第04课时 电功 电功率-【精品课】最新中考物理一轮复习精品课件（通用版）

这是一份第04课时 电功 电功率-【精品课】最新中考物理一轮复习精品课件（通用版），共28页。PPT课件主要包含了想一想，控制变量法，通电时间，如何反映电功的大小，转换法，实验结论，电流的大小，电压的高低，WUIt，②定义式等内容，欢迎下载使用。
①各类用电器都是以 的形式将电能转化为其他形式的能。
②用电功的大小来量度用电器消耗的电能的多少。
有多少电能转化成其他形式的能
①可能与电流有关；
探究“影响电功大小的因素”
电流做功多少与哪些因素有关?
②可能与电压有关；
③可能与通电时间有关。
实验需采用哪种研究方法？为什么？
A. 保持 一定，探究电功与电压的关系
B. 保持 一定，探究电功与电流的关系
比较电灯的亮度：小灯越亮，电流做功越 。
电流做功大小可能与电流、电压、通电时间有关；
电流所做的功与 成 比。
决定电功大小的因素：①电流做功的多少跟 、 、 长短有关。
②用电器两端的电压越大、通过用电器的电流越大、用电器通电时间越长，电流做功也就越 。
进一步实验可得出结论：
1焦 =1伏·1安·1秒
电功=电压×电流×通电时间
① 物理学规定：电功等于电压、电流与通电时间的乘积。
I ——电流
③国际单位：焦耳（J）
常用单位：千瓦时（KW·h）
1kw·h=3.6×106J
1J =1V·A·S
①电功变形公式的适用条件：只适用于纯电阻电路； （非纯电阻电路：电风扇、电动机、洗衣机等）②利用电功公式及其变形公式时，要注意各物理量的同一性和同时性；③ W＝UIt 是普遍适用的公式。
W、U、I、t 四个物理量必须是同一个导体在同一时间对应的四个量。
甲灯与乙灯连接在电路中，计算电流通过甲灯泡做的功，应该等于甲灯泡两端电压、通过甲灯泡的电流和甲灯泡通电时间的乘积。
W、U、I、t 的单位必须是国际单位，分别为：焦、伏、安、秒。
某灯泡两端电压是6V，通过灯泡的电流是0.2A，求通电1min电流做的功。 正确：W=UIt=6V×0.2A×60s=72J， 若不经换算，就计算则得出 W=UIt=6V×0.2A×1min=1.2J是错误的。
应用W = UIt 的注意问题
1、电流做功的过程实质就是将电能转化为 的过程。而且电流做了多少功，就消耗了多少 。 2、电能（电功）的国际主单位是 ，常用单位是 。3、1kW·h = J
1.意义：表示电流做功的。 2.定义：电功率是 与 之比。其国际主单位是 。3.定义式： 。公式中各个量的单位分别是 、 、 。该公式适用各种情况下电功率的计算。
4.推导式： 。其中P、U、I的单位分别是 、 、 。该公式适用各种情况下电功率的计算。5.用电器 的电压为额定电压，其在 电压下的功率为额定功率。
1.测量小灯泡电功率（1）实验原理是 。（2）实验器材有：电源、导线、开关、灯泡、 、 、 。 （3）实验电路图：
（4）滑动变阻器的作用：调节，进而测量出灯泡在不同情况下的功率。若要测量灯泡额定功率，调节滑动变阻器，使灯泡两端的电压为其 ，再读出此时通过灯泡的电流。 2.利用电能表测量家庭电路中用电器的电功率（1）测量工具： 、 。（2）需要查到的数据是铝盘式电能表每消耗1kW·h的电能，电能表上的铝盘转过的圈数，或电子式电能表每消耗1kW·h的电能，电能表上指示灯闪烁的次数。3.电功率的大小无法直接测量，但可通过测量其它相关物理量测量后利用公式计算得到电功率大小。这种测量方法叫间接测量。
1.普遍适用公式： 、 。2.其他变形式： 、 。该公式只适用于纯电阻电路。所谓纯电阻电路就是用电器在工作时将电能全部转化为内能的电路。初中阶段，比较典型的非纯电阻电路就是电动机所在的部分电路。欧姆定律也只适用于纯电阻电路。
1.普遍适用公式： 、 。2.其他变形式： 、 。该公式只适用于纯电阻电路。
（三）串、并联电路中与电功率有关的几个重要关系式
【方法指导】本题重点考查的是对电能表的参数的理解、电能计算、电功率的概念及计算等。在短时间内，可通过电能表转盘转过的圈数结合电能表上每千瓦时的转数计算出这段时间电流所做的功。而电功率就是电流所做的功与做功所用时间的比值。
