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2019年中考物理填空专题复习——《电功率》填空题（一） （含解析）
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2019年中考物理填空专题复习——《电功率》填空题（一）
答案解析
1．（2018•无锡）某型号的电热水壶，额定电压220V，额定功率1000W，该电热水壶的发热电阻为 48.4 Ω，用该电热水壶加热lkg水，水由20℃加热到100℃，不考虑热量损失，则它正常加热的时间为 5.6 min．（c=4.2×103J/（kg•℃））
【分析】（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI=求出电热水壶发热电阻；
（2）知道水的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，不及热量损失，根据Q吸=W=Pt求出加热时间。
【解答】解：
（1）由P=可得，电热水壶的发热电阻：
R===48.4Ω；
（2）水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，
不考虑热量损失，由Q吸=W=Pt可得，加热时间：
t====336s=5.6min。
故答案为：48.4；5.6。
【点评】本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式的灵活应用，难度不是很大。
2．（2018•烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20℃的水烧开，需要的时间是 168s [假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg•℃）]。
【分析】在1个标准大气压下水的沸点为100℃，又知道水的初温、质量、比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，不计热损失，根据W=Q吸=Pt求出需要的加热时间。
【解答】解：
在1个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，
不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：
t′====168s。
故答案为：168s。
【点评】本题考查了吸热公式、电功公式的应用，关键是知道在1个标准大气压下水的沸点为100℃。
3．（2018•荆门）有一台电动机，额定电压3V，额定电流1A，电动机线圈电阻0.5Ω．这台电动机正常工作1min，消耗的电能为 180 J．产生的热量为 30 J，输出的机械能为 150 J。
【分析】已知电动机的额定电压、额定电流、通电时间，根据W=UIt求出消耗的电能；
已知线圈的电阻和通过的电流以及通电时间，根据Q=I2Rt求出在1min内电流产生的热量；
消耗的电能减去产生的热量即为电动机获得的机械能。
【解答】解：这台电动机正常工作1min=60s，
电动机消耗的电能：
W=UIt=3V×1A×60s=180J，
产生的电热：
Q=I2Rt=（1A）2×0.5Ω×60s=30J，
输出的机械能：
W机械=W﹣Q=180J﹣30J=150J。
故答案为：180；30；150。
【点评】本题考查了电动机产生热量、电功、输出机械能的计算，关键是知道只有在纯电阻电路中电能才完全转化成内能。
4．（2018•内江）如图所示是用来测量电能的仪表，这只电表此时的读数是 231.6 kW•h，当电路中只有一个电饭煲接入电路，正常工作12min。发现此电能表的转盘转过了500转。则这个电饭煲的额定功率是 1000 W。
【分析】（1）电能表上的示数，最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）已知每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转动2500r，可求转500转消耗的电能，根据公式P=求出该电饭煲的电功率。
【解答】解：
由图可知，电能表此时的读数为231.6kW•h，
2500r/kW•h 表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过2500r，
则电能表的转盘转过了500转，电饭煲消耗的电能：W==0.2kW•h，
电饭煲正常工作12min，则该电饭煲的额定功率：P===1kW=1000W。
故答案为：231.6；1000。
【点评】本题考查消耗电能和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是对电能表参数的物理意义的正确理解，解题过程中还要注意单位的换算。
5．（2018•株洲）如图，15L的圆柱形塑料桶装满水，在桶的顶部安装一个直流电动抽水器（输出功率5W，工作电压5V），抽水器工作时，5s内能抽出150mL的水。抽水器的工作电流为 1 A．要将这桶水全部抽出，需要 500 s；抽水器需消耗电能 2500 J；需克服水的重力做功 75 J．（g取10N/kg）
【分析】①已知抽水器额定电压和额定功率，利用公式I=得到抽水器工作电流；
②已知水的总体积和“5s内能抽出150mL的水”，可以得到水全部抽出需要的时间；
③已知抽水器额定功率和连续工作时间，利用W=Pt得到消耗的电能；
④由图知水的高度，所以其重心在中点处，从水的重心到出水口的垂直高度就是抽水器提升水的高度；已知水的体积，可以得到质量，进一步得到重力；已知重力和提升高度，利用公式W=Gh得到克服重力做的功。
【解答】解：
①因为P=UI，
所以抽水器的工作电流为I===1A；
②因为V=15L=15000mL，5s内能抽出150mL的水，
所以全部抽出水的时间t=×5s=500s；
③因为P=，
所以抽水器消耗的电能为W=Pt=5W×500s=2500J；
④抽水器提升水的高度为h=0.75m﹣×0.5m=0.5m；
因为ρ=，
所以水的重力为：
G=mg=ρVg=1.0×103kg/m3×0.015m3×10N/kg=150N，
抽水器克服水的重力做的功：
W=Gh=150N×0.5m=75J。
故答案为：1；500；2500；75。
【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，正确得到抽水器克服水的重力上升的高度，是解答最后一空的关键。
6．（2018•成都）标有“12V 60W”的汽车灯泡工作时，用电压表测得其两端电压如图所示，则灯泡的实际电压为 11.5 V，灯泡的实际功率 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）60W。
【分析】（1）根据图示电表确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。
（2）根据汽车灯泡的额定电压与实际电压比较即可得出结论。
【解答】解：由图示电压表可知，其量程为0～15V，分度值为：0.5V，由图可知，电压表读数为：11.5V，即灯泡的实际电压为11.5V；
已知汽车灯泡的额定电压为12V，因为实际电压小于额定电压，所以灯泡的实际功率额定功率60W。
故答案为：11.5；小于。
【点评】本题考查了电压表与电流表的读数，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直，同时还要关知道额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等。
7．（2018•衡阳）某品牌电饭煲工作原理如图中所示，如表为它的部分参数：
XXX牌电饭煲
额定电压
220V
额定功率
加热挡
1210W
保温档
22W
频率
55Hz
如将开关S闭合，则电饭煲处于 加热 （选填“加热”或“保温”）状态，其中R1：R2= 1：54 。
【分析】电路电压U一定，由P=可知，电阻越大，电功率越小，电饭煲处于保温状态，电阻越小，电饭煲功率越大，电饭煲处于加热状态，分析电路图确定电饭煲的状态；由欧姆定律、电功率公式计算答题。
【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S闭合时，R2被S短路，电路电阻最小，由P=可知，在电压一定时，电饭煲电功率最大，处于加热状态；
（2）已知，P加热=1210W，P保温=22W，
则电饭煲保温和加热时的功率之比：
P加热：P保温=：===，
R2=54R1，
故R1：R2=1：54。
故答案为：加热；1：54。
【点评】分析清楚电路结构、应用电功率公式、欧姆定律即可正确解题。
8．（2018•齐齐哈尔）如图为电能表的实物图，小文只让家里的空调单独工作，测出36s内电能表转盘转过25r，则空调这段时间内消耗的电能是 3.6×104 J，空调的实际功率为 1000 W。
【分析】2500r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500r，据此求出转盘转25r电路中消耗的电能；再利用P=求出空调的实际功率。
