人教版初中物理寒假衔接9年级第11讲测量电功率和焦耳定律教师版

测量小灯泡的电功率

测小灯泡的电功率测电阻

所测物理量灯泡两端的电压（U），通过灯泡的电流（I）

相

同

电路图

点

连入电路时开关断开，滑动变阻器位于阻值最大处

U

原理PUIR

I

不U

计算公式PUIR

同I

点滑动变阻器的作用保护电路，控制灯泡两端电压保护电路，改变电路中的电流

由实验可知，（1）小灯泡的实际功率不一定等于其额定功率；

（2）实验中需对小灯泡的电功率至少进行三次测量，但不能根据三次测量的数据计算出小灯泡的平

均电功率，因为本次试验中多次测量的目的不是为了减少误差，而是为了测量在不同电压下小灯泡

的实际功率。

【典型例题】

类型一、基础知识

1、电炉中的电阻丝通电一段时间后变得很烫，而连接电炉的导线却不怎么热，主要是因为（）

A．通电导线的电流小于通过电阻丝的电流

B．导线的绝缘皮隔热

C．导线散热比电阻丝快

D．导线的电阻远小于电阻丝的电阻，导线上产生的热量很少

【思路点拨】电炉丝和导线串联，通过的电流和通电时间相同，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电阻越

大电流产生的热量越多，据此分析判断。

【答案】D

【解析】电炉丝跟铜导线串联，通过它们的电流I和通电时间t相等，故A错误；

2

因为Q=IRt，R电炉丝＞R导线，所以产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，即相同时间内导线产生的热量小于电

