通用版2021年中考物理一轮复习一遍过第十八章电功率单元综合测试含解析

这是一份通用版2021年中考物理一轮复习一遍过第十八章电功率单元综合测试含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1．（2019·濮阳市中考二模)如图甲的电路中，电源电压保持不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙。下列判断正确的是（ ）。
A. 电源电压是12V； B. 定值电阻R的阻值是6Ω；
C. 滑动变阻器的最大阻值为12Ω；D. 定值电阻能达到的最大功率为1.5W
【答案】BC。
【解析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片在a端时，电路为R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表示数最大，由图象可知，电源的电压U=9V，此时电路中的电流I=1.5A，
由I=可得，定值电阻R的阻值：R===6Ω，故A错误、B正确；
由于此时电阻R两端的电压最大、通过的电流最大，
则定值电阻能达到的最大功率：PR大=UI=9V×1.5A=13.5W，故D错误；
（2）当滑片位于b端时，电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，
由图象可知，此时R两端的电压UR=3V，电路中的最小电流I′=0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=U-UR=9V-3V=6V，
则滑动变阻器的最大阻值：R滑大===12Ω，故C正确；故选BC。
2.（2019·武汉市武昌区中考一模）如图电路中，灯泡L标有“6V3W”字样（不计温度对灯丝电阻的影响）。当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，灯泡L正常发光；当开关S1闭合，S2断开时，滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数是0.2A．则下列说法中正确的是（ ）。
A. 滑动变阻器最大阻值为18Ω；B. 当滑片P在中点时，R两端的电压为2.4V；
C. 灯泡的最小功率为0.75W； D. 电路的最大功率为4W
【答案】D。
【解析】（1）灯泡L标有“6V3W“字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，电路为灯的简单电路，灯泡L正常发，灯的电压即电源电压U=6V；
根据P=，灯的电阻：RL===12Ω，
当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在中点时，变阻器最大R的二分之一与灯串联，根据欧姆定律，总电阻：R串联===30Ω，
根据电阻的串联，则R=R串联-RL=30Ω-12Ω=18Ω，
滑动变阻器R的最大阻值：R=36Ω，故A错误；
（2）根据串联分压原理可知，
==，即=，解得UR=3.6V，故B错误；
（3）当关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在最右端时，灯泡和滑动变阻器串联，总电阻R总=R+RL=36Ω+12Ω=48Ω，电路中的最小电流：I小===0.125A，
灯泡的最小功率：PL小=（I小）2RL=（0.125A）2×12Ω=0.1875W，故C错误；
（4）两开关都闭合，当滑片移动到最左端时，变阻器与灯并联，此时电路的总电阻最小，R并===9Ω，
电路的最大功率：P大===4W，故D正确。故选D。
3.（2019·长沙市雨花区中考一模）为了测量某电热暖手器提示灯L的额定功率，小梦设计了如图甲所示的电路图，变阻器的规格为20Ω 1A，当开关S接a时，移动滑动变阻器的滑片P，根据测出的电流、电压值，画出了定值电阻R0的U﹣I图象；当开关S接b时，同样根据测出的电流、电压值，画出了灯泡L的U﹣I图象，如图乙所示，则下列结论错误的是（ ）。
A．定值电阻R0的阻值是10Ω；
B．将R0与灯L串联在6V的电源两端时，灯丝的实际电阻为5Ω；
C．R0与灯L并联接入电路并调节电源电压，当R0消耗的功率为4.9W时，灯L恰好正常发光，灯L的实际功率为5W；
D．当S接a且电源电压为8V时，滑动变阻器的最大功率为1.6W
【答案】C。
【解析】（1）由图象可知：R0的电压和电流成正比，当U0＝2V时，I0＝0.2A，由欧姆定律I＝，所以：R0＝＝＝10Ω；A正确；
（2）将R0与灯L串联在6V的电源两端时，电流相同。观察图可知，当电流为0.4A时，电阻与灯泡的电压和正好为6V，
分析图象可知：此时灯泡电压为UL′＝2V，IL′＝0.4A，由欧姆定律，所以灯丝的实际电阻值：RL＝＝＝5Ω，B正确；
（3）将R0与灯L并联接入电路，当R0消耗的电功率为4.9W时，灯L恰好正常发光，
由P＝可得，灯泡的额定电压：UL额＝U0′＝＝＝7V，