【解答】解：
2500r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500r，
空调工作时，电能表转盘转动25r消耗的电能：
W=kW•h=0.01kW•h=0.01×3.6×106J=3.6×104J；
空调工作的时间t=36s，
空调的实际功率：
P===1000W。
故答案为：3.6×104；1000。
【点评】本题考查了用电器消耗电能和电功率的计算，理解“2500r/kW•h”的含义是本题的关键。
9．（2018•十堰）小天家电能表本月初的示数为，本月底的示数如图所示，小天家本月消耗的电能为 130 kW•h。
【分析】利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注意最后一位是小数，单位kW•h。
【解答】解：由图可知，电能表本月初的示数W1=821.6kW•h，
电能表本月末的示数W2=951.6kW•h，
则小天家本月消耗的电能：
W=W2﹣W1=951.6kW•h﹣821.6kW•h=130kW•h。
故答案为：130。
【点评】本题考查了电能表的读数，读数时注意最后一位是小数，易错点！
10．（2018•遂宁）如图甲所示电路，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从一端移到另一端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则定值电阻R0的阻值为 40 Ω；当滑动变阻器接入电路阻值分别为R和R时，电路消耗的总功率为P1、P2，则P1：P2= 2：1 。
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出电流和电压，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R的最大阻值，利用电源的电压不变得出等式即可求出电源电压，从而定值电阻R0的阻值；根据滑动变阻器接入电路的电阻求出电流，从而求出总功率之比。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图乙可知I1=0.3A，
由I=可得，电源的电压：U=I1R0=0.3A×R0，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，I2=0.1A，U2=8V，
则滑动变阻器的最大阻值：R===80Ω，
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=I2R0+U2=0.1A×R0+2V，
因电源的电压不变，所以，0.3A×R0=0.1A×R0+8V，
解得：R0=40Ω，
电源的电压：U=0.3A×R0=0.3A×40Ω=12V；
当滑动变阻器接入电路阻值为R=×80Ω=20Ω时，电路中的电流：I===0.2A；
当滑动变阻器接入电路阻值为R=80Ω时，电路中的电流：I'===0.1A；
根据P=UI可知，电路消耗的总功率之比为：P1：P2=UI：UI'=I：I'=0.2A：0.1A=2：1。
故答案为：40；2：1。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及识图能力，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
11．（2018•云南）如图所示，小灯泡L标有“3V 0.9W“的字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。当开关S闭合、S1断开时，小灯泡正常发光，电压表的示数为1.5V，则电流表的示数为 0.3 A；如果电压表的量程为0﹣3V，为确保电压表不被损坏，则 不能 （选填“能”或“不能”）同时闭合开关S、S1。
【分析】（1）当开关S闭合、S1断开时，灯泡和定值电阻串联，电压表测量电阻两端电压，电流表测量电路电流；已知灯泡额定电压和额定功率，利用公式I=得到灯泡正常发光时的电流，也就是此时电流表的示数；
（2）电压表使用时，被测电路电压不能超过电压表最大测量值；同时闭合开关S、S1，灯泡短路，电压表测量电源电压。
【解答】解：由电路图知，
（1）开关S闭合、S1断开时，灯泡和定值电阻串联，电压表测量电阻两端电压，电流表测量电路电流。
已知此时灯泡正常发光，
因为P=UI，
所以电流表的示数为I===0.3A；
（2）开关S闭合、S1断开时，灯泡和定值电阻串联，灯泡正常发光，
所以电源电压为U=U额+U1=3V+1.5V=4.5V，
当同时闭合开关S、S1，灯泡短路，电压表测量电源电压。
而电压表的量程为0﹣3V，为确保电压表不被损坏，所以不能同时闭合开关S、S1。
故答案为：0.3；不能。
【点评】此题考查了串联电路的特点、欧姆定律、电功率有关公式的应用，正确分析电路，明确电路连接关系，是解答此题的关键。
12．（2018•淄博）在“探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内，用相同的电加热器给它们加热，其温度随时间变化的图象如图所示。不考虑实验中的热损失，加热2min食用油吸收的热量是 4.2×104 J，电加热器的实际功率是 350 W．【c水=4.2×103J/（kg•℃）】
【分析】（1）由题知食用油和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是食用油吸收热量的2倍。根据吸热公式Q=c吸m△t判断两物质的比热容之间的关系，从而得出食用油的比热容，然后利用Q=cm△t可求得加热2min食用油吸收的热量；
（2）不考虑实验中的热损失W=Q，利用P=可求得电加热器的实际功率。
【解答】解：
用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到60℃需要4min，食用油温度升高到60℃需要2min。
因为物质吸收的热量和时间成正比，
所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸=2Q油吸。
由Q吸=cm△t得：c=，
则c水=2c油。
又因为c水=4.2×103J/（kg•℃），
所以c油=c水=2.1×103J/（kg•℃），
加热2min食用油升高了60℃﹣20℃=40℃，
Q油吸=c油m油△t=2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃=4.2×104J；
不考虑实验中的热损失W=Q=4.2×104J；
电加热器的实际功率P===350W。
故答案为：4.2×104；350。
【点评】本题考查热量的计算和实际功率的计算，能够从图象中获取信息并利用控制变量法解决实际问题。
13．（2018•安徽）某导体的电阻为20Ω，当通过它的电流为2A时，则其1min产生的热量为 4800 J。
【分析】根据焦耳定律即可计算通电导体上产生的热量。
【解答】解：通电时间t=1min=60s，
导体产生的热量：Q=I2Rt=（2A）2×20Ω×60s=4800J。
故答案为：4800。
【点评】本题可利用焦耳定律计算公式直接求出，比较简单。
14．（2018•泸州）小英家6月底电能表的示数如图甲所示，7月底表盘示数如图乙所示，由图可知她家7月份用电器消耗的电能为 140 kW•h；她家现在已经接人用电器的总功率为3600W，则最多还可以连接 3000 W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了160次，则饮水机的额定功率是 1000 W。
【分析】（1）电能表显示的数字中最后一位是小数，单位为kW•h，两次示数只差即为本月用的电。
（2）由电能表的参数可知工作电压和允许工作的最大电流，根据P=UI求出电能表允许用电器工作的最大总功率；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可求出当电能表指示灯闪烁160次消耗的电能，又知道工作时间，根据公式P=求出该用电器消耗的功率。
【解答】解：
（1）由图知，小英家7月份用电器消耗的电能为：W=6768.2kW•h﹣6628.2kW•h=140kW•h；
（2）由电能表的参数可知，工作电压为U=220V，允许工作的最大电流为I=30A，
电能表允许用电器工作的最大总功率：P大=UI=220V×30A=6600W，
已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，
则最多还可以同时连接用电器的功率为6600W﹣3600W=3000W；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则电能表指示灯闪烁160次时，饮水机消耗的电能：W=kW•h=0.05kW•h，
饮水机的实际功率：P===1kW=1000W。
因为饮水机正常工作，所以饮水机的实际功率等于额定功率，则饮水机的额定功率是1000W。
