期末必刷常考题：电功率---2024-2025学年上学期初中物理（教科版）九年级上册

2024-2025学年上学期初中物理教科版九年级期末必刷常考题之电功率 一．选择题（共8小题） 1．（2023秋•平潭县期末）下列利用电流热效应工作的用电器是（　　） A．电风扇 B．电视 C．洗衣机 D．电饭煲 2．（2023秋•中原区校级期末）下列估测的数据中，最符合实际的是（　　） A．一台空调正常工作时的电流约为1A B．一个电热水壶的加热功率约为10W C．一节干电池的电压约为1.5V D．一盏台灯工作4小时消耗电能约为10kW•h 3．（2023秋•启东市校级期末）如图所示的电路中，甲、乙两灯泡串联，观察到甲灯泡比乙灯泡亮，则此时它们的物理量大小关系正确的是（　　） A．P甲＜P乙 B．I甲＞I乙 C．R甲＞R乙 D．U甲＜U乙 4．（2023秋•西安期末）如图所示，这是一标有“3V 15mA”字样的无线光电鼠标，它主要由插在电脑USB接口上的接收器和操控电脑的鼠标两部分组成。下列说法不正确的是（　　） A．鼠标正常工作的电压为3V B．鼠标正常工作的电功率为0.045W C．鼠标的接收器与电脑其他各接口为并联连接关系 D．鼠标待机时是通过减少工作时间来达到省电的目的 5．（2023秋•高新区期末）如图所示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．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小 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映电阻丝产生热量的多少的 D．若通过R2的电流为1A，通电1min，则R2产生的热量为300J 6．（2024•应县一模）如图是人体身高测量仪的电路示意图，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电源电压保持不变，滑片会随身高上下平移。当开关闭合，被测身高增加时（　　） A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大 C．电压表的示数与电流表的示数比值变大 D．定值电阻R0消耗的电功率变大 7．（2023秋•赵县期末）如图是探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置。甲、乙两个相同的透明容器中密封着等量的空气，将1、2导线分别接到电源两端，如果甲容器中通过1导线的电流是2A，则下列说法正确的是（　　） A．该实验装置探究的是电流通过导体时产生的热量与电阻的关系 B．通电一段时间后，电流经过甲容器中的电阻丝做功多 C．乙容器中电阻丝在10s内产生的热量是100J D．甲容器中电阻丝在10s内产生的热量是100J 8．（2024•新城区模拟）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．R1两端的电压与通过R1的电流成反比 B．电源电压为8V C．当滑片P在b端时，通电10s，R1产生的热量为8J D．滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的横截面积来改变电阻大小的 二．填空题（共5小题） 9．（2023秋•金水区校级期末）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。实验中通过比较U形管内液面的 　 　，来比较导体产生热量的多少；相同时间内，电流通过R1产生的热量与通过R2产生的热量之比为 　 　。 10．（2023秋•金水区校级期末）学校将教室中“220V 40W”的日光灯更换为“220V 22W”的LED护眼灯，如图所示。若学校共更换护眼灯120盏，电灯每天正常工作10h，则一个月（按30天）可节约 　 　kW•h的电能。教室中电灯的连接方式是 　 　，你判断的依据是 　 　。 11．（2024•淮滨县三模）图甲是一种即热式热水器。图乙是它的电路图。电热丝R1和R2的阻值分别是22Ω和44Ω。单刀双掷开关S旋转可以与不同的相邻触点相接触，从而可以切换到热水、温水、冷水模式。则S与2、3触点接触时，是 　 　模式，热水器在温水模式下通过它的电流是 　 　A，如果热水器在热水模式下它的功率是 　 　W。 12．（2023秋•呼兰区校级期末）小明仔细观察了自己家的电能表，参数如图所示。她让家中某个用电器单独工作3min，发现电能表的转盘转过90转，则此用电器消耗的电能是 　 　J，此用电器的电功率是 　 　W。 13．（2023秋•中原区期末）如图所示，电源电压恒定不变，定值电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关，电流表A的示数为0.5A，A1的示数为0.3A，则电源电压为 　 　V，定值电阻R2在1h内消耗的电能为 　 　J。 三．实验探究题（共1小题） 14．（2023秋•呼兰区校级期末）小明实验“测量小灯泡的电功率”。实验器材有：电压恒为3V的电源一个、小灯泡（额定电压为2.5V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关各一个，导线若干。 （1）如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线； （2）连接电路过程中，开关应该 　 　，滑动变阻器的滑片应该移动到最 　 　端； （3）小明根据记录的多组I、U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象（如图乙所示），则小灯泡的额定功率为 　 　W； （4）根据小灯泡的I﹣U图象（如图乙所示），分析出小灯泡的电阻随两端电压的增大而增大，你认为原因是 　 　。 四．计算题（共1小题） 15．（2023秋•沈北新区期末）一规格为“2.5V 0.5W”的小灯泡电流随电压变化的曲线如图甲所示，将它连入如图乙所示电路中，电源电压为6V保持不变。求： （1）小灯泡正常发光时的电阻； （2）小灯泡正常发光时电路的总功率； （3）当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能。 2024-2025学年上学期初中物理教科版九年级期末必刷常考题之电功率 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2023秋•平潭县期末）下列利用电流热效应工作的用电器是（　　） A．电风扇 B．电视 C．洗衣机 D．电饭煲 【考点】电流的热效应．版权所有 【专题】应用题；中考物理专题；应用能力． 【答案】D 【分析】电流的热效应：电流通过导体要发热，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子。 【解答】解：AC、电风扇和洗衣机工作时，主要是把电能转化为机械能，不是利用电流的热效应工作的，故AC不符合题意； B、电视机工作时，主要是把电能转化为声能和光能，不是利用电流的热效应工作的，故B不符合题意； D、电饭煲工作时，将电能转化为内能，加热食物，是利用电流的热效应工作的，故D符合题意。 故选：D。 【点评】本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，利用热效应工作的电器特点是把电能主要转化成内能，是一道基础题。 2．（2023秋•中原区校级期末）下列估测的数据中，最符合实际的是（　　） A．一台空调正常工作时的电流约为1A B．一个电热水壶的加热功率约为10W C．一节干电池的电压约为1.5V D．一盏台灯工作4小时消耗电能约为10kW•h 【考点】电功率的概念；常见电流的大小；常见电压的大小．版权所有 【专题】估算综合应用题；应用能力． 【答案】C 【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 【解答】解：A．一台空调正常工作时的电流约为5A，故A不符合实际； B．一个电热水壶的加热功率约为1000W，故B不符合实际； C．一节新干电池的电压为1.5V，故C符合题意； D．一盏台灯工作4小时消耗电能约为：W＝Pt＝0.02kW×4h＝0.08kW•h，故D不符合实际。 故选：C。 【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。 3．（2023秋•启东市校级期末）如图所示的电路中，甲、乙两灯泡串联，观察到甲灯泡比乙灯泡亮，则此时它们的物理量大小关系正确的是（　　） A．P甲＜P乙 B．I甲＞I乙 C．R甲＞R乙 D．U甲＜U乙 【考点】额定功率；串联电路中的电流规律；欧姆定律的概念．版权所有 【专题】应用题；电路和欧姆定律；电流和电路；电能和电功率． 【答案】C 【分析】由题意可知，两灯泡串联，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小可知两灯泡的实际功率关系，根据串联电路的电流特点可知通过的电流关系，利用P＝I2R可知两灯泡的电阻关系，再根据欧姆定律可知两灯泡两端的电压关系。 【解答】解：由图可知，两灯泡串联， 因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，且甲灯泡比乙灯泡亮， 所以，P甲＞P乙，故A错误； 因串联电路中各处的电流相等， 所以，I甲＝I乙，故B错误； 因为P甲＞P乙，I甲＝I乙，所以根据P＝I2R可知，两灯泡的电阻关系为R甲＞R乙，故C正确； 由U＝IR可知，两灯泡两端的电压关系为U甲＞U乙，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了串联电路的电流特点和电功率公式、欧姆定律的应用，知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小是关键。 4．（2023秋•西安期末）如图所示，这是一标有“3V 15mA”字样的无线光电鼠标，它主要由插在电脑USB接口上的接收器和操控电脑的鼠标两部分组成。下列说法不正确的是（　　） A．鼠标正常工作的电压为3V B．