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物理九年级全册第十五章 电功和电热电功率当堂达标检测题
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这是一份物理九年级全册第十五章 电功和电热电功率当堂达标检测题，共22页。
\l "_Tc5338" 【题型1 电功率与电能、时间的关系】1
\l "_Tc31833" 【题型2 电功率与电压、电流的关系】5
\l "_Tc846" 【题型3 电功率的计算】13
\l "_Tc31833" 【题型4 额定功率与实际功率】24
\l "_Tc846" 【题型5 实验 测量小灯泡的电功率】31
\l "_Tc846" 【题型6 电电功率的概念】40
\l "_Tc5338" 【题型1 电功率与电能、时间的关系】
1．（2022秋•山西期末）为了培养学生们节约电能的意识，九年级各班开展了“节约一度电”主题班会。根据你对常用电器的了解，1kW•h的电能可供下列用电器持续正常工作时间最长的是（ ）
A．电风扇B．空调C．电冰箱D．洗衣机
【答案】A
【分析】根据t＝可知消耗电能相同时，电功率越小，用电器工作的时间越长。
【解答】解：选项的四个用电器中电风扇的电功率最小，空调的电功率最大，在消耗电能相同时，根据t＝可知，电功率越小，用电器工作的时间越长，所以一度电可供电风扇持续正常工作时间最长。
故选：A。
2．（2023•市北区开学）关于下列生活现象，说法正确的是（ ）
A．一杯水喝掉一半后，水的比热容变小
B．马路上的灯同时亮同时灭，说明是串联的
C．“空调比台灯费电”，是因为空调电功率比台灯大，相同时间内，空调消耗电能比台灯多
D．往手上哈气，手感到热，是通过做功的方式增大了手的内能
【答案】C
【分析】（1）比热容是物质的一种特性，与物体质量、温度高低、吸放热多少都没有关系；
（2）串联电路中各用电器相互影响；而并联电路中各用电器互不影响；
（3）电功率大的用电器，相同时间内消耗电能最多；
（4）改变物体内能有两种方式：做功和热传递。
【解答】解：A、比热容是物质的一种特性，和物体质量的大小没有关系，即一杯水喝掉一半后，水的比热容不变，故A错误；
B、马路上的灯虽然同时亮，同时灭，但路灯中一个烧坏后，其它仍可以正常工作，因此路灯是并联连接，故B错误；
C、台灯与空调相比，空调的电功率大，由P＝可知，在相同时间内，空调消耗电能比台灯多，故C正确；
D、冬天对手“哈气”，手感到暖和，这是通过热传递的方式改变内能的，故D错误。
故选：C。
3．（2023•泰兴市二模）LED灯具有节能、环保的特点，标有“220V，5W”的LED灯泡和“220V，40W”白炽灯（如图所示）正常发光时的亮度相当，lkW•h的电能可供该LED灯正常发光 200 h，与白炽灯相比，LED灯泡可以节能约 87.5 %。
【答案】200；87.5。
【分析】（1）根据t＝计算LED的正常发光时间。
（2）设两种灯泡正常发光的时间为t，利用公式W＝Pt计算消耗的电能；消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比。
【解答】解：（1）lkW•h的电能可供该LED灯正常发光的时间：
t＝＝＝200h；
（2）当两种灯正常发光的时间相同都为t时，
LED灯消耗的电能为：
WLED＝5W×t；
白炽灯消耗的电能为：
W白＝40W×t；
所以LED灯泡可以节能：
＝87.5%。
故答案为：200；87.5。
4．（2023•梁溪区二模）洗发后，小丽站在镜子前用电吹风吹头发。
（1）小丽发现镜面起雾，雾的形成是 液化 现象，过程中要 放出 热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的 虚 像。
（2）电吹风简化电路图如图所示，旋转扇形开关可实现断开、冷风、热风的转换，已知吹冷风时功率为100W，R＝48.4Ω，若家中只有电吹风工作，她用冷风、热风交替使用共5min，标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，则消耗 2.7×105 J电能，使用热风挡的时间为 240 s。
【答案】（1）液化；放出；虚；
（2）2.7×105；240。
【分析】（1）物质由气态变为液态的过程叫液化，此过程放出热量；平面镜成的是正立、等大的虚像。
（2）根据电能表的参数“1200imp/（kW•h）”计算出电能表指示灯闪烁90次消耗的电能W；
利用电功率公式计算出使用热风挡时电路功率P热，设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，据电吹风冷风、热风交替使用5min消耗的电能，利用电能的计算公式列出等式，算出使用热风挡的时间。
【解答】解：（1）小丽发现镜面起雾，雾是水蒸气液化形成的小水珠，液化过程中要放出热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的虚像。
（2）标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，消耗的电能为：
W＝＝0.075kW•h＝2.7×105J；
使用热风挡时电热丝与电动机并联，电路总功率为：
P热＝PM+PR＝PM+＝100W+＝1100W；
冷风、热风交替使用总时间为：
5min＝300s；
设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，可得等式：
W＝P热t+PM（300s﹣t）；
代入数据得：
2.7×105J＝1100W×t+100W×（300s﹣t）；
解得：
t＝240s。
故答案为：（1）液化；放出；虚；
（2）2.7×105；240。
5．（2018•邓州市二模）随着生活水平的提高，扫地机器人逐步进入普通家庭，扫地机器人具有主动躲避障碍物、自动吸尘、自动返回充电等诸多智能功能，如图是某款扫地机器人及铭牌上的部分参数，请回答下列有关问题：
（1）机器人吸尘的工作原理是通过电机转动时内部压强 变小 ，从而使杂物进入吸尘器。工作过程中能量转化为 电 能转化为 机械 能。
（2）若充满电后所有电都用于扫地，则可供机器人持续正常工作多长时间？
（3）机器人的供电系统没有自动充电功能，当自动检测到电池容量低至10%时会自动返回充电，若返回过程中受到的阻力为20N，为确保机器人能顺利返回充电，需要充电时离充电座最远为多少米？（剩余电池容量的40%用于提供克服阻力做功）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；扫地机器人工作时消耗电能，获得机械能；
（2）先利用W＝UIt求出电池的能量，再利用公式P＝的变形公式，可求出持续工作的时间。
（3）先计算电源用来克服阻力提供的能量，由克服阻力做的功，求出可以行驶的距离。
【解答】解：（1）高速旋转的叶轮把空气排出风机，同时使外部空气和灰尘不断地补充进风机，吸尘器就能“吸尘”了，其原理利用了流体流速大的地方压强小。扫地机器人工作时消耗电能，获得机械能，故它在运动时电能转化为机械能；
（2）充满电后所有电能W＝UIt＝15V×2A×3600s＝108000J，
由P＝得：
t＝＝＝3600s；
（3）克服摩擦力做到功为：
W＝UIt＝15V×2A×3600s×10%×40%＝4320J；
根据W＝Fs得：
s＝＝＝216m；
故答案为：（1）变小；电；机械；
（2）可供机器人持续正常工作3600s时间；
（3）需要充电时离充电座最远为216m。
\l "_Tc31833" 【题型2 电功率与电压、电流的关系】
6．（2022秋•绥宁县期末）实验室有甲、乙两只灯泡，甲标有“6V 6W”字样，乙标有“10V 6W”字样。现把它们串联起来，则该电路两端允许加的最大电压是（不考虑温度对灯泡电阻的影响）（ ）
A．16VB．13.6VC．6VD．10V
【答案】B
【分析】根据P＝UI分别计算两个灯泡的额定电流，较小的电流为两灯串联后允许的最大电流，根据P＝计算非正常发光的小灯泡的电阻，根据欧姆定律计算它两端的电压，与正常发光的小灯泡的额定电压之和，即为所求电路两端的最大电压。
【解答】解：甲灯泡的额定电流I甲＝＝＝1A，
乙灯泡的额定电流I乙＝＝＝0.6A，
把它们串联起来，则该电路允许通过的最大电流为I＝I乙＝0.6A，
甲灯电阻为R甲＝＝＝6Ω，
则甲灯泡两端的电压为U甲′＝IR甲＝0.6A×6Ω＝3.6V，
此时乙灯正常发光，所以乙灯两端的电压为U乙＝10V，
则该电路允许的最大电压是U＝U甲′+U乙＝3.6V+10V＝13.6V，故B正确；ACD错误。
故选：B。
7．（2022秋•高新区期末）夏天同学在探究电功率影响因素的实验中，做了如图甲所示探究电功率与电压关系的实验与如图乙所示探究电功率与电流关系的实验，下列关于实验及结论说法正确的是（ ）
A．甲图实验中，是通过电压表的示数大小反映电功率的大小
B．甲图实验中，应选择阻值不同的灯泡L1与L2来进行实验
C．乙图实验中，将两灯泡并联的目的是控制两灯的电流相同
D．通过实验可得结论，电功率与电流，电压、通电时间有关
【答案】B
【分析】A、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；
B、为使实验结论更具有普遍性，甲图实验中，应选择阻值不同的灯泡L1与L2来进行实验；
C、乙图实验中，将两灯泡并联的目的是控制两灯两端的电压相同；
D、电功率与电流，电压有关，与时间无关。
【解答】解：A、甲图实验中，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A错误；
B、为使实验结论更具有普遍性，甲图实验中，应选择阻值不同的灯泡L1与L2来进行实验，故B正确；
C、乙图实验中，将两灯泡并联的目的是控制两灯两端的电压相同，故C错误；
D、电功率与电流，电压有关，与时间无关，故D错误。
故选B。
8．（2022秋•大安市期末）甲、乙两个小灯泡并联接入电路，如图所示，甲比乙亮，下列判断错误的是（ ）
A．I甲＞I乙B．U甲＝U乙C．R甲＞R乙D．P甲＞P乙
【答案】C
【分析】甲、乙两个小灯泡并联接入电路，甲比乙亮，则甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率；根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压的大小关系，根据P＝可知两灯的电阻的大小关系，根据I＝可知通过两灯的电流的大小关系。
【解答】解：甲、乙两个小灯泡并联接入电路，甲比乙亮，则甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率，即P甲＞P乙，根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压相等，故U甲＝U乙，根据P＝可知，R甲＜R乙，根据I＝可知I甲＞I乙。故ABD正确、C错误。
故选C。
9．（2023•广陵区二模）如图所示电路，甲、乙两灯分别标有“6V 3W”和“6V 6W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当电源电压调为6V时，闭合开关 S2、S3 ，甲、乙两灯并联，此时干路的总电流为 1.5 A；当电路中甲、乙两灯串联时，要使其中一个灯泡正常发光，另外一个灯泡不会被烧坏，则电源电压应该调为 9 V。
【答案】S2、S3；1.5；9。
【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；
（2）知道灯的铭牌，利用R＝求出两个灯泡的电阻，利用I＝可知正常工作时的电流，
（3）从而确定正常发光的是哪只灯；根据欧姆定律求出另一只灯两端的电压，再根据串联电路电压特点就求出电源电压。