故答案为：140；3000；1000。
【点评】本题考查了电功率和电功的计算以及电能表的读数，明白电能表参数的含义是解题的关键。
15．（2018•河北）小明一家外出旅游，出门时电能表示数为，回来时为，这期间消耗了 3 度电。这些电能可使标有“220V 25W”的灯泡正常工作 120 h。
【分析】（1）电能表是测量消耗电能多少的仪器，最后一位示数是小数位，其单位是kW•h，由图示可读出其示数，前后读数之差就是这段时间消耗的电能；
（2）灯正常工作时的功率等于额定功率，利用t=求时间。
【解答】解：
（1）由图知，出门时电能表的读数为864.0kW•h，回来时电能表的读数为867.0kW•h；
这段时间内消耗的电能：W=867.0kW•h﹣864.0kW•h=3kW•h=3度；
（2）灯正常工作时的功率：
P=P额=25W=0.025kW，
由P=可得，灯泡正常工作的时间：
t===120h。
故答案为：3；120。
【点评】本题考查电能表的读数、消耗电能的计算以及电功率公式的应用，关键是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
16．（2018•遂宁）如图所示电路，电源电压不变，滑动变阻器的规格“20Ω 2A”，L1的规格“10V 5W“，L2的规格“15V 15W”，不考虑温度对灯丝电阻的影响。
（1）只闭合开关S，当滑动变阻器接人电路的阻值为4Ω时，灯泡L1正常发光，则电源电压为 12 V。
（2）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器滑片置于中点，通电1min整个电路产生的热量是 1440 J。
【分析】（1）由图可知，只闭合开关S，灯泡L1与滑动变阻器串联，根据灯泡L1正常发光，可求得流经灯泡的电流，串联电路中电流处处相等，
已知当滑动变阻器接入电路的阻值为4Ω，然后利用欧姆定律公式变形求出电源电压；
（2）已知L2的规格“15V 15W”，利用P=求得L2的电阻，闭合开关S、S1、S2，灯泡L2、滑动变阻器并联，灯泡L1被短路，滑动变阻器滑片置于中点，阻值为10Ω，根据并联电路的电阻特点求得总电阻，然后利用W=UIt可求得整个电路产生的热量。
【解答】解：（1）根据灯泡L1正常发光，可得流经灯泡的电流I1===0.5A，
灯泡L1正电阻R1===20Ω，
由图可知，只闭合开关S，灯泡L1与滑动变阻器串联，串联电路中电流处处相等，
即电路中的电流I=I1=0.5A，
由I=可得，电源电压U=IR总=0.5A×（4Ω+20Ω）=12V；
（2）由P=可得，
L2的电阻R2===15Ω，
闭合开关S、S1、S2，灯泡L2、滑动变阻器并联，灯泡L1被短路，滑动变阻器滑片置于中点，
根据并联电路的电阻特点可得，
总电阻=+，
则=+，
解得R并=6Ω，
通电1min整个电路产生的热量：
Q=W=UIt=t=×60s=1440J。
故答案为：（1）12；（2）1440。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律的计算与应用；关键是开关闭和断开时电路串并联的辨别。
17．（2018•哈尔滨）通过110Ω电阻丝的电流是2A，产生8800J的热量需要通电 20 s，这段时间电流做的功是 8800J 。
【分析】已知电阻阻值、通过的电流及产生的热量，利用焦耳定律变形公式可以得到通电时间；
电流做功的过程，也就是将电能转化为其他形式的能量的过程。电阻丝通电时，不计热损失，电能全部转化为内能。
【解答】解：因为Q=I2Rt，
所以通电时间为t===20s；
电热丝工作过程中，电流做的功等于产生的热量，
所以电流做功8800J。
故答案为：20；8800J。
【点评】此题考查了焦耳定律变形公式的应用和电功与电热的关系，是一道基础题，难度不大。
18．（2018•赤峰）某校为师生饮水方便，安装了电热水器。为测定热水器消耗的电能，关闭其他用电器，只用电热水器给水加热，一段时间后，电能表的示数，由图甲示数变为图乙示数，则该电热水器在这段时间内消耗的电能为 2.1 kW•h，等于 7.56×106 J．若消耗电能的87%被水吸收，则可把 18 kg初温为13℃的水加热至100℃【水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃）】。
【分析】（1）用电器消耗电能应用末时间的示数减去初时间的示数；注意电能表最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）由题知，Q吸=87%W，由Q吸=cm△t计算水的质量。
【解答】解：
（1）关闭其他用电器，只用电热水器给水加热，电热水器在这段时间内消耗的电能：
W=7626.9kW•h﹣7624.8kW•h=2.1kW•h=7.56×106J；
（2）消耗电能的87%被水吸收，即：Q吸=87%W，
由Q吸=cm△t有：
cm△t=87%W，
所以水的质量：
m===18kg。
故答案为：2.1；7.56×106；18。
【点评】此题主要考查了有关电能表读数以及热量计算公式的应用，对电能表我们要掌握你参数的含义并能进行相关的计算。
19．（2018•成都）如图所示，电热水壶上标有“220V 1800W”，小明发现烧水过程中热水壶的发热体部分很快变热，但连接的电线却不怎么热，是因为导线的电阻比发热体的电阻 小 。在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量为 3.6×104 J。
【分析】（1）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，据此分析原因；
（2）根据Q=Pt可求电热水壶发热体产生的热量。
【解答】解：热水壶的发热体与电线串联，通过它们的电流及时间相等，但热水壶的发热体的电阻比电线的电阻大得多，由焦耳定律Q=I2Rt可知，热水壶的发热体比电线产生的热量就多得多，所以电热丝很热，但与之相连的电线却不怎么热；
在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量：
Q=Pt=1800W×（3×60s+20s）=3.6×104J。
故答案为：小；3.6×104。
【点评】本题主要考查焦耳定律和电热公式的计算，常见题目。
20．（2018•天津）如图所示电路中，电源电压保持不变，电阻R1与R2的阻值之比为2：1．开关S断开时，
R1与R2的电功率之比为 2：1 ：开关S闭合前后，电压表两次的示数之比为 2：3 。
【分析】（1）开关S断开时，电阻R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，根据P=I2R可求得R1与R2的电功率之比；
（2）开关S闭合时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，根据欧姆定律求出电压表的示数，然后可知电压表两次的示数之比。
【解答】解：
（1）已知电阻R1与R2的阻值之比为2：1，则R1=2R2，
开关S断开时，电阻R1、R2串联，
因串联电路中电流处处相等，
则R1与R2的电功率之比：===；
开关S断开时，电阻R1、R2串联，此时电路中的电流I===，
此时电压表测R1两端的电压，
由I=可得，电压表的示数：
U1=IR1=×R1=×2R2=；
（2）开关S闭合后，电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，即电压表的示数为U；
所以，开关S闭合前后，电压表两次的示数之比为=。
故答案为：2：1；2：3。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
21．（2018•泰州）某电吹风工作6min，能使如图所示的电能表的转盘转过120转，则该电吹风消耗的电能为 0.1 kW•h，电功率为 1000 W，这些电能可供一只“220V10W”的LED灯正常工作 10 h，一只这样的LED灯与一只“220V100W”的白炽灯正常发光时亮度相当，若LED灯正常发光时的效率为80%，则白炽灯正常发光效率为 8% 。
【分析】（1）“1200r/kW•h”表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过1200r；据此求电能表转盘转120r消耗的电能，再利用P=求出电吹风的功率；
（2）求出了电吹风消耗的电能，再利用P=求可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间；
（3）节能灯与白炽灯在正常工作时发光效果相当，则两灯泡获得光能的功率相等，根据效率公式得出等式求解。
【解答】解：
（1）因为“1200r/kW•h”表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过1200r，
所以电能表转盘转120r，电吹风消耗的电能：
W=kW•h=0.1kW•h，
电吹风的功率：
P===1kW=1000W；
