制成的；
电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用；
（2）由图乙可知，R0的最小阻值为10Ω，此时电热丝支路的总电阻最小，该支路中的电流最大，电热丝的发热功率最大，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电热丝支路中的电流：
I大＝＝＝A，
则电热丝的最大发热功率：
P热＝I大2R＝（A）2×50Ω≈672.2W
（3）电吹风吹冷风时，通过电动机的电流为1A，工作20s，消耗的电能：
W电＝UIt＝220V×1A×20s＝4400J，
由η＝×100%可得，输出的机械能：
W机械＝W电η＝4400J×90%＝3960J，
电动机线圈电阻产生的热量：
Q＝W电﹣W机械＝4400J﹣3960J＝440J，
由Q＝I2Rt可得，电动机线圈的电阻：
R线圈＝＝＝22Ω。
答：（1）半导体；通电导体在磁场中受到力的作用；
（2）电吹风吹热风时，电热丝的最大发热功率为672.2W；
（3）电动机线圈电阻为22Ω。
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参考答案与试题解析
1．【解答】A．电能表是测量电功的仪表，故A错误；
B．由图可知，5月初电能表的示数W1＝1042.8kW?h，6月初电能表的示数W2＝1242.8kW?h，则该家庭在这段时间内总共用电W＝W2﹣W1＝1242.8kW?h﹣1042.8kW?h＝200kW?h，故B错误；
C．电能表的计量单位是kW?h，1kW?h相当于3.6×106J，故C错误；
D．1200r/（kW?h）表示每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转1200转，则该电能表转盘每转过600转，电路消耗电能W′＝kW?h＝0.5kW?h，故D正确。
故选：D。
2．【解答】设长导线的电阻为R0，由图知，
AB、闭合开关S1、S2时，灯泡与加热器并联后再与R0串联，设此时灯泡两端电压为UL，
断开开关S2时，灯泡与R0串联，设此时灯泡两端电压为UL′；
由于并联电路的总电阻小于任何一个分电阻，
所以，断开开关S2时，灯泡的电阻大于灯泡与加热器并联的总电阻，
导线的电阻不变，因灯泡的电阻大于灯泡与加热器并联的总电阻，根据串联电路的分压规律可知，灯泡两端的电压变大，即UL′＞UL，
灯泡的电阻可认为不变，由P＝知，PL′＞PL，即断开开关S2时，灯泡的实际功率变大，所以灯泡变亮；故A、B错误；
C、由前面解答可知，断开开关S2时，整个电路的电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律知，电路中电流减小，导线的电阻不变，由公式W＝I2Rt知，单位时间内长导线上消耗的电能减少，故C错误；
D、断开开关S2时，整个电路的电阻变大，电源电压不变，由W＝?t知，单位时间内整个供电线路消耗的电能减少，故D正确。
故选：D。
3．【解答】A、由图可知，甲用电器40h消耗的电能为40kW?h，则其功率为P＝＝＝1kW＝1000W，而笔记本电脑的功率大约为40W左右；故A错误；
B、由图可知，乙和丙两用电器在相同时间内消耗的电能相同，则两用电器功率相同；但两用电器有可能不都是电热器，所以它们产生的电热可能不相同；故B错误；
C、电流通过用电器所做的功等于用电器消耗的电能；由图知，乙用电器消耗电能W＝20kW?h＝7.2×107J，即电流通过乙做功为7.2×107J；故C正确；
D、由P＝可知，用电器在相同时间内消耗的电能越多，其功率越大；由图知，在相同时间内甲用电器消耗的电能最多，则甲用电器功率最大；故D错误。
故选：C。
4．【解答】将定值电阻R连接在AD间时，R两端的电压为电源电压，
R消耗电功率为：P＝＝81W，即U2＝81W×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
将R拆下后连接在BC间，组成一个串联电路，设AB、CD的总电阻为R′
电阻R消耗电功率为：P′＝×R＝49W，即＝49W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将①代入②得，＝49W，
两边开平方得，＝7，
解得，R′＝R；
AB、CD消耗的总功率为：P′＝＝×＝＝81W×＝14W。
故选：B。
5．【解答】定值电阻R0和滑动变阻器R串联，
已知滑片分别位于最大端和中点时，电路的总功率分别为24W和36W，
当滑片分别位于最大端和中点时，设电路中的电流分别为I大、I中，
则由P＝UI可得，两种情况下电路中的电流之比：＝＝＝＝，
因电源的电压不变，
所以，电流和总电阻成反比，则有：＝＝，
解得：R＝2R0，所以R0：R＝1：2，即R0与R的最大阻值之比为1：2；