鼠标正常工作的电功率为0.045W C．鼠标的接收器与电脑其他各接口为并联连接关系 D．鼠标待机时是通过减少工作时间来达到省电的目的 【考点】额定功率；串联和并联的概念与辨析；额定电压．版权所有 【专题】电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】D 【分析】（1）（2）由鼠标铭牌可以找出额定电压和额定电流，计算额定电压； （3）并联电路中，各支路互不影响； （4）鼠标待机时减小工作电流，减小实际功率达到省电的目的。 【解答】解：A、由“3V 15mA”知：鼠标正常工作时的电压是3V，故A正确； B、鼠标正常工作的电功率P＝UI＝3V×15×10﹣3A＝0.045W，故B正确； C、鼠标的接收器与电脑其他各接口间互不影响，为并联关系，故C正确； D、鼠标待机时减小工作电流，减小实际功率达到省电的目的，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查额定电压、额定功率以及电路的连接关系和电能的有关因素，属于中档题。 5．（2023秋•高新区期末）如图所示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．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小 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映电阻丝产生热量的多少的 D．若通过R2的电流为1A，通电1min，则R2产生的热量为300J 【考点】电阻产生热量多少的表现；探究影响电流通过导体时产生热量的因素．版权所有 【专题】定性思想；电与热、生活用电；实验基本能力． 【答案】D 【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。 （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，体现的是转换思想； （2）探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变； （3）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法； （4）由Q＝I2Rt求解即可。 【解答】解：A、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错误； B、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； C、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； D、若通过R2的电流为1A，通电1min，则R2产生的热量为Q＝I2R2t＝（1A）2×5Ω×60s＝300J，故D正确。 故选：D。 【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律变形公式的理解和掌握，难度较大。 6．（2024•应县一模）如图是人体身高测量仪的电路示意图，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，电源电压保持不变，滑片会随身高上下平移。当开关闭合，被测身高增加时（　　） A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大 C．电压表的示数与电流表的示数比值变大 D．定值电阻R0消耗的电功率变大 【考点】动态电路中电功率的变化；动态电路的分析．版权所有 【专题】定性思想；电压和电阻；理解能力． 【答案】D 【分析】（1）由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联接入电路；当被测身高增加时，根据滑片P的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由串联电路特点和欧姆定律判断电表示数如何变化； （2）根据R＝确定示数的大小； （3）根据P＝I2R确定电功率的大小。 【解答】解：AB、由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中的电流。当被测身高增加时，滑动变阻器电阻棒接入电路的长度变短，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，即电流表的示数变大； 由U＝IR可知定值电阻R两端的电压变大，根据串联电路中总电压等于各分电压之和可知：滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故AB错误； C、电压表的示数与电流表的示数比值就是滑动变阻器接入电路的阻值，阻值变小，比值变小，故C错误； D、总电流变大，电阻不变，根据P＝I2R可知电阻R0消耗的电功率变大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查通过计算电阻的大小得出人的身高，关键是计算出电阻棒接入电路的长度，要知道电流表和电压表分别测量哪部分的电流和电压，并且利用了电功率公式，要学会从题目所给信息中找到有用的数据。 7．（2023秋•赵县期末）如图是探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置。甲、乙两个相同的透明容器中密封着等量的空气，将1、2导线分别接到电源两端，如果甲容器中通过1导线的电流是2A，则下列说法正确的是（　　） A．该实验装置探究的是电流通过导体时产生的热量与电阻的关系 B．通电一段时间后，电流经过甲容器中的电阻丝做功多 C．乙容器中电阻丝在10s内产生的热量是100J D．甲容器中电阻丝在10s内产生的热量是100J 【考点】探究影响电流通过导体时产生热量的因素．版权所有 【专题】电与热、生活用电；应用能力． 【答案】B 【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关；探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间相同；探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变。 【解答】解：A、图中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，所以是探究电流通过导体时产生的热量与电流大小的关系，故A错误； B、通电时间相同，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，根据Q＝I2Rt可知，该实验中甲图所示的装置在通电一段时间后电流产生的热量较多，故B正确； C、乙容器并联两个电阻相等，根据并联电流的规律和欧姆定律可知，通过乙容器中电阻的电流为： I'＝＝＝1A， 根据焦耳定律可知，乙容器中电阻丝在10s内产生的热量为： Q乙＝I'2R乙t＝（1A）2×5Ω×10s＝50J， 故C错误； D、根据Q＝I2Rt可得，甲容器中电阻丝在10s内产生的热量为： Q甲＝I2R甲t＝（2A）2×5Ω×10s＝200J， 故D错误。 故选：B。 【点评】此题考查了电流产生热量影响因素的探究过程，注意控制变量法和转换法在实验中的应用。 8．（2024•新城区模拟）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．R1两端的电压与通过R1的电流成反比 B．电源电压为8V C．当滑片P在b端时，通电10s，R1产生的热量为8J D．滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的横截面积来改变电阻大小的 【考点】焦耳定律的简单计算；滑动变阻器的原理；欧姆定律在图像中的应用．版权所有 【专题】应用题；欧姆定律；电与热、生活用电；应用能力． 【答案】C 【分析】（1）R1是定值电阻，根据欧姆定律分析判断通过R1的电流与其两端电压的关系； （2）由图甲可知，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流，分析滑片在a、b端时电路中的电流和电压，结合图像根据串联电路特点和欧姆定律列式表示出电源电压，联立方程即可求得电源电压和R1的值； （3）根据焦耳定律计算滑片P在b端时，通电10s，R1产生的热量； （4）滑动变阻器原理：通过改变连入电路中电阻丝的长度来改变电阻。 【解答】解：A．R1是定值电阻，由欧姆定律可知，当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，即通过R1的电流与R1两端的电压成正比，故A错误； B．由电路图知，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流， 当滑片在b端时，R2接入电路的电阻最大，电路中总电阻最大，电流最小，由图像知，电路的最小电流I小＝0.2A，此时R2两端电压U2＝8V， 由串联电路特点和欧姆定律有： U＝I小R1+U2＝0.2A×R1+8V•••① 当滑动变阻器滑片在a端时，只有R1接入电路，此时电路中电阻最小，电流最大，由图像知，电路的最大电流I大＝0.6A，电源电压不变，则 U＝I大R1＝0.6A×R1•••② 解①②可得：R1＝20Ω，U＝12V，故B错误； C．当滑片P在b端时，电路的最小电流I小＝0.2A，通电10s，R1产生的热量： Q1＝I小2R1t＝（0.2A）2×20Ω×10s＝8J，故C正确； D．滑动变阻器在使用时，通过移动滑片改变接入电路中电阻丝的长度，从而改变电阻大小，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了滑动变阻器原理的认识、串联电路特点以及欧姆定律的理解和应用，要能将图像与电路图结合起来，并获取有用信息。 二．填空题（共5小题） 9．（2023秋•金水区校级期末）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。