2017年各地中考物理试题分类汇编(90套)-专题18电功率电热

2017年各地中考物理试题分类汇编（90套）：专题18电功率电热10、（2017•潍坊）某型号电饭锅具有保温与加热两种功能，其简化电路如图所示，R1、R2均为电热丝。下列说法正确的是AA.S1、S2闭合时，电饭锅处于加热状态B.S1、S2闭合时，电饭锅处于保温状态C.S1闭合、S2断开时，电饭锅处于加热状态D.S1断开、S2闭合时，电饭锅处于保温状态5、（2017•潍坊）下列家用电器中，利用电流热效应工作的是C16、（2017•潍坊）（多选题）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定。当闭合开关，滑动变阻器滑片向b端移动时，下列判断正确的是CDA.电流表的示数变大B.R1与R2消耗的电功率之和增大C.R1与R2消耗的电功率之和减小D.电压表V1示数的减少量等于V2示数的增加量21、（2017•潍坊）（4分）现要测量小灯泡的功率。小薇同学选择了满足这个实验要求的器材，并连接了部分电路，如图甲所示。（1）请添加一根导线，完成图甲所示的实验电路的连接。（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至________端（选填“a”或“b”）。（3）闭合开关，调节滑动变阻器，当电压表示数为1.9V时，电流表示数如图乙所示，为______A，此时小灯泡的功率为__________W。21、（1）如图所示（2）b（3）0.20.3811（2017•青岛）（多选题）.如图所示，电源电压保持2V不变，小灯泡L标有“2.5V0.2A”字样，小灯泡的阻值保持不变。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是：ADA.电源工作时，将其他形式的能转化为电能B.此时小灯泡L正常发光C.若只断开开关S2，小灯泡L变得更亮D.若开关S2由闭合变为断开，电流表的示数变小12．（2017•威海）（多选题）如图所示．电源电压为4.5V，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”，小灯泡L标有“2.5V，1.25W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．在保证通过小灯泡L的电流不超过恒定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项正确的是（）A．小灯泡的额定电流是0.6AB．电流表的示数变化范围是0.3～0.5AC．电压表的示数变化范围是0～3VD．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4～10Ω【考点】IH：欧姆定律的应用；J9：电功率与电压、电流的关系．【分析】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可知电路中的最大电流为灯泡额的电流和滑动变阻器允许通过最大电流中较小的一个，根据欧姆定律求出电压表的最大示数，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．【解答】解：小灯泡的额定电流I===0.5A，故A错误；由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，当灯泡正常发光时，串联电路总电压等于各分电压之和，此时电压表的最小示数U滑=U﹣UL=4.5V﹣2.5V=2V，此时电路中的最大电流Imax=0.5A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：R滑min===4Ω；滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电阻：RL===5Ω，电路中的最小电流：Imin===0.3A，电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故B正确；此时灯泡分担的电压最小UL小=IminRL=0.3A×5Ω=1.5V，滑动变阻器两端的最大电压：U滑max=U﹣UL小=4.5V﹣1.5V=3V，即电压表最大示数，电压表的示数范围为2V～3V，故C错误；此时滑动变阻器的最大阻值Rmax===10Ω，所以滑动变阻器的范围是4Ω～10Ω，故D正确．故选BD．(1)（2017•青岛）电炉子工作时，通过导线和电炉丝的电流相等，电炉丝电阻比导线电阻_____，根据焦耳定律可知，相同时间内电炉丝产生的热量比导线_____，所以电炉丝热得发红而导线不太热。大多(3)（2017•青岛）将定值电阻R1和R2串联后接在电压为6V的电源两端，R1:R2=1:2，R1的电功率为2W，则R1两端的电压U1=V，R2=Ω。2426.（2017•枣庄）如图所示，电源电压保持不变，R1=10Ω，闭合开关S。开关S0拨至b时电压表示数是拨至a时的三分之一，则R2=

Ω；若电源电压为3V，当开关S0拨至b时，R1在10min内产生的热量是

J。26.20609.（2017•枣庄）如图所示，电源电压恒为5V，电压表的量程为“0～3V”，电流表的量程为“0～0.6A”，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，灯泡标有“3V

1.8W”字样。闭合开关，在电路安全的情况下（不考虑灯丝电阻的变化），则下列说法中正确的是（）CA.滑动变阻器的电阻允许调节的范围是0～20ΩB.电流表示数的变化范围是0.1～0.6AC.电压表示数的变化范围是1V～3VD.灯泡的最小功率是1W31.（2017•枣庄）（6分）图甲是智能怀旧灯，与灯串联的调光旋钮实质是滑动变阻器，图乙是简化的电路原理图。灯L标有“12V3W”字样，当滑动变阻器的滑片P在a点时，灯L正常发光，电源电压不变，不考虑温度对灯丝电阻的影响。问：（1）电源电压U是多少？（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻是12Ω时，灯L消耗的实际功率是多少？（3）当滑片P位于中点b和最右端c时，灯两端电压之比是3:2，则滑动变阻器的最大值是多少？（1）当滑片在最左端a点时灯泡正常发光，所以U=U额=12V灯泡正常发光的电阻灯泡与滑动变阻器串联滑片在中点b点时，灯两端电压滑片在最右端b点时灯两端电压根据题意：解得R=96Ω18．（2017•威海）一个标有“220V1200W”的电热水壶．要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是6.72×105J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是560s．（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）【考点】JK：电功与热量的综合计算．【分析】（1）知道水的质量、水的比热容和水温的变化值，利用吸热公式求水吸收的热量；（2）不计热损失，消耗的电能全转化为内能被水吸收，利用Q=W=Pt计算烧开这壶水需要的时间．【解答】解：（1）在标准大气压下，水的沸点为100℃，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×=6.72×105J；（2）因为电热水壶正常工作，所以P=P额=1200W，不计热损失，Q吸=W=Pt，所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：t===560s．故答案为：6.72×105J；560．20．（2017•聊城）已知定值电阻R1：R2=2：3，若把它们并联在同一电路中，通电后．它们的电流之比I1：I2=_______；若把它们串联在同一电路中，通电1分钟，R1、R2产生的热量之比Q1：Q2=_______。3：22：313．（2017•聊城）（多选题）如甲图所示的电路中，电源电压为16V恒定不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P滑动的过程中，电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示，根据图象信息可知，下列判断正确的是A．R0的阻值是10B．电路的最大总功率是25.6WC．R0的最小功率是3.2WD．滑动变阻器的最大阻值是70ABD26．（2017•聊城）(6分)在“测量小灯泡的电功率”实验中．电源电压为6V保持不变．所用小灯泡的额定电压为2．5V．小灯泡的电阻约为10。(1)用笔画线代替导线，将图甲的实物图连接完整，要求滑动变阻器滑片P向右滑动时小灯泡变亮。(2)闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到最_______端(选填“左”或“右”)。