【例1】为测量某电热杯的电功率，小明同学把家中其余用电器均从电源上断开，只将该电热杯接入电路，观察电能表，发现在1min内电能表转盘转动15圈。电能表的部分技术参数如表，该电热杯的电功率是（　　）A．300W B．30W C．150W D．200W
【点拨】转盘转动15转消耗电能：W=1/3000×15kW•h=0.005kW•h=1.8×104J，t=1min=60s，用电器的功率为：P=W/t =1.8×104J/60s =300W
【例2】LED灯具有节能、环保等特点，一只“220V 4.4W”的LED灯泡，该灯泡的额定电流是 　A，若它每天正常发光5h，一个月（30天）消耗的电能是 kW•h，与普通白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电能，则这个LED灯与功率为　 　W的白炽灯亮度相当。
【点拨】(1)该灯泡的额定电流是I=P/U =4.4W/220V =0.02A；（2）消耗的电能W=Pt=0.0044kW×5h×30=0.66kW•h（3）设两种灯泡正常发光的时间为t，LED消耗的电能为W1=P1t=0.0044kW•t，白炽灯消耗的电能为W2=P2t。在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约90%的电能，(P2t -0.0044kW•t)/P2t=90%，解得P2=0.044kW=44W
【方法指导】解答本题需要理解电功和电功率的概念，掌握相关的计算公式。同时还要认真审题，了解物理知识在生活中的应用，明白在亮度相当时“LED灯可以节约90%电能”的含义，同时计算过程要注意单位转换。
【例3】（2017•郴州）如图甲所示，把标有“6V 3W”的灯泡L和滑动变阻器R串联接入恒定电压为9 V的电源上，通过L的电流I 与L两端电压U 的关系如图乙所示，则L正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻是　 Ω； 当电路中的电流为0.4A时，L的实际功率是　 　 W。
【点拨】（1）由甲电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光，所以，R两端的电压：UR=U﹣UL=9V﹣6V=3V，此时灯泡正常发光，由图象可知，当灯泡两端电压为6V时，通过灯泡的电流为0.5A，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I= U/R可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：R=UR/IR=UR/IL=3V/0.5A=6Ω；（2）当电路中电流为0.4A时 ，由图象可知，L两端的电压UL′=4V，则灯泡的实际功率：PL′=UL′IL′=4V×0.4A=1.6W。
【方法指导】分析图象可知移动滑片时灯泡的电阻在不断变化，故而当电路发生变化时需要结合图象中的具体的数据进行相关的分析和计算。
【例4】在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小明同学选取了一个标有“2.5V”、额定功率约为1W的小灯泡和必要的实验器材，连接的电路如图甲所示。 （1）闭合开关前，老师检查发现小明同学连接的电路有一根导线连接错误，请你在错误的连线上画“×”，并只移动一根导线，用笔画线代替导线将电路连接正。
【点拨】（1）图甲中电压表是串联在电路中的，且灯泡也被短路了，所以错误。本实验中电压表应该测量灯泡电压，所以应该与灯泡并联；
（2）经检查电路连接正确后，小明连续进行了4次测量，并把测量的数据和观察到的现象填写在表格里，其中第3次测量时电流表的示数如图乙所示，此时的电流为　 　A，小灯泡的额定功率为　 　 W。（3）从表格中的数据可知，灯丝的电阻随两端电压的增加而　 （“增大”或“减小”），灯丝电阻发生变化的本质是电阻随 　而增大。
【点拨】（2）由图乙所示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.42A，灯泡额定功率P=UI=2.5V×0.42A=1.05W；（3）由表中数据可知，随灯丝两端电压增大，电压与电流的比值增大，即灯丝电阻增大，由此可知，灯丝电阻随电压增大而增大，但引起电阻变大的原因是当电压变大后灯丝温度升高了。
