2020年中考物理第一轮复习专题18电功率讲和练

2020年中考物理第一轮复习专题18电功率讲和练

专题18 电功率讲和练 ‎1.了解：额定功率的概念。‎ ‎2.会：计算电功；计算电功率；进行电热计算。‎ ‎3.理解：电流做功；电功率概念；焦耳定律。‎ ‎4.掌握：电能表读数及其相关计算；测量小灯泡电功率的基本内容。‎ ‎1.（2018•淄博）如图所示，电源电压不变，只闭合开关S1，灯泡L发光，电压表有示数：再闭合开关S2，电路中出现的情况是（）。‎ A．电压表的示数变小；B．电路的总电阻不变；C．灯泡L的亮度不变；D．电路的总功率变大 ‎【答案】D。‎ ‎【解析】ABC、只闭合开关S1，为串联电路，电阻R与灯泡L串联；电压表测量的是R两端的电压，根据串联电路的电压特点可知，电压表示数要小于电源电压；开关S2闭合时，灯泡被短路，灯泡不发光，电路中只有R，总电阻减小；电压表测量的是电源电压，故电压表示数变大；故ABC错误；‎ D、开关S2闭合后电路总电阻R总变小，电流变大，电阻R两端的电压变大，根据P=UI可知电路的总功率变大，故D正确。故选D。‎ ‎2.（2019·达州）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“10V 5W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），当S、S1都闭合且滑动变阻器的滑片P在A端时，电流表A的示数为1A，此时灯泡正常发光，则滑动变阻器的最大阻值为Ω。当S闭合、S1断开且滑动变阻器的滑片P在B端时，电压表的示数为V，灯泡L的实际功率为W。‎ 55‎ ‎【答案】20；5；1.25。‎ ‎【解析】（1）当S、S1都闭合且滑动变阻器的滑片P在A端时，灯泡L与R的最大阻值并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，且此时灯泡正常发光，‎ 所以，电源的电压U＝UL＝10V，‎ 由P＝UI可得，通过灯泡的电流：IL＝＝＝0.5A，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，通过R的电流：IR＝I﹣IL＝1A﹣0.5A＝0.5A，‎ 由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R＝＝＝20Ω；‎ ‎（2）灯泡的电阻：RL＝＝＝20Ω，‎ 当S闭合、S1断开且滑动变阻器的滑片P在B端时，灯泡L与滑动变阻器R的最大阻值串联，电压表测R两端的电压，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电路中的电流：I′＝＝＝0.25A，‎ 此时电压表的示数：UR＝I′R＝0.25A×20Ω＝5V，‎ 灯泡L的实际功率：PL′＝（I′）2RL＝（0.25A）2×20Ω＝1.25W。‎ 故答案为：20；5；1.25。‎ ‎3.（2019·达州）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2、R3均为定值电阻，R1：R2＝2：3，S为单刀双掷开关。当S接到1时，电流表的示数为0.4A，R1消耗的功率为P1，此时R3消耗的功率为1.6W；当S接到2时，R2消耗的功率为P2，已知P1：P2＝32：27．则电源电压为V，R1为Ω，R3为Ω。‎ 55‎ ‎【答案】12；20；10。‎ ‎【解析】S为单刀双掷开关。当S接到1时，R1与R3串联，电流表测电路的电流，电流表的示数为0.4A，‎ P1＝I12R1＝（0.4A）2×R1﹣﹣﹣﹣﹣①，‎ P3＝I12R3＝（0.4A）2×R3＝1.6W，R3＝10Ω；‎ 当S接到2时，R1与R3串联，电流表测电路的电流，R2消耗的功率为P2，‎ P2＝I22R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；‎ 已知P1：P2＝32：27，由①②得：即＝﹣﹣﹣﹣③‎ 因R1：R2＝2：3﹣﹣﹣﹣﹣④，由③④得：I2＝0.3A；‎ 由电阻的串联和电压不变时，电流与电阻成反比有：＝；‎ 即＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤，‎ 由④⑤得：R1＝20Ω；‎ 由电阻的串联和欧姆定律，在第1次操作中，‎ 电源电压：U＝I1（R1+R3）＝0.4A（20Ω+10Ω）＝12V。‎ 故答案为：12；20；10。‎ ‎4.（2019·绵阳）测量标有“2.5V”字样的小灯泡在额定电压下工作时的电阻，小灯泡的额定功率估计在0.8W左右。实验室提供的器材有：两节干电池、电压表V（量程0-3V）、滑动变阻器、导线若干、开关、待测小灯泡。供选择的电流表：A1（量程0-0.6A）、A2（量程0-3A）。回答下列问题：‎ ‎（1）电流表应选用________（“A1”或“A2”）。‎ ‎（2）连接好如图所示的实验电路，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有较大的示数。电路的故障可能是________（选填序号）‎ A．电压表断路 B．小灯泡断路 55‎ C．电压表短路，且小灯泡断路 D．电流表短路，且小灯泡断路 ‎（3）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙所示，小灯泡正常发光时的电阻是________Ω（小数点后保留一位数字）。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）A1；（2）B、D；（3）8.3。‎ ‎【解析】（1）小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率估计在0.8W左右，根据P=UI，‎ 灯的额定电流约为：，故电流表选用A1（量程0-0.6A）；‎ ‎（2）A、若电压表断路，电流有表示数，不符合题意；‎ B．若小灯泡断路，灯光不发光，电流表示数为0，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有较大示数，符合题意；‎ C．电压表短路，电压表示数为0，不符合题意；‎ D．电流表短路，电流表示数为0，且小灯泡断路，灯不发光，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有较大示数，符合题意；故选BD；‎ ‎（3）排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，由欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻是：。‎ 故答案为：（1）A1；（2）B、D；（3）8.3。‎ ‎5.（2018·潍坊）要测量一个额定电压为3.8V小灯泡的功率，小灯泡工作时的电阻约为10Ω．现有电流表、电压表、开关各一个，规格分别为“10Ω、1A“、“50Ω、0.5A”和500Ω、0.1A”的滑动变阻器各一个，导线若干，电源（8V）一个。‎ ‎（1）为完成实验，应该选取规格为的滑动变阻器；‎ ‎（2）选出合适的滑动变阻器后，将实验器材连成如图所示的实验电路，闭合开关，将滑动变阻器滑片向右移动，观察到的现象是（多选）；‎ 55‎ A．小灯泡变亮，电压表示数变大；‎ B．电流表示数为零，小灯泡不亮；‎ C．电流表示数变大，电压表示数变小；‎ D．电压表示数接近8V，且示数不变。‎ ‎（3）造成上述现象的原因是其中有一条导线连接错误，请将该导线打上“×”号；并用笔画线代替导线把它改到正确的位置上；‎ ‎（4）线路改正后，移动滑片，记录多组电流和电压U，并在坐标纸上做出I-U关系图象，如图所示。由图可知小灯泡的额定功率为W；当小灯泡两端电压为3V时，灯泡电阻为Ω。‎ ‎【答案】（1）“50Ω 0.5A”；（2）BD；（3）如上图；（4）1.14、12。‎ ‎【解析】（1）已知电源电压为8V且保持不变，实验中小灯泡额定电压为3.8V，电路中电流，I===0.38A，故变阻器分得的电压为U滑=8V﹣3.8V=4.2V，变阻器电压为小灯泡的倍，小灯泡电阻为10Ω时，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻R滑大=×10Ω≈11Ω，有三种规格滑动变阻器应选用“50Ω 0.5A”的变阻器；‎ ‎（2）由实物图可知，电压表串联在电路中，相当于开路，故电流表示数为零，小灯泡不亮，电压表测量电源的电压，示数为电源电压8V，故选BD；‎ ‎（3）原电路中，电流表与小灯泡并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表与小灯泡串联，电压表与小灯泡并联，改正后如下所示：‎ 55‎ ‎（4）由图象可知：正常工作电灯的额定电压为3.8V，通过灯泡的电流为0.3A，此时灯泡的电功率P=UI=3.8V×0.3A=1.14W，当小灯泡两端电压为3V时，灯泡的电流，I′=0.25A，电阻为R===12Ω；‎ 答案：（1）“50Ω 0.5A”；（2）BD；（3）如上图；（4）1.14、12。‎ ‎6．（2018·滨州）某实验小组的同学用图甲所示器材测量小灯泡电功率，待测小灯泡L的额定电压为3.8V，额定功率小于1W，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“20Ω、1A”，图甲所示是该实验小组没有连接完整的电路。‎ ‎（1）请你用笔线代替导线，在图甲中把电路连接完整；‎ ‎（2）正确连接完电路，闭合开关后，发现无论怎样移动滑片，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数明显，仔细检查，连接无误，那么出现该状况的原因应该是（选填“A”、“B”、“C”或“D”）。‎ A．电流表内部断路了；B．灯泡的灯丝断了；‎ C．灯座内部出现了短路；D．滑动变阻器的电阻线断了 ‎（3）排出故障后，通过正确操作，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，其值为A，小灯泡的额定功率为W。‎ ‎（4）测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，应将滑动变阻器的滑片向（选填“左”或“右”）端滑动。‎ ‎（5）测量小灯泡的电功率（选填“需要”或“不需要”）多次测量求平均值，原因是。‎ ‎（6）图丙是该实验小组的同学测量小灯泡电功率的电路图，测量后他们对测量结果进行了误差分析，考虑电表本身对电路的影响，该电路主要是由于所测（选填“电压”或“电流”）值偏大引起小灯跑电功率偏大的。‎ ‎【答案】（1）如上；（2）B；（3）0.2；0.76；（4）右；（5）不需要；灯在不同电压下的功率不同；（6）电流。‎ ‎【解析】（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联，将变阻器的最大电阻连入电路中与灯串联，如下所示：‎ 55‎ ‎（2）A．若电流表内部断路了，则整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；B．若灯泡的灯丝断了，灯不亮，电流表没有示数，电压表串联在电路中，电压表测电源电压有示数，符合题意；C．若灯座内部出现了短路，则电压表没有示数，电流表有示数，不符合题意；D．若滑动变阻器的电阻线断了，则整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；故选B；‎ ‎（3）当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，其值为0.2A，小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.2A=0.76W。‎ ‎（4）测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，要增大灯电压，减小变阻器的电压，由分压原理，应将滑动变阻器的滑片向右端滑动。‎ ‎（5）灯在不同电压下的功率不同，故不需要多次测量求平均值；‎ ‎（6）根据并联电路电流的规律，电流表示数等于灯的电压与通过电压表电流大小和，故该电路主要是由于所测电流值偏大引起小灯跑电功率偏大的。‎ 答案：（1）如上；（2）B；（3）0.2；0.76；（4）右；（5）不需要；灯在不同电压下的功率不同；（6）电流。‎ ‎7.（2019·海南）在测量小灯泡电功率的实验中，已知灯泡额定电压U额=2.5V，电源电压保持不变。‎ ‎（1）用笔画线代替导线把甲图电路连接完整。‎ ‎（2）调节滑动变阻器，使电压表示数为2.5V，此时电流表示数（如图乙）为______A。则小灯泡的额定功率为______W。‎ ‎（3）如果没有电压表，用如图丙所示电路也可测小灯泡的额定功率。其中，定值电阻的阻值为R0。先断开开关S2、闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电流表的示数为 55‎ ‎；再保持变阻器滑片的位置不变，只断开开关_______、闭合其它开关，读出电流表示数为I，灯泡额定功率的表达式为P额=_________（用R0、U额、I的代数式表示）。‎ ‎【答案】（1）如图所示；（2）0.28；0.7；（3）S1 。‎ ‎【解析】（1）由图知，只需用一条导线将滑动变阻器下端的一个接线柱连接到小灯泡右端的接线柱即可，连接情况如图所示；‎ ‎（2）由图乙知，电流表使用的量程是0.6A，则读出的示数为0.28A，由P=UI，计算出小灯泡的额定功率为；‎ ‎（3）根据实验原理P=UI，为了得出小灯泡的额定功率，需要知道的数据是U额和I额；当断开开关S2、闭合开关S、S1时，定值R0与小灯泡并联接在电路中，电流表测通过R0的电流I0，由题意知（此式表明电阻R0与小灯泡两端的电压为U额）；保持变阻器的滑片的位置不变，可通过断开S1，闭合S和S2使电流表示数等于通过R0和小灯泡的电流之和，然后再利用并联电路的电流规律得出通过小灯泡的电流（因为这样设计开关的通断仍然能保证R0与小灯泡两端的电压为U额，所以此时通过小灯泡的电流刚好为I额），根据题意可得出，所以灯泡额定功率的表达式为。