中小学教育资源及组卷应用平台
专题九
电功和电功率重难点突破
考点解析☆目标分解
a级目标：知道用电器消耗的电能可以用电功来量度;额定功率的识别和理解；知道电流具有热效应
b级目标：根据电能表读数的变化估算消耗的电能；概述电功率的概念；测量小灯泡的电功率。
c级目标：应用电功公式计算用电器消耗的电能；应用电功率公式进行简单计算；利用焦耳定律解决简单的问题
目标分解：
①电功和电功率公式的简单应用
②测定小灯泡的电功率
③焦耳定律的应用
④电动机问题
考点剖析☆聚焦高频
考点一：电功和电功率公式的简单应用
1.
将标有“8V
8W”的灯L1
和标有“8V
4W”的灯
L2（灯丝电阻不随温度改变）串联接在
8V的电源上，则(??
)
A.?灯L1电阻大于灯L2电阻???????????????????????????????????????
B.?两灯都能正常发光
C.?灯L1比灯L2暗?????????????????????????????????????????????????????
D.?通过灯L1的电流大于通过灯L2的电流
【答案】
C
【解答】根据公式可知，当额定电压相等时，电阻与额定功率成反比。因为L1的额定功率大于L2
，所以电阻R1小于R2
，故A错误；根据串联电路U总=U1+U2可知，两个灯泡的电压都小于8V，因此都不能正常发光，故B错误；根据串联电路可知，电阻R1小于R2
，那么实际功率P1
，即灯泡L1较暗，故C正确；在串联电路中，各处电流都相等，故D错误。
【解析】根据公式比较两个灯泡的电阻大小；串联电路总电压等于各处电压之和，据此分析灯泡的实际电压是否为8V即可；在串联电路中，功率与电阻成正比；根据串联电路的电流特点分析。
2.
额定电压为8V的甲，乙两个电阻，图象I-U如图所示，下说法正确的是（??
）
A.?若甲乙并联，两端电压0一8V范围内（不含0V），R甲总是大于R乙
B.?若甲乙并联，两端电压在0一8V范围内（不含0V），P甲是小于P乙
C.?若甲乙串联接在电压为9V的电源两端，R甲∶R乙=1∶2
D.?若甲乙并联接在电压为3V的电源两端，P甲∶P乙=3∶2
【答案】
C
【解答】若甲乙并联，那么它们的电压相等。根据图像可知，在0~8V的电压范围内，电流I甲>I乙
，
根据可知，电阻R甲，故A错误；
若甲乙并联，那么它们的电压相等。根据图像可知，在0~8V的电压范围内，电流I甲>I乙
，
根据P=UI可知，功率P甲>P乙
，故B错误；根据图像可知，当电流为0.8A时，甲的电压为3V，乙的电压为6V，此时总电压为9V，根据得到，甲和乙的电阻之比：
，
故C正确；若甲乙并联接在电压为3V的电源两端，通过甲的电流为0.8A，通过乙的电流为0.4A，根据P=UI可知，二者的功率之比P甲：P乙=U甲I甲：U乙I乙=I甲：I乙=0.8A：0.4A=2：1，故D错误。
【解析】（1）根据公式比较；（2）根据P=UI比较；（3）串联电路中各处电流都相等，总电压等于各处电压之和，据此确定甲和乙的电压，最后根据计算二者的比值；（4）从图像中找到电压为3V时通过两个电阻的电流，然后根据P=UI计算它们的功率之比。
3.
如图所示，电源电压为4.5V，定值电阻R0为10Ω，滑动变阻器R的规格为“20Ω 2A”，电流表和电压表量程分别选择“0～0.6A”“0～3V”。闭合开关S，电路正常工作时，下列叙述正确的是（???
）
A.?电流表示数最大值为0.6A????????????????????????????????????
B.?电压表示数范围为1～3V
C.?滑动变阻器的功率可达0.5W???????????????????????????????
D.?滑动变阻器的阻值变化范围为5～10Ω
【答案】
C
【解答】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。当电压表的示数U0=3V时，此时电路中的电流：；电流表的量程为0～0.6A，变阻器允许通过的最大电流为2A，所以电路中的最大电流为0.3A，故A错误；此时电路中的总电阻：；变阻器接入电路中的最小阻值：R小=R总-R0=15Ω-10Ω=5Ω，则滑动变阻器阻值变化范围为5Ω～20Ω，故D错误；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，电路中的最小电流：
，
电压表的最小示数：U0′=I小R0=0.15A×10Ω=1.5V，所以，电压表示数范围为1.5V～3V，故B错误；
滑动变阻器消耗的电功率：；当R=R0=10Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
，所以滑动变阻器的功率达0.5W，故C正确。
【解析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。根据欧姆定律求出电压表的示数最大时电路中的电流，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，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻得出串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的最小示数；根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器的功率，然后根据变形得出滑动变阻器消耗的最大功率。
4.
如图甲所示的电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器（其最大阻值为40Ω）。闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，R1消耗的电功率随R1电阻变化关系如图乙所示。根据图像信息，下列判断正确的是（??
）
①电路中最小电流0.4A②R0的阻值是20Ω
③电源电压10V④R0消耗的最大电功率10W
A.?①②?????????????????
B.?③④?????????????????????????????????
C.?①③???????????????????????D.?②④
【答案】
B
【解答】由图甲可知，R0、R1串联，电流表测总电流。
当滑动变阻器R1的滑片P在a端时，其接入电路的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图象可知，R1的电阻最大为40Ω时，R1的功率为Pa=1.6W；由P=I2R可得：1.6W=I最小2×40Ω；
解得：I最小=0.2A，故①错误；由图象可知，当R1=10Ω时，R1的功率P1=2.5W，由P=I2R可得：2.5W=I2×10Ω；解得：I=0.5A；由欧姆定律和串联电路的特点可得，当R1=10Ω时电源电压：
U=I′（R1+R0）=0.5A×（10Ω+R0）-------------①
同理可得，当R1=40Ω时电源电压：
U=I最小（R最大+R0）=0.2A×（40Ω+R0）-------------②
①②联立解得：R0=10Ω，U=10V，故②错误，③正确；
当滑动变阻器连入电路的电阻为0时，R0的电压最大为电源电压，此时R0的功率最大，则R0消耗的最大电功率：
，故④正确。那么正确的是③④。
【解析】（1）当滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，滑动变阻器R1的功率P=I2R可求出最小电流值；
（2）（3）由图象数据求出当R1=10Ω时电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的特点得出当R1=10Ω和R1=40Ω时的电源电压表达式，然后联立即可求出电源电压和R0的阻值；
（4）利用功率公式
即可求出R0消耗的最大电功率。
考点二：测定小灯泡的电功率
1.
用两只电流表按图示实验电路探究“电功率与电流的关系”，下列说法不正确的是(???
)
A.?小灯泡电功率的大小是通过灯泡的亮度来判断的
B.?将小灯泡并联是为了控制灯泡两端电压相同
C.?选用的两只小灯泡规格必须相同
D.?将其中一只电流表移接到干路上也可以完成实验
【答案】
C
【解答】A.小灯泡电功率的大小是通过灯泡的亮度来判断的，故A正确不合题意；?
B.将小灯泡并联是为了控制灯泡两端电压相同，故B正确不合题意；?
C.探究电功率与电流的关系时，必须控制电压相同而改变电流；如果两个灯泡规格相同，那么通过它们的电流相同，它们的亮度相同，就无法完成实验，故C错误符合题意；
D.将其中一只电流表移接到干路上，那么利用两个电流表的示数之差也可以得到另一个灯泡的电流【解析】小灯泡的亮度直接反映了电功率的大小，即越亮，小灯泡的功率越大；在并联电路中，总电压等于各支路两端电压；根据公式P=UI分析；根据并联电路干路电流等于各支路电流之和的规律判断。
2.
小科做测定“小灯泡的电功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。图甲是小科没有连接完的实物电路。
（1）请你用笔画线代替导线，帮小科将实物电路连接完整。
（2）小科连好电路闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是________（写出一种即可）。
（3）小科通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了图乙所示的U－I图像。根据U－I图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是________W。
（4）根据图乙分析，你认为引起小灯泡电阻变化的原因是________。?
【答案】
（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.5
（4）小灯泡的电阻随温度的改变而改变
【解答】（1）在测量小灯泡电功率的实验中，电压表应该与灯泡并联。因为灯泡的额定电压2.5V<3V，所以选择0~3V的量程，
（2）小科连好电路闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是小灯泡断路。
（3）根据图乙可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，那么灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
（4）根据图乙分析，我认为引起小灯泡电阻变化的原因是：小灯泡的电阻随温度的改变而改变。?
【解析】（1）根据小灯泡额定电压确定电压表的量程，根据电压表的连接方法补充作图；当小灯泡断路时，电压表与变阻器串联。由于电压表的内阻很大，因此通过电路的电流很小，因电流表几乎无示数。在串联电路中，电压与电阻成正比，因为电压表的内阻很大，所以它几乎分得全部电压。
根据乙图确定通过灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算灯泡的额定功率；根据灯丝电阻随温度变化的规律分析解答。
3.