【方法指导】在测量灯泡电功率的实验中，应综合复习实验原理、电路连接、仪器使用和调节、读数、计算、分析论证等各方面。
【例5】在“测量小灯泡的额定功率”实验中，已连接的部分电路如图a所示．图中电源电压恒定，小灯泡上只能看到“3.8V”字样。（1）请你用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整： （2）正确连接实验电路后，开关试触时，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，故障原因可能是： 。（3）故障排除后开始实验，当变阻器滑片滑到图示位置时，电压表示数为3.0V。接着应将滑片向 滑动，直至灯泡两端电压为额定电压，此时电流表示数如图b，则灯泡额定功率为 W。
【点拨】（1）由图可知灯泡并没完全接入电路，按照实验原理，电压表应该测量灯泡两端的电压，故应与灯泡并联。由于灯泡的额定电压为3.8V，故电压表应该使用大量程；
（2）在开关闭合后发现灯泡不亮、电流表无示数，说明电路断路；由于电压表与灯泡并联，根据电压表有示数可以判断是灯泡断路；
（3）本灯光的额定电压变3.8V，但目前电压为3.0V，想要把灯泡电压调得更大，必需把滑动变阻器的电阻调小一些，由图可知滑片应该向右滑动。利用P=UI可结合电流表示数计算出灯泡的额定功率为1.52W；
（4）实验时某小组学生发现电流表损坏，他们想设计一个不用电流表测定该小灯泡额定功率的实验。于是向老师要了一个阻值为凡的定值电阻（阻值适当）和一个单刀双掷开关（符号为： ），借助原有的实验器材，顺利完成了实验。假如由你来做该实验，要求电路只连接一次，请设计验方案。①在虚线框内画出实验电路。②简述实验步骤（用相应的字母表示测出的物理量）③出灯泡额定功率的表达式P额＝ （用已知量和测量量表示）
【点拨】（4）在没有电流表的情况下，可利用定值电阻和灯泡串联，形成电流相等的条件，转而针对定值电阻利用欧姆定律来计算电流。所以要用电压表测算定值电阻两端的电压，由此可推导出实验电路图和相关的实验方案及计算表达式。
a.按图连接电路，闭合S1,S2接1，调节滑动变阻器，使电压表示数为3.8V；b.保持滑动变阻器滑片的位置不变，S2接2，读出电压表示数为U。
3.8V(U-3.8V)/R0
【方法归纳】实验电路连接时要重点考虑实验的原理；故障分析要结合电路各原件的工作状态，先判断故障的类别，再判断故障的部位；测量灯泡电功率除了可用伏安法还可利用定值电阻设计伏阻法（串联）或安阻法（并联）测量。
【例1】如图所示，两只额定电压相同的灯泡L1、L2，串联在电路中，闭合开关后发现，L1不亮，L2亮，电压表有一定的示数，其原因可能是（　　 ） 　A．L1的灯丝烧断 B．L1的电阻小于L2的电阻C．L2的实际功率小于L1的实际功率 D．L2的额定功率大于L1的额定功率
【点拨】分析电路可知两灯是串联的,根据“L1不亮，L2亮”初步判断电路不可能是断路，因为如果断路两灯将都不亮；根据“电压表有一定的示数”可判断灯L1不可能被短路，因为电压表与其并联，如果短路电压表将没有示数。由结合以上分析可知灯泡里有电流，但实际功率太小，所以看起来不亮，这说明它的实际功率比L2的实际功率小。由于串联电路，电流处处相等，根据P=I2R可知L1的电阻小于L2的电阻。
【方法指导】故障分析问题首先要认真审题，了解电路的连接特点和电表的测量对象，同时关注题目中所描述的用电器及电表的工作状态，利用这些信息对故障的种类和部位做出判断。
【例2】如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L标有“6V 0.6W”的字样，R为定值电阻，闭合S1，断开S2，小灯泡正常发光光；若再闭合S2，发现电流表示数变化了0.3A，则R的阻值为 Ω，此时灯泡L和电阻R消耗的功率之比是 。