【解答】解：甲灯的电阻为：R1＝＝＝12Ω；
乙灯的电阻为：R2＝＝＝6Ω；
甲灯正常发光通过的电流：
I1＝＝＝0.5A，
乙灯正常发光通过的电流：
I2＝＝＝1A，
由图可知，当S1断开，闭合开关S2、S3时，电流分别经过两个灯泡回到电源的负极，电流有两条路径，两灯并联；
此时电源电压是6V，两灯都能正常发光，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以此时干路的总电流为：I＝I1+I2＝0.5A+1A＝1.5A；
当电路中甲、乙两灯串联时，其中一灯恰好正常发光，所以甲能正常发光，此时电路中的电流：
I′＝I1＝0.5A，
乙两端的电压：U′2＝I′R2＝0.5A×6Ω＝3V，
电源的电压：U＝U1+U′2＝6V+3V＝9V
故答案为：S2、S3；1.5；9。
10．（2023•肥城市二模）两只灯泡标有“6V，3W”、“6V，6W”字样，将其串联后接在电路中使用时，忽略灯丝电阻的变化，为保证电路安全，则电路两端允许加的最大电压为 9 V。
【答案】9。
【分析】知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出额定电流，再根据欧姆定律求出电阻；
两只小灯泡串联后接在电路中使用时，为了使电路安全使用，串联电路的最大电流只能取两个额定电流中最小的一个，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路两端允许加的最大电压。
【解答】解：由P＝UI可得，两灯泡的额定电流：
I1额＝＝＝0.5A，I2额＝＝＝1A，
由I＝可得，两灯泡的电阻：
R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝6Ω；
因为串联电路中各处的电流相等，所以两只小灯泡串联后接在电路中使用时，
为了使电路安全使用，电路中的最大电流I＝I1额＝0.5A，即L1正常发光，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电路两端允许加的最大电压：
U＝I（R1+R2）＝0.5A×（12Ω+6Ω）＝9V。
故答案为：9。
11．（2023•云南）某型号的电炖盅有“高温”和“低温”两个挡位，其简化电路如图、部分参数如表所示。同时闭合开关S、S1，电炖盅处于 高温 挡。1kW•h电能可供电炖盅在“高温”挡正常工作 0.5 h。
【答案】高温；0.5。
【分析】分析同时闭合开关S、S1时电路的连接，根据串并联电路的电阻特点和P＝得出高温挡电路的连接方式；根据P＝求出1kW•h电能可供电炖盅在“高温”挡正常工作的时间；
【解答】解：由电路图可知，同时闭合开关S、S1时，电阻R1、R2 并联，电路中的总电阻最小，由P＝可知，总功率最大，所以此时电炖盅为高温挡；
由表中数据可知电炖盅在“高温”挡正常工作的电功率为：P＝2000W＝2kW，
由P＝可得，1kW•h电能可供电炖盅在“高温”挡正常工作的时间为：
t＝＝＝0.5h。
故答案为：高温；0.5。
12．（2023•宁江区校级模拟）把一个标有“6V 3W”的小灯泡和定值电阻R串联后接在电压为10V的电源上，小灯泡恰能正常工作。求：
（1）通过小灯泡的电流；
（2）定值电阻R的阻值。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）灯泡正常工作时的电压和额定电压相等，根据P＝UI求出通过小灯泡的电流；
（2）根据串联电路的电压特点求出定值电阻R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出定值电阻R的阻值。
【解答】解；（1）由P＝UI可得，小灯泡正常工作时通过的电流：
IL＝＝＝0.5A；
（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，定值电阻R两端的电压：
UR＝U﹣UL＝10V﹣6V＝4V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I＝可得，定值电阻R的阻值：
R＝＝＝＝8Ω。
答：（1）通过小灯泡的电流为0.5A；
（2）定值电阻R的阻值为8Ω。
13．（2023•海门市二模）如图所示，L是标有“6V 1.2W”字样的小灯泡，R是定值电阻。只闭合开关S3，灯泡正常发光，再闭合S1，电流表的示数变化了0.4A。
（1）求灯泡的额定电流；
（2）求定值电阻R的阻值；
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡仍正常发光，求此时电路10min内消耗的电能。
【答案】答：（1）灯泡的额定电流为0.2A；
（2）定值电阻R的阻值为15Ω；
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡正常发光，电路10min内消耗的电能64800J。
【分析】（1）已知灯泡的额定功率和额定电压，根据p＝UI可得电流大小；
（2）根据题意可知，断开开关S2，闭合开关S1和S3时，电阻R和灯泡L并联，灯泡正常发光；根据灯泡的额定电压可知电源电压，然后根据P＝UI的变形公式求出灯泡正常发光的电流，再利用并联电路电流规律求出通过定值电阻的电流，最后根据欧姆定律的变形公式求出定值电阻R的阻值。
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，定值电阻R和灯泡L串联；先求出灯泡的电阻，然后根据串联电路电阻的特点求出电路的总电阻，又已知灯泡正常发光的电流，再利用P＝I2R求出电路的总功率。
【解答】解：
（1）断开开关S2，闭合开关S1和S3时，电阻R和灯泡L并联，灯泡正常发光，所以电源电压等于灯泡的额定电压，即6V；
由P＝UI可知，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.2A；
（2）因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，所以通过R的电流：IR＝0.4A；
定值电阻R的阻值：R＝＝＝15Ω；
（3）灯泡的电阻：RL＝＝＝30Ω；
断开开关S1和S3，闭合开关S2，定值电阻R和灯泡L串联，此时电路中的总电阻：R总＝15Ω+30Ω＝45Ω；
因为灯泡正常发光，所以电路中的电流为0.2A，则电路的总功率：P＝R总＝（0.2A）2×45Ω＝1.8W。
电路10min内消耗的电能W＝Pt＝1.8W×10×3600s＝64800J。
答：（1）灯泡的额定电流0.2A；
（2）定值电阻R的阻值为15Ω。
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡正常发光，电路10min内消耗的电能64800J。
14．（2023•南岗区校级模拟）扫地机器人是一款能自动清扫的智能家用电器，如图甲。表一为某扫地机器人的部分数据。图乙为某传统吸尘器，表二为该吸尘器的部分数据。
表一：
表二：
（1）扫地机器人正常工作时的电流为多少A？
（2）扫地机器人清扫100m2房间时电流做了多少功？
（3）分析题中信息，从物理角度谈一下扫地机器人与传统的吸尘器相比，有哪些优点。（说出两条）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）已知扫地机器人正常工作时的电压和电功率，利用P＝UI可求得扫地机器人正常工作时的电流；
（2）已知扫地机器人清扫100m2房间时的功率和时间，利用P＝可求得电流做了多少功；
（3）从噪声和消耗电能的角度比较。
【解答】解：（1）由P＝UI得，
扫地机器人正常工作时的电流I＝＝＝2.5A，
（2）由P＝可得，电流做功W1＝P1t＝30W×50×60s＝9×104J。
（3）由图可知，扫地机器人与传统的吸尘器相比50dB＜75dB，噪音小环保；
由P＝可得，传统的吸尘器清扫100m2房间时W2＝P2t2＝1400W×10×60s＝8.4×105J，
因为9×104J＜8.4×105J，所以扫地机器人比传统的吸尘器节能。
答：（1）扫地机器人正常工作时的电流为2.5A；
（2）扫地机器人清扫100m2房间时电流做了9×104J功；
（3）扫地机器人与传统的吸尘器相比有以下优点：①噪音小环保；②节能。
\l "_Tc846" 【题型3 电功率的计算】
15．（2023秋•石家庄月考）如图电路，已知电阻R1＝10Ω，R2＝5Ω，当开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．通过R1与R2的电流之比为2：1
B．R1与R2两端电压之比为1：2
C．R1与R2消耗的电功率之比为2：1
D．R1与R2相同时间内消耗的电能之比为1：2
【答案】C
【分析】由电路图可知，两电阻串联，根据串联电路中的电流特点可知通过两电阻的电流关系，根据欧姆定律可知两电阻两端的电压关系，利用P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比；利用W＝Pt可知R1与R2消耗的电能之比。
【解答】解：由电路图可知，两电阻串联，
由于串联电路中各处的电流相等，则通过R1与R2的电流之比为1：1，故A错误；
由U＝IR可知：
R1与R2两端的电压之比：＝＝＝＝，故B错误；
R1与R2消耗的电功率之比：＝＝＝＝，故C正确；
R1与R2相同时间内消耗的电能之比：＝＝＝，故D错误。
故选：C。
16．（2023秋•二七区校级月考）河源同学用如图所示的电路测小灯泡的功率。电路中电源电压恒为4.5V，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“20Ω 1A”，灯泡标有“2.5V 1.25W”字样。若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．滑动变阻器的电阻允许调节的范围是2.5～20Ω
B．电流表示数的变化范围是0.18～0.6A
C．灯泡的最小功率是0.162W
D．该电路的最大功率是2.25W
【答案】D
【分析】由图可知，开关闭合后，变阻器和灯泡串联在电路中，电流表测量电路电流，电压表测量变阻器两端的电压。
根据P＝UI求出灯L的额定电流，根据欧姆定律计算灯丝电阻；
根据电路中允许通过的最大电流，由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻最小值；根据P＝UI，计算电路的最大电功率；
当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻最大值，根据欧姆定律计算电路中的最小电流，由P＝UI计算灯泡的最小电功率，并得到滑动变阻器允许接入电路的阻值范围。
【解答】解：由PL＝ULIL可得灯L的额定电流为：IL＝＝＝0.5A，根据欧姆定律可得，灯丝的电阻：RL＝＝＝5Ω，
（1）因串联电路中电流处处相等，且电流表的量程为0∼0.6A，变阻器允许通过的最大电流为1A，故电路中的最大电流I大＝IL＝0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的阻值最小，
电路中的最小总电阻和灯泡的电阻分别为：R总＝＝＝9Ω，
故滑动变阻器接入电路中的最小阻值为：R小＝R总﹣RL＝9Ω﹣5Ω＝4Ω，
电路的最大电功率：P大＝UI大＝4.5V×0.5A＝2.25W；
（2）当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，
灯泡两端的电压：UL小＝U﹣UR＝4.5V﹣3V＝1.5V，
因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流最小为：
I小＝＝＝0.3A，变阻器的最大接入电阻：R大＝＝＝10Ω，