为测量规格“6.3V，0.15A”小灯泡的额定功率，提供的实验器材有：蓄电池（输出电压约10V）、滑动变阻器（有“10Ω，2A”、“50Ω，1.5A”两种规格）、电流表、电压表各一只。
（1）上图是小张测量时所连接的部分实物连线图，请你根据电路图补全实物连线图。
（2）实验中，小徐同学选择了规格为“10Ω，2A”的滑动变阻器，你预计会出现什么现象？说明理由________.
（3）在某次测量中，电流表、电压表读数如图所示，此时应向________移动滑动变阻器的滑片才能测量小灯泡的额定功率。
【答案】
（1）
（2）小灯泡烧坏（或不正常发光）
理由：滑动变阻器与小灯泡串联,两者电压之比等于电阻之比，R滑≤10Ω，滑动变阻器的阻值太小，所以滑动变阻器分担的电压过少，小灯泡的实际电压大于额定电压
（3）向右
【解答】（1）①根据电路图可知，电压表应该与灯泡并联，由于6.3V>3V，所以选择0~15V的量程。②电流表与灯泡串联，因为0.15A<0.6A，所以选择0~0.6A量程；③变阻器与灯泡串联，使用滑片右边的部分，因此选择右下角的和上面的一个接线柱，如上图所示：
（2）灯泡的电阻为：；当变阻器的阻值为10Ω时，根据串联电路电压与电阻成正比得到：；；解得：UL=8.7V>6.3V。实验中，小徐同学选择了规格为“10Ω，2A”的滑动变阻器，我预计小灯泡烧坏（或不正常发光，理由：滑动变阻器与小灯泡串联,两者电压之比等于电阻之比，R滑≤10Ω，滑动变阻器的阻值太小，所以滑动变阻器分担的电压过少，小灯泡的实际电压大于额定电压。
（3）根据图片可知，电流表选择量程0~0.6A，分度值为0.02A，示数为0.08A<0.15A，为了使灯泡正常发光，需要增大电流，减小电阻，即变阻器的滑片应该向右调节。
【解析】在测量灯泡额定功率的实验中，除了电压表与灯泡并联外，其它的元件都是串联，要注意电表量程和接线柱的选择，还要注意变阻器接线“一上一下”；在串联电路中，电压与电阻成正比，据此计算出灯泡两端的电压，然后进行判断即可；读出电流表的示数，然后与灯泡的额定电流比较，确定电流的变化方向，进而确定变阻器的阻值变化，最后判断变阻器滑片的移动方向。
4.
小明在进行“测量小灯泡电功率”的实验时，实验台上给他提供共的器材有6V蓄电池、电流表(0-0.6A、0-3A)、电压表(0-3V、0-15V)
、“50Ω、
1A”和“10Ω、1.5A”两种规格的滑动变阻器，额定电压为2.5V的小灯泡(正常发光时的电阻约为10Ω)，开关各一个，导线若干
（1）为顺利完成实验，小明在实验中应选用规格为________的滑动变阻器。
（2）请你用笔面线代替导线，帮小明将图甲的实物电路连接完整，(要求:滑片P向右移动时，小灯泡变亮)
（3）连好电路后，闭合开关，通过移动滑动变阻器的滑片，分别记下了多组对应的电压和电流表的示数，井绘制了U-I图象如图乙所示。根据U-I图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是________W。
（4）小明根据U-I图象中数据计算发现:随着小灯泡两端电压的增大，灯丝的电阻变大，你认为原因可能是________。
【答案】
（1）50Ω、1A
（2）
（3）0.5
（4）灯丝电阻随温度升高而增大
【解答】（1）灯泡与变阻器串联，电压表测灯泡的电压。当灯泡正常发光时，变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=6V-2.5V=3.5V；根据串联电路电压与电阻成正比得到：；
；
解得：R变=14Ω。则小明应该选用规格为“50Ω，1A”的滑动变阻器。
（2）①电压表应该与灯泡并联，因为灯泡的额定电压为2.5V小于3V，所以电压表的量程选0~3V；
②因为滑片向右移动时灯泡变亮，电流变大，电阻变小，所以变阻器使用滑片右边的部分，即选择左上和右下角的接线柱，即将C、B接入电路即可，如上图所示：
（3）根据图乙可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，那么灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
（4）小明根据U-I图象中数据计算发现:随着小灯泡两端电压的增大，灯丝的电阻变大，我认为原因可能是灯丝电阻随温度升高而增大。
【解析】首先根据U变=U总-UL计算出变阻器两端的电压，再根据“串联电路电压与电阻成正比”计算变阻器接入电路的阻值即可。在测量小灯泡电功率的实验中，除了电压表与灯泡并联外，其它的元件都是串联，要主要电表的量程和接线柱的选择，还要注意滑动变阻器接线“一上一下”原则；根据乙图确定灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算出灯泡的额定功率。根据电阻随温度变化的规律解答即可。
考点三：焦耳定律的应用
1.
小金利用如图装置来研究电热跟哪些因素有关。甲、乙两瓶中煤油的质量与初温都相同，瓶中电阻丝的大小关系为R甲>R乙
，以下说法正确的是（???
）
A.?该实验用到的研究物理问题方法是：转换法、控制变量法
B.?如果用水来做实验，可以在更短的时间内达到明显的实验效果
C.?甲、乙中的电阻丝通电时间相同，所以甲、乙中的煤油吸收的热量相同
D.?通电后，乙瓶中的液面升高得快
【答案】
A
【解答】A.本实验中，用液柱的高低变化反映金属丝产生热量的多少，使用了转换法；探究电阻对产生热量的影响时，控制电流和通电时间相同，使用了控制变量法，故A正确；
B.根据Q=cm△t可知，如果用水来做实验，由于水的比热容大，那么水温升高的很慢，实验效果非常不明显，故B错误；
C.根据Q=I2Rt可知，当电阻丝中电流和通电时间相同时，因为R1>R2
，
所以前者产生的热量大于后者，甲、乙中煤油吸收的热量不等，故C错误；
D.通电后，甲中的电阻丝产生的热量多，根据Q=cm△t可知，甲中的液面升高的快，故D错误。
【解析】（1）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。探究一个因素对物理量的影响时，控制其他因素相同，这种方法叫控制变量法。根据公式Q=cm△t可知，当物质的质量和吸收的热量相同时，比热容越大，升高的温度越小；根据Q=I2Rt可知，当通电时间和电流相同时，电阻越大，产生的热量越多；根据公式Q=cm△t分析判断。
2.
在探究“家用电器”的综合实践活动中，小金与同学合作，在爸爸的协助下，以家里的电水壶为观察、研究对象，记录了如下表所示的有关数据。
观察对象
有关活动与相关记录
观察电水壶铭牌
额定电压：220V额定功率：800W容量：2L
观察电能表铭牌
有关参数：220V
10A
1200r/(
kW·h)
在电水壶对水加热时观察电能表
关闭家里其它用电器，只将电水壶接入电路，观察电能表，表盘在2min内转了30r。
测量电水壶中水的温度
壶中装水量：1.5kg?通电前温度：30℃通电2min后温度：44℃
根据表中的记录，请解答下面的问题。
（1）求通电2min壶中的水吸收的热量。[c水=4.2×103J/（kg·℃）]
（2）求2min内电水壶的实际功率。
（3）求该电水壶在此次烧水过程中的加热效率。
【答案】
（1）水吸收的热量Q=cm△t=4.2×103J/（kg·℃）×1.5kg×（44℃-30℃）=8.82×104J；
（2）电水壶消耗的电能；
?那么电水壶的实际功率：。
（3）该电水壶在此次烧水过程中的加热效率
。
【解析】（1）根据公式Q=cm△t计算出水吸收的热量；
（2）首先根据计算出电水壶消耗的电能，再根据公式计算电水壶的实际功率；（3）电水壶的加热效率等于吸收的热量与消耗电能之比，即计算即可。
3.
如图甲是小明家的养生壶。它有高温，中温、低温三个档位，如图乙是它工作电路图，图表是其部分参数，其中R1
，R2为发热电阻，R2＝100欧、求：
项目
参数
电源电压(V)
220
低温档功(W)
242
高温档功(W)
968
容积(L)
3
（1）发热电阻R1的阻值是多少？
（2）开关S1、S2处于什么状态，养生壶为中温档，该养生壶中温档时的电功率是多少？
（3）在额定电压下用高温档加热2千克水，使其温度从20℃上升到100℃，求烧开一壶水需要多长时间？[不计热量损失，C水＝4.2×103J/（kg?℃）]
【答案】
（1）①当开关S2接B，S1断开时，两电阻串联；②当开关S2接B，S1闭合时，只有R1连入电路中，③当开关S2接A，S1闭合时，两电阻并联；根据串并联电路的电阻特点，利用公式可知：①中，电阻最大，功率最小，为低温挡；②中，电阻较大，功率较小，为中温挡；③中，电阻最小，功率最大，为高温挡；根据表中数据知，低温挡功率为：P低=242W；电路的总电阻：；发热电阻R1的阻值：R1=R总-R2=200Ω-100Ω=100Ω。
（2）当开关S2接B，S1闭合时，电路为R1的简单电路，为中温挡；养生壶中温挡时的电功率：
P中＝??＝??＝484W
（3）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×（100℃-20℃）=6.72×105J，
不计热损失，Q吸=W=Pt，则用高温挡加热的时间：。
【解析】（1）根据公式比较三种状态下的功率大小，进而将开关的开合情况与三种状态对应起来，最后再利用计算R1的阻值；
（2）根据（1）中的分析确定中温档时开关的开合情况，并计算出对应的电功率；
（3）首先根据Q=cm△t计算出水吸收的热量，最后根据计算加热时间。
考点四：电动机问题
1.