【点拨】闭合S1，断开S2，为灯泡的基本电路，而小灯泡正常发光，因此电源电压等于灯泡的额定电压，因此电源电压为6V；两个开关都闭合时，为并联电路，电流表串联在干路上，因此电流表示数的变化为定值电阻R中通过的电流，即IR=0.3A，R=U/I =6V/0.3A =20Ω；功率为 PR=UIR=6V×0.3A=1.8W，则PL：PR=0.6W：1.8W=1：3
【方法归纳】本题考查欧姆定律的计算公式和电功率的计算公式的灵活应用，关键突破点是并联电路中，各支路两端的电压均等于电源两端的电压。同时，各支路的电流互不影响的特点，当增加一条支路时，干路电流会增大，增大的电流即为增加的支路的电流。
【例3】（2017•海南）如图所示，图甲是小谦同学研究调光灯的实验电路图，小灯泡规格是“6V 3W”，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P在A点时，滑动变阻器连入电路的电阻为R1，电压表的示数为4V，当滑动变阻器滑片P在B点时，滑动变阻器连入电路的电阻为R2，电压表的示数为2V，且R2=2R1，测绘出小灯泡的I﹣U图象如图乙所示，电源电压保持不变。 （1）根据小灯泡的I﹣U 图象判断，小灯泡的阻值 （选“恒定”或“不恒定”），用物理知识解释其原因是 。　 　。（2）小灯泡正常发光时的电流是多少A？（3）小灯泡两端电压为2V时的实际功率是多少W？（4）电源电压是多少V？
灯丝电阻随温度改变而改变
【点拨】 （1）根据小灯泡的I﹣U图象判断，小灯泡两端的电压与电流之间不成正比，故小灯泡的阻值不恒定，其原因是灯丝电阻随温度改变而改变；
（2）由P=UI可得，小灯泡正常发光时的电流：IL=P额/U额 =3W/6V =0.5A；（3）由图象知，小灯泡UL=2V时，IL′=0.25A，小灯泡的实际功率： PL实=ULIL′=2V×0.25A=0.5W；
（4）P在A点时，U灯=4V，变阻器阻值R1，由欧姆定律I= U/R可得，U=U灯+I1R1，P在B点时，U灯′=2V，U=U灯′+I2R2，且R2=2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，由图象可得，I1=0.4A，I2=0.25A，代入数据，U=4V+0.4A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，U=2V+0.25A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，解得，R1=20Ω，R2=40Ω，代入②得，U=12V。
【方法归纳】审题时要结合电路图分析函数图象，将不同状态下的电路数据提炼出来，充分利用串、并联电路及欧姆定律、电功率的有关知识分析解决问题。
【例4】家用电饭煲是利用电流的热效应来工作的，如图是某种型号电饭煲的简化电。当温控开关S闭合时，电饭煲处于加热状态，此时若它两端的电压为220V，它的功率为1100W（不考虑温度对电阻值的影响）。则（1）电饭煲在加热状态下工作0.1h，消耗的电能为多少kW•h？（2）R0的电阻为多少Ω？（3）当温控开关S断开时，电饭煲的总功率与加热状态时相比，将如何变化？并请说明原因。
【点拨】（1）已知加热时的功率和工作时间，根据W=Pt计算消耗的电能；（2）当温控开关S闭合时，R被短路，电路中只有R0，已知额定加热功率和额定电压，可利用公式R= U2/P求得加热电阻的电阻；（3）电源电压U不变，由P= U2/R可知，电阻越大电功率越小，电饭煲处于保温状态，电阻越小电功率越大，电饭煲 处于加热状。
【答案】（1）t=0.1h，P=1100W=1.1kW由公式P=W/t得，消耗的电能为：W=Pt=1.1kW×0.1h=0.11kW•h；（2）U =220V，P=1100W由公式P= U2/R得，R0的电阻为：R0= U2/P=(220V)2/1100W =44Ω；（3）当温控开关S断开时，电阻R0与电阻R串联，根据欧姆定律，两种情况相比，当S断开时饮水机的工作电流较小，根据P=UI可知，此时饮水机消耗的电功率也较小。故当S断开时饮水机处于保温状态。
【方法归纳】解答这类题，首先要分析清楚电路结构，再结合题目所给的条件利用电功率及其变形公式、串联电路特点、电功公式等进行分析解答。