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2019年中考物理填空专题复习——《电功率》填空题（二） （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（二）
答案解析
1．（2018•辽阳）如图所示实验装置，可用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与 电阻 的关系。将装置接在电压为3V的电源上，通电2min，电流通过电阻R2产生的热量为 24 J。
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少与电流大小、电阻和通电时间都有关系。研究某一物理量对热量的影响时，需要控制另外两个物理量；
（2）已知两电阻阻值，可以得到串联后的总电阻；已知电源电压和电路总电阻，可以得到电路电流；已知电阻阻值、通过的电流和通电时间，利用焦耳定律得到产生的热量。
【解答】解：由图知，定值电阻阻值不同，串联时通过的电流相同，已知通电时间相同，所以探究的是电流产生热量与电阻大小的关系；
串联电路总电阻为R=R1+R2=10Ω+5Ω=15Ω，
电路电流为I===0.2A，
通电2min，电流通过电阻R2产生的热量：
Q2=I2R2t=（0.2A）2×5Ω×2×60s=24J。
故答案为：电阻；24。
【点评】此题考查了电流产生热量的影响因素及焦耳定律的应用，是一道基础题，难度较小。
2．（2018•吉林）一只标有”8V 0.4A”的小灯泡，接在电源电压为12V的电路中，为使其正常发光，应串联一个 10 Ω的电阻；该电阻通电10s所产生的热量是 16 J。
【分析】根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点得到电路中的电流，利用欧姆定律求出串联电阻的阻值，根据焦耳定律求出串联电阻产生的热量。
【解答】解：根据串联电路中总电压等于各分电压之和，则串联电阻R两端电压：
UR=U﹣UL=12V﹣8V=4V，
因串联电路中各处的电流相等，所以灯泡正常工作时电路中的电流：
I=0.4A，
由I=可得，串联电阻R的阻值：
R===10Ω；
此时该电阻通电10s产生的热量为：
QR=I2Rt=（0.4A）2×10Ω×10s=16J。
故答案为：10；16。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、焦耳定律的灵活运用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等、正常发光时的电流和额定电流相等。
3．（2018•德州）小刚早上8：00出门前查看了他家的电能表示数如图甲所示，然后关闭家中其它用电器，只让电冰箱工作。下午18：00回家后再次查看电
能表，显示的数字如图乙所示。则小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能为 0.5 kW•h，电冰箱的实际电功率为 50 W。
【分析】利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注意电能表最后一位是小数；知道时间，利用P=求电冰箱的实际功率。
【解答】解：
（1）由图知，小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能：
W=10124.1kW•h﹣10123.6kW•h=0.5kW•h；
（2）t=18：00﹣8：00=10h，
电冰箱的实际电功率：
P===0.05kW=50W。
故答案为：0.5；50。
【点评】本题考查了电能、电功率的计算，注意电能表的最后一位是小数位。
4．（2018•巴中）电能表是用来测量 电路消耗电能 的仪表。小明同学家电能表铭牌上标有“220V、10A、3000r/kW•h”字样，他观察到在lmin的时间内，电能表的转盘匀速转了15转，观察期间他家工作电器的总功率为 300 W；小明家的电能表所测的用电器正常工作最大功率不能超过 2.2 kW。
【分析】（1）电能表是用来测量用电器消耗电能读数的仪表；
（2）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表表盘转3000转，据此求出电能表表盘转15转消耗的电能，利用P=求出他家工作电器的总功率；
（3）由题知，电能表工作电压和允许通过的最大电流，根据P=UI求出小明家允许接入用电器的最大总功率。
【解答】解：
（1）电能表是用来测量电路消耗电能（电功）的仪表；
（2）3000r/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表表盘转3000转，
电能表的转盘转了15转，则用电器消耗的电能：
W=kW•h=0.005kW•h，
他家工作电器的总功率：
P===0.3kW=300W；
（3）由题知，电能表的工作电压U=220V，允许通过的最大电流I=10A，
则小明家允许接入用电器的最大总功率：
P=UI=220V×10A=2200W=2.2kW。
故答案为：电路消耗电能；300；2.2。
【点评】本题考查了电能表的作用、电路消耗电能和电功率的计算，明白电能表相关参数的含义是关键。