小东家住农村，每当到夏天用电高峰时，他家抽水用的电动机两端的电压就会变低而不能正常工作，转速变慢，甚至烧坏。小东不明白为什么电压变低也会烧坏，为此他用玩具车电动机进行模拟实验。该电动机在6V电压下正常工作，电流为0.2A，10s内提升10N重物匀速上升1.1m。若将该电动机两端电压减小2V，电动机依然能缓慢带动重物上升，测得此时电流变为0.3A(不计除线圈产热外的其他能量损失，不考虑线圈阻值的变化）
（1）夏天用电高峰时，解释电动机两端电压会变低原因是________;
（2）求电动机内阻;
（3）通过计算，分析计算说明为什么低压电容易烧坏电动机；
【答案】
（1）夏天用电高峰时，解释电动机两端电压会变低原因是
：并联的用电器增多，造成用电器并联部分的总电阻变小，从而使用电器两端的电压变小
（2）电动机的输入功率P=UI=6V×0.2A=1.2W；机械功率为：；
发热功率为：P热=P总-P机械=1.2W-1.1W=0.1W；根据公式P热=I2R得到：0.1W=（0.2A）2×R；
解得：R=2.5Ω；
（3）当电压减小到2V时，电动机的发热功率为：P热=I2R=（0.3A）2×5Ω=0.45W>0.2W，
所以低压时，通过线圈的电流大，因此电动机产生的热量多。容易烧坏电动机。
【解析】（1）在家庭电路中，所有的用电器都是并联。根据并联电路电阻的特点可知，当用电高峰时，电路里并联的用电器太多，造成并联部分电阻太小。由于导线和所有的用电器都是串联，根据“串联电路电压与电阻成正比”可知，用电器两端的电压就会减小。首先根据P=UI计算出电动机的输入功率，然后根据计算出机械功率，再根据P热=P总-P机械计算出发热功率，最后根据P热=I2R计算电阻即可；根据P热=I2R计算出电压降低时电动机的发热功率比较即可。
2.
当电动机将一个2千克的物体以0.9米/秒的速度匀速提升时，电动机两端电压恒为6伏，线圈电阻为0.5欧。g取10牛/千克，不计一切摩擦。则：
（1）电动机工作时把电能转化为________。
（2）电动机的有用功率是多少？
（3）通过电动机的电流是多少？
【答案】
（1）机械能和内能（2）P有=mgv=2kg×10N/kg×0．9m/s=18W。
（3）UI=P有+I2r?
6V×I=18W+I2×0．5Ω解得：I=6A。
【解析】（1）根据能量转化的知识解答；
（2）电动机克服物体重力做有用功，那么根据
P有=Gv=mgv计算有用功率；
（3）电动机的总功率根据P总=UI计算，发热功率根据P热=I2R计算，根据P总=P有+P热列出方程计算即可。
3.
如图是电动汽车动力系统示意图。电源电压为200V，汽车行驶时，通过改变滑动变阻器的阻值来调节电动机转速，从而改变行驶速度；当汽车以某速度行驶时，电压表的示数为180V，电流表的示数为15A
。若电动机的内阻为0.4Ω，计算：
（1）电动机消耗的功率
（2）整个电路的发热功率
（3）电动机的输出功率。
【答案】
（1）电动机消耗的功率P=UI=180V×15A=2700W；
（2）变阻器的电压：U变=U总-U=200V-180V=20V；变阻器的功率：P变=U变I=20V×15A=300W；
电动机的发热功率：P热=I2R=（15A）2×0.4Ω=90W；那么整个电路的发热功率为：P热总=P热+P变=90W+300W=390W。（3）电动机的输出功率P输出=P-P热=2700W-90W=2610W。
【解析】（1）根据公式P=UI计算电动机消耗的功率；首先根据U变=U总-U计算变阻器的电压，再根据P变=U变I计算出变阻器的功率，接下来根据P热=I2R计算出电动机的发热功率，最后将变阻器的功率和电动机的发热功率相加得到整个电路的发热功率，即P热总=P热+P变。根据P输出=P-P热计算电动机的输出功率。
考点过关☆专项突破
考点一：电功和电功率公式的简单应用
1.如图所示电路，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P直至灯泡正常发光。此过程中，下列不会发生的是（???
）
A.?灯泡逐渐变亮?????????????????????????????????????????????????????
B.?电路的总功率逐渐变大
C.?电压表V1的示数从0逐渐增大到额定电压????????????
D.?电压表V2和电流表A的示数比值逐渐减小
【答案】
C
【解答】根据电路图可知，灯泡与电阻器串联，电压表V2测变阻器的电压，V1测灯泡的电压，电流表测总电流。开关闭合前，变阻器的滑片应该在阻值最大的位置。闭合开关后，灯泡的亮度较弱，因此移动滑片P直到正常发光的过程中，变阻器的电阻变小，通过灯泡的电流变大，灯泡逐渐变亮，故A正确不合题意；通过灯泡的电流不断增大，而电源电压不变，根据P=UI可知，电路的总功率逐渐变大，故B正确不合题意；电压表V1测灯泡的电压，闭合开关后，虽然变阻器的电阻很大，但是通过灯泡的电流肯定大于零，因此灯泡两端的电压肯定大于0，即V1的示数大于零，故C错误符合题意；电压表V2测变阻器的电压，电流表A的示数为通过变阻器的电流，因此二者的比值等于变阻器的阻值。因为变阻器的阻值逐渐减小，所以它们的比值逐渐减小，故D正确不合题意。
2.如图是一个迷你音响图片（图甲）和铭牌（图乙），关于该音响，下列说法正确的是（??
）
额定功率
5W
电源
锂电池
频率范围
100-20KHz
额定电压
3V
A.?锂电池充电时，将化学能转化为电能??????????????????
B.?音响在5V电压下正常工作
C.?音响正常工作时每秒消耗电能5J?????????????????????????
D.?音响正常工作时电流是0.6A
【答案】
C
【解答】A.锂电池充电时，将电能转化为化学能，故A错误；?
B.音响的额定电压为3V，因此音响在3V电压下正常工作，故B错误；?C.音响正常工作时每秒消耗电能W=Pt=5W×1s=5J，故C正确；D.音响正常工作时电流是
，故D错误。
3.现有两个分别标有“6V?
6W”和“3V?
6W”的灯泡L1和L2
，
若将它们并联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，干路允许通过的最大电流是________A。若将它们串联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，则电源电压是________V。
【答案】
2.5；7.5
【解答】两个灯泡的电阻分别为：；
；
（1）因为3V<6V，所以并联时电源电压为3V；通过L1的电流为：；通过L2的电流为：；此时的干路电流为：I总=I1+I2=0.5A+2A=2.5A。
（2）灯泡的额定电流：；；因为1A<2A，所以串联时通过电路的最大电流为1A；此时电源电压为：U总=I总R总=1A×（6Ω+1.5Ω）=7.5V。
4.近年来，新能源汽车越来越受到人们的青睐。其中有一种充电方式为快速充电，又称应急充电，是以较大电流为其提供短时充电服务，一般充电电流为150～400A。
（1）在汽车制动过程中，它的动能转化为地面、轮胎、
空气的内能，但这些内能无法自动转化回去，这是因为能量的转移和转化是有________的。
（2）若充电电压为220V，充电电流为200A，充电半小时
要消耗的电能为多少千瓦时？
（3）已知匀速行驶时汽车所受阻力与速度的平方成正比（即f=kv2）。当汽车分别以120km/h和60km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，汽车牵引力在相应车速下的功率之比为________。
【答案】
（1）方向性（2）解：P
=
UI
=
220V×200A
=
44000W
=
44KW?
W
=
Pt
=
44KW×0.5h
=
22
KWh（3）8:1
【解答】（1）在汽车制动过程中，它的动能转化为地面、轮胎、
空气的内能，但这些内能无法自动转化回去，这是因为能量的转移和转化是有方向性的。
（2）充电功率为P=UI=220V×200A=44000W=44KW?充电半小时消耗的电能：W=
Pt=
44KW×0.5h=22
KW?h。（3）当汽车匀速行驶时，它受到的阻力和牵引力相互平衡，那么它受到的牵引力F=f=kv2；那么汽车牵引力的功率为：P=Fv=kv3；当汽车在不同速度下行驶时发动机的功率之比：。
考点二：测定小灯泡的电功率
1.某同学利用如图所示电路,测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率,下列说法错误的是(????