由P＝UI可得灯泡的最小电功率：PL小＝UL小I小＝1.5V×0.3A＝0.45W；
综上可知：
A、滑动变阻器的电阻允许调节的范围是4～10Ω，故A错误；
B、电流表示数的变化范围是0.3～0.5A，故B错误；
C、灯泡的最小功率是0.45W，故C错误；
D、该电路的最大功率是2.25W，故D正确。
故选：D。
17．（2023•惠安县模拟）有两个电路元件A和B，通过元件的电流与其两端电压的关系如图甲所示。把它们并联在电路中，如图乙所示，闭合开关S，这时电流表的示数为0.9A，则电源电压和元件B的电功率分别是（ ）
A．2.5V 0.8WB．2.5V 1.0W
C．4.5V 1.0WD．4.5V 4.05W
【答案】B
【分析】由图乙电路图可知，两元件并联，元件两端的电压相等，电流表测量干路中电流。
（1）由图甲所示图象可知，电压为2.5V时，通过元件A、B的电流，电流表示数等于二者之和，等于0.9A，此时的电压为电源电压；
（2）知道元件B两端电压、通过的电流，利用P＝UI求元件B的功率。
【解答】解：
由图乙电路图可知，两元件并联，电流表测量干路中电流。
（1）由图甲所示图象可知，电压为2.5V时，通过元件A、B的电流分别为IA＝0.5A、IB＝0.4A，
则电流表示数：
I＝IA+IB＝0.5A+0.4A＝0.9A，则电源电压为2.5V；
（2）元件B的功率为：PB＝UIB＝2.5V×0.4A＝1.0W，
只有B正确，ACD错误。
故选：B。
18．（2023•阜新模拟）（多选）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，R1是定值电阻，R2是“20Ω 1A”的滑动变阻器，电流表量程为0～3A。闭合开关S，在保证电路元件安全的情况下，移动滑片，电路中的电流与滑动变阻器连入电路的阻值变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为12V
B．R1的阻值为10Ω
C．R2连入电路的最小阻值为2Ω
D．电路中的最大功率为14.4W
【答案】ABC
【分析】（1）由图甲可知，闭合开关后，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流；图乙是电路中的电流与滑动变阻器连入电路的阻值变化关系图像，从图像中读出两组变阻器连入电路的阻值和对应的电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源电压，从而解得电源电压和R1的阻值；
（2）根据串联电路的电流规律、电流表的量程和变阻器的规格，可确定电路中的最大电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出R2连入电路的最小阻值；
（3）电源电压一定，由P＝UI可知，当电路中的电流最大时，电路的总功率最大。
【解答】解：AB、由图甲可知，闭合开关后，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，
由图像可知，当变阻器连入电路的阻值R2＝20Ω时，电路中的电流I＝0.4A，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可得，电源电压：U＝I（R1+R2）＝0.4A×（R1+20Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
当变阻器连入电路的阻值R2′＝10Ω时，电路中的电流I′＝0.6A，
同理可得，电源电压：U＝I′（R1+R2′）＝0.6A×（R1+10Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源电压保持不变，则联立①②解得：R1＝10Ω，电源电压U＝12V，故A、B正确；
C．由题知，电流表量程为0～3A，R2是“20Ω 1A”的滑动变阻器，
因串联电路中电流处处相等，则电路中的最大电流为I大＝1A，此时变阻器连入电路中的阻值最小，
根据欧姆定律和串联电路的电阻特点可得，变阻器连入电路的最小阻值：R2小＝﹣R1＝﹣10Ω＝2Ω，故C正确；
D．由P＝UI可知，在电路安全情况下，电路中电流最大时，电路中的功率最大，
则整个电路的最大功率：P大＝UI大＝12V×1A＝12W≠14.4W，故D错误。
故选：ABC。
19．（2023秋•二七区校级月考）如图甲所示，电源电压为6V，小灯泡L标有“4V 2W”的字样（忽略小灯泡电阻的变化）。闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，得出滑动变阻器的电功率P与其接入电路的阻值R间的关系如图乙所示。小灯泡的电阻为 8 Ω；滑动变阻器的最大电功率P1为 1.125 W；如图乙所示，当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，则R1与R2的乘积是 64 Ω2。
【答案】8；1.125；64。
【分析】由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝求出灯泡的电阻；
（2）由图乙知，当R＝8Ω时，滑动变阻器的最大电功率P1最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出当R＝8Ω时电路中的电流，利用P＝UI＝I2R求出滑动变阻器的电功率；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据两种情况下滑动变阻器的电功率相等和P＝UI＝I2R得出等式，再根据R1≠R2得出R1与R2的乘积。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）由P＝可得，灯泡的电阻为：RL＝＝＝8Ω；
（2）因串联电路中总电阻等于各部分电阻之和，
由图乙知，当R＝8Ω时，滑动变阻器的最大电功率P1最大，此时电路中的电流：I＝＝＝＝0.375A，
滑动变阻器的电功率：P1＝I2R＝（0.375A）2×8Ω＝1.125W；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，电路中的电流分别为：
I1＝＝，I2＝＝，
因当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，
所以，由P＝UI＝I2R可得：
P2＝R1＝R2，即（）2R1＝（）2R2，
整理可得：（R1﹣R2）（﹣R1R2）＝0，
由R1≠R2可知，R1R2＝＝（8Ω）2＝64Ω2。
故答案为：8；1.125；64。
20．（2023•兴化市模拟）如图甲所示，电源电压保持不变，滑动变阻器上标有“20Ω 2A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡恰好正常发光；在图乙中绘制出电流表与两电压表示数关系的图像，小灯泡的额定电功率为 4 W，当滑片在a点时，小灯泡与滑动变阻器的功率之比为 5：1 。
【答案】4；5：1
【分析】由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流且灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
当滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压特点判断出R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，根据图乙读出灯泡正常发光时的电流和变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时小灯泡两端的电压，利用P＝UI求出小灯泡的额定功率和小灯泡与滑动变阻器的功率之比。
【解答】解：由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I＝0.3A，此时灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，即：UL＝UR，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I＝可得电源的电压：
U＝UL+UR＝2UR＝2IR＝2×0.3A×20Ω＝12V；
当滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由串联电路的分压特点可知，变阻器R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，则图乙中向下弯曲的曲线是变阻器R的I﹣U图像，向上弯曲的曲线是灯泡的I﹣U图像，如图所示：
，
当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，
由图乙可知，灯泡正常发光时的电流I′＝0.4A，灯泡两端的电压UL′＝10V，
小灯泡的额定功率：
PL＝UL′I′＝10V×0.4A＝4W；
此时，变阻器两端的电压UR′＝U﹣UL′＝12V﹣10V＝2V，
所以滑动变阻器与小灯泡的功率之比：
＝＝＝＝。
故答案为：4；5：1。
21．（2023•秦皇岛一模）如图所示，电源电压恒定，灯泡L上标有“6V 3.6W”，将滑动变阻器R的滑片P移至a端，闭合S，L正常发光；再将滑动变阻器R的滑片P移至b端，电流表示数I＝0.12A。（忽略温度对灯泡电阻的影响）求：
（1）电源电压U。
（2）滑动变阻器R的最大阻值。
（3）电路工作时的最大电功率和最小电功率之比。
【答案】（1）电源电压U为6V；
（2）滑动变阻器R的最大阻值为40Ω；
（3）电路工作时的最大电功率和最小电功率之比为5：1。
【分析】（1）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，闭合S，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡L正常发光，灯泡的额定电压为6V，根据U＝UL得出电源电压；
（2）将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，电流表测电路电流，电流表示数I＝0.12A，由P＝可知灯泡的电阻，根据欧姆定律得出电路的总电阻，由于串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和，据此得出滑动变阻器R的最大阻值；
（3）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，只有灯泡工作，根据I＝可知，此时电路中的电阻最小，电流最大，由P＝UI可知电路的总功率最大，等于灯的额定功率；
将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，由I＝可知，此时电路中的电阻最大，电流最小，根据P＝UI得出电路的最小功率，进而得出电路工作时的最大电功率和最小电功率之比。
【解答】解：（1）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，闭合S，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，
灯泡L正常发光，灯泡的额定电压为6V，因此电源电压为U＝UL＝6V；
（2）将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，
电流表测电路电流，电流表示数I＝0.12A，
由P＝可知，灯泡的电阻为RL＝＝＝10Ω，
电路的总电阻为R总＝＝＝50Ω，
由于串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和，
