2025-2026学年上学期初中物理沪科版九年级期末必刷常考题之电流做功与电功率

第41页（共41页）2025-2026学年上学期初中物理沪科版九年级期末必刷常考题之电流做功与电功率一．选择题（共8小题）1．（2025秋•济宁月考）小明洗完手直接使用干手器吹出的热风把手吹干，下列说法正确的是（）A．干手器吹出的风可以使水的蒸发加快 B．小明感到手有些热，是因为水蒸发时放出热量 C．蒸发可以在液体的内部和表面同时发生 D．干手器工作时不需要消耗电能2．（2025•西乡塘区校级模拟）在国际单位制中，电能的单位是（）A．帕斯卡 B．牛顿 C．焦耳 D．伏特3．（2025•宽城区校级模拟）下列单家用电器中，正常单独工作1小时，耗电接近1kW•h是（）A．电视机 B．电冰箱 C．空调 D．台灯4．（2025•福建模拟）小福家的电能表表盘如图所示，下列说法正确的是（）A．电能表是测量电功率的仪表 B．电能表的示数为45566kW•h C．脉冲灯闪烁频率越快，说明消耗电量越多 D．消耗0.5kW•h电能，脉冲灯闪烁800次5．（2025•牡丹区二模）如图甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器R的规格是“100Ω，0.6A”闭合开关，在电路元件安全的前提下，最大范围内移动滑片，绘制了（通过变阻器的电流与变阻器阻值关系的图像，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电源电压为9V B．电阻R1阻值为10Ω C．电压表的变化范围10～15V D．整个电路电功率最小时，20s内滑动变阻器消耗的电能为20J6．（2025秋•富锦市期中）如图所示，闭合开关S后，灯L1比L2亮，下列说法正确的是（）A．L1的电流大于L2的电流 B．L1的电压小于L2的电压 C．L1的实际功率大于L2的实际功率 D．L1的电阻小于L2的电阻7．（2025秋•沈河区期中）下列哪一个用电器正常工作时的电功率最接近1000W（）A．家用电风扇 B．电热水器 C．电冰箱 D．发光二极管8．（2025秋•齐齐哈尔期中）如图所示是某台电饭锅的工作原理示意图。电饭锅的加热板内有电阻为R0的电阻器，闭合开关后电饭锅处于加热状态，断开开关后电饭锅处于保温状态。在加热和保温两种状态下，下列叙述正确的是（）A．加热状态时电路中的总电阻大 B．保温状态时电路中的总电阻大 C．加热状态时电阻为R0的电流小 D．保温状态时电阻为R0两端的电压大二．填空题（共5小题）9．（2025秋•和平区校级期中）某手机电池的充电电压为4V，电池容量为4000mA•h，手机电池充满电后储存的电能为J；手机离不开芯片，芯片核心主要是由材料制成的。10．（2026•上海模拟）家庭电路中，电视机与电灯是的（选填A.串联、B.并联），电灯工作时，消耗的是能，一台电视机的功率为110瓦特，其工作2小时，消耗的电能为度。11．（2025秋•南昌期中）“快慢”常被用于形容一个物理量随时间变化的情况。例如：速度，表示物体运动的快慢。请你再举一个本学期学的表示快慢的物理量：，它表示的快慢。12．（2025秋•沈河区校级期中）灯L1、L2分别标有“3V0.75W”和“3V1.5W”字样（假设灯丝电阻不随温度变化），若将L1、L2并联接在3V电源两端，则干路的总电流为A；若将L1、L2串联，电源电压最大为V。13．（2025•东莞市校级一模）如图甲是通过小灯泡L的电流跟其两端电压关系的图象，现将小灯泡L与电阻R连入图乙所示电路中，只闭合S，小灯泡的实际功率为1.8W；再闭合S1，电流表示数为0.9A，则电源电压为V，通过电阻R的电流为A，当电源电压为3V时，电路消耗的总功率为W。三．实验探究题（共1小题）14．（2025•未央区二模）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V（灯丝电阻约为10Ω）。（1）用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整；（2）闭合开关，移动滑片，电压表的示数如图乙所示，其读数是V；为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向（选填“A”或“B”）端移动；（3）根据实验测得的数据，绘制出小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图像（如图丙所示），分析图像可知：①小灯泡的额定功率为W；②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”），导致该现象的原因是；③实验中观察到：当小灯泡两端的电压低于0.5V时，小灯泡不发光，根据图像分析其原因是。四．计算题（共1小题）15．（2025秋•沈河区校级期中）如图所示，某同学有一个加热鼠标垫，规格为“5V5W”，它的内部结构相当一个定值电阻。求：（1）鼠标垫的电阻。（2）正常工作10min，鼠标垫消耗的电能。（3）若鼠标垫两端的电压为4V，鼠标垫的实际电功率。

2025-2026学年上学期初中物理沪科版九年级期末必刷常考题之电流做功与电功率参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案ACCDDCBB一．选择题（共8小题）1．（2025秋•济宁月考）小明洗完手直接使用干手器吹出的热风把手吹干，下列说法正确的是（）A．干手器吹出的风可以使水的蒸发加快 B．小明感到手有些热，是因为水蒸发时放出热量 C．蒸发可以在液体的内部和表面同时发生 D．干手器工作时不需要消耗电能【考点】电能的来源与利用；蒸发的概念及现象；液面上方的空气流动越快，蒸发越快．【专题】汽化和液化、升华和凝华；电与热、生活用电；应用能力．【答案】A【分析】（1）液体表面的空气流速越快，温度越高、表面积越大，液体的蒸发越快。（2）液体蒸发时会吸收热量。（3）蒸发是只发生在液体的表面的缓慢平和的汽化现象；沸腾是在液体的表面和内部同时发生的剧烈的汽化现象。（4）干手器工作时需要消耗电能。【解答】解：A、干手器吹出的风流速快、温度高、表面积大，可以加快水的蒸发，故A正确；B、小明感到手有些热，是因为干手器吹出的是热风，蒸发需要吸收热量，故B错误；C、蒸发只发生在液体的表面，故C错误；D、干手器工作时需要消耗电能，故D错误。故选：A。【点评】本题考查的是影响蒸发快慢的因素；知道干手器需要消耗电能。2．（2025•西乡塘区校级模拟）在国际单位制中，电能的单位是（）A．帕斯卡 B．牛顿 C．焦耳 D．伏特【考点】电能的单位及换算．【专题】应用题；电能和电功率；应用能力．【答案】C【分析】根据对常见物理量及其单位的掌握作答。【解答】解：焦耳是功和能量的主单位，电功属于功的一种，单位也是焦耳。故选：C。【点评】此题考查的是我们对常见物理量及其单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，是一道基础题。3．（2025•宽城区校级模拟）下列单家用电器中，正常单独工作1小时，耗电接近1kW•h是（）A．电视机 B．电冰箱 C．空调 D．台灯【考点】电功与电能的计算．