‎ ‎8.（2019·达州）实验老师为“测量小灯泡额定功率”准备了如下器材：电源（电压恒为6V）开关、电压表和电流表各一只、额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω）、滑动变阻器（“20Ω 1A”）、导线若干。‎ ‎（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整（要求：滑片向右移动灯泡变亮）。‎ ‎（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是。‎ ‎（3）故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，并绘制了小灯泡的电流随其两端电压变化的关系如图丙所示，则小灯泡的额定功率为W。从图象中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比（选填“变大”、“变小或“不变”）。‎ ‎（4）小陈同学为了验证电流跟电阻的关系，他又借到了一个滑动变阻器（50Ω 55‎ ‎ 0.5A）和五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ωg、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换甲图中的灯泡，小陈同学得到如图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，则实验中他所用的滑动变阻器是（选填字母：A.20Ω 1A B.50Ω 0.5A），若某次实验中滑动变阻器连入的阻值为14Ω，则所用定值电阻的阻值为Ω。‎ ‎（5）下课前老师布置了一道课后作业。要求：在只有下列实验器材的前提下测出未知定值电阻Rx的阻值。实验器材：电阻Rx、电源（电压恒定但未知）、滑动变阻器（已知最大阻值为R0）、电流表、开关、导线若干。‎ 小张同学设计了如图戊所示的电路图，用以下步骤测Rx的阻值。‎ ‎①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；‎ ‎②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；‎ ‎③请帮他写出Rx的表达式：Rx＝（用字母R0、I1、I2表示）。‎ ‎【答案】（1）如上所示；（2）电流表指针没有调零；（3）0.625；变大；（4）B；10；（5）。‎ ‎【解析】（1）滑片向右移动灯泡变亮，即电流变大电阻变小，故变阻器滑片右下接线柱连入电路中，如下所示：‎ 55‎ ‎（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是电流表指针没有调零。‎ ‎（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系知，灯在额定电压下的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；‎ 从图象知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，由欧姆定律，灯的电阻为：R1＝＝＝5Ω，‎ 同理，灯正常发光时的电阻为10Ω，故当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比（灯的电阻）变大；‎ ‎（4）图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，电流与电阻之积为：‎ U＝IR＝0.1A×25Ω＝﹣﹣﹣﹣0.5A×5Ω＝2.5V，‎ 根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2.5V＝3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：‎ R滑＝1.4×25Ω＝35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少35Ω的滑动变阻器，则实验中他所用的滑动变阻器是50Ω、0.5A，选B；‎ 若变阻器连入的阻值为14Ω，‎ 由欧姆定律，电路的电流为：I＝＝＝0.25A，‎ 由欧姆定律，则所用定值电阻的阻值为：R定＝＝＝10Ω；‎ ‎（5）①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；‎ ‎②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；‎ ‎③在①中两电阻串联，由电阻的串联和欧姆定律，电源电压：U＝I1（Rx+R0）‎ 在②中，为R0的简单电路，由欧姆定律：U＝I2R0，因电源电压不变，‎ 故：U＝I1（Rx+R0）＝I2R0，‎ 55‎ Rx的表达式：Rx＝。‎ 故答案为：（1）如上所示；（2）电流表指针没有调零；（3）0.625；变大；（4）B；10；（5）。‎ ‎9.（2018·长沙）如图L1、L2是规格分别为“6V、6W”，“3V、2.7W”的小灯泡,将它们连在如图的电路中,电源电压恒定不变,当只闭合S时,L2正常发光。(不计温度对灯泡电阻的影响)求:‎ ‎(1)电源电压；‎ ‎(2)灯泡L1的电阻R1；‎ ‎(3)当S、S1都闭合时,10s内电流做的总功。‎ ‎【解析】（1）当只闭合S时，灯泡L2正常发光，灯泡两端电压U=3V，通过灯泡L2的电流：；电源电压U=3V；‎ ‎（2）灯泡L1的电阻；‎ ‎（3）当S、S1都闭合时，L1和L2并联，通过L1的实际电流；通过干路的电流I=I1+I2=0.5A+0.9A=1.4A，电路消耗的总电功率P=UI=3V×1.4A=4.2W；电流做的功W=Pt=4.2W×10s=42J 。‎ 故答案为：（1）3V；（2）6Ω；（3）42J。‎ 一、电能与电功 ‎1.电功：电流通过某段电路所做的功叫电功。‎ ‎2．电流做功的实质：电流做功过程，实际就是电能转化为其他形式的能（消耗电能）的过程；电流做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能，也就消耗了多少电能。‎ ‎3.电流做功的形式：电流通过各种用电器使其转动、发热、发光、发声等都是电流做功的表现。‎ ‎4．规定电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。‎ ‎5．电功公式：（适用于所有电路）；‎ 55‎ 对于纯电阻电路可推导出：‎ ‎（1）串联电路：；‎ ‎（2）并联电路：；‎ ‎（3）在任何情况下，在一定时间所做的总功。‎ ‎6．电功单位：在国际单位制中，电功单位是焦耳（J）；常用单位还有度（kwh）， 1度=1千瓦时=1kWh=3.6×106J；“1度”的规定：1kw的用电器工作1h消耗的电能。‎ ‎7．电功的测量 ‎⑴电能表：是测量用户用电器在某一段时间内所做电功（某一段时间内消耗电能）的仪器。‎ ‎⑵电能表上“220V、5A、3000R/kW·h”等字样，分别表示：电能表额定电压是220V；允许通过的最大电流是5A；每消耗一度电电能表转盘转3000转。‎ ‎⑶读数时：①最后一位有红色标记的数字表示小数点后一位；②电能表前后两次读数之差，就是这段时间内用电的度数。‎ 二、电功率 ‎1．电功率：电流在单位时间内所做的功。‎ ‎2．电功率物理意义：表示电流做功快慢的物理量。‎ ‎3．电功率公式：（适用于所有电路），推导公式：（适用于纯电阻电路）。‎ ‎（1）串联电路中；‎ ‎（2）并联电路中：；‎ ‎（3）无论用电器串联或并联，计算总功率常用公式P=P1+P2+…Pn。‎ ‎4．电功率单位：在国际单位制中，功率单位是瓦特（W），常用单位：千瓦（kW）。‎ ‎5．额定功率 ‎（1）某灯泡上标有“PZ220V-25”字样分别表示：普通照明，额定电压（用电器正常工作时的电压）220V，额定功率（用电器在额定电压下的功率）25W的灯泡。‎ ‎（2）已知U额、P额，①可根据公式I额=P额/U额计算出该灯的额定电流；②可根据公式计算出该灯的电阻。‎ 55‎ ‎（3）灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率大小：①当U实=U额时，P实=P额灯正常发光；②当U实＜U额时，P实＜P额灯光暗淡；③当U实> U额时，P实>P额灯发光强烈。‎ ‎（4）已知U额、P额、U实，可根据公式，由该式可知，当实际电压变为额定电压的1/n时，实际功率就变为额定功率的1/n2。‎ ‎（5）灯L1“220V、100W”，灯L2“220V、25W”相比较而言，L1灯丝粗短，L2灯丝细长。‎ 三、测量小灯泡电功率 一、伏安法测量小灯泡的电功率 ‎1.实验目的：学习用电压表和电流表测量小灯泡的额定功率和实际功率，并加以比较。‎ ‎2.实验原理：要测量小灯泡的电功率，根据电功率公式，可以用电压表测出小灯泡两端的电压，用电流表测出通过小灯泡的电流。‎ ‎3.实验器材：电源、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、开关、导线若干。‎ ‎4.设计并进行实验：‎ ‎（1）按照图所示的电路图连接好实验电路，连接电路时，开关处于断开状态，滑动变阻器的滑片置于最大阻值处。‎ ‎（2）检查电路连接无误后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，使小灯泡两端的电压等于额定电压，记录电压表与电流表的示数，观察并记录小灯泡的发光情况。‎ ‎（3）调节滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端的电压小于小灯泡的额定电压，记录电压表和电流表的示数，观察并记录小灯泡的发光情况。‎ ‎（4）调节滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端的电压约为额定电压的1.2倍，记录电压表与电流表的示数，观察并记录小灯泡的发光情况。‎ ‎（5）整理好实验器材。‎ ‎（6）用公式计算出小灯泡的额定功率和实际功率，记录在下表中。‎ 实验序号 电压/V 电流/A 电功率/W 小灯泡亮度 ‎1‎ ‎2.5‎ ‎0.31‎ ‎0.78‎ 正常 ‎2‎ ‎2.0‎ ‎0.25‎ ‎0.50‎ 较暗 55‎ ‎3‎ ‎3.0‎ ‎0.38‎ ‎1.14‎ 较亮 ‎5.分析与论证 ‎（1）分析表格中的实验数据后，发现小灯泡两端的实际电压越高，小灯泡的电功率越大，灯泡发光越亮。‎ ‎（2）小灯泡的亮度直接由它的实际功率决定。‎ ‎（3）小灯泡两端的实际电压只有在不高于额定电压时，才处于安全使用状态。‎ ‎（4）小灯泡的实际功率有多个，额定功率只有一个。‎ ‎6、实验结论 ‎（1）当实际电压等于额定电压时，小灯泡的实际功率等于额定功率，小灯泡正常发光。‎ ‎（2）当实际电压低于额定电压时，小灯泡的实际更率小于额定功率，小灯泡发光较暗。‎ ‎（3）当实际电压高于额定电压时，小灯泡的实际功率大于额定功率，小灯泡发光较亮。‎ ‎7、注意事项 ‎（1）电源电压应高于灯泡的额定电压；滑动变阻器允许通过的最大电流要大于小灯泡的正常工作电流，滑动变阻器的最大阻值应与小灯泡的电阻差不多，这样会使滑动变阻器的调压效果明显。‎ ‎（2）连接电路时，电压表的量程要参照小灯泡的额定电压来选择，电流表的量程应根据灯泡的额定电流来选择，如果灯泡的额定电压或电流位置，则要采用试触的方法判断。‎ ‎（3）连接电路时，开关要断开，防止由于电路连接错误而发生短路，损坏电流表。‎ ‎（4）闭合开关前，要将滑动变阻器的滑片置于阻值最大的位置，以防止电路中电流过大，其保护电路作用。‎ ‎（5）调节小灯泡两端的电压高于额定电压时要注意缓慢调节滑动变阻器的滑片，实际电压不能超过额定电压的1.2倍，同时通电时间不能过长，否则容易烧坏小灯泡。‎ 注意：伏安法测小灯泡电功率与伏安法测电阻阻值的异同。‎ 相同点：①实验电路基本相同，可采用同一电路；②实验方法相同，都是伏安法；③测量的物理量相同，都测量电流I和电压U。‎ 不同点：①实验原理不同，测小灯泡电功率的实验原理，测电阻阻值的实验原理是；②数据处理方式不同，测电阻阻值时需要多次测量，最后求平均值以减小实验误差，而测小灯泡电功率时也需要多次测量，但不能用来求平均值，而是寻找不同电压下的电功率有什么规律。‎ 二、实验中电路故障分析 55‎ 故障 现象 故障原因 灯泡不亮 闭合开关，灯泡不亮，电压表、电流表有示数 ‎①滑动变阻器接成定值电阻②电源电压太低 闭合开关，灯泡不亮，电压表、电流表无示数 ‎①电源、电流表、开关或滑动变阻器损坏 ‎②接线柱接触不良③连接导线断裂 闭合开关，灯泡不亮，电流表几乎无示数，电压表指针明显偏转 ‎①灯泡的灯丝断了或灯座与灯泡接触不良 ‎②电流表和电压表的位置互换了 电表问题 电流表与电压表的指针向没有刻度的方向偏转 电流表和电压表的“﹢”“－”接线柱接反了 电流表与电压表的指针偏转角度很小 ‎①电表的量程都选择过大②电源电压过低 电表的指针超过最大刻度 ‎①量程选择过小②电路中出现短路 滑动变阻器问题 滑动变阻器的滑片滑动时，电表示数及灯泡的亮度无变化 滑动变阻器连接错误，没有遵循“一上一下”的接线原则，使滑动变阻器接成了定值电阻 无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数总小于灯泡的额定电压 电源电压过低 闭合开关瞬间，灯泡发出强光后立即熄灭，电流表指针偏转后又回到零刻度线处，电压表仍有示数 灯泡两端电压过高，滑动变阻器的滑片没有置于阻值最大位置 四、焦耳定律 ‎1.电流的热效应：电流通过导体时电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应。‎ ‎2.焦耳定律：电流通过导体产生的热量，与电流的平方成正比，与导体的电阻成正比，与通电时间成正比。‎ ‎3.焦耳定律公式：Q=I2Rt。