)
A.?闭合开关前,滑片P应滑到B端
B.?闭合开关后,小灯泡不发光,一定是小灯泡灯丝断了
C.?当电压表示数为2.5V时,测出通过小灯泡的电流,可算出小灯泡的额定功率
D.?实验还可得知,小灯泡的实际功率越大,小灯泡越亮
【答案】
B
【解答】A.根据电路图可知，变阻器使用左边，因此滑片在B端阻值最大，因此闭合开关前，滑片P应滑到B端，故A正确不合题意；?B.闭合开关后，小灯泡不发光，可能是小灯泡灯丝断了，故B错误符合题意；?C.当电压表示数为2.5V时，测出通过小灯泡的电流，可算出小灯泡的额定功率，故C正确不合题意。D.小灯泡的实际功率越大，亮度越大，故D正确不合题意；
2.某小组为“
测量小灯泡的额定电功率”实验准备了以下器材：额定电压为2.5V的小灯泡(正常发光时电阻约为10Ω)、规格为“20Ω
1A"的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干。
（1）请用笔画线表示导线将图甲所示电路连接完整；(要求：滑动变阻器的滑片向左移动，电压表示数变大)
（2）电路连接正确后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表指针不动，电压表指针有明显的偏转，则电路故障的原因可能是________
（3）解决上述问题后，闭合开关移动滑片使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是________W；
（4）实验过程中，滑动变阻器的滑片P移动一段距离时，小灯泡与滑动变阻器两端的电压变化量的绝对值分别为△U1、△U2
，
则△U1________△U2(选填“>”、“<”或“=”)。
【答案】
（1）??
（2）灯泡灯丝断了等（3）0.6（4）=
【解答】电压表的示数增大，根据U=IR可知，通过电路电流增大，而变阻器接入的阻值变小。当变阻器滑片向左移动时，滑片左边的阻值变小，而右边的阻值变大，因此变阻器使用左边，那么将左下角的A接线柱与开关相连即可，如上图所示：电路连接正确后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表指针不动，电压表指针有明显的偏转，则电路故障的原因可能是：灯泡灯丝断了。根据乙图可知，电流表选择量程0~0.6A，分度值为0.02A，那么灯泡的额定电流为0.24A，那么灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.24A=0.6W。根据U总=UL+U变可知，小灯泡的电压增大几伏，变阻器的电压就减小几伏，因此它们电压变化量的绝对值相等，即△U1=△U2。
3.小乐通过实验测量标有“2.5V”字样的小灯泡的额定功率，回答问题：
（1）小乐按图甲所示电路图连接电路，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，可得小灯泡的额定功率为
________W。
（2）小乐在实验中发现电流表损坏了，但她认为不使用电流表也能完成实验，于是她又向老师要了一个阻值为R0的定值电阻和2个开关，重新设计了如图丙所示的电路，正确连接电路后的实验步骤是：
①闭合开关S、S
1
，断开开关S
2
，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V；
②保持滑动变阻器的滑片位置不变，________，记下电压表的示数为U
1；
③小灯泡的额定功率P=________（写出字母表达式，用灯泡额定电压U0及RO、U1表示）
【答案】
（1）0.75
（2）闭合开关S、S2
，
断开S1（合理即可）；
【解答】（1）根据乙图可知，电流表选择量程0~0.6A，分度值为0.02A，那么灯泡的额定电流为0.3A，则灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
（2）正确连接电路后的实验步骤是：
①闭合开关S、S1
，
断开开关S2
，
移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V；
②保持滑动变阻器的滑片位置不变，闭合开关S、S2
，
断开S1
，
记下电压表的示数为U1（此时电压表测灯泡与R0的总电压）；③那么灯泡的额定电流；小灯泡的额定功率。
4.在测定小灯泡的电功率时，器材有：额定电压为2.6V的小灯泡、符合实验要求的滑动变阻器和电源、已调零的电流表和电压表、开关、导线若干和定值电阻等。
（1）用笔画线代替导线，将图甲的实物电路连接完整。
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电压表的示数等于电源电压、电流表无示数，出现这种现象的原因可能是________.
（3）适当调整后，改变滑动变阻器接入电路的电阻值。当电压表和电流表的示数如图中乙、丙所示时，小灯泡的实际功率是________。
（4）只用一只电流表测量小灯泡在某一电压下的实际功率，电路图如图丁所示。电源电压未知，但不超过小灯泡的额定电压，已知定值电阻R阻值为R0不考虑温度对小灯泡灯丝电阻的影响。在不改变电路连接的情况下，可以测量出小灯泡在电源电压下的实际功率，请写出主要的实验步骤；
①先将开关S与a闭合，记录电流表的示数为I1
②________
③利用以上字母写出实际功率的表达式________
【答案】
（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.24
（4）读出电流表示数为L2；
【解答】（1）根据甲图可知，实物图中只有电压表没有接好。电压表应该与灯泡并联，由于2.6V<3V，因此使用0~3V的量程。电压表的“-”接线柱已经与灯泡左端相连，只需将“3”的接线柱与灯泡右端相连即可，如上图所示：
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电压表的示数等于电源电压、电流表无示数，出现这种现象的原因可能是小灯泡断路；
（3）根据乙图可知，电压表选择量程0~3V，分度值为0.1V，那么灯泡的电压为1.2V：根据丙图可知，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，那么灯泡的电流为0.2A，则小灯泡的实际功率：P=UI=1.2V×02A=2.4W。
（4）实验步骤：①先将开关S与a闭合，此时电流表只测R0的电流，记录电流表的示数为I1；
②将开关与b闭合，此时电流表测干路电流，记录电流表的示数为I2；③根据并联电路的电流规律得到，通过灯泡的电流为：I=I2-I1；根据并联电路电流与电阻成反比得到：；那么灯泡的电阻为：；那么灯泡的额定功率为：。
考点三：焦耳定律的应用
1.如图所示，2只相同的烧瓶，瓶塞上各插入1支温度计，瓶内装有电阻丝，电阻丝的阻值分别为R1、R2。在烧瓶中装入煤油或水(水的比热容已知)，两电阻丝接入相应电路，无法完成的实验是(???
)
A.?烧瓶中装入等质量的煤油，若R1B.?烧瓶中装入等质最的煤油，若R1C.?烧瓶中分别装入等质量的水和煤油，若R1=R2且串联，比较水和煤油的吸热能力
D.?烧瓶中分别装入等质量的水和煤油，若R1=R2且串联，粗略测量煤油的比热容
【答案】
B
【解答】A.探究电热与电阻大小的关系时，必须控制电流和通电时间相同而改变电阻；两个电阻串联时，通电时间和电流相等，且电阻不等，根据等质量煤油的温度变化判断生成热量的多少，故A不合题意；
B.探究电热与电流的关系时，必须控制电阻和通电时间相同而改变电流，两个电阻不等肯定不能完成实验，故B符合题意；
C.根据Q=cm△t可知，比较水和煤油的吸热能力时，必须控制吸收的热量和液体的质量相等。如果两个电阻相等且串联，根据可知Q=I2Rt可知，在相同的时间内它们产生的热量相等，可以完成实验，故C不合题意；
D.两个相同的电阻串联，根据Q=I2Rt可知，相同的时间内水和煤油吸收相同的热量，即Q水=Q煤油。根据公式Q=cm△t可知，c水m△t水=c煤油m△t煤油
，化简得到：
，故D不合题意。
2.如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差比左侧的大。下列说法正确的是（??
）
A.?该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的关系
B.?电阻丝的R1阻值比R2大
C.?U形管中液面高度发生变化是因为液体的热胀冷缩造成的
D.?该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电阻大小的关系
【答案】
D
【解答】A.探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的关系时，需要改变电流大小，而控制电阻和通电时间相同；题目中两个电阻串联，通过它们的电流相等，故A错误；
B.右侧U形管液面高度差大，那么右边的R2产生的热量多；根据Q=I2Rt可知，在电流和时间相同的条件下，电阻丝的R2阻值比R1大，故B错误；?C.U形管中液面高度发生变化是因为空气的热胀冷缩造成的，故C错误；?
D.电阻串联，通过的电流和时间相同，两个电阻大小不同，因此该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电阻大小的关系，故D正确。
3.如图甲所示，两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
（1）图甲的装置是探究电流通过导体产生的热量与________的关系，电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流________。
（2）如图乙所示，某小组在实验中观擦到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，原因是电阻丝________断路。
【答案】
（1）电流；不同（2）R2
【解答】（1）图甲的装置是探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流不同。
（2）如图乙所示，某小组在实验中观擦到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，原因是电阻丝R2断路。
4.自动饮水机已经普遍用于车站、学校等公共场所，它的简化电路图如图所示，电热丝电阻分别为R1、R2
，请根据说明书提供的信息计算：[水的密度ρ水＝1×103
kg/m3
，水的比热容C水＝4.2×103J/(kg·℃)]
饮水机参数
热水温度：≥90℃
保温功率:
40W
热胆容积：2L
额定电压：220
V
额定功率：1000W
频率：50
Hz
（1）如果饮水机处在“加热”状态正常工作时，电热丝所产生的热量有80%被水吸收，饮水机的热胆装满水，水温由30℃加热到44℃，需用多长时间？
（2）求电阻丝R1的阻值。
【答案】
（1）解：m水=2×10-3m3×1×103kg/m3=2kg
Q吸=C水m水△T=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×（44℃-30℃）=1.176×105J
Q放=Q吸÷η=1.176×105J÷80%=1.47×105Jt=
?=
=147s
（2）解：R总=
=
=1210ΩR2=
=
=48.4ΩR1=1210Ω-48.4Ω=1161.6Ω
【解析】（1）首先根据密度公式m水=ρ水V水计算出饮水机内水的质量，再根据公式Q吸=c水m水△t计算出水吸收的热量，最后根据计算出电热丝放出的热量，根据?
计算需要加热的时间。
（2）根据电路图可知，当开关S2闭合，S1断开时，两个电阻串联，此时功率小为保温状态，根据
?
