3.6 电能讲练-2025-2026学年浙教版科学九年级上册

3.6电能 ( 思维导图 ) 考点一、电能表 电能电功单位是焦耳，还有千瓦时(kW.h)俗称“度”。焦耳与千瓦时之间换算:1千瓦时=3.6x 106J (1)电能表的作用:测量用电器在一段时间里消耗的电能的多少。电能表也叫电度表。 (2)电能表的参数含义 220V：该电能表应该接在220伏的电路上使用。 kw.h:电能表上的数字以千瓦时为单位来显示用电器所消耗的电能。 600r/kW.h:接在该电能表上的用电器，每消耗1千瓦时的电能，电能表的转盘转过600转。 5(10)A:该电能表的额定电流为5安，在短时间内使用时电流可允许大一些，但不能超过10安。 (3)电能表测量电能的方法: ①读数法:电能表计数器上显示着数字，计数器前后两次示数之差就是这段时间内用电的度数(消耗电能的多少)，单位是千瓦时(度)。例如:家中电能表在月初的示数是03248，月末的示数是03365，则这个电能表计数器示数中最后一位数月家中用电量为336.5千瓦时-324.8千瓦时=11.7千瓦时，即这个月家中用电量为11.7度。 ②计算法:由电能表参数Nr/ kW.h (N由不同电能表规格而定)，数出某段时间电能表转盘转过的转数n，则这段时间消耗的电能W=n/N千瓦时=n/N x 3.6x 106焦耳 ( 典例分析 ) 典例1：（2023九上·金华期末）如图所示是小东家的电能表，他家电路中可以接入用电器的最大总功率为　 　W。将电视机单独接入电路正常工作6分钟，电能表转盘转6转， 该电视机的功率为.　 　 W。 【答案】4400；100 【解析】（1）从铭牌上确定电能表的额定电压和最大电流，然后根据P=UI计算可以接入最大总功率； （2）首先根据计算出电视机消耗的电能，再根据计算电视机的功率。 【解答】（1）根据铭牌可知，电能表的额定电压为220V，通过的最大电流为20A，则接入用电器的总功率为：P=UI=220V×20A=4400W； （2）电视机消耗的电能：； 电视机的功率为： ( 举一反三 ) 变式1：（2024九上·临海期末）某同学用电能表测量电水壶的实际功率。电能表表盘参数如图，他关闭家中其他用电器，只让电水壶工作1分钟，发现电能表转盘转过60转。下列说法错误的是（　　） A．电能表是直接测量电功率的装置 B．该电路允许加载的最大功率为4400W C．电水壶工作时把电能转化为热能 D．该电水壶的实际功率为1200W 【答案】A 【解析】3000r/（kW・h）表示电路中每消耗1KW・h的电能，电能表转盘转3000r，据此求电能表转盘转60r时，电水壶消耗的电能，再利用P=W/t，求电水壶的实际功率。 【解答】A.家庭电路中的电能表是测量电功的仪表。A错误。 B.“220V、20A”表示电能表的工作电压为220V，电能表平时工作允许通过的最大电流为20A，该同学家允许加载的用电器的最大功率：P最大＝UI最大＝220V×20A=4400W。B正确。 C.电热水壶工作时是将电能转化为热能。C正确。 D.3000r/（kW • h）表示路中每消耗1kW・h的电能，电能表转盘转3000r，电能表转盘转60时，电水壶消耗的电能：，工作时间t=1min=1/60h，电水壶的实际功率：。D正确。 故答案为：A。 变式2：（2023九上·余姚月考） 小明家电能表表盘如图所示，则此电路中的用电器总功率不能超过　 　W。关闭其他用电器，然后将“220V 1210W”的电热器单独接入，测得工作6min的时间里，表盘转过200转，则电热器消耗的电能为　 　J，实际电功率为　 　W。 【答案】4400；360000；1000 【解析】（1）知道电能表的工作电压和允许通过的最大电流，利用P=UI求出最大功率。 （2）电能表所标“3000r/（kW•h）”表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求转盘转300转消耗的电能，再利用求出该用电器的电功率。 【解答】（1）由图可知，电能表的工作电压是220V，允许通过的最大电流为20A， 则他家同时使用的用电器总功率最大为：P=UI=220V×20A=4400W； （2）“3000r/（kW•h）”表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转， 电能表的转盘转300转时，该用电器消耗的电能：； t=6min=0.1h， 则该电热器的实际功率： 变式3：（2023九上·上城期末）徐家新换了一种电子式电能表，它用一个发光二极管代替普通电能表的转盘，发光二极管闪烁一次相当于转盘转动一圈，电能表的参数如图。小徐利用该表测量家中微波炉的最大电功率。 （1）先关闭家里其他用电器，只让微波炉以“高火档”工作，从电能表红灯闪烁开始计时，当电能表的二极管闪烁360次时，所用的时间为6 min，则微波炉的电功率为　 　W； （2）若上月底抄表读数如图所示，本月(按30天计)每天使用该微波炉“高火档”18 min，则本月底抄表读数至少为　 　； （3）该电能表　 　 (选填“能”或“不能") 承载两台上述微波炉同时工作。 【答案】（1）1000 （2）2517.6 （3）能 【解析】（1）首先根据计算出微波炉消耗的电能，再根据计算出微波炉的电功率。 （2）首先根据W=Pt计算出微波炉本月消耗的电能，再与月初的电能表示数相加即可。 （3）根据P=UI计算出电能表承载的最大电功率，然后与两台微波炉的电功率之和进行比较即可。 【解答】（1）微波炉消耗的电能：； 微波炉的电功率：。 （2）本月微波炉消耗的电能：W=Pt=0.1kW×（0.3h×30）=0.9kW·h； 则月底电能表的示数为：2508.6kW·h+0.9kW·h=2517.6kW·h。 （3）根据电能表的铭牌可知，允许通过的最大电流为20A， 则允许承载的最大电功率：P=UI=220V×20A=4400W； 两台微波炉的电功率：1000W×2=2000W； 因为2000W<4400W， 所以该电能表可以承载两天微波炉同时工作。 考点二、电功率（额定功率和实际功率） （一）电功率 (1)物理意义:描述电流做功的快慢。 (2)定义:电流在单位时间内做的功。用字母P表示。 (3)单位:瓦( W )或千瓦(kW)，换算关系为1千瓦=1 000瓦。 (4)公式:P= W/t，其中W代表电功，t表示时间，其变形式为W=Pt，t= W/P （二）额定电压和额定功率 (1)额定电压:用电器正常工作时的电压。用电器铭牌上标有电压值就是额定电压，常用U额表示。 (2)额定功率:用电器在额定电压下消耗的电功率。用电器铭牌上标有的电功率值就是额定功率，常用P额表示。 （三）实际电压和实际功率 (1)实际电压:用电器实际工作时的电压，它可能与额定电压相等，也可能比额定电压大或小，还可能为零。常用U实表示。 (2)实际功率:用电器在实际电压下工作时的电功率，它可能与额定功率相等，也可能比额定功率大或小，当用电器中无电流通过时实际功率为零。常用P实表示。 (3)灯泡的亮度取决于其实际功率的大小。无论额定电压如何，额定功率如何，在没有损坏的前提下，只要灯泡的实际功率相等，其发光的亮度就相同。 (4)实际功率和额定功率之间的关系: 用电器两端的电压 电功率 用电器工作情况 U实=U额 P实=P额 正常工作 U实>U额 P实>P额 容易损坏 U实<U额 P实<P额 不能正常工作 ( 典例分析 ) 典例1：（2024九上·杭州期末）如图所示，两灯泡L1和L2规格分别为“6V 3W"和“6V 6W"，电源电压相同恒为6V，按甲、乙方式连接，工作时最亮的是（　　） A．甲图中的L1 B．甲图中的L2 C．乙图中的L1 D．乙图中的L2 【答案】D 【解析】灯泡的亮度决定于实际功率大小， （1）根据串联分压确定串联时的电压，得出实际功率与额定功率的关系； （2）根据并联电压相等，确定实际功率。 【解答】灯泡的亮度决定于实际功率大小，甲图中两个灯泡串联，根据串联分压，每个灯泡的电压都小于6V，实际功率都小于额定功率，而乙图并联，每个灯泡的电压都等于额定电压6V，都正常发光，两灯泡L1和L2规格分别为“6V 3W”和“6V 6W“，说明L2的实际功率大，故并联时L2最亮。 故答案为：D。 ( 举一反三 ) 变式1：（2023九上·长兴期末）两个灯泡L1和L2额定电压均为6V，将两灯串联后接入电路中，接通后发现L2要亮一些，则下列判断正确的是（　　） A．L1的电阻比L2大 B．串联时L1两端电压比L2大 C．L2的额定功率比L1大 D．若两灯并联，通过L1的电流比L2大 【答案】D 【解析】根据串联电路的特点，结合电功率，欧姆定律分析判断。 【解答】两个灯泡串联后，通过它们的电流大小相等。L2灯泡更亮些，则它的实际功率更大些，根据P=I2R可知，灯泡L2的电阻比L1的电阻大，故A错误； 根据U=IR可知，串联时L2的电压比L1的电压大，故B错误； 根据可知，电阻R2>R1，则额定功率P2<P1，故C错误； 两灯并联时，它们两端的电压相等，根据U=IR可知，通过灯泡L2的电流比L1小，故D正确。 变式2：（2024九上·平湖期末）在如图所示的电路中，不计温度对灯丝电阻的影响，电源电压保持不变。当电路中接入“6V 6W”的灯泡L，在a、b之间接入一段导线时，闭合开关，灯泡L恰能正常发光；断开开关，在a、b之间换接入一个“6V 3W”的灯泡后，再闭合开关，下列说法正确的是（　　） A．灯泡L将变亮 B．电路总功率变大 C．换接灯泡的亮度大于灯泡L D．换接灯泡的实际功率为3W 【答案】C 【解析】判断出换接“6V 6W"的灯泡后，电路中总电阻的阻值变化，进而判断出电流的变化情况：然后结合计算电功率的公式判断灯L的实际功率以及电路消耗的总功率的变化情况. 【解答】当电路中接入“6V 6W”的灯泡L，在a、b之间接入一段导线时，闭合开关，灯泡L恰能正常发光，断开开关，在a、b之间换接入一个“6V 3W”的灯泡后，由于串联分压， 新接灯泡电阻更大，分压更多，灯泡L将变暗，且换接灯泡的亮度大于灯泡L，电路电阻变大，电流减小， 电路总功率减小， 换接灯泡的实际功率小于3W，C正确； 故答案为：C。 变式3：（2023九上·余姚期末）甲“6V 3W”，乙“6V 6W”的灯串联在电路中，要使其中一灯正常，则电源电压为　 　V；较暗的灯的实际功率为　 　W。 【答案】9；1.5 【解析】根据小灯泡的额定电压和额定功率分别求出两灯泡正常工作时的电流和电阻，由两只灯泡正常工作时的电流判断出能正常发光的灯泡，从而根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出电路中的总电压，然后根据两灯电阻和电流利用P=IR可以知道两灯泡的实际功率关系。 【解答】，，，R乙=6Ω. 要使一灯能正常发光，则电路电流大小为0.5A， 所以U总=IR总=0.5A18Ω=9V， 两灯泡串联在电路中，其中甲能正常发光，乙没有达到额定电压，所以乙较暗。 P乙=I2R=(0.5A)26Ω=1.5W 考点三、电功率的实验探究 （一）影响电功率大小的因素 (1)研究电功率与电流的关系 实验方案:如图所示，将两只小灯泡并联，目的是控制两者两端的电压相同，比较通过两只小灯泡的电流大小和亮度(亮度反映实际功率的大小)。观察两只小灯泡的亮暗，并记录两只电流表的示数，把观察结果记录在下表中。 灯L1 灯L2 条件控制(电压关系) 亮度(亮暗) 电流(安) 实验结果:在电压相等的情况下，通过小灯泡的电流越大，小灯泡的电功率越大。 (2)研究电功率与电压的关系 实验方案:如图所示，将两只小灯泡串联，目的是控制通过两者的电流相同，比较两只小灯泡两端的电压大小和亮度(亮度反映实际功率的大小)。观察两只小灯泡的亮暗，并记录两只电压表的示数，把观察结果记录在下表中。 灯L1 灯L2 条件控制(电流关系) 亮度(亮暗) 电压(安) 实验结果:在电流相等的情况下，小灯泡两端的电压越高，小灯泡的电功率越大。 （二）电功率的计算公式 (1)实验表明，用电器的电功率等于用电器两端的电压与通过用电器的电流的乘积。 (2)电功率的公式可表示为P=UI (电功率的基本公式，适用于所有电路的计算)，由公式得出，电功率的单位瓦特也可表示为1瓦=1伏.安。 (3)电功率的推导公式:将公式I=U/R代入上述公式，可推导出:P=I2R或P= U2/R(只适用于纯电阻电路的计算)。 (4)无论用电器串联或并联，电路的总功率都等于各用电器的实际功率之和，关系式为P=P1+P2+..+Pn。 （三）电功的计算 (1)根据功率和功的关系P=W/t可以得到电功的计算式，即W=Pt=UIt。这就是说，电流在某段电路上做的功，等于这段电路两端的电压与通过这段电路的电流，以及通电时间的乘积。 (2)根据公式W=UIt,电功的单位焦耳也可表示为1焦=1伏.安.秒。 (3)将公式I=U/R代入电功公式，可得W=U2t/R或W=I2Rt。同样这两个公式只能运用于纯电阻电路中。 （四）电功率的测量 (1)伏安法测量电功率:用电压表测量用电器两端的电压，用电流表测量通过用电器的电流，再根据公式P=UI间接求出用电器的电功率，这种方法叫做伏安法。 (2 )实验器材:常用的小灯泡1只(标明额定电压，未标明额定功率)，电流表、电压表各1只，滑动变阻器1只,开关1只，电池组(总电压高于小灯泡的额定电压)1只，导线若干。 (3)过程和步骤: ①按正确的电路图连接电路。 ②调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压恰好等于小灯泡的额定电压。读出此时两只电表的示数，并记录在表中。 ③调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压约为小灯泡额定电压的1.2倍。观察小灯泡的亮度变化(相对于额定电压下的亮度)，读出两只电表的示数，并记录在表中。 ④调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压约为小灯泡额定电压的0.8。观察小灯泡的亮度变化(相对于额定电压下的亮度)，读出两只电表的示数，并记录在表中。 ⑤计算出三种情况下小灯泡的电功率;分析小灯泡的亮度和实际功率的关系。 ( 典例分析 ) 典例1：（2024九上·余杭期末）小科在“测量小灯泡的电功率”实验中，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）如图甲所示是小科连接的实物电路，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）待连接正确后，发现接通开关，调节电路后电压表示数为2V；接下去小科应该如何操作?答：　 　。 （3）小科根据记录的多组1-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像(如图乙所示)，则小灯泡的额定功率为　 　W。 （4）小科根据小灯泡的I-U图像(如图乙所示)，分析出小灯泡的电阻在增大，你认为原因是　 　。 【答案】（1） （2）向右调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，读出电流表的示数 （3）0.625 （4）灯丝的电阻随温度升高而增大 【解析】“测量小灯泡的电功率” 用电压表测量灯泡两端电压，电流表测量灯泡通过的电流，电流乘以电压即为电功率。 【解答】（1）电流表应该与用电器串联。 （2）电压表示数小于额定电压，所以向右调节滑动变阻器，减小滑动变阻器的分压，增大灯泡电压，达到额定电压。 （3）电压等于额定电压的时候，电流为0.25A，P=UI=2.5X0.25W=0.625W （4）灯泡的灯丝是金属做的，金属的电阻随温度升高增大。 ( 举一反三 ) 变式1：（2024九上·绍兴期末）某灯泡上标有“7.*V0.5A”的字样，其中额定电压值不清、估计在7.0V~7.9V之间，因为灯泡的电阻会随温度的升高而增大，要测定小灯泡的额定功率，必须测出其额定电压。现有实验仪器：一只电压恒定的电源(电压值未知)、一只电流表、一只标有“20Ω 1.5A"的滑动变阻器R，一只阻值为10Ω的定值电阻R0、开关和导线若干。某项目化小组反复讨论后，设计了图甲所示的电路图，并开展以下实验。 （1）滑片P位于a端时。只闭合开关S和S1，此时电流表示数如图乙为　　A，计算出电源电压为　 V。 （2）　 　 (请补充具体操作)，此时小灯泡正常发光。 （3）当小灯泡正常发光时，保持滑动变阻器的滑片P不动，闭合开关S和S1，断开S2，读出电流表示数为0.6A，则求出此时变阻器接入电路的阻值R'。通过计算得出灯泡的额定电功率为　 　W。 【答案】（1）0.4；12 （2）闭合开关S和S2，断开S1，移动滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数为0.5A （3）3.5 【解析】（1）只闭合开关S和S1，滑片P位于a端时，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，由图乙可知此时电路中电流，根据串联电路特点和欧姆定律可计算出电源电压； （2）小灯泡正常发光，通过的电流为0.5A，据此分析； （3）当小灯泡正常发光时，保持滑动变阻器的滑片P不动，闭合开关S和S1、断开S2，读出电流表示数为0.6A，先计算定值电阻两端电压，得出滑动变阻器两端电压，计算滑动变阻器连入电路电阻； 当灯泡正常发光时，知道滑动变阻器连入电路的电阻和通过电路的电流，计算滑动变阻器两端电压，可得出灯泡两端电压，即额定电压，根据P=UI计算额定功率。 【解答】（1）只闭合开关S和S1，滑片P位于a端时，滑动变阻器R电阻全部连入电路且与定值电阻R0串联， 灯泡正常发光时的电流为0.5A，则电流表选择小量程，分度值为0.02A，则示数为：I1=0.4A； 则电压电压为：U=I1（R最大+R0）=0.4A×（20Ω+10Ω）=12V； ②只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器的滑片，使电路中的电流为0.5A，此时小灯泡正常发光； ③当小灯泡正常发光时，保持滑动变阻器的滑片P不动，闭合开关S和S1、断开S2，读出电流表示数为：I2=0.6A， 则此时定值电阻两端的电压为：U定=I2R0=0.6A×10Ω=6V， 此时滑动变阻器两端电压为：U'=U-U定=12V-6V=6V， 则滑动变阻器连入电路的电阻为：； 当灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为：U″=IR=0.5A×10Ω=5V， 则此时灯泡两端的电压即额定电压为：U额=U-U″=12V-5V=7V， 灯泡的额定电功率为：P=U额I=7V×0.5A=3.5W。 变式2：（2024九上·临海期末）为探究小灯泡亮度与电功率的关系，兴趣小组利用电压恒为3伏的电源、滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲进行实验，获得相关数据如表。图乙是实验过程中电路总功率、小灯泡功率随电流变化的曲线。 次数 1 2 3 4 5 电压U/V 0.1 0.9 1.7 2.1 2.5 电流I/A 0.05 0.19 0.24 0.26 0.28 功率P/W 0.005 0.171 0.425 0.546 0.725 小灯泡亮度 越来越亮 （1）从第2次到第3次实验，滑片P应向　 　移动。 （2）乙图中线段CD表示的物理量是　 　。 （3）整理数据发现，当小灯泡两端电压变大时，灯泡电阻也变大，请分析原因。　 　 【答案】（1）左 （2）电流为I0时，滑动变阻器的电功率 （3）小灯泡两端的电压变大时，电流也变大，根据Q=I2Rt，相同时间产生的内能增多，温度升高，阻值增大 【解析】 （1）由表格数据可知，实验3中灯泡两端的电压值大于实验2中灯泡两端的电压值，而电源电压变，且U=U滑+UL，故实验3中应減小滑动变阻器两端的电压，根据串联分压特点可知滑动变阻器的滑片P的移动方向。 （2）根据电路的总功率等于各用电器功率之和，同时结合图乙分析回答。 （3）灯丝的电阻随温度的升高而增大。 【解答】 （1）由表格数据可知，实验3中灯泡两端的电压值大于实验2中灯泡两端的电压值，而电源电压不变，且U=U滑+UL，故完成实验2后，要想获得实验3的数据（即增大灯泡两端的电压），应减小滑动变阻器两端的电压，根据串联分压特点可知，应減小滑动变阻器接入电路的阻值，则由图甲可知滑片P应向左移动。 （2）由图乙可知，电流为I0时，C点是此时电路的总功率，D点是此时灯泡的功率，根据电路的总功率等于各用电器功率之和可知，线段CD表示电流为I0时，滑动变阻器的电功率。 （3）由表中数据可知，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，灯丝的电阻随温度的升高而增大。 变式3：（2024九上·南浔期末）要测量小灯泡的额定功率，实验室提供的器材有：标有“2.5V”的小灯泡、电池组（电压为3V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。 （1）小浔所接的实验电路如图甲所示，电路中部分连接不合理，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确。请你在应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法； （2）移动变阻器的滑片，使电压表的示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为　 　W； （3）小浔在实验过程中，移动变阻器滑片时，小灯泡突然熄灭。经判断，电路故障是小灯泡或电流表被烧坏。查找故障时，在不拆开电路的情况下，他把一根导线接在电流表两端接线柱，小灯泡又发光了，可判断电路故障是　 　。 【答案】（1）如图 （2）0.65W （3）电流表被烧坏或电流表断路 【解析】（1）测量小灯泡额定功率的实验中，电压表应测灯泡两端的电压，据此分析甲图中的错误并改正。 （2）根据电流表的量程和分度值确定电流表的示数；根据P=UI求出灯泡的额定功率。 （3）已知电路故障是小灯泡或电流表被烧坏，结合所给实验现象分析具体的电路故障。 【解答】（1）要测量小灯泡的额定功率，电压表应测灯泡两端的电压，而 图甲中电压表测灯泡和滑动变阻器的总电压。此时可以将电压表与变阻器相连的导线从变阻器上拆下，改接在电灯泡的右端即可，如下图所示： （2）电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以电流表的示数为0.26A， 灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.26A=0.65W。 （3）在实验过程中，移动变阻器滑片时，小灯泡突然熄灭；经判断，电路故障是小灯泡或电流表被烧坏。查找故障时，在 不拆开电路的情况下，他把一根导线接在电流表两端接线柱，小灯泡又发光了，说明小灯泡没有问题，则故障是电流表断 路（或电流表被烧坏）。 考点四、电热器与焦耳定律 （一）电流的热效应 (1)定义:电流通过各种导体时，会使导体的温度升高，这种现象叫做电流的热效应。 (2)实质:电流通过导体发热的过程实际上是电能转化为内能的过程。 (3)应用:各种各样的电热器都是利用电流的热效应工作的，如电熨斗、电热毯、电热壶、电饭煲等。电热器的主要组成部分是发热体，发热体一般是由电阻大、熔点高的金属导体制成的。 （二）探究影响电热的因素 提出问题:电流通过导体产生的热的多少跟哪些因素有关呢? 猜想与假设:结合生活经验，可能与导体电阻有关，可能与电流的大小有关，还可能与通电时间有关。 设计实验:如图(注意控制变量法的运用) 控制t、I相同，研究热效应与电阻的关系。 控制t、R相同，研究热效应与电流的关系。 控制I、R相同，研究热效应与时间的关系。 进行实验: ①将两根电阻丝串联，通电加热一段时间后，观察两玻璃管中煤油上升的高度，并作出标记。 ②当两玻璃管中的液面降到原来的高度后，减小滑动变阻器接人电路的阻值使电流增大，在与①相同的时间内，观察同一玻璃管中煤油上升的高度，并作出标记。 ③保持②电流大小不变，延长通电加热时间，观察同一玻璃管中煤油上升的高度，并作出标记。 ④比较玻璃管中煤油上升高度的变化，得出结论。 获得结论: ①当通电时间、电流相等时，电阻越大，电流产生的热量越多。 ②当通电时间、电阻相等时，电流越大，电流产生的热量越多。 ③当通电电流和电阻相等时，通电时间越长,电流产生的热量越多。 （三）焦耳定律 (1)焦耳定律的内容: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。焦耳定律是由英国科学家焦耳最先发现的。 (2)公式:Q=I2Rt。 (3)对焦耳定律的计算公式Q=I2Rt的理解要注意以下几点: ①讲到影响电流通过导体产生热量的因素时要控制好变量，要同时考虑到通过导体的电流、导体电阻和通电时间。例如不能说导体通电时间越长，产生的热量就越多。 ②不能说导体产生的热量跟电流成正比，只能说跟电流的二次方成正比。 ③公式中的各个物理量都是对同一导体或电路而言的，计算时不能张冠李戴。 ④电热和电功的单位是相同的，都是焦(J)。 ( 典例分析 ) 典例1：（2024九上·杭州期末）如图所示是“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，煤油的质量、初温均相同，5分钟后观察到甲瓶中温度计示数比乙瓶高，若电阻丝的电阻分别为R甲和R乙，通过的电流分别为Ⅰ甲和Ⅰ乙，则（　　） A．I甲>l乙，R甲>R乙 B．I甲=I乙，R甲>R乙 C．I甲=I乙，R甲<R乙 D．I甲>I乙，R甲<R乙 【答案】B 【解析】根据串联电路的电流特点及焦耳定律进行解答。 【解答】由图中可知R甲与R乙串联在电路中，在串联电路中电流处处相等，所以I甲＝I乙； 由于5分钟后观察到甲瓶中温度计的求数比乙瓶高，由此可知Q甲＞Ｑ乙， 由于Q＝I2Rt，I甲＝I乙，所以R甲>R乙；故B正确。答案为：B。 ( 举一反三 ) 变式1：（2024九下·杭州月考）小乐猜想：“电流通过导体产生的热量的多少可能跟电流、电阻和通电时间有关”，于是设计了如图所示的装置①和②，先将电阻丝（R1＜R2）分别装入规格相同的烧瓶中，然后将带有相同的玻璃管的塞子塞紧烧瓶，玻璃管在外侧的一端与相同的瘪气球相连；实验过程中电源电压保持不变。下列叙述中，正确的是（　　） A．探究电流产生的热量与电流大小的关系，可比较气球甲、乙的体积变化 B．探究电流产生的热量与电阻大小的关系，可比较气球丙、丁的体积变化 C．装置①和②同时实验，通电相同时间后，体积变化最大的气球是丙气球 D．装置①和②同时实验，通电相同时间后，体积变化最大的气球是甲气球 【答案】C 【解析】（1）（2）根据控制变量法的要求分析判断； （3）（4）比较各个电阻产生热量的多少，从而判断气球体积的大小变化即可。 【解答】根据题意可知，电阻产生的热量越多，则烧瓶内气体温度越高，那么气球的体积越大。 A.探究电流产生的热量与电流大小的关系，需要控制电阻相同而改变电流的大小，而甲和乙中两个电阻串联电流相同，而电阻不同，故A错误； B.探究电流产生的热量与电阻大小的关系，需要控制电流大小和时间相同，改变电阻大小，因此可以比较甲和乙气球的体积变化，故B错误； CD.甲和乙中两个电阻串联，通过的电流相等，根据Q=I2Rt可知，乙中电阻产生的热量多，即Q乙＞Q甲。丙和丁中两个电阻并联，它们的电压相等，根据可知，丙中电阻产生的热量多，即Q丙＞Q丁。①和②中电源电压相等，则丁的电阻两端的电压肯定大于乙的电压，根据可知，丁产生的热量大于乙产生的热量，即Q丁＞Q乙。比较可知，产生热量最多的是丙，则体积变化最大的是丙气球，故C正确，D错误。故选C。 变式2：（2023九上·玉环月考）小科家有一台电烤箱，其铭牌如下，高温档功率数值模糊不清。其内部简化电路如图所示，和均为电热丝。求： ××牌电烤箱 额定电压 220V 额定功率 高温档 　 低温档 440W 电源频率 50Hz （1）当电烤箱处于低温档时，、所处的状态是　 　。 （2）当电烤箱在低温档正常工作时的电流是多少？ （3）小科先断开其它家用电器，并将电烤箱调到高温档接入220V的家庭电路中，发现他们家的电子式电能表（3000imp/（kW·h））在2min内指示灯恰好闪了120次，请你帮助他计算电烤箱高温档时的电功率。（“3000imp/（kW·h）”指的是接在这个电能表上的用电器每消耗1kW·h的电能，电表上的指示灯闪烁3000次） 【答案】（1）闭合、断开 （2）闭合、断开，与串联，电烤箱处于低温挡，由表格数据可知，电烤箱在低温挡正常工作时的功率， 由可得电路中的电流： （3）3000imp/（kW·h）表示每消耗1kW·h的电能，电能表的指示灯闪烁3000次，指示灯闪烁120次消耗的电能： ， 电烤箱的电功率： 【解析】在单位时间内电流所做的功叫做电功率；其中单位时间为秒（s），所做的功就是指电功。 电功率使用符号大写的英文字母“P”表示，电功率是描述电流做功快慢程度的物理量，通常所谓用电设备容量的大小，通常都是指的电功率的大小，他表示该用电设备在单位时间内做功的能力。 【解答】（1） 当电烤箱处于低温档时 ，应该R1，R2串联，所以 闭合、断开 。 变式3：（2024九上·金东期末）如图-1，是某型号电暖器。它有高温、低温两个挡位，其简化电路图如图-2所示。R1和R2均为发热电阻，其部分参数如图表所示。请完成下列问题： 额定电压 220V 额定功率 高温挡 2200W 低温挡 1100W （1）当开关S1、S2均闭合时，电暖器处于　 　挡； （2）求该电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流大小； （3）在某次用电高峰期，小金用如图-3所示的电力监测仪，测出该电暖器在低温挡工作时的实际电压为210V，实际功率为900W。小金由此认为实际功率小于额定功率，只是因为实际电压小于额定电压造成的。小兰和小江却一致认为小金的观点不全面。请你根据题中信息和所学知识，解释实际功率小于额定功率的原因。 【答案】（1）高温挡 （2）电暖器在低温挡正常工作时的功率为1100W，电路中的电流大小为 （3）由题意知，用电高峰期电暖器在低温挡工作时，实际电压为210V，实际功率为900W，根据P=U2/R可得，此时R1的阻值为49Ω。由此可知，原电阻发生了变化。所以造成实际功率小于额定功率的原因，不只是因为实际电压小于额定电压造成的，用电器电阻变大也是其中一个原因。 【解析】电路中的总电阻越小，电压一定，总功率越大。结合电功率公式进行分析。 【解答】（1）由图2可知，当开关S1、S2均闭合时，R1和R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻最小，由可知，电路中的总功率最大，电加热器处于高温挡。 （3）根据进行分析， 实际功率小于额定功率，是由于实际电压小于额定电压造成的，用电器电阻变大也是其中一个原因。 ( 课后巩固 ) 初中科学试卷2025年07月28日 一、单选题 1． 小明用秒表和如图所示实验装置来探究“影响电流热效应因素”，他将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，瓶内装入等质量的煤油。下列说法错误的是(　　) A．本实验中，电流产生的热量多少通过温度计的示数变化来判断 B．本实验可以探究电流产生的热量与电阻、电流和通电时间的关系 C．烧瓶内选用比热容较小的煤油，可以使实验现象更明显 D．若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可 【答案】D 【解析】【分析】根据控制变量法进行探究，在探究某一个因素的影响时，应控制其他条件相同。 【解答】A、实验采用了转换法，用更易观察的温度计示数变化来反应电流产生热量的多少，故A正确，不符合题意； B、电路为串联电路，可以用于探究电热与电阻的关以及电热与通电时间的关系，比同一烧瓶移动滑片改变电流，可以探究电热与电流的关系，故B正确，不符合题意； C、煤油的比热容小，质量一定时，吸收相同的热量，煤油温度变化量大，实验现象更明显，故C正确，不符合题意； D、要比较水和煤油的比热容大小，应控制两者吸收的热量相同，所以要更换电阻，电阻阻值要相同，故D错误，符合题意。 故答案为：D。 2．小明用秒表和如右上图所示实验装置来探究“影响电流热效应因素”，他将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，瓶内装入等质量的煤油。下列说法错误的是（　　） A．本实验中，电流产生的热量多少通过温度计的示数变化来判断 B．本实验可以探究电流产生的热量与电阻、电流和通电时间的关系 C．烧瓶内选用比热容较小的煤油，可以使实验现象更明显 D．若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可 【答案】D 【解析】【分析】 A.实验中将电阻丝产生的热量转换为温度计示数的变化，这种方法为转换法； B.根据控制变量法的要求判断； C.根据Q=cm△t分析判断； D.比较水和煤油的比热容大小时，需要控制液体的质量相同，还要使液体相同时间吸热相等。 【解答】A．根据图片可知，电阻丝产生热量越多，煤油的温度升的越高，通过观察温度计的示数大小来判断电流产生的热量的多少，故A正确不符合题意； B．两瓶中电阻丝串联，通过两个电阻的电流和通电时间是相同的，电阻不同，所以该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系，对于其中一个电阻，电阻一定，控制相同时间，移动滑动变阻器的滑片改变电流，所以该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与电流大小的关系，对于其中一个电阻，电阻和电流一定，随着时间的增加，温度计示数升高，以该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与时间的关系，故B正确不符合题意； C．根据Q=cm△t可知，在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的物质温度升高的多，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显，故C正确不符合题意； D．若要比较水和煤油的比热容大小，需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水，还要将电阻丝换成阻值相同的两根， 故D错误符合题意。 故选D。 3．小虞用秒表和如图所示实验装置来探究“影响电流热效应的因素”，他将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，瓶内装入等质量的煤油。下列说法错误的是 A．本实验中，电流产生的热量多少通过温度计的示数变化来判断 B．本实验可以探究电流产生的热量与电阻、电流和通电时间的关系 C．烧瓶内选用比热容较小的煤油，可以使实验现象更明显 D．若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可 【答案】D 【解析】【分析】（1）实验中将电阻丝产生的热量转换为温度计示数的变化，这种方法为转换法； （2）探究电流通过导体产生的热量多少与电阻大小的关系，需要让电路中的电流和通电时间相同； （3）在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的温度变化大，据此进行分析； （4）比较水和煤油的比热容大小时，需要控制液体的质量相同，还要使液体相同时间吸热相等。 【解答】A、通过温度计示数变化，判断电流产生热量的多少，这种方法是转换法，故A正确； B、该装置中电流和通电时间都相等，但两电阻丝的阻值不同，故可探究电流通过导体产生的热量多少与电阻大小、通电时间的关系，电路中有滑动变阻器，故能探究电流通过导体产生的热量多少与电流大小的关系，故B正确； C、在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的物质温度要升高的多，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显，故C正确； D、比较水和煤油的比热容大小时，要使它们在相同的时间内吸收相同的热量，所以要使两瓶中电阻丝的阻值相同，故D错误。 故答案为：D。 4． 如图所示电路，电源电压为4.5V且恒定。电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V， 小灯泡规格为“2.5V， 1.25W”(灯丝阻值不变)， 滑动变阻器规格为“20Ω，1A”。保证电路中各元件都不损坏，下列说法错误的是 (　　) A．电流表示数变化范围0.3A~0.5A B．电压表示数变化范围2V~3V C．滑动变阻器阻值变化范围4Ω~20Ω D．小灯泡实际功率变化范围0.45W~1.25W 【答案】C 【解析】【分析】根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压； 知道灯泡的额定功率和额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定电流； 灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的最小电压，即电压表的最小示数； 根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值； 当电压表的示数为3V时，变阻器连入电路的阻值最大，此时电路的总电阻最大，电路中的电流最小，由欧姆定律和串联电路电压的规律求出电路中的最小电流和滑动变阻器接入电路中的最大阻值； 根据P=UI求出灯泡功率的变化范围。 【解答】ABC．由图可知，灯泡和变阻器串联，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流，小灯泡的额定电流， 小灯泡的电阻， 电流表的最大电流是0.6A，通过变阻器的最大电流是1A，由串联电路电流的规律可知通过电路的最大电流是0.5A，此时变阻器连入电路的电阻最小，电压表的示数最小，电压表的示数U小=U-UL=4.5V-2.5V=2V， 变阻器连入电路的电阻最小值， 电压表的量程是0-3V，电压表的最大示数是3V，由串联分压可知，当电压表的示数为3V时，变阻器连入电路的阻值最大，此时电路的总电阻最大，电路中的电流最小，由欧姆定律和串联电路电压的规律可知电路中的最小电流， 变阻器连入电路的最大阻值， 电流表示数变化范围0.3A～0.5A，电压表示数变化范围2V～3V，滑动变阻器阻值变化范围4Ω～10Ω，故AB正确不合题意，C错误符合题意； D．