由图象可知，通过灯泡的电流IL额＝0.75A，
则灯泡的实际功率即额定功率：PL额＝UL额IL额＝7V×0.75A＝5.25W．C错误；
（4）当S接a，R0与变阻器器串联，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的电流：
I＝，滑动变阻器的功率：
P滑＝I2R滑＝（）2R滑＝＝，
由上式知，当R0＝R滑＝10Ω，变阻器的功率最大，
其最大功率：P滑大＝＝＝1.6W，D正确。故选C。
二、填空题
4.（2020·河南省商丘市第一中学中考二模）某型号电饭锅有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理图，当开关S接触点1时，该电饭煲处于__________(填“保温”或“加热”)状态，如图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图象，则图中阴影部分面积表示的物理量大小为___________kW·h。
【答案】加热；0.13。
【解析】（1）由甲图可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，S接触点2时，两电阻串联;
电源电压一定，由可知，开关接触点1时，电路的电阻较小，功率较大，电饭煲处于加热状态；
（2）由乙图象知，横坐标表示工作时间，纵坐标表示电饭煲的电功率，阴影部分面积S=Pt=W，
即阴影部分表示的是电功，大小为：
。
故答案为：加热；0.13。
5.（2020·安徽中考必刷卷•名校内部卷一)小明家有220V、1500W的电热水器，将其单独连接在电路中，发现电能表(标有“3000r/kWh”字样) 上的铝盘121s内转了125转，他家的实际电压为 Ⅴ。(电热水器内电阻丝的阻值不变)
【答案】200。
【解析】根据电能表铭牌“3000r/kWh”可知125转对应的电能为：。
220V、1500W的电热水器的电阻为：；
根据电能公式可知，此时电压为：。
故答案是：200。
6.（2020·山东省济宁中考模拟四)图甲是小灯泡L和电阻R的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.8W；再闭合开关S1，电流表示数变化了___________A，此时电路消耗的总功率为___________W。
【答案】0.2；1.2。
【解析】（1）由图乙知：只闭合开关S时，仅L接入电路，再由图甲知，当小灯泡的实际功率为0.8W时，通过灯泡的电流为0.4A，灯泡两端电压即电源电压为2V；
再闭合开关S 1 后，灯L与R并联，此时电流表所测电流为干路电流，由图甲知，当电压为2V时，通过干路电流即电流表示数为0.6A，变化了0.2A，此时电路消耗的总功率为P=2V×0.6A=1.2W。
故答案是：0.2；1.2。
7．（2019·辽阳市中考考前最后一卷）李刚家的电能表如图所示，从表盘信息可知：电能表允许接入的用电器总功率不能超过 W；当电路中只有电风扇工作时，电能表转盘在6min内转过了10转，这个电风扇的实际功率 W。
【答案】4400；50。
【解析】电能表允许接入用电器的最大总功率：P＝UI＝220V×20A＝4400W；
因2000r/kW•h表示转盘转1圈，电路中消耗kW•h的电能，
所以，这6min内消耗的电能：W＝＝kW•h＝0.005kW•h，
电风扇的电功率：P＝＝＝0.05kW，
0.05kW＝0.05×1000W＝50W。
故答案为：4400；50。
8.（2019·濮阳市中考二模）图甲是小灯泡L和电阻R的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为1W；则小灯泡两端的电压为______V，再闭合开关S1，电流表示数变化了______A，此时电路消耗的总功率为______W。
【答案】2；0.2；1.4。
【解析】（1）只闭合开关S时，电路为L的简单电路，
由图中可知，当小灯泡两端的电压UL=2V，通过的电流IL=0.5A时，
灯泡的实际功率PL=ULIL=2V×0.5A=1W，
所以，小灯泡两端的电压为2V，电源的电压为2V；
（2）闭合开关S、S1时，L与R并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，它们两端的电压UL=UR=U=2V，
由图象可知，通过它们的电流分别为IL=0.5A，IR=0.2A，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，电流表示数的变化量即为通过R的电流，其大小为0.2A，
因串联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流： I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A， 此时电路消耗的总功率： P=UI=2V×0.7A=1.4W。
故答案为：2；0.2；1.4。