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】C【分析】根据P=W【解答】解：家用电器的电功率P=Wt=1电视机的电功率约为200W；电冰箱的电功率约为150W，而且电冰箱有间隙性工作的特点；空调的电功率约为1000W；台灯的电功率约为20W；故ABD不符合题意、C符合题意。故选：C。【点评】对各种物理量的估算：需要凭借生活经验、需要简单的计算；物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一。4．（2025•福建模拟）小福家的电能表表盘如图所示，下列说法正确的是（）A．电能表是测量电功率的仪表 B．电能表的示数为45566kW•h C．脉冲灯闪烁频率越快，说明消耗电量越多 D．消耗0.5kW•h电能，脉冲灯闪烁800次【考点】电能表的参数；电能表的读数；电能表的计算；电功的测量．【专题】应用题；电能和电功率；应用能力．【答案】D【分析】（1）电能表是测量消耗电能（电功）的仪表；（2）电能表读数时，注意：电能表的最后一位数是小数，单位是kW•h；（3）电能表脉冲灯闪烁的快慢反映了做功的快慢；（4）1600imp/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的脉冲灯闪烁1600次，据此求消耗0.5kW•h电能，脉冲灯闪烁的次数。【解答】解：A、电能表是测量消耗电功的仪表，不是电功率，故A错误；B、电能表的最后一位数是小数，单位是kW•h，图示电能表的示数为4556.6kW•h，故B错误；C、电能表脉冲灯闪烁的快慢反映了做功的快慢，不是消耗电量的多少，故C错误；D、1600imp/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的脉冲灯闪烁1600次，消耗0.5kW•h电能，脉冲灯闪烁的次数为800，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电能表的作用、读数、对电能表相关参数的理解，属于基础题目。5．（2025•牡丹区二模）如图甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器R的规格是“100Ω，0.6A”闭合开关，在电路元件安全的前提下，最大范围内移动滑片，绘制了（通过变阻器的电流与变阻器阻值关系的图像，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电源电压为9V B．电阻R1阻值为10Ω C．电压表的变化范围10～15V D．整个电路电功率最小时，20s内滑动变阻器消耗的电能为20J【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用．【专题】欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力．【答案】D【分析】（1）由图甲可知，R1与变阻器R串联，根据串联电路规律和欧姆定律结合图乙数据分别表示出电路中电流为0.3A和0.1A时电源电压，联立求出电源电压U和R1的阻值；（2）根据欧姆定律取出R1的电压变化范围，根据串联电路的特点求出R两端的电压变化范围，即电压表示数的变化范围；（3）由P＝UI可知，在电路中电流最小时电路的总功率最小，由W＝UIt＝I2Rt计算变阻器消耗的电能。【解答】解：AB、由题意及图中数据可得，当滑动变阻器接入电路的电阻为20Ω时，通过变阻器的电流为0.3A，根据欧姆定律可知，电源电压：U＝U1+U1R＝I1（R1+R）＝0.3A×（R1+20Ω）……①当滑动变阻器接入电路的电阻为100Ω时，通过变阻器的电流为0.1A，根据欧姆定律可知，电源电压：U＝U′1+U2R＝I2（R1+R′）＝0.1A×（R1+100Ω）……②联立①②解得：R1＝20Ω，U＝12V，故AB错误；C、当电路中电流为0.3A时，R1两端的电压U1＝I1R1＝0.3A×20Ω＝6V，根据串联电路的特点可知，滑动变阻器R两端的电压：U1R＝U﹣U1＝12V﹣6V＝6V，当电路中电流为0.1A时，R1两端的电压U′1＝I2R1＝0.1A×20Ω＝2V，根据串联电路的特点可知，滑动变阻器R两端的电压：U2R＝U﹣U′1＝12V﹣2V＝10V，所以电压表的示数变化范围为6V～12V，故C错误；D、电源电压不变，当电路中电流最小时，总功率最小，由图象可知最小电流为I2＝0.1A，此时变阻器接入电路的阻值为R2＝100Ω，则这种情况下20s内滑动变阻器消耗的电能为：W=I22R2t＝（0.1A）2×100Ω×20s＝20J故选：D。【点评】本题考查串联电路规律、欧姆定律以及电功计算公式的应用，能从图中获取相关信息是解题的关键。6．（2025秋•富锦市期中）如图所示，闭合开关S后，灯L1比L2亮，下列说法正确的是（）A．L1的电流大于L2的电流 B．L1的电压小于L2的电压 C．L1的实际功率大于L2的实际功率 D．L1的电阻小于L2的电阻【考点】小灯泡实际功率的比较；串联电路中的电流规律；欧姆定律的概念．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】C【分析】（1）由串联电路的电流特点可知两电流表和通过两灯电流的大小关系；（2）两灯串联时不一样亮，说明两灯规格不同，两灯电阻不同，由U＝IR分析判断两灯的电压是否相等。【解答】解：A、由图可知，两灯串联，根据串联电路电流特点可知，串联电路中电流处处相等，A错误；BCD、灯L1比L2亮，说明L1的实际功率大于L2的实际功率；根据P＝I2R，电流相等，L1实际功率大，则L1的电阻大于L2的电阻；再根据U＝IR，L1电阻大，则L1的电压大于L2的电压；故BD错误、C正确。故选：C。【点评】本题考查了串联电路特点和电流规律的应用以及电功率的比较，难度不大。7．（2025秋•沈河区期中）下列哪一个用电器正常工作时的电功率最接近1000W（）A．家用电风扇 B．电热水器 C．电冰箱 D．发光二极管【考点】常见电功率的大小．【专题】电能和电功率；理解能力．【答案】B【分析】根据生活经验和对常见电功率数值的认识分析。【解答】解：由生活经验知家用电风扇的功率约为40W，电冰箱的功率约为200W，发光二极管的功率约为1W，电热水器的功率较大，约为1000W，故B正确。故选：B。【点评】本题考查电功率的估测，要认真观察生活，注意收集生活中常见的电器的电功率数据。8．（2025秋•齐齐哈尔期中）如图所示是某台电饭锅的工作原理示意图。电饭锅的加热板内有电阻为R0的电阻器，闭合开关后电饭锅处于加热状态，断开开关后电饭锅处于保温状态。在加热和保温两种状态下，下列叙述正确的是（）A．加热状态时电路中的总电阻大 B．保温状态时电路中的总电阻大 C．加热状态时电阻为R0的电流小 D．保温状态时电阻为R0两端的电压大【考点】电功率多档位问题．【专题】定性思想；电能和电功率；应用能力．【答案】B【分析】根据电路图分别分析出加热和保温状态时的电路连接，根据串联电路的电压特点分析在加热和保温两种状态下，电阻为R0的电阻器两端的电压、电阻以及电流的关系。【解答】解：ABC．闭合开关后电饭锅处于加热状态，此时R被短路，电路为R0的简单电路；断开开关后电饭锅处于保温状态，此时两电阻串联，保温状态时电路中的总电阻大，电源电压不变，根据I=UR可知加热状态时电阻为R0的电流大，故AC错误，D．