通过电路的最大电流是0.5A，此时灯泡正常发光，小灯泡的电功率是1.25W， 通过电路的最小电流是0.3A，小灯泡实际功率：P小=I小2RL=（0.3A）2×5Ω=0.45W， 小灯泡实际功率变化范围0.45W～1.25W，故D正确不合题意。 故选C。 5． 小明将家里其他用电器关闭，只开启一个用电器，测出1分钟时间内电能表上的转盘转过了50转，该电能表表头如图所示，则小明实验过程中开着的用电器可能是（） A．电饭煲 B．电风扇 C．电视机 D．笔记本电脑 【答案】A 【解析】【分析】根据电能表计算消耗的电能，再根据计算电功率。 【解答】由电能表可知，转盘每转3000转，消耗1千万时的电能，可知转盘转过了50转，消耗的电能为，功率为。电饭煲的电功率约为1000W，电风扇的电功率约为几十瓦，电视机的电功率为100W，笔记本电脑的功率约为200W。 故答案为：A。 6．如图甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器的滑片P从a端移到b端，如图乙所示是定值电阻R1两端的电压随滑动变阻器R2阻值变化的图象，下列说法中错误的是（　　） A．电源电压为6V B．P在b端时，由乙图可知电阻R2=50Ω，此时电路电流为0.1A C．P在b端时，电阻R1的功率为0.1W D．P在b端时，该电路的总功率为0.5W 【答案】D 【解析】【分析】串联电路中电源电源等于用电器两端电压之和。【解答】A、据图可知，当滑动变阻器的阻值为0时，电路为定值电阻R1单独串联，此时定值电阻两端电压与电源电压相等，据乙图可知，电源电压为6V，故A不符合题意； B、P在b端时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，据乙图可知，滑动变阻器R2的阻值最大为50Ω，此时定值电阻两端电压为1V，则滑动变阻器两端电压为，此时电路中的电流为，故B不符合题意； C、P在b端时，电阻R1的功率为，故C不符合题意； D、P在b端时，该电路的总功率为，故D符合题意。 故答案为：D。 7．下列用电器主要利用电流热效应工作的是（　　） A．油烟机 B．电热毯 C．洗衣机 D．平板电脑 【答案】B 【解析】【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。 【解答】 电热毯是利用电流热效应工作的，油烟机、平板电脑、洗衣机不是利用电流热效应工作的，故B符合题意，ABD不符合题意。 故选B。 8．如图所示是东阳市区公共充电插座，扫码付费即可自动充电。给电动自行车充电时，充电器将电压降为电动车蓄电池需要的充电电压，若某充电器的输出电压为48V，输出电流为2.5A。以下描述中符合事实的是（　　） A．这些插座都是串联的 B．该充电器的输出功率为240w C．充电时，化学能转化为电能 D．完成扫码付费相当于闭合电路的开关 【答案】D 【解析】【分析】家庭电路中各用电器相互独立，可知是并联的。【解答】A、这些插座可以单独工作，互不影响，因此都是并联的，故A不符合题意； B、该充电器的输出功率为：，故B不符合题意； C、充电时，消耗电能，将电能转化为化学能，故C不符合题意； D、完成扫码付费后，开始给电动自行车充电，控制电路的通断，相当于闭合电路的开关，故D符合题意。 故答案为：D。 9．图甲所示电路中，电源电压恒定，滑动变阻器滑片P从b端移动到a端，R1两端的电压随滑动变阻器R2连入电路电阻变化的图像如图乙所示。下列说法中错误的是（　　） A．电源电压为6伏 B．R1的阻值为10欧 C．该电路的最大总功率为1.8瓦 D．P在b点时，通过R1的电流为0.1安 【答案】C 【解析】【分析】当滑动变阻器连入电路的阻值为零时，电路为只有定值电阻的简单电路，此时定值电阻两端的电压等于电源电压。 整个电路总功率最大，由可知，此时电路中电流最大，由欧姆定律可知，此时总电阻最小，即滑动变阻器阻值为零。【解答】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端电压。 A、当滑动变阻器的滑片P从b端移到a端时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，由得到电路中的电流变大，R1两端的电压变大，滑片在a端时，电路为R1的简单电路，此时电压表测电源两端的电压，其示数最大，由图乙所示图象可知，电源电压U=6V，故A正确，不符合题意； B、从图乙可知，当滑动变阻器阻值最大时，分压最大，即R滑大=50Ω，U滑大=1V，根据串联电路的分压特点可知，R1的电压为：，由于，则，故B正确，不符合题意； C、当变阻器接入电路中的阻值最小时，电路中的电流最大，则电路中的最大电流为：，则该电路的最大总功率为：，故C错误，符合题意； D、P在b点时，电路为定值电阻与变阻器串联，且变阻器接入电路中的阻值最大，电路中的电流最小，据图可知R1两端电压为1V，通过R1的电流为，故D正确，不符合题意。 故答案为：C。 10．如图所示，干路上的电流I恒为不变，滑动变阻器规格为“”，小灯泡L上标有“”字样。忽略温度对小灯泡阻值的影响，则下列说法正确的是（　　） A．小灯泡L正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻为 B．当滑片P移到最左端时，通过小灯泡的电流为 C．在滑片P向左移动过程中，并联电路两端电压减小 D．在滑片P向左移动过程中，并联电路消耗的总功率增大 【答案】C 【解析】【分析】并联电路总电阻小于电路中任何一个电阻，滑动变阻器电阻减小，总电阻也将减小，根据欧姆定律可知，电流一定时，并联电路两端的电压将减小。 【解答】A、因并联电路中各支路两端的电压相等，且小灯泡L正常发光，所以，电源的电压U=UL=6V ，通过灯泡的电流 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过滑动变阻器的电流 I滑=I-IL=1A-0.5A=0.5A 则滑动变阻器接入电路中的阻值 故A错误； B、当滑片P移到最左端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，会造成电源短路，则通过小灯泡的电流为0A，故B错误； CD、在滑片P向左移动过程中，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，并联部分的总电阻变小，因干路上的电流恒为1A不变，由U=IR可知，并联电路两端电压会减小，由P=UI可知，并联电路消耗的总功率减小，故D错误，C正确。 故答案为：C。 11．某水电站，用总电阻为的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是（　　） A．输电线上输送的电流大小为 B．输电线上由电阻造成的损失电压为15kV C．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为 D．输电线上损失的功率为，为输电电压，为输电线的电阻 【答案】B 【解析】【分析】根据计算电流，由欧姆定律计算电线电阻两端的电压即为损失的电压。【解答】A、由P=UI可得，用500kV电压输电时输电线上的电流为：，故A错误； B、由可得，输电线上由电阻造成的损失电压为：ΔU=IR=6000A×2.5Ω=15000V=15kV，故B正确； C、改用5kV电压输电时，线路中的电流为：，输电线上损失的功率为：ΔP=(I')2R=(6×105A)2×2.5Ω=9×1011W=9×108kW，损失的功率不可能大于输出电功率，故C错误； D、输电线上损失的功率为，U应为线路上损失的电压，r为输电线的电阻，故D错误。 故答案为：B。 12．通过两定值电阻甲、乙的电流与电压关系如图所示，当将甲、乙两电阻并联在2V的电源两端，下列分析错误的是（　　） A．甲、乙电阻的电流之比为2：1 B．干路上的电流是0.6A C．甲消耗的电功率为0.4W D．乙在1分钟内消耗的电能为24J 【答案】C 【解析】【分析】（1）由图象可知通过它们的电流大小，然后可知其电流之比； （2）根据并联电路电流规律求出干路电流； （3）根据P甲=U甲I甲求出甲消耗的电功率； （4）根据W乙=U乙I乙t求出乙在1分钟内消耗的电能。 【解答】A、由图象可知，当它们两端电压为2V时，通过它们的电流分别为I甲=0.4A，I乙=0.2A，则甲、乙电阻的电流之比为，故A正确，不符合题意； B、由图象可知，当它们两端电压为2V时，通过它们的电流分别为I甲=0.4A，I乙=0.2A，因干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：，故B正确，不符合题意； C、甲消耗的电功率为：，故C错误，符合题意； D、乙在1分钟内消耗的电能为：，故D正确，不符合题意。 故答案为：C。 13．如图， 电源电压恒为6V，两灯泡L1和L2的规格分别为“6V 3W"和“6V 6W"，假定灯丝电阻不变，按甲、乙方式连接，接通电路后最亮的是 (　　) A．甲图中的L1 B．甲图中的L2 C．乙图中的L1 D．乙图中的L2 【答案】D 【解析】【分析】 灯泡的亮度决定于实际功率大小， （1）根据串联分压确定串联时的电压，得出实际功率与额定功率的关系； （2）根据并联电压相等，确定实际功率。 【解答】 灯泡的亮度决定于实际功率大小，甲图中两个灯泡串联， 根据串联分压规律可知，每个灯泡的电压都小于6V，实际功率都小于额定功率， 而乙图并联，每个灯泡的电压都等于额定电压6V，都正常发光，两灯泡L1和L2规格分别为“6V 3W”和“6V 6W“，说明L2的实际功率大，故并联时L2最亮。 故选D。 14． 甲、乙两灯的规格分别为“6V 3W”和“6V 6W”，忽略灯丝电阻受温度的影响，下列说法正确的是 (　　) A．两灯串联在6V的电路中，乙灯比甲灯亮 B．两灯并联在6V的电路中，甲灯比乙灯亮 C．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多 D．将乙灯接入3V的电路中，它的实际功率为1.5W 【答案】D 【解析】【分析】先根据灯泡的规格求出两灯的电阻，再结合串联、并联电路的特点以及电能和电功率的计算公式来逐一分析选项。 根据，则， 【解答】分析选项 A、两灯串联在的电路中，根据串联电路电流处处相等，由可知，在电流相同的情况下，电阻越大，实际功率越大。因为R甲大于R乙，所以甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率，即甲灯比乙灯亮，A 选项错误。 分析选项 B、两灯并联在的电路中，此时两灯两端的电压都等于额定电压，两灯都正常发光。 甲灯的实际功率小于乙灯的实际功率，所以乙灯比甲灯亮，B 选项错误。 分析选项 C、两灯均正常发光时，实际功率等于额定功率，消耗电能的多少不仅与功率有关，还与时间有关，由于不知道两灯正常发光的时间，所以无法比较两灯消耗电能的多少，C 选项错误。 分析选项 D 将乙灯接入的电路中，根据，此时乙灯的实际功率，D 选项正确。 故答案为： D 。 15．在“探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验中，某同学采用了如图甲、乙所示的实验装置(两个透明容器中封闭着等量的空气)。下列说法正确的是 ①U形管中液面高度变化主要是由液体热胀冷缩引起的 ②甲装置能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系 ③乙装置右边容器中的电阻丝应该选用 10Ω 阻值的电阻 ④甲实验结论能解释“电炉丝热得发红而与它相连的导线几乎不发热”的现象 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【答案】D 【解析】【分析】A.电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，甲、乙两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法； BC.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； D.根据Q=I2Rt分析。 【解答】 ①根据转换法，U形管中液面高度变化主要是由气体热胀冷缩引起的，故A错误； 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热效应与电阻大小的关系，故②正确； ③乙实验是研究电流产生的热量与电流的关系，通过它们的电流不同、通电时间都相同和电阻要相同，右边容器中的电阻要等于左边容器中的电阻5Ω，故③错误； ④图甲中两电阻串联，电阻不同，通过两电阻的电流相同，10Ω电阻产生的热量更多，电炉丝与和它相连的导线也是电阻不同，电流相同，电炉丝电阻更大，根据Q=I2Rt可知电炉丝产生的热量更多，故④正确。 那么正确的是②④。 故选D。 16．小柯自行车上安装有可充电手电筒。使用一段时间后，发现灯变暗了，则手电筒中的白炽灯 (　　) A．额定电压变大 B．实际电阻变小 C．额定功率变小 D．实际功率变小 【答案】D 【解析】【分析】 （1）灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，与额定功率无关； （2）灯泡的额定电压和额定功率只有一个，是固定不变的；实际电压和实际功率有无数个，是会发生变化的。 【解答】 AC.灯泡的额定电压和额定功率只有一个，是固定不变的，故AC错误； B.白炽灯使用一段时间后，灯丝会由于升华而变细，根据导体电阻的影响因素可知，灯丝的电阻会变大，故B错误； D.发现灯变暗了，说明白炽灯的实际功率变小了，故D正确。 故选D。 17．如图所示是探究焦耳定律的实验装置，电阻丝 R1和R2分别密封在两只完全相同的烧瓶中，且R1 A．将R1和R2串联，控制通过R1和R2的电流及通电时间相等 B．由于水的比热容更大，将煤油换成水，实验现象更明显 C．R1产生热量多，所以甲中温度计示数比乙高 D．该装置只能探究电流产生的热量与电阻大小的关系 【答案】A 【解析】【分析】A.根据串联电路各处电流都相等的规律判断； B.在相同的条件下，温度计的示数变化越大，则实验现象越明显； C.根据Q=I2Rt分析判断； D.根据控制变量法的要求判断。 【解答】A.根据串联电路的电流规律可知，将R1和R2串联，控制通过R1和R2的电流及通电时间相等，故A正确； B.由于水的比热容更大，将煤油换成水，加热相同的时间后水升高的温度较小，则实验效果不明显，故B错误； C.已知R1<R2，根据Q=I2Rt可知，R2产生热量多，所以乙中温度计示数比甲高，故C错误； D.只观察其中一个电阻丝，则电阻和时间相同，那么该装置只能探究电流产生的热量与时间大小的关系，故D错误。 故选A。 18．如图所示的用电器中，正常工作时电功率最大的是 A．电冰箱 B．电风扇 C．电水壶 D．电视机 【答案】C 【解析】【分析】根据对家用电器电功率的认识判断。 【解答】电冰箱的电功率大约100W，电风扇的电功率大约150W，电水壶的功率大约1000W，电视机的功率大约200W，故C符合题意，而A、B、D不合题意。 故选C。 19．如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着初温 质量相同的空气。下列说法正确的是 A．甲装置为了探究电流产生的热量与电压大小的关系 B．甲装置通电一段时间后，左侧容器产生的热量更多 C．乙装置R1和R2两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为2： 1 D．乙装置R3可换用2Ω的电阻使左右两个U形管内液面高度差异更大 【答案】D 【解析】【分析】A.根据甲图确定哪个因素不同即可； B.根据焦耳定量Q=I2Rt分析产生热量的多少； C.根据乙图确定通过两个电阻丝的电流之比，根据Q=I2Rt计算产生热量之比； D.通过两个电阻的电流差异也读，则实验现象越明显。 【解答】 A.甲装置中，两个电阻串联，则通过它们的电流相等，只有电阻大小不同，则为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故A错误； B.根据焦耳定量Q=I2Rt可知，甲装置通电一段时间后，左侧电阻小产生的热量少，故B错误； C.乙装置中，R1在干路上，R2在支路上，通过它们的电流之比为2：1。根据焦耳定量Q=I2Rt可知，二者产生的热量之比为4：1，故C错误； D.乙装置中，R3换用2Ω的电阻后，此时并联部分电阻更小，则通过干路的电流越大，那么通过两个电阻的电流差更大，则产生的热量相差更多，可使左右两个U形管内液面高度差异更大，故D正确。 故选D。 20．如图是研究“电热多少与哪些因素有关”的实验电路，甲、乙、丙为三只相同的烧瓶，其中装有等量的煤油，并插入三支相同的温度计，烧瓶中电阻丝的阻值R 甲=R 丙<R 乙，下列分析正确的是 A．闭合开关S1、断开S，可探究电热与电阻的关系，甲瓶煤油升温更快 B．闭合开关S、断开S1，将滑动变阻器向A 端移动，丙瓶中升温会变快 C．闭合开关S与S1，则可同时探究电热与电阻、电流和通电时间的关系 D．闭合开关S与S1，通电相同时间，可观察到甲瓶中温度计示数是最大 【答案】C 【解析】【分析】电流通过导体产生的热量与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关，根据控制变量法分析；实验中通过温度计示数的变化来反映电阻丝放出热量的多少，这用到了转换法。 【解答】 A、只闭合开关S1，电阻丝甲、乙以及滑动变阻器串联，而R甲＜R乙，根据焦耳定律，乙瓶煤油升温更快，故A错误； B、只闭合开关S，将滑动变阻器向A端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电流较小，丙瓶中升温会变慢，故B错误； C、同时闭合S和S1，电阻丝甲、乙串联再与丙并联，甲、乙可以探究电热与电阻的关系；甲、丙可以探究电热与电流的关系；改变通电时间甲、乙、丙任意一个都可以探究电热与通电时间的关系，故C正确； D、同时闭合S和S1，电阻丝甲、乙串联再与丙并联，甲、乙两端的总电压等于丙两端的电压（即U丙＞U甲，U丙＞U乙），且R甲=R丙＜R乙，所以根据Q=W=t可知，相同时间内电流通过丙电阻丝产生热量最多，则通电一段时间以后丙瓶内煤油的温度升得最高，故D错误。 故答案为： C。 二、填空题 21．如图甲所示的电路中，电源、开关、小灯泡与电阻 组成闭合回路。已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，电阻 、标有“40欧，1.5安”的滑动变阻器 ，电源两端的电压恒为 U=3V （1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率为　 　W(保留到小数点后三位)。 （2）P继续向右移动时，灯泡的电功率将　 　(选填：变大、变小、不变) 【答案】（1）0.144 （2）变大 【解析】【分析】1、串联电路的特点：在串联电路中，电流处处相等，总电压等于各部分电路电压之和。 并联电路的特点：并联电路中各支路两端的电压相等。 2、欧姆定律：。 