2020-2021年电功率中考经典题型带答案

1、2020-2021年电功率中考经典题型带答案一、电功率选择题L与滑动变阻器R串联在电压为4.5V的1 .图甲是小灯泡的电压-电流图象.将此灯泡电路中（如图乙），闭合开关，移动滑片P,当小灯泡的功率为0.75W时，（）15a13.5JC.电路消耗的总功率为1.35WhD.10s内滑动变阻器R产生的热量为A.电流表的示数为0.2AB.滑动变阻器R接入电路中的电阻为【解析】【解答】解:A、当小灯泡的功率为0.75W时，根据图甲可知，灯泡L两端的电压为2.5V,通过灯泡的电流为I=0.3A,即电流表的示数为0.3A,故A错误；B、根据串联电路电压的规律，变阻器两端的电压:U滑=U-Ul=4.5V-2.

2、5V=2V,b由I=彳可得，滑动变阻器R接入电路中的电阻：自降2VR滑=a3d=6.7,故B错误；C、电路消耗的总功率：P总=U总I=4.5VX0.3A=1.35）W：C正确；D、变阻器R在10s产生的热量：Q=W?t=U滑It=2VX0.3AX1Qs=6JD错误.故选C.【分析】A、根据图甲，由P=UI确定当小灯泡的功率为0.75W时，灯的电压和通过的电流；B、根据串联电路电压的规律，由欧姆定律可求变阻器连入电路中的电阻；C、根据P=UI求电路消耗的总功率；D、根据Q=W=U滑It10s内滑动变阻器R产生的热量.2 .如图所示，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V1.5W字样，不考虑灯泡

3、电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24%电流表量程为0-0.6A,电压表量程为0-3V.当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（）电源电压为4.5V变阻器接入电路的阻值范围是3d12a小灯泡的最小功率为0.135WC.只有|（ZWI正确D.都正确电路的最大功率2.25WA.只有正确B.只有颔.正确【解析】【解答】解：由图知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）由P=3可得灯泡的电阻：F餐f孙Rl=6=6Q,由P=UI可得

4、，灯泡正常发光时通过的电流：/黜7.I额=0.5A,由题知，当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3时，小灯泡正常发光,由欧姆定律和电阻的串联可得电源电压:U=I额R串=1额X（R+R）=0.5AX（3Q+6Q=4.5V;故正确；（2）因串联电路中电流处处相等，且电流表量程为0-0.6A,灯泡的额定电流为0.5A,I最大=1额=0.5A,所以为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流Ud利电路中的总电阻：R最小=，最*=。的=9口，滑动变阻器连入电路中的最小阻值：R最小=RE、-Q=9Q6a=3R由于电压表量程为0-3V,当电压表的示数最大为U滑=3V寸，滑动变阻器接入电路的电阻最大

5、；此时灯泡两端的电压为：Ul'=-U滑=4.5SV=1.5V,班L51此时电路的电流为：I最小=比=GO=0.25A,滑动变阻器接入电路的最大阻值：，图3Vr最大=/虐/=a曲=12所以为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围是3d12Q;故正确；（3）小灯泡的最小功率：Pl最小二I最小2Rl=（0.25A）2X60=0.375雌错误；（4）电路的最大功率：P最大=UI最大=4.5VX0.5A=2.25WV故正确。综上可知，只有正确。故答案为：Co【分析】结合电路图，理清元件的连接方式及电表的测量对象，利用p=1求灯泡的电阻，利用P=UI求正常发光时通过的电流；结合小灯泡正常发光，利用U=

6、IR求电源电压；由于电流表量程为0-0.6A,为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流等于灯正常工作时通过的电流，利用欧姆定律求电路中的最小电阻，滑动变阻器连入电路中的最小阻值等于总电阻减去灯的电阻；由于电压表量程为0-3V,当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；此时灯泡两端的电压等于电源电压减去3V,利用欧姆定律求此时电路的电流，进而求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，最后得出为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围；利用P=I2R求小灯泡的最小功率，再利用P=UI求电路的最大功率.3 .常用于测量家用电器在一段时间内消耗多少电能的仪器是（）A.电流表iB.电压表C.电能