(3)闭合开关S后，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表均有示数，接下来首先应该操作的是_______(填序号)A．检查电路是开断路B．检查电路是开短路C．移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡是否发光(4)通过小灯泡的电流随它两端电压的变化如图乙所示．分析图象可知，当小灯泡两端的电压增大时，灯丝的电阻会_______(选填“增大”、“不变”或“减小”)；小灯泡的额定功率为_______W。(5)若将小灯泡换成定值电阻，该电路还可以进行的实验有______________(清写出一个即可)。(1)(2)左(3)C(1)增大0.5(5)伏安法测电阻或电阻一定时，研究通过导体的电流与导体两端电压的关系29．（2017•聊城）(9分)如图所示，电源电压保持12V不变，电阻R1=50，只闭合开关S3，将滑动变阻器滑片P移到中点时．电流表示数为0．2A，小灯泡L的实际功率为1．8W；电流表的量程为0一0．6A，电压表的量程为0一3V。(不考虑温度对灯丝电阻的影响)求：(1)当开关S1、S2、S3都闭合时，通过R1的电流是多少?(2)小灯泡的电阻是多少?只闭合开关S3，滑片P在中点时，电压表的示数是多少?(3)在保证电路安全的条件下，电路消耗的最小功率是多少?19．（2017•威海）如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡L的规格为”6V3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为12Ω，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是24W～36W．【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．【分析】（1）当开关S1、S2都断开时，R1与L串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出R1的阻值；（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，根据电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出电路的最大总功率；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用P=UI=求出电路的最小总功率，然后得出答案．【解答】解：（1）当S1、S2都断开时，R1与L串联，灯正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=UI可得，电路中的电流：I=IL===0.5A，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﹣UL=12V﹣6V=6V，由I=可得，R1的阻值：R1===12Ω；（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，因电流表的量程为0～3A，所以，电路中的最大电流为3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，整个电路的最大电功率：P大=UI大=12V×3A=36W；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，因并联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的总电阻：R===6Ω，电路消耗的最小总功率：P小===24W，所以，整个电路电功率的变化范围是24W～36W．故答案为：12；24W～36．25．（2017•威海）根据下列两个实验，回答相关问题：（1）电流做功的过程是把电能转化为其他形式能的过程，一般情况下电流做功的多少我们无法直接观察出．小明同学为了“探究影响电流做功的因素”，设计了如图1所示的实验，通过此实验可以较形象的比较出电流做功的多少．该实验是通过观察物体被提升的高度比较电流在不同情况下做功多少的，此过程中是把电能转化为机械能；将滑动变阻器的滑片P向左调节时，电流表和电压表的示数都变大，相同时间内物体被吊起的度度也变大了，这说明当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，电流做功越多．（2）实际生活中，用电器接通电源后，都伴有热量的产生，小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图2所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气并与U形管紧密相连，实验前U形管两端液面相平，将1、2和3、4导线分别接到电源两端．在实验过程中，通过观察U形管中液面高度的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少：图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系，图乙所示的装置是用来研究通过电阻丝产生的热量与电流大小的关系，综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．．【考点】J6：电功的测量；JH：焦耳定律．【分析】（1）电流做的功过程中，将电能转化为物体的机械能；根据W=UIt进行分析，即当时间相同时，电压越大，电流越大，电流做的功就越多，电流转化为物体的机械能就越多；（2）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，这种研究方法叫转化法；电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关．探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间相同；综合分析图甲乙两装置的实验现象得出结论．【解答】解：（1）图1所示的实验是通过观察物体被提升的高度来比较电流在不同情况下做功多少的；由W=UIt可知，当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，物体被吊起的高度也越大，说明电能转化为物体的机械能越大，即电流做功越多．（2）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，这种研究方法叫转化法；如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电阻的关系；通过一段时间后，b容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量较多；图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，由串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端电阻的电流相等，即I右=I左；两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I左=I内+I外，所以，I左＞I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电流的关系；通过一段时间，c容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量多；综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是：电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．故答案为：（1）物体被提升的高度；机械；物体被提升的高度；当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，电流做功越多；（2）液面高度；电阻大小；电流大小；电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．27．（2017•威海）某生态园设计了模拟日光和自动调温系烧，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω，L是标有“220V160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能．灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8×107J/m3，请解答下列问题：（1）晚上工作时电路的总功率是多大？