炉丝产生的热量，而与散热快慢、隔热效果无关，故D正确，B、C错。故选D。

类型二、知识运用

2、电动机是将电能转化成机械能的机器，但由于线圈内部有电阻，所以同时还有一部分电能转化成

内能。若一台玩具电动机接在6V的电源两端，使其正常转动时，通过电动机中的电流为0.3A；短

暂地卡住电动机转动轴，使其不能转动，通过电动机中的电流为3A。则这台电动机线圈的电阻为_____

Ω，正常转动时的效率是________________。

【思路点拨】当电动机正常转动时，消耗的电能（总功）转化为机械能（有用功）和内能（额外功），

转化的内能可用焦耳定律Q=I2Rt来计算，此时的电动机电流、电压、电阻关系不适用欧姆定律。当

电动机被卡住时，消耗的电能就全部转化为内能，此时的电动机电流、电压、电阻关系适用于欧姆

定律。

【答案与解析】

一．选择题（共2小题）

1．研究电功率与电压、电流的关系时，连接了如图所示电路进行实验。下列关于该实验的说法，不

合理的是（）

A．该电路所示实验研究电功率与电压的关系

B．该实验能得出电流相同时，电功率与电压成正比

C．小灯泡电功率的大小通过灯泡的亮度来比较

D．该实验选择的两个小灯泡灯丝的电阻不同

【分析】（1）要探究电功率和电压、电流之间的关系，必须要求电压或电流中的其中一个量不变

来研究另一个，所以采用控制变量法得到三者的关系。从图可知，两个灯泡串联，则通过两个灯

泡的电流相同，从而可以判断出探究的问题。在该实验中功率的大小无法直接计算出来，可以借

助转换法进行判断。

（2）灯泡实际功率越大，灯泡越亮，通过灯泡的亮度可以比较灯泡电功率的大小。

（3）灯泡的亮暗无法准确反映实际功率的大小，无法准确得出实际功率和灯泡两端的电压关系。

【解答】解：A、从图可知两灯泡串联，通过两灯泡的电流相同，所以该电路所示实验可以研究

电功率与电压的关系；故A正确；

B、两个灯泡亮度不同，间接反映电功率大小，但是由于灯泡的亮暗无法准确反映实际功率的大

小，所以不能得出“电流相同时，电功率跟电压成正比”这个结论，故B错误；

C、为了判断灯泡的功率大小，我们可以通过观察灯泡的亮度来判断灯泡功率的大小，灯泡越亮

灯泡的功率越大。故C正确；

D、两灯泡串联，流过它们的电流相同，LI、L2规格不同，则灯泡两端的电压不同，因此设计此

实验可以探究电功率与电压的关系；故D正确。

故选：B。

【点评】考查学生利用实验探究电功率跟电流、电压的关系的能力，考查学生动手操作的实践能

力。控制变量法在实验探究时的具体应用是此题考查的重点，使用这种方法时要充分理解控制包

含的两层含义：既要控制相同的物理量，又要控制不同的物理量。

2．李明同学为了探究“电功率与电阻的关系”，他找来额定电压均为6V的L1、L2两只灯泡。将两

灯串联起来，按照如图所示的电路开始了实验探究，闭合开关后，看见灯L2微微发光，灯L1几

乎不发光，则关于两灯的电阻R1和R2、两灯的额定功率P1和P2的大小关系成立的是（不考虑

灯丝电阻值随温度的变化）（）

A．R1＞R2，P1＞P2B．R1＜R2，P1＜P2

C．R1＞R2，P1＜P2D．R1＜R2，P1＞P2

【分析】由两个灯泡的亮度情况得出二者的电功率关系，然后根据P＝I2R得出二者的电阻关系，

最后根据P＝得出二者的额定功率关系。

【解答】解：灯泡的亮度是由灯泡的实际功率决定的，因为灯L2微微发光，灯L1几乎不发光，

所以L2的实际功率比L1的实际功率大。

由于两灯是串联，我们根据P＝I2R可知，在电流相同的情况下，用电器的电功率与阻值成正比，

所以R2＞R1。

因为两灯的额定电压U相同，根据P＝可知，电功率与电阻成反比。由于R1＜R2，所以P1

＞P2。

故选：D。

【点评】本题考查了电功率公式P＝I2R和P＝的应用，在计算电功率的习题中，往往要用到

这两个公式。一般在串联电路中，用公式P＝I2R分析计算；在并联电路中，用公式P＝分析

计算。

二．填空题（共2小题）

3．小明同学为了探究“电功率与电压的关系”，选取三节新干电池串联做电源，找来“2.5V0.3A”、

“3.8V0.3A”两只小灯泡按照如图甲所示的电路开始了实验探究。实验中小明应记录的是两次

电压表示数和对应的灯泡的发光情况。实验结束后，小明选用了量程适当的电流表继续用原有

器材探究“电功率与电流的关系”，实验电路如图乙所示，请你帮助小明指出实验器材选取上应

该注意的事项：选用两节干电池串联做电源。

【分析】（1）电功率与电压和电流有关，灯泡的实际功率越大、灯越亮，由此根据控制变量法分

析解答；

（2）使用原有的器材探究电功率和电流关系时，要考虑灯泡两端电压过高会烧坏灯泡。

【解答】解：（1）电功率与电压和电流有关，探究电功率与电压关系时应控制两灯的电流相等，

图甲中，串联的两灯电流相等，可以通过比较灯泡两端电压的大小比较灯泡的功率大小，所以应

记录两次电压表的示数，

而灯泡的实际功率越大时越亮，所以还应观察两灯的发光情况；

（2）探究电功率与电流的关系时，应控制电压相等，

图乙中，并联的两灯电压相等，可以通过比较通过两灯的电流比较灯泡的功率大小，

使用原有的器材进行探究，电源电压为4.5V，超过两灯的额定电压比较多，这样易烧坏灯泡，所

以实验时选用两节干电池串联做电源进行实验。

故答案为：两次电压表示数和对应的灯泡的发光情况；选用两节干电池串联做电源。

【点评】本题是探究电功率和电压、电流关系的实验，注意控制变量法的应用，并知道判断灯泡

功率大小的方法。

4．小华在探究“小灯泡发光时的亮度与电功率的关系”的实验中，所用的电源电压是4V，小灯泡

的额定电压是2.5V，小灯泡两端允许加的最大电压为额定电压的1.2倍。小华同学移动滑片P，

记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成下左图所示的图象。根据图象信息，可计算出

小灯泡的额定功率是0.5瓦。该图象不是直线，主要原因是灯丝电阻随温度升高而增大。

【分析】从图象上找到额定电压对应的点，读出对应的电流，利用P＝UI计算额定功率；该图象