实验中通过比较U形管内液面的 　高度差　，来比较导体产生热量的多少；相同时间内，电流通过R1产生的热量与通过R2产生的热量之比为 　4：1　。 【考点】探究影响电流通过导体时产生热量的因素；焦耳定律的比例计算．版权所有 【专题】电与热、生活用电；分析、综合能力． 【答案】高度差；4：1。 【分析】电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，通过转换法间接得到导体通电后产生热量的多少；知道电流、电阻和通电时间关系，根据Q＝I2Rt比较产生的热量。 【解答】解：电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但密封气体的温度变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法； 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，烧瓶内外的电阻值都是5Ω，阻值相等，并联电压相等，则内外电流相等，故左侧电阻的电流是右侧盒内电阻的电流2倍，即电流之比为2：1，根据Q＝I2Rt知，电阻和通电时间相同，故热量之比为4：1。 故答案为：高度差；4：1。 【点评】本题考查电流产生热量的探究与焦耳定律的应用，属于中档题。 10．（2023秋•金水区校级期末）学校将教室中“220V 40W”的日光灯更换为“220V 22W”的LED护眼灯，如图所示。若学校共更换护眼灯120盏，电灯每天正常工作10h，则一个月（按30天）可节约 　648　kW•h的电能。教室中电灯的连接方式是 　并联　，你判断的依据是 　各灯之间互不影响　。 【考点】电功与电能的计算；串联和并联的概念与辨析．版权所有 【专题】电流和电路；电能和电功率；应用能力． 【答案】648；并联；各灯之间互不影响。 【分析】（1）已知灯的功率及工作时间，由公式W＝Pt求出节约的电能； （2）串联电路各用电器之间相互影响，不能独立工作；并联电路各用电器之间互不影响，可以独立工作。 【解答】解：120盏LED灯30天消耗的电能：W＝Pt＝120×22×10﹣3kW×30×10h＝792kW•h； 120盏日光灯30天共消耗的电能：W'＝P't＝120×40×10﹣3kW×30×10h＝1440kW•h； 一个月节约的电能为：ΔW＝W'﹣W＝1440kW•h﹣792kW•h＝648kW•h； 教室里的一个开关同时控制多个电灯，但各个电灯互不影响，当某一盏灯损坏后，其它灯仍然能够正常工作，并不会受到影响，所以是并联。 故答案为：648；并联；各灯之间互不影响。 【点评】本题考查电功的计算以及串并联的特点，是一道基础题。 11．（2024•淮滨县三模）图甲是一种即热式热水器。图乙是它的电路图。电热丝R1和R2的阻值分别是22Ω和44Ω。单刀双掷开关S旋转可以与不同的相邻触点相接触，从而可以切换到热水、温水、冷水模式。则S与2、3触点接触时，是 　温水　模式，热水器在温水模式下通过它的电流是 　5　A，如果热水器在热水模式下它的功率是 　3300　W。 【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用．版权所有 【专题】电能和电功率；应用能力． 【答案】温水；5；3300 【分析】（1）由P＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合并联电路电阻规律和P＝可知各挡位时电路的连接； （2）根据欧姆定律求出热水器在温水模式下通过的电流； （3）根据欧姆定律求出热水模式下通过两电热丝的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据P＝UI求出热水模式下的功率。 【解答】解：当单刀双制开关S与2、3触点接触时，电路为R2的简单电路；当单刀双制开关S与3、4触点接触时，R1、R2并联； 因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，所以由P＝可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，热水器为热水模式；电路为R2的简单电路时，电路中的电阻最大，电功率最小，热水器为温水模式，因此S与2、3触点接触时，电路为R2的简单电路，热水器为温水模式； 温水模式时，电路为R2的简单电路，此时通过它的电流：I温水＝＝＝5A； 热水模式时，R1、R2并联，此时通过两电热丝的电流分别为：I1＝＝＝10A，I2＝＝＝5A，由并联电路的电流特点可知，此时干路电流：I＝I1+I2＝10A+5A＝15A，则热水模式下的功率：P＝UI＝220V×15A＝3300W。 故答案为：温水；5；3300。 【点评】本题考查并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，正确的判断热水器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。 12．（2023秋•呼兰区校级期末）小明仔细观察了自己家的电能表，参数如图所示。她让家中某个用电器单独工作3min，发现电能表的转盘转过90转，则此用电器消耗的电能是 　9×104　J，此用电器的电功率是 　500　W。 【考点】电功率的综合计算；电能表的读数；电能表的计算．版权所有 【专题】计算题；电能和电功率；应用能力． 【答案】9×104；500。 【分析】3600r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3600圈，据此可以求出电能表转盘转了90圈，用电器消耗的电能，利用P＝计算出该用电器的电功率。 【解答】解：3600r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3600圈， 则电能表转盘转了90圈，用电器消耗的电能：W＝＝0.025kW•h＝9×104J； 该用电器的电功率：P＝＝＝0.5kW＝500W。 故答案为：9×104；500。 【点评】本题考查了电能和电功率的计算，理解电能表参数的含义是解题的关键。 13．（2023秋•中原区期末）如图所示，电源电压恒定不变，定值电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关，电流表A的示数为0.5A，A1的示数为0.3A，则电源电压为 　6　V，定值电阻R2在1h内消耗的电能为 　4320　J。 【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．版权所有 【专题】欧姆定律；电能和电功率；应用能力． 【答案】6；4320。 【分析】（1）由图可知，两电阻并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，由并联电路特点和欧姆定律计算电源电压； （2）根据并联电路电流特点计算通过R2的电流，根据电功公式计算R2在1h内消耗的电能。 【解答】解：（1）由图可知，两电阻并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流， 并联电路各支路两端电压相等，都等于电源电压，由欧姆定律可得电源的电压： U＝U2＝U1＝I1R1＝0.3A×20Ω＝6V； （2）并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R2的电流： I2＝I﹣I1＝0.5A﹣0.3A＝0.2A， 1h内电阻R2消耗的电能：W＝UI2t＝6V×0.2A×3600s＝4320J。 故答案为：6；4320。 【点评】本题考查了并联电路的特点，欧姆定律的应用和电功公式的应用，熟练运用公式，正确识别电路是关键。 三．实验探究题（共1小题） 14．（2023秋•呼兰区校级期末）小明实验“测量小灯泡的电功率”。实验器材有：电压恒为3V的电源一个、小灯泡（额定电压为2.5V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关各一个，导线若干。 （1）如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线； （2）连接电路过程中，开关应该 　断开　，滑动变阻器的滑片应该移动到最 　左　端； （3）小明根据记录的多组I、U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象（如图乙所示），则小灯泡的额定功率为 　0.625　W； （4）根据小灯泡的I﹣U图象（如图乙所示），分析出小灯泡的电阻随两端电压的增大而增大，你认为原因是 　灯丝电阻随温度的升高而增大　。 【考点】伏安法测量小灯泡的电功率．版权所有 【专题】实验题；电能和电功率；分析、综合能力；实验基本能力． 【答案】（1）如上所示；（2）断开；左；（3）0.5；（4）灯丝电阻随温度的升高而增大。 【分析】（1）原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表应与灯串联，电压表与灯并联，据此改正； （2）为了保护电路，连接电路过程中，开关应该断开，滑动变阻器的滑片应该移动到阻值最大处； （3）由如图乙所示的U﹣I图象，找出灯的电压为2.5V时电流大小，根据P＝UI求小灯泡的额定功率； （4）灯丝电阻随温度的升高而增大。 【解答】解：（1）原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表与灯串联，电压表与灯并联，如下所示： （2）为了保护电路，连接电路过程中，开关应该断开，滑动变阻器的滑片应该移动到阻值最大处，即最左端； （3）由如图乙所示的U﹣I图象，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，小灯泡的额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.625W； （4）由图乙可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P＝UI可知，灯泡功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大，故小灯泡的电阻随两端电压的增大而增大。 