7、表9.验电器【答案】C【解析】【解答】解：A、电流表是测电流大小的仪表，不符合题意；B、电压表测量电压大小，不符合题意；C、电能表是用来测量家用电器在一段时间内消耗多少电能（即电流做功）的仪表，符合题意；D、验电器是用来检验物体是否带电的仪器，不符合题意.故选C.【分析】明确各仪表或仪器的基本作用回答.4 .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（）,II-A.电源电压为7VB.R的阻值为20aC.电路消耗的最小功率为1.2WD.滑片P在b端时，10秒内Ri产生的热量为12J【

8、答案】C【解析】【解答】解：由电路图可知，R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1=I中-IRaU=0.2XRi-4VI=0.3A,设电源电压为U,则"一府心'"="3X机-3F,解得r=i0q,U=6V,AB不符合题意；（2）滑动变阻器滑片P在b端时，Ri与R2串联，由P=U

9、I可得，电路消耗的最小功率P=UI=6V<0.2A=1.2皿C符合题意；（3）滑片P在b端时，根据串联电路的电压特点可得，Ri两端电压U1=U-U2=6V-4V=2V,10秒内R产生的热量Q=W=UiIt=2VX0.2AX10S=4杯符合题意。故答案为：Co【分析】结合电路图，理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据串联电路的电压特点，应用欧姆定律求出R的阻值和电源电压；滑动变阻器滑片P在b端时，此时电路中的电阻值最大，利用P=UI可求得最小功率，此时，根据串联电路的电压特点可求得R两端电压，再利用Q=W=UIt可求得R1产生的热量.5.如图所示，电源电压保持12V不变，小灯泡L上标有“

10、6V3W字样，滑动变阻器最大电阻值R=48Q,闭合开关，若不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）A.要使电压表的示数增大1V,小灯泡L两端的电压就会减小1VB.小灯泡L的最小实际电功率为0.6WC.当滑片P移到变阻器的中点时，小灯泡L正常发光D.当滑片P移到最右端时，通电10s滑动变阻器消耗的电能是19.2J【答案】D【解析】【解答】由电路图可知，闭合开关后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压。（1）由电压表测灯泡L两端的电压可知，电压表的示数增大1V,小灯团泡L两端的电压就会增大1V,A不符合题意；（2）由P=UI=#可得，灯泡的电阻：当滑片P移到最右端时，接入电路

11、中的电阻最大，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的最小电流：U1="”他用口#汇口=0.2A,则小灯泡L的最小实际电功率：WrPl小=I2Rl=（0.2A）2X12a0.48W,B不符合题意；通电10s滑动变阻器消耗的电能:=I2Rt=(0.2A)2X48QX10S9.2J,D符合题意；(3)当滑片P移到变阻器的中点时，电U_12V_11i3一,一一#十册-*招口+WQrr路中的电流：I=4JA,此时灯泡的实际功率：1Pl'=(I)2Rl=(JA)2X121.33WW,所以，此时灯泡不能正常发光，C不符合题意。故答案为：D

12、o【分析】闭合开关后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压.(1)电压表示数的变化和灯泡两端的电压变化相同；竹(2)根据P=UI=k求出灯泡的电阻，当滑片P移到最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，利用P=I2R求出小灯泡L的最小实际电功率，再利用W=UIt=I2Rt求出通电10s滑动变阻器消耗的电能；(3)当滑片P移到变阻器的中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=I2R求出小灯泡L的实际功率，然后与灯泡的额定功率相比较确定是否正常发光S,当滑动变阻器的滑片P向左滑动6.如图所示的