所以滑动变阻器R的最大阻值为R＝R总﹣RL＝50Ω﹣10Ω＝40Ω；
（3）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，只有灯泡工作，
根据I＝可知，此时电路中的电阻最小，电流最大，由P＝UI可知，电路的总功率最大，
电路的最大功率为P最大＝PL＝3.6W；
将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，
由I＝可知，此时电路中的电阻最大，电流最小，为I最小＝0.12A，
电路的最小功率为P最小＝UI最小＝6V×0.12A＝0.72W，
电路工作时的最大电功率和最小电功率之比：＝＝。
答：（1）电源电压U为6V；
（2）滑动变阻器R的最大阻值为40Ω；
（3）电路工作时的最大电功率和最小电功率之比为5：1。
22．（2023•漳州模拟）小明同学设计了一个测量压力的压力计，图（甲）是其工作原理，R为压力传感器，当压力作用在托盘上，R的电阻值就会随所受压力大小发生变化，如图（乙）所示。电源电压3V恒定不变，托盘的质量忽略不计。当托盘受到的压力为0时，电压表的示数为1.2V。求：
（1）电流表示数；
（2）R0的阻值；
（3）当R消耗的功率最大时，水平托盘上所放物体的质量。
【答案】（1）电流表示数为6×10﹣3A；
（2）R0的阻值是200Ω；
（3）当R消耗的功率最大时，水平托盘上所放物体的质量是10kg。
【分析】由甲图可知定值电阻R0与压力传感器R串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）当托盘受到的压力为0时，电压表的示数为1.2V，根据电源电压和串联电路的电压规律可得R两端的电压，由图乙可知压力传感器R的阻值，根据欧姆定律计算R中的电流；
（2）由串联电路的电流规律可得R0中通过的电流，根据欧姆定律计算R0的阻值；
（3）根据串联电路特点和欧姆定律以及电功率计算公式，推理当压力传感器的电阻值等于定值电阻R0的阻值时，压力传感器R消耗的电功率最大，由图乙可得托盘所受压力的大小，据此计算托盘中物体的质量。
【解答】解：由甲图可知定值电阻R0与压力传感器R串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，电源电压：U＝3V。
（1）当电压表的示数为U0＝1.2V，根据串联电路的电压规律可得，R两端的电压：U1＝U﹣U0＝3V﹣1.2V＝1.8V，
由图乙可知托盘受到的压力为0时，压力传感器R的阻值：R1＝300Ω，
根据欧姆定律可得，压力传感器中通过的电流：I1＝＝＝6×10﹣3A，即电流表此时的示数为6×10﹣3A；
（2）由串联电路的电流规律可得R0中通过的电流：I0＝I1＝6×10﹣3A，
根据欧姆定律可得，R0的阻值：R0＝＝＝200Ω；
（3）由甲图可知定值电阻R0与压力传感器R串联，所以根据串联电路的电阻规律可得，电路的总电阻：R总＝R+R0，
由欧姆定律可知，电路中的电流：I＝＝，
由电功率计算公式P＝UI＝I2R可得，压力传感器消耗的电功率：P＝I2R＝（）2R＝＝＝，
电源电压U和定值电阻的阻值为定值，由上式可知，当R＝R0＝200Ω时，R消耗的电功率最大，
由图乙可得，当R＝200Ω时，托盘受到的压力：F＝100N，
放在水平托盘上物体对托盘的压力等于物体的重力，
由此可知，放在托盘中物体的重力：G＝F＝100N，
由G＝mg可得，物体的质量：m＝＝＝10kg。
答：（1）电流表示数为6×10﹣3A；
（2）R0的阻值是200Ω；
（3）当R消耗的功率最大时，水平托盘上所放物体的质量是10kg。
23．（2023•宝应县二模）某型号的电加热器有高、低两挡，其额定电压为220V，内部电路由发热电阻R1、R2和开关S2组成，其中R1＝44Ω，在不拆解内部电路的情况下，初三学生小萱用图甲电路对其进行测试：先闭合S1，电流表的示数为1A；再闭合S2，电流表的示数变为5A。求：
（1）低温挡工作时，开关S2 断开 （断开/闭合），R1和R2 串 （串/并）联；
（2）R2的阻值是多少欧姆？
（3）小萱利用原有元件对该电加热器的电路进行了改装如图乙，改装后的电路具有低、中、高三个挡位，改装后高温挡的功率是多少W？
【答案】（1）断开；串；
（2）R2的阻值是176Ω；
（3）改装后高温挡的功率是1375W。
【分析】（1）根据欧姆定律求出R1单独接入电路中时通过的电流，通过分析可判断出高温挡时电路中的电流以及电路结构；
（2）根据欧姆定律求出低温挡时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值；
（3）根据P＝UI＝可知，电源电压一定时，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，电加热器处于高温挡；电路的总电阻最大时，电加热器处于低温挡；据此结合电路图判断出不同挡位时电路的连接方式；
改装后电加热器处于高温挡时，两电阻并联，根据并联电路的电压特点和电功率公式求出高温挡的功率。
【解答】解：（1）根据题意可知，低温挡时，电路中的电流较小，所以低温挡时电路中的电流为1A，
由题知，某电加热器的内部电路由发热电阻R1、R2和开关S1组成，其中R1＝44Ω；
若R1单独接入电路中，则电路中的电流：I1＝＝＝5A，
因先闭合开关S时电流表的示数为1A（低温挡），再闭合S1时电流表的示数变为5A（高温挡），
所以，高温挡时电路为R1的简单电路，
低温挡时，电路中的电流较小（为1A），由欧姆定律可知此时电路的总电阻较大，则此时电路是R1与R2串联，
由以上分析可知，该电加热器的内部电路如下图所示：
（2）低温挡时R1与R2串联，电路中的总电阻：
R＝＝＝220Ω，
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＝220Ω﹣44Ω＝176Ω；
（3）由乙图可知，两开关都闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，总功率最大，电加热器处于高温挡；
因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，改装后高温挡的功率：
P高′＝+＝+＝1375W。
故答案为：（1）断开；串；
（2）R2的阻值是176Ω；
（3）改装后高温挡的功率是1375W。
\l "_Tc31833" 【题型4 额定功率与实际功率】
24．（2022秋•许昌期末）将标有“6V 3W”和“6V 2W”的甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端，接通电路后，以下说法正确的是（ ）
A．两只小灯泡都不能正常发光
B．两只小灯泡两端电压相等
C．通过乙灯的电流较大，所以乙灯较亮
D．通过甲灯的电流较大，所以甲灯较亮
【答案】A
【分析】（1）已知两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出两灯泡的额定电流，利用欧姆定律求出两灯泡的电阻；
（2）根据串联电路的电流特点比较通过两灯泡的电流关系，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，然后与两灯泡的额定电流相比较判断两灯泡是否正常工作，根据P＝I2R比较两灯泡的实际功率关系判断亮暗关系。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，两灯泡的额定电流：
I甲＝＝＝0.5A，I乙＝＝＝A，
由I＝可得，两灯泡的电阻：
R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝18Ω；
甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端时，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，通过两灯泡的电流相等，故C、D不正确；
（2）因串联电路中各处的电流相，但两灯泡电阻不相等，所以电压不等，故B错误；
（3）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＝＝＝0.2A，
因I＜I乙＜I甲，
所以，两灯泡均不能正常发光，
由P＝I2R可知，乙灯泡的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故A正确；
故选：A。
25．（2023•吉安模拟）下列数据是小明对教室中相关物理量的估测，其中最接近实际的是（ ）
A．日光灯的额定功率约为40W
B．人体感觉适宜的温度约为36.5℃
C．教室门的宽度约为5m
D．课桌的质量约为500g
【答案】A
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。
解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、日光灯的额定功率约为40W，故A正确；
B、人体感觉适宜的温度约为23℃，故B错误；
C、教室门的宽度约为1m，故C错误；
D、课桌的质量约为10kg，故D错误。
故选：A。
26．（2023•湖北模拟）如图甲是一种电热膜，工作时能自动控温。其构造是在绝缘薄膜表面，将多条薄的导电墨线两端与金属导线相连，如图乙。该电热膜的额定电压为220V，导电墨线电阻随温度变化图象如图丙，有关电热膜说法正确的是（ ）
A．导电墨线间以串联的方式连接
B．若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率可能大于额定功率
C．工作时通过导电墨线的电流始终不变
D．当温度到达t0并继续升温时，发热功率会急剧减小
【答案】D
【分析】（1）由图乙可知，各条导电墨线是并列连接的，据此判断；
（2）若实际电压小于220V，根据P＝进行分析；
（3）由图丙可知，导电墨线的电阻随温度的变化而变化，根据I＝进行分析判断；
（4）由图丙知，当温度到达t0并继续升温时，电热膜的电阻会急剧增大，根据P＝进行分析判断。
【解答】解：A、由图乙可知，各条导电墨线是并列连接的，故各导电墨线是并联的，故A错误；
B、若实际电压小于220V，根据P＝可知，温度稳定后实际功率小于额定功率，故B错误；
C、由图丙可知，导电墨线的电阻随温度的变化而变化，根据I＝可知，在电压不变时，通过各导电墨线的电流是变化的，故C错误；
D、由图丙知，当温度到达t0并继续升温时，电热膜的电阻会急剧增大，根据P＝可知，发热功率会急剧减小，故D正确。
故选：D。
27．（2022秋•新郑市期末）标有“220V 40W”的灯泡甲和“220V 100W”的灯泡乙，其灯丝长短相同，可发现 乙 灯泡的灯丝较粗，若将这两个灯泡串联在220V的电源上，则 甲 灯泡更亮一些；若将这两个灯泡并联在220V的电源上，则 乙 灯泡更亮一些（以上三空选填“甲”或“乙”）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由灯泡的铭牌可知灯泡的额定电压与额定功率，可利用公式R＝判断出甲、乙两个灯泡电阻的大小关系；
导体电阻的大小与导体的长度、横截面积和材料有关，同种材料的导体长度相同时，横截面积越小，电阻越大；横截面积越大，电阻越小；
（2）两灯泡串联时，通过它们的电流相等，利用公式P＝I2R判断出两灯泡实际功率的大小关系，进一步判断两灯泡的亮暗关系
（3）两灯泡并联时它们两端的电压相等，额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断两灯泡的亮暗关系。项目
指标参数
工作电压
15V
功率
30W
电池容量
2000mAh
××型电炖盅
额定电压
220V
高温功率
2000W
低温功率
400W
额定工作电压
12V