3、电功率的计算：P=UI。 【解答】（1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率滑片P在中点时，滑动变阻器R2接入电路的电阻为20Ω。 设灯泡两端的电压为UL，通过灯泡的电流为IL​。 当R1=10 Ω，R2=20 Ω， U总=R1×I总+RL×IL U总=R1×I总+R2×IR2 得3V=10 Ω×I总+RL×IL 3V=10 Ω×I总+20 Ω×I2 结合乙图，当电压为1.2V时，电以IL=1.2A， 灯泡的实际功率P=UL×IL =1.2V×0.12A=0.144W。 （2）当滑片P向右移动时，滑动变阻器R2接入电路的电阻增大。 根据并联电路的特点，R2与灯泡并联的总电阻， 当R2增大时，总电阻也增大。 整个电路的总电阻增大。 根据欧姆定律，干路电流减少。 根据灯泡的伏安特性曲线（图乙），当灯泡两端的电压增大时，通过灯泡的电流IL也增大。 所以，灯泡的电功率P=UL ×IL增大。 22．如图甲是兴趣小组测定小灯泡（额定电压2V）电功率的实验电路。 （1）某同学根据实验数据画出如图乙所示的图像，则该小灯泡的额定功率为　 　瓦。 （2）老师认为图乙曲线右半段不符合实验事实，理由是　 　。 （3）当电源电压为3V时，图乙中阴影部分的面积表示　 　。 【答案】（1）0.8 （2）当实际电压远大于灯的额定电压时，小灯泡会烧毁 （3）滑动变阻器的电功率 【解析】【分析】（1）根据图乙确定灯泡的额定电流，然后根据P=UI计算灯泡的额定功率； （2）当灯泡的电压太高时，通过灯泡的电流太大，产生的热量太多，很可能会烧坏灯泡； （3）根据P=UI和U总=U1+U2分析解答。 【解答】（1）根据图乙可知，当灯泡电压为2V时，通过灯泡的额定电流为0.4A，则灯泡的额定功率：P=UI=2V×0.4A=0.8W。 （2）老师认为图乙曲线右半段不符合实验事实，理由是：当实际电压远大于灯的额定电压时，小灯泡会烧毁。 （3）当电源电压为3V时，变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=3V-2V=1V； 通过灯泡的电流为0.4A，则它的功率为：P滑=U滑I滑=1V×0.4A=0.4W； 根据图乙可知，阴影部分电压为1V，电流为0.4A，则阴影面积表示滑动变阻器的电功率。 23．小科用如图所示电路研究电流产生的热量与哪些因素有关，他将电热丝R1、R2涂上一种红色温变油墨，当温府达到80℃时，该油墨会变成无色，以下选项不正确的是（　　） A．利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法 B．R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻 C．若要使变色时间提前，应将滑动变阻器滑片P往右移 D．该实验控制的变量是电流和通电时间相同 【答案】C 【解析】【分析】 转换法的基本思想是在保证实验效果相同的前提下，将不可见或难以测量的物理量转换为可见或易于测量的物理量。 【解答】 A.利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法，A正确； B.R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻，可以探究电热与电阻大小的关系，B正确； C. 若要使变色时间提前，可以将电路电流变大，应将滑动变阻器滑片P往左移，C错误； D. 该实验控制的变量是电流和通电时间相同，串联电路电流相等，D正确； 故答案为：C。 24．小金爱好科学，对身边的用电器特别感兴趣，每个月初都会按时看电能表并记录数据。 （1）12月1日小金看到的电能表如图所示，根据记录的数据，算出11月份用电92度，要节约用电了。那么小金家11月1日的表盘上的数据是　 　kW•h ； （2）他想利用家里的电能表测量一下家里电炒锅的实际功率，于是他关闭了家里其他用电器，只让电炒锅单独工作，测得家里电能表的转盘10min转了100r，则该电炒锅的实际功率为　 　W。 【答案】（1）1250.4 （2）1000 【解析】【分析】 （1）电能表的单位为kW•h，注意刻度盘上的示数最后一位是小数点后的数字，据此得出国庆节时电能表的示数；已知九月份用电量，可得出小浦家9月1日的表盘上的数据； （2）600r/（kW•h表示电路中的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘600r； 据此得出家里电能表的转盘10min转了100r，电钞锅消耗的电能，根据得出该电炒锅的实际功率。 【解答】 （1）电能表的单位为kW•h，国庆节时电能表的示数为1342.4kW•h，九月份用电92度=92kW•h，9月1日的表盘上的数据是：1342.4kW•h-92kW•h=1250.4kW•h； （2）600r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘600r； 测得家里电能表的转盘10min转了100r，则消耗的电能， 该电炒锅的实际功率。 25．电流做的功与电压、电流和通电时间三个因素都有关。小科想通过实验验证电功与电流的关系，选用的器材如图所示。其中两侧U形管内所装液体液面起初相平，电阻阻值如图所示。 （1）将两根电阻和并联后再与串联，目的是　 　 （2）通电一段时间后，通过观察　 　来比较电流做功多少； （3）若通过的电流为1A，通电1.5min，则电流通过做功为　 　J。 【答案】（1）使密闭容器中电阻丝的电流大小不同 （2）U形管液面的高度差 （3）450 【解析】【分析】（1）根据并联电路干路电流大于支路电流分析； （2）电流做功越多，产生的热量越多，则容器内气体体积膨胀越多，对应侧的液面高度差越大； （3）根据W=Q=I2Rt计算电流做功。 【解答】（1） 将两根电阻和并联后再与串联，左边的电阻在支路上，右边的电阻在干路上，则通过它们的电流大小不同，那么目的是：使密闭容器中电阻丝的电流大小不同。 （2） 通电一段时间后， 通过观察U形管液面的高度差来表示电流做功多少的。 （3）电流通过做功为：。 （1）探究电功与电流的关系，需要改变电流的大小，因此将两根电阻和并联后再与串联的目的是使密闭容器内两电阻丝的电流不同。 （2）实验中运用转换法，通过观察U形管液面的高度差来表示电流做功多少的。 （3）通过的电流为1A，通电1.5min，则电流通过做功为： 26．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。据图回答下列问题： （1）通电后电阻丝温度升高，内能增大是通过　 　的方式改变的。 （2）该实验装置用　 　来判断电流通过导体产生的热量多少。 （3）若通过容器①电阻丝电流是2A，则容器②内电阻丝在1min内产生的热量是　 　J。 【答案】（1）做功 （2）U形管两侧的液面高度差 （3）300 【解析】【分析】（1）改变内能的两种方式：做功和热传递。 （2）实验采用了转换法，用更易观察的U形管两侧的液面高度差来判断电流通过导体产生的热量多少。 （3）根据焦耳定律计算电流产生的热量，注意时间的单位是秒。 【解答】（1）电流通过电阻丝做功，将电能转化为内能，是通过做功改变了电阻丝的内能。 （2）电流通过电阻丝产生热量，产生的热量越多，容器内空气吸收的热量就越多，温度上升就越大，体积膨胀程度就越大，U形管中液面高度差就越大。 （3）容器②内两电阻丝并联后与①电阻丝串联，通过容器①电阻丝电流是2A，则容器②内电阻丝电流是1A，产生的热量为 （1）电流通过电阻丝做功，将电能转化为内能，是通过做功改变了电阻丝的内能。 （2）电流通过电阻丝产生热量，产生的热量越多，容器内空气吸收的热量就越多，温度上升就越大，体积膨胀程度就越大，U形管中液面高度差就越大。 （3）容器②内两电阻丝并联后与①电阻丝串联，通过容器①电阻丝电流是2A，则容器②内电阻丝电流是1A，产生的热量为 27．华为“Mate60Pro”搭载5000毫安时不可拆卸式电池，并且采用“超级快充”技术，不到半小时可把电池充达一半以土，极大方便了人们的使用。已知该电池的部分参数如表所示。 电池名称 锂离子电池 电压 3.7V 容量 5000mAh （1）根据表格中的电池“容量”，该款手机充满电后储存的电能是　 　 焦； （2）如图所示的两个充电器，一个标注“输出5V 600mA”，另一个标注“输出5V 4A”，其中有一个是快速充电器。选用快速充电器将电池从零充满至少需要　 　 分钟；（结果保留一位小数） （3）有人发现，超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，从线路安全的角度来分析是因为　 　 。 【答案】（1）66600 （2）55.5 （3）充电线尽可能做得粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些 【解析】【分析】（1）已知电池的容量和工作电压，根据W=UIt即可求出电池充满电储存的电能； （2）已知充电器输出电压和电流，可以得到输出功率，输出功率越大表示充电越快；已知电池容量、电压和充电效率，可以得到充电器消耗的电能；知道充电器消耗的电能和充电功率，由W=Pt可得充电时间； （3）在材料和长度一定时，横截面积越大电阻越小；由焦耳定律知，在电流和通电时间一定时，电阻越小产生热量越少。 【解答】（1）电池充满电储存的电能为：。 （2）两个充电器的充电功率分别为：，，所以第二个的充电速度快，即第二个为快速充电器；选用快速充电器将电池从零充满至少需的时间：。 （3）充电器的充电线有电阻，由焦耳定律知，工作过程中会产生热量；充电线尽可能做得粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些。 （1）电池充满电储存的电能为：。 （2）两个充电器的充电功率分别为：，，所以第二个的充电速度快，即第二个为快速充电器；选用快速充电器将电池从零充满至少需的时间：。 （3）充电器的充电线有电阻，由焦耳定律知，工作过程中会产生热量；充电线尽可能做得粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些。 28．如图甲，是一款家用电水壶内部电路的简图，R1、R2均为加热电阻，通过转动旋钮开关可实现加热和保温两种功能。 （1）将电水壶的开关S闭合后，旋钮开关在如图甲所示位置，此时电水壶处于　 　(填“加热”或“保温”)状态； （2）小科用电水壶给质量为1千克的水加热，2分钟后水温升高了30℃，在此过程中水至少吸收的热量为　 　焦。若此过程家庭电路中只有电水壶在工作，观察到电能表(如图乙)的转盘转过30转，则电水壶实际功率为　 　瓦。 【答案】（1）保温 （2）1.26×105；1500 【解析】【分析】（1）根据公式比较开关在不同闭合情况下总功率的大小，从而确定对应的工作状态； （2）根据Q=cm△t计算水吸收的热量。根据计算电水壶消耗的电能，最后根据计算它的实际功率。 【解答】（1）根据图片甲可知，开关接1时，两个电阻串联； 当开关接2时，只有R2单独工作； 那么前者总电阻大于后者； 根据可知，前者总功率小于后者， 则前者为保温状态，后者为加热状态。 （2）水吸收的热量Q=cm△t=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×30℃=1.26×105J； 电水壶消耗的电能：； 那么电水壶的实际功率为：。 三、实验探究题 29．某同学利用如图甲所示的电路测量小灯泡的电功率(已知电源电压3V，小灯泡的额定电压2.5V)。 （1） 用笔画线代替导线将图甲电路连接完整。 （2）闭合开关发现电压表、电流表指针处于图乙所示位置，此时灯泡　 　(选填“不发光”、“正常发光”或“比正常亮”)。产生这一现象的可能原因是　 　(写出一种即可)。 （3）故障排除后，从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡U-1图象如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W。 【答案】（1） （2）不发光；灯泡断路 （3）0.75 【解析】【分析】（1）电压表测量灯两端电压，可知电压表并联在灯两端，电路为串联电路电流只有一个回路。 （2）灯泡断路，电压表串联进电路，电压表电阻很大，分压大，示数约为电源电压，电流极小小于电流表最小分度值，电流表示数为零。 （3）灯泡两端电压为额定电压时，其电功率为额定功率。 【解答】（1）电路为串联电路，电压表测量灯两端电压，如图所示 。 （2）由图乙可知，此时灯泡两端电压等于电源电压，流过灯泡的电流为零，此时灯泡属于断路状态，灯泡不会发光。 （3）灯泡的额定电压为2.5V，由图丙可知，灯泡两端电压为2.5V时，流过灯泡的电流为0.3A，可知灯泡的额定功率为。 30．在测量标有“0.28A”字样小灯泡电功率的实验中，小虞选择电流表0~0.6A量程，电压表0~3V量程，连接好电路，闭合开关，操作后测得表一数据。另一同学也用相同的器材，选用同样的量程，连接后测得表二数据。 （1）若连接的电路图如图所示，可测得表　 　的实验数据（选填“一”或“二”）。 （2）另一同学所测得的数据与小虞存在差异，原因可能是　 　。 （3）小灯泡的额定功率为　 　W。 表一 实验序号 电压表示数/V 电流表示数/A 1 1.5 0.16 2 2.5 0.22 3 3 0.24 表二 实验序号 电压表示数/V 电流表示数/A 1 3 0.24 2 2.2 0.28 3 1.5 0.30 【答案】（1）一 （2）电压表并联在滑动变阻器两端 （3）1.064 【解析】【分析】（1）根据图片分析电路的串并联关系，确定电压表随电流表示数的变化规律，再与表格数据对照即可； （2）根据（1）中的分析解答； （3）串联电路各处电流都相等，根据表格数据找到同一电流下两个电压表的示数，根据串联电路的电压特点计算出电源电压。 根据表格确定电流为0.24A时灯泡的额定电压，根据P=UI计算灯泡的额定功率。 【解答】（1）根据图片可知，电压表与小灯泡并联，电压表测灯泡的电压。当通过小灯泡的电流变大时，电压表示数也变大时，因此可测得表一的实验数据。 （2）根据表格数据可知，当电流表的示数变小时，灯泡电压表的示数变大，那么可能是电压表并联在滑动变阻器两端。 （3）由两表知，表一时电压表测小灯泡的电压，表二时电压表测变阻器的电压。 当通过的电流是0.24A时，它们的电压都3V， 则电源电压为U总=UL+U变=3V+3V=6V； 由表二知，额定电流为0.28A时变阻器的电压为2.2V， 小灯泡的额定电压为UL'=U总-U变'=6V-2.2V=3.8V； 其额定功率PL=ULIL=3.8V×0.28A=1.064W （1）若连接的电路图如图所示，电压表与小灯泡并联，电压表示数变大时，通过小灯泡的电流变大，所以，实验可测得表一的实验数据。 （2）另一同学所测得的数据电路中的电压表的示数越大，电流表的示数反而越小，可能是电压表并联在滑动变阻器两端。当滑动变阻器阻值变大时，电路中的电流变小，根据串联分压原理，滑动变阻器两端的电压变大。 （3）由两表知，表一时电压表测小灯泡的电压，表二时电压表测变阻器的电压，小灯泡和变阻器串联，当通过的电流是0.24A时，它们的电压都3V，则电源电压为U=3V+3V=6V 由表二知，小灯泡的额定电压为U=6V-2.2V=3.8V 额定电流为0.28A，其额定功率P=UI=3.8V×0.28A=1.064W 31．在测量标有“0.28 A”字样小灯泡电功率的实验中，小虞选择电流表0～0.6A量程，电压表0～3V量程，连接好电路，闭合开关，操作后测得表一数据。另一同学也用相同的器材，选用同样的量程，连接后测得表二数据。 实验序号 电压表 示数 电流表 示数／A 1 1.5 0.16 2 2.5 0.22 3 3 0.24 表一 实验序号 电压表 示数／V 电流表 示数／A 1 3 0.24 2 2.2 0.28 3 1.5 0.30 表二 （1）若连接的电路图如右图所示，可测得表　 　的实验数据（选填“一”或“二”）。 （2）另一同学所测得的数据与小虞存在差异，原因可能是　 　。 （3）小灯泡的额定功率为　 　w。 【答案】（1）一 （2）电压表并联在滑动变阻器两端 （3）1.064 【解析】【分析】（1）在“测量小灯泡的电功率”实验中，电压表应与小灯泡并联； （2）分析电阻的变化，得出灯丝的电阻随温度的升高而增大的特点； （3）由表一读出小灯泡的额定电压和电流，根据P=UI计算其额定功率。 【解答】 （1）若连接的电路图如图所示，电压表与小灯泡并联，电压表示数变大时，通过小灯泡的电流变大，所以，实验可测得表一的实验数据； （2）由表一中数据，根据P=UI知，小灯泡的电压变大，通过小灯泡的电流变大时，电功率变大，温度升高；同时，根据分别计算出电阻分析知，灯丝的电阻随温度的升高而增大； （3）由两表知，表一时电压表测小灯泡的电压，表二时电压表测变阻器的电压，小灯泡和变阻器串联，当通过的电流是0.24A时，它们的电压都3V，则电源电压为3V+3V=6V；. 由表二知，小灯泡的额定电压为U=6V-2.2V=3.8V，额定电流为0.28A，其额定功率P=UI=3.8V×0.28A=1.064W。 32．为“测定小灯泡电功率”，小滨连接了如图甲所示的实验电路，已知小灯泡L 的额定电压为2.5V，多次实验，获得数据和现象记录在下表： 序号 电压U/V 电流I/A 灯泡亮度 1 0.5 0.10 微亮 2 2.5 正常发光 3 3.0 0.34 很亮 （1）小滨发现：“小灯泡的亮度由实际功率决定”，该实验中支持此结论的证据是　 　。 （2）实验中，变阻器滑片移到某一位置时电压表示数如图乙所示，为测定小灯泡额定功率，应将滑片向　 　移动。 （3）第二次实验中，电流表示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是　 　瓦。 （4）小滨发现小灯泡在不同亮度下，两端的电压与电流比值不一样，小灯泡的额定功率为P0，若某次实验小灯泡两端电压 U1=1.25V，则实际功率 P1与额定功率P0的数值关系为P0　 　4P1（选填“<”或“=”或“>”） 。 【答案】（1）见解析 （2）左 （3）0.75 （4）< 【解析】【分析】（1）根据图丙确定电流表的量程和分度值，根据指针的位置读出示数，再根据P=UI分别计算出三个功率，然后比较大小与灯泡亮度比较即可。 （2）根据乙图确定电压表的示数，然后与灯泡的额定电压比较，从而确定灯泡电压的变化，接下来根据U总=U1+U2分析变阻器的电压变化，最后根据串联电路的分压规律确定变阻器的阻值变化即可。 （3）根据P=UI计算灯泡的额定功率； （4）首先假设灯泡电阻不变，计算出实际电压为1.25V时的实际功率，然后根据灯丝电阻随温度的变化规律判断灯丝实际功率的变化即可。 【解答】（1）如图丙所示，电流表选用0-0.6A量程，分度值为0.02A，电流为0.3A， 根据P=UI可知，三者对应的功率分别为：P1=U1I1=0.5V×0.10A=0.05W，P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W，P1=U1I1=3.0V×0.34A=1.02W； 结合表中灯的亮度，那么得到结论： 每次实验灯的实际功率越大，灯泡就越亮 。 （2）根据乙图可知，电压表的量程为0-3V，分度值为0.1V，则实际电压为2V<2.5V， 则灯泡的电压要增大。 根据U总=U1+U2可知，此时要减小变阻器的电压。 根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，则变阻器连入电路的阻值要减小， 即滑片向左移动。 （3）结合（1）可知，那么灯泡的额定功率为P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W （4）根据题意可知，灯泡的额定电压为2.5V，实际电压为1.25V，则实际电压是额定电压的； 根据可知，如果灯泡的电阻不变，那么实际功率为； 实际上电压较低时温度较低，则实际电阻变小，根据可知，实际功率会变大， 即。 故有。 （1）第二次实验中，电流表示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，根据P=UI分别计算出三次实验对应的电功率分别为P1=U1I1=0.5V×0.10A=0.05W，P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W，P1=U1I1=3.0V×0.34A=1.02W 结合表中灯的亮度，那么得到结论： 每次实验灯的实际功率越大，灯泡就越亮 。 （2）灯在额定电压下正常发光，根据乙图可知，电压表的量程为0-3V，分度值为0.1V，则实际电压为2V<2.5V，则灯泡的电压要增大，根据串联电路电压的规律，要减小变阻器的电压，由分压原理，则变阻器连入电路的阻值要减小，即滑片向左移动。 （3）结合（1）可知，那么灯泡的额定功率为P2=U2I2=2.5V×0.3A=0.75W （4）灯泡的额定电压为2.5V，实际电压为1.25V，则实际电压是额定电压的；根据可知，如果灯泡的电阻不变，那么实际功率为；实际上电压较低时温度较低，则实际电阻变小；根据可知，实际功率会变大，即 故有 33．小东设计了测量电路元件电功率的电路，如图甲所示，部分器材的规格己标明。 （1）按图甲连接好电路，闭合开关，发现无论怎样调节滑动变阻器滑片，电压表示数始终为3V，而电流表示数始终为零。经检查，发现一根导线某处接触不良。请推断①、②和③导线中发生故障的是　 　； （2）修复故障后继续实验，记录实验数据并在U-I图像中描点，得到小灯泡两端的电压与电流的关系图像如图乙。图中阴影部分面积S1表示小灯泡两端电压为1V时，小灯泡的实际功率。结合图像回答：小灯泡的额定功率为　 　W；阴影部分面积：表示的含义是：　 　； （3）完成上述实验后，小东发现灯泡的钨丝因为用久了而变的极细。由此他反思在该实验中2.5V时测得的额定功率　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 【答案】（1）① （2）0.75；滑动变阻器的功率 （3）偏小 【解析】【分析】（1）电压表示数等于电源电压，电流表没有示数，故障原因是电压表测量对象断路，由图分析可知，导线①断路。 （2）额定电压下的功率为额定功率，由图乙读出灯泡两端电压为2.5V时流过灯泡的电流，由P=UI计算额定功率。 （3）导体的电阻大小与导体的材料、横截面积、长度及温度有关，在其他条件一定时，横截面积越小，电阻越大。 【解答】（1）在连接好电路，闭合开关后，电路为串联电路，无论怎样调节滑动变阻器滑片，电压表示数始终为3V，而电流表示数始终为零，说明电路发生断路，且电压表串联接入电路，测电源电压，如果是一根导线接触不良，应是小灯泡与电压表之间的导线接触不良造成的，故是①发生了故障。 （2）从图乙中可知，当电压表的示数为2.5V时，电路中的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为：。 阴影部分面积S2的横坐标表示的是变阻器两端电压，与电流的乘积表示是滑动变阻器的功率，因此阴影部分面积S2表示是滑动变阻器的功率。 （3）丝变细后其电阻变大，则电路中的电流变小，根据可知，测得的额定功率偏小。 （1）在连接好电路，闭合开关后，电路为串联电路，无论怎样调节滑动变阻器滑片，电压表示数始终为3V，而电流表示数始终为零，说明电路发生断路，且电压表串联接入电路，测电源电压，如果是一根导线接触不良，应是小灯泡与电压表之间的导线接触不良造成的，故是①发生了故障。 （2）[1]从图乙中可知，当电压表的示数为2.5V时，电路中的电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为：。 [2]阴影部分面积S2的横坐标表示的是变阻器两端电压，与电流的乘积表示是滑动变阻器的功率，因此阴影部分面积S2表示是滑动变阻器的功率。 （3）丝变细后其电阻变大，则电路中的电流变小，根据可知，测得的额定功率偏小。 34．为了测定小灯泡的电功率，小柯利用电压恒为3V的电源、合适规格的滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲方式连接电路进行实验。 （1）闭合开关后，小灯泡不亮，电压表有示数，电流表无示数，则电路中可能出现的故障是____。 A．滑动变阻器断路 B．电压表短路 C．小灯泡短路 D．小灯泡断路 （2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片到某点，电压表的示数如图乙所示，为测得小灯泡的额定功率，小柯接下去的操作是　 　。 （3）小柯将数学几何图像分析与电学知识融合，图丙为小灯泡的I-U图像，划分6块区域，面积分别为S1-S6，有了新的发现与收获： ①当电流为I1时，小灯泡的实际功率可以用图丙中的面积　 　表示。 ②当电流为I1逐渐增大到I2时，请结合图中信息判断滑动变阻器功率的变化量△P滑与小灯泡实际功率的变化量△P灯哪一个更大，△Pm　 　△P灯(选填“>”、“<”或“=”) ， 并说明理由　 　。 【答案】（1）D （2）滑片向左移动，直到电压表示数等于灯泡额定电压2.5V为止 （3）S1；<；△P 灯=S2+S4+S6， △P滑=S2-S6，所以△P滑<△P灯 【解析】【分析】（1）连接电路时开关应断开，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值；灯泡不发光，说明电路出现了断路或灯泡短路现象，根据电流表和电压表的示数分析电路的故障； （2）根据串联电路分压原理分析。 （3）根据功率P=UI，结合图中信息分析。 【解答】（1）闭合开关后，小灯泡不亮且电流表无示数，说明电路可能出现断路。 而电压表有示数，说明电压表与电源两极是连通的。由此可判断是与电压表并联的小灯泡断路，因为若滑动变阻器断路，电压表不会有示数；若电压表短路，电压表无示数；若小灯泡短路，电压表也无示数且电流表有示数，所以答案选 D。 （2）由图乙可知，电压表使用 0 - 3V 量程，分度值为 0.1V，此时示数小于小灯泡的额定电压 2.5V。 根据串联电路分压原理，要使小灯泡两端电压增大到额定电压 2.5V，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，即滑片向左移动，直到电压表示数等于 2.5V 为止。 （3）①在 I - U 图像中，功率P=UI，当电流为I时，对应的电压与电流的乘积在图像中就是面积，所以小灯泡的实际功率可以用 S1 表示。 ②电源电压不变，当电流为逐渐增大到时， 当电流为I1逐渐增大到I2时， 滑动变阻器功率的变化量 < △P滑与小灯泡实际功率的变化量△P灯， △P 灯=S2+S4+S6， △P滑=S2-S6，所以△P滑<△P灯 。 35．小明同学用图甲所示的电路测量小灯泡的电功率，小灯泡上标有“2.5V”字样。 （1）请你用笔画线代替导线将图甲中的实物电路连接完整(要求：导线不得交叉)。　 　 （2）小明正确连接电路后，将滑片 P移到 B端。闭合开关，发现灯泡不亮，电压表、电流表均有较小的示数。对此现象判断和后续操作合理的是____。 A．灯泡短路，应更换灯泡 B．灯泡断路，应更换灯泡 C．滑动变阻器断路，应更换滑动变阻器 D．灯泡正常，应移动滑动变阻器的滑片 （3）解决上述问题后，小明测量了多组数据，并根据所测数据绘制成图乙所示的I-U图像。小灯泡的额定功率为　 　瓦。 （4）若I轴为灯泡正常工作时的电流，当灯泡的实际功率为额定功率的四分之一时，通过灯泡的实际电流I实　 　0.5I额(选填“大于”、“小于”或“等于”)。 【答案】（1）变阻器上方的接线柱与灯左侧的接线柱间连接一根导线 （2）D （3）0.625 （4）大于 【解析】【分析】（1）根据滑动变阻器的接线方法分析解答； （2）根据电流表和电压表的示数变化，结合灯泡的发光情况对电路故障分析判断； （3）根据图乙确定灯泡的额定电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率； （4）根据P=I2R，结合灯泡电阻随温度的升高而减小的规律分析解答。 【解答】（1）在测量灯泡额定功率的实验中，变阻器与灯泡串联，电压表与灯泡并联，且变阻器接线一上一下。根据甲图可知，将变阻器上方的接线柱与灯泡左侧的接线柱连接即可，如下图所示： （2）小明正确连接电路后，将滑片 P移到 B端。闭合开关，发现灯泡不亮，电压表、电流表均有较小的示数，这说明整个电路连接正确，应该是滑动变阻器接入的阻值太大所致，因此接下来的操作为：灯泡正常，应移动滑动变阻器的滑片 ， 故选D。 （3）根据乙图可知，灯泡的电压为2.5V时，额定电流为0.25A，则灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.25A=0.625W； （4）根据P=I2R可知，当灯泡的实际功率为额定功率的四分之一时，如果电阻不被，那么灯泡的实际电流等于额定电流的一半。由于现在电流小，则温度低，那么灯泡的电阻会小于正常工作时的电阻，因此通过灯泡的实际电流大于额定电流的一半，即I实>0.5I额. 36．在“测量小灯泡的电功率”实验中，选用的小灯泡上标有“2.5V”字样，额定电流约为0.3A.电源电压恒为6V，实验电路如图甲所示。 （1）现有规格为A： “10Ω 2A”、B： “20Ω 1A”和C： “50Ω 0.3A”的三个滑动变阻器可供选择，应选择　 　(选填字母)滑动变阻器接入电路才能顺利进行实验。 （2）电路连接完成后，闭合开关，发现小灯泡发光很暗，这时眼睛应该看着　 　(选填“电流表”或“电压表”)移动滑动变阻器的滑片，当小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W。 （3）测得小灯泡的额定功率后，把小灯泡两端的电压调为额定电压的一半，发现测得的功率大于其额定功率的四分之一，请对此加以分析：　 　。 【答案】（1）B （2）电压表；0.65 （3）根据可知，若灯丝电阻不变，实际电压为额定电压一半时，实际功率恰好等于额定功率的四分之一；当实际电压低于额定电压时，灯丝温度降低。电阻减小，所以此时实际功率大于额定功率的四分之一 【解析】【分析】（1）滑动变阻器与灯泡串联，根据串联电路电压特点先计算出滑动变阻器两端电压；再根据串联电路电流处处相等，结合欧姆定律计算滑动变阻器连入电路的最小阻值，所选滑动变阻器的最大阻值要稍大于计算所得的最小阻值。 （2）测定灯泡的额定功率，应使灯泡两端的电压等于额定电压，读出电流表示数，再用电压乘以电流计算额定功率。 （3）若灯泡的阻值不变，则根据可知，电压变为原来的一半，功率变为原来的四分之一，但灯泡的阻值会发生改变，温度低，电阻小，功率大。 【解答】（1）灯泡的功率为2.5V，电源电压为6V，则滑动变阻器两端电压为，串联电路电流相等，电流约为0.3A，则滑动变阻器的连入电路的阻值为，应选择最大阻值稍大于11.67欧姆的滑动变阻器，所以选择的滑动变阻器是B。 （2）灯泡发光很暗，说明灯泡两端的电压小于额定电压，所以眼睛注视电压表，移动滑片，直至电压表示数为2.5V。 图乙中电流表连接的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.26A，灯泡的额定功率为。 （3）灯泡的阻值不是一个定值电阻，阻值会随着温度的升高而增大，当灯泡两端的电压变为额定电压原来的一半时，电路中电流减小，灯丝的温度降低，电阻变小，由可知，实际功率大于额定功率的四分之一。 37．小科利用图甲所示的电路测量小灯泡的额定功率 已知小灯泡的额定电压为2.5V。 （1）移动滑片P，使电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W，继续向B端移动滑片，小灯泡的实际功率将　 　额定功率(选填“<”、“>”或“=” ) 。 （2）实验时小灯泡突然熄灭，电流表示数变大，电压表示数几乎为零，可能的原因是　 　。 （3）小科经过多次测量后，计算得到了一组功率P与电压的平方U2的图像，图中能正确表示P与U2的关系的是　 　。 【答案】（1）1；> （2）灯泡发生短路 （3）A 【解析】【分析】（1）①根据乙图确定电流表的量程和分度值，根据指针位置读出灯泡的额定电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率。 ②向B端移动滑片时，根据变阻器的阻值变化分析电流的变化，根据P=I2R分析灯泡的实际功率变化。 （2）根据甲图可知，当灯泡发生短路时，电压表也被短路，则灯泡不发光，电压表没有示数，而电流表的示数很大； （3） 灯丝电阻不变，根据电功率公式判断电功率P与U2的关系，找出符合题意的图象 【解答】（1）①根据乙图可知，电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，则示数为0.4A，那么小灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.4A=1W； ②向B端移动滑片时，变阻器接入的阻值变小，根据可知，此时通过灯泡的电流变大。根据P=I2R可知，此时灯泡的实际功率将变大。 （2） 实验时小灯泡突然熄灭，电流表示数变大，电压表示数几乎为零，可能的原因是灯泡发生短路； （3） 灯泡电阻R不变，由电功率公式可知，灯泡功率P与U2成正比，即电功率随电压的平方的变化关系为正比例函数关系，图象为一过原点的直线， 故选A。 四、解答题 38． 智能家居为我们的生活提供了很多便利。小明家新购置了一台如图甲所示的智能空气加湿器，其内部简化电路图如图乙所示，R1、R2为发热电阻.且 为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S2可实现“关”“低温挡”和“高温挡”之间的转换，其高温挡时电流为0.4A。具有智能断电功能，当水量偏低时会自动切断电源防止烧干。控制电路中， R 为压敏电阻，其阻值随压力的变化关系如图丙所示。 （1）由图丙可知，压敏电阻R的电阻随压力的增大而　 　 选填“增大’“减小”或“不变”)。 （2） 图乙电路中当旋转开关S2接触点3、4时，工作电路为　 　挡。 （3） 低温挡模式时，智能空气加湿器工作电路消耗的功率为　 　W。 （4）当控制电路中的电流达到50mA时，衔铁才会吸合，工作电路接通。请通过计算说明，工作时至少需要加水多少千克。 【答案】（1）减小 （2）低温 （3）0.5W （4）电流为50mA时，压敏电阻的阻值为 可知受到的压力为0.2N，水的质量为。 【解析】【分析】（1）结合图丙可知，压敏电阻的阻值随着压力的增大而减小。 （2）根据判断电功率大小，从而确定档位。 （3）根据高温挡的数据计算的阻值，再结合电功率公式计算电功率。 （4）串联电路总电阻等于各用电器电阻之和。 【解答】（1）由图丙可知，压力变大，压敏电阻的阻值减小。 （2）接2、3时，电路为串联电路，总电阻最大，由可知，此时的电功率最小，为低温挡。 （3）高温挡时，接3、4，只有工作，电流为0.4A，则的阻值为。 ，低温挡消耗的电功率。 39．在图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡L1的额定电压为8V，灯泡L2的额定电压为6V，图乙是灯泡L2的U-I图象。 （1）当开关S接a时，电压表的示数为1.2V，电流表的示数为0.3A，求定值电阻R0的阻值。 （2）开关S接a时，调节电源电压，使灯泡L1正常发光，此时R0消耗的功率为1W，求灯泡L1的额定功率。 （3）开关S接b时，通过调节电源电压可使电路允许达到的最大总功率是多少? 【答案】（1）当开关S接a时， 灯泡L1与电阻R0串联因为，，电阻R0的阻值为 （2）当开关S接a时， 灯泡L1与电阻R0串联，因为灯泡L1正常发光时，所以灯泡L1两端的电压为额定电压又因为此时R0消耗的功率为而所以此时电路中的电流为 即灯泡L1的额定功率为 （3）开关S接b时， 灯泡L1与灯泡L2串联当电路达到最大总功率时，应该有一盏灯泡正常发光，灯泡L1的额定电流为0.5A，由图象可知，灯泡，L2的额定电流为0.6A，所以串联电路允许通过的最大电流是0.5A。此时，L1正常发光，电路中的电流为从灯泡L2的U-I图象可知，当电流为0.5A时，灯泡L2两端的电压为则电源电压为电路允许达到的最大总功率​​​​​​​ 【解析】【分析】当开关S接a时， 灯泡L1与电阻R0串联，串联电路电流处处相等，开关S接b时， 灯泡L1与灯泡L2串联，串联分压。 40．如图所示是市场上某速热电热水器的工作原理简图，通过转动开关S 可以实现冷水、温水和热水之间的切换，能做到5秒出热水，极大地方便了人们的生活。 （1）要使出水口出温水，应将开关S转到　 　位置(填“12”“23”或“34”) ； （2）电热水器出温水时的功率为550W，求电阻R1的阻值； （3）已知. ，在一次使用过程中，小科使用了2分钟热水，求电热水器消耗的电能。 【答案】（1）23 （2） （3）加热时， R1与R2并联。已知 W= Pt= (550W+1650W) ×2×60S=2.64×105J 【解析】【分析】（1）从图中可知，开关S连接12时，没有电阻接入电路，连接23时，开关S连接R1，开关S连接34时，R1与R2并联；根据可知，S连接23，出水为温水，S连接34时，出水为热水； （2）S连接23时，出水为温水，此时只有R1接入电路，由得； （3）S连接34时，出水为热水，此时R1与R2并联，，从而得出P1与P2的关系，进一步计算出电热水器消耗的电能。 【解答】（1）由图中可知，开关S连接12时，没有电阻接入电路，连接23时，开关S连接R1，开关S连接34时，R1与R2并联；根据可知，S连接23，出水为温水； （2）S连接23时，出水为温水，此时只有R1接入电路，由得，从而计算出R1的阻值； （3）S连接34时，出水为热水，此时R1与R2并联，根据，得出P1与P2的关系，从而得出P2的大小，进一步计算出电热水器消耗的电能。 41．如图甲是小虞家里新安装的电热毛巾架，其工作原理如图乙所示，R1是阻值可调的电热丝，R2是阻值为200的电热丝，不考虑温度对电阻的影响。请分析回答： （1）当开关闭合，接a，R1滑片处于最右端时，电路处于　 　状态（选填“保温”或“加热”），若要改变毛巾架的发热功率，可以通过改变R1滑片的位置来实现； （2）当开关闭合，接b时，求此时毛巾架的发热功率为多少瓦？ （3）关闭家里的其他用电器，当电热毛巾架的实际功率为100瓦时，电能表（如图丙）内的转盘1分钟转过多少转？ 