不是直线，即电压和电流的比值不是定值，说明小灯泡发光的过程中，电阻不是定值。

【解答】解：

由题知，小灯泡的额定电压为2.5V，由图象知，当灯的电压是2.5V时，对应的电流值为0.2A，

所以灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；

小灯泡的电流随电压变化的图象不是一条直线（不是正比例图线），说明小灯泡的电阻不是定值，

那是因为灯泡电压越大，通过它的电流越大，其实际功率越大，温度越高，即灯丝的电阻随温度

的升高而增大。

故答案为：0.5；灯丝电阻随温度升高而增大。

【点评】本题考查小灯泡功率测量实验中，额定功率的计算以及对电流随电压变化图象的认识和

理解，关键要知道灯丝的电阻随温度的变化而变化。

三．实验探究题（共1小题）

5．如图所示，图甲是测量额定电压为2.5V的小灯泡电功率的实验电路图。

（1）请用笔画线代替导线在图乙中完成实物电路的连接。

（2）闭合开关前，需将滑动变阻器的滑片移到最左（选填“左”或“右”）端。

（3）闭合开关，调节滑动变阻器，改变小灯泡两端电压，同时读出通过小灯泡的电流，记录下

每次电压和电流的测量值，并依据记录的实验数据，以电压为横坐标，电流为纵坐标，建立直角

坐标系，用描点法得到小灯泡的I﹣U图象如图丙所示，该图象不是一条直线的原因是小灯泡

的电阻随温度的升高而增大。

（4）该小灯泡正常发光时的电流为0.48A，则其额定功率为1.2W。

【分析】（1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；

（2）原电路中，变阻器滑片以左电阻丝与灯并联后再与变阻器滑片以右电阻丝串联，闭合开关

前，为保护电路，灯的电压要最小，据此回答；

（3）小灯泡的电阻随温度的增大而增大；

（4）灯在额定电压下正常发光时，已知小灯泡正常发光时的电流，根据P＝UI求出其额定功率。

【解答】解：

（1）灯的额定电压为2.5V＜3V，故电压表选用小量程与灯并联，如下图所示：

（2）原电路中，变阻器滑片以左电阻丝与灯并联后再与变阻器滑片以右电阻丝串联，闭合开关

前，为保护电路，灯的电压要最小，故需将滑动变阻器的滑片移到最左端（灯短路，灯的电压为

0）；

（3）小灯泡的I﹣U图象如图丙所示，则灯的电阻不是定值，该图象不是一条直线的原因是：小

灯泡的电阻随温度的升高而增大；

（4）该小灯泡正常发光时的电流为0.48A，则其额定功率为：

P＝UI＝2.5V×0.48A＝1.2W。

故答案为：（1）如上所示；（2）左；（3）小灯泡的电阻随温度的升高而增大；（4）1.2W。

【点评】本题测量额定电压为2.5V的小灯泡电阻，考查电路连接、注意事项、影响电阻大小的

因素和功率计算，属于常考命题点。

焦耳定律

1.电流的热效应：电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫做电流的热效应。电流通过任何有

电阻的导体都会产生热效应。

2.焦耳定律：

（1）焦耳定律：电流通过导体是产生的热量，跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电

时间成正比。这个定律适用于一切电路。其表达式是QI2Rt，推导公式（只能在纯电阻电路中

2

t

使用）：Q=UIt，QU。

R

（2）电功与电能：纯电阻电路W=Q；非纯电阻电路W>Q。

3.电热的利用和防止：

（1）电热的利用：利用电热来工作的用电器称为电热器。例如：电炉子、电熨斗、电烙铁等，这些

用电器工作时都是将电能全部转化为内能，此时W=Q。

（2）电热的危害和防止：电流通过任何导体都会产生热量，有的用电器（电动机、电风扇、电视机

等）工作时，不需要这些热量，但又不得不产生，因此造成了能源的浪费，同时也会使用电器有烧

毁的危险，为了防止电热带来的危害，应采取设置散热孔或者安装小风扇来降温。

一．选择题（共15小题）

1．额定功率相等的白炽灯和电风扇，它们在正常工作状态下工作1小时，下列说法正确的是（）

A．两种电器消耗的电能一样多，产生的热量也一样多

B．两种电器消耗的电能一样多，白炽灯产生的热量多

C．白炽灯耗的电能更多，电风扇产生的热量多

D．电风扇消耗的电能更多，白炽灯产生的热量多

【分析】用电器消耗的电能可以通过W＝Pt进行计算；白炽灯工作时电能转化为内能；电风扇工

作时，电能主要转化为机械能，少部分电能转化为内能。

【解答】解：

额定功率相同的白炽灯和电风扇正常工作相同的时间，由W＝Pt可知，它们消耗的电能一样多，

但它们产生的热量不相同。

白炽灯工作时将电能转化为较多的内能，电风扇工作时主要将电能转化为机械能，因此，白炽灯

产生的热量较多；故ACD错、B正确。

故选：B。

【点评】知道白炽灯的发光原理是“发热发光”，所以它产生的热量多，同时知道消耗电能与产

生热量的关系可做出判断。

2．下列用电器正常工作时，在相同的时间内产生热量最多的是（）

A．“220V60W”的电风扇B．“220V60W”日光灯

C．“220V60W”的电热器D．一样多

【分析】分别接入220V的电路中，三个用电器都正常工作，实际功率相同（等于额定功率）、通

电时间相同，根据W＝Pt可知消耗的电能相同，通过分析三种用电器使用时的能量转化情况，找

出产生热量最多的用电器。

【解答】解：因额定电压下用电器的电功率和额定功率相等，

所以，三种用电器的实际功率相等，

由W＝Pt可知，相同时间内三种用电器消耗的电能相等，

因电风扇中的电动机将电能大部分转化机械能，日光灯将大部分电能转化为光能，电热器将电能

全部转化为内能，

所以，产生热量最多的是电热器。

故选：C。

【点评】电流做功的实质：电流做功的过程就是消耗电能转化为其它形式能的过程，能分析三种

用电器的能量转化是本题的关键。

3．将规格都是“220V100W”的一台电风扇、一台电视机和一把电烙铁分别接入家庭电路中，通

电时间相同，下列说法正确的是（）

A．三个用电器产生的热量一样多

B．三个用电器消耗的电能一样多

C．电视机产生的热量最多

D．电风扇产生的热量最多