加热状态时电路为R0的简单电路，电阻R0两端的电压等于电源电压；保温状态时两电阻串联，根据串联分压特点可知电阻R0两端的电压小于电源电压，故保温状态时电阻R0两端的电压小，故D错误。故选：B。【点评】本题串联电路的电压特点，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。二．填空题（共5小题）9．（2025秋•和平区校级期中）某手机电池的充电电压为4V，电池容量为4000mA•h，手机电池充满电后储存的电能为57600J；手机离不开芯片，芯片核心主要是由半导体材料制成的。【考点】电功与电能的计算；半导体的特点．【专题】电能和电功率；粒子与宇宙、材料世界；应用能力．【答案】57600；半导体。【分析】（1）根据W＝UIt求出手机电池充满电后储存的电能；（2）半导体是导电性能介于导体和绝缘体之间的一种材料，芯片一般是由半导体材料制成的。【解答】解：手机电池充满电后储存的电能：W＝UIt＝4V×4000×10﹣3A×1×3600s＝57600J；芯片核心主要是由导电性能介于导体和绝缘体之间的半导体材料制成的。故答案为：57600；半导体。【点评】本题考查半导体材料以及电功公式的应用，是一道基础题。10．（2026•上海模拟）家庭电路中，电视机与电灯是B的（选填A.串联、B.并联），电灯工作时，消耗的是电能，一台电视机的功率为110瓦特，其工作2小时，消耗的电能为0.22度。【考点】电功与电能的计算；电功的实质；串联和并联的概念与辨析．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】B；电；0.22。【分析】（1）串联电路中各用电器之间相互影响，不能独立工作；并联电路中的各用电器之间互不影响，可以独立；（2）用电器工作过程中，把电能转化为其它形式的能；（3）根据W＝Pt求出电视机消耗的电能。【解答】解：家庭电路中，电视机与电灯工作时，互不影响，可以单独工作，所以它们是并联的；电灯工作时，消耗电能，将电能转化为光能；电视机消耗的电能：W＝Pt＝110×10﹣3kW×2h＝0.22kW•h＝0.22度。故答案为：B；电；0.22。【点评】本题考查串并联电路的特点、用电器工作过程中的能量转化以及电能的计算，是一道基础题。11．（2025秋•南昌期中）“快慢”常被用于形容一个物理量随时间变化的情况。例如：速度，表示物体运动的快慢。请你再举一个本学期学的表示快慢的物理量：功率，它表示做功的快慢。【考点】电功率的概念．【专题】电能和电功率；理解能力．【答案】功率；做功。【分析】功率是表示物体做功快慢的物理量，功率大，表示做功快。【解答】解：功率是本学期学习的重要物理量，且用于描述做功的快慢。功率表示的是做功的快慢。功率的定义为单位时间内所做的功，公式为P=Wt，其中W是功，t是时间。故答案为：功率；做功。【点评】本题考查对物理量物理意义的理解，关键是明确各物理量所描述的过程“快慢”对应的领域（如运动、做功等），通过回忆知识点并准确表述其意义来完成解答。12．（2025秋•沈河区校级期中）灯L1、L2分别标有“3V0.75W”和“3V1.5W”字样（假设灯丝电阻不随温度变化），若将L1、L2并联接在3V电源两端，则干路的总电流为0.75A；若将L1、L2串联，电源电压最大为4.5V。【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用．【专题】欧姆定律；电能和电功率；应用能力．【答案】0.75A；4.5V。【分析】灯L1、L2分别标有“3V0.75W”和“3V1.5W”字样，分别求出两灯的额定电流与电阻；（1）并联在3V的电源两端，两灯均正常发光，干路的总电流等于各支路电流之和；（2）将L1、L2串联，电路中最大电流等于较小的额定电流，再由欧姆定律求出电源电压。【解答】解：灯L1标有“3V0.75W”，灯L1的额定电流为：I1=P1U1=0.75灯L2标有“3V1.5W”，灯L2的额定电流为：I2=P2U2=1.5（1）将L1、L2并联接在3V电源两端，则干路的总电流为：I＝I1+I2＝0.25A+0.5A＝0.75A；（2）将L1、L2串联，电路中最大电流为：I串＝0.25A，则电源电压最大为：，U串＝I串R串＝0.25A×（12Ω+6Ω）＝4.5V。故答案为：0.75A；4.5V。【点评】本题考查欧姆定律的应用、电功率的综合计算，难度适中。13．（2025•东莞市校级一模）如图甲是通过小灯泡L的电流跟其两端电压关系的图象，现将小灯泡L与电阻R连入图乙所示电路中，只闭合S，小灯泡的实际功率为1.8W；再闭合S1，电流表示数为0.9A，则电源电压为6V，通过电阻R的电流为0.6A，当电源电压为3V时，电路消耗的总功率为1.5W。【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】6；0.6；1.5。【分析】只闭合S时，电路为小灯泡L的简单电路，电流表测电路中的电流，小灯泡的实际功率为1.8W，由图象可知UL＝6V，IL＝0.3A，此时小灯泡两端的实际电压就等于电源电压。再闭合S1后，电阻R与小灯泡L并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作，互不影响，所以，通过小灯泡L的电流不变。又因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，据此得出通过电阻R的电流，根据欧姆定律得出电阻R的阻值；电压变为3V时，根据欧姆定律得出通过R的电流，由图象可知此时通过小灯泡的电流为0.2A，总电流为0.5A，根据P＝UI得出总功率。【解答】解：只闭合S时，电路为小灯泡L的简单电路，电流表测电路中的电流，小灯泡的实际功率为1.8W，由图象可知UL＝6V，IL＝0.3A，此时小灯泡两端的实际电压就等于电源电压。再闭合S1后，电阻R与小灯泡L并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作，互不影响，所以，通过小灯泡L的电流不变。又因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过电阻R的电流为IR＝I﹣IL＝0.9A﹣0.3A＝0.6A，电阻R的阻值为R=电压变为3V时，通过R的电流为I1由图象可知此时通过小灯泡的电流为0.2A，总电流为0.5A，总功率为P＝U1I总＝3V×0.5A＝1.5W。故答案为：6；0.6；1.5。【点评】本题考查电功率的计算，是一道综合题。三．实验探究题（共1小题）14．（2025•未央区二模）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V（灯丝电阻约为10Ω）。（1）用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整；（2）闭合开关，移动滑片，电压表的示数如图乙所示，其读数是2.2V；为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向B（选填“A”或“B”）端移动；（3）根据实验测得的数据，绘制出小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图像（如图丙所示），分析图像可知：①小灯泡的额定功率为0.625W；②当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大（选填“变大”“变小”或“不变”），导致该现象的原因是灯丝电阻随温度升高而增大；③实验中观察到：当小灯泡两端的电压低于0.5V时，小灯泡不发光，根据图像分析其原因是实际功率太小。