9．（2019·长沙市雨花区中考一模）如图甲，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（允许通过的最大电流为5A）。图乙反映了开关由断开到闭合，再移动滑片P的过程中，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系；图丙反映了滑动变阻器消耗的功率P与电流I之间的关系，则R1的阻值为 Ω；当R2的功率为120W时，电路消耗的总功率为 W。
【答案】5；200。
【解析】由电路图可知，R1与R2串联，ab两端电压是滑动变阻器R2两端电压。
当开关断开时，电路中的电流为0A，此时电压表测电源的电压，
由图乙可知ab两端的电压，即电源的电压U＝50V；
由图丙可知，当R2的功率为120W时，电路中的电流I＝4A，由图乙可知，Uab＝30V，
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﹣Uab＝50V﹣30V＝20V，
由I＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝5Ω；
电路消耗的总功率：P＝UI＝50V×4A＝200W。
故答案为：5；200。
三、实验探究题
10.（2019·辽阳市中考考前最后一卷）某物理小组进行电学探究实验。
（1）轩轩探究“电流与电阻两端电压的关系“，他利用电源（电压为10V）、电流表、电压表、定值电阻（阻值为20Ω）、滑动变阻器（“40Ω 1A“）、开关和若干导线，进行实验探究。
①轩轩连接完图甲所示的电路后，立即闭合开关，发现电压表的示数为 V。此时电流表的示数为 A。
②轩轩发现电路中有一条导线连接错误，请你帮他在错误的导线上画“ד，并用笔画线代替导线画出正确的连线。
③改正错误后，车南将滑动变阻器的滑片移到最 （选填“右”或“左”）端，闭合开关，他多次改变滑动变阻器的阻值，得到了如上表所示的电压表和电流表的数据，可得出结论：当电阻一定时， 。
④轩轩又利用以上的器材连接了如图乙所示的电路图，探究“电流与电阻大小的关系”。实验中。他在a、b间分别接入20Ω、30Ω、40Ω、50Ω、60Ω的定值电阻，为了能完成这五次实验，他应控制电压表示数不变的范围是： V﹣10V。
（2）宁宁想测一个额定电压为3.8v的小灯泡L的额定功率。他在图乙中的a、b间接入这只灯泡，实验时，他调节滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2.5V，宁宁应该向 （选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片，便电压表的示数为3.8V，此时，电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（3）宁宁发现实验桌上有一个未标阻值的定值电阻Rx。于是利用刚刚实验用的小灯泡L（已知U额和P额）又找来了一个电压未知的电源、滑动变动阻器、电流表，开关和若干导线，设计了如图丁所示的电路图并测出了Rx的阻值，请你将他的实验步骤和表达式补充完整。
①闭合开关S1，将S2接 （选填“a”或“b”），调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为 （用已知物理量的符号表示）
②闭合开关S1，将S2接另一触点，读出此时电流表的示数为I1；
③则表达式Rx＝ （用字母表示）。
【答案】（1）①0；0.5；②如上所示；③左； 通过导体的电流与导体的电压成正比； ④6；（2）右；1.9；（3）①b；； ③。
【解析】（1）①轩轩连接完图甲所示的电路，图中变阻器连入电路中的电阻为0，电压表与电流表并联，电压表示数为0，由欧姆定律电路中的电流上：
I＝＝＝0.5A。
②电压表应与电阻并联，如下所示：
③改正错误后，车南将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端，闭合开关，他多次改变滑动变阻器的阻值，得到了如上表所示的电压表和电流表的数据，可发现，电压表为原来的几倍，通过的电流为原来的几倍，即当电阻一定时，。
④研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数U表不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣U表，根据分压原理有：＝，即﹣1＝，
因电压表示数保持不变，故上式左边为一定值，右边也为定值，当变阻器最大电阻连入时，对应的定值电阻最大，即﹣1＝，
故U表＝6V，即应控制电压表示数不变的范围是6﹣10V；
（2）灯在额定电压下正常发光，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；
图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，灯的额定额定功率：
PL＝ULIL＝3.8V×0.5A＝1.9W；
（3）①闭合开关S1，将S2接b，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为；