式中单位Q→焦(J)；I→安(A)；R→欧(Ω)；t→秒。‎ ‎4.当电流通过导体做的功(电功)全部用来产生热量(电热)，则有W=Q，可用电功公式来计算Q，如电热器、纯电阻就是这样的。‎ ‎5.①电热的利用：电热毯、电熨斗、电烤箱等；②电热的防止：电视机后盖有很多孔是为了通风散热，电脑运行时也需要风扇及时散热。‎ 55‎ 考点一：电能与电功 ‎【典型例题】(2019·武威)如图所示是某家用电子式电能表的表盘，该表盘上显示已用电______kW•h。若将某用电器单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了32次。该用电器在上述时间内消耗的电能为______kW•h，它的实际电功率是______W。‎ ‎【答案】5546.7；0.02；400。‎ ‎【解析】（1）该表盘上显示数字为55467，因为最后一位是小数、单位是kW•h，所以显示已用电5546.7kW•h；‎ ‎（2）1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，指示灯闪烁32次，则该用电器消耗的电能：W=kW•h=0.02kW•h，‎ 该用电器的实际电功率：P===0.4kW=400W。‎ 故答案为：5546.7；0.02；400。‎ ‎【点睛】（1）电能表的读数：最后一位是小数、单位是kW•h。（2）1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，据此可求闪烁32次消耗的电能，再利用P=求用电器的实际电功率。本题考查了电能表的读数，消耗电能和电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。‎ ‎【趁热打铁】‎ ‎1.（2019·泸州）小明家电热水器铭牌标识为“220V、1000W”。由于使用了多年，该电热水器中的电热丝明显氧化导致其电阻发生了变化，为准确测量氧化电热丝的实际电阻值，小明在家中把该电热水器单独接入220V的家庭电路中工作5min，发现电能表指示灯闪烁了242次，电能表规格如图所示。问：‎ ‎（1）小明测得该电热水器的实际电功率是多少？‎ 55‎ ‎（2）该电热水器氧化电热丝的实际电阻值是多少？‎ ‎（3）为恢复该电热水器的铭牌功率，可与氧化电热丝并联一段新的电热丝，则并联的这段电热丝的电阻值为多少？‎ ‎【解析】（1）3000imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，所以，电能表指示灯闪烁了242次消耗的电能：W=kW•h=×3.6×106J=2.904×105J，‎ 该电热水器的实际电功率：P实===968W；‎ ‎（2）由P=UI=可得，该电热水器氧化电热丝的实际电阻值：R实===50Ω；‎ ‎（3）电热水器铭牌标识的功率对应的电阻：R===48.4Ω，‎ 为恢复该电热水器的铭牌功率，可与氧化电热丝并联一段新的电热丝R′，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，‎ 所以，，解得：R′=1512.5Ω。‎ 答：（1）小明测得该电热水器的实际电功率是968W；（2）该电热水器氧化电热丝的实际电阻值是50Ω；（3）并联的这段电热丝的电阻值为1512.5Ω。‎ ‎【点睛】（1）3000imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，据此求出电能表指示灯闪烁了242次消耗的电能，利用P=求出该电热水器的实际电功率；（2）根据P=UI=求出该电热水器氧化电热丝的实际电阻值；（3）根据P=UI=求出电热水器铭牌标识的功率对应的电阻，为恢复该电热水器的铭牌功率，可与氧化电热丝并联一段新的电热丝，根据电阻的并联求出并联电阻的阻值。本题考查了电阻的并联和电功率公式的灵活应用，明白电能表参数的含义是关键。‎ ‎2．（2019·岳阳）如图所示，电源电压恒定不变。闭合开关后，滑动变阻器的滑片P由b端移到某点c的过程中，电压表的示数由4V变为3V，电流表的示数由0.2A变为0.3A，由此可知（）。‎ A．电源电压为7V B．R1的阻值为20Ω 55‎ C．电路消耗的最小功率为1.2W D．滑片P在b端时，10秒内R1产生的热量为12J ‎【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）由“闭合开关后，滑动变阻器的滑片P由B端移到某点C的过程中，电压表的示数由4V变为3V，电流表的示数由0.2A变为0.3A，”可知，R2两端电压为4V，ac两端电压Uac=3V，当滑动变阻器的滑片P在b端时，电流I=0.2A，当滑片P由b端移到某点c时，电流I=0.3A，设电源电压为U，‎ 解得R1=10Ω，U=6V，故AB错误；‎ ‎（2）滑动变阻器滑片P在b端时，R1与R2串联，由P=UI可得，电路消耗的最小功率P=UI=6V×0.2A=1.2W，故C正确；‎ ‎（3）滑片P在b端时，根据串联电路的电压特点可得，R1两端电压U1=U-U2=6V-4V=2V， 10秒内R1产生的热量Q=W=U1It=2V×0.2A×10S=4J，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）滑动变阻器滑片P在B端时，R1与R2串联，滑动变阻器的滑片P由B端移到某点C，根据串联电路的电压特点，应用欧姆定律求出R1的阻值和电源电压。（2）滑动变阻器滑片P在B端时，R1与R2串联，此时电路中的电阻值最大，利用P=UI可求得最小功率。（3）滑片P在b端时，根据串联电路的电压特点可求得R1两端电压，再利用Q=W=UIt可求得10秒内R1产生的热量。‎ ‎3．（2019·辽阳市中考考前最后一卷）李刚家的电能表如图所示，从表盘信息可知：电能表允许接入的用电器总功率不能超过　　W；当电路中只有电风扇工作时，电能表转盘在6min内转过了10转，这个电风扇的实际功率　　W。‎ ‎【答案】4400；50。‎ ‎【解析】电能表允许接入用电器的最大总功率：P＝UI＝220V×20A＝4400W；‎ 因2000r/kW•h表示转盘转1圈，电路中消耗kW•h的电能，‎ 55‎ 所以，这6min内消耗的电能：W＝＝kW•h＝0.005kW•h，‎ 电风扇的电功率：P＝＝＝0.05kW，‎ ‎0.05kW＝0.05×1000W＝50W。‎ 故答案为：4400；50。‎ 二、电功率 ‎【典型例题】（2019·河北）如图所示，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，R为滑动变阻器，a、b是电流表或电压表。当只闭合开关S、S1时，a、b的指针均明显偏转，将位于中点的滑片P向左移动，a的示数不变，b的示数有变化。以下说法正确的是（）。‎ A．b是电流表；‎ B．只闭合S、S2，移动滑片P，则a示数的变化量与b示数的变化量的比值可能等于R1+R2；‎ C．若将b换成另一种电表，只闭合S、S2，将滑片P向右移动，R2消耗的功率一定变大；‎ D．若将a与b的位置互换，只闭合S、S2，则a的示数与b的示数的比值可能等于R2‎ ‎【答案】AD。‎ ‎【解析】A、只闭合开关S、S1时，电表b与滑动变阻器R串联，且滑片P向左移动，b的示数有变化，则b一定是电流表，故A正确；‎ 若a为电流表，测通过R2的电流，由于R2的阻值和两端的电压均不变，滑片P向左移动，a的示数不变；‎ 若a为电压表，测电源电压，其示数也不变，a可能是电流表也可能是电压表；‎ B、为电压表、b为电流表时，只闭合S、S2，此时R1与R串联，电压表a测R两端的电压，电流表测电路中的电流，则有：R1＝，即a示数的变化量与b示数的变化量的比值等于R1；‎ a、b均为电流表时，只闭合S、S2，R、R2被短路，电路为R1的简单电路，移动滑片P，a、b两表的示数变化量均为0，故B错误；‎ C、将b换成电压表，a为电压表时，只闭合S、S2，R1、R2‎ 55‎ 与R串联，滑片P向右移动，电阻变小，电路总电阻变小，电流变大，根据P＝I2R2可知，R2消耗的功率变大；‎ 若将b换成电压表，a为电流表时，只闭合S、S2，R被短路，R1、R2串联，滑片P向右移动，电阻不变，电路总电阻不变，电流不变，根据P＝I2R2可知，R2消耗的功率不变，故C错误；‎ D、为电压表、b为电流表时，若将a与b的位置互换，只闭合S、S2，R被短路，R1、R2串联，电流表测电路中的电路，电压表测R2两端的电压，则a的示数与b的示数的比值为R2；‎ a、b均为电流表时，若将a与b的位置互换，只闭合S、S2，R、R2被短路，电路为R1的简单电路，两电流表的示数相等，其比值为1，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题是一道动态电路分题，涉及到电路的连接方式的判断、欧姆定律以及电功率公式的应用等知识，过程较为复杂，需要讨论，有一定的难度。（1）先根据题意判断a、b两表的类型，再结合电路分析其连接方式，根据电压的变化量与电流变化量的比值为定值电阻的阻值；（2）根据串联电路电流、电压、电阻的特点、欧姆定律以及P＝I2R判断R2消耗的功率；（3）结合电表类型，利用欧姆定律判断两表示数的比值。‎ ‎【趁热打铁】‎ ‎1．（2019·天津）如图甲所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片P从a端移动到b端的整个过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图象如图乙所示。则电阻R1的阻值为______Ω；当变阻器滑片P处于a端时，电阻R1消耗的电功率为______W。‎ ‎【答案】10；0.1。‎ ‎【解析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）当滑片位于b端时，电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，此时电路中的电流最大， 由图象可知，电源电压U=3V，此时R1两端的电压U1=U=3V，电路中的电流I=0.3A，‎ 由欧姆定律可得：R1===10Ω；‎ ‎（2）当滑片位于a端时，R1、R2串联，电压表测R1‎ 55‎ 两端的电压，由图象可知，此时电路中的电流I′=0.1A时，R1两端的电压U1′=1V，电阻R1消耗的电功率P1′=U1′I′=1V×0.1A=0.1W。‎ 故答案为：10；0.1。‎ ‎【点睛】分析电路图，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片位于b端时，电路为R1的简单电路，电压表测R1两端的电压（电源电压），此时电路中的电流最大，由图象可知此时R1两端的电压、电路中的电流，利用欧姆定律求R1的阻值；（2）当滑片位于a端时，R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，由图象可知，此时电路中的电流、R1两端的电压，利用P=UI求电阻R1消耗的电功率。本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算，从图象中获取有用的信息是关键。‎ ‎2.（2019·苏州）额定电压均为6V的甲、乙两灯，I-U图线如图所示。下列说法正确的是（）。‎ A.甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小；‎ B.甲、乙两灯的额定功率之比为4：1；‎ C.甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为3：2；‎ D.甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3‎ ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A．由甲、乙曲线图可知，灯泡的电阻随电压的增大而增大。故A错误；‎ B．由于甲、乙两灯的额定电压均为6V，由图象可知：I甲额=0.6A，I乙额=0.3A，‎ 则：====，故B错误；‎ C、甲、乙两灯并联在2V的电源两端时，由图象可知：I甲=0.3A，I乙=0.2A，根据I=可得电阻之比；====，故C错误；‎ D．把甲、乙两灯串联接在8V的电源上时，通过它们的电流相等，且电源的电压等于两灯泡两端的电压之和，由图象可知，当电路中的电流为0.3A，甲灯的实际电压为2V，乙灯的实际电压为6V时满足电源电压为8V，所以实际功率之比：P甲：P乙=U甲I：U乙I=2V：6V=1：3，故D正确。故选D。‎ 55‎ ‎【点睛】（1）通过曲线图可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大；（2）甲灯正常工作时的电压和额定电压相等，根据图象读出通过甲、乙的电流，根据P=UI求额定功率之比；（3）甲、乙两灯并联在2V的电源两端时，根据图象读出通过甲、乙的电流，再根据欧姆定律求出电阻之比；（4）当把两灯串联在8V电源上时，根据串联电路的电流特点和串联电路电压的特点确定甲、乙两灯两端的实际电压，利用P=UI即可得出实际功率之比。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，从图象中获取有用的信息是关键。‎ ‎3.（2019·达州）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2、R3为定值电阻，且R2＝R3＝20Ω．闭合开关S，电压表V1和V2的示数之比为4：3，此时电路消耗的总功率为P1；若把电压表V1和V2分别换成电流表A1和A2，闭合开关S后电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，此时电路消耗的总功率为P2。则下列结果正确的是（）。‎ A．R1＝10Ω、I1：I2＝3：2、P1：P2＝1：10；B．R1＝5Ω、I1：I2＝2：3、P1：P2＝1：10；‎ C．R1＝10Ω、I1：I2＝3：2、P1：P2＝10：1；D．