（2）由P=可得，这些电能可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间：
t′===10h；
（3）灯的发光效率等于转化为光能的功率与消耗电能的功率（灯的电功率）之比，即η=，
因10W的节能灯与100W的白炽灯在正常工作时发光效果相当，
所以两灯泡获得光能的功率相等，
则：P白η白=P节η节，
即100W×η白=10W×80%，
解得该白炽灯的发光效率：η白=8%。
故答案为：0.1；1000；10；8%。
【点评】本题考查电功、电功率、能量利用效率的计算，关键是电能表相关参数的理解以及电功率公式的应用；知道：灯的发光效率等于转化为光能的功率与消耗电能的功率之比。
22．（2018•云南）LED灯具有节能、环保的特点，一个“220V 8.5W”的LED灯与一个“220V 60W”的白炽灯亮度相当。若一个“220V 8.5W”的LED灯每天正常工作4小时，30天消耗的电能是 1.02 度，这些电能可供“220V 60W”的白炽灯正常工作 17 小时。
【分析】（1）利用W=Pt求解消耗的电能；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；
（2）电器正常工作P=P额，利用t=得到灯泡正常工作时间。
【解答】解：
由P=可得，该LED灯30天消耗的电能：
W=Pt=8.5×10﹣3kW×30×4h=1.02kW•h；
这些电能可供“220V 60W”的白炽灯正常工作的时间：
t′===17h。
故答案为：1.02；17。
【点评】本题考查了电功率公式及其变形公式的应用，计算时注意单位统一，1kW•h=3.6×106J。
23．（2018•黔南州）1840年，英国物理学家 焦耳 最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系：从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时是将电能转化为 内 能。
【分析】（1）在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律；
（2）电热器的电热丝工作时，电流做功，产生热量，使电热丝的内能增加、温度升高。
【解答】解：
（1）1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系，得出了焦耳定律；
（2）从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时，消耗的电能转化为内能。
故答案为：焦耳；内。
【点评】本题考查了焦耳的贡献和电热器工作时的能量转化，属于基础题目。
24．（2018•南充）如图所示，电源电压不变，灯泡标有“4V，2W”字样，当开关S闭合时，灯泡正常发光，电流表的示数为0.6A，电阻R的电功率为 0.4 W，通电1min，R产生的热量为 24 J。
【分析】由图知，闭合开关时，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。
已知灯泡额定电压和额定功率并且正常发光，利用公式I=得到通过灯泡的电流；
已知干路电流和通过灯泡的电流，可以得到通过电阻的电流；已知灯泡正常发光，可以得到灯泡两端实际电压等于额定电压，根据并联电路电压特点得到电阻两端电压；已知电阻两端电压和通过的电流，利用公式P=UI得到电阻消耗的功率；
已知电阻消耗的功率和通电时间，利用Q=Pt得到R产生的热量。
【解答】解：
闭合开关时，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。
已知灯泡正常发光，由P=UI可得，通过灯泡的电流：IL===0.5A，
根据并联电路的电流特点可得，通过电阻R的电流：IR=I﹣IL=0.6A﹣0.5A=0.1A，
由并联电路的电压特点可知，电阻R两端电压：UR=UL=4V，
所以电阻R消耗的功率：PR=URIR=4V×0.1A=0.4W；
通电1min，R产生的热量：QR=WR=PRt=0.4W×60s=24J。
故答案为：0.4；24。
【点评】此题考查了并联电路的特点、电功率计算公式及其变形公式及电热计算公式的应用，计算环节不复杂，难度不大。
25．（2018•攀枝花）如图所示，测电笔正确的使用方法是 乙 （选填”甲”或“乙”），已知测电笔的电阻约为1.1×106Ω，氖管和人体的电阻比它小得多，可以忽略，请你计算“220V 40W”灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的 900 倍（结果保留到整数）。
【分析】①正确使用试电笔的方法：站在地上手接触试电笔的笔尾金属体，笔尖接触火线或零线。氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，根据测电笔的正确使用方法进行分析，即食指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路；
②已知家庭电路电压及测电笔电阻和灯泡额定电压和额定功率，可以得到两者通过的电流，比较得到结果。
【解答】解：使用测电笔时，拇指和中指不要接触测电笔前端的金属体，手必须接触测电笔末端的金属体，使电源和大地之间形成通路，故乙是正确的测量方法；
通过测电笔的电流为I笔===2×10﹣4A；
因为P=UI，
所以通过灯泡的电流为I灯==≈0.18A，
所以灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的=900倍。
故答案为：乙；900。
【点评】此题考查了测电笔的用法及欧姆定律的应用，通过计算可以使我们加深对测电笔测量原理的理解。
26．（2018•凉山州）将一个标有“36V 10W”字样的灯泡，接到电压为18V的电源上，此时该灯泡的实际功率为 2.5 W（灯丝电阻不随温度改变）。由三节新干电池串联组成的电池组的电压为 4.5 V。
【分析】①已知灯泡额定电压和额定功率，利用公式R=可以得到灯丝电阻；已知灯泡电阻和两端电压，利用公式P=得到实际功率；
②一节新干电池的电压为1.5V，串联电池两端电压等于每节电池电压之和。
【解答】解：因为P=，
所以灯泡电阻为R===129.6Ω，
灯泡接到18V电源上，实际功率为P实===2.5W；
一节干电池电压为1.5V，所以三节干电池串联总电压为3×1.5V=4.5V。
故答案为：2.5；4.5。
【点评】此题考查了电功率有关公式的应用和常见电压值，难度不大，是一道基础题。
27．（2018•湘西州）某学校传达室里安装有40W和20W两种灯泡，晚上开灯时，同学们发现40W的比20W的亮。这说明40W的灯泡比20W的灯泡实际功率 大 。（选填“大”或“小”）
【分析】额定功率是灯泡在额定电压下工作的电功率，灯泡的亮度取决于灯的实际功率。
【解答】解：
因为灯泡的亮度是由其实际功率所决定的，而40W的比20W的亮，所以40W的灯泡比20W的灯泡实际功率大。
故答案为：大。
【点评】本题考查了对灯泡亮度与实际功率的关系的认识和理解，属于一道基础题。
28．（2018•青岛）某电视机的额定功率是l10w，则它正常工作时，电流是 0.5A ；1kW•h的电能可供它止常工作的时间是 9.1h （至少保留一位小数）
【分析】电视机正常工作时的功率和额定功率相等，利用公式I=得到电视机的电流，再根据t=求出1kW•h的电能可供电视机正常发光的时间。
【解答】解：家庭电路的电压是220V，电视机的额定功率是l10W，
则它正常工作时，通过电视机的电流为：I===0.5A；
1kW•h的电能可供它正常工作的时间：t==≈9.1h。
故答案为：0.5A；9.1h。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
29．（2018•哈尔滨）“探究小灯泡电功率”的实验电路如图甲，实验中选择“2.5V”小灯泡，调节滑动变阻器滑片的过程发现灯亮度变化，这是由 灯泡的实际功率 变化引起的。实验得到灯的U﹣I图象如图乙，则小灯泡的额定功率是 0.75 W。
【分析】（1）甲图中，灯与变阻器串联，调节滑动变阻器滑片的过程中，电路中的电流变化，根据P=I2R分析灯的实际功率变化，灯的亮度由灯的实际功率决定；
（2）由图乙找出当灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）甲图中，灯与变阻器串联，调节滑动变阻器滑片的过程中，电路中的电流变化，根据P=I2R，灯的实际功率变化，灯的亮度发生变化；
（2）由图乙知，当灯的电压为2.5V时，电流大小为0.3A，小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
故答案为：灯泡实际功率；0.75。
【点评】本题考查灯的亮度的决定因素及额定功率的计算。为基础题。
30．（2018•常德）如图是现代家庭中的电子式电能表，它的示数为 318.6 kW•h。
【分析】电能表是测量家庭电路中一段时间内消耗电能多少的仪器，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW•h。
【解答】解：