【答案】（1）保温 （2）解：根据图片可知，当开关闭合，接b时，只有R2在电路中， 此时毛巾架的发热功率为。 （3）解：当电热毛巾架的实际功率为100瓦时， 1分钟消耗的电能为； 电能表转盘1分钟转动圈数。 【解析】【分析】（1）根据比较开关在不同闭合情况下总功率大小，从而确定对应的工作状态； （2）根据图片可知，当开关闭合，接b时，只有R2在电路中，根据计算毛巾架此时的功率； （3）根据W=Pt计算毛巾架消耗的电能，根据计算电能表转动的圈数。 【解答】（1）根据图片可知，当开关闭合，接a，R1滑片处于最右端时，此时R1和R2串联，电路的总电阻最大，根据可知，电路的功率较低，此时处于保温状态。 当开关闭合，接b，此时只有R2单独工作，电路的总电阻最小，根据可知，电路的功率较大，此时处于加热状态。 （1）当开关闭合，接a，R1滑片处于最右端时，此时R1和R2串联，电路的总电阻最大，根据可知，电路的功率较低，此时处于保温状态。 （2）当开关闭合，接b时，只有R2在电路中，功率为 （3）当电热毛巾架的实际功率为100瓦时，1分钟消耗的电能为 电能表转盘1分钟转动圈数 42．如图甲是小虞家里新安装的电热毛巾架，其工作原理如图乙所示，R1是阻值可调的电热丝，R2是阻值为200的电热丝，不考虑温度对电阻的影响。请分析回答： （1） 当开关闭合，接a，R1滑片处于最右端时，电路处于　 　状态（选填“保温”或“加热”），若要改变毛巾架的发热功率，可以通过改变R1滑片的位置来实现； （2）当开关闭合，接时，求此时毛巾架的发热功率为多少瓦？ （3）关闭家里的其他用电器，当电热毛巾架的实际功率为100瓦时，电能表(如图丙)内的转盘1分钟转过多少转？ 【答案】（1）保温 （2）解： （3）解：=1/600kW·h n=3000r/kW·h×1/600kW·h=5r 【解析】【分析】（1） 当不同开关状态及滑片位置变化时，能判断电路的连接方式，如串联和短路 ，进而确定电路处于加热还是保温等工作状态。 （2）根据分析计算。计算用电器的功率。知道电阻和电压，可求出发热功率；知道实际功率和时间，能算出消耗电能 。 （3）电能表参数的理解与应用：“3000r/kW⋅h” 表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转3000转，据此结合用电器消耗的电能，可计算出转盘转动的转数。 【解答】（1）当开关S1闭合，S2接a，R1滑片处于最右端时，R1接入电路的电阻最大，此时R 1与R2串联。根据，总电阻越大，功率越小，所以此时电路处于保温状态。 43．电热饮水机可实现加热和保温两个档位的切换，小东查阅资料得到饮水机部分信息如下表，饮水机正常加热7min，可将质量为1kg的水从20℃加热至100℃，然后转入保温状态，请你结合小东的调查，解决下列问题： 额定电压U/V 220 加热功率P1/W 1000 保温功率P2/W 100 电阻R1/Ω 435.6 电阻R2/Ω 48.4 （1）在图中二个虚线框内画上电阻R1和R2的元件符号，将饮水机的电路图表达完整； （2）计算加热过程中，饮水机的加热效率； （3）一天，小东断开家中的其他用电器，在饮水机加热时发现家中标有“220V10（20）A；3000r/kW·h”的电能表5分钟内转了240转，求此时饮水机的实际功率。 【答案】（1）根据加热功率是1000W，此时的电阻为：，此时应该只有一个电阻R2接入电路；保温时的电功率为100W，此时电路中的总电阻为：，此时电阻R1和R2串联接入电路，设计电路如下： （2）加热过程中，消耗的电能为：，水吸收的热量为：，则加热效率为：。 （3）电能表实际消耗的电能：，工作时间为，则饮水机的实际功率为：。 【解析】【分析】（1）根据电功率公式求得加热和保温时电路中的总电阻的阻值，结合电路图和两个电阻的大小进行判断。串联时，电路中总电阻最大，为保温档，只有一个电阻的电路为高温档。 （2）根据所给功率计算消耗的电能，。 （3）根据电能表参数计算消耗的电能。【解答】（1）根据加热功率是1000W，此时的电阻为：，此时应该只有一个电阻R2接入电路；保温时的电功率为100W，此时电路中的总电阻为：，此时电阻R1和R2串联接入电路，设计电路如下： （1）根据加热功率是1000W，此时的电阻为：，此时应该只有一个电阻R2接入电路；保温时的电功率为100W，此时电路中的总电阻为：，此时电阻R1和R2串联接入电路，设计电路如下： （2）加热过程中，消耗的电能为：，水吸收的热量为：，则加热效率为：。 （3）电能表实际消耗的电能：，工作时间为，则饮水机的实际功率为：。 44．空气加湿器的工作原理是：加湿器水箱中部分水通过进水阀门进入电热槽中受热至沸腾，产生的水蒸气通过蒸汽扩散装置喷入空气中，从而提高空气湿度。下表是某同学设计的电热加湿器部分参数，其发热电路如图所示，、为阻值相同的发热电阻，l、2、3、4为触点，S为旋转型开关，实现关、低、高档的转换。 额定电压 220伏 额定最大发热功率 400瓦 水箱容积 4升 适用面积 40~60米2 （1）水箱内装有一定量的水，水温从20℃加热至沸腾，需要吸收1.344×105J的热量，不计热损失，以最大发热功率加热，需要的时间为　 　； （2）的阻值为　 　； （3）水沸腾后改用低档加热，请计算低档时的发热功率。　 　 【答案】5.6min；121Ω；200W 【解析】【分析】（1）不计热损失，得出消耗电能，以最大发热功率加热，根据W=Pt可知需要的时间； （2）S旋至1、2时，电路断开；S旋至2、3时，两电阻串联，总电阻较大，根据 可知总功率较小，处于低挡；S旋至3、4时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，根据 可知总功率较大，处于高挡；根据可知R1的阻值； （3）根据可知低挡时的发热功率。 【解答】（1）电热槽的发热功率为400W且不考虑热量的损失，由可得，需要的时间为： （2）电热加湿器在高档时，被短路，电路中只有，由可得，的阻值： （3）当加湿器在低档时，与串联，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以低档时的发热功率： 45．小柯在科学课上设计了一款加热装置，加热电路如图甲所示，电阻R1和R2是阻值恒定的电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b，再通过开关S1的通断，实现“高、中、低”三种温档的调节，电阻R1为484Ω。 （1） 中温档时， 开关S1应　 　(选填“断开”或“闭合”)， 开关S2接　 　(选填“a”或“b”) 。 （2）在高温档时，若要使整个电路的总功率不超过150W，求R2的最大阻值是多少? （3）若电路中只有该装置在低温档时工作了60min，如图乙所示的家用电能表指示灯闪烁了150 次，则该装置的低温档功率为多少?若此时R2的阻值为316Ω，则电路实际电源电压为多少伏? 【答案】（1）闭合；b （2）P1=U2/R=(220V)2/484Ω=100W P2=P总-P1=150W-100W=50W （3）W=150/3000KW. h=0.05KW. h P=W/t=0.05KW. h/1h=0.05KW=50W 根据U2=PR=50W×800Ω=40000，得出U=200V 【解析】【分析】（1）根据公式比较开关在不同组合情况下总功率的大小，从而确定对应的工作状态； （2）首先根据计算R1的电功率，再根据P2=P总-P1 计算R2单独工作时的电功率，最后根据公式 计算R2的电阻。 （3）首先根据计算消耗的电能，再根据计算电路的功率，接下来根据 计算此时的总电阻，最后根据U2=PR计算电路的实际电压。 【解答】（1）根据甲图可知，当S1断开，S2接b时，两个电阻串联，总电阻为R串； 当S1闭合，S2接b时，只有R1工作，总电阻为R1； 当S1闭合，S2接a时，两个电阻并联，总电阻为R并； 那么R串>R1>R并； 根据可知，总功率P串<P1<P并； 则三者依次为低温档、中温挡和高温档。 46．图甲是某款电熨斗，图乙是其电路原理图，电源电压为220V，R1、R2均为发热体。电熨斗工作时每秒钟散失的热量Q跟电熨斗表面温度与环境温度的差值△t的关系如图丙所示。若在一个 20℃的房间内，电熨斗在高温档工作时，表面温度保持 不变；在低温档工作时，表面温度保持100℃不变。 （1）图乙中，当S闭合时，电熨斗处于　 　档。(选填“高温”或“低温”) （2）电熨斗在 的房间内低温档工作 2 分钟消耗的电能为多少焦? （3）发热体 R2的阻值为多少欧? 【答案】（1）高温 （2）由图可知，低温档时电熨斗的功率为160瓦。 W=Pt=160瓦×120秒=19200焦 （3）求出R1=121欧 R总=R1+R2=302.5欧 R2=181.5欧 【解析】【分析】（1）根据公式比较开关在不同闭合情况下电功率大小，从而确定对应的工作状态； （2）根据题意可知，低温档电熨斗表面温度为100℃，房间温度为20℃，则二者温差为80℃，根据丙图确定此时电熨斗的电功率，最后根据W=Pt计算电熨斗消化的电能； （3）根据图丙确定高温档功率根据计算R1的阻值，根据计算低温时的总电阻，最后根据 R总=R1+R2 计算R2的阻值。 【解答】（1）根据乙图可知，开关S闭合时，只有R1工作； 当开关S断开时，两个电阻串联； 则前者电阻小于后者； 根据可知，前者电功率大，后者电功率小； 则前者为高温档，后者为低温档。 （3）根据题意可知，高温档时，电熨斗的表面温度为220℃，室温为20℃， 则温差为200℃，那么高温档功率为400W； 则R1的阻值； 低温档功率为160W，则总电阻为：； 则R2的阻值为： R2= R总-R 1=302.5Ω-121Ω=181.5Ω。 47．滥用远光灯失德又违法。夜间行车正确使用远光灯，可以起到扩大观察视野的作用。但对面有车或行人时，远光灯容易扰乱路人以及对面车辆驾驶员的视线而存在安全隐患。如图甲所示是某汽车大灯的灯泡示意图，A和B是灯泡内的2条灯丝，S为扇形旋钮开关。当切换到近光灯档位时大灯只有一条灯丝通电工作，切换到远光灯档位时大灯的两条灯丝同时通电工作。 （1） 当切换到远光灯时， 开关S与触点　 　(选填“1和2”“2和3”或“3和4”) 接触； （2）司机某次用车10分钟，车灯的功率与时间的关系如图乙所示，已知电源电压保持12V不变，则灯丝A的电阻为多少? (不考虑温度变化对电阻的影响) （3）请计算10分钟内大灯消耗的电能为多少? 【答案】（1）3和4 （2）PA=100W-40W=60W. RA=U2/PA=（12V）2/60W=2.4Ω （3）W1=P1t=40W×4×60S=9600J. W2=P2t=100W×6×60S=36000J.. W总=W1+W2=9600J+36000J=45600J. 【解析】【分析】（1）根据公式比较开关在不同闭合情况下总功率的大小，而远光灯功率大，近光灯功率小； （2）首先根据PA=P远-P近计算出电阻丝A单独工作时的电功率，然后根据计算RA的阻值； （3）根据图乙确定近光功率和远光功率，根据W=Pt分别计算消耗的电能，最后相加即可。 【解答】（1）根据图甲可知，当开关接2和3时，只有B单独工作； 当开关接3和4时，A和B并联； 根据可知，前者功率小后者功率大， 那么前者为近光灯，后者为远光灯。 48．目前市场上最新的取暖设备水暖毯，是一种水循环取暖的新型电热毯。加热原理是：主机把水加热，然后通过毯体的硅胶软管，通过水流的循环往复来达到温暖毯体的目的。小金选取市面上某款产品进行研究，内部电路图如图乙所示：S为总开关，S1为温控开关(工作时保持闭合)，R为滑动变阻器(阻值0~60Ω)，R0为加热电阻丝，阻值为50Ω，通电后用于加热水。 （1）出于安全考虑，让用户能及时知晓水暖毯是否超温，电路中有“超温提示装置”，该装置由温控开关S2、大电阻R2、指示灯L 组成，需要实现以下功能：正常工作状态下，S2常闭，指示灯不亮；超温状态下，S2断开，指示灯亮。根据上述功能在图丙虚线框③内接入的电路元件是　 　。 （2）用户在某档加热时，R0的发热功率为200 W，请问此时电路中通过滑动变阻器R的电流是多少? （3）请计算说明在最高档加热功率下，该水暖毯(含水2.5kg)能否实现5分钟内从10℃上升到 【答案】（1）指示灯 （2）已知R0的阻值为50Ω，发热功率为200W，根据可得通过的电流为： I=2A。 （3）水暖毯 所需的热量 Q=cm（t1-t2）=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（40℃-10℃）=3.15×105J， 当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，电路中只有R0接入电路，此时总电阻最小，电压不变，电阻最小，功率最大，为最高档。 最高档加热功率下产生的热量：W=Pt=968w×5×60s=2.904×105J 因为3.15×105J＞2.904×105J 所以在最高档加热功率下，该水暖毯不能实现。 【解析】【分析】（1）根据电路元件的连接和功能分析。 （2）根据分析。 （3） 根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量， 再比较消耗的电能。 【解答】（1）正常工作状态下， S2常闭，指示灯不亮；超温状态下，S2断开，指示灯亮。 这意味着正常时指示灯被短路，超温时指示灯接入电路发光，所以在图丙虚线框③内接入的电路元件是指示灯。 （2）已知R0的阻值为50Ω，发热功率为200W，根据可得通过的电流为： I=2A。 （3） 水暖毯 所需的热量 Q=cm（t1-t2）=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（40℃-10℃）=3.15×105J， 当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，电路中只有R0接入电路，此时总电阻最小，电压不变，电阻最小，功率最大，为最高档。 最高档加热功率下产生的热量：W=Pt=968w×5×60s=2.904×105J 因为3.15×105J＞2.904×105J 所以在最高档加热功率下，该水暖毯不能实现。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.6电能 ( 思维导图 ) 考点一、电能表 电能电功单位是焦耳，还有千瓦时(kW.h)俗称“度”。焦耳与千瓦时之间换算:1千瓦时=3.6x 106J (1)电能表的作用:测量用电器在一段时间里消耗的电能的多少。电能表也叫电度表。 (2)电能表的参数含义 220V：该电能表应该接在220伏的电路上使用。 kw.h:电能表上的数字以千瓦时为单位来显示用电器所消耗的电能。 600r/kW.h:接在该电能表上的用电器，每消耗1千瓦时的电能，电能表的转盘转过600转。 5(10)A:该电能表的额定电流为5安，在短时间内使用时电流可允许大一些，但不能超过10安。 (3)电能表测量电能的方法: ①读数法:电能表计数器上显示着数字，计数器前后两次示数之差就是这段时间内用电的度数(消耗电能的多少)，单位是千瓦时(度)。例如:家中电能表在月初的示数是03248，月末的示数是03365，则这个电能表计数器示数中最后一位数月家中用电量为336.5千瓦时-324.8千瓦时=11.7千瓦时，即这个月家中用电量为11.7度。 ②计算法:由电能表参数Nr/ kW.h (N由不同电能表规格而定)，数出某段时间电能表转盘转过的转数n，则这段时间消耗的电能W=n/N千瓦时=n/N x 3.6x 106焦耳 ( 典例分析 ) 典例1：（2023九上·金华期末）如图所示是小东家的电能表，他家电路中可以接入用电器的最大总功率为　 　W。将电视机单独接入电路正常工作6分钟，电能表转盘转6转， 该电视机的功率为.　 　 W。 ( 举一反三 ) 变式1：（2024九上·临海期末）某同学用电能表测量电水壶的实际功率。电能表表盘参数如图，他关闭家中其他用电器，只让电水壶工作1分钟，发现电能表转盘转过60转。下列说法错误的是（　　） A．电能表是直接测量电功率的装置 B．该电路允许加载的最大功率为4400W C．电水壶工作时把电能转化为热能 D．该电水壶的实际功率为1200W 变式2：（2023九上·余姚月考） 小明家电能表表盘如图所示，则此电路中的用电器总功率不能超过　 　W。关闭其他用电器，然后将“220V 1210W”的电热器单独接入，测得工作6min的时间里，表盘转过200转，则电热器消耗的电能为　 　J，实际电功率为　 　W。 变式3：（2023九上·上城期末）徐家新换了一种电子式电能表，它用一个发光二极管代替普通电能表的转盘，发光二极管闪烁一次相当于转盘转动一圈，电能表的参数如图。小徐利用该表测量家中微波炉的最大电功率。 （1）先关闭家里其他用电器，只让微波炉以“高火档”工作，从电能表红灯闪烁开始计时，当电能表的二极管闪烁360次时，所用的时间为6 min，则微波炉的电功率为　 　W； （2）若上月底抄表读数如图所示，本月(按30天计)每天使用该微波炉“高火档”18 min，则本月底抄表读数至少为　 　； （3）该电能表　 　 (选填“能”或“不能") 承载两台上述微波炉同时工作。 考点二、电功率（额定功率和实际功率） （一）电功率 (1)物理意义:描述电流做功的快慢。 (2)定义:电流在单位时间内做的功。用字母P表示。 (3)单位:瓦( W )或千瓦(kW)，换算关系为1千瓦=1 000瓦。 (4)公式:P= W/t，其中W代表电功，t表示时间，其变形式为W=Pt，t= W/P （二）额定电压和额定功率 (1)额定电压:用电器正常工作时的电压。用电器铭牌上标有电压值就是额定电压，常用U额表示。 (2)额定功率:用电器在额定电压下消耗的电功率。用电器铭牌上标有的电功率值就是额定功率，常用P额表示。 （三）实际电压和实际功率 (1)实际电压:用电器实际工作时的电压，它可能与额定电压相等，也可能比额定电压大或小，还可能为零。常用U实表示。 (2)实际功率:用电器在实际电压下工作时的电功率，它可能与额定功率相等，也可能比额定功率大或小，当用电器中无电流通过时实际功率为零。常用P实表示。 (3)灯泡的亮度取决于其实际功率的大小。无论额定电压如何，额定功率如何，在没有损坏的前提下，只要灯泡的实际功率相等，其发光的亮度就相同。 (4)实际功率和额定功率之间的关系: 用电器两端的电压 电功率 用电器工作情况 U实=U额 P实=P额 正常工作 U实>U额 P实>P额 容易损坏 U实<U额 P实<P额 不能正常工作 ( 典例分析 ) 典例1：（2024九上·杭州期末）如图所示，两灯泡L1和L2规格分别为“6V 3W"和“6V 6W"，电源电压相同恒为6V，按甲、乙方式连接，工作时最亮的是（　　） A．甲图中的L1 B．甲图中的L2 C．乙图中的L1 D．乙图中的L2 ( 举一反三 ) 变式1：（2023九上·长兴期末）两个灯泡L1和L2额定电压均为6V，将两灯串联后接入电路中，接通后发现L2要亮一些，则下列判断正确的是（　　） A．L1的电阻比L2大 B．串联时L1两端电压比L2大 C．L2的额定功率比L1大 D．若两灯并联，通过L1的电流比L2大 变式2：（2024九上·平湖期末）在如图所示的电路中，不计温度对灯丝电阻的影响，电源电压保持不变。当电路中接入“6V 6W”的灯泡L，在a、b之间接入一段导线时，闭合开关，灯泡L恰能正常发光；断开开关，在a、b之间换接入一个“6V 3W”的灯泡后，再闭合开关，下列说法正确的是（　　） A．