计算出串联时的总电阻。当开关S2闭合，S1闭合时，只有电阻R2工作，此时功率大为加热状态，根据计算它的电阻，最后根据串联电路R1=R总-R2计算即可。
5.如图甲所示的电压力锅的传统高压锅和电饭锅的升级换代产品。如图乙所示为电压力锅的电路图，接通电路后，开关S自动与触点a、b接通，开始加热；当锅内温度达到125℃，开关S自动与a、b断开，并与触点c接通，开始保温保压。现将3Kg初温为25℃的水加入电压力锅中，接通电路使其正常运行，电压力锅在工作过程中电功率随时间的变化图像如丙所示。求：
（1）电路中R1的阻值是多少？
（2）加热过程消耗的电能是多少？
（3）电压力锅从开始运行到水温刚达125℃时的效率。【水的比热容为4.2×103J/(Kg?℃）】
【答案】
（1）解：R1
的电功率P1＝P﹣P保＝1000W﹣200W＝800W
（2）解：加热过程消耗的电能：W加热＝Pt＝1000W×28×60s＝1.68×106J
（3）解：水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg?℃）×3kg×（125℃﹣25℃）＝1.26×106J
电压力锅从开始运行到水温刚达125℃时的效率：
【解析】（1）根据丙图可知，当开关与a、b接触时，两个电阻并联，此时的总功率为1000W，为加热状态；当开关与c接触时，只有R2工作，此时的功率为200W，为保温状态。根据P1＝P-P保计算出电阻R1的电功率，然后根据公式
计算出R1的阻值。
（2）根据丙图确定加热所用的时间和功率，然后根据公式W加热=Pt计算出加热过程消耗的电能；
（3）首先根据公式Q吸=cm△t计算水吸收的热量，再根据公式
计算出加热的效率。
考点四：电动机问题
1.如图所示是一直流电动机提升重物的装置．已知重物质量m=60kg，电源电压U=220V保持不变，电动机线圈的电阻R=10Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流I=4A（g=10N/kg）．
（1）电源的输出功率________；
（2）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小________．
【答案】
（1）880W（2）1.2m/s
【解答】（1）电源的输出功率：P=UI=220V×4A=880W；
（2）电动机的发热功率P热=I2R=（4A）2×10Ω=160W；电动机的机械功率：P机械=P-P热=880W-160W=720W；重物上升的速度。
2.为了防止电动机损坏，往往在电动机工作时需要与保护电阻串联，原理图如图所示，已知电源电压为U总=6V，电动机线圈有电阻，保护电阻R=4Ω。闭合开关后，电动机正常转动，此时电动机两端电压UM=2V，试求：
（1）电路中电流为多少安？
（2）电路中消耗的总电功率为多少瓦？
（3）分析比较电动机输出功率和输入功率的大小，从能量转化的角度谈谈二者不同的原因。
【答案】
（1）
（2）P总=U总I=6V×1A=6W
（3）通常P输入大于P输出
，
解释：二者不同是因为，输入电动机的是电能，经过电动机输出的是机械能，又因为电流的热效应，所以电动机在正常工作时将电能转化为了机械能和内能，所以输出功率不能输入功率不相等。
【解析】（1）首先根据U=U总-UM计算出电阻R两端的电压，再根据计算电路中的电流；
（2）已知电路电流和总电压，根据公式
P总=U总I
计算消耗的总功率；
（3）当电流经过电动机时，电动机的线圈会发热，即电动机将电能转化为机械能和热能，从这个角度对输出功率和输入功率的大小关系进行分析即可。
3.如图所示是一直流电动机提升重物的装置。已知重物质量m＝50kg，电源电压U＝110V保持不变，电动机线圈的电阻R＝4Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流I＝5A，g＝10N/kg。
（1）求电源的输出功率；
（2）求电动机线圈电阻R的发热功率；
（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小。
【答案】
（1）解：U=110，I=5A，P出=UI=110
V×5A=550W。
答:电源的输出功率为550W。
（2）解：R=4Q，
=I2R=(5A)2×4Ω=100
w。答:电动机线圈电阻R的发热功率为100
w。
（3）解：由能量守恒，电动机对重物做功的功率
=550
w-100
W=450
w,
匀速向上提升重物时F=G=mg=50
kg×10
N/kg=500
N。
答:重物上升的速度为0.9
m/s。
【解析】（1）根据公式P输出=UI计算电源的输出功率；
（2）根据公式P热=I2R计算出电动机线圈的发热功率；
（3）电动机消耗电能转化为热能和机械能，因此根据
?计算出对重物做功的机械功率，根据计算重物上升的高度。
4.为调节电动机的转速，往往串联一个可变电阻，在图示的电路中，M为一个小型直流电动机，上面标有“6V，6W”字样，线圈电阻1Ω，电源电压为10V，当电动机正常工作时，求：
（1）该滑动变阻器现在接入电路的阻值是多少?
（2）该电动机正常工作时消耗的电能转化为机械能的效率多大?
【答案】
（1）变阻器两端的电压U变=U总-U=10V-6V=4V；
通过变阻器的电流；
变阻器接入的阻值为：；
（2）电动机的发热功率P热=I2R=（1A）2×1Ω=1W；
电动机的机械功率：P机械=P-P热=6W-1W=5W；
电动机的机械能转化效率为：。
答：该电动机正常工作时消耗的电能转化为机械能的效率是83.3%
【解析】（1）首先根据U变=U总-U计算出变阻器两端的电压，再根据计算出通过变阻器的电流，最后根据公式即孙变阻器接入的阻值；
（2）首先根据P热=I2R计算出电动机的发热功率，再根据P机械=P-P热计算出机械功率，最后根据计算机械能的转化效率。
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题九
电功和电功率重难点突破
考点解析☆目标分解
a级目标：知道用电器消耗的电能可以用电功来量度;额定功率的识别和理解；知道电流具有热效应
b级目标：根据电能表读数的变化估算消耗的电能；概述电功率的概念；测量小灯泡的电功率。
c级目标：应用电功公式计算用电器消耗的电能；应用电功率公式进行简单计算；利用焦耳定律解决简单的问题
目标分解：
①电功和电功率公式的简单应用
②测定小灯泡的电功率
③焦耳定律的应用
④电动机问题
考点剖析☆聚焦高频
考点一：电功和电功率公式的简单应用
1.
将标有“8V
8W”的灯L1
和标有“8V
4W”的灯
L2（灯丝电阻不随温度改变）串联接在
8V的电源上，则(??
)
A.?灯L1电阻大于灯L2电阻???????????????????????????????????????
B.?两灯都能正常发光
C.?灯L1比灯L2暗?????????????????????????????????????????????????????
D.?通过灯L1的电流大于通过灯L2的电流
【答案】
C
【解答】根据公式可知，当额定电压相等时，电阻与额定功率成反比。因为L1的额定功率大于L2
，所以电阻R1小于R2
，故A错误；根据串联电路U总=U1+U2可知，两个灯泡的电压都小于8V，因此都不能正常发光，故B错误；根据串联电路可知，电阻R1小于R2
，那么实际功率P1，即灯泡L1较暗，故C正确；在串联电路中，各处电流都相等，故D错误。
【解析】根据公式比较两个灯泡的电阻大小；串联电路总电压等于各处电压之和，据此分析灯泡的实际电压是否为8V即可；在串联电路中，功率与电阻成正比；根据串联电路的电流特点分析。
2.
额定电压为8V的甲，乙两个电阻，图象I-U如图所示，下说法正确的是（??
）
A.?若甲乙并联，两端电压0一8V范围内（不含0V），R甲总是大于R乙
B.?若甲乙并联，两端电压在0一8V范围内（不含0V），P甲是小于P乙
C.?若甲乙串联接在电压为9V的电源两端，R甲∶R乙=1∶2
D.?若甲乙并联接在电压为3V的电源两端，P甲∶P乙=3∶2
【答案】
C
【解答】若甲乙并联，那么它们的电压相等。根据图像可知，在0~8V的电压范围内，电流I甲>I乙
，
根据可知，电阻R甲，故A错误；
若甲乙并联，那么它们的电压相等。根据图像可知，在0~8V的电压范围内，电流I甲>I乙
，
根据P=UI可知，功率P甲>P乙
，故B错误；根据图像可知，当电流为0.8A时，甲的电压为3V，乙的电压为6V，此时总电压为9V，根据得到，甲和乙的电阻之比：
，
故C正确；若甲乙并联接在电压为3V的电源两端，通过甲的电流为0.8A，通过乙的电流为0.4A，根据P=UI可知，二者的功率之比P甲：P乙=U甲I甲：U乙I乙=I甲：I乙=0.8A：0.4A=2：1，故D错误。
【解析】（1）根据公式比较；（2）根据P=UI比较；（3）串联电路中各处电流都相等，总电压等于各处电压之和，据此确定甲和乙的电压，最后根据计算二者的比值；（4）从图像中找到电压为3V时通过两个电阻的电流，然后根据P=UI计算它们的功率之比。
3.
如图所示，电源电压为4.5V，定值电阻R0为10Ω，滑动变阻器R的规格为“20Ω 2A”，电流表和电压表量程分别选择“0～0.6A”“0～3V”。闭合开关S，电路正常工作时，下列叙述正确的是（???
）
A.?电流表示数最大值为0.6A????????????????????????????????????
B.?电压表示数范围为1～3V
C.?滑动变阻器的功率可达0.5W???????????????????????????????