由图可以看出电能表的示数为03186，最后一位是小数，单位是kW•h，故电能表的读数为318.6kW•h。
故答案为：318.6。
【点评】本题考查了电能表的读数方法，注意最后一位是小数位，易错点！
答案解析
1．（2018•无锡）某型号的电热水壶，额定电压220V，额定功率1000W，该电热水壶的发热电阻为 48.4 Ω，用该电热水壶加热lkg水，水由20℃加热到100℃，不考虑热量损失，则它正常加热的时间为 5.6 min．（c=4.2×103J/（kg•℃））
【分析】（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI=求出电热水壶发热电阻；
（2）知道水的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，不及热量损失，根据Q吸=W=Pt求出加热时间。
【解答】解：
（1）由P=可得，电热水壶的发热电阻：
R===48.4Ω；
（2）水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，
不考虑热量损失，由Q吸=W=Pt可得，加热时间：
t====336s=5.6min。
故答案为：48.4；5.6。
【点评】本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式的灵活应用，难度不是很大。
2．（2018•烟台）常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20℃的水烧开，需要的时间是 168s [假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg•℃）]。
【分析】在1个标准大气压下水的沸点为100℃，又知道水的初温、质量、比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，不计热损失，根据W=Q吸=Pt求出需要的加热时间。
【解答】解：
在1个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，
不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：
t′====168s。
故答案为：168s。
【点评】本题考查了吸热公式、电功公式的应用，关键是知道在1个标准大气压下水的沸点为100℃。
3．（2018•荆门）有一台电动机，额定电压3V，额定电流1A，电动机线圈电阻0.5Ω．这台电动机正常工作1min，消耗的电能为 180 J．产生的热量为 30 J，输出的机械能为 150 J。
【分析】已知电动机的额定电压、额定电流、通电时间，根据W=UIt求出消耗的电能；
已知线圈的电阻和通过的电流以及通电时间，根据Q=I2Rt求出在1min内电流产生的热量；
消耗的电能减去产生的热量即为电动机获得的机械能。
【解答】解：这台电动机正常工作1min=60s，
电动机消耗的电能：
W=UIt=3V×1A×60s=180J，
产生的电热：
Q=I2Rt=（1A）2×0.5Ω×60s=30J，
输出的机械能：
W机械=W﹣Q=180J﹣30J=150J。
故答案为：180；30；150。
【点评】本题考查了电动机产生热量、电功、输出机械能的计算，关键是知道只有在纯电阻电路中电能才完全转化成内能。
4．（2018•内江）如图所示是用来测量电能的仪表，这只电表此时的读数是 231.6 kW•h，当电路中只有一个电饭煲接入电路，正常工作12min。发现此电能表的转盘转过了500转。则这个电饭煲的额定功率是 1000 W。
【分析】（1）电能表上的示数，最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）已知每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转动2500r，可求转500转消耗的电能，根据公式P=求出该电饭煲的电功率。
【解答】解：
由图可知，电能表此时的读数为231.6kW•h，
2500r/kW•h 表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过2500r，
则电能表的转盘转过了500转，电饭煲消耗的电能：W==0.2kW•h，
电饭煲正常工作12min，则该电饭煲的额定功率：P===1kW=1000W。
故答案为：231.6；1000。
【点评】本题考查消耗电能和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是对电能表参数的物理意义的正确理解，解题过程中还要注意单位的换算。
5．（2018•株洲）如图，15L的圆柱形塑料桶装满水，在桶的顶部安装一个直流电动抽水器（输出功率5W，工作电压5V），抽水器工作时，5s内能抽出150mL的水。抽水器的工作电流为 1 A．要将这桶水全部抽出，需要 500 s；抽水器需消耗电能 2500 J；需克服水的重力做功 75 J．（g取10N/kg）
【分析】①已知抽水器额定电压和额定功率，利用公式I=得到抽水器工作电流；
②已知水的总体积和“5s内能抽出150mL的水”，可以得到水全部抽出需要的时间；
③已知抽水器额定功率和连续工作时间，利用W=Pt得到消耗的电能；
④由图知水的高度，所以其重心在中点处，从水的重心到出水口的垂直高度就是抽水器提升水的高度；已知水的体积，可以得到质量，进一步得到重力；已知重力和提升高度，利用公式W=Gh得到克服重力做的功。
【解答】解：
①因为P=UI，
所以抽水器的工作电流为I===1A；
②因为V=15L=15000mL，5s内能抽出150mL的水，
所以全部抽出水的时间t=×5s=500s；
③因为P=，
所以抽水器消耗的电能为W=Pt=5W×500s=2500J；
④抽水器提升水的高度为h=0.75m﹣×0.5m=0.5m；
因为ρ=，
所以水的重力为：
G=mg=ρVg=1.0×103kg/m3×0.015m3×10N/kg=150N，
抽水器克服水的重力做的功：
W=Gh=150N×0.5m=75J。
故答案为：1；500；2500；75。
【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，正确得到抽水器克服水的重力上升的高度，是解答最后一空的关键。
6．（2018•成都）标有“12V 60W”的汽车灯泡工作时，用电压表测得其两端电压如图所示，则灯泡的实际电压为 11.5 V，灯泡的实际功率 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）60W。
【分析】（1）根据图示电表确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。
（2）根据汽车灯泡的额定电压与实际电压比较即可得出结论。
【解答】解：由图示电压表可知，其量程为0～15V，分度值为：0.5V，由图可知，电压表读数为：11.5V，即灯泡的实际电压为11.5V；
已知汽车灯泡的额定电压为12V，因为实际电压小于额定电压，所以灯泡的实际功率额定功率60W。
故答案为：11.5；小于。
【点评】本题考查了电压表与电流表的读数，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直，同时还要关知道额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等。
7．（2018•衡阳）某品牌电饭煲工作原理如图中所示，如表为它的部分参数：
XXX牌电饭煲
额定电压
220V
额定功率
加热挡
1210W
保温档
22W
频率
55Hz
如将开关S闭合，则电饭煲处于 加热 （选填“加热”或“保温”）状态，其中R1：R2= 1：54 。
【分析】电路电压U一定，由P=可知，电阻越大，电功率越小，电饭煲处于保温状态，电阻越小，电饭煲功率越大，电饭煲处于加热状态，分析电路图确定电饭煲的状态；由欧姆定律、电功率公式计算答题。
【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S闭合时，R2被S短路，电路电阻最小，由P=可知，在电压一定时，电饭煲电功率最大，处于加热状态；
（2）已知，P加热=1210W，P保温=22W，
则电饭煲保温和加热时的功率之比：
P加热：P保温=：===，
R2=54R1，
故R1：R2=1：54。
故答案为：加热；1：54。
【点评】分析清楚电路结构、应用电功率公式、欧姆定律即可正确解题。
8．（2018•齐齐哈尔）如图为电能表的实物图，小文只让家里的空调单独工作，测出36s内电能表转盘转过25r，则空调这段时间内消耗的电能是 3.6×104 J，空调的实际功率为 1000 W。
【分析】2500r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500r，据此求出转盘转25r电路中消耗的电能；再利用P=求出空调的实际功率。
【解答】解：