灯泡L将变亮 B．电路总功率变大 C．换接灯泡的亮度大于灯泡L D．换接灯泡的实际功率为3W 变式3：（2023九上·余姚期末）甲“6V 3W”，乙“6V 6W”的灯串联在电路中，要使其中一灯正常，则电源电压为　 　V；较暗的灯的实际功率为　 　W。 考点三、电功率的实验探究 （一）影响电功率大小的因素 (1)研究电功率与电流的关系 实验方案:如图所示，将两只小灯泡并联，目的是控制两者两端的电压相同，比较通过两只小灯泡的电流大小和亮度(亮度反映实际功率的大小)。观察两只小灯泡的亮暗，并记录两只电流表的示数，把观察结果记录在下表中。 灯L1 灯L2 条件控制(电压关系) 亮度(亮暗) 电流(安) 实验结果:在电压相等的情况下，通过小灯泡的电流越大，小灯泡的电功率越大。 (2)研究电功率与电压的关系 实验方案:如图所示，将两只小灯泡串联，目的是控制通过两者的电流相同，比较两只小灯泡两端的电压大小和亮度(亮度反映实际功率的大小)。观察两只小灯泡的亮暗，并记录两只电压表的示数，把观察结果记录在下表中。 灯L1 灯L2 条件控制(电流关系) 亮度(亮暗) 电压(安) 实验结果:在电流相等的情况下，小灯泡两端的电压越高，小灯泡的电功率越大。 （二）电功率的计算公式 (1)实验表明，用电器的电功率等于用电器两端的电压与通过用电器的电流的乘积。 (2)电功率的公式可表示为P=UI (电功率的基本公式，适用于所有电路的计算)，由公式得出，电功率的单位瓦特也可表示为1瓦=1伏.安。 (3)电功率的推导公式:将公式I=U/R代入上述公式，可推导出:P=I2R或P= U2/R(只适用于纯电阻电路的计算)。 (4)无论用电器串联或并联，电路的总功率都等于各用电器的实际功率之和，关系式为P=P1+P2+..+Pn。 （三）电功的计算 (1)根据功率和功的关系P=W/t可以得到电功的计算式，即W=Pt=UIt。这就是说，电流在某段电路上做的功，等于这段电路两端的电压与通过这段电路的电流，以及通电时间的乘积。 (2)根据公式W=UIt,电功的单位焦耳也可表示为1焦=1伏.安.秒。 (3)将公式I=U/R代入电功公式，可得W=U2t/R或W=I2Rt。同样这两个公式只能运用于纯电阻电路中。 （四）电功率的测量 (1)伏安法测量电功率:用电压表测量用电器两端的电压，用电流表测量通过用电器的电流，再根据公式P=UI间接求出用电器的电功率，这种方法叫做伏安法。 (2 )实验器材:常用的小灯泡1只(标明额定电压，未标明额定功率)，电流表、电压表各1只，滑动变阻器1只,开关1只，电池组(总电压高于小灯泡的额定电压)1只，导线若干。 (3)过程和步骤: ①按正确的电路图连接电路。 ②调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压恰好等于小灯泡的额定电压。读出此时两只电表的示数，并记录在表中。 ③调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压约为小灯泡额定电压的1.2倍。观察小灯泡的亮度变化(相对于额定电压下的亮度)，读出两只电表的示数，并记录在表中。 ④调节滑动变阻器，使小灯泡两端的电压约为小灯泡额定电压的0.8。观察小灯泡的亮度变化(相对于额定电压下的亮度)，读出两只电表的示数，并记录在表中。 ⑤计算出三种情况下小灯泡的电功率;分析小灯泡的亮度和实际功率的关系。 ( 典例分析 ) 典例1：（2024九上·余杭期末）小科在“测量小灯泡的电功率”实验中，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）如图甲所示是小科连接的实物电路，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）待连接正确后，发现接通开关，调节电路后电压表示数为2V；接下去小科应该如何操作?答：　 　。 （3）小科根据记录的多组1-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像(如图乙所示)，则小灯泡的额定功率为　 　W。 （4）小科根据小灯泡的I-U图像(如图乙所示)，分析出小灯泡的电阻在增大，你认为原因是　 　。 ( 举一反三 ) 变式1：（2024九上·绍兴期末）某灯泡上标有“7.*V0.5A”的字样，其中额定电压值不清、估计在7.0V~7.9V之间，因为灯泡的电阻会随温度的升高而增大，要测定小灯泡的额定功率，必须测出其额定电压。现有实验仪器：一只电压恒定的电源(电压值未知)、一只电流表、一只标有“20Ω 1.5A"的滑动变阻器R，一只阻值为10Ω的定值电阻R0、开关和导线若干。某项目化小组反复讨论后，设计了图甲所示的电路图，并开展以下实验。 （1）滑片P位于a端时。只闭合开关S和S1，此时电流表示数如图乙为　　A，计算出电源电压为　 V。 （2）　 　 (请补充具体操作)，此时小灯泡正常发光。 （3）当小灯泡正常发光时，保持滑动变阻器的滑片P不动，闭合开关S和S1，断开S2，读出电流表示数为0.6A，则求出此时变阻器接入电路的阻值R'。通过计算得出灯泡的额定电功率为　 　W。 变式2：（2024九上·临海期末）为探究小灯泡亮度与电功率的关系，兴趣小组利用电压恒为3伏的电源、滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲进行实验，获得相关数据如表。图乙是实验过程中电路总功率、小灯泡功率随电流变化的曲线。 次数 1 2 3 4 5 电压U/V 0.1 0.9 1.7 2.1 2.5 电流I/A 0.05 0.19 0.24 0.26 0.28 功率P/W 0.005 0.171 0.425 0.546 0.725 小灯泡亮度 越来越亮 （1）从第2次到第3次实验，滑片P应向　 　移动。 （2）乙图中线段CD表示的物理量是　 　。 （3）整理数据发现，当小灯泡两端电压变大时，灯泡电阻也变大，请分析原因。　 　 变式3：（2024九上·南浔期末）要测量小灯泡的额定功率，实验室提供的器材有：标有“2.5V”的小灯泡、电池组（电压为3V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线若干。 （1）小浔所接的实验电路如图甲所示，电路中部分连接不合理，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确。请你在应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法； （2）移动变阻器的滑片，使电压表的示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为　 　W； （3）小浔在实验过程中，移动变阻器滑片时，小灯泡突然熄灭。经判断，电路故障是小灯泡或电流表被烧坏。查找故障时，在不拆开电路的情况下，他把一根导线接在电流表两端接线柱，小灯泡又发光了，可判断电路故障是　 　。 考点四、电热器与焦耳定律 （一）电流的热效应 (1)定义:电流通过各种导体时，会使导体的温度升高，这种现象叫做电流的热效应。 (2)实质:电流通过导体发热的过程实际上是电能转化为内能的过程。 (3)应用:各种各样的电热器都是利用电流的热效应工作的，如电熨斗、电热毯、电热壶、电饭煲等。电热器的主要组成部分是发热体，发热体一般是由电阻大、熔点高的金属导体制成的。 （二）探究影响电热的因素 提出问题:电流通过导体产生的热的多少跟哪些因素有关呢? 猜想与假设:结合生活经验，可能与导体电阻有关，可能与电流的大小有关，还可能与通电时间有关。 设计实验:如图(注意控制变量法的运用) 控制t、I相同，研究热效应与电阻的关系。 控制t、R相同，研究热效应与电流的关系。 控制I、R相同，研究热效应与时间的关系。 进行实验: ①将两根电阻丝串联，通电加热一段时间后，观察两玻璃管中煤油上升的高度，并作出标记。 ②当两玻璃管中的液面降到原来的高度后，减小滑动变阻器接人电路的阻值使电流增大，在与①相同的时间内，观察同一玻璃管中煤油上升的高度，并作出标记。 ③保持②电流大小不变，延长通电加热时间，观察同一玻璃管中煤油上升的高度，并作出标记。 ④比较玻璃管中煤油上升高度的变化，得出结论。 获得结论: ①当通电时间、电流相等时，电阻越大，电流产生的热量越多。 ②当通电时间、电阻相等时，电流越大，电流产生的热量越多。 ③当通电电流和电阻相等时，通电时间越长,电流产生的热量越多。 （三）焦耳定律 (1)焦耳定律的内容: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。焦耳定律是由英国科学家焦耳最先发现的。 (2)公式:Q=I2Rt。 (3)对焦耳定律的计算公式Q=I2Rt的理解要注意以下几点: ①讲到影响电流通过导体产生热量的因素时要控制好变量，要同时考虑到通过导体的电流、导体电阻和通电时间。例如不能说导体通电时间越长，产生的热量就越多。 ②不能说导体产生的热量跟电流成正比，只能说跟电流的二次方成正比。 ③公式中的各个物理量都是对同一导体或电路而言的，计算时不能张冠李戴。 ④电热和电功的单位是相同的，都是焦(J)。 ( 典例分析 ) 典例1：（2024九上·杭州期末）如图所示是“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，煤油的质量、初温均相同，5分钟后观察到甲瓶中温度计示数比乙瓶高，若电阻丝的电阻分别为R甲和R乙，通过的电流分别为Ⅰ甲和Ⅰ乙，则（　　） A．I甲>l乙，R甲>R乙 B．I甲=I乙，R甲>R乙 C．I甲=I乙，R甲<R乙 D．I甲>I乙，R甲<R乙 ( 举一反三 ) 变式1：（2024九下·杭州月考）小乐猜想：“电流通过导体产生的热量的多少可能跟电流、电阻和通电时间有关”，于是设计了如图所示的装置①和②，先将电阻丝（R1＜R2）分别装入规格相同的烧瓶中，然后将带有相同的玻璃管的塞子塞紧烧瓶，玻璃管在外侧的一端与相同的瘪气球相连；实验过程中电源电压保持不变。下列叙述中，正确的是（　　） A．探究电流产生的热量与电流大小的关系，可比较气球甲、乙的体积变化 B．探究电流产生的热量与电阻大小的关系，可比较气球丙、丁的体积变化 C．装置①和②同时实验，通电相同时间后，体积变化最大的气球是丙气球 D．装置①和②同时实验，通电相同时间后，体积变化最大的气球是甲气球 变式2：（2023九上·玉环月考）小科家有一台电烤箱，其铭牌如下，高温档功率数值模糊不清。其内部简化电路如图所示，和均为电热丝。求： ××牌电烤箱 额定电压 220V 额定功率 高温档 　 低温档 440W 电源频率 50Hz （1）当电烤箱处于低温档时，、所处的状态是　 　。 （2）当电烤箱在低温档正常工作时的电流是多少？ （3）小科先断开其它家用电器，并将电烤箱调到高温档接入220V的家庭电路中，发现他们家的电子式电能表（3000imp/（kW·h））在2min内指示灯恰好闪了120次，请你帮助他计算电烤箱高温档时的电功率。（“3000imp/（kW·h）”指的是接在这个电能表上的用电器每消耗1kW·h的电能，电表上的指示灯闪烁3000次） 变式3：（2024九上·金东期末）如图-1，是某型号电暖器。它有高温、低温两个挡位，其简化电路图如图-2所示。R1和R2均为发热电阻，其部分参数如图表所示。请完成下列问题： 额定电压 220V 额定功率 高温挡 2200W 低温挡 1100W （1）当开关S1、S2均闭合时，电暖器处于　 　挡； （2）求该电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流大小； （3）在某次用电高峰期，小金用如图-3所示的电力监测仪，测出该电暖器在低温挡工作时的实际电压为210V，实际功率为900W。小金由此认为实际功率小于额定功率，只是因为实际电压小于额定电压造成的。小兰和小江却一致认为小金的观点不全面。请你根据题中信息和所学知识，解释实际功率小于额定功率的原因。 ( 课后巩固 ) 一、单选题 1． 小明用秒表和如图所示实验装置来探究“影响电流热效应因素”，他将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，瓶内装入等质量的煤油。下列说法错误的是(　　) A．本实验中，电流产生的热量多少通过温度计的示数变化来判断 B．本实验可以探究电流产生的热量与电阻、电流和通电时间的关系 C．烧瓶内选用比热容较小的煤油，可以使实验现象更明显 D．若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可 2．小明用秒表和如右上图所示实验装置来探究“影响电流热效应因素”，他将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，瓶内装入等质量的煤油。下列说法错误的是（　　） A．本实验中，电流产生的热量多少通过温度计的示数变化来判断 B．本实验可以探究电流产生的热量与电阻、电流和通电时间的关系 C．烧瓶内选用比热容较小的煤油，可以使实验现象更明显 D．若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可 3．小虞用秒表和如图所示实验装置来探究“影响电流热效应的因素”，他将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，瓶内装入等质量的煤油。下列说法错误的是 A．本实验中，电流产生的热量多少通过温度计的示数变化来判断 B．本实验可以探究电流产生的热量与电阻、电流和通电时间的关系 C．烧瓶内选用比热容较小的煤油，可以使实验现象更明显 D．若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可 4． 如图所示电路，电源电压为4.5V且恒定。电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V， 小灯泡规格为“2.5V， 1.25W”(灯丝阻值不变)， 滑动变阻器规格为“20Ω，1A”。保证电路中各元件都不损坏，下列说法错误的是 (　　) A．电流表示数变化范围0.3A~0.5A B．电压表示数变化范围2V~3V C．滑动变阻器阻值变化范围4Ω~20Ω D．小灯泡实际功率变化范围0.45W~1.25W 5． 小明将家里其他用电器关闭，只开启一个用电器，测出1分钟时间内电能表上的转盘转过了50转，该电能表表头如图所示，则小明实验过程中开着的用电器可能是（） A．电饭煲 B．电风扇 C．电视机 D．笔记本电脑 6．如图甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器的滑片P从a端移到b端，如图乙所示是定值电阻R1两端的电压随滑动变阻器R2阻值变化的图象，下列说法中错误的是（　　） A．电源电压为6V B．P在b端时，由乙图可知电阻R2=50Ω，此时电路电流为0.1A C．P在b端时，电阻R1的功率为0.1W D．P在b端时，该电路的总功率为0.5W 7．下列用电器主要利用电流热效应工作的是（　　） A．油烟机 B．电热毯 C．洗衣机 D．平板电脑 8．如图所示是东阳市区公共充电插座，扫码付费即可自动充电。给电动自行车充电时，充电器将电压降为电动车蓄电池需要的充电电压，若某充电器的输出电压为48V，输出电流为2.5A。以下描述中符合事实的是（　　） A．这些插座都是串联的 B．该充电器的输出功率为240w C．充电时，化学能转化为电能 D．完成扫码付费相当于闭合电路的开关 9．图甲所示电路中，电源电压恒定，滑动变阻器滑片P从b端移动到a端，R1两端的电压随滑动变阻器R2连入电路电阻变化的图像如图乙所示。下列说法中错误的是（　　） A．电源电压为6伏 B．R1的阻值为10欧 C．该电路的最大总功率为1.8瓦 D．P在b点时，通过R1的电流为0.1安 10．如图所示，干路上的电流I恒为不变，滑动变阻器规格为“”，小灯泡L上标有“”字样。忽略温度对小灯泡阻值的影响，则下列说法正确的是（　　） A．小灯泡L正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻为 B．当滑片P移到最左端时，通过小灯泡的电流为 C．在滑片P向左移动过程中，并联电路两端电压减小 D．在滑片P向左移动过程中，并联电路消耗的总功率增大 11．某水电站，用总电阻为的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是（　　） A．输电线上输送的电流大小为 B．输电线上由电阻造成的损失电压为15kV C．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为 D．输电线上损失的功率为，为输电电压，为输电线的电阻 12．通过两定值电阻甲、乙的电流与电压关系如图所示，当将甲、乙两电阻并联在2V的电源两端，下列分析错误的是（　　） A．甲、乙电阻的电流之比为2：1 B．干路上的电流是0.6A C．甲消耗的电功率为0.4W D．乙在1分钟内消耗的电能为24J 13．如图， 电源电压恒为6V，两灯泡L1和L2的规格分别为“6V 3W"和“6V 6W"，假定灯丝电阻不变，按甲、乙方式连接，接通电路后最亮的是 (　　) A．甲图中的L1 B．甲图中的L2 C．乙图中的L1 D．乙图中的L2 14． 甲、乙两灯的规格分别为“6V 3W”和“6V 6W”，忽略灯丝电阻受温度的影响，下列说法正确的是 (　　) A．两灯串联在6V的电路中，乙灯比甲灯亮 B．两灯并联在6V的电路中，甲灯比乙灯亮 C．两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多 D．将乙灯接入3V的电路中，它的实际功率为1.5W 15．在“探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验中，某同学采用了如图甲、乙所示的实验装置(两个透明容器中封闭着等量的空气)。下列说法正确的是 ①U形管中液面高度变化主要是由液体热胀冷缩引起的 ②甲装置能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系 ③乙装置右边容器中的电阻丝应该选用 10Ω 阻值的电阻 ④甲实验结论能解释“电炉丝热得发红而与它相连的导线几乎不发热”的现象 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 16．小柯自行车上安装有可充电手电筒。使用一段时间后，发现灯变暗了，则手电筒中的白炽灯 (　　) A．额定电压变大 B．实际电阻变小 C．额定功率变小 D．实际功率变小 17．如图所示是探究焦耳定律的实验装置，电阻丝 R1和R2分别密封在两只完全相同的烧瓶中，且R1 A．将R1和R2串联，控制通过R1和R2的电流及通电时间相等 B．由于水的比热容更大，将煤油换成水，实验现象更明显 C．R1产生热量多，所以甲中温度计示数比乙高 D．该装置只能探究电流产生的热量与电阻大小的关系 18．如图所示的用电器中，正常工作时电功率最大的是 A．电冰箱 B．电风扇 C．电水壶 D．电视机 19．如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着初温 质量相同的空气。