（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？【考点】JA：电功率的计算；GJ：燃料的热值；J3：电功的计算．【分析】（1）由电路图分析电路的工作状态，白天保温状态时，R1、R2串联，晚上加热时L与R1并联．由白天工作时两电阻功率计算出R1的阻值，再计算晚上时R1电功率，从而得到晚上工作时电路的总功率；（2）由P=计算白天保温的总功率，由Q=W=Pt计算一天内电热丝放出的热量，由沼气效率和Q=qV计算需要燃烧沼气的体积．【解答】解：（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；由串联电路的特点可知，通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，由P=I2R可得：===，由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联；由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，所以R1的功率：P1′===4840W，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1'=160W+4840W=5000W；（2）由串联电路的特点和P=可得，白天系统在保温状态时电热丝的总功率：P保温===1210W，由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：Q=W=P1′t+P保温t=（P1′+P保温）t=×10×3600s=2.178×108J，由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，由Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：V====24.2m3．答：（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24.2m3的沼气．18．（2017•烟台）甲、乙两只电炉标有“220V500W”和“220V1000W”字样，把它们串联在220V的电路中．在相同时间内产生热量较多的是甲，将它们并联在电路中，产生热量较多的是乙（选填“甲”或“乙”）．串联时甲电炉消耗的电功率与并联时甲电炉消耗的电功率之比为111：250．【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用；JA：电功率的计算．【分析】（1）知道两只电炉的额定电压和额定功率，根据R=比较两只电炉的电阻，根据串联电路的电流特点和焦耳定律比较两电炉的产生热量关系；根据并联电路中各并联支路两端的电压相等和Q=W=Pt比较两电炉的产生热量关系；（2）分别计算两种情况下甲消耗的实际功率并确定其比例关系．【解答】解：（1）由P=得，电炉的电阻R=，因为甲、乙两只电炉的额定电压相同，额定功率P甲＜P乙，所以甲、乙两只电炉的电阻：R甲＞R乙，又因为串联电路中的电流处处相等，即通过甲、乙两只电炉的电流：I甲=I乙，根据Q=I2Rt可知，在相同时间内产生的热量Q甲＞Q乙，故串联时产生热量较大的是甲；将它们并联在220V电路上，根据并联电路中各支路两端的电压相等，即U甲=U乙=220V，则两电炉的实际功率等于额定功率，即：P甲=500W；P乙=1000W，根据Q=W=Pt可知，在相同时间内产生的热量Q甲＜Q乙，故并联时产生热量较大的是乙；（2）甲电炉的电阻为R甲===96.8Ω，乙电炉的电阻为R乙===48.4Ω，串联在220V电路中甲消耗的实际功率为P实甲=I实2R甲=（）2×R甲=（）2×96.8Ω≈222W；当甲电炉并联在220V电路中，P实甲′=P额甲=500W，所以两种情况下甲消耗的功率之比为P实甲：P实甲′=222W：500W=111：250．故答案为：甲；乙；111：250．27．（2017•烟台）我们生活在电的时代，电能的广泛使用，使电能的社会需求日趋紧张．节约电能，提高能源的利用率是一个在国民经济中具有重要战略意义的问题．改造和淘汰陈旧的设备、采用高压输电是节约能源的重要措施．其电站与用户间距离为10km，输送的电功率为6.0×104kW，每米输电导线的电阻为1.8×10﹣3Ω，若输电电压从1.0×105V提高到3.0×105V．（1）求输电线路损耗的电功率减少了多少？（2）现输电导线在某处发生了短路，为确定短路位置，检修员在电站利用电压表、电流表和电源接成如图1所示电路进行检测．电压表的示数为3.0V，电流表的示数为0.5A，则短路的位置离电站的距离为多少？（3）安全用电的常识之一是不靠近高压电，而双脚站在高压线上的小鸟（两脚间距离为5cm，电阻为104Ω）居然安然无恙（图2），计算说明小鸟为什么不会触电死亡？在你的计算中运用了什么近似条件？【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．【分析】（1）根据输送功率P=UI求出输电电流，再计算出输电导线电阻，根据P=I2R可得输电线上减少的电功率；（2）根据欧姆定律求出导线的总电阻，由此求出导线的长度，再根据导线是两根从而确定出短路的位置离电站的距离；（3）小鸟双脚站在高压线上时，小鸟与两脚间输电线并联，先求出长5cm输电线的电阻，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出小鸟两端的电压，再根据欧姆定律求出通过小鸟的电流，根据通过小鸟的电流很小判断出小鸟不会触电死亡的原因．【解答】解：（1）采用高压输电时，输送功率不变，由P=UI可得提高输电电压前后导线上的电流：I1===600A，I2===200A，每米输电导线的电阻为1.8×10﹣3Ω，电站与用户间距离为10km，输电电线有两根，所以电站与用户间输电导线的电阻：R=1.8×10﹣3Ω/m×10×103m×2=36Ω，由P=I2R可得输电线上减少的电功率：△P=P1﹣P2=I12R﹣I22R=2×36Ω﹣2×36Ω=1.152×107W；（2）由I=可得，短路的位置与电站间导线的电阻：R′===6Ω，短路的位置与电站间导线的长度：L==×103m，则短路位置离电站的距离：s=L=××103m≈1.67×103m；（3）由题可知，小鸟与两脚间的输电线并联，长5cm输电线的电阻：R线′=1.8×10﹣3Ω/m×5×10﹣2m=9×10﹣5Ω，并联电路中各支路两端的电压相等，由1小题可知提高输电电压后的电流I=200A，由I=可得：U鸟=U线′=IR线′=200A×9×10﹣5Ω=1.8×10﹣2V，通过小鸟的电流：I鸟===1.8×10﹣6A=1.8μA，由此可知，通过小鸟的电流很小，所以小鸟不会触电死亡．小鸟两脚间的导线与小鸟是并联的，干路电流为200A，计算时小鸟两脚间导线上的电流取值近似等于干路中的电流．答：（1）输电线路损耗的电功率减少了1.152×107W；（2）短路的位置离电站的距离为1.67×103m；（3）通过小鸟的电流很小，所以小鸟不会触电死亡；计算时小鸟两脚间导线上的电流取值近似等于干路中的电流．15．（2017•滨州）（多选题）如图甲所示，两电热丝R1与R2并联，R1=20Ω，电源电压保持不变，闭合开关，电流表A1和电流表A2表盘指针均指如图乙所示位置，则以下判断正确的是（）A．R1：R2=5：1B．电源电压是10VC．R2的电功率是20WD．R1工作2分钟所放出的热量为600J【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算；JI：焦耳定律的计算公式及其应用．【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，根据并联电路的电流特点结合两电流表指针的位置相同确定电流表量程，根据分度值读出示数，进一步求出通过R2的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，再根据欧姆定律求出R2的阻值，进一步求出两电阻的阻值之比，利用P=UI求出R2的电功率，根据Q=I2Rt求出R1工作2分钟所放出的热量．【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流．因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两电流表指针的位置相同，所以，电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，干路电流I=2.5A，电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，通过R1的电流I1=0.5A，根据并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：I2=I﹣I1=2.5A﹣0.5A=2A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=可得，电源的电压：U=I1R1=0.5A×20Ω=10V，故B正确；则R2的阻值：R2===5Ω，则R1：R2=20Ω：5Ω=4：1，故A错误；R2的电功率：P2=UI2=10V×2A=20W，故C正确；R1工作2分钟所放出的热量：Q1=I12R1t=（0.5A）2×20Ω×2×60s=600J，故D正确．