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI＝I2R可得，滑片位于最大端时变阻器与整个电路的功率之比：
＝＝＝＝，
则PR大＝P大＝×24W＝16W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
同理可得，滑片位于中点时变阻器与整个电路的功率之比：
＝＝＝＝，
则PR中＝P中＝×36W＝18W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
所以变阻器R的电功率变化量：
△PR＝PR中﹣PR大＝18W﹣16W＝2W。
故选：B。
6．【解答】A、由图可知，只闭合S时，3个电阻串联，电压表测R2两端的电压；调节滑动变阻器，电压表示数由0.5V变为1V时，电流表示数变化了0.05A；
则由I＝可得R2的阻值：R2＝＝＝10Ω；故A正确；
B、只闭合S时，3个电阻串联，电压表示数由0.5V 变为1V时，R2的功率分别为：
P2＝＝＝0.025W，P2′＝＝＝0.1W，
所以，R2的功率变化了0.1W﹣0.025W＝0.075W，故B正确；
C、同时闭合3个开关，电路为R2的简单电路，电压表测量电源电压，则电源电压U＝3V；
若闭合S，S1，断开S2，滑动变阻器与R2串联，电压表测R2两端的电压，调节滑动变阻器，使电压表示数为2V，
则此时电路中的电流为：I″＝＝＝0.2A，
因串联电路中总电压等于各分电阻两端的电压之和，
所以，U滑＝U﹣U1″＝3V﹣2V＝1V，
则此时滑动变阻器的功率：P滑＝U滑I″＝1V×0.2A＝0.2W，故C错误；
D、若滑动变阻器的最大阻值为50Ω，由题干可知：电压表的示数可以为0.5V和3V，所以电压表的示数变化范围可以为0.5V～3V，故D正确。
故选：C。
7．【解答】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小（电流表示数减小），R0两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压变大，即电压表的示数变大，故D错误；
（2）电压表的示数UR＝3V时，R0两端的电压：
U0＝U﹣UR＝4V﹣3V＝1V，
此时电路中的电流：
I＝＝＝0.05A，
滑动变阻器接入电路中的电阻：
R变＝＝＝60Ω＜80Ω，
所以，电流表的最小示数为0.05A，此时电路的总功率最小，
则P小＝UI＝4V×0.05A＝0.2W，故AB错误；
（3）滑动变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流：
I′＝，
滑动变阻器的电功率：
PR＝（I′）2R＝（）2R＝＝＝＝，
所以，当R＝R0＝20Ω时，滑动变阻器的功率最大，
则PR大＝＝＝0.2W，故C正确。
故选：C。
8．【解答】AC、只闭合开关S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，由图可知，L短路，电阻R1与R2并联，电流表测干路电流，且I＝0.45A，
电路的总电阻：R并＝＝＝10Ω，
电源电压：U＝I并R并＝0.45A×10Ω＝4.5V；故A正确；
由题可知，电流表采用量程为0～0.6A，当电流表示数最大时（I'＝0.6A），电路消耗的电功率最大：
P'＝UI'＝4.5W×0.6A＝2.7W；故C正确；
B、闭合开关S、S1，灯泡L与R1串联，R2不接入电路，电压表测变阻器R1的电压；
由串联分压的规律可知，向左移动滑片P时，R1的阻值变大，电压表的示数也变大，当电压表示数最大为3V时，R1的阻值最大，则R1的电压U1大＝3V，
此时小灯泡两端的电压为：UL′＝U﹣U1大＝4.5V﹣3V＝1.5V，
由图乙可知电路中最小电流：I最小＝0.2A，
所以R1连入电路的最大电阻：R1大＝＝＝15Ω，
因灯泡的额定电流为0.25A，则可知电路中的最大电流：
I最大＝0.25A＜0.6A（电流表安全），
由图象可知，此时UL′＝2.5V，
此时R1两端的电压为：U1′＝U﹣UL′＝4.5V﹣2.5V＝2V，
则R1连入电路的最小电阻：R1小＝＝＝8Ω，
所以，在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是8Ω～15Ω．故B正确；
D、只闭合开关S，变阻器与L串联，小灯泡L标有“2.5V0.25A”字样，
由图乙可知，当灯泡两端电压的为U灯＝1.5V时，此时通过电路中的电流I＝0.20A，
则此时变阻器消耗的电功率：P＝（U﹣U灯）I＝（4.5V﹣1.5V）×0.20A＝0.6W＞0.5W，即滑动变阻器的最大功率不是0.5W，故D错误。
故选：D。