②闭合开关S1，将S2接另一触点，读出此时电流表的示数为I1；
③在①中，电流表测通过灯的电流，根据欧姆定律，此时灯正常发光，
在②中，因电路的连接关系没有变，各用电器的电阻和电压均不变，灯仍正常发光，此时电流表测灯与待测电阻并联的电流，由并联电路电流的规律，通过待测电阻的电流：
IX＝I1﹣；由欧姆定律，则表达式Rx＝＝。
故答案为：（1）①0；0.5；②如上所示；③左； 通过导体的电流与导体的电压成正比；④6；（2）右；1.9；（3）①b；； ③。
11．（2020·江苏省南京市中考模拟四）小华做“测量小灯泡电功率”实验，实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω）、电流表、电压表、开关各一个、规格分别为R1“10Ω1A”和R2“50Ω0.5A”的滑动变阻器各一个、导线若干。
（1）小华设计了图甲所示的电路，她应选用规格为________的滑动变阻器（选填“R1”或“R2”）。
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图象如图乙所示，小灯泡的额定功率为________W。
（3）由图乙发现灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是________。
（4）小华在某次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值减小了△R1，小灯泡电阻变化了△R2，则△R1 ________△R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（5）同组的小敏在测该小灯泡的额定功率时，选用了如图丙所示的器材，其中电源电压恒为U，R的电阻值已知。
①闭合开关S和________，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为________；
②闭合开关S和________，________，记录电流表的示数为I；
③小灯泡额定功率表达式为：P额＝________。（用已知量符号表示）
【答案】（1）R2；（2）0.625； （3）灯丝电阻随温度升高而增大（灯丝温度变化）；（4）大；（5）①S2；；②S1；保持滑动变阻器滑片位置不变；③P额＝2.5V×（I﹣）。
【解析】（1）灯的额定电压为2.5V，根据串联电路电压的规律，灯正常发光时，变阻器分得的电压：U滑＝6V﹣2.5V＝3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.4倍，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1.4×10Ω＝14Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值R2的滑动变阻器；
（2）由图知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，灯的额定功率为：P＝UI′＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（3）由图乙发现灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是：灯丝电阻随温度升高而增大（灯丝温度变化）；
（4）滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流变大，灯泡的亮度变大，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大；由于总电压不变，电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，所以变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，即△R1＞△R2。
（5）①闭合开关S和 S2，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为I1＝；②闭合开关S和 S1，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录电流表的示数为I；③在①中，R与电流表串联后再与灯并联，当电流表示数为I1＝时，由欧姆定律和并联电路电压的规律，灯的电压为2.5V，灯正常发光；在②中，电路的连接没有改变，只是电流表测R与灯并联的总电流，因各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律灯的额定电流：I额＝I﹣I1＝I﹣，故灯的额定功率：P额＝U额I额＝2.5V×（I﹣）
答案是：（1）R2；（2）0.625； （3）灯丝电阻随温度升高而增大（灯丝温度变化）；（4）大；（5）①S2；；②S1；保持滑动变阻器滑片位置不变；③P额＝2.5V×（I﹣）。