额定功率
30W
工作噪音
＜50dB
清扫100m2运行时间
50min
额定工作电压
220V
额定功率
1400W
工作噪音
75dB
清扫100m2工作时间
10min
\l "_Tc5338" 【题型1 电功率与电能、时间的关系】1
\l "_Tc31833" 【题型2 电功率与电压、电流的关系】5
\l "_Tc846" 【题型3 电功率的计算】13
\l "_Tc31833" 【题型4 额定功率与实际功率】24
\l "_Tc846" 【题型5 实验 测量小灯泡的电功率】31
\l "_Tc846" 【题型6 电电功率的概念】40
\l "_Tc5338" 【题型1 电功率与电能、时间的关系】
1．（2022秋•山西期末）为了培养学生们节约电能的意识，九年级各班开展了“节约一度电”主题班会。根据你对常用电器的了解，1kW•h的电能可供下列用电器持续正常工作时间最长的是（ ）
A．电风扇B．空调C．电冰箱D．洗衣机
【答案】A
【分析】根据t＝可知消耗电能相同时，电功率越小，用电器工作的时间越长。
【解答】解：选项的四个用电器中电风扇的电功率最小，空调的电功率最大，在消耗电能相同时，根据t＝可知，电功率越小，用电器工作的时间越长，所以一度电可供电风扇持续正常工作时间最长。
故选：A。
2．（2023•市北区开学）关于下列生活现象，说法正确的是（ ）
A．一杯水喝掉一半后，水的比热容变小
B．马路上的灯同时亮同时灭，说明是串联的
C．“空调比台灯费电”，是因为空调电功率比台灯大，相同时间内，空调消耗电能比台灯多
D．往手上哈气，手感到热，是通过做功的方式增大了手的内能
【答案】C
【分析】（1）比热容是物质的一种特性，与物体质量、温度高低、吸放热多少都没有关系；
（2）串联电路中各用电器相互影响；而并联电路中各用电器互不影响；
（3）电功率大的用电器，相同时间内消耗电能最多；
（4）改变物体内能有两种方式：做功和热传递。
【解答】解：A、比热容是物质的一种特性，和物体质量的大小没有关系，即一杯水喝掉一半后，水的比热容不变，故A错误；
B、马路上的灯虽然同时亮，同时灭，但路灯中一个烧坏后，其它仍可以正常工作，因此路灯是并联连接，故B错误；
C、台灯与空调相比，空调的电功率大，由P＝可知，在相同时间内，空调消耗电能比台灯多，故C正确；
D、冬天对手“哈气”，手感到暖和，这是通过热传递的方式改变内能的，故D错误。
故选：C。
3．（2023•泰兴市二模）LED灯具有节能、环保的特点，标有“220V，5W”的LED灯泡和“220V，40W”白炽灯（如图所示）正常发光时的亮度相当，lkW•h的电能可供该LED灯正常发光 200 h，与白炽灯相比，LED灯泡可以节能约 87.5 %。
【答案】200；87.5。
【分析】（1）根据t＝计算LED的正常发光时间。
（2）设两种灯泡正常发光的时间为t，利用公式W＝Pt计算消耗的电能；消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比。
【解答】解：（1）lkW•h的电能可供该LED灯正常发光的时间：
t＝＝＝200h；
（2）当两种灯正常发光的时间相同都为t时，
LED灯消耗的电能为：
WLED＝5W×t；
白炽灯消耗的电能为：
W白＝40W×t；
所以LED灯泡可以节能：
＝87.5%。
故答案为：200；87.5。
4．（2023•梁溪区二模）洗发后，小丽站在镜子前用电吹风吹头发。
（1）小丽发现镜面起雾，雾的形成是 液化 现象，过程中要 放出 热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的 虚 像。
（2）电吹风简化电路图如图所示，旋转扇形开关可实现断开、冷风、热风的转换，已知吹冷风时功率为100W，R＝48.4Ω，若家中只有电吹风工作，她用冷风、热风交替使用共5min，标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，则消耗 2.7×105 J电能，使用热风挡的时间为 240 s。
【答案】（1）液化；放出；虚；
（2）2.7×105；240。
【分析】（1）物质由气态变为液态的过程叫液化，此过程放出热量；平面镜成的是正立、等大的虚像。
（2）根据电能表的参数“1200imp/（kW•h）”计算出电能表指示灯闪烁90次消耗的电能W；
利用电功率公式计算出使用热风挡时电路功率P热，设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，据电吹风冷风、热风交替使用5min消耗的电能，利用电能的计算公式列出等式，算出使用热风挡的时间。
【解答】解：（1）小丽发现镜面起雾，雾是水蒸气液化形成的小水珠，液化过程中要放出热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的虚像。
（2）标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，消耗的电能为：
W＝＝0.075kW•h＝2.7×105J；
使用热风挡时电热丝与电动机并联，电路总功率为：
P热＝PM+PR＝PM+＝100W+＝1100W；
冷风、热风交替使用总时间为：
5min＝300s；
设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，可得等式：
W＝P热t+PM（300s﹣t）；
代入数据得：
2.7×105J＝1100W×t+100W×（300s﹣t）；
解得：
t＝240s。
故答案为：（1）液化；放出；虚；
（2）2.7×105；240。
5．（2018•邓州市二模）随着生活水平的提高，扫地机器人逐步进入普通家庭，扫地机器人具有主动躲避障碍物、自动吸尘、自动返回充电等诸多智能功能，如图是某款扫地机器人及铭牌上的部分参数，请回答下列有关问题：
（1）机器人吸尘的工作原理是通过电机转动时内部压强 变小 ，从而使杂物进入吸尘器。工作过程中能量转化为 电 能转化为 机械 能。
（2）若充满电后所有电都用于扫地，则可供机器人持续正常工作多长时间？
（3）机器人的供电系统没有自动充电功能，当自动检测到电池容量低至10%时会自动返回充电，若返回过程中受到的阻力为20N，为确保机器人能顺利返回充电，需要充电时离充电座最远为多少米？（剩余电池容量的40%用于提供克服阻力做功）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；扫地机器人工作时消耗电能，获得机械能；
（2）先利用W＝UIt求出电池的能量，再利用公式P＝的变形公式，可求出持续工作的时间。
（3）先计算电源用来克服阻力提供的能量，由克服阻力做的功，求出可以行驶的距离。
【解答】解：（1）高速旋转的叶轮把空气排出风机，同时使外部空气和灰尘不断地补充进风机，吸尘器就能“吸尘”了，其原理利用了流体流速大的地方压强小。扫地机器人工作时消耗电能，获得机械能，故它在运动时电能转化为机械能；
（2）充满电后所有电能W＝UIt＝15V×2A×3600s＝108000J，
由P＝得：
t＝＝＝3600s；
（3）克服摩擦力做到功为：
W＝UIt＝15V×2A×3600s×10%×40%＝4320J；
根据W＝Fs得：
s＝＝＝216m；
故答案为：（1）变小；电；机械；
（2）可供机器人持续正常工作3600s时间；
（3）需要充电时离充电座最远为216m。
\l "_Tc31833" 【题型2 电功率与电压、电流的关系】
6．（2022秋•绥宁县期末）实验室有甲、乙两只灯泡，甲标有“6V 6W”字样，乙标有“10V 6W”字样。现把它们串联起来，则该电路两端允许加的最大电压是（不考虑温度对灯泡电阻的影响）（ ）
A．16VB．13.6VC．6VD．10V
【答案】B
【分析】根据P＝UI分别计算两个灯泡的额定电流，较小的电流为两灯串联后允许的最大电流，根据P＝计算非正常发光的小灯泡的电阻，根据欧姆定律计算它两端的电压，与正常发光的小灯泡的额定电压之和，即为所求电路两端的最大电压。
【解答】解：甲灯泡的额定电流I甲＝＝＝1A，
乙灯泡的额定电流I乙＝＝＝0.6A，
把它们串联起来，则该电路允许通过的最大电流为I＝I乙＝0.6A，
甲灯电阻为R甲＝＝＝6Ω，
则甲灯泡两端的电压为U甲′＝IR甲＝0.6A×6Ω＝3.6V，
此时乙灯正常发光，所以乙灯两端的电压为U乙＝10V，
则该电路允许的最大电压是U＝U甲′+U乙＝3.6V+10V＝13.6V，故B正确；ACD错误。
故选：B。
7．（2022秋•高新区期末）夏天同学在探究电功率影响因素的实验中，做了如图甲所示探究电功率与电压关系的实验与如图乙所示探究电功率与电流关系的实验，下列关于实验及结论说法正确的是（ ）
A．甲图实验中，是通过电压表的示数大小反映电功率的大小
B．甲图实验中，应选择阻值不同的灯泡L1与L2来进行实验
C．乙图实验中，将两灯泡并联的目的是控制两灯的电流相同
D．通过实验可得结论，电功率与电流，电压、通电时间有关
【答案】B
【分析】A、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；
B、为使实验结论更具有普遍性，甲图实验中，应选择阻值不同的灯泡L1与L2来进行实验；
C、乙图实验中，将两灯泡并联的目的是控制两灯两端的电压相同；
D、电功率与电流，电压有关，与时间无关。
【解答】解：A、甲图实验中，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A错误；
B、为使实验结论更具有普遍性，甲图实验中，应选择阻值不同的灯泡L1与L2来进行实验，故B正确；
C、乙图实验中，将两灯泡并联的目的是控制两灯两端的电压相同，故C错误；
D、电功率与电流，电压有关，与时间无关，故D错误。
故选B。
8．（2022秋•大安市期末）甲、乙两个小灯泡并联接入电路，如图所示，甲比乙亮，下列判断错误的是（ ）
A．I甲＞I乙B．U甲＝U乙C．R甲＞R乙D．P甲＞P乙
【答案】C
【分析】甲、乙两个小灯泡并联接入电路，甲比乙亮，则甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率；根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压的大小关系，根据P＝可知两灯的电阻的大小关系，根据I＝可知通过两灯的电流的大小关系。
【解答】解：甲、乙两个小灯泡并联接入电路，甲比乙亮，则甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率，即P甲＞P乙，根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压相等，故U甲＝U乙，根据P＝可知，R甲＜R乙，根据I＝可知I甲＞I乙。故ABD正确、C错误。
故选C。
9．（2023•广陵区二模）如图所示电路，甲、乙两灯分别标有“6V 3W”和“6V 6W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当电源电压调为6V时，闭合开关 S2、S3 ，甲、乙两灯并联，此时干路的总电流为 1.5 A；当电路中甲、乙两灯串联时，要使其中一个灯泡正常发光，另外一个灯泡不会被烧坏，则电源电压应该调为 9 V。
【答案】S2、S3；1.5；9。
【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；
（2）知道灯的铭牌，利用R＝求出两个灯泡的电阻，利用I＝可知正常工作时的电流，
（3）从而确定正常发光的是哪只灯；根据欧姆定律求出另一只灯两端的电压，再根据串联电路电压特点就求出电源电压。
【解答】解：甲灯的电阻为：R1＝＝＝12Ω；
乙灯的电阻为：R2＝＝＝6Ω；
甲灯正常发光通过的电流：
I1＝＝＝0.5A，
乙灯正常发光通过的电流：
I2＝＝＝1A，