5．（2018•张家界）图中电源电压保持不变，灯泡L标有“6V，3W”字样，当开关S闭合时，灯泡L正常发光，电流表的示数为0.8A，则电阻R= 20 Ω；由于电池使用过久，电源实际电压只有4.8V，则该灯泡工作的实际功率为 1.92 W．不考虑温度对灯丝电阻的影响。
【分析】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。
（1）根据灯泡正常发光时的电压和额定电压相等结合并联电路的电压特点可知电源的电压，根据P=UI求出通过灯泡的电流，利用并联电路的电流特点求出通过R的电流，利用欧姆定律求出R的阻值；
（2）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据P=UI=求出电源实际电压只有4.8V时该灯泡工作的实际功率。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡L正常发光，
所以，电源的电压U=UL=6V，
由P=UI可得，通过灯泡的电流：
IL===0.5A，
因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=I﹣IL=0.8A﹣0.5A=0.3A，
由I=可知，R的阻值：
R===20Ω；
（2）灯泡的电阻：
RL===12Ω，
电源实际电压只有4.8V时，该灯泡工作的实际功率：
PL′===1.92W。
故答案为：20；1.92。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
6．（2018•德阳）小辉家使用功率为1000W的电热壶烧水，电热壶工作7min所消耗的电能是 4.2×105 J；假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，那么可以烧开的水的质量 1 kg．（c水=4.2×103J/（kg•℃），当地气压为一个标准大气压。）
【分析】根据P=求出电热壶工作7min所消耗的电能；由题意可知，假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，根据Q吸=cm△t求出加热水的质量。
【解答】解：
由P=可得，电热壶工作7min所消耗的电能：W电=P电t=1000W×7×60s=4.2×105J，
假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，
则水吸收的热量：Q吸=80%W电=80%×4.2×105J=3.36×105J，
由Q吸=cm△t可得，可以烧开水的质量：
m===1kg。
故答案为：4.2×105；1。
【点评】本题考查了吸热公式和效率公式、电功公式的综合应用，要注意在标准大气压下水的沸点为100℃。
7．（2018•安徽）图中R1=4Ω，R2=6Ω，把它们并联在U=3V的电路中，则R1和R2并联后的总电阻为 2.4 Ω；通电30s，电阻R1消耗的电能为 67.5 J。
【分析】根据=+可求得并联后的总电阻，利用W=t可求得通电30s，电阻R1消耗的电能。
【解答】解：已知R1和R2并联，
则并联后的总电阻=+，
则=+，
解得R=2.4Ω，
因为R1和R2并联，把它们并联在U=3V的电路中，则R1两端电压为3V，
通电30s，电阻R1消耗的电能W=t=×30s=67.5J。
故答案为：2.4；67.5。
【点评】本题考查了并联电路的特点和电功的计算，关键能根据并联电路各支路两端的电压相等确定R1两端电压。
8．（2018•眉山）将一只“220V 100W”的灯泡（设灯丝电阻不变）接在照明电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为 0.05 kW•h；若用输电线把该灯泡由电源处引到学校运动场时，发现灯泡亮度较暗，测得灯泡实际功率只有81W，则输电线上消耗的功率为 9 W。
【分析】（1）由灯泡铭牌可知额定电压及额定功率，则由功率公式可求得额定电流；由电功公式求得通电30min时消耗的电能；
（2）由功率公式P=可求得灯泡的电阻，则由功率公式可求得灯泡的实际电压，则由欧姆定律可求得实际电流；因灯泡和导线为串联电路，故由串联电路的规律可求得导线上消耗的电压，则由P=UI可求得导线上消耗的电功率。
【解答】解：
（1）灯泡正常发光时的功率P=100W=0.1kW，在30min内消耗的电能：
W=Pt=0.1kW×h=0.05kW•h；
（2）由“220V、100W”知灯泡的额定电压U=220V，额定功率是P=100W，
根据p=得灯泡的电阻：
R===484Ω
灯泡功率为81W时，根据p=得灯泡两端的实际电压：
U实===198V；
流过灯泡的实际电流：
I实===A；
灯泡的电压降U线=U﹣U实=220V﹣198V=22V
输电导线上损失的功率P损=U损I损=22V×A=9W。
故答案为：（1）0.05；（2）9。
【点评】公式法计算电功率：①P=这是电功率的定义式，此公式适用于各种用电器和电路；②P=UI这是电功率的决定式，即电功率是由用电器两端的电压和通过它的电流之积来决定的。此公式适用于所有电路，该公式表明，用电器的实际功率等于实际电压与实际电流的乘积。
9．（2018•绥化）有一块手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1800mA•h，它充满电后，大约储存了 23976 J的电能；某同学观察到家中电能表上标有600revs/（kW•h）的字样，他断开家中其他用电器仅使电水壶工作，测得1min内该电能表的转盘转了9圈，则该电水壶的电功率是 900 W。