【考点】伏安法测量小灯泡的电功率．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】（1）；（2）2.2；B；（3）0.625；变大；灯丝电阻随温度升高而增大；实际功率太小。【分析】（1）小灯泡的额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律确定电流表的量程；（2）由图乙知道，电压表使用0～3V量程，分度值0.1V；小于灯的额定电压为2.5V，要使灯泡正常发光，应增大电路中的电流，即减小滑动变阻器接入电路的电阻；（3）根据小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图像可知，小灯泡的额定功率；当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比（即灯丝的电阻）变大；由图像知，当小灯泡两端的电压低于0.5V时，通过灯泡的电流小于0.1A，由P＝UI知，灯泡的实际功率过小。【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律知，灯的额定电流约为0.25A，故电流表选用小量程与灯串联，如图；（2）由图乙知道，电压表使用0～3V量程，分度值0.1V，示数为2.2V，小于灯的额定电压为2.5V，要使灯泡正常发光，应增大电路中的电流，即减小滑动变阻器接入电路的电阻，应向B端移动滑动变阻器滑片，直到灯泡两端的电压增大到2.5V为止；（3）根据小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图像可知，灯在额定电压下的电流为0.25A，小灯泡的额定功率为PL＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比（即灯丝的电阻R=UI）变大；原因是：电压表示数变大，通过灯的电流也变大，由P＝UI可知，灯的功率变大，灯的温度升高，灯丝的电阻变大；灯泡的额定功率为0.625W，由图像知，当小灯泡两端的电压低于0.5V时，通过灯泡的电流小于0.1A，由P故答案为：（1）；（2）2.2；B；（3）0.625；变大；灯丝电阻随温度升高而增大；实际功率太小。【点评】本题测灯泡功率的实验，考查了实物电路的连接、电路故障分析、器材选择、串联电路特点、影响电阻大小的因素和欧姆定律的应用以及电功率的计算。四．计算题（共1小题）15．（2025秋•沈河区校级期中）如图所示，某同学有一个加热鼠标垫，规格为“5V5W”，它的内部结构相当一个定值电阻。求：（1）鼠标垫的电阻。（2）正常工作10min，鼠标垫消耗的电能。（3）若鼠标垫两端的电压为4V，鼠标垫的实际电功率。【考点】电功率的综合计算；电功与电能的计算．【专题】计算题；电能和电功率；应用能力．【答案】（1）鼠标垫的电阻为5Ω；（2）正常工作10min，鼠标垫消耗的电能为3×103J；（3）若鼠标垫两端的电压为4V，鼠标垫的实际电功率3.2W。【分析】（1）已知电压和电功率，由公式R=U2P可求鼠标垫的电阻；（2）正常工作时间，鼠标垫消耗的电能为：（3）已知鼠标垫两端的实际电压，鼠标垫的实际电功率P实【解答】解：（1）加热鼠标垫，规格为“5V5W”，鼠标垫的电阻为：R=（2）正常工作时间：t＝10min＝600s，鼠标垫消耗的电能为：W＝Pt＝5W×600s＝3×103J；（3）鼠标垫两端的实际电压为：U实＝4V，鼠标垫的实际电功率为：P实答：（1）鼠标垫的电阻为5Ω；（2）正常工作10min，鼠标垫消耗的电能为3×103J；（3）若鼠标垫两端的电压为4V，鼠标垫的实际电功率3.2W。【点评】本题考查电功与电能、电功率的计算，难度适中。

考点卡片1．蒸发的概念及现象【知识点的认识】蒸发的概念：在任何温度下都能发生的汽化现象。蒸发的特点：①在任何温度下都能发生；②只发生在液体表面；③发生缓慢；④蒸发吸热具有降温的作用【命题方向】考查蒸发的生活现象，以及分析蒸发的现象。例：游泳的人上岸以后被风一吹会感觉身上很凉。这主要是因为（）A.水中的温度比岸上的气温高B.人的皮肤产生了错觉C.体表的水蒸发，会从人体吸热D.风把身上的热量带走了分析：（1）蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热；（2）加快蒸发的办法有：升高液体的温度，增大液体的表面积，加快液体表面上方空气流动的速度。解析：解：游泳的人上岸后被风一吹，觉得特别冷，这是因为人从水中上岸后，身上有水，被风一吹，加快身体表面的空气流动，加快了蒸发，蒸发吸热，所以被风一吹感觉身上很凉，故C正确，ABD错误。故选：C。点评：本题考查了学生对蒸发吸热的了解，注重了和生活的联系，是一道基础题，比较简单。【解题方法点拨】生活中常见蒸发现象①洗过的湿毛巾、湿衣服晾干了：水分蒸发掉了，②出汗后感觉皮肤凉爽：汗液蒸发时带走了热量，③面包放久了就硬了：水分蒸发，脱水变硬。④新鲜蔬菜叶子放段时间就萎缩了：叶子的水分蒸发，叶子结构失去支撑。⑤夏天给地面洒水，很快就干了：水分蒸发掉了，2．液面上方的空气流动越快，蒸发越快【知识点的认识】影响蒸发快慢的因素：（1）液体的温度．液体的温度越高蒸发越快；液体的温度越低蒸发越慢．同样湿的衣服在阳光下千得快，在树阴下干得慢．（2）液体的表面积．液体的表面积越大蒸发越快；液体的表面积越小蒸发越慢．同样多的水，装在盘子里干得快，装在瓶子里干得慢．（3）液面上的空气流动．液体表面上的空气流动越快蒸发越快；液体表面上的空气流动越慢蒸发越慢．同样湿的鞋子在通风的地方干得快，在没风的地方干得慢．【命题方向】通过实验现象或者生活现象判断影响蒸发快慢的因素。例：人游泳后刚从水中出来，感觉冷是因为人身上的水汽化（填物态变化名称）造成的，此过程要吸热。有风吹来人会感到更冷，这是因为液体表面空气流动速度越快，蒸发越快。分析：物质由液态变成气态的过程叫汽化，汽化是吸热过程，包括蒸发和沸腾两种方式；影响蒸发快慢的因素包括液体温度的高低、液体表面积的大小、以及空气流动速度的快慢。解析：解：人游泳后刚从水中出来，身体表面有较多的水，这些水会从液态变为气态，是蒸发现象，属于汽化现象，蒸发吸热，所以人感觉特别冷；空气流动速度越快，蒸发越快；如果此时有风吹来，体表水分蒸发更快，从身体带走的热量更多，人会感到更冷。故答案为：汽化；吸；空气流动速度。点评：此题考查了汽化吸热和影响蒸发快慢因素的应用，是一道联系实际的应用题。【解题方法点拨】液面上方的空气流动速度影响蒸发速度的生活现象：①衣服在通风处晾晒；②狗伸出舌头喘气；③空气加湿器将水击碎成水雾后喷出；④喝开水时为了不烫嘴，往往向水面吹气3．串联和并联的概念与辨析【知识点的认识】（1）串联：电路元件逐个首尾顺次连接的电路连接方式，只有一条电流路径，无分叉；（2）并联：电路元件并列连结在电路中的电路连接方式，至少有两条电流路径，有分叉。