2500r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500r，
空调工作时，电能表转盘转动25r消耗的电能：
W=kW•h=0.01kW•h=0.01×3.6×106J=3.6×104J；
空调工作的时间t=36s，
空调的实际功率：
P===1000W。
故答案为：3.6×104；1000。
【点评】本题考查了用电器消耗电能和电功率的计算，理解“2500r/kW•h”的含义是本题的关键。
9．（2018•十堰）小天家电能表本月初的示数为，本月底的示数如图所示，小天家本月消耗的电能为 130 kW•h。
【分析】利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注意最后一位是小数，单位kW•h。
【解答】解：由图可知，电能表本月初的示数W1=821.6kW•h，
电能表本月末的示数W2=951.6kW•h，
则小天家本月消耗的电能：
W=W2﹣W1=951.6kW•h﹣821.6kW•h=130kW•h。
故答案为：130。
【点评】本题考查了电能表的读数，读数时注意最后一位是小数，易错点！
10．（2018•遂宁）如图甲所示电路，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从一端移到另一端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则定值电阻R0的阻值为 40 Ω；当滑动变阻器接入电路阻值分别为R和R时，电路消耗的总功率为P1、P2，则P1：P2= 2：1 。
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出电流和电压，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R的最大阻值，利用电源的电压不变得出等式即可求出电源电压，从而定值电阻R0的阻值；根据滑动变阻器接入电路的电阻求出电流，从而求出总功率之比。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图乙可知I1=0.3A，
由I=可得，电源的电压：U=I1R0=0.3A×R0，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，I2=0.1A，U2=8V，
则滑动变阻器的最大阻值：R===80Ω，
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=I2R0+U2=0.1A×R0+2V，
因电源的电压不变，所以，0.3A×R0=0.1A×R0+8V，
解得：R0=40Ω，
电源的电压：U=0.3A×R0=0.3A×40Ω=12V；
当滑动变阻器接入电路阻值为R=×80Ω=20Ω时，电路中的电流：I===0.2A；
当滑动变阻器接入电路阻值为R=80Ω时，电路中的电流：I'===0.1A；
根据P=UI可知，电路消耗的总功率之比为：P1：P2=UI：UI'=I：I'=0.2A：0.1A=2：1。
故答案为：40；2：1。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及识图能力，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
11．（2018•云南）如图所示，小灯泡L标有“3V 0.9W“的字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。当开关S闭合、S1断开时，小灯泡正常发光，电压表的示数为1.5V，则电流表的示数为 0.3 A；如果电压表的量程为0﹣3V，为确保电压表不被损坏，则 不能 （选填“能”或“不能”）同时闭合开关S、S1。
【分析】（1）当开关S闭合、S1断开时，灯泡和定值电阻串联，电压表测量电阻两端电压，电流表测量电路电流；已知灯泡额定电压和额定功率，利用公式I=得到灯泡正常发光时的电流，也就是此时电流表的示数；
（2）电压表使用时，被测电路电压不能超过电压表最大测量值；同时闭合开关S、S1，灯泡短路，电压表测量电源电压。
【解答】解：由电路图知，
（1）开关S闭合、S1断开时，灯泡和定值电阻串联，电压表测量电阻两端电压，电流表测量电路电流。
已知此时灯泡正常发光，
因为P=UI，
所以电流表的示数为I===0.3A；
（2）开关S闭合、S1断开时，灯泡和定值电阻串联，灯泡正常发光，
所以电源电压为U=U额+U1=3V+1.5V=4.5V，
当同时闭合开关S、S1，灯泡短路，电压表测量电源电压。
而电压表的量程为0﹣3V，为确保电压表不被损坏，所以不能同时闭合开关S、S1。
故答案为：0.3；不能。
【点评】此题考查了串联电路的特点、欧姆定律、电功率有关公式的应用，正确分析电路，明确电路连接关系，是解答此题的关键。
12．（2018•淄博）在“探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内，用相同的电加热器给它们加热，其温度随时间变化的图象如图所示。不考虑实验中的热损失，加热2min食用油吸收的热量是 4.2×104 J，电加热器的实际功率是 350 W．【c水=4.2×103J/（kg•℃）】
【分析】（1）由题知食用油和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是食用油吸收热量的2倍。根据吸热公式Q=c吸m△t判断两物质的比热容之间的关系，从而得出食用油的比热容，然后利用Q=cm△t可求得加热2min食用油吸收的热量；
（2）不考虑实验中的热损失W=Q，利用P=可求得电加热器的实际功率。
【解答】解：
用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到60℃需要4min，食用油温度升高到60℃需要2min。
因为物质吸收的热量和时间成正比，
所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸=2Q油吸。
由Q吸=cm△t得：c=，
则c水=2c油。
又因为c水=4.2×103J/（kg•℃），
所以c油=c水=2.1×103J/（kg•℃），
加热2min食用油升高了60℃﹣20℃=40℃，
Q油吸=c油m油△t=2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃=4.2×104J；
不考虑实验中的热损失W=Q=4.2×104J；
电加热器的实际功率P===350W。
故答案为：4.2×104；350。
【点评】本题考查热量的计算和实际功率的计算，能够从图象中获取信息并利用控制变量法解决实际问题。
13．（2018•安徽）某导体的电阻为20Ω，当通过它的电流为2A时，则其1min产生的热量为 4800 J。
【分析】根据焦耳定律即可计算通电导体上产生的热量。
【解答】解：通电时间t=1min=60s，
导体产生的热量：Q=I2Rt=（2A）2×20Ω×60s=4800J。
故答案为：4800。
【点评】本题可利用焦耳定律计算公式直接求出，比较简单。
14．（2018•泸州）小英家6月底电能表的示数如图甲所示，7月底表盘示数如图乙所示，由图可知她家7月份用电器消耗的电能为 140 kW•h；她家现在已经接人用电器的总功率为3600W，则最多还可以连接 3000 W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了160次，则饮水机的额定功率是 1000 W。
【分析】（1）电能表显示的数字中最后一位是小数，单位为kW•h，两次示数只差即为本月用的电。
（2）由电能表的参数可知工作电压和允许工作的最大电流，根据P=UI求出电能表允许用电器工作的最大总功率；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可求出当电能表指示灯闪烁160次消耗的电能，又知道工作时间，根据公式P=求出该用电器消耗的功率。
【解答】解：
（1）由图知，小英家7月份用电器消耗的电能为：W=6768.2kW•h﹣6628.2kW•h=140kW•h；
（2）由电能表的参数可知，工作电压为U=220V，允许工作的最大电流为I=30A，
电能表允许用电器工作的最大总功率：P大=UI=220V×30A=6600W，
已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，
则最多还可以同时连接用电器的功率为6600W﹣3600W=3000W；
（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则电能表指示灯闪烁160次时，饮水机消耗的电能：W=kW•h=0.05kW•h，
饮水机的实际功率：P===1kW=1000W。
因为饮水机正常工作，所以饮水机的实际功率等于额定功率，则饮水机的额定功率是1000W。
故答案为：140；3000；1000。
【点评】本题考查了电功率和电功的计算以及电能表的读数，明白电能表参数的含义是解题的关键。