下列说法正确的是 A．甲装置为了探究电流产生的热量与电压大小的关系 B．甲装置通电一段时间后，左侧容器产生的热量更多 C．乙装置R1和R2两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为2： 1 D．乙装置R3可换用2Ω的电阻使左右两个U形管内液面高度差异更大 20．如图是研究“电热多少与哪些因素有关”的实验电路，甲、乙、丙为三只相同的烧瓶，其中装有等量的煤油，并插入三支相同的温度计，烧瓶中电阻丝的阻值R 甲=R 丙<R 乙，下列分析正确的是 A．闭合开关S1、断开S，可探究电热与电阻的关系，甲瓶煤油升温更快 B．闭合开关S、断开S1，将滑动变阻器向A 端移动，丙瓶中升温会变快 C．闭合开关S与S1，则可同时探究电热与电阻、电流和通电时间的关系 D．闭合开关S与S1，通电相同时间，可观察到甲瓶中温度计示数是最大 二、填空题 21．如图甲所示的电路中，电源、开关、小灯泡与电阻 组成闭合回路。已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，电阻 、标有“40欧，1.5安”的滑动变阻器 ，电源两端的电压恒为 U=3V （1）滑片P在中点时，灯泡的实际功率为　 　W(保留到小数点后三位)。 （2）P继续向右移动时，灯泡的电功率将　 　(选填：变大、变小、不变) 22．如图甲是兴趣小组测定小灯泡（额定电压2V）电功率的实验电路。 （1）某同学根据实验数据画出如图乙所示的图像，则该小灯泡的额定功率为　 　瓦。 （2）老师认为图乙曲线右半段不符合实验事实，理由是　 　。 （3）当电源电压为3V时，图乙中阴影部分的面积表示　 　。 23．小科用如图所示电路研究电流产生的热量与哪些因素有关，他将电热丝R1、R2涂上一种红色温变油墨，当温府达到80℃时，该油墨会变成无色，以下选项不正确的是（　　） A．利用通电后油墨升温变色来观察产热情况属于转换法 B．R1、R2应选择同种材料制成的阻值不同的电阻 C．若要使变色时间提前，应将滑动变阻器滑片P往右移 D．该实验控制的变量是电流和通电时间相同 24．小金爱好科学，对身边的用电器特别感兴趣，每个月初都会按时看电能表并记录数据。 （1）12月1日小金看到的电能表如图所示，根据记录的数据，算出11月份用电92度，要节约用电了。那么小金家11月1日的表盘上的数据是　 　kW•h ； （2）他想利用家里的电能表测量一下家里电炒锅的实际功率，于是他关闭了家里其他用电器，只让电炒锅单独工作，测得家里电能表的转盘10min转了100r，则该电炒锅的实际功率为　 　W。 25．电流做的功与电压、电流和通电时间三个因素都有关。小科想通过实验验证电功与电流的关系，选用的器材如图所示。其中两侧U形管内所装液体液面起初相平，电阻阻值如图所示。 （1）将两根电阻和并联后再与串联，目的是　 　 （2）通电一段时间后，通过观察　 　来比较电流做功多少； （3）若通过的电流为1A，通电1.5min，则电流通过做功为　 　J。 26．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。据图回答下列问题： （1）通电后电阻丝温度升高，内能增大是通过　 　的方式改变的。 （2）该实验装置用　 　来判断电流通过导体产生的热量多少。 （3）若通过容器①电阻丝电流是2A，则容器②内电阻丝在1min内产生的热量是　 　J。 27．华为“Mate60Pro”搭载5000毫安时不可拆卸式电池，并且采用“超级快充”技术，不到半小时可把电池充达一半以土，极大方便了人们的使用。已知该电池的部分参数如表所示。 电池名称 锂离子电池 电压 3.7V 容量 5000mAh （1）根据表格中的电池“容量”，该款手机充满电后储存的电能是　 　 焦； （2）如图所示的两个充电器，一个标注“输出5V 600mA”，另一个标注“输出5V 4A”，其中有一个是快速充电器。选用快速充电器将电池从零充满至少需要　 　 分钟；（结果保留一位小数） （3）有人发现，超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，从线路安全的角度来分析是因为　 　 。 28．如图甲，是一款家用电水壶内部电路的简图，R1、R2均为加热电阻，通过转动旋钮开关可实现加热和保温两种功能。 （1）将电水壶的开关S闭合后，旋钮开关在如图甲所示位置，此时电水壶处于　 　(填“加热”或“保温”)状态； （2）小科用电水壶给质量为1千克的水加热，2分钟后水温升高了30℃，在此过程中水至少吸收的热量为　 　焦。若此过程家庭电路中只有电水壶在工作，观察到电能表(如图乙)的转盘转过30转，则电水壶实际功率为　 　瓦。 三、实验探究题 29．某同学利用如图甲所示的电路测量小灯泡的电功率(已知电源电压3V，小灯泡的额定电压2.5V)。 （1） 用笔画线代替导线将图甲电路连接完整。 （2）闭合开关发现电压表、电流表指针处于图乙所示位置，此时灯泡　 　(选填“不发光”、“正常发光”或“比正常亮”)。产生这一现象的可能原因是　 　(写出一种即可)。 （3）故障排除后，从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡U-1图象如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W。 30．在测量标有“0.28A”字样小灯泡电功率的实验中，小虞选择电流表0~0.6A量程，电压表0~3V量程，连接好电路，闭合开关，操作后测得表一数据。另一同学也用相同的器材，选用同样的量程，连接后测得表二数据。 （1）若连接的电路图如图所示，可测得表　 　的实验数据（选填“一”或“二”）。 （2）另一同学所测得的数据与小虞存在差异，原因可能是　 　。 （3）小灯泡的额定功率为　 　W。 表一 实验序号 电压表示数/V 电流表示数/A 1 1.5 0.16 2 2.5 0.22 3 3 0.24 表二 实验序号 电压表示数/V 电流表示数/A 1 3 0.24 2 2.2 0.28 3 1.5 0.30 31．在测量标有“0.28 A”字样小灯泡电功率的实验中，小虞选择电流表0～0.6A量程，电压表0～3V量程，连接好电路，闭合开关，操作后测得表一数据。另一同学也用相同的器材，选用同样的量程，连接后测得表二数据。 实验序号 电压表 示数 电流表 示数／A 1 1.5 0.16 2 2.5 0.22 3 3 0.24 表一 实验序号 电压表 示数／V 电流表 示数／A 1 3 0.24 2 2.2 0.28 3 1.5 0.30 表二 （1）若连接的电路图如右图所示，可测得表　 　的实验数据（选填“一”或“二”）。 （2）另一同学所测得的数据与小虞存在差异，原因可能是　 　。 （3）小灯泡的额定功率为　 　w。 32．为“测定小灯泡电功率”，小滨连接了如图甲所示的实验电路，已知小灯泡L 的额定电压为2.5V，多次实验，获得数据和现象记录在下表： 序号 电压U/V 电流I/A 灯泡亮度 1 0.5 0.10 微亮 2 2.5 正常发光 3 3.0 0.34 很亮 （1）小滨发现：“小灯泡的亮度由实际功率决定”，该实验中支持此结论的证据是　 　。 （2）实验中，变阻器滑片移到某一位置时电压表示数如图乙所示，为测定小灯泡额定功率，应将滑片向　 　移动。 （3）第二次实验中，电流表示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是　 　瓦。 （4）小滨发现小灯泡在不同亮度下，两端的电压与电流比值不一样，小灯泡的额定功率为P0，若某次实验小灯泡两端电压 U1=1.25V，则实际功率 P1与额定功率P0的数值关系为P0　 　4P1（选填“<”或“=”或“>”） 。 33．小东设计了测量电路元件电功率的电路，如图甲所示，部分器材的规格己标明。 （1）按图甲连接好电路，闭合开关，发现无论怎样调节滑动变阻器滑片，电压表示数始终为3V，而电流表示数始终为零。经检查，发现一根导线某处接触不良。请推断①、②和③导线中发生故障的是　 　； （2）修复故障后继续实验，记录实验数据并在U-I图像中描点，得到小灯泡两端的电压与电流的关系图像如图乙。图中阴影部分面积S1表示小灯泡两端电压为1V时，小灯泡的实际功率。结合图像回答：小灯泡的额定功率为　 　W；阴影部分面积：表示的含义是：　 　； （3）完成上述实验后，小东发现灯泡的钨丝因为用久了而变的极细。由此他反思在该实验中2.5V时测得的额定功率　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 34．为了测定小灯泡的电功率，小柯利用电压恒为3V的电源、合适规格的滑动变阻器、标有“2.5V”字样的小灯泡等器材按图甲方式连接电路进行实验。 （1）闭合开关后，小灯泡不亮，电压表有示数，电流表无示数，则电路中可能出现的故障是____。 A．滑动变阻器断路 B．电压表短路 C．小灯泡短路 D．小灯泡断路 （2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片到某点，电压表的示数如图乙所示，为测得小灯泡的额定功率，小柯接下去的操作是　 　。 （3）小柯将数学几何图像分析与电学知识融合，图丙为小灯泡的I-U图像，划分6块区域，面积分别为S1-S6，有了新的发现与收获： ①当电流为I1时，小灯泡的实际功率可以用图丙中的面积　 　表示。 ②当电流为I1逐渐增大到I2时，请结合图中信息判断滑动变阻器功率的变化量△P滑与小灯泡实际功率的变化量△P灯哪一个更大，△Pm　 　△P灯(选填“>”、“<”或“=”) ， 并说明理由　 　。 35．小明同学用图甲所示的电路测量小灯泡的电功率，小灯泡上标有“2.5V”字样。 （1）请你用笔画线代替导线将图甲中的实物电路连接完整(要求：导线不得交叉)。　 　 （2）小明正确连接电路后，将滑片 P移到 B端。闭合开关，发现灯泡不亮，电压表、电流表均有较小的示数。对此现象判断和后续操作合理的是____。 A．灯泡短路，应更换灯泡 B．灯泡断路，应更换灯泡 C．滑动变阻器断路，应更换滑动变阻器 D．灯泡正常，应移动滑动变阻器的滑片 （3）解决上述问题后，小明测量了多组数据，并根据所测数据绘制成图乙所示的I-U图像。小灯泡的额定功率为　 　瓦。 （4）若I轴为灯泡正常工作时的电流，当灯泡的实际功率为额定功率的四分之一时，通过灯泡的实际电流I实　 　0.5I额(选填“大于”、“小于”或“等于”)。 36．在“测量小灯泡的电功率”实验中，选用的小灯泡上标有“2.5V”字样，额定电流约为0.3A.电源电压恒为6V，实验电路如图甲所示。 （1）现有规格为A： “10Ω 2A”、B： “20Ω 1A”和C： “50Ω 0.3A”的三个滑动变阻器可供选择，应选择　 　(选填字母)滑动变阻器接入电路才能顺利进行实验。 （2）电路连接完成后，闭合开关，发现小灯泡发光很暗，这时眼睛应该看着　 　(选填“电流表”或“电压表”)移动滑动变阻器的滑片，当小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W。 （3）测得小灯泡的额定功率后，把小灯泡两端的电压调为额定电压的一半，发现测得的功率大于其额定功率的四分之一，请对此加以分析：　 　。 37．小科利用图甲所示的电路测量小灯泡的额定功率 已知小灯泡的额定电压为2.5V。 （1）移动滑片P，使电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W，继续向B端移动滑片，小灯泡的实际功率将　 　额定功率(选填“<”、“>”或“=” ) 。 （2）实验时小灯泡突然熄灭，电流表示数变大，电压表示数几乎为零，可能的原因是　 　。 （3）小科经过多次测量后，计算得到了一组功率P与电压的平方U2的图像，图中能正确表示P与U2的关系的是　 　。 四、解答题 38． 智能家居为我们的生活提供了很多便利。小明家新购置了一台如图甲所示的智能空气加湿器，其内部简化电路图如图乙所示，R1、R2为发热电阻.且 为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S2可实现“关”“低温挡”和“高温挡”之间的转换，其高温挡时电流为0.4A。具有智能断电功能，当水量偏低时会自动切断电源防止烧干。控制电路中， R 为压敏电阻，其阻值随压力的变化关系如图丙所示。 （1）由图丙可知，压敏电阻R的电阻随压力的增大而　 　 选填“增大’“减小”或“不变”)。 （2） 图乙电路中当旋转开关S2接触点3、4时，工作电路为　 　挡。 （3） 低温挡模式时，智能空气加湿器工作电路消耗的功率为　 　W。 （4）当控制电路中的电流达到50mA时，衔铁才会吸合，工作电路接通。请通过计算说明，工作时至少需要加水多少千克。 39．在图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡L1的额定电压为8V，灯泡L2的额定电压为6V，图乙是灯泡L2的U-I图象。 （1）当开关S接a时，电压表的示数为1.2V，电流表的示数为0.3A，求定值电阻R0的阻值。 （2）开关S接a时，调节电源电压，使灯泡L1正常发光，此时R0消耗的功率为1W，求灯泡L1的额定功率。 （3）开关S接b时，通过调节电源电压可使电路允许达到的最大总功率是多少? 40．如图所示是市场上某速热电热水器的工作原理简图，通过转动开关S 可以实现冷水、温水和热水之间的切换，能做到5秒出热水，极大地方便了人们的生活。 （1）要使出水口出温水，应将开关S转到　 　位置(填“12”“23”或“34”) ； （2）电热水器出温水时的功率为550W，求电阻R1的阻值； （3）已知. ，在一次使用过程中，小科使用了2分钟热水，求电热水器消耗的电能。 41．如图甲是小虞家里新安装的电热毛巾架，其工作原理如图乙所示，R1是阻值可调的电热丝，R2是阻值为200的电热丝，不考虑温度对电阻的影响。请分析回答： （1）当开关闭合，接a，R1滑片处于最右端时，电路处于　 　状态（选填“保温”或“加热”），若要改变毛巾架的发热功率，可以通过改变R1滑片的位置来实现； （2）当开关闭合，接b时，求此时毛巾架的发热功率为多少瓦？ （3）关闭家里的其他用电器，当电热毛巾架的实际功率为100瓦时，电能表（如图丙）内的转盘1分钟转过多少转？ 42．如图甲是小虞家里新安装的电热毛巾架，其工作原理如图乙所示，R1是阻值可调的电热丝，R2是阻值为200的电热丝，不考虑温度对电阻的影响。请分析回答： （1） 当开关闭合，接a，R1滑片处于最右端时，电路处于　 　状态（选填“保温”或“加热”），若要改变毛巾架的发热功率，可以通过改变R1滑片的位置来实现； （2）当开关闭合，接时，求此时毛巾架的发热功率为多少瓦？ （3）关闭家里的其他用电器，当电热毛巾架的实际功率为100瓦时，电能表(如图丙)内的转盘1分钟转过多少转？ 43．电热饮水机可实现加热和保温两个档位的切换，小东查阅资料得到饮水机部分信息如下表，饮水机正常加热7min，可将质量为1kg的水从20℃加热至100℃，然后转入保温状态，请你结合小东的调查，解决下列问题： 额定电压U/V 220 加热功率P1/W 1000 保温功率P2/W 100 电阻R1/Ω 435.6 电阻R2/Ω 48.4 （1）在图中二个虚线框内画上电阻R1和R2的元件符号，将饮水机的电路图表达完整； （2）计算加热过程中，饮水机的加热效率； （3）一天，小东断开家中的其他用电器，在饮水机加热时发现家中标有“220V10（20）A；3000r/kW·h”的电能表5分钟内转了240转，求此时饮水机的实际功率。 44．空气加湿器的工作原理是：加湿器水箱中部分水通过进水阀门进入电热槽中受热至沸腾，产生的水蒸气通过蒸汽扩散装置喷入空气中，从而提高空气湿度。下表是某同学设计的电热加湿器部分参数，其发热电路如图所示，、为阻值相同的发热电阻，l、2、3、4为触点，S为旋转型开关，实现关、低、高档的转换。 额定电压 220伏 额定最大发热功率 400瓦 水箱容积 4升 适用面积 40~60米2 （1）水箱内装有一定量的水，水温从20℃加热至沸腾，需要吸收1.344×105J的热量，不计热损失，以最大发热功率加热，需要的时间为　 　； （2）的阻值为　 　； （3）水沸腾后改用低档加热，请计算低档时的发热功率。　 　 45．小柯在科学课上设计了一款加热装置，加热电路如图甲所示，电阻R1和R2是阻值恒定的电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b，再通过开关S1的通断，实现“高、中、低”三种温档的调节，电阻R1为484Ω。 （1） 中温档时， 开关S1应　 　(选填“断开”或“闭合”)， 开关S2接　 　(选填“a”或“b”) 。 （2）在高温档时，若要使整个电路的总功率不超过150W，求R2的最大阻值是多少? （3）若电路中只有该装置在低温档时工作了60min，如图乙所示的家用电能表指示灯闪烁了150 次，则该装置的低温档功率为多少?若此时R2的阻值为316Ω，则电路实际电源电压为多少伏? 46．图甲是某款电熨斗，图乙是其电路原理图，电源电压为220V，R1、R2均为发热体。电熨斗工作时每秒钟散失的热量Q跟电熨斗表面温度与环境温度的差值△t的关系如图丙所示。若在一个 20℃的房间内，电熨斗在高温档工作时，表面温度保持 不变；在低温档工作时，表面温度保持100℃不变。 （1）图乙中，当S闭合时，电熨斗处于　 　档。(选填“高温”或“低温”) （2）电熨斗在 的房间内低温档工作 2 分钟消耗的电能为多少焦? （3）发热体 R2的阻值为多少欧? 47．滥用远光灯失德又违法。夜间行车正确使用远光灯，可以起到扩大观察视野的作用。但对面有车或行人时，远光灯容易扰乱路人以及对面车辆驾驶员的视线而存在安全隐患。如图甲所示是某汽车大灯的灯泡示意图，A和B是灯泡内的2条灯丝，S为扇形旋钮开关。当切换到近光灯档位时大灯只有一条灯丝通电工作，切换到远光灯档位时大灯的两条灯丝同时通电工作。 （1） 当切换到远光灯时， 开关S与触点　 　(选填“1和2”“2和3”或“3和4”) 接触； （2）司机某次用车10分钟，车灯的功率与时间的关系如图乙所示，已知电源电压保持12V不变，则灯丝A的电阻为多少? (不考虑温度变化对电阻的影响) （3）请计算10分钟内大灯消耗的电能为多少? 48．目前市场上最新的取暖设备水暖毯，是一种水循环取暖的新型电热毯。加热原理是：主机把水加热，然后通过毯体的硅胶软管，通过水流的循环往复来达到温暖毯体的目的。小金选取市面上某款产品进行研究，内部电路图如图乙所示：S为总开关，S1为温控开关(工作时保持闭合)，R为滑动变阻器(阻值0~60Ω)，R0为加热电阻丝，阻值为50Ω，通电后用于加热水。 （1）出于安全考虑，让用户能及时知晓水暖毯是否超温，电路中有“超温提示装置”，该装置由温控开关S2、大电阻R2、指示灯L 组成，需要实现以下功能：正常工作状态下，S2常闭，指示灯不亮；超温状态下，S2断开，指示灯亮。根据上述功能在图丙虚线框③内接入的电路元件是　 　。 （2）用户在某档加热时，R0的发热功率为200 W，请问此时电路中通过滑动变阻器R的电流是多少? （3）请计算说明在最高档加热功率下，该水暖毯(含水2.5kg)能否实现5分钟内从10℃上升到 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$