13、电路中，电源电压保持不变，闭合开关时，下列判断正确的是()1IA.电压表匕'示数变小B.电压表匕示数不变C.灯泡L的亮度不变D.电压表门与电流表A示数比值变小【答案】D【解析】【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表Vi测电源两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流，因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表Vi示数不变，A不符合题意；当滑动变阻器的片P向左滑动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，由I二城可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，则电压表Vi与电流表A示数比值变小，D符合题意；变阻器接入电路中的电阻变小，由串联电路

14、的分压特点可知，R两端分得的电压变小，即电压表V2示数变小，B不符合题意；电源电压不变，R两端分得的电压变小，则灯泡L两端的电压变大，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，C不符合题意。故答案为：D【分析】结合电路图，理清依据的连接方式，根据电源的电压可知滑片移动时电压表Vi示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律1=%可知电路中电流的变化，然后得出电压表Vi与电流表A示数比值变化，根据串联电路的分压特点可知R和L两端分得的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步得出亮暗变化.7.如图所示，下列测量记录正确的是

15、（）川B.体温计的示数是D.电能表的示数是【答案】B3.15cm,物体长度为3.15cm【解析】【解答】A刻度尺的分度值是1mm,末端刻度值为-2.00cm=i.i5cm.故A错误；B、体温计的量程为35c42C,一个大格表示1C,里面有10个小格，因此它的分度值为0.1C.因此它的读数=36C+0.7C=36.7C.故B正确；C、弹簧测力计白分度值是0.2N,所以弹簧测力计的示数是0.2NX4=0.8N故C错误；D、电能表的读数为201.5kW?h.故D错误.故选B.【分析】使要弄清楚刻度尺的量程和分度值再去读数.起始端是否从零开始，起始端没从0开始，把2.00cm处当作“向度，读出末端刻度

16、值，减去2.00cm即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位.要弄清楚体温计的量程和分度值再去读数.要弄清楚弹簧测力计的量程和分度值再去读数.电能表的读数要注意，最后一位为小数位.8.如图，电源电压恒为4.5V,电流表的量程为“00.6A,”电压表的量程为“03V”灯泡上标有“2.5V1.25W（不考虑灯丝电阻变化），滑动变阻器R的规格为“20Q1A”闭合开关，在保证电路安全的情况下，移动滑片P的过程中（）A.电流表的示数最大为0.6AmB.灯泡消耗的最小功率为0.12WC.电路消耗的最大电功率为2.7WD.滑动变阻器接入电路的最小电阻为4Qo【解析】【解答】由电路图知道，灯泡与滑动变阻

17、器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；由于灯泡上标有“2.5V1.25W；所以由P=UI知道，灯泡的额定电流是：Il=Pl/Ul=1.25W2.5V=0.5A,即电路的最大电流是0.5A,A不符合题意；因为串联电路中各处的电流相等，当电路中的最大电流I大=0.5A,此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，且电路消耗的最大总功率是：P大=UI大=4.5VX0.5A=2.25WC不符合题意；由I=U/R知道，灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路中的最小阻值分别是：RL=Ul/Il=2.5V/0.5A=5QR总=（U-Ul）/I大=（4.5V-2.5V）/0.5A=4Q

18、D符合题意；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，灯泡消耗的电功率最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路的最小电流：Ij=U/（R_+R大）=4.5V/（50+20d=0.18A,则灯泡消耗的最小功率：Pl小=1小2RL=（0.18A）2X5Q=0.162WB不符合题意，故答案为：Do【分析】结合电路图判断电路的连接方式及电表的测量对象，与电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流与最小电流，利用串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式求解即可.9.如图所示的电路，当开关闭合后，灯L1比L2亮.以下说法正确的是（）A.通过Li的电流大于通过L