【分析】由题意知，三种用电器的额定电压都是220V，额定功率都是100W；家庭电路电压是

220V，把这三个用电器接入家庭电路，三个用电器都正常工作，实际功率相同都等于额定功率，

通电时间相同，根据W＝Pt可知消耗的电能相同；通过分析三种用电器工作时的能量转化情况，

找出产生热量最多的用电器。

【解答】解：三用电器接入家庭电路中时它们两端的电压均为U＝220V，实际功率P实＝P额＝100W，

由P＝的变形式W＝Pt可知，通电时间相同时，三用电器消耗的电能相同，故B正确；

因电风扇中的电动机将电能大部分转化机械能，电视机将一部分电能转化为光能，电烙铁把电能

全部转化为热量，

所以，产生热量最多的是电烙铁，故ACD错误。

故选：B。

【点评】知道电流做功的实质：电流做功的过程就是消耗电能转化为其它形式能的过程，能分析

三种用电器的能量转化是本题的关键。

4．如图所示是探究“电流通过导体产生的热量与电流关系”的实验装置图，电阻丝R1和R2浸没在

煤油中，R1与R3并联，关于此实验以下说法正确的是（）

A．此实验中通过电阻R1与R2的电流相同

B．此实验中R1与R2的阻值可以不同

C．此实验中放有R2的烧瓶中煤油升温比较快

D．此实验中两个烧瓶内的煤油质量可以不同

【分析】（1）根据串联电路和并联电路的电流关系可以判断电流大小；

（2）要探究电流产生热量与电阻的关系，运用控制变量法，需使电阻和通电时间相同，电流不

同；

（3）根据焦耳定律公式Q＝I2Rt可知烧瓶内电阻放出热量的多少，进一步判断烧瓶中煤油升温快

慢；

（4）实验中通过温度计的示数高低反映产生热量多少，两烧瓶中应放相同质量的同种液体。

【解答】解：A、电阻丝R1与R3并联，再与电阻丝R2串联，通过R2的电流等于通过R1与R3

的电流之和，故A错误；

B、运用控制变量法探究电流通过导体产生的热量与电流关系时，由公式Q＝I2Rt可知，应控制

两电阻丝的电阻和通电时间相等，只有电流不同，故B错误；

C、由题意可知，R1与R2的阻值相等，通过R2的电流大于通过R1的电流，通电时间相等，由公

2

式Q＝IRt可知，R2放出的热量较多，所以放有R2的烧瓶中煤油升温比较快，故C正确；

D、实验时，为了比较产生的热量的多少，在两个相同的烧瓶中装有质量相等的同种液体；故D

错误。

故选：C。

【点评】本题考查的是利用焦耳定律Q＝I2Rt分析问题，解题的关键是要正确分析电路连接关系，

灵活运用控制变量法分析问题。

5．如图是探究电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等

量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是（）

A．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小

B．若容器外面的电热丝R3发生了断路，若与没断时的通电时间相同，则左侧U形管中液面高

度差变小

C．将右边并联的两根5的电阻丝都放入到容器内，通电一段时间后，右侧U形管中液面的高

度差比左侧的大Ω

D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少

【分析】（1）（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面

高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；在电阻和通电时间相同时，电流越大，产生的热

量越多；

（2）比较R3发生断路前后电路总电阻的变化，根据欧姆定律判定电流的变化，从而判定出产生

热量的变化；

（3）将右边并联的两根5的电阻丝都放入到容器内，根据左右两侧电阻的大小判定液面高度的

变化。Ω

【解答】解：

A、由图可知，右侧的两个电阻并联后与左侧的电阻串联在电路中，根据并联电路的电流特点可

知，左侧电阻中的电流大于右侧盒中电阻的电流，在电阻和通电时间相同的情况下，左侧盒中的

电流大，产生的热量多，所以左侧U形管中液面的高度差大，故A错误；

B、R3发生断路前，左侧的电阻为5，右侧的电阻为＝2.5，则电路的总电阻为5+2.5

ΩΩΩΩ

＝7.5；

Ω

R3发生断路后，电路中只有R1和R2串联，则总电阻为：5+5＝10；

ΩΩΩ

R3发生断路后，整个电路的总电阻增大了，根据I＝可知，电路中的总电流减小了，在电阻、

通电时间不变时，电流减小，则产生的热量变少，所以左侧U形管中液面高度差变小，故B正确；

C、将右边并联的两根5的电阻丝都放入到容器内，右侧的电阻为＝2.5，左右两侧的电流

ΩΩ

和通电时间相同，左侧的电阻大于右侧的电阻，则左侧产生的热量多，右侧U形管中液面的高度

差比左侧的小，故C错误；

D、该实验装置是利用容器中空气的热胀冷缩来反应放热的多少，产生热量的多少不能直接观察，

通过U形管液面高度差的变化来反映，故D错误。

故选：B。

【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和

掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律变形公式的理解和掌握，难

度较大。

6．探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”时，两个相同的透明容器中密封着质量相等

的空气，用电阻R1、R2对容器中的空气进行加热，如图所示。下列说法正确的是（）

A．该装置是探究电流产生的热量与电流大小的关系

B．该装置中R1与R2的阻值应相同

C．电流产生的热量越多，U形管内液面高度差越小

D．由图中的实验现象可知，R2阻值比R1大

【分析】A、电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、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，根据串联电路电流的规律分析；