12.（2020·山东省泰安中考模拟）在探究小灯泡在不同电压下工作时功率是否相同的实验中，实验室提供了如下器材：电源电压U恒为8V，滑动变阻器规格为“20Ω、2A”，小灯泡额定电压U额=2.5V，额定功率小于1.2W，两个阻值分别为10Ω、20Ω的定值电阻R0可供选择。
（1）为使小灯泡两端电压有一较大的调节范围，小聪设计了如图甲所示电路，请用笔画线代替导线，完成图乙中实物电路的连接。
（2）正确连接电路后，进行实验，记录的数据如下表所示，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图丙所示，小灯泡的额定功率为________W，此时小灯泡的电阻为________Ω。
（3）分析表中数据可得出结论，小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而________(选填“变大”、“不变”或“变小”)。根据实验数据还可以判断出，小聪在实验中选用的定值电阻R0=________（选填“10Ω“或”20Ω“）。
（4）完成实验后，爱动脑筋的小聪又想了一种测量小灯泡额定功率的方法，设计了如图丁所示的电路，所用电压表量程为0~15V，请将以下实验步骤补充完整。
①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1“，调节滑动变阻器滑片，直至电压表示数为________V。
②滑片不动，再将开关S1拨至“2”，读出电压表示数U0。
③小灯泡的额定功率，P额= ________（用U额、U0、R0表示）。
若实验步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值________（选填“偏大”或“偏小“）。
【答案】 （1）如图所示：（2）1；6.25（3）变大；10（4）5.5；；偏小。
【解析】（1）根据电路图可知，除了电压表与灯泡并联外，其它都是串联，
根据可知，电流表的量程选择0~0.6A。根据乙图可知，将电源的正极与电流表的“0.6”接线柱相接，将灯泡左边的接线柱与R0的左边接线柱相连，如下图所示：
（2）根据丙图可知，电流表选择量程0~0.6A，分度值为0.02A，那么灯泡的额定电流为0.4A，
因此它的额定功率为：P=UI=2.5V×0.4A=1W；
灯泡的电阻为：；
（3）根据表格可知，灯泡的功率依次为0.24W、0.48W、0.76W……，因此小灯泡的功率随电压的增大而变大。
当灯泡电压为2.5V时，定值电阻R0与变阻器的电压之和为：U0+变=8V-2.5V=5.5V，
它们的总电阻为：；所以定值电阻R=10Ω。
（4）①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1“，调节滑动变阻器滑片，直至电压表示数为5.5V。
③ 小灯泡的额定功率，P额= U额I额=U额×I0=。
若实验步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许， 那么变阻器的阻值变大，整个电路的电流变小，根据P=UI可知，测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小。
答案是： （1）如图所示：（2）1；6.25（3）变大；10（4）5.5；；偏小。
13.（2020·北京四中中考模拟（适应性测试））某同学测量额定电压为 2.5 V 的小灯泡在不同电压下的电功率：
（1）他连接了如图所示的实验电路，闭合开关后电压表和电流表有示数，但是观察小灯泡不能发光，你分析可能的原因是：______；
（2）闭合开关，调节滑动变阻器，进行多次测量， 测量的数据如下表所示，请完成下列问题：
①小灯泡 L 正常发光时的电功率 PL=________W；
②若将与上述小灯泡 L 规格完全相同的两个小灯泡串联接入电路，如图所示。闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 2.8V，则两个小灯泡的总功率应为________W；
③利用图所示实验电路还可以进行的实验有：__________。（写出一个即可）
【答案】（1）滑动变阻器的电阻太大，造成小灯泡的实际功率太小；（2）0.7；（3）0.616；（4）伏安法测电阻。
【解析】(1)该同学在开关闭合后，发现电压表、电流表均有示数，说明电路无断路现象，但小灯泡不亮，说明此时滑动变阻器的电阻太大，造成小灯泡的实际功率太小，应移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光。
(2)①灯泡电压等于其额定电压时正常发光，由表格知灯泡电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.28A，所以灯泡的额定功率：；灯泡的额定功率0.7W。
②当电压表的示数为 2.8V，相同的两个小灯泡串联接入电路，根据串联电路的电压特点可知，每个灯泡两端的电压是1.4V，由表格知，此时电路中的电流为0.22A，