15．（2018•河北）小明一家外出旅游，出门时电能表示数为，回来时为，这期间消耗了 3 度电。这些电能可使标有“220V 25W”的灯泡正常工作 120 h。
【分析】（1）电能表是测量消耗电能多少的仪器，最后一位示数是小数位，其单位是kW•h，由图示可读出其示数，前后读数之差就是这段时间消耗的电能；
（2）灯正常工作时的功率等于额定功率，利用t=求时间。
【解答】解：
（1）由图知，出门时电能表的读数为864.0kW•h，回来时电能表的读数为867.0kW•h；
这段时间内消耗的电能：W=867.0kW•h﹣864.0kW•h=3kW•h=3度；
（2）灯正常工作时的功率：
P=P额=25W=0.025kW，
由P=可得，灯泡正常工作的时间：
t===120h。
故答案为：3；120。
【点评】本题考查电能表的读数、消耗电能的计算以及电功率公式的应用，关键是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
16．（2018•遂宁）如图所示电路，电源电压不变，滑动变阻器的规格“20Ω 2A”，L1的规格“10V 5W“，L2的规格“15V 15W”，不考虑温度对灯丝电阻的影响。
（1）只闭合开关S，当滑动变阻器接人电路的阻值为4Ω时，灯泡L1正常发光，则电源电压为 12 V。
（2）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器滑片置于中点，通电1min整个电路产生的热量是 1440 J。
【分析】（1）由图可知，只闭合开关S，灯泡L1与滑动变阻器串联，根据灯泡L1正常发光，可求得流经灯泡的电流，串联电路中电流处处相等，
已知当滑动变阻器接入电路的阻值为4Ω，然后利用欧姆定律公式变形求出电源电压；
（2）已知L2的规格“15V 15W”，利用P=求得L2的电阻，闭合开关S、S1、S2，灯泡L2、滑动变阻器并联，灯泡L1被短路，滑动变阻器滑片置于中点，阻值为10Ω，根据并联电路的电阻特点求得总电阻，然后利用W=UIt可求得整个电路产生的热量。
【解答】解：（1）根据灯泡L1正常发光，可得流经灯泡的电流I1===0.5A，
灯泡L1正电阻R1===20Ω，
由图可知，只闭合开关S，灯泡L1与滑动变阻器串联，串联电路中电流处处相等，
即电路中的电流I=I1=0.5A，
由I=可得，电源电压U=IR总=0.5A×（4Ω+20Ω）=12V；
（2）由P=可得，
L2的电阻R2===15Ω，
闭合开关S、S1、S2，灯泡L2、滑动变阻器并联，灯泡L1被短路，滑动变阻器滑片置于中点，
根据并联电路的电阻特点可得，
总电阻=+，
则=+，
解得R并=6Ω，
通电1min整个电路产生的热量：
Q=W=UIt=t=×60s=1440J。
故答案为：（1）12；（2）1440。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律的计算与应用；关键是开关闭和断开时电路串并联的辨别。
17．（2018•哈尔滨）通过110Ω电阻丝的电流是2A，产生8800J的热量需要通电 20 s，这段时间电流做的功是 8800J 。
【分析】已知电阻阻值、通过的电流及产生的热量，利用焦耳定律变形公式可以得到通电时间；
电流做功的过程，也就是将电能转化为其他形式的能量的过程。电阻丝通电时，不计热损失，电能全部转化为内能。
【解答】解：因为Q=I2Rt，
所以通电时间为t===20s；
电热丝工作过程中，电流做的功等于产生的热量，
所以电流做功8800J。
故答案为：20；8800J。
【点评】此题考查了焦耳定律变形公式的应用和电功与电热的关系，是一道基础题，难度不大。
18．（2018•赤峰）某校为师生饮水方便，安装了电热水器。为测定热水器消耗的电能，关闭其他用电器，只用电热水器给水加热，一段时间后，电能表的示数，由图甲示数变为图乙示数，则该电热水器在这段时间内消耗的电能为 2.1 kW•h，等于 7.56×106 J．若消耗电能的87%被水吸收，则可把 18 kg初温为13℃的水加热至100℃【水的比热容c=4.2×103J/（kg•℃）】。
【分析】（1）用电器消耗电能应用末时间的示数减去初时间的示数；注意电能表最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）由题知，Q吸=87%W，由Q吸=cm△t计算水的质量。
【解答】解：
（1）关闭其他用电器，只用电热水器给水加热，电热水器在这段时间内消耗的电能：
W=7626.9kW•h﹣7624.8kW•h=2.1kW•h=7.56×106J；
（2）消耗电能的87%被水吸收，即：Q吸=87%W，
由Q吸=cm△t有：
cm△t=87%W，
所以水的质量：
m===18kg。
故答案为：2.1；7.56×106；18。
【点评】此题主要考查了有关电能表读数以及热量计算公式的应用，对电能表我们要掌握你参数的含义并能进行相关的计算。
19．（2018•成都）如图所示，电热水壶上标有“220V 1800W”，小明发现烧水过程中热水壶的发热体部分很快变热，但连接的电线却不怎么热，是因为导线的电阻比发热体的电阻 小 。在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量为 3.6×104 J。
【分析】（1）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，据此分析原因；
（2）根据Q=Pt可求电热水壶发热体产生的热量。
【解答】解：热水壶的发热体与电线串联，通过它们的电流及时间相等，但热水壶的发热体的电阻比电线的电阻大得多，由焦耳定律Q=I2Rt可知，热水壶的发热体比电线产生的热量就多得多，所以电热丝很热，但与之相连的电线却不怎么热；
在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量：
Q=Pt=1800W×（3×60s+20s）=3.6×104J。
故答案为：小；3.6×104。
【点评】本题主要考查焦耳定律和电热公式的计算，常见题目。
20．（2018•天津）如图所示电路中，电源电压保持不变，电阻R1与R2的阻值之比为2：1．开关S断开时，
R1与R2的电功率之比为 2：1 ：开关S闭合前后，电压表两次的示数之比为 2：3 。
【分析】（1）开关S断开时，电阻R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，根据P=I2R可求得R1与R2的电功率之比；
（2）开关S闭合时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，根据欧姆定律求出电压表的示数，然后可知电压表两次的示数之比。
【解答】解：
（1）已知电阻R1与R2的阻值之比为2：1，则R1=2R2，
开关S断开时，电阻R1、R2串联，
因串联电路中电流处处相等，
则R1与R2的电功率之比：===；
开关S断开时，电阻R1、R2串联，此时电路中的电流I===，
此时电压表测R1两端的电压，
由I=可得，电压表的示数：
U1=IR1=×R1=×2R2=；
（2）开关S闭合后，电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，即电压表的示数为U；
所以，开关S闭合前后，电压表两次的示数之比为=。
故答案为：2：1；2：3。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
21．（2018•泰州）某电吹风工作6min，能使如图所示的电能表的转盘转过120转，则该电吹风消耗的电能为 0.1 kW•h，电功率为 1000 W，这些电能可供一只“220V10W”的LED灯正常工作 10 h，一只这样的LED灯与一只“220V100W”的白炽灯正常发光时亮度相当，若LED灯正常发光时的效率为80%，则白炽灯正常发光效率为 8% 。
【分析】（1）“1200r/kW•h”表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过1200r；据此求电能表转盘转120r消耗的电能，再利用P=求出电吹风的功率；
（2）求出了电吹风消耗的电能，再利用P=求可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间；
（3）节能灯与白炽灯在正常工作时发光效果相当，则两灯泡获得光能的功率相等，根据效率公式得出等式求解。
【解答】解：
（1）因为“1200r/kW•h”表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表转盘转过1200r，
所以电能表转盘转120r，电吹风消耗的电能：
W=kW•h=0.1kW•h，
电吹风的功率：
P===1kW=1000W；
（2）由P=可得，这些电能可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间：
t′===10h；
（3）灯的发光效率等于转化为光能的功率与消耗电能的功率（灯的电功率）之比，即η=，