故选BCD．17．（2017•滨州）如图甲所示，将额定电压为2.5V的小灯泡接入电源电压为4.5V的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，记录相应电压表和电流表示数绘制成如图乙所示的U﹣I图象，则小灯泡的额定功率为0.625W，小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻是8Ω．【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．【分析】由图象可知，当小灯泡两端的电压为2.5V时对应的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；根据串联电路电流、电压规律和欧姆定律的变形公式求出滑动变阻器接入电路的电阻．【解答】解：（1）由图乙可知，当小灯泡两端的电压为U额=2.5V时，通过小灯泡的电流I额=0.25A，则小灯泡的额定功率：P=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W．（2）由电路图可知，小灯泡与滑动变阻器并联，电压表测小灯泡两端的电压，当小灯炮正常发光时，U额=2.5V，电路中的电流I=I额=0.25A，根据串联电路电压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=U﹣U额=4.5V﹣2.5V=2V，由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的电阻：R滑===8Ω．故答案为：0.625；8．17．（2017•德州）充电宝是一个可充放电的锂聚合物电池．某充电宝部分相关参数如下表所示．该充电宝完全充满电时储存的电能为3.6×104J，输出功率为5W．完全充电100mA/20V/5h输出电压5V输出电流1000mA【考点】JA：电功率的计算；J3：电功的计算．【分析】由充电宝的铭牌可知完全充电参数，根据W=UIt求出完全充满电时储存的电能，又知道输出电压和输出电流，根据P=UI求出输出功率．【解答】解：该充电宝完全充满电时储存的电能：W=UIt=20V×100×10﹣3A×5×3600s=3.6×104J，输出功率：P=U′I′=5V×1000×10﹣3A=5W．故答案为：3.6×104；5．6.（2017•菏泽）下列用电器中，利用电流热效应工作的是（）A.B.C.D.6、A解析：电流的热效应指的是，用电器将电能转化为内能。电饭锅工作时就是将电能转化为内能来工作的，A正确；抽油烟机将电能转化为动能，B不符合题意；电视机和笔记本电脑工作时，主要将电能转化为声和光，C、D不符合题意。26.（2017•菏泽）（5分）小美在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选用的器材如下：二节干电池，一个电流表，一个电压表，一个滑动变阻器，额定电压为2.5V的小灯泡，开关，导线若干。设计的电路图如甲图所示。实验次数灯泡两端电压电流表示数10.5V0.1A21V0.15A31.5V0.21A请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路连接完整。开关闭合前，使滑片变阻器的滑片处于最______________端（填“左”或“右”）。根据小美记录的数据信息，要让小灯泡正常发光，电压表的示数应是_____________V。电路中电流表及导线的电阻都很小，对电路的影响忽略不计，且小美所测量的数据准确无误，通过对实验记录中的数据计算分析，你发现的新问题是：_____________________。导致此问题产生的根本原因是：___________________________。（1）如图所示：（2）右（3）2.5（4）随着小灯泡两端电压的增大，灯泡的电阻变大灯丝的电阻受温度的影响28.（2017•菏泽）（8分）LED灯发光的颜色与两端的电压之间的关系如表所示。小美用一个的电阻与LED灯串联，接在电压为6V的电源上，成功的让LED灯发出了蓝光，如图所示。灯两端电压V22.43发光的颜色红绿蓝问：（1）定值电阻两端的电压是多少？（2）通过定值电阻的电流是多少？（3）LED灯的实际功率是多少？（4）LED灯工作1小时，消耗的电能是多少？（5）小美通过电阻与LED灯串联，实现了LED灯发蓝光。请你在不使用电阻的情况下，设计一个让LED灯发出蓝光的方法。28.（1）LED发蓝光，它两端的电压为UL=3V,电源电压U=6V，R1与LED灯串联，根据串联电路中电压的特点可知U=UL+U1，所以灯泡两端的电压U1=U-UL=6V-3V=3V（2）通过定值电阻的电流：==0.02A（3）LED灯的实际功率：=3V×0.02A=0.06WLED灯工作的时间：t=1h=3600s消耗的电能：W=pt=0.06W×3600s=216J（5）LED等发蓝光是所加电压应为3V，所以可以直接将LED灯接到3V的电源上；也可以将两个同样的LED等串联接到6V的电源上。20．（2017•济宁）小可将电源、开关、导线、滑动变阻器、电流表和电压表接入电路，用“伏安法”测额定电压为2.5V小灯泡的功率．（1）请在方框内（图1）画出实验电路图．（2）小可根据实验数据绘制了U﹣I图象，如图2甲所示．观察图象，发现AB部分为线段，BC部分为曲线．为便于分析，将线段AB延长作出图象，如图2乙所示．比较甲、乙两图象，发现两图象间的距离随着电流的增大而增大，说明温度越高，灯丝电阻越大．（3）根据图象中B点对应的电压和电流值，计算小灯泡的电阻R=5Ω．当电压为2.5V时，根据甲图象计算小灯泡的功率P甲=0.625W，根据乙图象计算小灯泡的功率P乙=1.25W．（4）请结合以上分析和计算，解释白炽灯泡烧坏往往发生在开灯瞬间的原因：开灯时，灯丝的温度低，电阻相对较小，根据电功率公式P=可知，此时的功率较大，灯丝温度较高，灯丝易烧断．【考点】JF：电功率的测量．【分析】（1）电流表测出灯泡的电流，电压表测出灯泡两端的额定电压，从而测出额定功率，据此分析电路图的画法；（2）灯丝电阻受到温度的影响；（3）根据图象找出电流和电压值，根据欧姆定律求出电阻的大小；根据甲图象找出额定电压下的电流值，利用公式P=UI求出功率；根据P=求出乙图中灯泡的功率；（4）刚开灯时，灯丝温度低，电阻相对较小，功率较大，导致短时间内产生的热量过多，温度过高．【解答】解：（1）电流表、灯泡、滑动变阻器串联接入电流，电压表并联在灯泡两端，电路图为：；（2）由图象可知，随着电压、电流的增大，小灯泡的电功率变大，小灯泡的电阻是增大的，说明灯丝电阻受到了温度的影响；（3）图象中B点对应的电压值为0.25V，电流值为0.05A，由欧姆定律可知，灯泡电阻值为R===5Ω；当电压为2.5V时，甲图象中的电流值为0.25A，计算小灯泡的功率P甲=UI=2.5V×0.25A=0.625W；乙图象为一条直线，表明灯泡的电阻是不变的，则根据乙图象可知小灯泡的功率P乙===1.25W；（4）开灯时，灯丝的温度低，电阻相对较小，根据电功率公式P=可知，此时的功率较大，灯丝温度较高，灯丝易烧断．故答案为：（1）如图；（2）温度越高，灯丝电阻越大；（3）5；0.625；1.25；（4）开灯时，灯丝的温度低，电阻相对较小，根据电功率公式P=可知，此时的功率较大，灯丝温度较高，灯丝易烧断．22．（2017•泰安）如图为一种测量酒精气体浓度的工作原理图，电源电压恒为12V，定值电阻R=40Ω，R0是酒精气敏电阻，阻值随酒精气体的浓度增大而减小，其阻值变化范围为10Ω﹣20Ω，电压表接入电路的量程为0﹣15V，电流表接入电路的量程为0﹣0.6A．闭合开关S，当环境的酒精气体的浓度增大时，下列说法正确的是（）①电流表的示数变小②电压表示数与电流表示数的比值不变③电压表示数的范围为8V﹣9.6V④电阻R0消耗的电功率范围为0.4W﹣0.8W．A．只有①②正确 B．只有①④正确 C．只有②③正确 D．只有②③④正确【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流．（1）当环境的酒精气体的浓度增大时，R0阻值随酒精气体的浓度增大而减小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化，由欧姆定律结合R的阻值判断电压表示数与电流表示数的比值变化；（2）当R0=10Ω时，电路中的总电阻最小，电路中的电流最大即经过R0的电流最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出最大电流，根据U=IR求出电压表的最大示数；根据P=I2R求出R0消耗的电功率；当R0=20Ω时，电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出最小电流，根据U=IR求出电压表的最小示数；根据P=I2R求出R0消耗的最小电功率．