故答案为：（1）如上所示；（2）断开；左；（3）0.5；（4）灯丝电阻随温度的升高而增大。 【点评】本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、注意事项、额定功率的计算，同时也考查了探究电流与电阻的关系等。 四．计算题（共1小题） 15．（2023秋•沈北新区期末）一规格为“2.5V 0.5W”的小灯泡电流随电压变化的曲线如图甲所示，将它连入如图乙所示电路中，电源电压为6V保持不变。求： （1）小灯泡正常发光时的电阻； （2）小灯泡正常发光时电路的总功率； （3）当电流表的示数为0.15A时，滑动变阻器在1min内消耗的电能。 【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；电功与电能的计算．版权所有 【专题】电能和电功率；分析、综合能力． 【答案】（1）12.5Ω（2）1.2W（3）40.5J。 【分析】（1）由P＝计算灯泡正常发光时的电阻； （2）当小灯泡两端的实际电压等于额定电压时，小灯泡正常发光，根据图像确定当小灯泡的电压为2.5V时的电流，根据P＝UI计算总功率； （3）当电流表示数为0.15A，从图甲中找出对应的电压，然后根据串联电路电压规律算出滑动变阻器两端的电压，根据W＝UIt计算滑动变阻器在1min内消耗的电能。 【解答】解：由P＝知， 小灯泡正常发光时的电阻RL＝＝12.5Ω， （2）小灯泡额定电压为2.5V，由图甲可知，小灯泡的额定电流为I额＝0.2A， 由串联电流规律知，I＝I额＝0.2A， 则电路的总功率为： P总＝U总I＝6V×0.2A＝1.2W； （3）当电流表示数为0.15A，由图甲可知小灯泡两端的实际电压为UL实＝1.5V， 因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和， 则此时滑动变阻器两端的电压：UR′＝U﹣UL实＝6V﹣1.5V＝4.5V， 根据W＝UIt知，滑动变阻器在1min内消耗的电能W＝UR′It＝4.5V×0.15A×60s＝40.5J。 故答案为：（1）12.5Ω（2）1.2W（3）40.5J。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功计算公式的灵活应用，关键是根据图象读出电流与电压的对应值。 考点卡片 1．串联和并联的概念与辨析 【知识点的认识】 （1）串联：电路元件逐个首尾顺次连接的电路连接方式，只有一条电流路径，无分叉； （2）并联：电路元件并列连结在电路中的电路连接方式，至少有两条电流路径，有分叉。 【命题方向】 中考经常考查的知识点，多以选择题和实验题的形式出现，辨别电路是串联还是并联。 例：若用一个开关同时控制两盏电灯，下列说法正确的是（　　） A.两灯一定是并联 B.两灯一定是串联 C.两灯既是并联也是串联 D.两灯可能并联也可能串联 分析：在串联电路中，开关控制整个电路；在并联电路中，接在干路上的开关可以控制整个电路，接在支路上的开关只控制这个支路。 解析：解：用一个开关同时控制两盏电灯，情况有可能是： ①灯泡串联，开关可以同时控制两盏灯泡； ②灯泡并联，但开关放在干路上，所以开关仍然可以控制两盏灯泡； 所以A、B、C不符合题意，只有D符合题意； 故选：D。 点评：开关在串联电路中可以控制整个电路，开关在并联电路中的作用主要看开关放在干路上还是支路上，作用不一样。 【解题方法点拨】 串并联电路的判断方法： （1）根据电路图判断： 电流只有一条路径的则是串联电路；有两条或两条以上路径的则是并联电路。 （2）根据电流关系判断： 如果通过两个用电器的电流不相等，这两个用电器一定是并联的； 如果通过两个用电器的电流相等，则可能是串联，也可能是并联； 若是不同的用电器则是串联；若是相同的用电器串联，并联都有可能。 （3）根据电压关系判断： 如果通过两个用电器的电压不相等，这两个用电器一定是串联的； 如果通过两个用电器的电压相等，则可能是串联，也可能是并联； 若是不同的用电器则是并联；若是相同的用电器串联，并联都有可能。 （4）根据用电器的工作情况判断： 用电器只能同时工作的是串联电路，可以独立工作的是并联电路。 2．常见电流的大小 【知识点的认识】 （1）计算器中电源的电流：约100μA （2）半导体收音机电源的电流：约50mA （3）手电筒中的电流：约200mA （4）家庭节能灯中的电流：约0.1A （5）家用电视机的电流：约0.5A （6）家用电冰箱的电流：约1A （7）家用空调器的电流约：约5A （8）雷电电流：可达2×105A 【命题方向】 估算电流的大小，常结合其他单位的估测一起考查。 例：下列对物理量的估计符合实际情况的是（　　） A.李老师将两个鸡蛋从地上拾起并举过头顶，则李老师对鸡蛋做功约为1J B.中学生骑车的功率约为7W C.家用普通电饭锅正常工作时的电流约为4A D.小明完成一次俯卧撑做的功约为2000J 分析：首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 解析：解：A、将两个鸡蛋从地上拾起并举过头顶，则李老师对鸡蛋做功约为：W＝Gh＝mgh＝0.1kg×10N/kg×2m＝2J，故A错误； B、中学生骑车的功率约为70W，故B错误； C、普通电饭锅正常工作时的电流约为4A，符合实际，故C正确； D、小明完成一次俯卧撑做的功约为：W＝Gh＝mgh＝50kg×10N/kg×0.2m＝100J，故D错误。 故选：C。点评：此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。 【解题方法点拨】 解答估测与估算题的常用方法 （1）直接判断法：熟记生活中常见的物理量，直接确定答案.如：人正常步行的速度约 1.1 m/s、人体正常体温约为 37℃；中学生大拇指的长度可在考试时直接测量。 （2）单位换算法：把不熟悉的单位换算成熟悉的单位，如：人正常步行的速度约为 3.6 km/h＝1m/s，一袋方便面的质量约为 0.1 kg＝100g。 （3）比较法：将考试中自己不太熟悉的物理量与自己熟悉的物理量进行对比，从而得出结论，如：中学生的正常身高约为 1.6m，这一高度小于门的高度，可以判断门的高度约为 2 m。 （4）估算法：结果不是精确值而是一个大概的范围，可以应用熟悉的估测量及相关公式进行估测.如：判断中学生爬到三楼时所做的功，我们已知中学生的质量约为 50 kg，爬到三楼的竖直距离约为 6 m（两层楼的高度），根据W＝Fs＝mgh可计算出中学生爬到三楼所做的功。 3．串联电路中的电流规律 【知识点的认识】 从理论上分析，经过电路中各个部分的电荷，不会消失，也不会凭空增加，所以单位时间内经过串联电路各处的电荷一样多，也就是说串联电路中电流处处相等．表达式为I1＝I2＝…In 【命题方向】 判断串联电流中各电路中的电流大小是中考的热点，常以选择题，填空题出题，考查定性关系 例：如图AO和OB是两段由同种材料制成的粗细不同的电阻线，这两段电阻线的长度相等。当把它们串联接入某一电路中时，电阻线AO和OB两端电流之间的关系是（　　） A.IAO＜lOB B.IAO＞IOB C.IAO＝IOB D.无法确定 分析：在串联电路中，电流处处相等，据此分析判断。 解析：解：由题意知，导体AO与OB串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以IAO＝IOB，故ABD错误；C正确。 故选：C。 点评：本题主要考查了串联电路的特点，难度不大，属于基础知识。 【解题方法点拨】 无论串联电路中的用电器规格是否相同，只要串联，通过电路的电流处处相等．串联电路中电流相等不要理解为电流是不变的，一个用电器的电流改变，流过其他用电器的电流也改变，但两者相等． 4．常见电压的大小 【知识点的认识】 （1）1节蓄电池的电压：2V （2）1节干电池的电压：1.5V （3）家庭电路的电压：220V （4）对人体安全的电压：不高于36V （5）手机电池：3.7～4.5V； 【命题方向】 估算电压的大小，常结合其他单位的估测一起考查。 例：下列物理量的估计中最接近事实的是（　　） A.人体的安全电压是不高于220V B.一节新的1号干电池的电压为1.5V C.一盏日光灯正常工作时功率约为400W D.家用空调正常工作时的电流约为0.2A 分析：首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 解析：解：A、人体的安全电压是不高于36V，故A错误； B、一节新的1号干电池的电压为1.5V，故B正确； C、日光灯正常工作时功率约为40W，故C错误； D、家用空调正常工作时的电流约为5A，故D错误； 故选：B。 点评：此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。 【解题方法点拨】 解答估测与估算题的常用方法 （1）直接判断法：熟记生活中常见的物理量，直接确定答案.如：人正常步行的速度约 1.1 m/s、人体正常体温约为 37℃；中学生大拇指的长度可在考试时直接测量。 （2）单位换算法：把不熟悉的单位换算成熟悉的单位，如：人正常步行的速度约为 3.6 km/h＝1m/s，一袋方便面的质量约为 0.1 kg＝100g。 （3）比较法：将考试中自己不太熟悉的物理量与自己熟悉的物理量进行对比，从而得出结论，如：中学生的正常身高约为 1.6m，这一高度小于门的高度，可以判断门的高度约为 2 m。 （4）估算法：结果不是精确值而是一个大概的范围，可以应用熟悉的估测量及相关公式进行估测.如：判断中学生爬到三楼时所做的功，我们已知中学生的质量约为 50 kg，爬到三楼的竖直距离约为 6 m（两层楼的高度），根据W＝Fs＝mgh可计算出中学生爬到三楼所做的功。 5．滑动变阻器的原理 【知识点的认识】 滑动变阻器原理：通过改变连入电路中电阻线的长度来改变电阻．（注意“连入电路中的”） 【命题方向】 通常以选择题或填空题考查滑动变阻器的原理，是通过什么样的方式改变电阻。 例：滑动变阻器可以改变接入电路中电阻的大小。