19、2的电流nB.Li两端电压大于L2两端电压C.L1的电阻小于L2的电阻D.Li的电功率等于L2的电功率【答案】B【解析】【解答】解：（1）灯Li、L2串联在同一电路里，因串联电路中的电流处处相等，所以经过它们的电流都是相等的，故A错误；（2）灯的亮度取决于灯的实际功率，灯Li比L2亮，则Li的实际电功率大于L2的实际电功率，由P=2R可知，Li的电阻大于L2的电阻，由I=*可知，Li两端电压大于L2两端电压.故CD错误；B正确.故选B.【分析】（i）串联电路中，电流处处相等；（2）灯的亮度取决于灯的实际功率，根据欧姆定律可判出电阻关系.i0.某型号电饭锅具有保温与加热两种功能，其简化电路如图所

20、示，Ri、R2均为电热丝.下列说法正确的是（）A.Si、8闭合时，电饭锅处于加热状态|B.SS2闭合时，电饭锅处于保温状态C.S闭合、S2断开时，电饭锅处于加热状态D.S断开、&闭合时，电饭锅处于保温状态【答案】A【解析】【解答】解：由电路图可知，当Si、S2闭合时，Ri短路，电路中只有R2；当Si闭合、3断开时，Ri,及串联，S断开、S2闭合时，整个电路断开，电饭锅不工作；可见，当S、S2闭合时，电路中电阻最小，当S闭合、S2断开时，电路中电阻较大，债由p=N可知，当Si、s2闭合时，电功率最大，处于加热状态；当Si闭合、S2断开时，电功率较小，处于保温状态.故A正确、BCD错.故选

21、A.回【分析】根据P=不可知，在电源电压不变时，电路中电阻越小，电功率越大，即为加热状态，反之为保温状态.据此分析判断.ii.如图为探究焦耳定律”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，U型管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。将容器中的电阻丝Ri、R2串联在电路中，且RivR2.下列说法正确的是（）A.该实验装置用于探究电压和通电时间一定时，电热与电阻的关系”B.闭合开关后，通过团'的电流大于花的电流C.闭合开关后，甲管中液面上升比乙慢D.闭合开关后，要使电流增大，应将滑动变阻器滑片P向左移动【答案】C【解析】【解答】解：A、图中两电阻串联，通过的电流和通电时间相等，而电阻不

22、同，故可研究电流产生的热量与电阻的关系，AB不符合题意；C、根据Q=I2Rt,因R1VR2.故右边容器中电阻丝产生的热量多，由转换法，甲管中液面上升比乙慢，C符合题意；D、闭合开关后，要使电流增大，由欧姆定律，要减小电路的电阻，故应将滑动变阻器滑片P向右移动，D不符合题意。故答案为：C【分析】电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的气体加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；由焦耳定律Q=2Rt可知，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12.如图，是某

23、煤气泄漏检测装置的简化电路，其中电源电压保持不变，R0为定值电阻,R为气体传感器电阻，其阻值随煤气浓度的增大而减小，闭合开关，下列说法中正确的是A.煤气密度增大时,B.煤气密度增大时,C.煤气密度减小时,D.煤气浓度减小时,【答案】C电流表的示数将变小电压表的示数将变小电路消耗的电功率将变小电压表与电流表示数的比值略变大【解析】【解答】解：（1）当煤气密度增大时，气体传感器电阻变小，电路中的总电阻变小，uI=i：,，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A不正确；.U=IR,.定值电阻Ro两端的电压变大，故B不正确；2）当煤气密度减小时，气体传感器电阻变大，电路中的总电阻变大，U=i=R,电

24、路中的电流变小，.p=ui,且电源的电压保持不变，电路消耗的电功率将变小，故C正确；电压表与电流表示数的比值等于定值电阻Ro的阻值，电压表与电流表示数的比值不变，故D不正确.故选C.【分析】根据题意得出煤气密度变化时气体传感器电阻的变化，电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电流表示数的变化和电压表示数的变化，根据P=UI可知电路消耗电功率的变化，利用欧姆定律可知电压表与电流表示数比值的变化.13 .如图的电路，电源电压保持不变，R为定值电阻。下列说法正确的是（）A.开关闭合前，电压表和电流表均无示数B.开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表的示数变小C.开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，