R1＝5Ω、I1：I2＝2：3、P1：P2＝10：1‎ ‎【答案】A。‎ ‎【解析】由图知，当闭合开关S时，R1、R2、R3串联，电压表V1测R2和R3两端的电压之和，电压表V2测R1和R2两端的电压之和，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且各处的电流相等，‎ 所以，由I＝可得，两电压表的示数之比：＝＝＝＝，‎ 解得：R1＝10Ω，故BD错误；‎ 此时电路消耗的总功率：P1＝＝＝；‎ 若把电压表V1和V2分别换成电流表A1和A2时，R1、R2、R3并联，电流表A1测R1和R2支路电流之和，电流表A2测R2和R3支路的电流之和，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，两电流表的示数之比：‎ I1：I2＝（+）：（+）＝（+）：（+）＝：＝3：2，‎ 55‎ 此时电路消耗的总功率：P2＝++＝++＝，‎ 则P1：P2＝：＝1：10，故A正确、C错误。故选A。‎ ‎4.（2019·天津）现有一个电压不变的电源，两个定值电R1、R2．先将这两个电阻以某种形式连接到电源上，R1消耗功率为P0；再将它们以另一种形式连接到该电源上，R1消耗功率为9P0．两种连接形式中均有电流通过R2，则先后两种连接形式中（）。‎ A.R1两端的电压比为1：2；B.R1两端的电压比为1：3；‎ C.R2消耗的功率比为1：9；D. R2消耗的功率比为2：9‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】（1）将这两个电阻以某种形式连接到电源上，R1消耗功率为：P0=--------------① 另一种形式连接到该电源上R1消耗功率为：9P0=--------------② 由①②可得：=9×，‎ 解得R1两端的电压比为：U1：U1′=1：3，故A错误、B正确；‎ ‎（2）因为R1、R2接到同一电源上，且第2次R1两端的电压更大，所以，第一种以串联方式连接；第2次以并联方式连接，如下图：‎ 则由并联电路的特点和前面的解答可得，电源电压U=U1′=3U1；‎ 因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，‎ 所以，串联时，R2两端的电压U2=U-U1=3U1-U1=2U1，‎ 并联时，R2两端的电压U2′=U=3U1；‎ 则第一种连接时，R2消耗的功率：P2=；‎ 第二种连接时，R2消耗的功率：P2′=；‎ 则==（）2=（）2=，故C、D错误。故选B。‎ 55‎ ‎【点睛】（1）根据P=表示出两种情况下R1消耗的电功率，然后求出R1两端的电压关系；（2）根据并联电路的电压特点可知电源的电压，进一步可知两种连接方式，根据串联电路的电压特点求出串联时R2两端的电压，根据P=表示出R2消耗的电功率，进一步得出两次功率之比。本题考查电阻和电压、电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是判断出两种情况下电路的连接，再根据电路的连接方式进行解题。‎ ‎5.（2019·遂宁）如图所示电路，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从位置a移到另一位置b的过程中，电流表的示数变化范围为0.4A-0.2A，电压表的示数变化范围为2V-4V，则定值电阻R0的阻值为______Ω，电源电压为______V：滑动变阻器的滑片P在a位置和b位置时，电路消耗的总功率之比为______。‎ ‎【答案】10；6；2：1。‎ ‎【解析】由电路图可知，电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）因滑片P从位置a移到另一位置b的过程中，电流表的示数变化范围为0.4A～0.2A，电压表的示数变化范围为2V～4V，所以，滑片位于位置a时，电路中的电流Ia=0.4A，电压表的示数Ua=2V，‎ 滑片位于位置b时，电路中的电流Ib=0.2A，电压表的示数Ub=4V，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压恒定，‎ 所以，由I=可得，电源的电压：U=IaR0+Ua=IbR0+Ub，即0.4A×R0+2V=0.2A×R0+4V，‎ 解得：R0=10Ω，电源的电压U=IaR0+Ua=0.4A×10Ω+2V=6V；‎ ‎（2）滑动变阻器的滑片P在a位置和b位置时，电路消耗的总功率之比：====。‎ 故答案为：10；6；2：1。‎ ‎【点睛】由电路图可知，电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）根据题意得出电压表和电流表对应的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源电压恒定得出等式即可求出R0‎ 55‎ 的阻值，进一步求出电源的电压；（2）滑动变阻器的滑片P在a位置和b位置时，根据P=UI求出电路消耗的总功率之比。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，利用好电源的电压恒定是关键。‎ ‎6.（2019·湖州）现有规格分别为“6V、3W”和“6V、6W”两个小灯泡L1、L2，已知它们的电流与电压间关系如图所示。‎ ‎（1）由图可知，L1、L2的灯丝电阻都随电流的增大而______（选填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（2）若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为多少焦？‎ ‎（3）若将L1、L2串联接在学生电源间，调节电源电压，在保证每个灯泡两端电压不超过其额定电压的情况下，L1、L2消耗的实际总功率最大值是多少？‎ ‎【答案】增大。‎ ‎【解析】（1）对L1来说，由图知，当电压为1V时，电流为0.1A，由欧姆定律，‎ R11===10Ω；当电压为6V时，电流为0.5A，同理，R12=12Ω；故L1灯丝电阻都随电流的增大而增大，‎ 同理，可得出L2灯丝电阻都随电流的增大而增大；‎ ‎（2）若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，根据并联电路电压的规律，两灯的电压为6V，通过两灯的电流分别为0.5A和1A，根据并联电路电流的规律，干路电流为：I=I1+I2=0.5A+1A=1.5A，‎ 通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为：W=UIt=6V×1.5A×5×60s=2700J；‎ ‎（3）由P=UI，灯L1的额定电流为：IL1===0.5A，‎ 同理，灯L2的额定电流为1A，根据串联电路电流的规律，电路的最大电流为0.5A，‎ 灯L1的实际功率为3W，由图知，灯L2的电压为2V，故其实际功率为：P2=U2IL1=2V×0.5A=1W L1、L2消耗的实际总功率最大值是：P=P1+P2=3W+1W=4W。‎ 答：（1）由图可知，L1、L2的灯丝电阻都随电流的增大而增大；（2）若将L1、L2并联接在学生电源间，电源电压调节为6伏，通电5分钟，则两灯泡消耗的总电能为2700J；（3）若将L1、L2串联接在学生电源间，调节电源电压，在保证每个灯泡两端电压不超过其额定电压的情况下，L1、L2‎ 55‎ 消耗的实际总功率最大值是4W。‎ ‎【点睛】（1）对L1来说，由图知当电压为1V时电流大小，由欧姆定律得出电阻大小，当电压为6V时右知对应的电流，同理得出灯的电阻，同理，L2灯丝电阻也能得出相同的结论；（2）根据并联电路电压的规律知两灯的电压，由图知通过两灯的电流，根据并联电路电流的规律得出干路电流；根据W=UIt求出通电5分钟两灯泡消耗的总电能为；（3）由P=UI，可知灯L1的额定电流，同理可知灯L2的额定电流，根据串联电路电流的规律确定电路的最大电流，根据P=UI求出灯L2的实际功率，从而得出L1、L2消耗的实际总功率最大值。本题考查欧姆定律、电功率公式的运用及串联电路的规律，关键是从图中获取有效的信息。‎ ‎7.（2019·菏泽）如图所示，将标有“2.5V 0.625W”字样的小灯泡接入电源电压4.5V（电压保持不变）电路中，为调节灯泡亮度，在电路中串联一个滑动变阻器，两个电压表的量程都是3V。‎ ‎（1）移动滑动变阻器滑片，使小灯泡正常发光，灯泡正常发光时的电阻是多大？‎ ‎（2）在小灯泡正常发光的情况下，通电5分钟，滑动变阻器消耗的电能是多少？‎ ‎（3）为保证两个电压表两端的电压不超过3V，小灯泡两端的电压不超过额定电压的情况下，滑动变阻器允许的取值范围是多少？（假定灯丝电阻保持不变）‎ ‎【解析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压。（1）由可得，灯泡正常发光时的电阻：；‎ ‎（2）因串联电路中各处的电流相等，且小灯泡正常发光，‎ 所以，电路中的电流：，因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，滑动变阻器两端的电压： UR=U-UL=4.5V-2.5V=2V，则通电5分钟，滑动变阻器消耗的电能： WR=URIt=2V×0.25A×5×60S=150J；‎ ‎（3）为保证两个电压表两端的电压不超过3V，小灯泡两端的电压不超过额定电压的情况下，当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，则；‎ 55‎ 当电压表V2的示数UR大=3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，‎ 此时灯泡两端的电压：UL小=U-UR大=4.5V-3V=1.5V，‎ 此时电路中的电流：，‎ 解得：R大=20Ω，所以，滑动变阻器允许的取值范围是8Ω～20Ω。‎ 答：（1）灯泡正常发光时的电阻是10Ω；（2）在小灯泡正常发光的情况下，通电5分钟，滑动变阻器消耗的电能是150J；（3）滑动变阻器允许的取值范围是8Ω～20Ω。‎ ‎【点睛】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压。（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据求出灯泡正常发光时的电阻；（2）根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出小灯泡正常发光时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用W=UIt求出通电5分钟滑动变阻器消耗的电能；（3）为保证两个电压表两端的电压不超过3V，小灯泡两端的电压不超过额定电压的情况下，当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出其大小；当电压表V2的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出答案。‎ ‎8.（2019·邵阳）如图甲所示的电路中，电源电压不变，L是标有“6V 3W的电灯，当S1和S3闭合、S2断开时，灯L正常发光，电流表的示数如图乙所示。求：‎ ‎（1）电源电压。‎ ‎（2）定值电阻R的值 ‎（3）S1和S3断开、S2闭合时，灯L的实际功率。（不考虑温度对电阻的影响）‎ ‎【解析】（1）当S1和S3闭合、S2断开时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯L正常发光，‎ 所以，电源电压U＝UL＝6V；‎ 55‎ ‎（2）当S1和S3闭合、S2断开时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，‎ 由P＝UI可得，通过灯泡的电流： IL=0.5A，‎ 由图乙可知，电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，干路电流I＝1A，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，通过定值电阻R的电流：IR＝I﹣IL＝1A﹣0.5A＝0.5A，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，由I可得，定值电阻R的值：R=12Ω；‎ ‎（3）灯泡的电阻： RL=12Ω，‎ 当S1和S3断开、S2闭合时，灯泡L与定值电阻R串联，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电路中的电流：I′=0.25A，‎ 灯L的实际功率：PL′＝（I′）2RL＝（0.25A）2×12Ω＝0.75W。‎ 答：（1）电源电压为6V；（2）定值电阻R的值为12Ω；（3）S1和S3断开、S2闭合时，灯L的实际功率为0.75W。‎ ‎【点睛】（1）当S1和S3闭合、S2断开时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压；（2）当S1和S3闭合、S2断开时，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流，根据P＝UI求出通过灯泡的电流，根据电流表的量程和分度值读出干路电流，利用并联电路的电流特点求出通过定值电阻R的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出定值电阻R的值；（3）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当S1和S3断开、S2闭合时，灯泡L与定值电阻R串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P＝UI＝I2R求出灯L的实际功率。‎ ‎9.