9．【解答】（1）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，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，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＝I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1＝I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系；由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差更大，故A正确，D错误；
（2）将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，左右容器中的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误；
（3）该实验装置是利用U形管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，故C错误。
故选：A。
10．【解答】A、由Q＝I2Rt可知，探究电流通过导体产生的热量与导体电阻的关系时，需保证电路电流和通电时间相等，故A错误；
B、两电阻丝串联，电流相同，根据Q＝I2Rt可知，由于图中右边容器的电阻丝阻值较大，在相同时间内，电流在右容器中产生的热量较多，因此B管液面上升得高，即B容器中空气吸收的热量多，故B错误；
C、由图可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流相同，故C错误；
D、据实验装置可知，电流通过导体产生热量使容器中的空气受热膨胀，从而导致U型管中的液面会发生变化，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映，故D正确。
故选：D。
11．【解答】（1）水吸收的热量：Q＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×30kg×（55℃﹣25℃）＝3.78×106J；
（2）热水器正常加热35min，消耗的电能为：
W＝P加t＝2000W×35×60s＝4.2×106J，
热水器的加热效率：η＝×100%＝×100%＝90%。
答：3.78×106J；90%。
12．【解答】电炉在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝＝I导线，通电时间t相同，因为R电炉丝远大于R导线，根据焦耳定律Q＝I2Rt，所以在电流和通电时间一定时，电流通过导体产生的热量跟导体的电阻成正比，电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，因此电炉丝热得发红，而与其相连的导线却几乎不热。
故答案为：串；焦耳定律Q＝I2Rt；正比。
13．【解答】当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大；
由乙图可知，电路中的最大电流I大＝1.6A，
由I＝可得，电源电压：
U＝I大R0＝1.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由乙图可知，电路中的最小电流I最小＝0.2A，R两端的电压UR＝14V，
串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U＝I最小R0+UR＝0.2A×R0+14V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
因电源的电压不变，
所以，1.6A×R0＝0.2A×R0+14V，
解得：R0＝10Ω；
电源电压：U＝I大R0＝1.6A×10Ω＝16V；
电路的最大总功率：P最大＝UI最大＝16V×1.6A＝25.6W。
故答案为：10；25.6。
14．【解答】（1）由电能表的表盘数据可知，电能表允许通过的最大电流为40A，
则他家同时工作的用电器的最大总功率：P总最大＝UI＝220V×40A＝8800W；
（2）3000r/kW?h 表示电路每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘就转过3000r，
电能表的转盘转过500r，则空调消耗的电能：
W＝＝kW?h；
则这空调的实际功率：
P＝＝＝1kW。
故答案为：8800；1。
15．【解答】（1）据试验装置可知，电流通过导体产生热量使得容器中的空气受热膨胀，从而导致U型管中的液面会发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映；
（2）甲装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，电阻不同，可探究电流产生的热量与电阻的关系；