25、R的功率变大D.开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表与电流表示数的比值变小【答案】B【解析】【解答】解：（1）开关闭合前，电路处于开路状态，则电流表没有示数；但电压表的两个接线柱通过变阻器与电源的正负极相连通，此时电压表测量电源电压，所以电压表有示数；A不符合题意；（2）开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压；滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，总电阻变大，b由1=彳可知，电路中的电流变小；根据U=IR可知，定值电阻R两端的电压变小，即电压表的示数变小，B符合题意；定值电阻两端的电压减小，电路中电流减小了，根据P=UI

26、知，R的功率变小，C不符合题意；由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值为定值电阻的阻值，所以，电压表与电流表示数的比值不变，D不符合题意。故答案为：B【分析】结合电路图，理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律、串联电路的特点即可分别判断；根据定值电阻两端的电压和电路的电流的变化，根据P=UI判断出R功率的变化；电压表与电流表示数的比值为定值电阻的阻值.14 .某电饭锅内有R0=44Q、R=2156的两根电热丝，它的工作简化电路如图所示，当S置于“源时，下列分析正确的是（）A.Ro和R并联处于加热状态，加热功率力1100WC.处于保温状态，保温

27、功率为22WD整个电路10min产生的热量为1.32X40【答案】B【解析】【解答】解：（1）电源电压为220V不变，当S接“1档时，电路中R与Ro串中联，此时总电阻较大，由P=月可知，电路消耗的功率较小，处于保温状态；（2）当S接“2档时，电路中只有R0,此时总电阻较小，由P=/可知电功率较大，处于加热状态；*加0则加热功率：P加热=必=门0=1100W,AC不符合题意，B符合题意；S置于“端时，整个电路10min产生的热量：Q=W=P加热t=1100WX10X60s6.6X50D不符合题意。故答案为：Bo【分析】结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式，由P=#可知对应的状回态，进

28、一步利用P=#进行计算即可，再利用Q=W=P加热t求得整个电路10min产生的热量.15 .下列说法中正确的是（）A.折射角一定小于入射角B.电能表是测量电功的仪表C.导体的横截面积越大，电阻越大i”D.声音不能传递能量【答案】B【解析】【解答】解：A、题中没有说光在哪两种介质中传播，所以折射角和入射角的大小不能比较，A不符合题意。B、电能表是测量电功的仪表，B符合题意。C、在材料、长度和温度一定时，横截面积越大，电阻越小；没有前提条件，不能说导体电阻和横截面积的关系，C不符合题意。D、声音可以传递能量，也可以传递信息，D不符合题意。故答案为：B。【分析】光从空气斜射入水或其他介质时，折射角小

29、于入射角电能表是测量电功的仪表.决定电阻大小的因素：导体的电阻是导体本身的一种性质，它的大小决定于导体的材料、长度、横截面积和温度.（电阻与加在导体两端的电压和通过的电流无关）声音可以传递能量，也可以传递信息.Li、L2的I-U图象)16 .如图甲所示电路中，电源电压可调，灯Li、L2的额定电压均为6V,如图乙所示，闭合开关S,逐步调大电源电压至电路允许的最大值，此时（D.电路总功率为A.Li正常发光B.电源电压为12VC.电路总电阻为30Q2.4W【答案】D【解析】【解答】解：由图乙可知，两灯泡两端的电压为6V时，通过两灯泡的电流Ii=0.6A、|2=0.3A,由电路图可知，两灯泡串联，电流

30、表测电路中的电流，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中允许通过的最大电流I=I2=0.3A,则L2正常发光，故A错误；由图乙可知，Li两端的电压Ui'=2V因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=Ui'+=2V+6V=8V,故B错误;I由I=7可得，电路总电阻:26.7,Q故C错误;电路的总功率:P=UI=8VX0.3A=2.4WV故D正确.故选D.【分析】由图乙可知两灯泡额定电流下的电流，根据串联电路的特点可知电路中的最大电流为两灯泡额定电流中较小的，即额定电流较小的灯泡能正常发光，根据图象读出两灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据