BCD、因右边容器中液面高度差大，根据转换法结合Q＝I2Rt分析。

【解答】解：

A、两电阻丝串联，通过的电流和时间相同，而电阻大小不同，故该装置是探究电流产生的热量

与电阻的关系，A错误；

2

BCD、因右边容器中液面高度差大，根据转换法，故R2电阻丝产生的热量多，根据Q＝IRt，故

R2阻值比R1大，B错误，D正确；

根据转换法，电流产生的热量越多，U形管内液面高度差越大，C错误。

只有D正确。

故选：D。

【点评】本题研究电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关，考查控制变量法和转换法的运用

和串联电路的规律等知识。

7．小军用玩具电动车的小电动机做趣味实验。他将一个电压恒定不变的3V直流电源按图所示的电

路接在电动机两端，闭合开关后，电动机稳定匀速转动了10s，此时电流表的示数为0.6A，关于

本实验，以下说法正确的是（）

A．电动机在匀速转动过程中的电阻为5

Ω

B．电动机在匀速转动过程中的功率为1.8W

C．电动机在匀速转动的10s内产生18J的热量

D．电动机在匀速转动过程中电能全部转化为机械能

【分析】电动机转动时为非纯电阻电路，将电能转化为内能和机械能，不能用欧姆定律进行计算

电阻，由P＝UI可计算其消耗电功率，由W＝Pt可计算消耗的电能，由此分析解答。

【解答】解：图中电流表测电动机的电流，由题知，电源电压恒为3V，电流表示数0.6A。

A、根据欧姆定律R＝＝＝5，但由于电动机转动时是非纯电阻电路，不能运用欧姆定

Ω

律计算，故A错误；

B、电动机匀速转动过程中消耗的电功率P＝UI＝3V×0.6A＝1.8W，故B正确；

CD、电动机匀速转动时消耗电能W＝Pt＝1.8W×10s＝18J，

由于电动机工作时，将电能转化为内能和机械能，所以匀速转动的10s内产生的热量小于18J，

故CD错误。

故选：B。

【点评】本题考查电动机工作时消耗功率和电能的计算、能量转化的认识，要计算其线圈电阻可

在电动机不转动时运用欧姆定律进行计算。

8．甲、乙两个电热器的电阻之比为5：4，通电相同时间产生的热量之比为5：1，则通过甲、乙的

电流之比为（）

A．4：1B．1：4C．2：1D．1：2

【分析】知道甲、乙两个电热器的电阻之比、产生的热量之比和通电时间关系，利用焦耳定律Q

＝I2Rt求通过的电流之比。

【解答】解：

由题意可知，R甲：R乙＝5：4，产生的热量之比Q甲：Q乙＝5：1，通电时间之比t甲：t乙＝1：1，

由Q＝I2Rt可得通过甲、乙两个电热器的电流之比：

I甲：I乙＝：＝：＝1：＝2：1，故C正确、ABD错误。

故选：C。

【点评】本题考查了焦耳定律的应用，要注意各量之间的关系，不要颠倒。

9．如图所示，将三个相同空烧瓶口分别用完全相同的气球密封，将多个阻值相同的电阻R以不同的

连接方式接入电路中，通电一段时间后体积变化最大的气球是（）

A．aB．bC．cD．三个相同

【分析】由图示根据焦耳定律分析，产生的热量越多，气体温度越高，气球体积膨胀的越大。

【解答】解：

由图可知，三个烧瓶的电阻（相同的电阻R）以不同方式接入电路中时是串联的，所以通过电流

相等，通电时间也相等，

由电阻的串联和并联特点知，电阻串联后电阻最大，并联后电阻最小，即被b气球密封的烧瓶里

的电阻最大，由Q＝I2Rt可知这个烧瓶里电阻放出热量最多，瓶中气体温度最高，气球的体积变

化最大。

故选：B。

【点评】本题主要考查对焦耳定律和串并联电阻特点的应用，注意控制变量法和转换法的运用。

10．甲乙两个电阻之比为2：1，串联在同一电源上，闭合开关一段时间，电流通过甲电阻产生的热

量600J，则电流通过乙电阻产生的热量为（）

A．300JB．600JC．1200JD．2400J

【分析】在串联电路中，各处的电流是相同的，知道甲电阻产生的热量，根据Q＝I2Rt求出乙产

生的热量。

【解答】解：甲乙两个电阻串联在同一电源上，闭合开关一段时间，通电时间相同，通过的电流

也相同，电阻之比为2：1，根据Q＝I2Rt可知，电阻产生的热量之比为2：1，则乙电阻产生的热

量为：×600J＝300J。

故选：A。

【点评】本题考查了串联电路的特点、焦耳定律的灵活应用，计算过程要注意各量之间的关系，

不要颠倒。

11．电炉工作时，电炉丝很快变热但连接的电线却不怎么热，这是因为（）

A．电炉丝的电阻较大B．电炉丝与导线是并联的

C．电炉丝的横截面大D．通过电炉丝的电流较大

【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成

正比。电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的

电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。

【解答】解：电炉丝横截面积小，电阻大，电炉子在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝＝I导线，

通电时间t相同，

2

因为Q＝IRt，R电炉丝＞R导线，

所以电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，

从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象。

故选：A。

【点评】分析电流产生热量多少问题，一般要用焦耳定律，常见题目。

12．小明发现当给家中的电灯通电后，灯丝热得发光，而与灯泡串联的导线温度几乎感觉不到变化，

对这一现象的解释，正确的是（）

A．通过灯丝的电流大些

B．电流在导线中不发生热效应

C．制成灯丝的材料电阻较小

D．导线和灯丝中的电流相同，但灯丝电阻更大

【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。

灯丝与导线串联在电路中，电流、通电时间相同，而灯丝电阻比导线的电阻大，由焦耳定律可知

电阻大的产生的热量多，据此分析。

【解答】解：因为灯丝和导线串联，所以通过灯丝和导线的电流、通电时间都相同，根据焦耳定

律Q＝I2Rt，灯丝电阻大，产生热量多，而导线电阻非常小，产生的热量就很小，所以电灯通电

后，灯丝热得发光，而与灯泡串联的导线温度几乎感觉不到变化。故选项A、B、C都不正确，D

选项正确。

故选：D。

【点评】本题主要考查学生对焦耳定律及应用的了解和掌握，利用好“灯丝和导线串联电流相等”

是本题的关键。

13．图为是某种暖手宝及其主要参数，暖手宝内有水及电加热元件等，使用前要先给暖手宝通电加

热，假设暖手宝加热效率是70%，在额定电压下，水由室温10℃加热至自动断电[c水＝4.2×

103J/（kg•℃）]．则（）

A．暖水宝加热时电加热元件是利用热传递增加了内能

B．暖水宝电加热时间为660s

C．暖水宝电加热时消耗的电功率一定是500W

D．暖水宝暖手时放出热量是3.3×105J

【分析】A、暖水宝加热时电加热元件是利用电流的热效应增加了内能；

B、水的温度从10℃升高到65℃，根据Q吸＝cm△t求出此过程中水吸收的热量；根据＝可

η

得暖手宝消耗的电能；由P＝可得加热时间；

C、暖水宝在额定电压220V下的功率为500W；

D、由B知，暖手宝消耗的电能为3.3×105J，暖水宝暖手时放出热量小于。

【解答】解：

A、暖水宝加热时电加热元件是利用电流的热效应（或电流做功）增加了内能，故A错误；

B、由题和图示可知，水的温度从10℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量：

35

Q吸＝cm△t＝4.2×10J/（kg•℃）×1kg×（65℃﹣10℃）＝2.31×10J；

由＝可得，暖手宝消耗的电能：

η

W＝＝＝3.3×105J；

由P＝可得暖水宝的电加热时间：

t＝＝＝660s，故B正确；

C、暖水宝在额定电压220V下的功率为500W，若实际电压不是220V，其实际功率不是500W，

故C错误；

D、由B知，在电加热过程中暖手宝消耗的电能为3.3×105J，由于存在热损失，所以暖水宝暖手

时放出热量小于3.3×105J，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查电流的热效应、Q吸＝cm△t、电功率公式、效率公式的运用和额定功率的理解，