由图可知，当S1断开，闭合开关S2、S3时，电流分别经过两个灯泡回到电源的负极，电流有两条路径，两灯并联；
此时电源电压是6V，两灯都能正常发光，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以此时干路的总电流为：I＝I1+I2＝0.5A+1A＝1.5A；
当电路中甲、乙两灯串联时，其中一灯恰好正常发光，所以甲能正常发光，此时电路中的电流：
I′＝I1＝0.5A，
乙两端的电压：U′2＝I′R2＝0.5A×6Ω＝3V，
电源的电压：U＝U1+U′2＝6V+3V＝9V
故答案为：S2、S3；1.5；9。
10．（2023•肥城市二模）两只灯泡标有“6V，3W”、“6V，6W”字样，将其串联后接在电路中使用时，忽略灯丝电阻的变化，为保证电路安全，则电路两端允许加的最大电压为 9 V。
【答案】9。
【分析】知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出额定电流，再根据欧姆定律求出电阻；
两只小灯泡串联后接在电路中使用时，为了使电路安全使用，串联电路的最大电流只能取两个额定电流中最小的一个，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路两端允许加的最大电压。
【解答】解：由P＝UI可得，两灯泡的额定电流：
I1额＝＝＝0.5A，I2额＝＝＝1A，
由I＝可得，两灯泡的电阻：
R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝6Ω；
因为串联电路中各处的电流相等，所以两只小灯泡串联后接在电路中使用时，
为了使电路安全使用，电路中的最大电流I＝I1额＝0.5A，即L1正常发光，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电路两端允许加的最大电压：
U＝I（R1+R2）＝0.5A×（12Ω+6Ω）＝9V。
故答案为：9。
11．（2023•云南）某型号的电炖盅有“高温”和“低温”两个挡位，其简化电路如图、部分参数如表所示。同时闭合开关S、S1，电炖盅处于 高温 挡。1kW•h电能可供电炖盅在“高温”挡正常工作 0.5 h。
【答案】高温；0.5。
【分析】分析同时闭合开关S、S1时电路的连接，根据串并联电路的电阻特点和P＝得出高温挡电路的连接方式；根据P＝求出1kW•h电能可供电炖盅在“高温”挡正常工作的时间；
【解答】解：由电路图可知，同时闭合开关S、S1时，电阻R1、R2 并联，电路中的总电阻最小，由P＝可知，总功率最大，所以此时电炖盅为高温挡；
由表中数据可知电炖盅在“高温”挡正常工作的电功率为：P＝2000W＝2kW，
由P＝可得，1kW•h电能可供电炖盅在“高温”挡正常工作的时间为：
t＝＝＝0.5h。
故答案为：高温；0.5。
12．（2023•宁江区校级模拟）把一个标有“6V 3W”的小灯泡和定值电阻R串联后接在电压为10V的电源上，小灯泡恰能正常工作。求：
（1）通过小灯泡的电流；
（2）定值电阻R的阻值。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）灯泡正常工作时的电压和额定电压相等，根据P＝UI求出通过小灯泡的电流；
（2）根据串联电路的电压特点求出定值电阻R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出定值电阻R的阻值。
【解答】解；（1）由P＝UI可得，小灯泡正常工作时通过的电流：
IL＝＝＝0.5A；
（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，定值电阻R两端的电压：
UR＝U﹣UL＝10V﹣6V＝4V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I＝可得，定值电阻R的阻值：
R＝＝＝＝8Ω。
答：（1）通过小灯泡的电流为0.5A；
（2）定值电阻R的阻值为8Ω。
13．（2023•海门市二模）如图所示，L是标有“6V 1.2W”字样的小灯泡，R是定值电阻。只闭合开关S3，灯泡正常发光，再闭合S1，电流表的示数变化了0.4A。
（1）求灯泡的额定电流；
（2）求定值电阻R的阻值；
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡仍正常发光，求此时电路10min内消耗的电能。
【答案】答：（1）灯泡的额定电流为0.2A；
（2）定值电阻R的阻值为15Ω；
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡正常发光，电路10min内消耗的电能64800J。
【分析】（1）已知灯泡的额定功率和额定电压，根据p＝UI可得电流大小；
（2）根据题意可知，断开开关S2，闭合开关S1和S3时，电阻R和灯泡L并联，灯泡正常发光；根据灯泡的额定电压可知电源电压，然后根据P＝UI的变形公式求出灯泡正常发光的电流，再利用并联电路电流规律求出通过定值电阻的电流，最后根据欧姆定律的变形公式求出定值电阻R的阻值。
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，定值电阻R和灯泡L串联；先求出灯泡的电阻，然后根据串联电路电阻的特点求出电路的总电阻，又已知灯泡正常发光的电流，再利用P＝I2R求出电路的总功率。
【解答】解：
（1）断开开关S2，闭合开关S1和S3时，电阻R和灯泡L并联，灯泡正常发光，所以电源电压等于灯泡的额定电压，即6V；
由P＝UI可知，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.2A；
（2）因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，所以通过R的电流：IR＝0.4A；
定值电阻R的阻值：R＝＝＝15Ω；
（3）灯泡的电阻：RL＝＝＝30Ω；
断开开关S1和S3，闭合开关S2，定值电阻R和灯泡L串联，此时电路中的总电阻：R总＝15Ω+30Ω＝45Ω；
因为灯泡正常发光，所以电路中的电流为0.2A，则电路的总功率：P＝R总＝（0.2A）2×45Ω＝1.8W。
电路10min内消耗的电能W＝Pt＝1.8W×10×3600s＝64800J。
答：（1）灯泡的额定电流0.2A；
（2）定值电阻R的阻值为15Ω。
（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡正常发光，电路10min内消耗的电能64800J。
14．（2023•南岗区校级模拟）扫地机器人是一款能自动清扫的智能家用电器，如图甲。表一为某扫地机器人的部分数据。图乙为某传统吸尘器，表二为该吸尘器的部分数据。
表一：
表二：
（1）扫地机器人正常工作时的电流为多少A？
（2）扫地机器人清扫100m2房间时电流做了多少功？
（3）分析题中信息，从物理角度谈一下扫地机器人与传统的吸尘器相比，有哪些优点。（说出两条）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）已知扫地机器人正常工作时的电压和电功率，利用P＝UI可求得扫地机器人正常工作时的电流；
（2）已知扫地机器人清扫100m2房间时的功率和时间，利用P＝可求得电流做了多少功；
（3）从噪声和消耗电能的角度比较。
【解答】解：（1）由P＝UI得，
扫地机器人正常工作时的电流I＝＝＝2.5A，
（2）由P＝可得，电流做功W1＝P1t＝30W×50×60s＝9×104J。
（3）由图可知，扫地机器人与传统的吸尘器相比50dB＜75dB，噪音小环保；
由P＝可得，传统的吸尘器清扫100m2房间时W2＝P2t2＝1400W×10×60s＝8.4×105J，
因为9×104J＜8.4×105J，所以扫地机器人比传统的吸尘器节能。
答：（1）扫地机器人正常工作时的电流为2.5A；
（2）扫地机器人清扫100m2房间时电流做了9×104J功；
（3）扫地机器人与传统的吸尘器相比有以下优点：①噪音小环保；②节能。
\l "_Tc846" 【题型3 电功率的计算】
15．（2023秋•石家庄月考）如图电路，已知电阻R1＝10Ω，R2＝5Ω，当开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．通过R1与R2的电流之比为2：1
B．R1与R2两端电压之比为1：2
C．R1与R2消耗的电功率之比为2：1
D．R1与R2相同时间内消耗的电能之比为1：2
【答案】C
【分析】由电路图可知，两电阻串联，根据串联电路中的电流特点可知通过两电阻的电流关系，根据欧姆定律可知两电阻两端的电压关系，利用P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比；利用W＝Pt可知R1与R2消耗的电能之比。
【解答】解：由电路图可知，两电阻串联，
由于串联电路中各处的电流相等，则通过R1与R2的电流之比为1：1，故A错误；
由U＝IR可知：
R1与R2两端的电压之比：＝＝＝＝，故B错误；
R1与R2消耗的电功率之比：＝＝＝＝，故C正确；
R1与R2相同时间内消耗的电能之比：＝＝＝，故D错误。
故选：C。
16．（2023秋•二七区校级月考）河源同学用如图所示的电路测小灯泡的功率。电路中电源电压恒为4.5V，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“20Ω 1A”，灯泡标有“2.5V 1.25W”字样。若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．滑动变阻器的电阻允许调节的范围是2.5～20Ω
B．电流表示数的变化范围是0.18～0.6A
C．灯泡的最小功率是0.162W
D．该电路的最大功率是2.25W
【答案】D
【分析】由图可知，开关闭合后，变阻器和灯泡串联在电路中，电流表测量电路电流，电压表测量变阻器两端的电压。
根据P＝UI求出灯L的额定电流，根据欧姆定律计算灯丝电阻；
根据电路中允许通过的最大电流，由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻最小值；根据P＝UI，计算电路的最大电功率；
当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻最大值，根据欧姆定律计算电路中的最小电流，由P＝UI计算灯泡的最小电功率，并得到滑动变阻器允许接入电路的阻值范围。
【解答】解：由PL＝ULIL可得灯L的额定电流为：IL＝＝＝0.5A，根据欧姆定律可得，灯丝的电阻：RL＝＝＝5Ω，
（1）因串联电路中电流处处相等，且电流表的量程为0∼0.6A，变阻器允许通过的最大电流为1A，故电路中的最大电流I大＝IL＝0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的阻值最小，
电路中的最小总电阻和灯泡的电阻分别为：R总＝＝＝9Ω，
故滑动变阻器接入电路中的最小阻值为：R小＝R总﹣RL＝9Ω﹣5Ω＝4Ω，
电路的最大电功率：P大＝UI大＝4.5V×0.5A＝2.25W；
（2）当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，
灯泡两端的电压：UL小＝U﹣UR＝4.5V﹣3V＝1.5V，
因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流最小为：
I小＝＝＝0.3A，变阻器的最大接入电阻：R大＝＝＝10Ω，
由P＝UI可得灯泡的最小电功率：PL小＝UL小I小＝1.5V×0.3A＝0.45W；
综上可知：
A、滑动变阻器的电阻允许调节的范围是4～10Ω，故A错误；
B、电流表示数的变化范围是0.3～0.5A，故B错误；