D.?滑动变阻器的阻值变化范围为5～10Ω
【答案】
C
【解答】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。当电压表的示数U0=3V时，此时电路中的电流：；电流表的量程为0～0.6A，变阻器允许通过的最大电流为2A，所以电路中的最大电流为0.3A，故A错误；此时电路中的总电阻：；变阻器接入电路中的最小阻值：R小=R总-R0=15Ω-10Ω=5Ω，则滑动变阻器阻值变化范围为5Ω～20Ω，故D错误；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，电路中的最小电流：
，
电压表的最小示数：U0′=I小R0=0.15A×10Ω=1.5V，所以，电压表示数范围为1.5V～3V，故B错误；
滑动变阻器消耗的电功率：；当R=R0=10Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
，所以滑动变阻器的功率达0.5W，故C正确。
【解析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。根据欧姆定律求出电压表的示数最大时电路中的电流，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，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻得出串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的最小示数；根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器的功率，然后根据变形得出滑动变阻器消耗的最大功率。
4.
如图甲所示的电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器（其最大阻值为40Ω）。闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，R1消耗的电功率随R1电阻变化关系如图乙所示。根据图像信息，下列判断正确的是（??
）
①电路中最小电流0.4A②R0的阻值是20Ω
③电源电压10V④R0消耗的最大电功率10W
A.?①②?????????????????
B.?③④?????????????????????????????????
C.?①③???????????????????????D.?②④
【答案】
B
【解答】由图甲可知，R0、R1串联，电流表测总电流。
当滑动变阻器R1的滑片P在a端时，其接入电路的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图象可知，R1的电阻最大为40Ω时，R1的功率为Pa=1.6W；由P=I2R可得：1.6W=I最小2×40Ω；
解得：I最小=0.2A，故①错误；由图象可知，当R1=10Ω时，R1的功率P1=2.5W，由P=I2R可得：2.5W=I2×10Ω；解得：I=0.5A；由欧姆定律和串联电路的特点可得，当R1=10Ω时电源电压：
U=I′（R1+R0）=0.5A×（10Ω+R0）-------------①
同理可得，当R1=40Ω时电源电压：
U=I最小（R最大+R0）=0.2A×（40Ω+R0）-------------②
①②联立解得：R0=10Ω，U=10V，故②错误，③正确；
当滑动变阻器连入电路的电阻为0时，R0的电压最大为电源电压，此时R0的功率最大，则R0消耗的最大电功率：
，故④正确。那么正确的是③④。
【解析】（1）当滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，滑动变阻器R1的功率P=I2R可求出最小电流值；
（2）（3）由图象数据求出当R1=10Ω时电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的特点得出当R1=10Ω和R1=40Ω时的电源电压表达式，然后联立即可求出电源电压和R0的阻值；
（4）利用功率公式
即可求出R0消耗的最大电功率。
考点二：测定小灯泡的电功率
1.
用两只电流表按图示实验电路探究“电功率与电流的关系”，下列说法不正确的是(???
)
A.?小灯泡电功率的大小是通过灯泡的亮度来判断的
B.?将小灯泡并联是为了控制灯泡两端电压相同
C.?选用的两只小灯泡规格必须相同
D.?将其中一只电流表移接到干路上也可以完成实验
【答案】
C
【解答】A.小灯泡电功率的大小是通过灯泡的亮度来判断的，故A正确不合题意；?
B.将小灯泡并联是为了控制灯泡两端电压相同，故B正确不合题意；?
C.探究电功率与电流的关系时，必须控制电压相同而改变电流；如果两个灯泡规格相同，那么通过它们的电流相同，它们的亮度相同，就无法完成实验，故C错误符合题意；
D.将其中一只电流表移接到干路上，那么利用两个电流表的示数之差也可以得到另一个灯泡的电流【解析】小灯泡的亮度直接反映了电功率的大小，即越亮，小灯泡的功率越大；在并联电路中，总电压等于各支路两端电压；根据公式P=UI分析；根据并联电路干路电流等于各支路电流之和的规律判断。
2.
小科做测定“小灯泡的电功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。图甲是小科没有连接完的实物电路。
（1）请你用笔画线代替导线，帮小科将实物电路连接完整。
（2）小科连好电路闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是________（写出一种即可）。
（3）小科通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了图乙所示的U－I图像。根据U－I图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是________W。
（4）根据图乙分析，你认为引起小灯泡电阻变化的原因是________。?
【答案】
（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.5
（4）小灯泡的电阻随温度的改变而改变
【解答】（1）在测量小灯泡电功率的实验中，电压表应该与灯泡并联。因为灯泡的额定电压2.5V<3V，所以选择0~3V的量程，
（2）小科连好电路闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是小灯泡断路。
（3）根据图乙可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，那么灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
（4）根据图乙分析，我认为引起小灯泡电阻变化的原因是：小灯泡的电阻随温度的改变而改变。?
【解析】（1）根据小灯泡额定电压确定电压表的量程，根据电压表的连接方法补充作图；当小灯泡断路时，电压表与变阻器串联。由于电压表的内阻很大，因此通过电路的电流很小，因电流表几乎无示数。在串联电路中，电压与电阻成正比，因为电压表的内阻很大，所以它几乎分得全部电压。
根据乙图确定通过灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算灯泡的额定功率；根据灯丝电阻随温度变化的规律分析解答。
3.
为测量规格“6.3V，0.15A”小灯泡的额定功率，提供的实验器材有：蓄电池（输出电压约10V）、滑动变阻器（有“10Ω，2A”、“50Ω，1.5A”两种规格）、电流表、电压表各一只。
（1）上图是小张测量时所连接的部分实物连线图，请你根据电路图补全实物连线图。
（2）实验中，小徐同学选择了规格为“10Ω，2A”的滑动变阻器，你预计会出现什么现象？说明理由________.
（3）在某次测量中，电流表、电压表读数如图所示，此时应向________移动滑动变阻器的滑片才能测量小灯泡的额定功率。
【答案】
（1）
（2）小灯泡烧坏（或不正常发光）
理由：滑动变阻器与小灯泡串联,两者电压之比等于电阻之比，R滑≤10Ω，滑动变阻器的阻值太小，所以滑动变阻器分担的电压过少，小灯泡的实际电压大于额定电压
（3）向右
【解答】（1）①根据电路图可知，电压表应该与灯泡并联，由于6.3V>3V，所以选择0~15V的量程。②电流表与灯泡串联，因为0.15A<0.6A，所以选择0~0.6A量程；③变阻器与灯泡串联，使用滑片右边的部分，因此选择右下角的和上面的一个接线柱，如上图所示：
（2）灯泡的电阻为：；当变阻器的阻值为10Ω时，根据串联电路电压与电阻成正比得到：；；解得：UL=8.7V>6.3V。实验中，小徐同学选择了规格为“10Ω，2A”的滑动变阻器，我预计小灯泡烧坏（或不正常发光，理由：滑动变阻器与小灯泡串联,两者电压之比等于电阻之比，R滑≤10Ω，滑动变阻器的阻值太小，所以滑动变阻器分担的电压过少，小灯泡的实际电压大于额定电压。
（3）根据图片可知，电流表选择量程0~0.6A，分度值为0.02A，示数为0.08A<0.15A，为了使灯泡正常发光，需要增大电流，减小电阻，即变阻器的滑片应该向右调节。
【解析】在测量灯泡额定功率的实验中，除了电压表与灯泡并联外，其它的元件都是串联，要注意电表量程和接线柱的选择，还要注意变阻器接线“一上一下”；在串联电路中，电压与电阻成正比，据此计算出灯泡两端的电压，然后进行判断即可；读出电流表的示数，然后与灯泡的额定电流比较，确定电流的变化方向，进而确定变阻器的阻值变化，最后判断变阻器滑片的移动方向。
4.
小明在进行“测量小灯泡电功率”的实验时，实验台上给他提供共的器材有6V蓄电池、电流表(0-0.6A、0-3A)、电压表(0-3V、0-15V)
、“50Ω、
1A”和“10Ω、1.5A”两种规格的滑动变阻器，额定电压为2.5V的小灯泡(正常发光时的电阻约为10Ω)，开关各一个，导线若干
（1）为顺利完成实验，小明在实验中应选用规格为________的滑动变阻器。
（2）请你用笔面线代替导线，帮小明将图甲的实物电路连接完整，(要求:滑片P向右移动时，小灯泡变亮)
（3）连好电路后，闭合开关，通过移动滑动变阻器的滑片，分别记下了多组对应的电压和电流表的示数，井绘制了U-I图象如图乙所示。根据U-I图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是________W。
（4）小明根据U-I图象中数据计算发现:随着小灯泡两端电压的增大，灯丝的电阻变大，你认为原因可能是________。
【答案】
（1）50Ω、1A
（2）
（3）0.5
（4）灯丝电阻随温度升高而增大
【解答】（1）灯泡与变阻器串联，电压表测灯泡的电压。当灯泡正常发光时，变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=6V-2.5V=3.5V；根据串联电路电压与电阻成正比得到：；
；
解得：R变=14Ω。则小明应该选用规格为“50Ω，1A”的滑动变阻器。
（2）①电压表应该与灯泡并联，因为灯泡的额定电压为2.5V小于3V，所以电压表的量程选0~3V；
②因为滑片向右移动时灯泡变亮，电流变大，电阻变小，所以变阻器使用滑片右边的部分，即选择左上和右下角的接线柱，即将C、B接入电路即可，如上图所示：
（3）根据图乙可知，当灯泡的电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，那么灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
（4）小明根据U-I图象中数据计算发现:随着小灯泡两端电压的增大，灯丝的电阻变大，我认为原因可能是灯丝电阻随温度升高而增大。
【解析】首先根据U变=U总-UL计算出变阻器两端的电压，再根据“串联电路电压与电阻成正比”计算变阻器接入电路的阻值即可。在测量小灯泡电功率的实验中，除了电压表与灯泡并联外，其它的元件都是串联，要主要电表的量程和接线柱的选择，还要注意滑动变阻器接线“一上一下”原则；根据乙图确定灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算出灯泡的额定功率。根据电阻随温度变化的规律解答即可。
考点三：焦耳定律的应用
1.