【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流．（1）当环境的酒精气体的浓度增大时，R0阻值随酒精气体的浓度增大而减小，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故①错误；由R=可知，电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值，则电压表示数与电流表示数的比值不变，故②正确；（2）当R0=10Ω时，电路中的总电阻最小，电路中的电流最大，即经过R0的电流最大，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，经过R0的电流最大，I大===0.24A，则电压表的最大示数为：U最大=I大R=0.24A×40Ω=9.6V，R0消耗的电功率：PR0大=（I大）2R0=（0.24A）2×10Ω=0.576W，当R0大=20Ω时，电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，电路中的最小电流：I小===0.2A，则电压表的最小示数为：U最小=I小R=0.2A×40Ω=8V，所以，电压表示数的范围为8V﹣9.6V，故③正确；R0消耗的电功率：PR0小=（I小）2R0=（0.2A）2×10Ω=0.4W，所以，电阻R0消耗的功率范围为0.4W～0.576W，故④错误．故选C．31．（2017•泰安）有一个小灯泡标有5.0V字样，要测定它的额定功率．已知小灯泡正常发光时的电阻值约10Ω，电源电压为6V．（1）请你用笔画线代替导线，连接完成实验电路．（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片应该在a端（选填“a”或“b”）．（3）某次连接线路后，闭合开关灯不亮，电流表有示数，电压表没有示数，猜想以下3种故障，其中可能的是CA．可能是灯丝断了B．可能是开关接线处断路C．可能是小灯泡的灯座短路为避免出现上述故障时损坏电流表，选择的滑动变阻器的最大阻值应不小于10Ω．（4）排除故障后，移动变阻器滑片，观察当电压表示数为5V时，再记录另一个电表的示数，可以计算小灯泡的额定功率．【考点】JF：电功率的测量．【分析】（1）从小灯泡的型号可以得出电压表应该选用0～15V这一量程的并联在小灯泡两端；根据小灯泡的额定电压和电阻求出电流，从而判定电流表量程；滑动变阻器采用一上一下的接法；（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片调至阻值最大位置；（3）电流表有示数，说明电路出现了短路，电压表无示数，说明与电压表并联部分短路；根据电流表的最大电流求出滑动变阻器的最小阻值；（4）要注意电压表示数，当电压表示数等于灯泡额定电压时，灯泡正常发光．【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为5V，则电压表应该选用0～15V这一量程，电压表并联在小灯泡两端；灯泡的额定电流为：I===0.5A，电流表量程为0﹣0.6A；滑动变阻器采用一上一下的接法；如图：；（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片调至阻值最大位置，即a端；（3）电流表有示数，说明电路出现了短路，电压表无示数，灯泡不发光，说明与电压表的灯泡短路了；故选C；电源电压为6V，电流表的最大值为0.6A，则滑动变阻器的最小阻值为：R'===10Ω；（4）因为灯泡的额定电压为5V，所以在实验过程中，眼睛应注意观察电压表当电压表示数是5V时，表明灯正常发光，记下此时电流表的示数．故答案为：（1）如图；（2）a；（3）C；10；（4）电压；5V．35．（2017•泰安）小明同学设计了如图甲所示的汽车转向指示灯电路模型，接通相应指示灯后，指示灯会亮、暗（微弱发光）交替闪烁发光，电路中电源电压恒为6V，R0为定值电阻，指示灯规格均为“6V3W”，电磁铁线圈和衔铁的电阻忽略不计，指示灯的电压与电流的变化规律如表所示：电压/V…0.51.22.03.04.05.05.5…电流/A…0.080.120.180.260.340.420.46…（1）若让左转、右转指示灯同时工作，转向开关应与触点3和4接通（选填“1和2”、“2和3”、“3和4”或“4和5”）．（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯两端实际电压U灯随时间t变化规律如图乙所示，已知当右转指示灯微弱发光时，右转指示灯的功率与定值电阻R0的功率之比是1：4，求定值电阻R0的阻值．（3）右转指示灯交替闪烁工作15s时，求指示灯和R0消耗的电能分别是多少？【考点】J9：电功率与电压、电流的关系；HS：电路的基本连接方式；J3：电功的计算．【分析】（1）若让左转、右转指示灯同时工作，应让两灯全部接入电路中；（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯与R0串联接入电路中，根据功率之比、串联电路的电压规律可以求出R0两端的电压和电流，根据欧姆定律求出电阻；（3）根据图象分析指示灯和R0的工作时间，利用公式W=Pt和W=UIt求出灯泡消耗的电能；根据W=UIt求出R0消耗的电能．【解答】解：（1）若让左转、右转指示灯同时工作，应让两灯并联后全部接入电路中，故转向开关应与触点3和4接通；（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯与R0串联接入电路中，电流相同，右转指示灯的功率与定值电阻R0的功率之比是1：4，根据P=UI可知：右转指示灯的功率与定值电阻R0的电压之比为：UL：U0=：=PL：P0=1：4，在串联电路中电源电压等于各部分电压之和，U=UL+U0=6V，则：UL=1.2V，U0=4.8V；由表格可知，当灯泡两端电压为1.2V时，灯泡的电流为0.12A，由欧姆定律可知R0的阻值为：R0===40Ω；（3）由图乙可知，右转指示灯交替闪烁工作15s内，亮、暗发光的时间分别为t1=5s、t2=10s；消耗的电能分别是：W1=Pt1=3W×5s=15J；W2=ULIt2=1.2V×0.12A×10s=1.44J；灯消耗的总电能为：W=W1+W2=15J+1.44J=16.44J；灯泡正常发光时，R0不工作，灯泡发光较暗时，R0工作，故15s内R0工作的时间为t=10s，则R0消耗的电能为：W0=U0It=4.8V×0.12A×10s=5.76J．答：（1）3和4；（2）定值电阻R0的阻值为40Ω；（3）右转指示灯交替闪烁工作15s时，求指示灯和R0消耗的电能分别是16.44J和5.76J．18、（2分）（2017•临沂）小明用两个不同的白炽灯泡做“探究串联电路的电流特点”实验时，发现一个灯泡较亮而另一个灯泡较暗，则较亮的灯泡电阻小B.灯丝粗C.电流大D.功率大D专题：电功率解析：串联电路中电流处处相等，C错误，灯泡的亮度取决于实际功率，功率大，灯泡亮，D正确；根据知，亮的灯泡电阻大，灯丝细，A、B错误。20.（2分）（2017•临沂）如图所示电路的电源电压保持不变，将滑动变阻器的滑片P从中点移到b端的过程中灯泡变暗电压表示数变大电流表示数变小电路总功率变小D专题：串并联电路特点；电功率解析：去掉电压表，将电流表视为导线，可以看出电路中灯泡与滑动变阻器并联，放入电流表，看到电流表测量灯泡的电流，电压表测灯泡的电压。根据并联电路的特点，滑片P从中点移到b端的过程中，电压表示数已知等于电源电压，示数不变，B错；灯泡电压不变，电阻不变，所以电流不变，根据,灯泡的功率也不变，所以A、C错误；滑片P从中点移到b端的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电流变小，电压不变，根据,滑动变阻器的功率变小，电路总功率变小，D正确。21.（2分）（2017•临沂）（1）图甲中物块的长度为________cm；（2）图乙所示电能表的示数为________kW•h.(1)2.26(2.24—2.28均可)（2）2017.6专题：机械运动；电功解析：（1）从图中看出，1cm的长度中分为10小格，所以刻度尺的分度值为1mm，读数要估读到分度值下一位，末端读数为5.26cm，起始端在刻度3.00cm，物体的长度为：5.26cm—3.00cm=2.26cm。（2）电能表最后一位为小数位，单位为kw•h，所以读数为2017.6kW•h。