（2019·潍坊）在如图所示电路中，小灯泡R1标有“4V1.6W”字样，定值电阻R2=20Ω，滑动变阻器R3允许通过的最大电流为1A，电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A2的量程为0～3A，电压表的量程为0～3V，电源电压和小灯泡的阻值均保持不变。只闭合开关S2时，电压表的示数为2V；将滑动变阻器滑片滑到最左端，闭合所有开关，此时电流表A2示数为0.5A．求：‎ 55‎ ‎（1）电源电压；‎ ‎（2）滑动变阻器R3的最大阻值；‎ ‎（3）只闭合开关S3，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围。‎ ‎【解析】（1）由可得，灯泡的电阻：，‎ 只闭合开关S2时，灯泡R1与电阻R2串联，电压表测R1两端的电压，‎ 因串联电路中各处的电流相等，‎ 所以，电路中的电流：，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电源的电压：U=I（R1+R2）=0.2A×（10Ω+20Ω）=6V；‎ ‎（2）将滑动变阻器滑片滑到最左端，闭合所有开关，电阻R2与R3的最大阻值并联，电流表A2测干路电流，此时电路的总电阻：，‎ 因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，，‎ 解得：R3=30Ω；‎ ‎（3）只闭合开关S3时，灯泡R1与滑动变阻器R3串联，电流表A1测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，当电压表的示数R1′=3V时，灯泡两端的电压最大，其实际功率最大，，‎ 当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1的功率最小，‎ 此时电路中的电流：，‎ 则灯泡的最小功率：P1小=I小2R1=（0.15A）2×10Ω=0.225W，‎ 所以，小灯泡电功率的变化范围为0.225W～0.9W。‎ 答：（1）电源电压为6V；（2）滑动变阻器R3的最大阻值为30Ω；（3）只闭合开关S3，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围为0.225W～0.9W。‎ ‎【点睛】（1）知道小灯泡的额定电压和额定功率，根据求出灯泡的电阻；只闭合开关S2时，灯泡R1与电阻R2串联，电压表测R1‎ 55‎ 两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；（2）将滑动变阻器滑片滑到最左端，闭合所有开关，电阻R2与R3的最大阻值并联，电流表A2测干路电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器R3的最大阻值；（3）只闭合开关S3时，灯泡R1与滑动变阻器R3串联，电流表A1测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，当电压表的示数最大时，灯泡两端的电压最大，其实际功率最大，根据求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI=I2R求出灯泡的最小功率，然后得出小灯泡电功率的变化范围。‎ ‎10.（2019·濮阳市中考二模)如图甲的电路中，电源电压保持不变，闭合开关后，滑片 P 由 b 端滑到a端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙。下列判断正确的是（　　）。‎ A. 电源电压是12V；B. 定值电阻R的阻值是6Ω；‎ C. 滑动变阻器的最大阻值为12Ω；D. 定值电阻能达到的最大功率为1.5W ‎【答案】BC。‎ ‎【解析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）当滑片在a端时，电路为R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表示数最大，由图象可知，电源的电压U=9V，此时电路中的电流I=1.5A，‎ 由I=可得，定值电阻R的阻值：R===6Ω，故A错误、B正确；‎ 由于此时电阻R两端的电压最大、通过的电流最大，‎ 则定值电阻能达到的最大功率：PR大=UI=9V×1.5A=13.5W，故D错误；‎ ‎（2）当滑片位于b端时，电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，‎ 由图象可知，此时R两端的电压UR=3V，电路中的最小电流I′=0.5A，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=U-UR=9V-3V=6V，‎ 则滑动变阻器的最大阻值：R滑大===12Ω，故C正确；故选BC。‎ 55‎ ‎【点睛】（1）由电路图可知，当滑片在a端时，电路为电阻R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表的示数就是电源电压，由图乙读出对应的电流和电压，根据欧姆定律求出定值电阻R的阻值；此时电阻R两端的电压最大、通过的电流最大，根据P=UI求出定值电阻R能达到的最大功率；（2）当滑片位于b端时，电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据图象读出电表示数，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。本题结合图象考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是明白滑片移动过程中电路的变化情况以及从图象中获取相关信息。‎ ‎11.（2019·武汉市武昌区中考一模）如图电路中，灯泡L标有“6V3W”字样（不计温度对灯丝电阻的影响）。当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，灯泡L正常发光；当开关S1闭合，S2断开时，滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数是0.2A．则下列说法中正确的是（　　）。‎ A. 滑动变阻器最大阻值为18Ω；B. 当滑片P在中点时，R两端的电压为2.4V；‎ C. 灯泡的最小功率为0.75W；D. 电路的最大功率为4W ‎【答案】D。‎ ‎【解析】（1）灯泡L标有“6V3W“字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，电路为灯的简单电路，灯泡L正常发，灯的电压即电源电压U=6V；‎ 根据P=，灯的电阻：RL===12Ω，‎ 当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在中点时，变阻器最大R的二分之一与灯串联，根据欧姆定律，总电阻：R串联===30Ω，‎ 根据电阻的串联，则R=R串联-RL=30Ω-12Ω=18Ω，‎ 滑动变阻器R的最大阻值：R=36Ω，故A错误；‎ ‎（2）根据串联分压原理可知，‎ ‎==，即=，解得UR=3.6V，故B错误；‎ ‎（3）当关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在最右端时，灯泡和滑动变阻器串联，总电阻R总=R+RL=36Ω+12Ω=48Ω，电路中的最小电流：I小===0.125A，‎ 灯泡的最小功率：PL小=（I小）2RL=（0.125A）2×12Ω=0.1875W，故C错误；‎ 55‎ ‎（4）两开关都闭合，当滑片移动到最左端时，变阻器与灯并联，此时电路的总电阻最小，R并===9Ω，‎ 电路的最大功率：P大===4W，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】（1）灯泡L标有“6V3W“字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，分析电路的连接，灯泡L正常发，求电源电压；根据P=求灯的电阻； 当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在中点时，变阻器最大R滑的二分之一与灯串联，根据欧姆定律求总电阻，根据电阻的串联求变阻器的最大电阻；（2）根据分压原理求出R两端的电压；（3）当电路的电阻最大时，电路中电流最小，灯泡的功率最小，根据P=I2R求出灯泡的最小功率；（4）灯泡和滑动变阻器并联时，电路中的电流最大，电路的功率最大，根据P=UI求出电路的最大功率。本题考查串联并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是有最小功率和最大功率的判断。‎ ‎12.（2019·长沙市雨花区中考一模）为了测量某电热暖手器提示灯L的额定功率，小梦设计了如图甲所示的电路图，变阻器的规格为20Ω 1A，当开关S接a时，移动滑动变阻器的滑片P，根据测出的电流、电压值，画出了定值电阻R0的U﹣I图象；当开关S接b时，同样根据测出的电流、电压值，画出了灯泡L的U﹣I图象，如图乙所示，则下列结论错误的是（　　）。‎ A．定值电阻R0的阻值是10Ω；‎ B．将R0与灯L串联在6V的电源两端时，灯丝的实际电阻为5Ω；‎ C．R0与灯L并联接入电路并调节电源电压，当R0消耗的功率为4.9W时，灯L恰好正常发光，灯L的实际功率为5W；‎ D．当S接a且电源电压为8V时，滑动变阻器的最大功率为1.6W ‎【答案】C。‎ ‎【解析】（1）由图象可知：R0的电压和电流成正比，当U0＝2V时，I0＝0.2A，由欧姆定律I＝，所以：R0‎ 55‎ ‎＝＝＝10Ω；A正确；‎ ‎（2）将R0与灯L串联在6V的电源两端时，电流相同。观察图可知，当电流为0.4A时，电阻与灯泡的电压和正好为6V，‎ 分析图象可知：此时灯泡电压为UL′＝2V，IL′＝0.4A，由欧姆定律，所以灯丝的实际电阻值：RL＝＝＝5Ω，B正确；‎ ‎（3）将R0与灯L并联接入电路，当R0消耗的电功率为4.9W时，灯L恰好正常发光，‎ 由P＝可得，灯泡的额定电压：UL额＝U0′＝＝＝7V，‎ 由图象可知，通过灯泡的电流IL额＝0.75A，‎ 则灯泡的实际功率即额定功率：PL额＝UL额IL额＝7V×0.75A＝5.25W．C错误；‎ ‎（4）当S接a，R0与变阻器器串联，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的电流：‎ I＝，滑动变阻器的功率：‎ P滑＝I2R滑＝（）2R滑＝＝，‎ 由上式知，当R0＝R滑＝10Ω，变阻器的功率最大，‎ 其最大功率：P滑大＝＝＝1.6W，D正确。故选C。‎ ‎【点睛】（1）由图象可知R0的电压和电流成正比，当U0＝2V时可知电流大小，由欧姆定律求出R0；（2）根据串联电路电流和电压的规律确定此时灯泡电压和电流大小，由欧姆定律求出灯丝的实际电阻值；（3）由P＝可得灯泡的额定电压，由图象可知通过灯泡的电流，根据P＝UI求出灯泡的实际功率即额定功率；（4）当S接a，R0与变阻器器串联，根据电阻的串联和欧姆定律得出电路中的电流表达式，滑动变阻器的功率P滑＝I2R滑＝（）2R滑，结合数学知识求出变阻器的最大功率。‎ ‎13.（2019·濮阳市中考二模）图甲是小灯泡L和电阻R的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为1W；则小灯泡两端的电压为______V，再闭合开关S1，电流表示数变化了______A，此时电路消耗的总功率为______W。‎ 55‎ ‎【答案】2；0.2；1.4。‎ ‎【解析】（1）只闭合开关S时，电路为L的简单电路，‎ 由图中可知，当小灯泡两端的电压UL=2V，通过的电流IL=0.5A时，‎ 灯泡的实际功率PL=ULIL=2V×0.5A=1W，‎ 所以，小灯泡两端的电压为2V，电源的电压为2V；‎ ‎（2）闭合开关S、S1时，L与R并联，电流表测干路电流，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，它们两端的电压UL=UR=U=2V，‎ 由图象可知，通过它们的电流分别为IL=0.5A，IR=0.2A，‎ 因并联电路中各支路独立工作、互不影响，‎ 所以，电流表示数的变化量即为通过R的电流，其大小为0.2A，‎ 因串联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，干路电流： I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A，此时电路消耗的总功率： P=UI=2V×0.7A=1.4W。‎ 故答案为：2；0.2；1.4。‎ ‎【点睛】（1）只闭合开关S时，电路为L的简单电路，根据图象读出小灯泡实际功率为1W两端的电压和电流；（2）闭合开关S、S1时，L与R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知它们两端的电压，根据图象可知通过它们的电流，利用并联电路的电流特点可知电流表示数的变化和干路电流，利用P=UI求出电路消耗的总功率。本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，从图象中读出符合题意的电流和电压值以及知道电流表示数的变化量为通过R的电流是关键。‎ ‎14．（2019·长沙市雨花区中考一模）如图甲，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（允许通过的最大电流为5A）。图乙反映了开关由断开到闭合，再移动滑片P的过程中，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系；图丙反映了滑动变阻器消耗的功率P与电流I之间的关系，则R1的阻值为　　Ω；当R2的功率为120W时，电路消耗的总功率为　　W。‎ 55‎ ‎【答案】5；200。‎ ‎【解析】由电路图可知，R1与R2串联，ab两端电压是滑动变阻器R2两端电压。