【命题方向】中考经常考查的知识点，多以选择题和实验题的形式出现，辨别电路是串联还是并联。例：若用一个开关同时控制两盏电灯，下列说法正确的是（）A.两灯一定是并联B.两灯一定是串联C.两灯既是并联也是串联D.两灯可能并联也可能串联分析：在串联电路中，开关控制整个电路；在并联电路中，接在干路上的开关可以控制整个电路，接在支路上的开关只控制这个支路。解析：解：用一个开关同时控制两盏电灯，情况有可能是：①灯泡串联，开关可以同时控制两盏灯泡；②灯泡并联，但开关放在干路上，所以开关仍然可以控制两盏灯泡；所以A、B、C不符合题意，只有D符合题意；故选：D。点评：开关在串联电路中可以控制整个电路，开关在并联电路中的作用主要看开关放在干路上还是支路上，作用不一样。【解题方法点拨】串并联电路的判断方法：（1）根据电路图判断：电流只有一条路径的则是串联电路；有两条或两条以上路径的则是并联电路。（2）根据电流关系判断：如果通过两个用电器的电流不相等，这两个用电器一定是并联的；如果通过两个用电器的电流相等，则可能是串联，也可能是并联；若是不同的用电器则是串联；若是相同的用电器串联，并联都有可能。（3）根据电压关系判断：如果通过两个用电器的电压不相等，这两个用电器一定是串联的；如果通过两个用电器的电压相等，则可能是串联，也可能是并联；若是不同的用电器则是并联；若是相同的用电器串联，并联都有可能。（4）根据用电器的工作情况判断：用电器只能同时工作的是串联电路，可以独立工作的是并联电路。4．串联电路中的电流规律【知识点的认识】从理论上分析，经过电路中各个部分的电荷，不会消失，也不会凭空增加，所以单位时间内经过串联电路各处的电荷一样多，也就是说串联电路中电流处处相等．表达式为I1＝I2＝…In【命题方向】判断串联电流中各电路中的电流大小是中考的热点，常以选择题，填空题出题，考查定性关系例：如图AO和OB是两段由同种材料制成的粗细不同的电阻线，这两段电阻线的长度相等。当把它们串联接入某一电路中时，电阻线AO和OB两端电流之间的关系是（）A.IAO＜lOBB.IAO＞IOBC.IAO＝IOBD.无法确定分析：在串联电路中，电流处处相等，据此分析判断。解析：解：由题意知，导体AO与OB串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以IAO＝IOB，故ABD错误；C正确。故选：C。点评：本题主要考查了串联电路的特点，难度不大，属于基础知识。【解题方法点拨】无论串联电路中的用电器规格是否相同，只要串联，通过电路的电流处处相等．串联电路中电流相等不要理解为电流是不变的，一个用电器的电流改变，流过其他用电器的电流也改变，但两者相等．5．半导体的特点【知识点的认识】（1）概念：导电性能介于导体和绝缘体之间的材料称作半导体（2）特点：a.电阻比导体大的多，比绝缘体小的多b.半导体的导电性能受温度、压力、光照等因素影响较大（3）应用：光敏电阻、力敏电阻、热敏电阻、二极管、三极管等。【命题方向】主要以半导体材料的实际应用为主。例：2024年的龙年春晚，成为人人热议的中心！创意表演中有数不胜数的华为诸多系列的手机，有卖断货的Mate60Pro、折叠屏MateX5、P50Pocket等等。制作手机芯片的材料主要是半导体（选填“超导体”“半导体”或“导体”）。分析：半导体的导电能力介于导体和绝缘体之间。解析：解：半导体的导电能力介于导体和绝缘体之间，制作手机芯片的材料主要是半导体。故答案为：半导体。点评：本题考查了半导体的特点和应用，属于基础题。【解题方法点拨】概念性知识，牢记即可。6．欧姆定律的概念【知识点的认识】（1）内容：导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比．（2）公式：①R=U②U＝IR：电压等于电流与电阻的乘积；电压与电流、电阻无关．（3）单位：电流I的单位是安培A；电压U的单位是伏特V；电阻R的单位是欧姆Ω．（4）理解：①当导体的电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比．②在使用公式及其导出式时，要注意同一段导体、同一时刻．③初中阶段所描述的欧姆定律仅适用于纯电阻电路中，即电能完全转化成内能或光能．【命题方向】考查对欧姆定律内容的概念理解，以及对公式的理解。例：关于欧姆定律，下列说法错误的是（）A.对同一导体，导体中的电流与这段导体两端的电压成正比B.在电压不变时，导体的电阻越大，通过的电流越小C.电流越大，电压越大D.导体中的电流是由加在它两端的电压和电阻共同决定的分析：根据欧姆定律的内容和表达式分析。解析：解：AB、欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。故AB正确；CD、根据欧姆定律I=UR，导体中的电流是由加在它两端的电压和电阻共同决定，不同电阻，电流越大，不一定电压越大，故C错误，故选：C。点评：本题考查欧姆定律，属于基础题。【解题方法点拨】（1）解决实际问题时：①一定不能忘记电阻是导体本身的一种性质与I、U无关；②一定不能忽视电压、电流、电阻三者的同一性；③一定不能忽视电压、电流、电阻三者的同时性．（2）利用欧姆定律解决的比例问题常用到的理论：①串联电路中电压与电阻成正比；②并联电路中电流与电阻成反比．（3）在不同时段时，电源电压和同一段导体的电阻一般不变．7．欧姆定律的应用【知识点的认识】（1）相关基础知识链接：①电流规律：串联：I＝I1＝I2．串联电路电流处处相等。并联：I＝I1+I2．并联电路干路电流等于各支路电流之和。②电压规律：串联：U＝U1+U2．串联电路总电压等于各部分电路两端电压之和。并联：U＝U1＝U2．并联电路各支路两端电压相等，等于总电压。③电阻规律：串联：R＝R1+R2．串联电路总电阻等于分电阻之和。并联：1R=1④比例规律：串联：U1并联：I1R1＝I2R2．并联电路中电流与电阻成反比。⑤欧姆定律：I=U【命题方向】欧姆定律的综合应用是电学部分的核心，也是最基础的内容，这一节知识是难点也是中考必考点。常结合日常生活生产中遇到的电路问题考查欧姆定律的应用，计算题多与后面的电功率计算结合在一起，作为中考的压轴题出现。训练时应足够重视。例：如图甲所示是电阻R和灯泡L的U﹣I图象。由图甲可知，电阻R的阻值为20Ω。若电源电压不变，将电阻R和灯泡L接在图乙电路中，S闭合，电流表示数为0.6A，则电源电压为18V。分析：电阻R的U﹣I图象是正比例函数，则R为定值电阻，根据图象读出任意一组电流和电压值，根据欧姆定律求出R的阻值；将电阻R和小灯泡L串联在图乙所示的电路中时，通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出R两端的电压，根据图象读出灯泡两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压。解析：解：由图象可知，电阻R的I﹣U图象是正比例函数，则R为定值电阻，当R两端的电压UR＝2V时，通过的电流IR＝0.1A，由欧姆定律可得R的阻值：R=URI由图乙可知，灯泡L与电阻R串联，电流表测电路中的电流，当电流表示数为0.6A时，R两端的电压：UR′＝IR＝0.6A×20Ω＝12V，由图象可知，灯泡两端的电压UL＝6V，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＝UR′+UL＝12V+6V＝18V。