左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，则右侧U型管中液面的高度差大；
（3）图乙的装置在实验中，右侧容器的外部，将一个完全相同的电阻和这个容器内的电阻并联，再接入原电路，使通过左边容器中电阻R1的电流与通过右边容器中电阻R2的电流不同，可以探究电流产生的热量与通过导体的电流大小的关系；
（4）当乙装置中R3发生了断路时，电路中只有R1和R2串联，因R2的阻值大于R2与R3并联的阻值，所以此时电路中的总电阻变大，电路中电流变小，根据Q＝I2Rt可知，在相同时间内，电流通过电阻丝R1产生热量变少，与步骤（3）相比较，则左侧U型管中液面的高度差将变小；
（5）电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），与甲实验的原理相同，所以可以用甲实验解释“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么热”。
故答案为：（1）U形管中液面高度的变化；（2）电阻大小；右；（3）使通过R1和R2的电流不相等；（4）变小；（5）甲。
16．【解答】（1）由表中数据知，从第1次实验到第2次实验，电路中电流变小，根据欧姆定律可知，电路的电阻变大，变阻器接入电路的阻值增大，故想收集第二次实验数据时，滑动变阻器的滑片P应向左滑动；
（2）观察的现象和实验数据分析，除了可以得出小灯泡的额定功率外，还可得出的结论是：
①灯泡两端的实际电压大于额定电压时，实际功率大于额定功率；灯泡两端的实际电压小于额定电压时，实际功率小于额定功率；
②灯泡的实际功率越大，灯泡越亮；
（3）由表中信息可知：R3＝10.42Ω＞R1＝10.00Ω＞R2＝9.38Ω；
第三次灯比第一次亮，第一次灯比第二次亮，灯泡越亮，灯的实际功率越大，灯丝温度越高，所以，灯丝的电阻是随温度的升高而增大的，与电流和电压无关。
故答案为：（1）左；
（2）①灯泡两端的实际电压大于额定电压时，实际功率大于额定功率；灯泡两端的实际电压小于额定电压时，实际功率小于额定功率；
②灯泡的实际功率越大，灯泡越亮；
（3）由表中信息可知：R3＝10.42Ω＞R1＝10.00Ω＞R2＝9.38Ω；
第三次灯比第一次亮，第一次灯比第二次亮，灯泡越亮，灯的实际功率越大，灯丝温度越高，所以，灯丝的电阻是随温度的升高而增大的，与电流和电压无关。
17．【解答】（1）灯泡的额定电压为2.5V，额定功率小于1W，
根据P＝UI，灯的额定电流小于：I＝＝＝0.4A，
故电流表选用小量程与灯串联，如下图所示：
（2）在连接电路时，为了避免连线错误而烧坏电路元件，开关应断开；
为了保护电路，滑片应移到阻值最大处，即滑片移到A处；
闭合上开关之后，小明发现电压表、电流表均有示数，则电路为通路，但小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，那么可能的原因是滑动变阻器接入电路的阻值过大；
灯在额定电压下正常发光，为了能使小灯泡正常发光，下一步应进行的操作是移动滑片使电压表示数为2.5V。
（3）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2.2V，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大小，故滑片向B端移动，直到电压表示数为额定电压2.5V。
（4）根据绘制成图丙所示的I﹣U图象知，灯在额定电压下的电流为0.2A，
小灯泡的额定功率是：P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W。
（5）①接好实验电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点2移动滑片，使电压表的示数为灯泡的额定电压U1。
②滑片的位置保持不动，再将开关S1拨到另一个触点读出电压表的示数为U2；
③在①中，灯正常发光；在②中，电压表测定值电阻与灯串联的电压U2，
因电路的连接关系没有变化，各用电器的电阻没有发生变化，各用电器的电压也没有变化，灯仍正常工作，
根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压：U0＝U2﹣U1，
根据欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0＝，
由串联电路电流的规律，即为灯正常工作时的电流大小，小灯泡正常发光时功率的表达式：
P＝U1×。
故答案为：（1）电路图如上图所示；
（2）断开；A；滑动变阻器接入电路的阻值过大；移动滑片使电压表示数为2.5V；
（3）2.2V；B；
（4）0.5；
（5）①2；③U1×。