‎ 当开关断开时，电路中的电流为0A，此时电压表测电源的电压，‎ 由图乙可知ab两端的电压，即电源的电压U＝50V；‎ 由图丙可知，当R2的功率为120W时，电路中的电流I＝4A，由图乙可知，Uab＝30V，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，R1两端的电压：U1＝U﹣Uab＝50V﹣30V＝20V，‎ 由I＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝5Ω；‎ 电路消耗的总功率：P＝UI＝50V×4A＝200W。‎ 故答案为：5；200。‎ ‎【点睛】由电路图可知，两电阻串联接入电路，ab两点间电压是滑动变阻器两端电压。当开关断开时，电路中的电流为0A，此时电压表测电源的电压，由图乙可知ab两端的电压，即为电源的电压；由图丙可知当R2的功率为120W时电路中的电流，由图乙可知ab两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据P＝UI求出电路消耗的总功率。‎ 三、测量小灯泡电功率 ‎【典型例题】（2019·遂宁）在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：两节新干电池、电流表、电压表、额定电压2.5V的小灯泡，滑动变阻器、开关、导线若干，部分实物电路如图甲所示。‎ ‎（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整（要求：滑片P向右移动时小灯泡变亮）。‎ ‎（2）连接好电路，闭合开关，发现小灯泡很亮，电压表示数为3V．断开开关，经检查，各元件完好，电路连接正确则实验中操作错误之处是______。‎ ‎（3）改正错误后进行实验，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示；若要测量小灯泡的额定功率，滑动变阻器的滑片P应向______端移动（选填“A”或“B”）。‎ ‎（4）图丙是由实验数据描出的小灯泡的I-U图象，则小灯泡额定功率是______W。‎ ‎（5）根据小灯泡的I-U图象计算出不同电压下灯丝电阻值不同，原因是灯丝电阻随______的变化而变化。‎ 55‎ ‎（6）若用第（3）小问中所测得数据算出灯泡的电阻RL，再根据P=计算灯泡的额定功率。按此方案算出灯泡的额定功率比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【答案】滑动变阻器的滑片没有调到阻值最大处；B；0.625；温度；偏大。‎ ‎【解析】（1）滑动变阻器的右下方接线柱与开关相连时，滑片P向右移动时小灯泡变亮，如下图所示：‎ ‎（2）连接好电路，闭合开关，发现小灯泡很亮，电压表示数为3V，且各元件完好，电路连接正确，则实验中操作错误之处是：滑动变阻器的滑片没有调到阻值最大处；‎ ‎（3）由图乙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2V，‎ 若要测量小灯泡的额定功率，应使电压表的示数达到2.5V，由串联电路的分压特点可知，应减小滑动变阻器接入电路中的电阻，即滑片P应向B端移动；‎ ‎（4）由图丙可知，电压表的示数为2.5V时，通过的电流为0.25A，‎ 则小灯泡额定功率是P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；‎ ‎（5）根据小灯泡的I-U图象计算出不同电压下灯丝电阻值不同，原因是灯丝电阻随温度的变化而变化；‎ ‎（6）由图丙可知，灯泡两端的电压为2V时，通过的电流为0.225A，‎ 由I=的变形式R=可得，灯泡两端的电压为2V、2.5V时的电阻分别为8.9Ω、10Ω，‎ 若用第（3）小问中所测得数据算出灯泡的电阻RL，再根据P=计算灯泡的额定功率，按此方案算出灯泡的额定功率比真实值偏大。‎ 故答案为：（1）如上图所示；（2）滑动变阻器的滑片没有调到阻值最大处；（3）B；（4）0.625；（5）温度；（6）偏大。‎ ‎【点睛】‎ 55‎ ‎（1）滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，滑片P向右移动时小灯泡变亮，说明滑动变阻器接入电路中的电阻变小，即右下方接线柱必须接入电路中；（2）为防止电路中的电流过大，烧坏电路元件闭合开关前滑动变阻器处于最大阻值处；（3）根据电压表的量程和分度值读出示数，然后与灯泡的额定电压相比较确定灯泡两端电压变化，根据串联电路的分压特点可知变阻器接入电路中电阻的变化，从而得出滑片移动的方向；（4）根据图丙读出额定电流，根据P=UI求出灯泡的额定功率；（5）灯泡灯丝的电阻与温度有关；（6）比较两个电压下灯泡电阻的关系，根据P=得出按此方案算出灯泡的额定功率与真实值的关系。本题考查了实物图的连接和实验的注意事项、电压表的读数、串联电路的分压特点、电功率的计算等，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。‎ ‎【趁热打铁】‎ ‎1.（2019·海南）在“探究小灯泡在不同电压下工作时的电功率是否相同”的实验中，实验室提供了如下器材：电源电压U恒为8V，滑动变阻器规格为“20Ω 2A“，小灯泡的额定电压U额=2.5V，额定功率小于1.2W，两个阻值分别为10Ω、20Ω的定值电阻R0可供选择。‎ ‎（1）为使小灯泡两端电压有一较大的调节范围，小聪设计了如图甲所示的电路，请用笔画线代替导线，完成图乙中实物电路的连接。‎ ‎（2）正确连接电路后，进行实验，记录的数据如表所示。当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图丙所示，小灯泡的额定功率为___W。‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 电压/V ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ 电流/A ‎0.24‎ ‎0.32‎ ‎0.38‎ ‎0.44‎ 电功率/W ‎（3）分析表中数据可得出结论：小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而_____。根据数据还可判断出，小聪在实验中选用的是R0=_____Ω的定值电阻。‎ ‎（4）完成实验后，爱动脑筋的小聪又想出一种测量小灯泡额定功率的方法，设计了如图丁所示的电路，所用电压表量程为“0～15V”，请将以下实验步骤补充完整。‎ ‎①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为_____； ②滑片不动，再将开关S1，拨至“2”，读出电压表示数为U0；‎ ‎③小灯泡的额定功率：P额=_____。（用U额、U0、R0表示）若步骤②中，在将开关S1‎ 55‎ 拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值_____（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【解析】（1）由P=UI得，小灯泡的额定电流约为：，所以，电流表选择0-0.6A的量程；灯泡、R0及滑动变阻器串联，故将电流表的“0.6”接线柱与电源的“+”极连接，小灯泡的左接线柱与R0的左接线柱连接，如图所示：‎ ‎（2）由（1）可知，电流表选择0-0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.42A，‎ 则小灯泡的额定功率：P额=U额I额=2.5V×0.42A=1.05W。‎ ‎（3）由表中数据可知，随着灯泡两端电压的增大，电流也增大，根据P=UI可知，小灯泡消耗的电功率增大，即小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而增大。‎ 由表中数据可知，第5次实验电流最大，此时电路总电阻最小，‎ 由I=可得，第5次实验时电路总电阻：，‎ 因R总=RL+R0+R滑，已知定值电阻R0的阻值为10Ω或20Ω，故小聪在实验中选用的是R0=10Ω。‎ ‎（4）要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，‎ ‎①闭合开关S，将开关S1拨至“1”，小灯泡、R0和滑动变阻器串联，电压表测R0和滑动变阻器两端的电压，调节滑动变阻器的滑片，灯泡正常发光时，电压表的示数：UV=U-U额=8V-2.5V=5.5V。‎ ‎②滑片不动，再将开关S1拨至“2”，‎ 电压表测R0两端的电压U0，此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流：。‎ 55‎ ‎③小灯泡的额定功率：P额=U额I额=U额•。‎ 将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压变大，定值电阻R0两端的电压U0变小，根据P额=U额I额=U额•‎ 可知，测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小。‎ 故答案为：（1）如上图所示；（2）1.05；（3）增大； 10；（4）①5.5V；③U额•；偏小。‎ ‎【点睛】（1）先根据P=UI估测灯泡的额定电流，进而确定电流表的量程，然后按电流的顺顺连接即可；（2）电流表选择0～0.6A量程，分度值为0.02A，根据指针位置进行读数，然后根据P=UI求出小灯泡的额定功率；（3）由表中数据可知，随着灯泡两端电压的增大，电流也增大，根据P=UI可知小灯泡消耗的电功率变化情况；由表中数据可知，第5次实验电流最大，此时电路总电阻最小，根据I=求出第5次实验时电路总电阻，进而得出答案；（4）要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，根据串联电路电压规律可得出电压表的示数；滑片不动，再将开关S1拨至“2”，求出此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流，根据P额=U额I额求出小灯泡的额定功率；将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压和定值电阻R0两端的电压变化，最后根据P额=U额I额可判断测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小还是偏大。‎ ‎2.（2019·河南）在“探究小灯泡在不同电压下工作时的电功率是否相同”的实验中，实验室提供了如下器材：电源电压U恒为8V，滑动变阻器规格为“20Ω 2A“，小灯泡的额定电压U额=2.5V，额定功率小于1.2W，两个阻值分别为10Ω、20Ω的定值电阻R0可供选择。‎ ‎（1）为使小灯泡两端电压有一较大的调节范围，小聪设计了如图甲所示的电路，请用笔画线代替导线，完成图乙中实物电路的连接。‎ ‎（2）正确连接电路后，进行实验，记录的数据如表所示。当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图丙所示，小灯泡的额定功率为___W。‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 电压/V ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ 电流/A ‎0.24‎ ‎0.32‎ ‎0.38‎ ‎0.44‎ 电功率/W 55‎ ‎（3）分析表中数据可得出结论：小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而_____。根据数据还可判断出，小聪在实验中选用的是R0=_____Ω的定值电阻。‎ ‎（4）完成实验后，爱动脑筋的小聪又想出一种测量小灯泡额定功率的方法，设计了如图丁所示的电路，所用电压表量程为“0～15V”，请将以下实验步骤补充完整。‎ ‎①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为_____； ②滑片不动，再将开关S1，拨至“2”，读出电压表示数为U0；‎ ‎③小灯泡的额定功率：P额=_____。（用U额、U0、R0表示）‎ 若步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值_____（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【解析】（1）由P=UI得，小灯泡的额定电流约为：，所以，电流表选择0-0.6A的量程；灯泡、R0及滑动变阻器串联，故将电流表的“0.6”接线柱与电源的“+”极连接，小灯泡的左接线柱与R0的左接线柱连接，如图所示：‎ ‎（2）由（1）可知，电流表选择0-0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.42A，则小灯泡的额定功率：P额=U额I额=2.5V×0.42A=1.05W。‎ ‎（3）由表中数据可知，随着灯泡两端电压的增大，电流也增大，根据P=UI可知，小灯泡消耗的电功率增大，即小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而增大。‎ 由表中数据可知，第5次实验电流最大，此时电路总电阻最小，‎ 55‎ 由I=可得，第5次实验时电路总电阻：，‎ 因R总=RL+R0+R滑，已知定值电阻R0的阻值为10Ω或20Ω，‎ 故小聪在实验中选用的是R0=10Ω。‎ ‎（4）要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，①闭合开关S，将开关S1拨至“1”，小灯泡、R0和滑动变阻器串联，电压表测R0和滑动变阻器两端的电压，调节滑动变阻器的滑片，灯泡正常发光时，电压表的示数：UV=U-U额=8V-2.5V=5.5V。‎ ‎②滑片不动，再将开关S1拨至“2”，电压表测R0两端的电压U0，此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流：。