C、灯泡的最小功率是0.45W，故C错误；
D、该电路的最大功率是2.25W，故D正确。
故选：D。
17．（2023•惠安县模拟）有两个电路元件A和B，通过元件的电流与其两端电压的关系如图甲所示。把它们并联在电路中，如图乙所示，闭合开关S，这时电流表的示数为0.9A，则电源电压和元件B的电功率分别是（ ）
A．2.5V 0.8WB．2.5V 1.0W
C．4.5V 1.0WD．4.5V 4.05W
【答案】B
【分析】由图乙电路图可知，两元件并联，元件两端的电压相等，电流表测量干路中电流。
（1）由图甲所示图象可知，电压为2.5V时，通过元件A、B的电流，电流表示数等于二者之和，等于0.9A，此时的电压为电源电压；
（2）知道元件B两端电压、通过的电流，利用P＝UI求元件B的功率。
【解答】解：
由图乙电路图可知，两元件并联，电流表测量干路中电流。
（1）由图甲所示图象可知，电压为2.5V时，通过元件A、B的电流分别为IA＝0.5A、IB＝0.4A，
则电流表示数：
I＝IA+IB＝0.5A+0.4A＝0.9A，则电源电压为2.5V；
（2）元件B的功率为：PB＝UIB＝2.5V×0.4A＝1.0W，
只有B正确，ACD错误。
故选：B。
18．（2023•阜新模拟）（多选）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，R1是定值电阻，R2是“20Ω 1A”的滑动变阻器，电流表量程为0～3A。闭合开关S，在保证电路元件安全的情况下，移动滑片，电路中的电流与滑动变阻器连入电路的阻值变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为12V
B．R1的阻值为10Ω
C．R2连入电路的最小阻值为2Ω
D．电路中的最大功率为14.4W
【答案】ABC
【分析】（1）由图甲可知，闭合开关后，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流；图乙是电路中的电流与滑动变阻器连入电路的阻值变化关系图像，从图像中读出两组变阻器连入电路的阻值和对应的电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源电压，从而解得电源电压和R1的阻值；
（2）根据串联电路的电流规律、电流表的量程和变阻器的规格，可确定电路中的最大电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出R2连入电路的最小阻值；
（3）电源电压一定，由P＝UI可知，当电路中的电流最大时，电路的总功率最大。
【解答】解：AB、由图甲可知，闭合开关后，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，
由图像可知，当变阻器连入电路的阻值R2＝20Ω时，电路中的电流I＝0.4A，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可得，电源电压：U＝I（R1+R2）＝0.4A×（R1+20Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
当变阻器连入电路的阻值R2′＝10Ω时，电路中的电流I′＝0.6A，
同理可得，电源电压：U＝I′（R1+R2′）＝0.6A×（R1+10Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
因电源电压保持不变，则联立①②解得：R1＝10Ω，电源电压U＝12V，故A、B正确；
C．由题知，电流表量程为0～3A，R2是“20Ω 1A”的滑动变阻器，
因串联电路中电流处处相等，则电路中的最大电流为I大＝1A，此时变阻器连入电路中的阻值最小，
根据欧姆定律和串联电路的电阻特点可得，变阻器连入电路的最小阻值：R2小＝﹣R1＝﹣10Ω＝2Ω，故C正确；
D．由P＝UI可知，在电路安全情况下，电路中电流最大时，电路中的功率最大，
则整个电路的最大功率：P大＝UI大＝12V×1A＝12W≠14.4W，故D错误。
故选：ABC。
19．（2023秋•二七区校级月考）如图甲所示，电源电压为6V，小灯泡L标有“4V 2W”的字样（忽略小灯泡电阻的变化）。闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，得出滑动变阻器的电功率P与其接入电路的阻值R间的关系如图乙所示。小灯泡的电阻为 8 Ω；滑动变阻器的最大电功率P1为 1.125 W；如图乙所示，当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，则R1与R2的乘积是 64 Ω2。
【答案】8；1.125；64。
【分析】由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝求出灯泡的电阻；
（2）由图乙知，当R＝8Ω时，滑动变阻器的最大电功率P1最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出当R＝8Ω时电路中的电流，利用P＝UI＝I2R求出滑动变阻器的电功率；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据两种情况下滑动变阻器的电功率相等和P＝UI＝I2R得出等式，再根据R1≠R2得出R1与R2的乘积。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）由P＝可得，灯泡的电阻为：RL＝＝＝8Ω；
（2）因串联电路中总电阻等于各部分电阻之和，
由图乙知，当R＝8Ω时，滑动变阻器的最大电功率P1最大，此时电路中的电流：I＝＝＝＝0.375A，
滑动变阻器的电功率：P1＝I2R＝（0.375A）2×8Ω＝1.125W；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，电路中的电流分别为：
I1＝＝，I2＝＝，
因当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，
所以，由P＝UI＝I2R可得：
P2＝R1＝R2，即（）2R1＝（）2R2，
整理可得：（R1﹣R2）（﹣R1R2）＝0，
由R1≠R2可知，R1R2＝＝（8Ω）2＝64Ω2。
故答案为：8；1.125；64。
20．（2023•兴化市模拟）如图甲所示，电源电压保持不变，滑动变阻器上标有“20Ω 2A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡恰好正常发光；在图乙中绘制出电流表与两电压表示数关系的图像，小灯泡的额定电功率为 4 W，当滑片在a点时，小灯泡与滑动变阻器的功率之比为 5：1 。
【答案】4；5：1
【分析】由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流且灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
当滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压特点判断出R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，根据图乙读出灯泡正常发光时的电流和变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时小灯泡两端的电压，利用P＝UI求出小灯泡的额定功率和小灯泡与滑动变阻器的功率之比。
【解答】解：由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I＝0.3A，此时灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，即：UL＝UR，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I＝可得电源的电压：
U＝UL+UR＝2UR＝2IR＝2×0.3A×20Ω＝12V；
当滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由串联电路的分压特点可知，变阻器R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，则图乙中向下弯曲的曲线是变阻器R的I﹣U图像，向上弯曲的曲线是灯泡的I﹣U图像，如图所示：
，
当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，
由图乙可知，灯泡正常发光时的电流I′＝0.4A，灯泡两端的电压UL′＝10V，
小灯泡的额定功率：
PL＝UL′I′＝10V×0.4A＝4W；
此时，变阻器两端的电压UR′＝U﹣UL′＝12V﹣10V＝2V，
所以滑动变阻器与小灯泡的功率之比：
＝＝＝＝。
故答案为：4；5：1。
21．（2023•秦皇岛一模）如图所示，电源电压恒定，灯泡L上标有“6V 3.6W”，将滑动变阻器R的滑片P移至a端，闭合S，L正常发光；再将滑动变阻器R的滑片P移至b端，电流表示数I＝0.12A。（忽略温度对灯泡电阻的影响）求：
（1）电源电压U。
（2）滑动变阻器R的最大阻值。
（3）电路工作时的最大电功率和最小电功率之比。
【答案】（1）电源电压U为6V；
（2）滑动变阻器R的最大阻值为40Ω；
（3）电路工作时的最大电功率和最小电功率之比为5：1。
【分析】（1）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，闭合S，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡L正常发光，灯泡的额定电压为6V，根据U＝UL得出电源电压；
（2）将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，电流表测电路电流，电流表示数I＝0.12A，由P＝可知灯泡的电阻，根据欧姆定律得出电路的总电阻，由于串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和，据此得出滑动变阻器R的最大阻值；
（3）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，只有灯泡工作，根据I＝可知，此时电路中的电阻最小，电流最大，由P＝UI可知电路的总功率最大，等于灯的额定功率；
将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，由I＝可知，此时电路中的电阻最大，电流最小，根据P＝UI得出电路的最小功率，进而得出电路工作时的最大电功率和最小电功率之比。
【解答】解：（1）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，闭合S，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，
灯泡L正常发光，灯泡的额定电压为6V，因此电源电压为U＝UL＝6V；
（2）将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，
电流表测电路电流，电流表示数I＝0.12A，
由P＝可知，灯泡的电阻为RL＝＝＝10Ω，
电路的总电阻为R总＝＝＝50Ω，
由于串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和，
所以滑动变阻器R的最大阻值为R＝R总﹣RL＝50Ω﹣10Ω＝40Ω；
（3）将滑动变阻器R的滑片P移至a端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，只有灯泡工作，