因10W的节能灯与100W的白炽灯在正常工作时发光效果相当，
所以两灯泡获得光能的功率相等，
则：P白η白=P节η节，
即100W×η白=10W×80%，
解得该白炽灯的发光效率：η白=8%。
故答案为：0.1；1000；10；8%。
【点评】本题考查电功、电功率、能量利用效率的计算，关键是电能表相关参数的理解以及电功率公式的应用；知道：灯的发光效率等于转化为光能的功率与消耗电能的功率之比。
22．（2018•云南）LED灯具有节能、环保的特点，一个“220V 8.5W”的LED灯与一个“220V 60W”的白炽灯亮度相当。若一个“220V 8.5W”的LED灯每天正常工作4小时，30天消耗的电能是 1.02 度，这些电能可供“220V 60W”的白炽灯正常工作 17 小时。
【分析】（1）利用W=Pt求解消耗的电能；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；
（2）电器正常工作P=P额，利用t=得到灯泡正常工作时间。
【解答】解：
由P=可得，该LED灯30天消耗的电能：
W=Pt=8.5×10﹣3kW×30×4h=1.02kW•h；
这些电能可供“220V 60W”的白炽灯正常工作的时间：
t′===17h。
故答案为：1.02；17。
【点评】本题考查了电功率公式及其变形公式的应用，计算时注意单位统一，1kW•h=3.6×106J。
23．（2018•黔南州）1840年，英国物理学家 焦耳 最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系：从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时是将电能转化为 内 能。
【分析】（1）在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律；
（2）电热器的电热丝工作时，电流做功，产生热量，使电热丝的内能增加、温度升高。
【解答】解：
（1）1840年，英国物理学家焦耳最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和时间的关系，得出了焦耳定律；
（2）从能量转化的角度看，电热器的电热丝工作时，消耗的电能转化为内能。
故答案为：焦耳；内。
【点评】本题考查了焦耳的贡献和电热器工作时的能量转化，属于基础题目。
24．（2018•南充）如图所示，电源电压不变，灯泡标有“4V，2W”字样，当开关S闭合时，灯泡正常发光，电流表的示数为0.6A，电阻R的电功率为 0.4 W，通电1min，R产生的热量为 24 J。
【分析】由图知，闭合开关时，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。
已知灯泡额定电压和额定功率并且正常发光，利用公式I=得到通过灯泡的电流；
已知干路电流和通过灯泡的电流，可以得到通过电阻的电流；已知灯泡正常发光，可以得到灯泡两端实际电压等于额定电压，根据并联电路电压特点得到电阻两端电压；已知电阻两端电压和通过的电流，利用公式P=UI得到电阻消耗的功率；
已知电阻消耗的功率和通电时间，利用Q=Pt得到R产生的热量。
【解答】解：
闭合开关时，灯泡和定值电阻并联，电流表测量干路电流。
已知灯泡正常发光，由P=UI可得，通过灯泡的电流：IL===0.5A，
根据并联电路的电流特点可得，通过电阻R的电流：IR=I﹣IL=0.6A﹣0.5A=0.1A，
由并联电路的电压特点可知，电阻R两端电压：UR=UL=4V，
所以电阻R消耗的功率：PR=URIR=4V×0.1A=0.4W；
通电1min，R产生的热量：QR=WR=PRt=0.4W×60s=24J。
故答案为：0.4；24。
【点评】此题考查了并联电路的特点、电功率计算公式及其变形公式及电热计算公式的应用，计算环节不复杂，难度不大。
25．（2018•攀枝花）如图所示，测电笔正确的使用方法是 乙 （选填”甲”或“乙”），已知测电笔的电阻约为1.1×106Ω，氖管和人体的电阻比它小得多，可以忽略，请你计算“220V 40W”灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的 900 倍（结果保留到整数）。
【分析】①正确使用试电笔的方法：站在地上手接触试电笔的笔尾金属体，笔尖接触火线或零线。氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，根据测电笔的正确使用方法进行分析，即食指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路；
②已知家庭电路电压及测电笔电阻和灯泡额定电压和额定功率，可以得到两者通过的电流，比较得到结果。
【解答】解：使用测电笔时，拇指和中指不要接触测电笔前端的金属体，手必须接触测电笔末端的金属体，使电源和大地之间形成通路，故乙是正确的测量方法；
通过测电笔的电流为I笔===2×10﹣4A；
因为P=UI，
所以通过灯泡的电流为I灯==≈0.18A，
所以灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的=900倍。
故答案为：乙；900。
【点评】此题考查了测电笔的用法及欧姆定律的应用，通过计算可以使我们加深对测电笔测量原理的理解。
26．（2018•凉山州）将一个标有“36V 10W”字样的灯泡，接到电压为18V的电源上，此时该灯泡的实际功率为 2.5 W（灯丝电阻不随温度改变）。由三节新干电池串联组成的电池组的电压为 4.5 V。
【分析】①已知灯泡额定电压和额定功率，利用公式R=可以得到灯丝电阻；已知灯泡电阻和两端电压，利用公式P=得到实际功率；
②一节新干电池的电压为1.5V，串联电池两端电压等于每节电池电压之和。
【解答】解：因为P=，
所以灯泡电阻为R===129.6Ω，
灯泡接到18V电源上，实际功率为P实===2.5W；
一节干电池电压为1.5V，所以三节干电池串联总电压为3×1.5V=4.5V。
故答案为：2.5；4.5。
【点评】此题考查了电功率有关公式的应用和常见电压值，难度不大，是一道基础题。
27．（2018•湘西州）某学校传达室里安装有40W和20W两种灯泡，晚上开灯时，同学们发现40W的比20W的亮。这说明40W的灯泡比20W的灯泡实际功率 大 。（选填“大”或“小”）
【分析】额定功率是灯泡在额定电压下工作的电功率，灯泡的亮度取决于灯的实际功率。
【解答】解：
因为灯泡的亮度是由其实际功率所决定的，而40W的比20W的亮，所以40W的灯泡比20W的灯泡实际功率大。
故答案为：大。
【点评】本题考查了对灯泡亮度与实际功率的关系的认识和理解，属于一道基础题。
28．（2018•青岛）某电视机的额定功率是l10w，则它正常工作时，电流是 0.5A ；1kW•h的电能可供它止常工作的时间是 9.1h （至少保留一位小数）
【分析】电视机正常工作时的功率和额定功率相等，利用公式I=得到电视机的电流，再根据t=求出1kW•h的电能可供电视机正常发光的时间。
【解答】解：家庭电路的电压是220V，电视机的额定功率是l10W，
则它正常工作时，通过电视机的电流为：I===0.5A；
1kW•h的电能可供它正常工作的时间：t==≈9.1h。
故答案为：0.5A；9.1h。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
29．（2018•哈尔滨）“探究小灯泡电功率”的实验电路如图甲，实验中选择“2.5V”小灯泡，调节滑动变阻器滑片的过程发现灯亮度变化，这是由 灯泡的实际功率 变化引起的。实验得到灯的U﹣I图象如图乙，则小灯泡的额定功率是 0.75 W。
【分析】（1）甲图中，灯与变阻器串联，调节滑动变阻器滑片的过程中，电路中的电流变化，根据P=I2R分析灯的实际功率变化，灯的亮度由灯的实际功率决定；
（2）由图乙找出当灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）甲图中，灯与变阻器串联，调节滑动变阻器滑片的过程中，电路中的电流变化，根据P=I2R，灯的实际功率变化，灯的亮度发生变化；
（2）由图乙知，当灯的电压为2.5V时，电流大小为0.3A，小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
故答案为：灯泡实际功率；0.75。
【点评】本题考查灯的亮度的决定因素及额定功率的计算。为基础题。
30．（2018•常德）如图是现代家庭中的电子式电能表，它的示数为 318.6 kW•h。
【分析】电能表是测量家庭电路中一段时间内消耗电能多少的仪器，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW•h。
【解答】解：
由图可以看出电能表的示数为03186，最后一位是小数，单位是kW•h，故电能表的读数为318.6kW•h。
故答案为：318.6。
【点评】本题考查了电能表的读数方法，注意最后一位是小数位，易错点！
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