（3分）（2017•临沂）小明用毛皮摩擦过的橡胶棒与悬挂着的泡沫小球靠近时，它们相互排斥，则该泡沫小球带______电；小明发现空调和台灯的电源线虽然都是铜线，但规格明显不同，这主要是因为__________（填“长度”或“横截面积”）对导线电阻的影响；小明家的空调电辅热系统的电阻丝阻值为40Ω，工作时的电流为5A，则通电10s电阻丝产生的热量为__________J。25.负横截面积1×104（或104或10000）专题：静电现象；电阻；焦耳定律解析：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，同种电荷相互排斥，所以，泡沫小球也带负电；导体电阻的影响因素有材料、长度、横截面积和温度，空调和台灯的电源线都是铜线，，但横截面积不同，电阻不同；根据焦耳定律可知，=（5A）2×40Ω×10s=10000J。32.（6分）（2017•临沂）小明用“伏安法”测额定电压为2.5V的小灯泡的灯丝电阻，他设计的实验电路图如图甲所示。（1）请用笔画线代替导线将图乙中的实物连接完整（滑片P向B端滑动时灯泡变亮）。（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，电路故障可能是________________。（3）排除电路故障后，小明实验过程中记录的数据如下表所示，其中第2次实验时的电流表示数如图丙所示，则通过小灯泡的电流为______A。（4）小明分别求出不同电压下小灯泡的电阻，然后求出电阻的平均值，他的这种做法_________（填“合理”或“不合理”）（5）通过实验数据可知，该小灯泡的额定功率为_______W。（6）小明________（填“能”或“不能”）用本次实验的器材探究电流与电压的关系。32.(1)如图（2）小灯泡开路（或小灯泡断路或小灯泡接触不良）（3）0.24（4）不合理（5）0.65（6）不能专题：电功率解析：（1）滑片P向B端滑动时灯泡变亮，说明向B端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以应连接B接线柱；（2）小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，说明小灯泡断路；（3）根据表中数据可知，电流表选择的是0~0.6A，分度值0.02，电流表示数为：0.2A+0.02×2A=0.24A；（4）电压不同时，小灯泡的功率不同，温度不同，灯泡的电阻随温度变化，求出的平均值没有意义，所以不合理；（5）小灯泡的额定功率，应该是额定电压2.5V使得功率：P=UI=2.5V×0.26A=0.65W；（6）要想探究电流与电压的关系，必须保证电阻相同，而小灯泡的电阻随温度变化，所以不能用本次实验的器材探究电流与电压的关系。6．（2017•丽水）如图所示电路中，R1的阻值为4欧，当开关S1和S2都闭合时，电流表示数为3安；当只闭合S2时，电流表示数为2安，下列说法正确的是（）A．电源电压为6伏B．R2的阻值为1欧C．S1和S2都闭合时，R2消耗的功率为18瓦D．只闭合S2时，电路消耗的总功率为24瓦【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】（1）当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；（2）只闭合S2时，两电阻串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电阻R2阻值；（3）S1和S2都闭合时，电路为R1的简单电路，R2消耗的功率为零；（4）只闭合S2时，根据P=UI求出此时消耗的总功率．【解答】解：A、当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，示数为3安；由I=可得，电源的电压：U=I1R1=3A×4Ω=12V；故A错误；B、只闭合S2时，两电阻串联，电流表测电路中的电流，示数为2安；由I=可得，电路中的总电阻：R===6Ω；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻R2阻值：R2=R﹣R1=6Ω﹣4Ω=2Ω，故B错误；C、S1和S2都闭合时，电路为R1的简单电路，R2消耗的功率为零；故C错误；D、只闭合S2时，电流为2安，电路消耗的总功率：P=UI2=12V×2A=24W，故D正确．故选D．8．（2017•丽水）如图为科研人员研制的“发电鞋”，鞋内部安装了磁铁和线圈，人在行走时发的电存储于蓄电池中，可用于手机充电．（1）发电鞋发电时是利用电磁感应原理工作的；（2）穿该发电鞋以某速度行走，其平均发电功率约为0.4瓦，若以这样的速度行走10分钟，可产生电能240焦．【考点】CS：发电机的构造和原理；J3：电功的计算．【分析】（1）电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动时，导体中会有感应电流产生；（2）根据W=Pt计算发电鞋产生的电能．【解答】解：（1）由题意可知，人在行走时，人体带动磁铁运动，磁铁产生的磁场通过线圈，从而产生感应电流，所以“发电鞋”是利用电磁感应原理制成的；（2）以正常速度行走时，其发电的功率约为0.4W，所以10min产生的电能为：W=Pt=0.4W×600s=240J．故答案为：电磁感应；240．11．（2017•杭州）如图是小金研究电动机转动是否对小灯泡的亮度有影响的电路图，开始小金先抓住转轴合上开关，观察小灯泡的亮度，接着放开转轴让电动机转动，继续观察小灯泡亮度的变化（已知：小灯泡的电阻为R，电动机线圈电阻为r，电源电压为U），由此请你回答：（1）在电动机未转动时，t时间内电流在电路中产生的热量为（填写表达式）；（2）在电动机转动时，电流所做的功大于电流在电路中产生的热量（选填“大于”“等于”或“小于”）；（3）小金判断电动机转动后小灯泡会更亮，你认为小金的判断正确吗？并根据学过的知识给以解释．【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用；J3：电功的计算；JE：实际功率．【分析】（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，根据焦耳定律的公式写出表达式；（2）（3）在电动机转动时，消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能．【解答】解：（1）在电动机未转动时，该电路为两个电阻串联的电路，则此时电路中的电流为：I=；根据焦耳定律可知，t时间内电流在电路中产生的热量即电流所做的功为：W=Q=UIt=Ut=；（2）在电动机转动时，电流所做的功主要有两个利用：一个是转化为电动机的机械能，另一个是转化为灯泡和电动机的内能；故电流在电路中产生的热量要小于电流所做的功；（3）电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗，所以小金的判断时错误的．故答案为：（1）；（2）大于；（3）错误；=；电动机转动后，电动机会消耗一部分能量，使得电功转化而成的内能减小，故灯泡的亮度会变暗．3．（2017•德阳）下列数据中，最接近实际情况的是（）A．普通家用照明灯的工作电流约为2AB．家用手电筒的额定功率约为200WC．一节新干电池的电压约为1.5VD．电饭锅加热煮饭时的功率约为100W【考点】HG：电流的大小；I1：电压；J7：电功率．【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案．【解答】解：A、家用照明灯的功率在60W左右，工作电流约0.3A；故A错误；B、家用手电筒的额定功率约10W，达不到200W；故B错误；C、一节新干电池的电压约为1.5V；符合实际；故C正确；D、电饭锅加热煮饭时的功率约为1000W以上；故D错误；故选C．（2017•德阳）12．如图所示的电路中，电源电压为6V，电压表的量程为0﹣3V，电流表的量程为0﹣0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，灯泡标有“5V2.5W”字样．闭合开关，将滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置，这时通过灯泡的电流为0.2A；若要求两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，则该电路能消耗的最大功率为1.8W．（不考虑灯丝电阻的变化）【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流．（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI=求出灯泡的电阻，将滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流即为通过L的电流；（2）由灯泡的额定电压5V大于电压表的量程3V，则电压表的示数最大时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，利用P=UI求出该电路能消耗的最大功率．