使用时移动滑片，改变的是滑动变阻器接入电路中电阻丝的（　　） A.材料 B.横截面积 C.长度 D.电流方向 分析：滑动变阻器的工作原理：改变连入电路电阻丝的长度，改变连入电路的电阻，从而改变电路中的电流。 解析：解：滑动变阻器的工作原理：改变连入电路电阻丝的长度，改变连入电路的电阻，从而改变电路中的电流；使用时移动滑片，改变的是滑动变阻器接入电路中电阻丝的长度，故C正确，ABD错误。 故选：C。 点评：本题考查滑动变阻器的原理，属于基础题，难度很小。 【解题方法点拨】 理解滑动变阻器的工作原理。 6．欧姆定律的概念 【知识点的认识】 （1）内容：导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比． （2）公式： ①R＝：电阻等于电压与电流的比值；电阻是导体本身的性质，与电压、电流无关． ②U＝IR：电压等于电流与电阻的乘积；电压与电流、电阻无关． （3）单位：电流I的单位是安培A；电压U的单位是伏特V；电阻R的单位是欧姆Ω． （4）理解：①当导体的电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比． ②在使用公式及其导出式时，要注意同一段导体、同一时刻． ③初中阶段所描述的欧姆定律仅适用于纯电阻电路中，即电能完全转化成内能或光能． 【命题方向】 考查对欧姆定律内容的概念理解，以及对公式的理解。 例：关于欧姆定律，下列说法错误的是（　　） A.对同一导体，导体中的电流与这段导体两端的电压成正比 B.在电压不变时，导体的电阻越大，通过的电流越小 C.电流越大，电压越大 D.导体中的电流是由加在它两端的电压和电阻共同决定的 分析：根据欧姆定律的内容和表达式分析。 解析：解： AB、欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。故AB正确； CD、根据欧姆定律I＝，导体中的电流是由加在它两端的电压和电阻共同决定，不同电阻，电流越大，不一定电压越大，故C错误，D正确。 故选：C。 点评：本题考查欧姆定律，属于基础题。 【解题方法点拨】 （1）解决实际问题时： ①一定不能忘记电阻是导体本身的一种性质与I、U无关； ②一定不能忽视电压、电流、电阻三者的同一性； ③一定不能忽视电压、电流、电阻三者的同时性． （2）利用欧姆定律解决的比例问题常用到的理论： ①串联电路中电压与电阻成正比； ②并联电路中电流与电阻成反比． （3）在不同时段时，电源电压和同一段导体的电阻一般不变． 7．动态电路的分析 【知识点的认识】 （1）明确引起电路动态变化的原因，即是由热敏电阻、光敏电阻、滑动变阻器等引起的 （2）明确元件变化时，接入电路的各部分电阻如何变化 （3）明确电源的电压是否保持不变 （4）从串联电路或并联电路中电流、电压的规律及欧姆定律中选择一条判断电路中电流或某一元件两端的电压的变化情况。 【命题方向】 电路的动态分析问题，是中考必出的问题，应加强训练，此类习题规律性较强，一旦掌握很容易得分。 例：闭合如图所示电路的开关，将滑动变阻器的滑片向左滑移动一小段距离的过程中（　　） A.灯泡的亮度变小 B.电流表的示数不变 C.电压表的示数变大 D.电路的总功率变小 分析：滑动变阻器R与灯泡L并联，电压表测电源电压，电流表测量灯泡L的电流，滑动变阻器R向左移动，R阻值变小。 解析：解：将滑动变阻器的滑片向左滑移动一小段距离的过程中： A、对灯泡L没有影响，灯泡的亮度不变，故A错误； B、电流表示数不变，I＝，U、RL大小不变，所以电流表示数不变，故B正确； C、电压表测电源电压，电压表示数不变，故C错误； D、P＝UI，U不变，将滑动变阻器的滑片向左滑移动一小段距离，R阻值变小，所以R支路电流变大，灯泡L支路电流不变，总电流I总变大，P变大，故D错误； 故选：B。 点评：本题考查了电路的动态分析，难度不大。 【解题方法点拨】 解题方法有两种： 方法①：按这样的顺序分析：局部电阻如何变化→总电阻如何变化→由于电源电压不变，导致电路中电流如何变化→依据U＝IR分析不变的电阻两端的电压如何变化→依据U变化的电阻＝U总﹣U不变的电阻分析变化的电阻两端的电压如何变化。 方法②：串联电路中＝，即电压与电阻成正比，由此可知串联电路中按电阻的比例分配电压，电阻所占比例分数越大，分得的电压比例就越大。 8．欧姆定律的应用 【知识点的认识】 （1）相关基础知识链接： ①电流规律： 串联：I＝I1＝I2．串联电路电流处处相等。 并联：I＝I1+I2．并联电路干路电流等于各支路电流之和。 ②电压规律： 串联：U＝U1+U2．串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。 并联：U＝U1＝U2．并联电路各支路两端电压相等，等于总电压。 ③电阻规律： 串联：R＝R1+R2．串联电路总电阻等于分电阻之和。 并联：＝+．并联电路总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和。 ④比例规律： 串联：＝．串联电路中电压与电阻成正比。 并联：I1R1＝I2R2．并联电路中电流与电阻成反比。 ⑤欧姆定律： I＝．导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。 【命题方向】 欧姆定律的综合应用是电学部分的核心，也是最基础的内容，这一节知识是难点也是中考必考点。常结合日常生活生产中遇到的电路问题考查欧姆定律的应用，计算题多与后面的电功率计算结合在一起，作为中考的压轴题出现。训练时应足够重视。 例：如图甲所示是电阻R和灯泡L的U﹣I图象。由图甲可知，电阻R的阻值为　20　Ω。若电源电压不变，将电阻R和灯泡L接在图乙电路中，S闭合，电流表示数为0.6A，则电源电压为　18　V。 分析：电阻R的U﹣I图象是正比例函数，则R为定值电阻，根据图象读出任意一组电流和电压值，根据欧姆定律求出R的阻值； 将电阻R和小灯泡L串联在图乙所示的电路中时，通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出R两端的电压，根据图象读出灯泡两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压。 解析：解：由图象可知，电阻R的I﹣U图象是正比例函数，则R为定值电阻，当R两端的电压UR＝2V时，通过的电流IR＝0.1A， 由欧姆定律可得R的阻值：R＝＝＝20Ω； 由图乙可知，灯泡L与电阻R串联，电流表测电路中的电流， 当电流表示数为0.6A时，R两端的电压：UR′＝IR＝0.6A×20Ω＝12V， 由图象可知，灯泡两端的电压UL＝6V， 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＝UR′+UL＝12V+6V＝18V。 故答案为：20；18。 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。 【解题方法点拨】 （一）比例问题 解决这类问题一要掌握规则，二要弄清是哪两部分相比。 ①串联电路电流处处相等，即电流之比为：I1：I2＝1：1； 根据I＝可知电压与电阻成正比，＝。 ②并联电路各支路电压相等，即电压之比为U1：U2＝1：1； 根据U＝IR可知电流与电阻成反比，I1R1＝I2R2。 （二）电表示数变化问题 （1）解决这类问题最重要的是弄清电路是串联还是并联，不同的连接方式有不同的判断规则。 ①串联电路： 电流与电阻的变化相反，即电阻变大时电流变小，电阻变小时电流变大；按电阻的正比例来分配电压。 ②并联电路： 各支路的电压都与电源电压相等，所以电压是不变的；阻值变化的支路电流随之变化，阻值不变的支路电流也不变。 ③电压表与电流表示数的比值： 根据导出式R＝可知，电压表与电流表示数的比值代表了某个电阻的大小，只要电阻不变化，两表比值是不变的。 （2）解决这类电表示数变化的问题时，注意不要在第一步判断串并联时出错。 （3）滑动变阻器连入电路的是哪一部分，没有判断清楚，也是解决电表示数变化问题常出现的错误。 9．欧姆定律在图像中的应用 【知识点的认识】 欧姆定律在图像中的应用主要体现在通过电流、‌电压与电阻之间的关系图像来分析和解决问题。‌ 欧姆定律指出，‌在直流电路中，‌电压、‌电流和电阻之间存在确定的关系，‌即电压等于电流与电阻的乘积。‌在图像问题中，‌这种关系可以通过电流随电压变化的图象来展示。‌例如，‌当电流与电压之间的关系图象显示，‌在特定电压下电流的值，‌可以通过这个图象计算出对应的电阻值。‌ 【命题方向】 欧姆定律的综合应用是电学部分的核心，也是最基础的内容，这一节知识是难点也是中考必考点。常结合日常生活生产中遇到的电路问题考查欧姆定律的应用，计算题多与后面的电功率计算结合在一起，作为中考的压轴题出现。训练时应足够重视。 例：如图所示为小艺同学通过实验获得的定值电阻A和小灯泡B的I﹣U图象，根据图象提供的信息，求： （1）元件A的阻值为多大？ （2）若将它们并联接在3V的电源上，电路中的总电流为多大？ （3）若将它们串联接在某电源上，电路中电流是0.15A电源电压多大？ 分析：（1）A是定值电阻的I﹣U图象，读出任意一组电压和电流，根据欧姆定律求出元件A的阻值； （2）根据图象读出两者并联在3V的电源上时，通过两者的电流，根据并联电路的电流特点求出电路中的总电流； （3）根据图象读出两者串联、电路中的总电流为0.15A时，两者两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压。 解析：解：（1）A是定值电阻的I﹣U图象，由图象知，当UA＝3V时，IA＝0.15A，则定值电阻A的阻值为： RA＝＝＝20Ω； （2）将它们并联接在3V的电源上，此时元件A、B两端的电压相等，均为3V， 由图象可得，通过A、B的电流分别为：IA＝0.15A，IB＝0.2A， 由于并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以电路中的总电流I＝IA+IB＝0.15A+0.2A＝0.35A； （3）当两者串联接在电路中，通过它们的电流都为0.15A， 由图象可知，此时：UA＝3V，UB＝2V， 则电源电压：U＝UA+UB＝3V+2V＝5V。 