31、欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电路的总功率.17 .下列说法正确的是（）A.电流表测电路中电流时，流过的电流是正电荷定向移动形成的B.某同学家的电能表示数是,表示他家消耗的电能是1234.5JC.可燃冰属于可再生能源D.卫星电话用电磁波传递信息【答案】D【解析】【解答】解：A、在金属导体中自由电子的定向移动形成电流，故A错误；fIi，B、某同学家的电能表示数是，表示他家消耗的电能是1234.5kW?h,故B错误；C、可燃冰是埋藏于海底的化石燃料，可燃冰属于不可再生能源，故C错误；D、卫星电话是用电磁波传递信息的，故D正确.故选：D.【分析】（1）金属导电靠的是自由电子的定向移动

32、；（2）要知道电能表示数的最后一位是小数，单位是kw?h.（3）从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源.人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；指在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源.（4）移动通信、卫星通信都是利用电磁波中的微波来传递信息的，因为微波传递信息量大.18 .下列电器中，利用电流热效应工作的是（Ct视机D电磁继电器A.电风扇曲暖气【答案】B【解析】【解答】A.电风扇的电动机工作时主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，A不符合题意；B.电暖气工作时把电能转化为内能，是利用电流热效应工作的，B符合题意；C.电视机

33、主要是把电能转化为光能和声能，不是利用电流热效应工作的，C不符合题意；D.电磁继电器主要利用了电流的磁效应工作的，D不符合题意。故答案为：B【分析】电流的热效应：电流通过电阻要发热，这叫做电流的热效应.如电灯、电炉、电烙铁、电焊等，都是电流的热效应的例子.19.两定值电阻R1=10Q,R2=5Q,现将R1、关S闭合时，下列分析正确的是()R2接入如图所示的电路，电源电压为3V,当开A.R、R2电流之比为1:2C.R、R2消耗的电功率之比为1:2【答案】B【解析】【解答】解：由电路图可知,因串联电路中各处的电流相等，B.iRR2两端的电压之比为2:1D电路消耗总的电功率等于2.7WR与R2串联,

34、所以，Ri、R2电流之比为1:1,故A错误;由1=/可得，R、R2两端的电压之比：g四&ioqk='=1的=*=5。=故B正确；由P=UI可得，R、R2消耗的电功率之比:乃Uilth2Ii1=民=1，故C错误；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路消耗的总功率：|甘I(3V)2P*办用=50=0.6W,故D错误.故选B.【分析】由电路图可知，R1与R2串联，根据串联电路的电流特点可知通过两电阻的电流关系，根据欧姆定律求出两电阻两端的电压之比，根据P=UI求出两电阻消耗的电功率之比,根据电阻的串联和P=UI=#求出电路消耗总的电功率.20 .根据交通部门统计，我国每年的交

35、通事故中很多都是酒驾所造成的，所以现在交警加大了对酒驾的打击力度。图甲是酒精浓度测试仪的原理图，R为酒精气体传感器，其阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图乙，&为定值电阻，电源电压不变，当被检测者酒精浓度增加时（）R甲A.电流表的示数减小率减小【答案】B【解析】【解答】CB.电压表的示数增大C.电路总电阻增加D.电路总功由电路图可知，定值电阻Ro与酒精气体传感器电阻测小,R两端的电压，电流表测电路中的电流。由图乙可知，酒精浓度增加时,因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的总电阻减小，R串联，电压表R的阻值减C不符合题A、电压不变，电阻减小，根据1可知，电路中的电流增大，即电流表

36、的示数增大,不符合题意;B、定值电阻阻值不变，电流增大时，由数增大，B符合题意；可知，Ro两端的电压增大，即电压表的示D、由产力可知，电路总功率增大，D不符合题意。故答案为：B。【分析】定值电阻Ro与酒精气体传感器电阻R串联，电压表测Ro两端的电压，电流表测电路中的电流，根据图乙可知被检测者酒精浓度增加时R阻值的变化，根据电阻的串联可知电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和Ro两端的电压变化，利用P=UI可知电路总功率的变化.21 .一台额定电压为220V的电动机，正常工作时通过的电流为5A,发热损失的功率为25W,则其线圈电阻是（）A.1Q历Q（4.4QD.1OOQ【答案】A