【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流．（1）由P=UI=可得，灯泡的电阻：RL===10Ω，将滑动变阻器的滑片移到阻值最大的位置时，因串联电路中总电阻等于各分电压之和，且各处的电流相等，所以，通过灯泡的电流：I===0.2A；（2）因灯泡的额定电压5V大于电压表的量程3V，所以，当电压表的示数UL′=3V时，电路中的电流最大，则电路中的最大电流：I大===0.3A，则该电路能消耗的最大功率：P大=UI大=6V×0.3A=1.8W．故答案为：0.2；1.8．4．（2017•连云港）智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁的使用会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式”来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的（）A．增大电池电压 B．增加总功率 C．减小总功率 D．降低散热能力【考点】J8：电功率与电能、时间的关系．【分析】省电模式是切断个人电脑部件供电以实现省电的功能，根据P=分析．【解答】解：当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由P=可得，W=Pt，要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的．故选C．23．（2017•连云港）小灯泡作为中学最常使用的电学元件之一，通常认为其电阻不随温度而发生变化，但在实际应用中其电阻并非定值，现设计一个测量某种型号小灯泡I﹣U图象的电路如图甲，电源电压恒为6V，滑动变阻器最大电阻30Ω．（1）当开关S1，S2均闭合，滑片处于a端时，求电流表A1的示数；（2）当开关S1闭合，S2断开，滑片离a端处时，电流表A2的示数0.2A，求此时小灯泡的电阻．（3）在开关S1闭合，S2断开的情况下，某同学描绘出小灯泡I﹣U图象如图乙，求图中C点对应的电路中滑动变阻器接入电路的阻值大小和滑动变阻器消耗的功率．【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】（1）当开关S1，S2均闭合，滑片处于a端时，电路为R最大阻值的简单电路，电流表A1测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的电流；（2）当开关S1闭合，S2断开，滑片离a端处时，灯泡与变阻器串联，电流表A2测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据题意得出变阻器接入电路中的电阻，利用电阻的串联求出此时小灯泡的电阻；（3）在开关S1闭合，S2断开的情况下，根据图乙读出灯泡两端的电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻，根据P=UI求出滑动变阻器消耗的功率．【解答】解：（1）当开关S1，S2均闭合，滑片处于a端时，电路为滑动变阻器最大阻值的简单电路，电流表A1测电路中的电流，由欧姆定律可得，电流表A1的示数：I1===0.2A；（2）当开关S1闭合，S2断开，滑片离a端处时，灯泡与变阻器串联，电流表A2测电路中的电流，电路中的总电阻：R总===30Ω，此时变阻器接入电路中的电阻：R′=（1﹣）R=×30Ω=20Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，此时小灯泡的电阻：RL=R总﹣R′=30Ω﹣20Ω=10Ω；（3）在开关S1闭合，S2断开的情况下，由图乙可知，图中C点灯泡两端的电压UL=3.9V，通过灯泡的电流IL=0.3A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，变阻器两端的电压：UR=U﹣UL=6V﹣3.9V=2.1V，因串联电路中各处的电流相等，所以，变阻器接入电路中的电阻：R″====7Ω；此时滑动变阻器消耗的功率：PR=URIR=URIL=2.1V×0.3A=0.63W．答：（1）当开关S1，S2均闭合，滑片处于a端时，电流表A1的示数为0.2A；（2）当开关S1闭合，S2断开，滑片离a端处时，小灯泡的电阻为10Ω；（3）在开关S1闭合，S2断开的情况下，图中C点对应的电路中滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω，滑动变阻器消耗的功率为0.63W．6．（2017•黄石）如图所示，将一节干电池和三只均标有“1.5V、0.5W”的小灯泡接入电路，当开关S1闭合、S2断开时，三只灯泡均能发光．若将开关S1、S2均闭合，则（）A．只有灯泡L1熄灭 B．三只灯泡均熄灭C．灯泡L2、L3熄灭，L1更明亮 D．灯泡L3熄灭，L1、L2均更明亮【考点】HP：电路的三种状态．【分析】根据串联电路和并联电路的特点，确定电路的连接方式，只要能够形成通路的用电器就工作；当直接用导线连接电器的两端时，电器则因被短路而不能够正常工作．【解答】解：一节干电池的电压为1.5V，三个灯泡的规格均为“1.5V、0.5W”，则每个灯泡的额定电压等于电源电压；由图可知，当开关S1闭合、S2断开时，L2、L3并联后再与L1串联，此时三只灯泡均能发光；由串联电路的电压特点可知，每个小灯泡的电压均小于1.5V；若将开关S1、S2均闭合，则灯泡L2、L3被短路，此时电路中只有灯泡L1，L1两端电压增大为1.5V，L1的实际功率增大，所以L1更明亮，故C正确，ABD错误．故选C．17．（2017•黄石）某品牌太阳能热水器内装有50kg的水，阳光照射一段时间后，热水器中的水从15℃升高到55℃，热水器中的水吸收的太阳能为8.4×106J；同样的水改用电加热，则消耗的电能为2.33KW•h[已知水的比热容C水=4.2×l03J/（kg•℃），热水器热散失忽略不计]．【考点】KB：太阳能热水器中的热量计算；J3：电功的计算．【分析】（1）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q吸=cm（t﹣t0）求出热水器内的水吸收的热量即为太阳能；（2）由题意知，W电=Q吸，根据1kW•h=3.6×106J进行单位换算即可．【解答】解：由题意知，水吸收的热量即为吸收的太阳能：Q吸=c水m（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（55℃﹣15℃）=8.4×106J；由题意知，W电=Q吸=8.4×105J=8.4×105×kW•h≈2.33kW•h．故答案为：8.4×106；2.33．20．（2017•黄石）老式台灯亮度调节器电路原理图如图所示，已知电源供电电压U=3V保持不变，灯泡L标有“3V、1.5W'字样，且灯泡电阻的变化忽略不计，与灯泡串联的亮度调节器实际上就是一个滑动变阻器，滑动变阻器的最低点c下端阴影段为绝缘材料（相当断路开关）．则：（1）此台灯工作时灯泡电阻是多大？（2）若滑动交阻器接入电路的电阻R=6Ω时，灯泡的实际电功率是多少？（3）当滑动变阻器的滑片P分別滑至中点b和最低点c时，灯泡电功率之比是9：4．那么滑动变阻器最大电阻值（即ac段导体电阻）是多少？【考点】IH：欧姆定律的应用；JE：实际功率．【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI=求出此台灯工作时灯泡的电阻；（2）滑动交阻器接入电路的电阻R=6Ω时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=UI=I2R求出灯泡的实际电功率；（3）当滑动变阻器的滑片P分別滑至中点b和最低点c时，根据P=I2R求出两种情况下电路中的电流之比，根据电压一定时电流与电阻成反比得出等式即可求出滑动变阻器的最大阻值．【解答】解：（1）由P=UI=可得，此台灯工作时灯泡的电阻：RL===6Ω；（2）滑动交阻器接入电路的电阻R=6Ω时，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，灯泡的实际电功率：PL′=I2RL=（0.25A）2×6Ω=1.5W；（3）当滑动变阻器的滑片P分別滑至中点b和最低点c时，灯泡电功率之比：==（）2=，解得：=，因电压一定时，电流与电阻成反比，所以，===，解得：R滑=12Ω．答：（1）此台灯工作时灯泡电阻是6Ω；（2）若滑动交阻器接入电路的电阻R=6Ω时，灯泡的实际电功率是1.5W；（3）滑动变阻器最大电阻值是12Ω．11．