答：（1）元件A的阻值为20Ω； （2）若将它们并联，接在3V的电源上，电路中的总电流为0.35A； （3）若将它们串联，接在某电源上，电路中的总电流是0.15A，电源电压是5V。 点评：本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是根据图象得出对应的信息。 【解题方法点拨】 观察图像的一般方法“看两轴抓三点”，即看准横坐标、纵坐标分别表示的物理量及单位，抓住起点、终点和拐点。 10．电能表的读数 【知识点的认识】 电能的求法： ①测量较大电能时用刻度盘读数：最后一位是小数位；两次读数之差就是这段时间内消耗的电能，单位是度（千瓦时）； ②测量较小电能时用转盘转数读数：通过记录某段时间内电能表转盘转数，结合电能表转盘每转表示的电能计算出该段时间内消耗的电能． 【命题方向】 考查电能的求法，包括电能表的读数，以及通过转盘数测量电能的大小。 例：如图为家用电能表，此仪表可用在最大功率为　2200　W的家庭电路上，甲为上月抄表时的读数，乙为本月抄表的读数，这期间该用户用电　82.5　度。 分析：根据电能表的铭牌，利用P＝UI可得出最大功率；用电能表本月的示数减去上月的示数，可得出用电度数。 解析：解：从电能表的铭牌“220V 10A”可知，允许通过的最大电流为10A，则电能表的最大功率为：P＝UI＝220V×10A＝2200W。 电能表本月与上月的读数差即为该月所消耗的电能，电能表的末尾是小数位。这期间该用户用电为：1356.8kW•h﹣1274.3kW•h＝82.5kW•h＝82.5度。 故答案为：2200；82.5。 点评：本题考查了对电能表铭牌的认识，对功率公式的应用，以及正确读取电能表的示数，属基础题，难度不大。 【解题方法点拨】 电能表测耗电能，用电等于示数差。 600r/（kW•h），转盘转n圈，耗电。 11．电能表的计算 【知识点的认识】 （1）表盘上标有Nr/（kW•h）字样，转盘转n圈，耗电。 （2）最大功率＝电能表使用的电压×最大电流 （3）电能W＝Pt 【命题方向】 有关电能表的计算涉及到转盘的圈数，电费的计算，最大功率的计算，消耗电能的计算等。 例：高老师新家的电能表1月初读数为111.6kW•h，2月初读数如图所示，则1月份高老师家用电　120　kW•h。某天，高老师关闭家里其它用电器，只接入额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min，则这段时间内电能表的转盘转过　450　圈。 分析：（1）上月用电量的计算：本月初示数与上月初示数之差，注意：最后一位是小数，计量是单位kW•h； （2）3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，根据W＝Pt求出消耗的电能，再求出这段时间内电能表的转盘转过的圈数。解析：解：1月份高老师家用电231.6kW•h﹣111.6kW•h＝120kW•h； 额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min，消耗的电能为： W＝Pt＝1800W×5min＝1.8kW×h＝0.15kW•h； 这段时间内电能表的转盘转过的圈数为： 3000r/（kW•h）×0.15kW•h＝450r。 故答案为：120；450。 点评：本题考查了电能表的读数和有关电能表的计算、电能公式的应用，属于基础题。 【解题方法点拨】 理解电能表的参数，熟练运用公式即可。 12．电功与电能的计算 【知识点的认识】 流在某段电路上所做的功，等于这段电路两端的电压，电路中的电流和通电时间的乘积。 计算公式：W＝UIt＝Pt（适用于所有电路） 【命题方向】 主要考察用电器的实际功率和额定功率的计算、利用电能表测用电器的实际功率和实际电压等。 例：为了保护孩子的视力，教室里日光灯更换成如图所示额定功率为10W的LED（发光二极管）护眼灯。LED灯发光效率高，其发光部分主要由　半导体　材料制成。教室内所有9盏LED亮一小时所消耗的电能为　0.09　kW•h。 分析：家庭电路中的用电器是并联的；LED灯是由半导体材料制成的；根据W＝Pt直接计算即可。 解析：解：如图所示的LED护眼灯，每个教室里的这9盏LED护眼灯是互不影响的，所以它们之间一定是并联的。 LED是发光二极管做成的，发光二极管是半导体材料； 每个教室里的9盏LED护眼灯，每盏LED护眼灯的额定功率为10W，故教室内所有日光灯亮一小时所消耗的电能W＝P总t＝9×10W×1h＝0.09kW×1h＝0.09kW•h。 故答案为：半导体；0.09。 点评：本题考查了半导体材料的应用、电功公式的应用，属于基础题。 【解题方法点拨】 电流做功用W＝UIt进行计算。对于电能全部转化为内能的用电器，也可以用W＝＝I2Rt计算电流做的功。 13．电功率的概念 【知识点的认识】 （1）定义：电流单位时间内所做的功。 （2）物理意义：表示电流做功快慢的物理量，用字母P表示，灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率大小。 【命题方向】 考查对电功率的理解，以概念辨析为主。 例：关于电功率，下列说法正确的是（　　） A.电功率是表示电流做功多少的物理量 B.电功率是表示电流做功快慢的物理量 C.用电器的电功率越大，工作时所用的时间越少 D.用电器的电功率越大，工作时消耗的电能越多 分析：（1）电功率是描述用电器消耗电能快慢的物理量，消耗电能越快，电功率越大； （2）由W＝Pt可得，电流做功的多少与电功率和通电时间有关。 解析：解：AB、电功率是表示电流做功快慢的物理量，电功率大，表示做功快，故A错误、B正确； CD、由W＝Pt可得，电流做功的多少与电功率和通电时间有关，通电时间未知，耗电多少无法确定，如果耗电多少未知，耗电时间也无法确定，故CD错误。 故选：B。 点评：本题考查了电功率的概念和意义。电功率是由做功多少和所用时间共同决定的，而不能由其中一个决定。 【解题方法点拨】 概念性知识，牢记即可。 14．额定电压 【知识点的认识】 额定电压：用电器正常工作时的电压，是唯一的，一般标注在用电器的铭牌上，常用U额表示 【命题方向】 考查角度①：结合用电器铭牌的含义，考查额定电压的意义；角度②与科技、社会、生活相关的概念性的考查。 例：下列有关电动吹风机的电压和电功率的额定值的说法正确的是（　　） A.正常使用吹风机时实际电压绝对不能超过其额定电压 B.因为无吹风机电流的额定值，所以可以连接到电流任意的电路中使用 C.为了延长吹风机的使用寿命，最好连接在额定电压的电路中使用 D.因为吹风机仅有电压和电功率的额定值，所以我们没法知道其额定电流大小 分析：（1）（3）用电器工作时的电压不能超过其额定电压； （2）用电器接入电路中时，通过用电器的电流不能超过额定电流； （4）根据I＝分析。 解析：解： A、正常使用吹风机时实际电压绝对不能超过其额定电压，若超过，吹风机容易损坏，故A正确； B、虽然无吹风机电流的额定值，但吹风机不能连接到电流超过其额定电流的电路中使用，故B错误； C、为了延长吹风机的使用寿命，最好连接在额定电压的电路中使用，这样吹风机能正常工作，故C正确； D、知道吹风机的电压和电功率的额定值，根据I＝可以知道其额定电流大小，故D错误。 故选AC。 点评：本题考查了额定电压、额定电流、额定功率的概念，属于基础题。 【解题方法点拨】 用电器只有在额定电压下才能正常工作 15．额定功率 【知识点的认识】 额定功率：用电器在额定电压下工作时的电功率，是唯一的，一般标注在用电器的铭牌上，常用P额表示 【命题方向】 考查额定功率的估测以及用电器正常工作的电功率的计算。 例：小红做“用滑动变阻器改变小灯泡亮度”的实验，电源电压3V保持不变，小灯泡的规格是“2.5V 0.3A”，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，移动滑动变阻器的滑片到最右端，小灯泡仍不亮，但电流表示数有变化，则电路故障可能是　小灯泡短路　。排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，改变小灯泡的亮度，当电流表示数为　0.3　A时，小灯泡正常发光，小灯泡的额定功率为　0.75　W。 分析：（1）闭合开关，小灯泡不亮，原因有二：短路或断路。具体故障根据电流表示数判断； （2）根据小灯泡的规格是“2.5V 0.3A”，可知电流表示数示数，由P＝UI可求得小灯泡正常发光，小灯泡的额定功率。 解析：解：（1）闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路不是断路；移动滑动变阻器的滑片到最右端，小灯泡仍不亮，但电流表示数有变化，只能是小灯泡短路； （2）根据小灯泡的规格是“2.5V 0.3A”，可知改变小灯泡的亮度，当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光，小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。 故答案为：小灯泡短路；0.3；0.75。 点评：此题是做“用滑动变阻器改变小灯泡亮度”的实验，考查了电路的故障分析和电功率的计算，难易程度适中。 【解题方法点拨】 额定功率是唯一的、确定的，不随实际工作电压而改变；实际功率是不确定的，随实际电压而改变． 16．动态电路中电功率的变化 【知识点的认识】 ‌动态电路中电功率的变化‌可以通过调整电路中的元件，如滑动变阻器或电源电压的变化，来影响电路中的电流和电压分布，进而改变电路中各个元件的电功率。 【命题方向】 电路的动态分析问题，是中考常考的问题，难度较大，应加强练习，掌握解题方法。 例：如图所示，这是一科技创新小组设计的水位计工作原理图，绝缘浮子随水位的升降带动滑动变阻器R的金属滑杆P升降，通过水位计（电表改装）显示的数据来反应水位升降情况。水位最低时，滑杆P位于R的a端处。电源电压恒定不变，L是一个指示灯，电路各部分接触良好，不计导线电阻。下列判断正确的是（　　） A.水位计中的电压表也可以直接替换为电流表 B.当水位下降时，则电压表示数变小，指示灯变亮 C.当电压表示数变大时，电路的总功率变小 D.