故答案为：20；18。点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。【解题方法点拨】（一）比例问题解决这类问题一要掌握规则，二要弄清是哪两部分相比。①串联电路电流处处相等，即电流之比为：I1：I2＝1：1；根据I=UR可知电压与电阻成正比，②并联电路各支路电压相等，即电压之比为U1：U2＝1：1；根据U＝IR可知电流与电阻成反比，I1R1＝I2R2。（二）电表示数变化问题（1）解决这类问题最重要的是弄清电路是串联还是并联，不同的连接方式有不同的判断规则。①串联电路：电流与电阻的变化相反，即电阻变大时电流变小，电阻变小时电流变大；按电阻的正比例来分配电压。②并联电路：各支路的电压都与电源电压相等，所以电压是不变的；阻值变化的支路电流随之变化，阻值不变的支路电流也不变。③电压表与电流表示数的比值：根据导出式R=U（2）解决这类电表示数变化的问题时，注意不要在第一步判断串并联时出错。（3）滑动变阻器连入电路的是哪一部分，没有判断清楚，也是解决电表示数变化问题常出现的错误。8．电能的来源与利用【知识点的认识】（1）电能是由其他形式的能量转化来的。水力发电（机械能→电能）、火力发电（化学能→内能→电能）、风力发电（太阳能→机械能→电能）、核电（核能→内能→电能、磁流体发电（磁能→电能）、太阳能发电（太阳能，即热辐射，可以算作“内能”→电能）、潮汐能发电（引力能“势能，含概于机械能→电能）、温差发电（内能→电能）（2）利用电能的过程就是消耗电能转化为其他形式能的过程，消耗了都少电能就得到了多少其他形式的能。【命题方向】考查电能的来源与利用，主要从电能的能量转换的角度进行考查。例：下列有关电能的说法错误的是（）A.电风扇将电能主要转化为机械能B.1J比1kW•h大得多C.千瓦时也叫“度”D.各种电气设备、电子仪器的使用都离不开电能分析：本题的关键是明确太阳能热水器、风力发电、电风扇以及蜡烛燃烧的原理。解析：解：A、电风扇工作时，扇叶转动，同时电流通过电动机线圈时会产生热量，主要将电能转化为机械能，还有少部分电能转化为内能，故A正确；B、1kW•h＝3.6×106J，所以，1J比1kW•h小得多，故B错误；C、千瓦时也叫“度”，故C正确；D、各种电气设备、电子仪器的使用，都需要消耗电能，所以都离不开电能，故D正确。故选：B。点评：物理与生活实际联系密切，学会用物理规律解释常用的生活用品的工作原理。【解题方法点拨】概念性知识，牢记即可。9．电能的单位及换算【知识点的认识】电能的单位：国际单位是焦耳（J）；常用单位：度（kW•h）；1度＝1千瓦时＝1kW•h＝3.6×106J。【命题方向】方向：①电能单位的认识；②电能单位的换算。例：下列各组中都属于电功单位的一组是（）A.J，V•AB.J，kW•hC.W，V•AD.W，J分析：根据对常见物理量及其单位的掌握作答。解析：解：在物理学中，J是功和各种能量的基本单位，V是电压的基本单位，A是电流的基本单位，kW是功率的常用单位，h是时间的常用单位，W是功率的基本单位。A、J是电功的基本单位，由P＝UI知，V•A是电功率的单位。故A不符合题意；B、J是电功的基本单位，由W＝Pt知，kW•h是电功的单位。故B符合题意；C、W是电功率的基本单位，由P＝UI知，V•A是电功率的单位。故C不符合题意；D、W是电功率的基本单位，J是电功的基本单位。故D不符合题意。故选：B。点评：此题考查了我们对物理量单位的掌握情况，利用物理公式记忆单位，有利于我们掌握单位的来龙去脉，深化对公式的理解。【解题方法点拨】千瓦时表示一件功率为一千瓦的电器在使用一小时之后所消耗的能量，换算关系是1kW•h＝1×103W×3600s＝3.6×106J10．电能表的参数【知识点的认识】参数的理解：220V：表示电能表应该在220V的电路中使用；10（20）A：表示该电能表的标定电流是10A，额定最大电流是20A；50Hz：表示电能表在50Hz的交流电路中使用；600revs/kW•h：表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表上的转盘转过600圈．【命题方向】根据电能表的图示，读出对应的参数情况。例：如图是小王家的电能表，下列说法正确的是（）A.电能表的读数为56378kW•hB.这个电能表正常工作的电压为380VC.通过这个电能表的电流为20A时，它才能正常工作D.小王家用电器每消耗1度电，电能表指示灯闪烁1600次分析：（1）电能表读数时，注意：电能表的最后一位数是小数，单位是kW•h；（2）“220V20A”中，220V是指电能表的工作电压，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流；（3）1600imp/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁1600次。解析：解：A、电能表的最后一位数是小数，单位是kW•h；图示电能表的读数为5637.8kW•h，故A错误；BC、“220V20A”中，说明这个电能表正常工作的电压为220V，电能表平时工作时允许通过的最大电流为20A，故BC错误；D、小王家用电器每消耗1度电＝1kW•h，电能表指示灯闪烁1600次，故D正确。故选：D。点评：本题考查了对电能表相关参数的理解，属于基础题目。【解题方法点拨】要熟记电能表上各参数的详细含义．11．电能表的读数【知识点的认识】电能的求法：①测量较大电能时用刻度盘读数：最后一位是小数位；两次读数之差就是这段时间内消耗的电能，单位是度（千瓦时）；②测量较小电能时用转盘转数读数：通过记录某段时间内电能表转盘转数，结合电能表转盘每转表示的电能计算出该段时间内消耗的电能．【命题方向】考查电能的求法，包括电能表的读数，以及通过转盘数测量电能的大小。例：如图为家用电能表，此仪表可用在最大功率为2200W的家庭电路上，甲为上月抄表时的读数，乙为本月抄表的读数，这期间该用户用电82.5度。分析：根据电能表的铭牌，利用P＝UI可得出最大功率；用电能表本月的示数减去上月的示数，可得出用电度数。解析：解：从电能表的铭牌“220V10A”可知，允许通过的最大电流为10A，则电能表的最大功率为：P＝UI＝220V×10A＝2200W。电能表本月与上月的读数差即为该月所消耗的电能，电能表的末尾是小数位。这期间该用户用电为：1356.8kW•h﹣1274.3kW•h＝82.5kW•h＝82.5度。故答案为：2200；82.5。点评：本题考查了对电能表铭牌的认识，对功率公式的应用，以及正确读取电能表的示数，属基础题，难度不大。【解题方法点拨】电能表测耗电能，用电等于示数差。600r/（kW•h），转盘转n圈，耗电n60012．电能表的计算【知识点的认识】（1）表盘上标有Nr/（kW•h）字样，转盘转n圈，耗电nN（2）最大功率＝电能表使用的电压×最大电流（3）电能W＝Pt【命题方向】有关电能表的计算涉及到转盘的圈数，电费的计算，最大功率的计算，消耗电能的计算等。例：高老师新家的电能表1月初读数为111.6kW•h，2月初读数如图所示，则1月份高老师家用电120kW•h。