37、【解析】【解答】算线圈电阻时应该通过发热功率来计算，即由Q=I2R可得Q斤二一-1QF。故答案为:A.【分析】知道正常工作时通过的电流和发热损失的功率，根据P=2R的变形公式R=P/I2电动机线圈的电阻.22.如图所示，Ro为定值电阻，闭合开关后，当滑片P在某两点之间滑动时，电流表的示数变化范围是0.51.5A,电压表的示数变化范围是36V.小明通过推算，得出四个结论，其中错误的是（）A.定值电阻R0的阻值为3aB.变阻器连入电路的电阻变化范围为212aC.实验中R0两端的电压变化范围为1.5V4.5VD.电路消耗的总功率的变化范围为3.75W10.25W【答案】D【解析】【解答】由电路图可知

38、，滑动变阻器与定值电阻Ro串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端电压；当滑动变阻器接入电路阻值增大时，电路中电流减小，即电流表示数减小；变阻器接入阻值增大时，其分得电压增大，即电压表示数增大；所以，电流表与电压表的示数变化情况是相反的。A、由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压U=Uv+IRo,电流表示数变化范围是0.5A1.5A,电压表的示数变化范围3V6V,结合前面分析可知，当I=0.5A时，Uv=6V,所以有U=6V+0.5AXcR-当I=1.5A时，Uv=3V,所以有U=3V+1.5AX比联立解得：Ro=3Q,U=7.5V,A不符合题意；B、由题可知，电流表示数变化范

39、围是0.5A1.5A,电压表的示数变化范围3V6V,滑动变阻器接入电路的阻值分别为：RI>=/=/5J=2Q,R滑'/=。宓=12Q,即变阻器连入电路的阻值变化范围为212Q,B不符合题意；C、R0两端的电压分别为：Uo=I最小Ro=0.5AX3Q=1.5VJo'景kRo=1.5AX3Q=4.5V则Ro两端的电压变化范围是1.5V4.5V,C不符合题意；D、电路消耗的最小电功率：P最小=UI最小=7.5VX0.5A=3.75W/电路消耗的最大电功率：P最大=UI最大=7.5VX1.5A=11.25WV则电路消耗的总功率的变化范围为3.75W11.25W,D符合题意。故答案

40、为：Do【分析】根据电流的范围和电压的范围，结合欧姆定律计算公式和电功率计算公式，求电路中的电阻、分压情况和电功率.23.如图甲所示，是某型号电压力锅简化的工作电路图.Ro是阻值为484的保温电阻，Ri是规格为“220V800W的主力口热电阻，R2是副加热电阻.电压力锅煮饭分为加热升压一保压一保温”三个阶段，通过如图乙所示的锅内工作压强与时间“（P-t）”关系图象可了解其工作过程：接通电源，启动智能控制开关S,S自动接到a,同时Si自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内工作压强达80kPa时，Si自动断开，进入保压状态，当锅内工作压强降至60kPa时，S又会自动闭合；当保压状态结束，饭就熟了，S自动接到b,减压进入保温状态.电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态共耗电0.25kW?h,下列说法正确的是（）二60!笆打皿甲乙A.电压力锅是对大气压强的应用B当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅处于升压状态C.电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态Ri的工作时间是18minD.电压力锅正常工作时的最大电流是5A【答案】D【解析】【解答】解：A.高压锅煮饭熟得快是利用密闭液体的沸点随气压的增大而升高的原理，而不是利用了大气压的原理，A不符合题意；B.由图乙可知，当锅内工作压强为40kPa时，电压力锅可能处于升压状态，也可能处于保温状态，B不符合题意；C.由图乙可知