小金利用如图装置来研究电热跟哪些因素有关。甲、乙两瓶中煤油的质量与初温都相同，瓶中电阻丝的大小关系为R甲>R乙
，以下说法正确的是（???
）
A.?该实验用到的研究物理问题方法是：转换法、控制变量法
B.?如果用水来做实验，可以在更短的时间内达到明显的实验效果
C.?甲、乙中的电阻丝通电时间相同，所以甲、乙中的煤油吸收的热量相同
D.?通电后，乙瓶中的液面升高得快
【答案】
A
【解答】A.本实验中，用液柱的高低变化反映金属丝产生热量的多少，使用了转换法；探究电阻对产生热量的影响时，控制电流和通电时间相同，使用了控制变量法，故A正确；
B.根据Q=cm△t可知，如果用水来做实验，由于水的比热容大，那么水温升高的很慢，实验效果非常不明显，故B错误；
C.根据Q=I2Rt可知，当电阻丝中电流和通电时间相同时，因为R1>R2
，
所以前者产生的热量大于后者，甲、乙中煤油吸收的热量不等，故C错误；
D.通电后，甲中的电阻丝产生的热量多，根据Q=cm△t可知，甲中的液面升高的快，故D错误。
【解析】（1）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。探究一个因素对物理量的影响时，控制其他因素相同，这种方法叫控制变量法。根据公式Q=cm△t可知，当物质的质量和吸收的热量相同时，比热容越大，升高的温度越小；根据Q=I2Rt可知，当通电时间和电流相同时，电阻越大，产生的热量越多；根据公式Q=cm△t分析判断。
2.
在探究“家用电器”的综合实践活动中，小金与同学合作，在爸爸的协助下，以家里的电水壶为观察、研究对象，记录了如下表所示的有关数据。
观察对象
有关活动与相关记录
观察电水壶铭牌
额定电压：220V额定功率：800W容量：2L
观察电能表铭牌
有关参数：220V
10A
1200r/(
kW·h)
在电水壶对水加热时观察电能表
关闭家里其它用电器，只将电水壶接入电路，观察电能表，表盘在2min内转了30r。
测量电水壶中水的温度
壶中装水量：1.5kg?通电前温度：30℃通电2min后温度：44℃
根据表中的记录，请解答下面的问题。
（1）求通电2min壶中的水吸收的热量。[c水=4.2×103J/（kg·℃）]
（2）求2min内电水壶的实际功率。
（3）求该电水壶在此次烧水过程中的加热效率。
【答案】
（1）水吸收的热量Q=cm△t=4.2×103J/（kg·℃）×1.5kg×（44℃-30℃）=8.82×104J；
（2）电水壶消耗的电能；
?那么电水壶的实际功率：。
（3）该电水壶在此次烧水过程中的加热效率
。
【解析】（1）根据公式Q=cm△t计算出水吸收的热量；
（2）首先根据计算出电水壶消耗的电能，再根据公式计算电水壶的实际功率；（3）电水壶的加热效率等于吸收的热量与消耗电能之比，即计算即可。
3.
如图甲是小明家的养生壶。它有高温，中温、低温三个档位，如图乙是它工作电路图，图表是其部分参数，其中R1
，R2为发热电阻，R2＝100欧、求：
项目
参数
电源电压(V)
220
低温档功(W)
242
高温档功(W)
968
容积(L)
3
（1）发热电阻R1的阻值是多少？
（2）开关S1、S2处于什么状态，养生壶为中温档，该养生壶中温档时的电功率是多少？
（3）在额定电压下用高温档加热2千克水，使其温度从20℃上升到100℃，求烧开一壶水需要多长时间？[不计热量损失，C水＝4.2×103J/（kg?℃）]
【答案】
（1）①当开关S2接B，S1断开时，两电阻串联；②当开关S2接B，S1闭合时，只有R1连入电路中，③当开关S2接A，S1闭合时，两电阻并联；根据串并联电路的电阻特点，利用公式可知：①中，电阻最大，功率最小，为低温挡；②中，电阻较大，功率较小，为中温挡；③中，电阻最小，功率最大，为高温挡；根据表中数据知，低温挡功率为：P低=242W；电路的总电阻：；发热电阻R1的阻值：R1=R总-R2=200Ω-100Ω=100Ω。
（2）当开关S2接B，S1闭合时，电路为R1的简单电路，为中温挡；养生壶中温挡时的电功率：
P中＝??＝??＝484W
（3）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×（100℃-20℃）=6.72×105J，
不计热损失，Q吸=W=Pt，则用高温挡加热的时间：。
【解析】（1）根据公式比较三种状态下的功率大小，进而将开关的开合情况与三种状态对应起来，最后再利用计算R1的阻值；
（2）根据（1）中的分析确定中温档时开关的开合情况，并计算出对应的电功率；
（3）首先根据Q=cm△t计算出水吸收的热量，最后根据计算加热时间。
考点四：电动机问题
1.
小东家住农村，每当到夏天用电高峰时，他家抽水用的电动机两端的电压就会变低而不能正常工作，转速变慢，甚至烧坏。小东不明白为什么电压变低也会烧坏，为此他用玩具车电动机进行模拟实验。该电动机在6V电压下正常工作，电流为0.2A，10s内提升10N重物匀速上升1.1m。若将该电动机两端电压减小2V，电动机依然能缓慢带动重物上升，测得此时电流变为0.3A(不计除线圈产热外的其他能量损失，不考虑线圈阻值的变化）
（1）夏天用电高峰时，解释电动机两端电压会变低原因是________;
（2）求电动机内阻;
（3）通过计算，分析计算说明为什么低压电容易烧坏电动机；
【答案】
（1）夏天用电高峰时，解释电动机两端电压会变低原因是
：并联的用电器增多，造成用电器并联部分的总电阻变小，从而使用电器两端的电压变小
（2）电动机的输入功率P=UI=6V×0.2A=1.2W；机械功率为：；
发热功率为：P热=P总-P机械=1.2W-1.1W=0.1W；根据公式P热=I2R得到：0.1W=（0.2A）2×R；
解得：R=2.5Ω；
（3）当电压减小到2V时，电动机的发热功率为：P热=I2R=（0.3A）2×5Ω=0.45W>0.2W，
所以低压时，通过线圈的电流大，因此电动机产生的热量多。容易烧坏电动机。
【解析】（1）在家庭电路中，所有的用电器都是并联。根据并联电路电阻的特点可知，当用电高峰时，电路里并联的用电器太多，造成并联部分电阻太小。由于导线和所有的用电器都是串联，根据“串联电路电压与电阻成正比”可知，用电器两端的电压就会减小。首先根据P=UI计算出电动机的输入功率，然后根据计算出机械功率，再根据P热=P总-P机械计算出发热功率，最后根据P热=I2R计算电阻即可；根据P热=I2R计算出电压降低时电动机的发热功率比较即可。
2.
当电动机将一个2千克的物体以0.9米/秒的速度匀速提升时，电动机两端电压恒为6伏，线圈电阻为0.5欧。g取10牛/千克，不计一切摩擦。则：
（1）电动机工作时把电能转化为________。
（2）电动机的有用功率是多少？
（3）通过电动机的电流是多少？
【答案】
（1）机械能和内能（2）P有=mgv=2kg×10N/kg×0．9m/s=18W。
（3）UI=P有+I2r?
6V×I=18W+I2×0．5Ω解得：I=6A。
【解析】（1）根据能量转化的知识解答；
（2）电动机克服物体重力做有用功，那么根据
P有=Gv=mgv计算有用功率；
（3）电动机的总功率根据P总=UI计算，发热功率根据P热=I2R计算，根据P总=P有+P热列出方程计算即可。
3.
如图是电动汽车动力系统示意图。电源电压为200V，汽车行驶时，通过改变滑动变阻器的阻值来调节电动机转速，从而改变行驶速度；当汽车以某速度行驶时，电压表的示数为180V，电流表的示数为15A
。若电动机的内阻为0.4Ω，计算：
（1）电动机消耗的功率
（2）整个电路的发热功率
（3）电动机的输出功率。
【答案】
（1）电动机消耗的功率P=UI=180V×15A=2700W；
（2）变阻器的电压：U变=U总-U=200V-180V=20V；变阻器的功率：P变=U变I=20V×15A=300W；
电动机的发热功率：P热=I2R=（15A）2×0.4Ω=90W；那么整个电路的发热功率为：P热总=P热+P变=90W+300W=390W。（3）电动机的输出功率P输出=P-P热=2700W-90W=2610W。
【解析】（1）根据公式P=UI计算电动机消耗的功率；首先根据U变=U总-U计算变阻器的电压，再根据P变=U变I计算出变阻器的功率，接下来根据P热=I2R计算出电动机的发热功率，最后将变阻器的功率和电动机的发热功率相加得到整个电路的发热功率，即P热总=P热+P变。根据P输出=P-P热计算电动机的输出功率。
考点过关☆专项突破
考点一：电功和电功率公式的简单应用
1.如图所示电路，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P直至灯泡正常发光。此过程中，下列不会发生的是（???