‎ ‎③小灯泡的额定功率：P额=U额I额=U额•。将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压变大，定值电阻R0两端的电压U0变小， 根据P额=U额I额=U额•可知，测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小。‎ 故答案为：（1）如上图所示；（2）1.05；（3）增大； 10；（4）①5.5V；③U额•；偏小。‎ ‎【点睛】（1）先根据P=UI估测灯泡的额定电流，进而确定电流表的量程，然后按电流的顺顺连接即可；（2）电流表选择0～0.6A量程，分度值为0.02A，根据指针位置进行读数，然后根据P=UI求出小灯泡的额定功率；（3）由表中数据可知，随着灯泡两端电压的增大，电流也增大，根据P=UI可知小灯泡消耗的电功率变化情况；由表中数据可知，第5次实验电流最大，此时电路总电阻最小，根据I=求出第5次实验时电路总电阻，进而得出答案；（4）要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，根据串联电路电压规律可得出电压表的示数；滑片不动，再将开关S1拨至“2”，求出此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流，根据P额=U额I额求出小灯泡的额定功率；将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压和定值电阻R0两端的电压变化，最后根据P额=U额I额可判断测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小还是偏大。‎ ‎3.（2019·辽阳市中考考前最后一卷）某物理小组进行电学探究实验。‎ 次数 一 二 三 U/V ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ I/A ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ 55‎ ‎（1）轩轩探究“电流与电阻两端电压的关系“，他利用电源（电压为10V）、电流表、电压表、定值电阻（阻值为20Ω）、滑动变阻器（“40Ω 1A“）、开关和若干导线，进行实验探究。‎ ‎①轩轩连接完图甲所示的电路后，立即闭合开关，发现电压表的示数为　　V。此时电流表的示数为　　A。‎ ‎②轩轩发现电路中有一条导线连接错误，请你帮他在错误的导线上画“ד，并用笔画线代替导线画出正确的连线。‎ ‎③改正错误后，车南将滑动变阻器的滑片移到最　　（选填“右”或“左”）端，闭合开关，他多次改变滑动变阻器的阻值，得到了如上表所示的电压表和电流表的数据，可得出结论：当电阻一定时，。‎ ‎④轩轩又利用以上的器材连接了如图乙所示的电路图，探究“电流与电阻大小的关系”。实验中。他在a、b间分别接入20Ω、30Ω、40Ω、50Ω、60Ω的定值电阻，为了能完成这五次实验，他应控制电压表示数不变的范围是：　　V﹣10V。‎ ‎（2）宁宁想测一个额定电压为3.8v的小灯泡L的额定功率。他在图乙中的a、b间接入这只灯泡，实验时，他调节滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2.5V，宁宁应该向　　（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片，便电压表的示数为3.8V，此时，电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　　W。‎ ‎（3）宁宁发现实验桌上有一个未标阻值的定值电阻Rx。于是利用刚刚实验用的小灯泡L（已知U额和P额）又找来了一个电压未知的电源、滑动变动阻器、电流表，开关和若干导线，设计了如图丁所示的电路图并测出了Rx的阻值，请你将他的实验步骤和表达式补充完整。‎ ‎①闭合开关S1，将S2接　　（选填“a”或“b”），调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为　　（用已知物理量的符号表示）‎ ‎②闭合开关S1，将S2接另一触点，读出此时电流表的示数为I1；‎ ‎③则表达式Rx＝　　（用字母表示）。‎ ‎【答案】（1）①0；0.5；②如上所示；③左；通过导体的电流与导体的电压成正比；④‎ 55‎ ‎6；（2）右；1.9；（3）①b；；③。‎ ‎【解析】（1）①轩轩连接完图甲所示的电路，图中变阻器连入电路中的电阻为0，电压表与电流表并联，电压表示数为0，由欧姆定律电路中的电流上：‎ I＝＝＝0.5A。‎ ‎②电压表应与电阻并联，如下所示：‎ ‎③改正错误后，车南将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端，闭合开关，他多次改变滑动变阻器的阻值，得到了如上表所示的电压表和电流表的数据，可发现，电压表为原来的几倍，通过的电流为原来的几倍，即当电阻一定时，。‎ ‎④研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数U表不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：‎ U滑＝U﹣U表，根据分压原理有：＝，即﹣1＝，‎ 因电压表示数保持不变，故上式左边为一定值，右边也为定值，当变阻器最大电阻连入时，对应的定值电阻最大，即﹣1＝，‎ 故U表＝6V，即应控制电压表示数不变的范围是6﹣10V；‎ ‎（2）灯在额定电压下正常发光，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；‎ 图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，灯的额定额定功率：‎ PL＝ULIL＝3.8V×0.5A＝1.9W；‎ ‎（3）①闭合开关S1，将S2接b，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为；‎ 55‎ ‎②闭合开关S1，将S2接另一触点，读出此时电流表的示数为I1；‎ ‎③在①中，电流表测通过灯的电流，根据欧姆定律，此时灯正常发光，‎ 在②中，因电路的连接关系没有变，各用电器的电阻和电压均不变，灯仍正常发光，此时电流表测灯与待测电阻并联的电流，由并联电路电流的规律，通过待测电阻的电流：‎ IX＝I1﹣；由欧姆定律，则表达式Rx＝＝。‎ 故答案为：（1）①0；0.5；②如上所示；③左；通过导体的电流与导体的电压成正比；④6；（2）右；1.9；（3）①b；；③。‎ 四、焦耳定律 ‎【典型例题】（2019·益阳）如图所示电路，电源电压不变，R1为发热电阻，阻值10Ω．R2为定值电阻，阻值为20Ω。R为滑动变阻器（A、B为其两个端点）。闭合开关S，当滑片P移动到A端时，电流表的示数为0.3A，电源电压U=______V．当滑片P移到B点时，发热电阻R1在1分钟内产生的热量为______J。‎ ‎【答案】6；216。‎ ‎【解析】由图知，闭合开关S，当滑片P移动到A端时，R1和R2并联，电流表测量通过R2的电流。‎ 因为I=，所以电源电压为U=I2R2=0.3A×20Ω=6V；‎ 滑片P移动过程中，R1两端电压不变，阻值不变，‎ 所以1分钟内产生的热量为。‎ 故答案为：6；216。‎ ‎【点睛】滑片移到A端时，滑动变阻器断路，闭合开关S，R1和R2并联，电流表测量通过R2的电流。已知R2阻值和电流表示数，可以得到R2两端电压，也就是电源电压；因为R1直接连接在电源两端，所以滑片是否移动，对R1状态没有影响，已知R1阻值、两端电压和通电时间，利用公式得到发热电阻R1‎ 55‎ 在1分钟内产生的热量。‎ ‎【趁热打铁】‎ ‎1.（2019·贵港）家用电吹风的简化电路如图5所示，主要技术参数如下表。则该电吹风正常工作吹热风时，电热丝的阻值是________Ω，正常工作吹热风5min电热丝产生的热量是________J。‎ ‎【答案】48.4；3×105。‎ ‎【解析】由表知，电热丝吹热风时，电热丝的额定功率为P=1000W，额定电压为U=220V，‎ 故电热丝的阻值为；‎ 正常工作吹热风5min电热丝产生的热量为：。‎ ‎2.（2019·河南）在家用电器调查活动中，小亮让电热水器单独工作2min，测得家中如图所示的电能表的转盘转了70r，热水器的实际功率为_____W；若不计能量损失，这段时间内热水器中50L的水可升温_____℃．由于热水器的功率远大于冰箱，从安全用电的角度考虑，热水器的电源线比冰箱的要_____（选填“粗”或“细”）。[已知ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J/（kg•℃）]‎ ‎【解析】（1）电能表的转盘转70r，电热水器消耗的电能：W==0.07kW•h，‎ 工作时间t=2min=h，则该电热水器的实际功率：‎ ‎（2）电热水器消耗的电能：W′=Pt=2100W×120s=2.52×105J，‎ 水的体积V水=50L=0.05m3，由ρ=可得，水的质量：m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×0.05-3m3=50kg；‎ 因为不计能量损失，所以水吸收的热量：Q吸=W′=2.52×105J，‎ 55‎ 由Q=cm△t得，水升高的温度：‎ ‎（3）由于电热水器的功率远大于冰箱，根据P=UI可知，电热水器工作时的电流远大于冰箱，相同条件下热水器导线上产生的热量较多。为保证线路安全，在电流和通电时间一定时，电热水器选择较粗的电源线，可以减小导线电阻，根据Q=I2Rt可知，电源线产生的热量减少，可防止电源线快速老化而引发安全事故。‎ 故答案为：2100；1.2；粗。‎ ‎【点睛】（1）先求出电能表的转盘转70r电热水器消耗的电能，然后根据，求出该电热水器的实际功率；（2）根据W=Pt求出电热水器消耗的电能，因为不计能量损失，Q吸=W，再利用Q=cm△t求出水升高的温度；（3）利用P=UI、Q=I2Rt以及影响导体电阻大小的因素来分析即可。‎ ‎3.（2019·湘潭）图是某电水壶的铭牌，该电水壶正常工作1min产生J的热量，如果这些热量84%被冷水吸收能使2.0L的水温度升高上℃。‎ ‎【解析】（1）由图知，电水壶的额定功率为1500W，‎ 所以正常工作1分钟产生的热量：Q＝W＝Pt＝1500W×60s＝9×104J；‎ ‎（2）由ρ＝可得水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2.0×10﹣3m3＝2kg，‎ 这些热量84%被冷水吸收，即Q吸＝84%Q放，‎ 由Q＝cm△t得水升高的温度：△t＝＝＝9℃。‎ 故答案为：9×104；9。‎ ‎【点睛】由电水壶的铭牌可知其额定功率，由Q＝W＝Pt计算正常工作1min产生的热量；由密度公式先计算2.0L水的质量，再根据Q吸＝cm△t＝84%Q计算水温升高的多少。‎ ‎4.（2019·绵阳）某一天晚上睡觉前，小文同学用有预约功能的电饭煲为家人第二天早餐煲粥。小文将大米等食材放入电饭煲内，接通220V家庭电路，经过了待机、加热、保温三个过程，早餐前断开电源，电饭煲消耗的电功率随时间变化的图象如图甲所示，电饭煲加热过程消耗的电能是________kW•h。已知小文家电饭煲加热和保温部分基本电路原理如图乙所示，S是接通家庭电路的开关，S1是自动开关，R1和R2‎ 55‎ 为电阻不变的电热丝，则R2=________Ω。‎ ‎【答案】0.88；220。‎ ‎【解析】（1）由图甲可知，0-5h这段时间是待机状态，待机功率P待=44W；5-6h为加热状态，加热功率P加=880W；6-7h为保温状态，保温功率P保=220W。‎ 加热过程的时间t加=1h，P加=880W=0.88kW，‎ 则加热过程消耗的电能：W加=P加t加=0.88kW×1h=0.88kW•h；‎ ‎（2）由图乙可知，当开关S、S1闭合时，R1与R2并联，电路总电阻较小，总功率较大，总功率为P加=880W。 当开关S闭合、S1断开时，电路只有R2工作，总电阻较大，功率较小，其功率为P2=220W。‎ 则R2的阻值：。‎ 故答案为：0.88；220。‎ ‎【点睛】（1）①从图甲中获取信息：看0-5h这段时间是待机状态，待机功率P待=44W；5-6h为加热状态，加热功率P加=880W；6-7h为保温状态，保温功率P保=220W。②电能的计算公式：P=Wt；（2）①当开关S、S1闭合时，R1与R2并联，电路总电阻较小；S闭合S1断开时，电路只有R2工作，总电阻较大。电路的总电压不变，根据公式P＝可知，R越小功率越大，所以R1与R2并联时为加热状态，有R2工作时为保温状态。②利用公式：可以求对应的电阻。‎ ‎5.（2019·天津）某电热水壶铭牌的部分信息如下表所示。该电热水壶正常工作时，把1kg水从20℃加热到100℃用时7min，已知c水=4.2×103J/（kg•℃），求：‎ ‎（1）水吸收的热量；‎ ‎（2）电热水壶的热效率。‎ 型号 xx 额定电压 ‎220V 额定功率 ‎1000W 55‎ 频率 ‎50Hz ‎【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J。 （2）工作时间t=7min=420s，‎ 电热水壶正常工作7min消耗的电能：W=Pt=1000W×420s=4.2×105J，‎ 则电热水壶的热效率：η=×100%=×100%=80%。‎ 答：（1）水吸收的热量为3.36×105J；（2）电热水壶的热效率为80%。‎ ‎【点睛】（1）知道水的比热容、质量、初温和末温，根据Q吸=cm（t-t0）求出水所吸收的热量；（2）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出消耗的电能，再根据η=×100%求出该电热水壶的热效率。本题考查了学生对吸热公式、电功公式、效率公式的理解与掌握，知道电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等较关键。