某天，高老师关闭家里其它用电器，只接入额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min，则这段时间内电能表的转盘转过450圈。分析：（1）上月用电量的计算：本月初示数与上月初示数之差，注意：最后一位是小数，计量是单位kW•h；（2）3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，根据W＝Pt求出消耗的电能，再求出这段时间内电能表的转盘转过的圈数。解析：解：1月份高老师家用电231.6kW•h﹣111.6kW•h＝120kW•h；额定功率为1800W的空气炸锅，正常工作5min，消耗的电能为：W＝Pt＝1800W×5min＝1.8kW×112h＝0.15kW•这段时间内电能表的转盘转过的圈数为：3000r/（kW•h）×0.15kW•h＝450r。故答案为：120；450。点评：本题考查了电能表的读数和有关电能表的计算、电能公式的应用，属于基础题。【解题方法点拨】理解电能表的参数，熟练运用公式即可。13．电功与电能的计算【知识点的认识】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。计算公式：W＝UIt＝Pt（适用于所有电路）【命题方向】主要考察用电器的实际功率和额定功率的计算、利用电能表测用电器的实际功率和实际电压等。例：为了保护孩子的视力，教室里日光灯更换成如图所示额定功率为10W的LED（发光二极管）护眼灯。LED灯发光效率高，其发光部分主要由半导体材料制成。教室内所有9盏LED亮一小时所消耗的电能为0.09kW•h。分析：家庭电路中的用电器是并联的；LED灯是由半导体材料制成的；根据W＝Pt直接计算即可。解析：解：如图所示的LED护眼灯，每个教室里的这9盏LED护眼灯是互不影响的，所以它们之间一定是并联的。LED是发光二极管做成的，发光二极管是半导体材料；每个教室里的9盏LED护眼灯，每盏LED护眼灯的额定功率为10W，故教室内所有日光灯亮一小时所消耗的电能W＝P总t＝9×10W×1h＝0.09kW×1h＝0.09kW•h。故答案为：半导体；0.09。点评：本题考查了半导体材料的应用、电功公式的应用，属于基础题。【解题方法点拨】电流做功用W＝UIt进行计算。对于电能全部转化为内能的用电器，也可以用W=U2Rt14．电功的测量【知识点的认识】（1）伏安法测量电功：伏安法是一种常用的电功测量方法，通过使用‌电压表和电流表分别测量电器两端的电压和通过的电流，然后利用公式P＝UI计算电功率。这种方法适用于直接测量用电器的电功率。‌（2）伏阻法和安阻法测量电功：如果只有电压表或电流表，可以使用伏阻法或安阻法进行测量。伏阻法需要使用一个已知阻值的电阻与待测电器串联，通过测量电阻两端的电压和电流计算电功率。安阻法则需要使用一个已知阻值的电阻与待测电器并联，通过测量电阻中的电流计算电功率。【命题方向】考查电功的测量的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。例：在验证“电功与电流、电压的关系”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。（1）经过讨论，同学们一致认为不应该选择图甲（填“甲”“乙”或“丙”）电路，理由是该图无法利用控制变量法进行探究。（2）为验证电流做功与电压的关系，应该选择图丙所示的电路。（3）小明发现，按图乙电路实验时L1比L2亮，同时观察到A1示数比A2大，这说明相同时间内L1（填“L1”或“L2”的电功大，由此可得出的结论是电压和通电时间相等时，电流越大，电流做功越多。分析：（1）电流做功的大小与电压、电流和通电时间三个因素有关，当研究与其中某一个因素的关系时，应控制其余的因素不变；（2）研究电流做功与电压的关系，应控制电流的大小和通电时间相同，通过比较电压的大小，得出电流做功与电压的关系；（3）由图乙根据W＝UIt分析相同时间电流做功大的灯泡；灯泡亮度由其实际功率决定，先比较两灯电阻，再由P＝I2R比较两灯亮度。解析：解：（1）甲电路中，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，根据控制变量法的思想，不能研究电流做功与电压和电流的关系，因为电路中电压和电流同时改变，不能单独控制其中一个不变；（2）研究电流与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，通过比较电压，研究电流做功与电压的关系，图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同；（3）乙图中两灯并联，由并联电路的电压特点可知U1＝U2，A1示数比A2大，即I1＞I2，根据W＝UIt可知W1＞W2；由此可得结论：电压和通电时间相等时，电流越大，电流做功越多；故答案为：（1）甲；（2）丙；（3）L1；电压和通电时间相等时，电流越大，电流做功越多。点评：本题是一道实验探究题，侧重考查了控制变量法应用，要知道灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定。【解题方法点拨】电能表（电度表）是一种常用的测量电功的工具。通过记录电器在一定时间内消耗的电能，即电能表的读数变化，可以计算出电器的电功率。这种方法适用于家庭和工业用电的测量。‌15．电功的实质【知识点的认识】（1）实质：电流做功的过程，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．电功是一个过程量，电流做功的过程就是消耗电能的过程．（2）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．【命题方向】考查电流做功之间能的转化。例：下列家用电器工作时，将电能主要转化为内能的是（）A.电水壶B.收音机C.电冰箱D.电脑分析：做功总是伴随着能量的转化，电功也不例外。用电器消耗了电能，获得了其它形式的能量，就是一个电流做功的过程。分析每种用电器的能量转化形式。解析：解：A、电热水壶是把电能转化为内能，故A正确；B、收音机是把电能转化声能和内能，故B错误；C、电冰箱主要将电能转化为机械能和内能，故C错误；D、电脑主要将电能转化为声能、光能和内能，故D错误。故选：A。点评：本题主要考查学生对：电流做功的实质的了解和掌握，是一道基础题。【解题方法点拨】电能转化为其他形式能的过程是电流做功的过程，有多少电能发生了转化就说电流做了多少功．16．电功率的概念【知识点的认识】（1）定义：电流单位时间内所做的功。（2）物理意义：表示电流做功快慢的物理量，用字母P表示，灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率大小。【命题方向】考查对电功率的理解，以概念辨析为主。例：关于电功率，下列说法正确的是（）A.电功率是表示电流做功多少的物理量B.电功率是表示电流做功快慢的物理量C.用电器的电功率越大，工作时所用的时间越少D.用电器的电功率越大，工作时消耗的电能越多分析：（1）电功率是描述用电器消耗电能快慢的物理量，消耗电能越快，电功率越大；（2）由W＝Pt可得，电流做功的多少与电功率和通电时间有关。