）
A.?灯泡逐渐变亮?????????????????????????????????????????????????????
B.?电路的总功率逐渐变大
C.?电压表V1的示数从0逐渐增大到额定电压????????????
D.?电压表V2和电流表A的示数比值逐渐减小
2.如图是一个迷你音响图片（图甲）和铭牌（图乙），关于该音响，下列说法正确的是（??
）
额定功率
5W
电源
锂电池
频率范围
100-20KHz
额定电压
3V
A.?锂电池充电时，将化学能转化为电能??????????????????
B.?音响在5V电压下正常工作
C.?音响正常工作时每秒消耗电能5J?????????????????????????
D.?音响正常工作时电流是0.6A
3.现有两个分别标有“6V?
6W”和“3V?
6W”的灯泡L1和L2
，
若将它们并联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，干路允许通过的最大电流是________A。若将它们串联后接在某一电源上，使其中一个灯泡正常发光，则电源电压是________V。
4.近年来，新能源汽车越来越受到人们的青睐。其中有一种充电方式为快速充电，又称应急充电，是以较大电流为其提供短时充电服务，一般充电电流为150～400A。
（1）在汽车制动过程中，它的动能转化为地面、轮胎、
空气的内能，但这些内能无法自动转化回去，这是因为能量的转移和转化是有________的。
（2）若充电电压为220V，充电电流为200A，充电半小时
要消耗的电能为多少千瓦时？
（3）已知匀速行驶时汽车所受阻力与速度的平方成正比（即f=kv2）。当汽车分别以120km/h和60km/h的速度在水平路面上匀速行驶时，汽车牵引力在相应车速下的功率之比为________。
考点二：测定小灯泡的电功率
1.某同学利用如图所示电路,测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率,下列说法错误的是(????
)
A.?闭合开关前,滑片P应滑到B端
B.?闭合开关后,小灯泡不发光,一定是小灯泡灯丝断了
C.?当电压表示数为2.5V时,测出通过小灯泡的电流,可算出小灯泡的额定功率
D.?实验还可得知,小灯泡的实际功率越大,小灯泡越亮
2.某小组为“
测量小灯泡的额定电功率”实验准备了以下器材：额定电压为2.5V的小灯泡(正常发光时电阻约为10Ω)、规格为“20Ω
1A"的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干。
（1）请用笔画线表示导线将图甲所示电路连接完整；(要求：滑动变阻器的滑片向左移动，电压表示数变大)
（2）电路连接正确后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表指针不动，电压表指针有明显的偏转，则电路故障的原因可能是________
（3）解决上述问题后，闭合开关移动滑片使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是________W；
（4）实验过程中，滑动变阻器的滑片P移动一段距离时，小灯泡与滑动变阻器两端的电压变化量的绝对值分别为△U1、△U2
，
则△U1________△U2(选填“>”、“<”或“=”)。
3.小乐通过实验测量标有“2.5V”字样的小灯泡的额定功率，回答问题：
（1）小乐按图甲所示电路图连接电路，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，可得小灯泡的额定功率为
________W。
（2）小乐在实验中发现电流表损坏了，但她认为不使用电流表也能完成实验，于是她又向老师要了一个阻值为R0的定值电阻和2个开关，重新设计了如图丙所示的电路，正确连接电路后的实验步骤是：
①闭合开关S、S
1
，断开开关S
2
，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.5V；
②保持滑动变阻器的滑片位置不变，________，记下电压表的示数为U
1；
③小灯泡的额定功率P=________（写出字母表达式，用灯泡额定电压U0及RO、U1表示）
4.在测定小灯泡的电功率时，器材有：额定电压为2.6V的小灯泡、符合实验要求的滑动变阻器和电源、已调零的电流表和电压表、开关、导线若干和定值电阻等。
（1）用笔画线代替导线，将图甲的实物电路连接完整。
（2）正确连接电路后，闭合开关，发现电压表的示数等于电源电压、电流表无示数，出现这种现象的原因可能是________.
（3）适当调整后，改变滑动变阻器接入电路的电阻值。当电压表和电流表的示数如图中乙、丙所示时，小灯泡的实际功率是________。
（4）只用一只电流表测量小灯泡在某一电压下的实际功率，电路图如图丁所示。电源电压未知，但不超过小灯泡的额定电压，已知定值电阻R阻值为R0不考虑温度对小灯泡灯丝电阻的影响。在不改变电路连接的情况下，可以测量出小灯泡在电源电压下的实际功率，请写出主要的实验步骤；
①先将开关S与a闭合，记录电流表的示数为I1
②________
③利用以上字母写出实际功率的表达式________
考点三：焦耳定律的应用
1.如图所示，2只相同的烧瓶，瓶塞上各插入1支温度计，瓶内装有电阻丝，电阻丝的阻值分别为R1、R2。在烧瓶中装入煤油或水(水的比热容已知)，两电阻丝接入相应电路，无法完成的实验是(???
)
A.?烧瓶中装入等质量的煤油，若R1B.?烧瓶中装入等质最的煤油，若R1C.?烧瓶中分别装入等质量的水和煤油，若R1=R2且串联，比较水和煤油的吸热能力
D.?烧瓶中分别装入等质量的水和煤油，若R1=R2且串联，粗略测量煤油的比热容
2.如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差比左侧的大。下列说法正确的是（??
）
A.?该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的关系
B.?电阻丝的R1阻值比R2大
C.?U形管中液面高度发生变化是因为液体的热胀冷缩造成的
D.?该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电阻大小的关系
3.如图甲所示，两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
（1）图甲的装置是探究电流通过导体产生的热量与________的关系，电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流________。
（2）如图乙所示，某小组在实验中观擦到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，原因是电阻丝________断路。
4.自动饮水机已经普遍用于车站、学校等公共场所，它的简化电路图如图所示，电热丝电阻分别为R1、R2
，请根据说明书提供的信息计算：[水的密度ρ水＝1×103
kg/m3
，水的比热容C水＝4.2×103J/(kg·℃)]
饮水机参数
热水温度：≥90℃
保温功率:
40W
热胆容积：2L
额定电压：220
V
额定功率：1000W
频率：50
Hz
（1）如果饮水机处在“加热”状态正常工作时，电热丝所产生的热量有80%被水吸收，饮水机的热胆装满水，水温由30℃加热到44℃，需用多长时间？
（2）求电阻丝R1的阻值。
5.如图甲所示的电压力锅的传统高压锅和电饭锅的升级换代产品。如图乙所示为电压力锅的电路图，接通电路后，开关S自动与触点a、b接通，开始加热；当锅内温度达到125℃，开关S自动与a、b断开，并与触点c接通，开始保温保压。现将3Kg初温为25℃的水加入电压力锅中，接通电路使其正常运行，电压力锅在工作过程中电功率随时间的变化图像如丙所示。求：
（1）电路中R1的阻值是多少？
（2）加热过程消耗的电能是多少？
（3）电压力锅从开始运行到水温刚达125℃时的效率。【水的比热容为4.2×103J/(Kg?℃）】
考点四：电动机问题
1.如图所示是一直流电动机提升重物的装置．已知重物质量m=60kg，电源电压U=220V保持不变，电动机线圈的电阻R=10Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流I=4A（g=10N/kg）．
（1）电源的输出功率________；
（2）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小________．
2.为了防止电动机损坏，往往在电动机工作时需要与保护电阻串联，原理图如图所示，已知电源电压为U总=6V，电动机线圈有电阻，保护电阻R=4Ω。闭合开关后，电动机正常转动，此时电动机两端电压UM=2V，试求：
（1）电路中电流为多少安？
（2）电路中消耗的总电功率为多少瓦？
（3）分析比较电动机输出功率和输入功率的大小，从能量转化的角度谈谈二者不同的原因。
3.如图所示是一直流电动机提升重物的装置。已知重物质量m＝50kg，电源电压U＝110V保持不变，电动机线圈的电阻R＝4Ω，不计各处摩擦，当电动机以某一速度匀速向上提升重物时，电路中的电流I＝5A，g＝10N/kg。
（1）求电源的输出功率；
（2）求电动机线圈电阻R的发热功率；
（3）试从能量转化和守恒的角度，求重物上升的速度大小。
4.为调节电动机的转速，往往串联一个可变电阻，在图示的电路中，M为一个小型直流电动机，上面标有“6V，6W”字样，线圈电阻1Ω，电源电压为10V，当电动机正常工作时，求：
（1）该滑动变阻器现在接入电路的阻值是多少?
（2）该电动机正常工作时消耗的电能转化为机械能的效率多大?
21世纪教育网
www.21cnjy.com
精品试卷·第
2
页
（共
2
页）
HYPERLINK
"http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
"
21世纪教育网(www.21cnjy.com)