若将电压表改装成水位计，则电压表零刻度线即为最高水位 分析：由电路图可知，指示灯与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压， 水位计中的电压表直接替换为电流表，滑动变阻器会被短路， 根据水位的变化可知浮子的移动、滑片的移动，进一步可知变阻器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指示灯两端的电压变化，由P＝UI判断出电路总功率的变化；根据电路图分析电压表零刻度线滑片的位置，然后得出答案。 解析：解：由电路图可知，指示灯与变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压； A、水位计中的电压表直接替换为电流表，滑动变阻器会被短路，所以电压表不可以直接替换为电流表，故A错误； B、当水位下降时，浮子带动滑片下移，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大；由U＝IR可知，指示灯两端的电压变大，由串联电路的电压规律可知，变阻器两端的电压变小，即电压表示数减小；电路中的电流变大，灯泡的实际功率增大，灯变亮，故B正确； C、当电压表示数变大时，由串联电路的电压规律可知，指示灯两端的电压减小，电路中的电流减小，由P＝UI知电路的总功率变小，故C正确； D、若将电压表改装成水位计，指针指在电压表零刻度线时，变阻器接入电路的阻值为0，即滑杆P位于R的a端处，此时水位最低，则电压表零刻度线处应该标为最低水位，故D错误。 故选：BC。 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意水位最低不是指水位计的零刻度线，但可以显示水位计的最小值。 【解题方法点拨】 分析步骤：①简化电路；②分析电路连接方式；③确定电表测量对象；④滑动变阻器变化时，电阻、电流、电压的变化关系；⑤电路各部分电功率的变化分析。 17．电功率的综合计算 【知识点的认识】 ‌电功率的综合计算题型‌主要考查学生对电功率相关知识的综合应用能力，包括电功率的定义、计算方法、以及在实际问题中的应用。这类题型通常涉及电流、电压、电阻之间的关系，以及电功率与电能之间的关系，要求学生能够灵活运用公式进行计算，并解决实际问题。 【命题方向】 考查电功率的总和计算，常在考试中以计算题的形式出现，也会以压轴题的形式出现，计算面广，较为综合。 例：如图所示，电阻R1＝10Ω，R2为滑动变阻器，电源电压为U＝12V且保持不变。闭合开关S，调整滑片P位于R2的中点处，此时电流表的示数为0.3A。求： （1）滑动变阻器R2的最大阻值； （2）滑片P位于R2的中点时，电压表的示数； （3）R1消耗的电功率。 分析：（1）利用欧姆定律公式先计算总电阻，再根据串联电路特点计算R2的电阻； （2）利用公式U＝IR计算电压表的示数； （3）利用公式P＝UI计算电功率。 解析：解：（1）总电阻R总＝ ＝＝40Ω，R2＝R总﹣R1＝40Ω﹣10Ω＝30Ω； （2）滑片P位于R2的中点时，电压表的示数U'＝IR'＝0.3A×30Ω＝4.5V； （3）R1消耗的电功率P＝I2R1＝（0.3A）2×10Ω＝0.9W。 答：（1）滑动变阻器R2的最大阻值是30Ω； （2）滑片P位于R2的中点时，电压表的示数为4.5V； （3）R1消耗的电功率是0.9W。 点评：此题主要是考查学生对欧姆定律和电功率公式的理解和应用。 【解题方法点拨】 ①认真审题，确定电路的连接思路 ②列出已知条件，根据已知条件选择相应的公式或物理规律 ③将已知条件、公式或规律联系起来，进行分析与计算。 18．伏安法测量小灯泡的电功率 【知识点的认识】 实验设计： 1．实验原理P＝UI 根据P＝UI可知，只要用电压表（伏特表）测出小灯泡两端的电压、用电流表（安培表）测出通过小灯泡的电流，就可以间接测量出小灯泡的电功率了．即用伏安法测小灯泡的电功率．为了测量不同电压下的电功率，我们要用串联滑动变阻器的办法，来控制加在灯泡两端的电压． 2．实验器材：电源、开关、导线、电流表、电压表、滑动变阻器． 3．实验电路：若所用小灯泡的额定电压是2.5V，要测出小灯泡的功率，至少需要两节干电池（3V）作电源，电路图如图所示． 4．实验步骤： （1）按电路图连接实物图，将滑动变阻器的滑片滑到阻值最大（右）端； （2）检查电路无误后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数等于2.5V时，停止滑动，记录此时电流表的示数，并观察灯泡的亮度，记录在表格中． （3）调节滑动变阻器的滑片，分别使电压表的示数低于2．SV、等于2.5V的1.2倍（注意不能超过小灯泡的额定电压太多，否则会损坏小灯泡），记录每一次对应电流表的示数，并观察灯泡的亮度，记录在表格中． （4）将实验中记录的数据分别代入P＝UI，算出小灯泡的实际功率，并填入表格中． 5．实验分析：（1）小灯泡的发光情况由它的实际功率决定，实际功率越大，灯泡越亮． （2）灯泡实际消耗的电功率随着加在它两端的电压而改变，电压越大，功率越大． （3）灯泡的实际功率可以等于额定功率，也可以不等于额定功率． 【命题方向】 考查伏安法测量小灯泡的电功率的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 例：如图甲所示为测量小灯泡L电功率的电路图，小灯泡L的额定电压为2.5V，电源电压恒为3V。实验中： （1）在连接电路时，开关S应处于　断开　状态； （2）连接完电路后，闭合开关S，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数始终为零，电压表示数始终为3V，产生这一现象的原因可能是灯泡发生了　断路　（选填“短路”或“断路”）； （3）排除故障后，继续实验，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　0.6　W； （4）根据实验数据绘制出小灯泡的电流I与电压U的关系图像，如图丙所示。当电压表示数增大时，灯丝温度会发生变化，灯丝电阻将　变大　（选填“变大”“变小”或“不变”）。分析：（1）为了保护电路，在连接电路时，开关要断开。 （2）电流表示数始终为零，电压表示数始终为3V，说明电路出现断路。 （3）当电压表示数为2.5V时，读出电流表的示数，利用P＝UI计算小灯泡的功率（额定功率）； （4）灯丝电阻随温度的升高而变大。 解析：解：（1）为了保护电路，在连接电路时，开关S应处于断开状态。 （2）电流表示数始终为零，电源电压为3V，但电压表示数始终为3V，说明电路出现断路，且电压表能连通电源两极，直接串联在电源上。因为电压表与小灯泡并联，所以可能是与电压表并联的小灯泡断路。 （3）当电压表示数为2.5V时，由图乙可知，电流表选用0～0.6A，分度值为0.02A，此时电流表的读数为0.24A，即流过灯泡的电流是0.24A，小灯泡的额定功率： P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W； （4）由图丙图像可知，随灯泡两端电压的增大，通过灯泡的电流也增大，但电流增加的越来越慢，根据欧姆定律变形公式得，电阻是变大的，即当电压表示数增大时，灯丝温度会发生变化，且灯丝电阻将变大。 故答案为：（1）断开；（2）断路；（3）0.6；（4）变大。 点评：本题为测量小灯泡额定功率的实验题目，考查了实验注意事项、实验故障分析、电功率的计算等，属于基础题目。 【解题方法点拨】 实验过程中的注意事项： ①连接电路时开关一定要断开，并且滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处，以保护电路． ②电压表和电流表的量程，应大于小灯泡的额定电压和额定电流，以免烧坏电表． ③滑动变阻器的选择：通过它的最大电流应大于灯泡的额定电流，它的最大阻值应使连入它后电路的电流不超过灯泡的额定电流太大，最好和灯泡的电阻大致差不多，这样调节效果更明显． ④在移动滑动变阻器的滑片使小灯泡两端电压高于额定电压时要注意，实际电压不能超过额定电压的1.2倍，同时时间不能过长，否则易烧坏灯泡． 19．电流的热效应 【知识点的认识】 （1）概念：电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫作电流的热效应。 （2）理解：电流的热效应是一种普遍现象，只要用电器对电流有阻碍作用，电流流过用电器时就会发热，就会有电能转化为内能。 【命题方向】 考查电流的热效应的现象。 例：下面的器材中，不是利用电流热效应来工作的是（　　） A.用电烙铁在葫芦上作画 B.用电熨斗熨衣服 C.用电热刀裁剪塑料绳带 D.用电吹风吹去暖气片上难以够着的灰尘 分析：电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应。发生电流的热效应时，电能转化为内能。 解析：解： A、电烙铁在葫芦上作画时主要把电能转化为内能，是利用电流热效应工作的，不合题意； B、电熨斗熨衣服时将电能转化为内能，利用了电流的热效应，不合题意； C、用电热刀裁剪塑料绳带时将电能转化为内能，利用了电流的热效应，不合题意； D、用电吹风吹去暖气片上难以够着的灰尘时，将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，符合题意。 故选：D。 点评：利用电流的热效应工作的家用电器工作时，都是电能转化为内能，这是判断的关键。 【解题方法点拨】 要熟悉相关知识，了解各电流效应所对应的应用． 20．探究影响电流通过导体时产生热量的因素 【知识点的认识】 1.实验器材：密闭容器两个，U形管两个、导线若干、不同阻值电阻丝若干、电源。 2.实验装置： 2.实验步骤： （1）探究电流通过导体产生热量的多少与电阻的关系 实验设计：保持电流和通电时间不变，改变电阻。如图甲，把两个不同的电阻串联在电路中。 （2）探究电流通过导体产生热量的多少与电流的关系 实验设计：保持电阻和通电时间不变，改变电流。如图乙，将两个相同的电阻先联，再与另一个电阻串联。 （3）探究电流通过导体产生热量的多少与通电时间的关系 实验设计：保持电阻和电流不变，改变通电时间。 3.