解析：解：AB、电功率是表示电流做功快慢的物理量，电功率大，表示做功快，故A错误、B正确；CD、由W＝Pt可得，电流做功的多少与电功率和通电时间有关，通电时间未知，耗电多少无法确定，如果耗电多少未知，耗电时间也无法确定，故CD错误。故选：B。点评：本题考查了电功率的概念和意义。电功率是由做功多少和所用时间共同决定的，而不能由其中一个决定。【解题方法点拨】概念性知识，牢记即可。17．常见电功率的大小【知识点的认识】常见电功率的大小：（1）空调：约1000W。（2）微波炉：约1000W。（3）电炉：约1000W。（4）电热水器：约1000W。（5）吸尘器：约800W。（6）电吹风机：约500W。（7）电熨斗：约500W。（8）洗衣：约500W。（9）电视机：约40w～200w。（10）电子计算机：约200W。（11）抽油烟机：约140W。（12）电冰箱：约100W。（13）电风扇：约100W。（14）手电筒：约0.5W。（15）计算器：约0.5mW。【命题方向】考查电功率的估测。例：估测是我们学好物理的一项基本能力，下列是几个同学估测的几个物理量的数值，其中最接近实际的是（）A.家用空调的电功率约为1000WB.一名初中生所受重力约为50NC.人体感觉舒适的环境温度约为37℃D.人正常步行的速度约为1.1km/h分析：估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。解析：解：A、家用空调的工作电流在5A左右，其功率为P＝UI＝220V×5A＝1100W，接近1000W，故A符合实际；B、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，故B不符合实际；C、人体感觉舒适的环境温度约为25℃，故C不符合实际；D、人正常步行的速度在4km/h＝4×m/s≈1.1m/s左右，故D不符合实际。故选：A。点评：此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。【解题方法点拨】解答估测与估算题的常用方法（1）直接判断法：熟记生活中常见的物理量，直接确定答案.如：人正常步行的速度约1.1m/s、人体正常体温约为37℃；中学生大拇指的长度可在考试时直接测量。（2）单位换算法：把不熟悉的单位换算成熟悉的单位，如：人正常步行的速度约为3.6km/h＝1m/s，一袋方便面的质量约为0.1kg＝100g。（3）比较法：将考试中自己不太熟悉的物理量与自己熟悉的物理量进行对比，从而得出结论，如：中学生的正常身高约为1.6m，这一高度小于门的高度，可以判断门的高度约为2m。（4）估算法：结果不是精确值而是一个大概的范围，可以应用熟悉的估测量及相关公式进行估测.如：判断中学生爬到三楼时所做的功，我们已知中学生的质量约为50kg，爬到三楼的竖直距离约为6m（两层楼的高度），根据W＝Fs＝mgh可计算出中学生爬到三楼所做的功。18．小灯泡实际功率的比较【知识点的认识】灯泡的亮度取决于其实际功率，与其他因素无关。比较灯泡的亮度，就是比较灯泡的实际功率，实际功率大的灯泡亮。【命题方向】考查小灯泡实际功率的大小比较，以及动态电路中的小灯泡亮度的变化。例：灯L1、L2的额定电压均为3V，两灯中的电流与其两端电压的关系如图所示。在确保电路安全的情况下，下列说法正确的是（）A.两灯正常发光时，L1较暗B.两灯正常发光时，L2的电阻较大C.两灯串联时，电路的最大功率为1WD.两灯并联时，电路的最大功率为2W分析：（1）已知灯L1、L2的额定电压，由图可知两灯的额定电流，由P＝UI可分别得到两灯的额定功率，即可判断两灯正常发光时的明暗程度；（2）两灯泡的额定电压和额定电流已知，用欧姆定律可分别求出两灯泡正常发光时的电阻，即可判断两灯泡电阻的大小；（3）由串联时电流相同，从图中可找到串联电路的最大电流，由此时图中每个灯泡的实际电压根据串联串联电压的规律可得到电路的总电压，再用P＝UI即可得到串联时电路的最大功率；（4）两灯并联时，最大电压为它们的额定电压，电路总电流为两灯泡额定电流之和，用P＝UI即可得到并联时电路的最大功率。解析：解：A、灯L1、L2的额定电压均为3V，由图可知灯L1的额定电流I1额＝0.25A，灯L2的额定电流I1额＝0.5A，灯L1的额定功率P1额＝U1额×I1额＝3V×0.25A＝0.75W，灯L2的额定功率P2额＝U2额×I2额＝3V×0.5A＝1.5W，两灯正常发光时，灯泡的实际功率等于额定功率，灯L1的额定功率小，实际功率小，发光较暗，故A正确；B、正常发光时，L2的电阻R2=U2额正常发光时，L1的电阻R1=U1额I1C、两灯串联时，电路的最大电流等于I1额＝0.25A，由图知此时U2＝1V，U1＝3V，总电压U＝U1+U2＝3V+1V＝4V，电路的最大功率P＝UI1额＝4V×0.25A＝1W，故C正确；D、两灯并联时，电路的最大电压等于两个灯泡的额定电压即U'＝3V，电路的最大功率P'＝U'×（I1额+I2额）＝3V×（0.25A+0.5A）＝2.25W，故D错误。故选：AC。点评：本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出串联时电路的最大电流和并联时电路的最大电压以及从图像中获取有用的信息是关键。【解题方法点拨】比较小灯泡的实际功率需要考虑其两端的电压和通过的电流，而亮度则直接反映了实际功率的大小。19．电功率多档位问题【知识点的认识】多档位的实质是利用多开关控制接入电路中电阻的大小，从而改变用电器电功率来实现对档位的控制。高温档：在相同时间内放出的热量最多，热功率最大，电阻R高最小；中温档：在相同时间内放出的热量低于高温档，热功率低于高温档，电阻R中高于高温档；低温档：在相同时间内放出的热量最少，热功率最小，电阻R低最大。【命题方向】常考查生活中的电热毯、电热水器、电饭锅、电暖气等发热体的档位问题，通常是综合计算，有一定难度。例：中国茶文化源远流长。图甲是某家用煮茶器的简化电路图，某次煮茶过程中其功率变化如图乙，已知加热5min，可使1kg初温45℃的水升温至100℃。[（1）当开关S接a点时，该煮茶器处于保温（选填“加热”或“保温”）状态。（2）加热过程中水吸收的热量是多少。（3）求R1的阻值。（4）求该煮茶器加热状态下的工作效率。分析：（1）根据P=U2R知，U一定时，P与R成反比，当开关S接a点时，两电阻串联在电路中，电阻最大，电功率最小，该煮茶器处于保温状态；当开关S接b点时，电路只是（2）水吸收的热量根据Q吸＝cm（t﹣t0）计算；（3）由图甲、图乙可知，开关S接a点，R1、R2串联，处于保温状态，电功率为220W，根据P=U2R计算总电阻；开关S接b点，电路中的仅有R2，处于加热状态，电功率为880W，根据P=U2R可得R2的阻值，由串联电路的电阻规律：R1＝R﹣（4）根据W＝P加热t计算消耗的电能，再根据η=Q解析：解：（1）根据P=U2R知，U一定时，P与R成反比，当开关S接（2）水吸收的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣45℃）＝2.31×105J；（3）开关S接a点，R1、R2串联，处于保温挡，总电阻为：R=U2P开关S接b点，电路中的仅有R2，处于加热挡，R2的电阻为：R2=U2PR1的电阻为：R1＝R﹣R2＝220Ω﹣55Ω＝165Ω；（4）该煮茶器加热