关键是从题中获取有效的信息，综合性较强。

14．小黄家中新购置了一台挂式电热水器，他查看了电热水器说明书后，将电热水器内部电路结构

简化成如图所示电路图，该热水器设有高，中，低三档，电热丝R1＝48.4，电热丝R2＝24.2，

容积为20L，使水从20℃加热到70℃，下列说法不正确的是[水的比热容为Ω4.2×103J/（kg⋅℃Ω）]

（）

A．开关S、S1闭合，S2断开，处于低温挡

B．水从20℃加热到70℃需要吸收的热量4.2×106J

C．若利用中温挡加热需要4200s，则电热转化效率为50%

D．高温挡的加热功率2800W

【分析】（1）由电路图可知，开关S、S1闭合，S2断开，电路中电阻最大，根据P＝分析功

率大小，

（2）由＝可求得水的质量，根据Q＝cm△t可求得需要吸收的热量；

ρ

（3）由电路图可知，开关S、S2闭合，S1断开，电路中电阻较大，根据P＝可知，为中温挡；

由P＝求得中温挡功率，利用P＝求出消耗电能，然后利用＝×100%可求得电热转化效

率；η

（4）闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，由P＝可知，电路的总功率最

大，热水器处于高档，高温挡的加热功率等于低温挡功率加上中温挡功率。

【解答】解：A、由电路图可知，开关S、S1闭合，S2断开，电路中电阻最大，由P＝可知，

功率最小，热水器处于低温挡，故A正确；

﹣

B、由＝可得，水的质量m＝V＝1.0×103kg/m3×20×103m3＝20kg，

ρρ

水从20℃加热到70℃需要吸收的热量Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg⋅℃×20kg×（70℃﹣20℃）＝

4.2×106J，故B正确；

C、由电路图可知，开关S、S2闭合，S1断开，电热丝R2接入电路，根据P＝可知，为中温

挡；

中温挡功率P中温＝＝＝2000W，

6

利用中温挡加热4200s，需要消耗电能W＝P中温t＝2000W×4200s＝8.4×10J，

电热转化效率＝×100%＝×100%＝50%，故C正确；

η

D、闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，由P＝可知，电路的总功率最大，

热水器处于高档，

低温挡的加热功率P低温＝＝＝1000W，

高温挡的加热功率P高温＝P低温+P中温＝1000W+2000W＝3000W．故D错误。

故选：D。

【点评】本题考查了并联电路特点、热量计算公式和电功率公式的灵活应用，正确分析出热水器

的工作状态是关键。

15．用电热丝烧水，当电压为U时，t秒内可将水烧开，如果电压降为原来的一半，则同样烧开这

些水所需的时间应为（）

A．B．C．2tD．4t

【分析】烧开相同一壶水时，电热丝产生的热量相等，根据Q＝I2Rt＝t得出等式即可得出答

案。

【解答】解：∵烧开相同一壶水时，电热丝产生的热量相等，

∴根据Q＝I2Rt＝t可得：

t＝t′＝t′＝t′，

解得：t′＝4t。

故选：D。

【点评】本题考查了焦耳定律变形公式的灵活应用，知道烧开相同一壶水时电热丝产生的热量相

等是关键。

二．填空题（共10小题）

16．现有两电热水壶分别是甲“220V﹣1500W”、乙“220V﹣1000W”，甲壶中装有2kg的水，乙壶

中装有1kg的水（水的初温相同），当同时给它们通电正常工作时，甲壶（选填“甲”或“乙”）

电流做功快；要想把水烧开，甲壶（选填“甲”或“乙”）电流做功多；乙壶（选填“甲”