‎ ‎6.(2019岳阳)一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表（设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变）。‎ 额定电压 电炖锅档位 额定功率/W ‎200V 低温 ‎200‎ 中温 ‎400‎ 高温 ‎600‎ ‎（1）求电炖锅在高温挡正常工作时的电流（计算结果保留一位小数）；‎ ‎（2）在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/（kW•h）”的电能表转盘在12ls内转了20圈，求此时的实际电压；‎ ‎（3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到50℃时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。‎ 55‎ ‎【解析】（1）由表中数据可知，高温的功率P高=600W，由P=UI可得，在高温档工作时，电路中的电流：；‎ ‎（2）由可得，电炖锅的电阻：，‎ 电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在121s内转了20r，‎ 则电炖锅消耗的电能：，‎ 实际功率为：，‎ 由可得，电路的实际电压：‎ ‎（3）高温档消耗的电能W高=p高t高=600W×6×60s=2.16×105J，则水升高1℃消耗的电能2.16×105J/20=1.08×104J，‎ 低温档消耗的电能W低=P低t低=200W×9×60s=1.08×105J，‎ 则水升高1℃消耗的电能为1.08×105J/8=1.35×104J，‎ 因为1.08×104J＜1.35×104J，且两档加热水的质量相同，所以加热等质量的水升高1℃，高温档比低温档消耗电能少，用高温档节能。‎ 答：（1）求电炖锅在高温挡正常工作时的电流是2.7A；（2）在用电高峰期，此时的实际电压是200V；（3）电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，由（3）可知用高温挡更节能。‎ ‎【点睛】（1）由功率公式可求得高温档时的电流；（2）由公式变形可求得电炖锅的电阻，已知电能表每消耗1kw•h的电能转盘就转动1800r，据此求出电能表转盘在121s内转了20r消耗的电能，利用p= 求出其实际功率，再根据公式的变形求出他家电路的实际电压。（3）计算出低温档和高温档每分钟消耗电能的多少比较即可解答。‎ 55‎ ‎7.（2019·苏州）如图所示电路中，电源电压为6V，电阻R1、R2的阻值分别为12Ω和6Ω闭合开关S，则：‎ ‎（1）电流表的示数是多少？‎ ‎（2）求电阻R2在1min内消耗的电能；‎ ‎（3）断开S，将电阻R2拆下，再将最大阻值为30Ω的滑动变阻器R3接入剩余电路中，重新闭合S，移动滑片，记录电流表示数如下表所示。‎ ‎①表中有1个数据记录错误，该数据是______；‎ ‎②请根据表中数据判断R1与R3的连接方式并简述理由。‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 电流（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.25‎ ‎0.40‎ ‎【答案】0.12。‎ ‎【解析】（1）闭合开关S，两只电阻R1、R2并联，电流表测量通过R1的电流。‎ 电流表的示数为I1===0.5A；‎ ‎（2）电阻R2在1min内消耗的电能为W2=•t=×60s=360J；‎ ‎（3）假设R1与R3并联，由于R1阻值、两端电压都不变，所以滑片移动对R1支路无影响，也就是电流表示数应该不变；‎ 但已知滑片移动过程中电流表示数变化，所以是R1与滑动变阻器串联；‎ 在第一组数据中，电流表的示数是I=0.12A，已知电源电压为U=6V，‎ 因为I=，所以电路总电阻为R===50Ω，而滑动变阻器即使全部接入电路，电路总电阻最大为R实=R1+R3=12Ω+30Ω=42Ω＜50Ω，所以第一组数据就是错误的。‎ 答：（1）电流表的示数是0.5A；（2）电阻R2在1min内消耗的电能为360J；（3）①0.12；②串联；如果并联，滑片移动电流表示数不变。‎ ‎【点睛】（1）闭合开关S，两只电阻并联，各支路两端电压相等。已知R1阻值和两端电压，利用欧姆定律得到通过R1的电流，即电流表示数；（2）已知R2阻值、两端电压及通电时间，利用公式W=‎ 55‎ ‎•t得到R2在1min内消耗的电能；（3）首先根据电流表示数确定R1与R3的连接方式；然后根据电源电压和电流表示数确定电路总电阻，并根据R1和滑动变阻器最大阻值确定错误的数据。此题考查了串并联电路的特点、欧姆定律和电能计算公式的应用，根据电流表示数变化确定R1与R3的连接方式，是解决第三小题的突破口。‎ ‎8.（2019·苏州）某款电热水壶的相关信息如表所示现在该水壶内装入质量为1kg、初温为20℃的水放置在水平桌面上接通电源使其正常工作，在标准大气压下将水烧开（不计热量损失），求：‎ 额定功率 ‎1000W 自重 ‎5N 与桌面接触面积 ‎200cm2‎ ‎（1）装入水后水壶对桌面的压强p；‎ ‎（2）水吸收的热量Q；‎ ‎（3）将水烧开所需时间t。（c水=4.2×103J/（kg•℃），g=10N/kg）‎ ‎【解析】（1）壶内装入质量为1kg的水，重力为：G水=mg=1kg×10N/kg=10N，‎ 装入水后水壶对桌面的压力：F=10N+5N=15N；‎ 装入水后水壶对桌面的压强：p===750Pa；‎ ‎（2）水壶装了质量为1kg，初温为20℃的水，标准大气压下水的沸点是100℃，‎ 则水吸收的热量：‎ Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J∕（kg•℃）×1kg×（100℃-20℃）=3.36×105J；‎ ‎（3）不计热损失，W=Q吸，由P=可得电热水壶工作时间：t====336s。‎ 答：（1）装入水后水壶对桌面的压强为750Pa；（2）水吸收的热量是3.36105J；（3）电热水壶把这壶水烧开需要336s。‎ ‎【点睛】（1）已知壶内装入水的质量，根据G水=mg求出水的重力，装入水后水壶对桌面的压力等于壶的总重，根据p=求出装入水后水壶对桌面的压强；（2）标准大气压下水的沸点是100℃，根据Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量；（3）不计热损失，W=Q吸，根据P=求出电热水壶工作时间。本题考查了压强公式、电功率公式和吸热公式，要能从表格中获取有用的信息，注意标准大气压下水的沸点是100℃。‎ ‎9.（2019·益阳）某居民家安装了一台电热水器，其铭牌标示如下表所示。加满20℃的水后加热至70℃，已知水的比热容c水=4.2×103J/（kg•℃），干木材的热值q=1.2×107J/kg。‎ 55‎ ‎（1）水需要吸收多少热量？‎ ‎（2）电热水器正常工作时至少需要多长时间？‎ ‎（3）如果用干木材替代电热水器烧水，效率为14%，需要多少干木材？‎ ‎××型电热水器 额定加热功率 ‎2400W 加热方式 电加热器 额定电压 ‎220V 安全等级 防触电保护一类 温度设定范围 ‎20℃～90℃‎ 净重 ‎20kg 容量 ‎40L 整机外形尺寸 ‎530mm×400mm×400mm 出厂日期 ‎2019年5月15日 ‎【解析】（1）由ρ=可得水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×40×10-3m3=40kg，‎ ‎20℃的水加热至70℃，则水吸收的热量：‎ Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（70℃-20℃）=8.4×106J，‎ ‎（2）电热水器正常工作时至少需要消耗的电能：W=Q吸，‎ 由P=可得，电热水器正常工作时至少需要的时间：t====3500s；‎ ‎（3）根据Q吸=14%Q放可知，干木材完全燃烧放出的热量为：‎ Q放===6×107J；‎ 根据Q放=mq可知，需要干木柴的质量为：m′===5kg。‎ 答：（1）水需要吸收8.4×106J热量；（2）电热水器正常工作时至少需要3500s时间；（3）如果用干木材替代电热水器烧水，效率为14%，需要5kg干木材。‎ ‎【点睛】（1）已知水的体积可求得其质量，知道初末温度，由热量公式Q吸=c水m（t-t0‎ 55‎ ‎）可以求出水吸收的热量。（2）由P=可求得电热水器正常工作时至少需要多长时间；（3）如果用干木材替代电热水器烧水，效率为14%，由η=可求得干木材燃烧放出的热量，再利用Q放=mq可求得需要多少干木材。‎ ‎10.（2019·湘潭）如图1所示为某实验室的自动除湿器，除湿器中的压缩机是整个系统的核心，除湿器的动力，全部由压缩机来提供。除湿器内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图如图2所示。控制电路中的电源电压U1＝12V，调控电咀R0的阻值范围为0～1000Ω，R为装在除湿器内的湿敏电阻，其阻值随相对湿度φ（空气中含有水蒸气的百分比，单位为：%RH）变化的图象如图2所示，L为磁控开关，当湿敏电阻R的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于20mA时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电220V，Rg为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。问：‎ ‎（1）压缩机工作过程中内部的电动机主要把电能转化成能；当S接通时，可判断出图2中线圈上端P的磁极是极。‎ ‎（2）由图3可知，湿敏电阻R的阻值随着相对湿度的增加而变；若实验室内部的相对湿度为60%RH，此时湿敏电阻R的阻值为Ω。‎ ‎（3）因实验室內有较敏感的器件，要求相对湿度控制在45%RH以内，则调控电阻R0的阻值不能超过多少？‎ ‎（4）若除湿过程中工作电路的总功率为1100W，工作电路的电流为多少？已知保护电阻Rg＝2Ω，如果除湿器工作时磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则1h内Rg消耗的电能是多少？‎ ‎【解析】（1）压缩机在工作过程中利用做功方式改变了工作媒质的内能；所以主要把电能转化成内能；‎ 当S接通时，由安培定则可判断出图2中线圈的上端P的磁极是N极；‎ ‎（2）根据图3可知湿敏电阻R的阻值随着相对湿度的增加而变小；相对湿度为60%RH时湿敏电阻R的阻值为50Ω ‎（3）由图3可知，当相对湿度控制在45%RH时湿敏电阻R的阻值R′＝100Ω，‎ 已知当电流I≥20mA＝0.02A时L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。‎ 55‎ 由I＝可得，电路中的总电阻：R总＝＝＝600Ω，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，调控电阻R0的阻值：R0＝R总﹣R′T＝600Ω﹣100Ω＝500Ω；‎ ‎（4）已知自动除湿器是在家庭电路中工作的，则电源电压U0＝220V；则根据P＝UI可得：‎ I＝＝＝5A；‎ 则保护电阻Rg的功率Pg＝I2Rg＝（5A）2×2Ω＝50W，‎ 因磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则1h内Rg的工作时间t＝×3600s＝1800s；‎ 则Wg＝Pgt＝50W×1800s＝9×104J。‎ 答：（1）内；D；（2）小；50；（3）调控电阻R0的阻值不能超过500Ω；（4）若1h内Rg消耗的电能是9×104J。‎ ‎【点睛】（1）根据空调热水器的原理分析解答；分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；由线圈中的电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的N、S极；（2）根据图3即可得出湿敏电阻R的阻值的变化特点和相对湿度为60%RH时的湿敏电阻R的阻值；（3）当相对湿度控制在45%RH时，根据欧姆定律求出此时的总电阻，然后由图3得出相对湿度控制在45%RH时R的阻值，根据串联电路的特点即可求出R0的最大阻值；（4）已知总功率，根据P＝UI即可求出工作电路的电流电流；根据P＝I2R求出保护电阻Rg的功率和工作时间，利用W＝Pt即可求出消耗的电能。‎ ‎11．（2019·辽阳市中考考前最后一卷）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。如图是某款养生壶及其铭牌，求：‎ ‎（1）养生壶正常工作时的电阻；‎ ‎（2）若正常工作时，养生壶加热效率为90%，将1kg水从20℃加热到80℃需要多长时间；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]‎ 型号 CH﹣M16‎ 额定电压 ‎220V 频率 ‎50Hz 额定功率 ‎1000W 容量 ‎1.2L 55‎ ‎（3）用电高峰期，家庭电路电压降为198V，此时养生壶工作的实际电功率是多大？（设养生壶的电阻和加热效率不变）‎ ‎【解析】（1）由P＝可得，养生壶正常工作时的电阻：‎ R＝＝═48.4Ω。‎ ‎（2）水吸收的热量：‎ Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×105J，‎ 由η＝可得，养生壶消耗的电能：W＝＝＝2.8×105J，‎ 由P＝可得，养生壶工作时间：t＝＝＝280s；‎ ‎（3）在用电高峰时，U实际＝198V，设养生壶的电阻和加热效率不变，‎ 此时养生壶工作的实际电功率P实际＝＝＝810W。‎ 答：（1）养生壶正常工作时的电阻为48.4Ω；（2）将1kg水从20℃加热到80℃需要280s长时间；（3）此时养生壶工作的实际电功率是810W。‎ 55‎