根据I＝可知，此时电路中的电阻最小，电流最大，由P＝UI可知，电路的总功率最大，
电路的最大功率为P最大＝PL＝3.6W；
将滑动变阻器R的滑片P移至b端，滑动变阻器全部接入电路，滑动变阻器与灯泡串联，
由I＝可知，此时电路中的电阻最大，电流最小，为I最小＝0.12A，
电路的最小功率为P最小＝UI最小＝6V×0.12A＝0.72W，
电路工作时的最大电功率和最小电功率之比：＝＝。
答：（1）电源电压U为6V；
（2）滑动变阻器R的最大阻值为40Ω；
（3）电路工作时的最大电功率和最小电功率之比为5：1。
22．（2023•漳州模拟）小明同学设计了一个测量压力的压力计，图（甲）是其工作原理，R为压力传感器，当压力作用在托盘上，R的电阻值就会随所受压力大小发生变化，如图（乙）所示。电源电压3V恒定不变，托盘的质量忽略不计。当托盘受到的压力为0时，电压表的示数为1.2V。求：
（1）电流表示数；
（2）R0的阻值；
（3）当R消耗的功率最大时，水平托盘上所放物体的质量。
【答案】（1）电流表示数为6×10﹣3A；
（2）R0的阻值是200Ω；
（3）当R消耗的功率最大时，水平托盘上所放物体的质量是10kg。
【分析】由甲图可知定值电阻R0与压力传感器R串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）当托盘受到的压力为0时，电压表的示数为1.2V，根据电源电压和串联电路的电压规律可得R两端的电压，由图乙可知压力传感器R的阻值，根据欧姆定律计算R中的电流；
（2）由串联电路的电流规律可得R0中通过的电流，根据欧姆定律计算R0的阻值；
（3）根据串联电路特点和欧姆定律以及电功率计算公式，推理当压力传感器的电阻值等于定值电阻R0的阻值时，压力传感器R消耗的电功率最大，由图乙可得托盘所受压力的大小，据此计算托盘中物体的质量。
【解答】解：由甲图可知定值电阻R0与压力传感器R串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，电源电压：U＝3V。
（1）当电压表的示数为U0＝1.2V，根据串联电路的电压规律可得，R两端的电压：U1＝U﹣U0＝3V﹣1.2V＝1.8V，
由图乙可知托盘受到的压力为0时，压力传感器R的阻值：R1＝300Ω，
根据欧姆定律可得，压力传感器中通过的电流：I1＝＝＝6×10﹣3A，即电流表此时的示数为6×10﹣3A；
（2）由串联电路的电流规律可得R0中通过的电流：I0＝I1＝6×10﹣3A，
根据欧姆定律可得，R0的阻值：R0＝＝＝200Ω；
（3）由甲图可知定值电阻R0与压力传感器R串联，所以根据串联电路的电阻规律可得，电路的总电阻：R总＝R+R0，
由欧姆定律可知，电路中的电流：I＝＝，
由电功率计算公式P＝UI＝I2R可得，压力传感器消耗的电功率：P＝I2R＝（）2R＝＝＝，
电源电压U和定值电阻的阻值为定值，由上式可知，当R＝R0＝200Ω时，R消耗的电功率最大，
由图乙可得，当R＝200Ω时，托盘受到的压力：F＝100N，
放在水平托盘上物体对托盘的压力等于物体的重力，
由此可知，放在托盘中物体的重力：G＝F＝100N，
由G＝mg可得，物体的质量：m＝＝＝10kg。
答：（1）电流表示数为6×10﹣3A；
（2）R0的阻值是200Ω；
（3）当R消耗的功率最大时，水平托盘上所放物体的质量是10kg。
23．（2023•宝应县二模）某型号的电加热器有高、低两挡，其额定电压为220V，内部电路由发热电阻R1、R2和开关S2组成，其中R1＝44Ω，在不拆解内部电路的情况下，初三学生小萱用图甲电路对其进行测试：先闭合S1，电流表的示数为1A；再闭合S2，电流表的示数变为5A。求：
（1）低温挡工作时，开关S2 断开 （断开/闭合），R1和R2 串 （串/并）联；
（2）R2的阻值是多少欧姆？
（3）小萱利用原有元件对该电加热器的电路进行了改装如图乙，改装后的电路具有低、中、高三个挡位，改装后高温挡的功率是多少W？
【答案】（1）断开；串；
（2）R2的阻值是176Ω；
（3）改装后高温挡的功率是1375W。
【分析】（1）根据欧姆定律求出R1单独接入电路中时通过的电流，通过分析可判断出高温挡时电路中的电流以及电路结构；
（2）根据欧姆定律求出低温挡时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值；
（3）根据P＝UI＝可知，电源电压一定时，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，电加热器处于高温挡；电路的总电阻最大时，电加热器处于低温挡；据此结合电路图判断出不同挡位时电路的连接方式；
改装后电加热器处于高温挡时，两电阻并联，根据并联电路的电压特点和电功率公式求出高温挡的功率。
【解答】解：（1）根据题意可知，低温挡时，电路中的电流较小，所以低温挡时电路中的电流为1A，
由题知，某电加热器的内部电路由发热电阻R1、R2和开关S1组成，其中R1＝44Ω；
若R1单独接入电路中，则电路中的电流：I1＝＝＝5A，
因先闭合开关S时电流表的示数为1A（低温挡），再闭合S1时电流表的示数变为5A（高温挡），
所以，高温挡时电路为R1的简单电路，
低温挡时，电路中的电流较小（为1A），由欧姆定律可知此时电路的总电阻较大，则此时电路是R1与R2串联，
由以上分析可知，该电加热器的内部电路如下图所示：
（2）低温挡时R1与R2串联，电路中的总电阻：
R＝＝＝220Ω，
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＝220Ω﹣44Ω＝176Ω；
（3）由乙图可知，两开关都闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，总功率最大，电加热器处于高温挡；
因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，改装后高温挡的功率：
P高′＝+＝+＝1375W。
故答案为：（1）断开；串；
（2）R2的阻值是176Ω；
（3）改装后高温挡的功率是1375W。
\l "_Tc31833" 【题型4 额定功率与实际功率】
24．（2022秋•许昌期末）将标有“6V 3W”和“6V 2W”的甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端，接通电路后，以下说法正确的是（ ）
A．两只小灯泡都不能正常发光
B．两只小灯泡两端电压相等
C．通过乙灯的电流较大，所以乙灯较亮
D．通过甲灯的电流较大，所以甲灯较亮
【答案】A
【分析】（1）已知两灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出两灯泡的额定电流，利用欧姆定律求出两灯泡的电阻；
（2）根据串联电路的电流特点比较通过两灯泡的电流关系，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，然后与两灯泡的额定电流相比较判断两灯泡是否正常工作，根据P＝I2R比较两灯泡的实际功率关系判断亮暗关系。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，两灯泡的额定电流：
I甲＝＝＝0.5A，I乙＝＝＝A，
由I＝可得，两灯泡的电阻：
R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝18Ω；
甲、乙两只小灯泡串联起来，接在电压为6V的电源两端时，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，通过两灯泡的电流相等，故C、D不正确；
（2）因串联电路中各处的电流相，但两灯泡电阻不相等，所以电压不等，故B错误；
（3）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＝＝＝0.2A，
因I＜I乙＜I甲，
所以，两灯泡均不能正常发光，
由P＝I2R可知，乙灯泡的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故A正确；
故选：A。
25．（2023•吉安模拟）下列数据是小明对教室中相关物理量的估测，其中最接近实际的是（ ）
A．日光灯的额定功率约为40W
B．人体感觉适宜的温度约为36.5℃
C．教室门的宽度约为5m
D．课桌的质量约为500g
【答案】A
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。
解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、日光灯的额定功率约为40W，故A正确；
B、人体感觉适宜的温度约为23℃，故B错误；
C、教室门的宽度约为1m，故C错误；
D、课桌的质量约为10kg，故D错误。
故选：A。
26．（2023•湖北模拟）如图甲是一种电热膜，工作时能自动控温。其构造是在绝缘薄膜表面，将多条薄的导电墨线两端与金属导线相连，如图乙。该电热膜的额定电压为220V，导电墨线电阻随温度变化图象如图丙，有关电热膜说法正确的是（ ）
A．导电墨线间以串联的方式连接
B．若实际电压小于220V时，温度稳定后的实际功率可能大于额定功率
C．工作时通过导电墨线的电流始终不变
D．当温度到达t0并继续升温时，发热功率会急剧减小
【答案】D
【分析】（1）由图乙可知，各条导电墨线是并列连接的，据此判断；
（2）若实际电压小于220V，根据P＝进行分析；
（3）由图丙可知，导电墨线的电阻随温度的变化而变化，根据I＝进行分析判断；
（4）由图丙知，当温度到达t0并继续升温时，电热膜的电阻会急剧增大，根据P＝进行分析判断。
【解答】解：A、由图乙可知，各条导电墨线是并列连接的，故各导电墨线是并联的，故A错误；
B、若实际电压小于220V，根据P＝可知，温度稳定后实际功率小于额定功率，故B错误；
C、由图丙可知，导电墨线的电阻随温度的变化而变化，根据I＝可知，在电压不变时，通过各导电墨线的电流是变化的，故C错误；
D、由图丙知，当温度到达t0并继续升温时，电热膜的电阻会急剧增大，根据P＝可知，发热功率会急剧减小，故D正确。
故选：D。
27．（2022秋•新郑市期末）标有“220V 40W”的灯泡甲和“220V 100W”的灯泡乙，其灯丝长短相同，可发现 乙 灯泡的灯丝较粗，若将这两个灯泡串联在220V的电源上，则 甲 灯泡更亮一些；若将这两个灯泡并联在220V的电源上，则 乙 灯泡更亮一些（以上三空选填“甲”或“乙”）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由灯泡的铭牌可知灯泡的额定电压与额定功率，可利用公式R＝判断出甲、乙两个灯泡电阻的大小关系；
导体电阻的大小与导体的长度、横截面积和材料有关，同种材料的导体长度相同时，横截面积越小，电阻越大；横截面积越大，电阻越小；
（2）两灯泡串联时，通过它们的电流相等，利用公式P＝I2R判断出两灯泡实际功率的大小关系，进一步判断两灯泡的亮暗关系
（3）两灯泡并联时它们两端的电压相等，额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断两灯泡的亮暗关系。项目
指标参数
工作电压
15V
功率
30W
电池容量
2000mAh
××型电炖盅
额定电压
220V
高温功率
2000W
低温功率
400W
额定工作电压
12V
额定功率
30W
工作噪音
＜50dB
清扫100m2运行时间
50min
额定工作电压
220V
额定功率
1400W
工作噪音
75dB
清扫100m2工作时间
10min
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