或“乙”）把水烧开需要的时间少。

【分析】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量；

（2）根据Q＝cm△t判断出电流做功的多少；

（3）比较电功率与电功的关系以及t＝比较出哪一个把水烧开需要的时间少。

【解答】解：电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲壶的功率越大，电流做功越快；

根据Q＝cm△t知，甲的质量是乙质量的2倍，甲吸收的热量是乙的2倍，甲电流做的功是乙的

2倍，即甲壶电流做功多；

根据P＝变形得t＝，已知甲的功率是乙功率的＝1.5倍、甲电流做的功是乙的2倍，

所以乙壶把水烧开需要的时间少。

故答案为：甲；甲；乙。

【点评】本题考查了电功率、电功、吸热大小的比较，熟练各个公式是解题的关键。

17．图中为一种便携封口机，是这种封口机的结构图。装入电池后，按所示操作即可对塑料

袋进行①封口。封口时电能转化②为内能，该封口机只能对热塑性（③选填“热塑性”或“热

固性”）塑料进行封口，塑料属于合成材料（选填“天然”“复合”或“合成”）。

【分析】（1）根据消耗的能量和得到的能量判断出能量的转化；

（2）热塑性塑料是指塑料加热成型固化后可以再次加热仍然能够达到流动性，并可以再次对其

进行加工成型；热固性塑料表示的是，经过一次加热成型固化以后，再次对其加热也不能让其再

次达到粘流态，而对其进行再次加工成型。

（3）塑料属于合成材料，据此解答。

【解答】解：

（1）封口机封口时，消耗电能，得到内能，将塑料熔化；

（2）塑料袋常用加热的方法封口，这种封口方法利用的是塑料的热塑性；这种塑料属于有机合

成材料。

故答案为：内；热塑性；合成。

【点评】本题考查了物质的属性，这种物质学生不熟悉，解答有一定的难度。

18．如图所示是小明“探究影响电流热效应的因素”的实验装置，在甲、乙两瓶中装入质量和初温

均相同的煤油，R1、R2采用如图连接方式的目的是控制电流和通电时间相同。闭合开关一段

时间后，乙瓶中温度计的示数较高，由此说明通电导体产生的热量与电阻有关。小华用相同

装置（煤油质量也相等）同时进行实验，细心的小红看到小明和小华两组电阻丝阻值相等的烧瓶

中，小华这一组的煤油升温比小明的快，比较发现：小华的滑动变阻器接入电路的阻值较小，根

据这一现象，小红能（选填“能”或“不能”）初步判断出通电导体产生的热量与通过导体

的电流有关。

【分析】（1）由Q＝I2Rt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，为了研究电流与导体电阻的关系，要控制通过的电流和通电时间不变；