18．【解答】（1）在空气能热水器中，蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，
氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器是通过降温的方法使氟介质液化释放热量传递给水箱中的冷水。
由能效比的定义可知，这款空气能热水器正常工作时的能效比为：
η＝＝＝＝＝3.75。
（2）适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，
氟介质经膨胀阀减压后，沸点降低，由于适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，
它的沸点所在温度范围可能是：﹣7℃～43℃，故选B。
（3）水的体积V水＝200L＝0.2m3，
由ρ＝得，水的质量：
m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×0.2m3＝200kg，
水获取的能量：
Q＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg?℃）×200kg×（55℃﹣15℃）＝3.36×107J，
由能效比公式 η＝得，消耗的电能：
W＝＝＝8.96×106J。
（4）由图乙所示的冲程为压缩冲程，在此冲程中，曲轴动连杆带动活塞向上运动，压缩氟介质蒸汽对其做功，所以将机械能转化为内能。
（5）由p＝得，活塞受到的压力：
F＝pS＝2.5×105Pa×50×10﹣4m2＝1250N，
则活塞压缩一次氟介质做的功：
W1＝Fs＝1250N×0.16m＝200J。
系统正常工作时每分钟消耗的电能：
W2＝P2t2＝800W×60s＝48000J，
电能转化为压缩氟介质的能量：
W′＝90%W2＝90%×48000J＝43200J，
则每分钟压缩氟介质的次数：
n＝＝＝216。
由图可知，压缩机曲轴转动一周，经历一个吸气冲程和一个压缩冲程，
因为每分钟压缩氟介质的次数是216，即216个压缩冲程
所以曲轴压缩机的转速是216r/min。
故答案为：（1）降温；3.75；（2）B；（3）8.96×106；（4）机械；内；（5）200；216；216。
19．【解答】（1）颗粒物接近带有负电荷的光洁金属网时受到强烈的吸引力，这是因为带电体具有吸引轻小物体的性质；
（2）由表格数据可知，净化器接在家庭电路中，在5挡时的功率P＝121W，
由P＝UI得，在5挡正常工作时的电流：I＝＝＝0.55A。
该空气净化器工作档位为4档时，净化空气量为500m3/h，即每小时净化空气500m3，
该房间内空气的体积：V＝Sh＝50m2×2.5m＝125m3，
则理论上1h可以净化房间内空气的次数：n＝＝4次。
（3）电能表指示灯闪烁36次，净化器消耗的电能：W＝＝0.015kW?h＝5.4×104J，
工作时间t′＝20min＝1200s，
则净化器消耗的电功率：P′＝＝＝45W，
查表可知，功率为45W时，该空气净化器在2档位工作。
由净化器能效比的定义可得，此时该空气净化器的能效比：＝5.3m3/（h?W）。
（4）由电路图可知，R0、R串联，检测电路中电流表的示数为I＝0.7A，
由I＝得，电路的总电阻：R总＝＝＝40Ω，
根据串联电路电阻特点可知，气敏电阻的阻值：
R＝R总﹣R＝40Ω﹣10Ω＝30Ω，由图丙可知，气敏电阻阻值为30Ω时，此时空气中有害气体浓度是β1＝2.0μg/m3。
故答案为：（1）带电体具有吸引轻小物体的性质；（2）0.55；4；（3）2；5.3；（4）2.0。
20．【解答】（1）开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温档，
由P＝UI＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝200Ω，
则R2的阻值：
R2＝4R1＝4×200Ω＝800Ω；
（2）高温档加热5min消耗的电能：
W＝P高t＝242W×5×60s＝7.26×104J，
不计热量损失，则饭菜吸收的热量：
Q吸＝W＝7.26×104J，
由Q吸＝cm△t可得，1kg饭菜升高的温度：
△t＝＝＝24.2℃；
（3）如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率：
P低实＝＝＝40W。
答：（1）R1和R2的阻值依次为200Ω、800Ω；
（2）高温档加热5min，不计热量损失，可以将1kg饭菜升高的温度是24.2℃；
（3）如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率是40W。
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