所以两个小灯泡的总功率应为：；
则两个小灯泡的总功率应为0.616W。
③此装置用电流表测量电路的电流，电压表测量灯泡两端的电压，根据欧姆定律，可以测量出电阻。
故答案为：（1）滑动变阻器的电阻太大，造成小灯泡的实际功率太小；（2）0.7；（3）0.616；（4）伏安法测电阻。
四、计算题
14．（2020·广东省佛山市南海区石门实验中学中考一模）某型号热水杯的原理图如图所示，它有加热和保温两档，通过单刀双掷开关S进行调节，R0、R为电热丝。当开关S接加热档时，电路的功率为1100W，当开关S接保温档时，电路的总功率为44W，R0、R阻值恒定不变。
（1）在加热档正常工作时，电路中的电流是多少
（2）电热丝R0、R的阻值多大？
（3）已知热水壶的加热效率为80%，在一标准大气压下把一满壶水从20℃烧开需要多长时间？（小数点后保留1位小数，c水＝4.2×103J（kg•℃））
【解析】（1）由表格数据可知，加热时的功率为1100W，
由P＝UI可得加热档正常工作时，电路中的电流：I加热＝＝＝5A；
（2）由图知S接2时只有R0接入电路，电路中电阻最小，功率最大，为加热状态，
由P＝可得R0的阻值：R0＝＝＝44Ω，
S接1时两电阻串联，电路中电阻最大，功率最小，为保温状态，
则总电阻：R总＝R0+R＝＝＝1100Ω，
所以R的阻值：R＝R总﹣R0＝1100Ω﹣44Ω＝1056Ω；
（3）水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/kg•℃×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
热水壶放出的热量：Q放＝＝＝8.4×105J，
因为电流所做的功W＝Q放＝Pt，
所以加热所用的时间：t＝＝≈763.6s。
答：（1）在加热档正常工作时，电路中的电流是5A；（2）电热丝R0为44Ω，R的阻值为1056Ω；（3）在一标准大气压下把一满壶水从20℃烧开需要763.6s。
15.（2020·山东省泰安中考模拟）小东家的双桶洗衣机的部分技术数据如下表所示。
（1）洗衣机工作时应选用图中的哪个孔插座？它正常工作洗涤时的电功率是多少？
（2）把洗衣机洗涤时从正转→停→反转→停，叫做完成一次周期性变化。那么，该洗 衣机正常工作洗涤时完成一次周期性变化所消耗电能为多少焦耳？
（3）该洗衣机洗涤14min所消耗电能为多少焦耳？
【解析】（1）洗衣机是金属外壳的用电器，为防止触电应使用带有接地线的三孔插座。
洗衣机洗涤时的电功率是P1=UI1=220V×0.5A=110W；
（2）洗衣机洗涤时完成一次周期性变化时，洗涤电动机正转30s、反转30s，洗涤电动机工作的时间为60s，正常工作洗涤时完成一次周期性变化所消耗电能为W1=P1t=110W×60s=6600J；
（3）工作总时间为14min=840s，
洗涤时完成一次周期性变化所需要的时间为t1=30s+5s+30s+5s=70s，
则840s共完成工作循环个数为： ；
洗衣机洗涤14min所消耗电能为12×6600J=79200J。
答：（1）应选用三孔插座，工作洗涤时的电功率是110W；（2）正常工作洗涤时完成一次周期性变化所消耗电能为6600J；（3）洗衣机洗涤14min所消耗电能为79200J。
16．（2020·江西省中等学校招生考试模拟）某同学选用规格为“12V、6W”的灯L、定值电阻R1(12Ω)及规格为“24Ω、2A"的滑动变阻器R0等元件设计了如图所示的电路。当闭合开关S、S2，且滑动变阻器的滑片P移至a端时，灯L正常发光。电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化。
求：(1)电源电压；
(2)当三个开关都闭合，滑动变阻器的滑片P移至a端时，电路消耗的功率；
(3)该电路在1min内消耗的最小电能。
【解析】(1)当闭合开关S、S2且滑动变阻器的滑片P移至a端时，灯泡单独接在电源两端，小灯泡正常发光，UL=12V，所以电源电压U=UL=12V；
(2)三个开关都闭合时，滑动变阻器的滑片P滑到a端时，R0的阻值为0，电阻R1与L并联，R的功率P1===12W，电路消耗的总功率P=PL+P1=6W+12W=18W；
(3)当闭合S、S1滑动变阻器的滑片P移至b端时，灯L和变阻器的最大阻值串联，此时的电阻最大，消耗的电能最小，灯泡的电阻RL===24Ω，
电路在1min内消耗的电能：W最小==X60s=180J。
答：(1)电源电压为12V；(2)当三个开关都闭合，滑动变阻器的滑片P移至a端时，电路消耗的功率是18W；(3)该电路在1min内消耗的最小电能是180J。
17.（2020·山东省济宁中考模拟二）如图所示是调温电熨斗的简化电路图，它的工作电压为220V，R1、R2均为电熨斗底板中的加热元件，R2的阻值为61.6Ω。只闭合S1时为低温档，电功率为440W。同时闭合S1和S2时为高温档。
(1)低温档工作时，电路中的电流是多少?
(2)电阻R1的阻值是多少?
(3)高温档的电功率是多少?