实验结论： ①在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多； ②在电阻和通电时间相同的情况下，通过电阻的电流越大，产生的热量越多； ③在电阻和通过电阻的电流相同的情况下，通电时间越长，产生的热量越多。 【命题方向】 考查探究影响电流通过导体时产生热量的因素的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 例：如图是探究“电流通过导体时产生热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。 （1）实验中通过观察　U形管液面的高度差　来比较电流通过导体产生热量的多少。 （2）图甲中R1、R2串联，可探究电流产生的热量与　电阻　的关系。 （3）乙装置中的电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流　不相等　（选填“相等”或“不相等”），为了使实验现象更明显，可以将R3的阻值换成更　小　的（选填“大”或“小”）；若通过R1电流为2A，则通电1min，R2产生的热量为　300　J。 （4）乙装置中，如果R3断路，在通电时间相同时，与R3没有断路时相比较，右侧U形管中液面的高度差将　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。让乙装置冷却到初始状态，若将右侧并联的两根电阻丝R2、R3都放入容器中，该装置　能　探究电流产生的热量与导体电阻的关系（选填“能”或“不能”）。 分析：（1）电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，由温度变化确定产生的热量多少； （2）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，结合串联电路电流的规律分析； （3）分析乙装置电路连接，根据串联和并联电路电流的规律分析；根据Q＝I2Rt和并联电路电压的规律及欧姆定律分析回答； （3）根据并联电路电流的规律及欧姆定律得出通过R2的电流是通过R1电流的0.5倍，根据Q＝I2R2t得出通电1min后R2产生的热量； （4）在乙实验中，电阻R3断路后，根据并联电阻的规律及电欧姆定律可知确定电路中的电流变化，结合Q＝I2R2t回答； 并联电阻小于其中任一电阻，根据分压原理及Q＝分析；R2、R3都放入容器中，根据并联电阻的规律及控制变量法回答。 解析：解：（1）根据转换法，实验中通过观察U形管液面的高度差来比较电流通过导体产生热量的多少。 （2）甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流产生的热量与电阻的关系； （3）乙装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故乙实验可以研究电流产生的热量与电流的关系，故乙装置中的电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流不相等，为了使实验现象更明显，根据Q＝I2Rt，在电阻和通电时间相同的条件，应使通过两容器内的电流差别较大，根据并联电路电压的规律及欧姆定律，可以将R3的阻值换成更小的； （3）根据图乙可知，相同阻值的R3、R2并联后再与R1串联在电路中，根据并联电路电流的规律及欧姆定律可知，则通过R3、R2的电流是相同的，根据并联电路的电流规律可知，通过R2的电流是通过R1电流的0.5倍，所以通过R2的电流为： I＝0.5×2A＝1A； 通电1min后R2产生的热量为： Q＝I2R2t＝（1A）2×5Ω×60s＝300J。 （4）并联电阻小于其中任一电阻，由于电阻R3断路，R2并联部分的电阻变大，分压增多，根据Q＝知相同时间R2产生热量变多，因此右侧U形管中液面的高度差将变大。让乙装置冷却到初始状态，若将右侧并联的两根电阻丝R2、R3都放入容器中，等效电阻变小（小于5欧姆，通过R1和等效电阻的电流和通电时间相同，能探究电流产生的热量与导体电阻的关系。 故答案为：（1）U形管液面的高度差；（2）电阻；（3）不相等；小；300；（4）变大；能。 点评：本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律及焦耳定律的运用。 【解题方法点拨】 1.U形管内液面高度差越大，产生的热量越多。 2.使用中，无论条件如何，U形管内液面高度都相同，可能是： 装置气密性不好，重新安装，检查气密性是否良好。 3.实验中加热空气相比加热液体的好处： ①空气膨胀体积变大，实验效果明显； ②加热空气，耗电量少，实验时间短。 21．电阻产生热量多少的表现 【知识点的认识】 两电阻丝产生热量的多少是通过温度计示数的变化来反映，采用的是转换法； 【命题方向】 考查电阻产生热量多少的表现，常在实验题中考查。 例：在研究电流产生的热量与哪些因素有关的实验中： （1）如图所示，两个密闭的透明容器中装有相等质量的空气，两个容器中的电阻丝R1、R2（R1＜R2）串联接到电源两端。电阻丝R1和R2串联的原因是保证　电流　相同，U形管中液面高度的变化反映　电阻丝产生热量的多少　。 （2）通电10s，观察到图中两侧U形管中液面高度的变化不同，这说明：电流产生的热量与　电阻　有关。 分析：（1）滑动变阻器选择一上一下两个接线柱接入电路，要求向左移动滑片时电流表示数变大，滑动变阻器选择左下接线柱接入电路；此题探究电流产生的热量与电阻之间的关系，需要控制通电时间和电流相同，串联电路各处电流相等，所以两电阻要串联接入电路； （2）实验中用到的煤油是绝缘体，电流通过导体产生的热量无法直接观察，通过观察温度计示数的变化来反映电阻丝产生热量的多少，这是转换法； （3）电炉丝正常工作时，导线和电炉丝通过的电流相同，所以电炉丝和导线串联，根据焦耳定律可知电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热的原因。 解析：解：（1）滑动变阻器选择一上一下两个接线柱接入电路，要求向左移动滑片时电流表示数变大，滑动变阻器选择左下接线柱接入电路；由题意可知，需控制通过两电阻丝的电流相同，所以两电阻需串联接入电路，如图：； （2）实验中用到的煤油是绝缘体，电流通过导体产生的热量无法直接观察，通过观察温度计示数的变化来反映电阻丝产生热量的多少，这是转换法； （3）电炉丝正常工作时，导线和电炉丝通过的电流相同，所以电炉丝和导线串联，电流和通电时间相同，根据焦耳定律可知电炉丝的电阻大，电流产生的热量越多。 故答案为：（1）如图；（2）绝缘体；温度计示数变化；（3）串；电阻大。 点评：本题主要考查了学生对焦耳定律的认识，注重了探究实验的方案，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。 【解题方法点拨】 概念性知识，牢记即可。 22．焦耳定律的简单计算 【知识点的认识】 （1）内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比，这个规律叫焦耳定律． （2）公式：Q＝I2Rt，公式中的电流I的单位要用安培（A），电阻R的单位要用欧姆（Ω），通过的时间t的单位要用秒（s）这样，热量Q的单位就是焦耳（J）． 【命题方向】 考查焦耳定律的简单计算，对公式的简单运用。 例：如图所示电路，已知电源两端的电压U＝12V保持不变，电阻R1＝2Ω，当开关闭合时，电压表示数为3V。求： （1）电流表的示数I； （2）电阻R2的阻值； （3）电路中的总功率； （4）电阻R2在1min内产生的热量。 分析：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测量电路中的电流； （1）根据欧姆定律计算通过电阻R1的电流，即电流表的示数； （2）根据串联电路电压规律计算R2两端的电压，由欧姆定律算出电阻R2的阻值； （3）由P＝UI算出电路中的总功率； （4）根据Q＝I2Rt求出R2在1min内产生的热量。解析：解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测量电路中的电流； （1）根据欧姆定律可得通过电阻R1的电流： I＝＝＝1.5A，即电流表的示数为1.5A； （2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压： U2＝U﹣U1＝12V﹣3V＝9V； 串联电路中电流处处相等，根据欧姆定律可得电阻R2的阻值： R2＝＝＝6Ω； （3）电路中的总功率为： P＝UI＝12V×1.5A＝18W； （4）R2在1min内产生的热量： Q2＝I2R2t＝（1.5A）2×6Ω×60s＝810J。 答：（1）电流表的示数I为1.5A； （2）电阻R2的阻值为6Ω； （3）电路中的总功率为18W； （4）电阻R2在1min内产生的热量为810J。 点评：本题考查了串联电路的特点、电功率公式、焦耳定律公式和欧姆定律公式的应用，是一道较为简单的应用题。 【解题方法点拨】 适用于任何电路。 23．焦耳定律的比例计算 【知识点的认识】 根据Q＝I2Rt＝t公式（有时需要对公式进行变形），将题干的比值关系代入即可，注意计算不要错误。 【命题方向】 考查电功率的比例计算。 例：两个电热器的电阻之比是5：4，将两者并联接在电路中使用。在相同的时间内，它们放出的热量之比为　4：5　；如果它们放出相等的热量，则通电时间之比是　5：4　。 分析：两个电热器并联起来接入电路时，它们两端的电压相等，又知道它们的阻值之比，根据Q＝I2Rt＝t求出相同时间内产生的热量之比； 根据Q＝t算出它们放出相等的热量时的通电时间之比。 解析：解：由题意可知，两个电热器并联起来接入电路中，且R1：R2＝5：4， 因为并联电路中各支路两端的电压相等， 所以由Q＝I2Rt＝t可得，相同时间内产生的热量之比： ＝＝＝； 如果它们放出相等的热量，则通电时间之比是： ＝＝＝。 故答案为：4：5；5：4。 点评：本题考查了焦耳定律的灵活应用，关键是知道电热器为纯电阻用电器，电热公式和电功公式通用。 【解题方法点拨】 计算过程要注意各量之间的关系时要仔细，容易上下颠倒。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$