（2）电路通过导体产生热量通过液体温度变化间接反映；

（3）在电压一定时，电流与电阻成反比；在电阻和通电时间一定时，电流产生的热量与电流有

关，电流越大，产生的热量越多。

【解答】解：由图可知，两电阻串联，目的是控制R1和R2中的电流相同，而且还可以控制通电

时间相同；

乙瓶中电热丝阻值较大，温度计的示数较高，说明在电流与通电时间相同的情况下，电阻越大，

产生的热量越多；说明通电导体产生的热量与电阻的大小有关。

由题意可知，小华和小明用相同的装置做实验，可知加热的电阻阻值相同；但小华的滑动变阻器

接入电路的阻值较小，由欧姆定律可知，小华做实验时电路中的电流较大，此时小华这一组的煤

油升温比小明的快，说明在通电时间和电阻大小相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热

量越大，即小红可以初步判断出通电导体产生的热量与通过导体的电流有关。

故答案为：控制电流和通电时间相同；电阻；能。

【点评】此题考查了焦耳定律的验证实验，需要掌握电流产生热量多少的影响因素，会利用控制

变量法和转换法，正确探究电流产生热量跟各因素之间的关系。

19．如图是探究电流通过导体时产生热的多少与哪些因素有关的实验装置。三个密闭容器中的电阻

如图，三个容器串联，在其中一个容器的外部，将一个电阻和这个容器内的电阻并联，通电后，

观察三个U形管中液面高度的变化。比较甲丙实验装置可以探究电热与电流大小的关系；比

较甲乙实验装置可以探究电热与电阻的关系；通电相同时间，三个密闭容器中的电阻产生的

电热之比为4：8：1。

【分析】研究电流产热与电流关系，根据控制变量法可知应控制电阻和通电时间相同；研究电流

产热与电阻关系，根据控制变量法可知应控制电流和通电时间相同；分析出各个容器中电流和电

阻的关系，根据Q＝I2Rt分析三容器内电阻丝产生的热量关系。

【解答】解：探究电热与电流大小的关系时，需要控制电阻和通电时间相同，电阻的电流不同，

根据电路可知，丙中的两个5的电阻并联后再与甲串联在电路中，则通过丙的容器内电阻的电

流和通过甲的容器内电阻的电Ω流不同，通电时间和电阻相同，所以可以探究电热与电流大小的关

系；

探究电热与电阻的关系时，需要控制电流和通电时间相同，电阻不同，根据电路可知，需要对比

甲乙装置；

2

丙中两个电阻的电流之和与甲、乙的电流相同，故I甲＝I乙＝2I丙，由Q＝IRt可知，在通电相同

222

时间下，三个容器中产热量之比：I甲×5×t：I乙×10×t：I丙×5×t＝4：8：1。

ΩΩΩ

故答案为：甲丙；甲乙；4：8：1。

【点评】本题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验以及焦耳

定律的应用，要注意控制变量法的应用。

20．如图所示电路中，R1：R2：R3＝1：2：3，闭合开关后，两电流表A1、A2示数之比I1：I2＝5：

9，在相同的时间里，R1、R2、R3产生的热量之比为Q1：Q2：Q3＝6：3：2。

【分析】由图可知，三个电阻并联，电流表A1测通过R2和R3的总电流，电流表A2测通过R1

和R2的总电流；

已知R1：R2：R3＝1：2：3，根据欧姆定律和并联电路的电压特点可求出两电流表A1A2示数之

比，根据Q＝W＝UIt可求出在相同的时间里R1、R2、R3产生的热量之比。

【解答】解：

由图可知，三个电阻并联，电流表A1测通过R2和R3的总电流，电流表A2测通过R1和R2的总

电流；

已知R1：R2：R3＝1：2：3，设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R，电源电压为U；

因并联电路中各支路两端的电压相等，

则根据I＝可知，通过R1、R2、R3的电流分别为：、、；

电流表A1测通过R2和R3的总电流，则A1的示数：I1＝+＝×；

电流表A2测通过R1和R2的总电流，则A2的示数：I2＝+＝×；

所以I1：I2＝×：×＝5：9；

在相同的时间里，R1、R2、R3产生的热量之比为：

Q1：Q2：Q3＝W1：W2：W3＝UIR1t：UIR2t：UIR3t＝IR1：IR2：IR3＝：：＝6：3：2。

故答案为：5：9；6：3：2。

【点评】本题考查了并联电路的特点、欧姆定律和电功公式应用，看懂电路图是正确解题的关键。

21．电热饮水机通过机内温控开关S进行自动控制，实现加热和保温两种功能。电路原理如图乙所

示。电源电压恒为220V，当开关S接a时，电路中电流为5A，则电阻R1阻值为44，当开

关S接b时，电路消耗的功率为66W．该饮水机在保温状态工作100s，R2产生的热量为Ω6204

J。

【分析】（1）当开关S接a时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律求出R1的阻值；

（2）开关S接b时，R1与R2串联，根据P＝UI求出电路中的电流；开关S接b时，电路中的

总电阻最大，根据P＝UI＝可知，饮水机的功率最小，处于保温状态，根据欧姆定律求出电

2

路中的总电阻，利用串联电阻的特点求出R2的阻值，利用Q＝IRt求出100s内R2产生的热量。

【解答】解：（1）当开关S接a时，电路为R1的简单电路，

由I＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝44；

Ω

（2）开关S接b时，R1与R2串联，电路消耗的功率为66W，

由P＝UI可得，电路中的电流：I1＝＝＝0.25A；

开关S接b时，电路中的总电阻最大，消耗的总功率最小，饮水机处于保温状态，此时电路中的

总电阻：R＝＝＝，

Ω

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝﹣44＝，

ΩΩΩ

22

100s内R2产生的热量：Q2＝I2R2t＝（0.3A）××100s＝6204J。

Ω

故答案为：44；6204。

【点评】本题考查了欧姆定律、串联电路的特点、电功率公式、焦耳定律的应用，会判断饮水机

不同状态时电路的连接方式是关键。

22．小宇同学利用身边的器材做了以下两个小实验：

（1）小宇把口香糖包装铝纸剪成中间细两端宽的铝纸条，铝纸条两端的铝面直接接触电池的正

负极，很快发现铝纸条中间处开始冒烟，起火苗，如图1所示。这是因为铝具有导电性，铝

纸条中间最细处的电阻较大，把它的两端直接接入电池正负极，造成短路，电流很大，

迅速发热使温度达到纸的着火点而燃烧起来。

（2）小宇拿出两根塑料吸管A、B，把A放在瓶盖上，B用纸巾摩擦后靠近A，如图2所示，发

现A被吸引而转动；若A也用纸巾摩擦过，则发现A被排斥而转动，这是由于同种电荷

互相排斥。

【分析】（1）金属都具有导电性，导线直接将电源连接起来的电路叫短路，短路时，容易烧坏电

路或形成火灾。

（2）带电体具有吸引轻小物体的性质，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

【解答】解：（1）因为铝属于金属，因此具有导电性，铝纸条两端的铝面直接接触电池的正负极，

铝纸条中间最细处的电阻较大，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸

的着火点而使之燃烧。

（2）塑料吸管B与纸巾摩擦产生电荷，带电体B能够吸引轻小的物体A，因此A被吸管B吸引

而转动；

如果吸管A也与纸巾摩擦，那么就会和吸管B排斥，这是因为同种电荷相互排斥的原因。

故答案为：（1）导电；大；大；（2）吸引；同种电荷互相排斥。

【点评】本题考查了利用身边器材能够做的物理实验以及分析实验中蕴含的物理知识，注重了物

理和生活的联系，属于基础知识的考查，相对比较简单。

23．有甲、乙两个电热水壶，规格分别为“220V1500W”和“220V2000W”。

（1）这两个电热水壶中，内部电热丝的阻值较大的是甲。

（2）使用电热水壶烧水时，发现水烧开了，而导线却几乎不热，这是因为电热水壶电热丝的电

阻比导线的电阻大。

【分析】（1）根据P＝求出电热丝的电阻；

（2）由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。

电热丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电热丝的电阻比

导线的电阻大，据焦耳定律分析。

【解答】解：（1）由P＝得：

甲电热水壶的电阻：R甲＝＝≈32.3；

Ω

乙电热水壶的电阻：R乙＝＝＝＝24.2，

Ω

所以甲内部电热丝的阻值较大。

（2）电热水壶在使用时，电热丝和导线串联，I电热丝＝I导线，通电时间t相同，

2

因为Q＝IRt，R电热丝＞R导线，

所以电流产生的热量：

Q电热丝＞Q导线，

从而出现电热丝热得发红，但跟电热丝连接的导线几乎不热的现象

故答案为：（1）甲；（2）大。

【点评】本题主要考查对公式的应用、电功率焦耳定律及应用、串联电路电流关系的了解和掌握，

知道电热丝和相连接的导线为串联是本题的关键。

24．如图所示是一款新型节能装置：空气能热水器，它的制热能效比（制热量和压缩机所耗电能之

比）为3：1，某同学洗一次澡用水40kg，这些水温度由17℃升高到42℃吸收的热量为4.2×106

J，若这些热量分别由空气能热水器和效率为70%的电热水器提供，则空气能热水器压缩机所耗

63

电能与电热水器所耗电能相比，可节约电能4.6×10J．[c水＝4.2×10J/（kg•℃）]

【分析】（1）知道水的比热容和初温、末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；

（2）利用空气能热水器的制热能效比为3：1求出空气能热水器提供这些热量时消耗的电能，利

用＝求出用电热水器加热时消耗的电能，两者的差值即为空气能热水器压缩机所耗电能与

电热η水器所耗电能相比可节约的电能。

【解答】解：（1）这些水温度由17℃升高到42℃吸收的热量：

36

Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×10J/（kg•℃）×40kg×（42℃﹣17℃）＝4.2×10J；

（2）因空气能热水器的制热能效比为3：1，

所以，由空气能热水器提供这些热量时，消耗的电能：

66

W1＝Q吸＝×4.2×10J＝1.4×10J，

已知电热水器的效率为