（2017•武汉）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，通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差比左侧的大．下列说法正确的是（）A．左侧容器中电阻丝的阻值比右侧容器中的大B．该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的关系C．该装置可以用来探究电流通过导体产生热量跟通电时间的关系D．U形管中液面高度发生变化是因为U形管中液体的热胀冷缩造成的【考点】JH：焦耳定律．【分析】（1）由焦耳定律Q=I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法进行分析；（2）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．【解答】解：A、容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，由焦耳定律Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，故A错误；B、C、在装置中，容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻与右边容器中的电阻，所以实验是为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误，C正确；D、U形管中液面高度发生变化是因为透明容器中密封着等量的空气的热胀冷缩造成的，故D错误．故选C．12．（2017•武汉）如图所示，电源电压U保持不变，灯泡L标有“6V3W”字样．当开关S1，S2都闭合，滑片P移到最左端时，电流表的示数为I，电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3，R1消耗的功率为P1，电路消耗的总功率为P；当开关S1闭合，S2断开，滑片P移到最右端时，电流表的示数为I′，电压表V1、V2和V3的示数分别为U1′、U2′和U3′，R1消耗的功率为P1′，电路消耗的总功率为P′．此时灯泡L恰好正常发光．已知U1：U3=2：3，U1′：U3′=5：2．下列表达式不正确的是（）A．=，= B．=，=C．=，= D．=，=【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】当开关S1，S2都闭合，滑片P移到最左端时，R1、R2串联，已知电流表的示数为I，电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3，R1消耗的功率为P1，电路消耗的总功率为P，根据欧姆定律和电功率的有关公式分析解答；当开关S1闭合，S2断开，滑片P移到最右端时，小灯泡L与R1串联，电流表的示数为I′，电压表V1、V2和V3的示数分别为U1′、U2′和U3′，R1消耗的功率为P1′，电路消耗的总功率为P′，此时灯泡L恰好正常发光，小灯泡两端的电压就是6V，可求此时电流，已知U1：U3=2：3，U1′：U3′=5：2，结合欧姆定律和电功率的有关公式分析解答．【解答】解：当开关S1，S2都闭合，滑片P移到最左端时，R1、R2串联，已知电流表的示数为I，由欧姆定律，I=；电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3，电压表V1测R1的电压，U1=IR1=×R1；电压表V2测R2的电压，U2=IR2=×R2；由于L被短路，电压表V3测R2的电压；U3=U2；由已知U1：U3=2：3，所以U1：U2=2：3，R1：R2=2：3，电源电压，U=U1+U2=2U0+3U0=5U0；所以==；R1消耗的功率为P1，P1=I2R1，电路消耗的总功率为P，P=I2（R1+R2）；当开关S1闭合，S2断开，滑片P移到最右端时，小灯泡L与R1串联，此时灯泡L恰好正常发光，小灯泡两端的电压就是6V，小灯泡的电阻：RL===12Ω，IL===0.5A，电流表的示数为I′，根据串联电路电流的特点：I′=IL=0.5A，电压表V1测量的是电源两端的电压，U1′=U；电压表V2测量的是滑片P移到最右端时R2导线电压，U2′=0V；电压表V3测量的也是小灯泡两端的电压，U3′=UL=6V；已知U1′：U3′=5：2，U：U3′=5：2，U===15V，由串联分压公式可得，=，=，解得R1=18Ω，由R1：R2=2：3，解得R2=27Ω，R1消耗的功率为P1′，P1′=I1′2R1=（0.5A）2×18Ω=4.5W，电路消耗的总功率为P′，P′=UI′=15V×0.5A=7.5W；由R1=18Ω，R2=27Ω，U=15VI===A，U1=IR1=A×18Ω=6V，U2=IR2=A×27Ω=9V，U3=U2=9V，R1消耗的功率为P1，P1=I2R1=（A）2×18Ω=2W．电路消耗的总功率为P，P=I2（R1+R2）=（A）2×（18Ω+27Ω）=5W；所以A、==，==，故A错误；B、==，==，故B正确；C、==，==，故C正确；D、D、==，==，故D正确．故选A．13．（2017•襄阳）如果通过某定值电阻的电流从1A升高到2A，加在该电阻两端的电压变化了5V，则该电阻消耗的电功率变化了15W．【考点】JA：电功率的计算．【分析】根据题意，由欧姆定律列方程，求出电阻两端的电压和电阻；再根据功率公式P=UI可求出电阻功率的变化．【解答】解：某定值电阻的电流从1A升高到2A，由U=IR可知，定值电阻两端的电压也增大了，结合题意可知，该电阻两端的电压增大了5V；设定值电阻的阻值为R，原来电压U，后来电压为U′=U+5V，由欧姆定律可得，原来通过电阻的电流：I=，即1A=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，电压升高后的电流：I′=，即2A=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，由①②解得：R=5Ω，U=5V，U′=U+5V=5V+5V=10V，所以该电阻消耗的电功率变化了：△P=P′﹣P=U′I′﹣UI=10V×2A﹣5V×1A=15W．故答案为：15．25．（2017•襄阳）我市中考实验操作考试时，实验员为“测量小灯泡的额定电功率”实验准备了以下器材：额定电压为2.5V的小灯泡（正常发光时电阻约为10Ω）、规格为“12Ω1A”的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干．（1）图甲中有一根导线的连接是错误的，请你在错误的导线上打“×”；（2）闭合开关前，应将滑片P移到最右（填“左”或“右”）端；（3）经检查，电路连接无误，各元件完好，闭合开关后，无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2.5V，出现这种现象的原因是变阻器的最大阻值过小；（4）解决上述问题后，移动滑片使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是0.6W；（5）测出小灯泡的额定功率后，同学们又把灯泡两端的电压调为额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮助分析出这种现象的原因是灯的电阻随温度的降低而减小．【考点】JF：电功率的测量；IA：影响电阻大小的因素．【分析】（1）分析电路连接错误之处改正；（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑片P移到阻值最大处；（3）根据串联电路电压的规律和分压原理确定变阻器连入电路中的阻值大小与题中变阻器规格比较；（4）根据电如图乙流表小量程读数，根据P=UI求小灯泡的额定功率；（5）根据灯的电阻随温度的降低而减小分析．【解答】解：（1）原电路中，灯短路了是错误的，如下改正：（2）闭合开关前，应将滑片P移到阻值最大处即最右端；（3）根据串联电路电压的规律，当电压表示数为2.5V时，变阻器分得的电压U滑=6V﹣2.5V=3.5V，变阻器的电压是电阻电压的倍，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻：R滑=1.4×10Ω=14Ω＞12Ω．故闭合开关后，无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2.5V，出现这种现象的原因是变阻器的最大阻值过小；（4）解决上述问题后，移动滑片使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，则小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5×0.24A=0.6W；（5）当灯泡两端的电压调为额定电压的一半时，通过灯的电流也减小了，根据P=UI灯的功率减小，灯丝的温度降低，因灯的电阻随温度的降低而减小