【解析】 （1）只闭合S1时为低温档，电功率为440W，由P＝UI可得，
电路中的电流：I＝＝＝2A。
（2）只闭合S1时，R1与R2串联，电熨斗处于低温档，由I＝可得，
电路的总电阻：R＝＝＝110Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻R1的阻值：R1＝R﹣R2＝110Ω﹣61.6Ω＝48.4Ω；
（3）同时闭合S1和S2时，电路为R1的简单电路，电熨斗处于高温档，
则高温档的电功率：P高＝＝＝1000W。
答：低温档工作时，电路中的电流是2A；(2)电阻R1的阻值是48.4Ω；(3)高温档的电功率是1000W。
18.（2020·山东省济宁中考模拟四)“道路千万条 安全第一条 行车不规范，亲人两行泪。”酒后不开车是每个司机必须遵守的交通法规。图甲是酒精测试仪的工作电路原理图，电源电压U=6V，R1为气敏电阻，它的阻值随气体中酒精含量的变化而变化，如乙图所示。气体中酒精含量大于0且小于80mg/100mL为酒驾，达到或者超过80mg/100mL为醉驾。使用前通过调零旋钮（即滑动变阻器R2的滑片）对测试仪进行调零，此时电压表示数为U1=5V，调零后R2的滑片位置保持不变。
当电压表示数为U1=5V时，求R1消耗的电功率；
当电压表示数为U1=5V时，求R2接入电路中的阻值；
（3）某次检测中，电流表示数为0.2A，请通过计算判断此驾驶员属于酒驾还是醉驾。

【解析】 （1）由图可知，当气体中酒精含量为0mg/100mL时，R1的阻值为50Ω；
由P=UI得： ；
（2）通过R1的电流为： ；
因为R2与R1串联，所以通过R2的电流为：I2=I1=0.1A，
由U总=U1+U2得：R2两端的电压为：U2=U总-U1=6V-5V=1V，
由 得 ；
（3）由 得 ；因为R1与R2串联，则R总=R1+R2
此时R1的阻值为R1′=R总′-R2=30Ω-10Ω=20Ω；
由图可知，R1的阻值随气体中酒精含量减小而增加，当R1=10 Ω时，气体中酒精含量为80mg/100mL，则当R1′=20Ω时，气体中酒精含量大于0mg/100mL且小于80mg/100mL，故此驾驶员为酒驾。
答：R1 消耗的电功率为 0.5W；R2 接入电路的阻值为10Ω；此驾驶员为酒驾。
19．（2019·辽阳市中考考前最后一卷）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。如图是某款养生壶及其铭牌，求：
（1）养生壶正常工作时的电阻；
（2）若正常工作时，养生壶加热效率为90%，将1kg水从20℃加热到80℃需要多长时间；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）用电高峰期，家庭电路电压降为198V，此时养生壶工作的实际电功率是多大？（设养生壶的电阻和加热效率不变）
【解析】（1）由P＝可得，养生壶正常工作时的电阻：
R＝＝═48.4Ω。
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×105J，
由η＝可得，养生壶消耗的电能：W＝＝＝2.8×105J，
由P＝可得，养生壶工作时间：t＝＝＝280s；
（3）在用电高峰时，U实际＝198V，设养生壶的电阻和加热效率不变，
此时养生壶工作的实际电功率P实际＝＝＝810W。
答：（1）养生壶正常工作时的电阻为48.4Ω；（2）将1kg水从20℃加热到80℃需要280s长时间；（3）此时养生壶工作的实际电功率是810W。
20．（2019·辽阳市中考考前最后一卷）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。如图是某款养生壶及其铭牌，求：
（1）养生壶正常工作时的电阻；
（2）若正常工作时，养生壶加热效率为90%，将1kg水从20℃加热到80℃需要多长时间；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）用电高峰期，家庭电路电压降为198V，此时养生壶工作的实际电功率是多大？（设养生壶的电阻和加热效率不变）
【解析】（1）由P＝可得，养生壶正常工作时的电阻：
R＝＝═48.4Ω。
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×105J，
由η＝可得，养生壶消耗的电能：W＝＝＝2.8×105J，
由P＝可得，养生壶工作时间：t＝＝＝280s；
（3）在用电高峰时，U实际＝198V，设养生壶的电阻和加热效率不变，
此时养生壶工作的实际电功率P实际＝＝＝810W。
答：（1）养生壶正常工作时的电阻为48.4Ω；（2）将1kg水从20℃加热到80℃需要280s长时间；（3）此时养生壶工作的实际电功率是810W。
次数
一
二
三
U/V
4
6
8
I/A
0.2
0.3
0.4
实验次数
1
2
3
4
5
电压/V
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
电流/A
0.24
0.32
0.38
0.44
电功率/W
电压 U/V
0.9
1.4
1.7
2.1
2.5
2.8
电流 I/A
0.18
0.22
0.24
0.26
0.28
0.29
整壶水的质量
2kg
额定电压
220V
加热时的总功率
l100W
保温时的功率
44W
工作状态
额定电压
频率
工作电流
洗涤
220V
50Hz
0.5A
脱水
220V
50Hz
0.8A
型号
CH﹣M16
额定电压
220V
频率
50Hz
额定功率
1000W
容量
1.2L
型号
CH﹣M16
额定电压
220V
频率
50Hz
额定功率
1000W
容量
1.2L