【分析】（1）知道电池的容量，根据I=求出电池储存的电荷量，根据W=UIt=UQ求出电流做的功即为储存的电能。
（2）600revs/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，或者表示电能表每转1r，电路中消耗kW•h的电能，
据此求出转盘转9r电路中消耗的电能，然后根据P=求出该电水壶的电功率。
【解答】解：（1）充电电流所做的功即储存的电能为：
W=UIt=3.7V×1800×10﹣3A×3600s=23976J。
（2）600revs/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，
1min内电能表的表盘转过9圈，电水壶消耗的电能：
W==0.015kW•h；
用电器的功率：
P===0.9kW=900W。
故答案为：23976；900。
【点评】本题考查了手机电池充满电后储存电能的计算、电功的计算、电功率的计算等，关键是公式及其变形的灵活运用，重点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。
10．（2018•孝感）现用阻值为50Ω的电热丝，对质量为2kg的水进行加热，当电热丝通过的电流为4A时，要使水温升高10℃，需要加热的时间至少为 105 s，若取其中部分水装入杯中，用己调节好的天平进行测量，天平平衡后如图所示，则杯和水的总质量为 62 g．（水的比热容c水=4.2×103J/（kg•℃））。
【分析】（1）知道水的质量和温度的变化量以及比热容，根据Q吸=cm△t求出水吸收的热量，根据题意可知消耗的电能W=Q吸，根据W=I2Rt求出需要的加热时间；
（2）弄清楚天平的分度值后读数，物体的质量等于砝码质量数加上游码数。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×10℃=8.4×104J，
由题意可知，消耗的电能至少为：W=Q吸=8.4×104J，
由W=I2Rt可得，加热时间：
t===105s；
（2）天平标尺上的分度值为0.2g，杯和水的总质量为50g+10g+2g=62g。
故答案为：105；62。
【点评】本题考查了吸热公式、焦耳定律公式的应用，根据题意知道消耗的电能等于水吸收的热量是解决此题的关键。
11．（2018•黑龙江）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；再闭合开关S1，电流表示数变化了 0.2 A，此时电路消耗的总功率为 1.4 W。
【分析】（1）当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，由甲图象读出当小灯泡的实际功率为1W时两端的电压（即为电源的电压）和通过的电流；
（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知R两端的电压，由甲图象可知此时通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出此时电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，
由甲图象可知，当小灯泡的实际功率为1W时，
灯泡两端的电压为2V即电源的电压U=2V，通过灯泡的电流IL=0.5A；
（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，
并联电路中各支路两端的电压相等，
此时R两端的电压为2V，由图象可知IR=0.2A，
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
干路电流表示数变化了0.2A，示数I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A，
电路消耗的总功率：P=UI=2V×0.7A=1.4W。
故答案为：0.2；1.4。
【点评】本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，关键是能从图象中得出小灯泡的实际功率为1W的电压和通过的电流。
12．（2018•威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是 24.2 Ω；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，能够使 0.5 kg的水从15℃上升到35℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）已知额定电压和额定功率，利用公式R=得到电阻丝的阻值；
（2）不计热量损失，水吸收的热量等于消耗的电能。已知热量、水的比热容及温度的变化，利用W=Pt=Q=cm△t变形公式得到水温升高的温度。
【解答】解：
（1））根据P=可得，加热电阻丝的阻值：
R===24.2Ω；
（2）由P=可得，在额定电压下工作21s消耗的电能：
W=Pt=2000W×21s=4.2×104J；
若不计热量损失，则Q吸=W=4.2×104J，
由Q吸=cm△t可得，加热水的质量：
m===0.5kg。
故答案为：24.2；0.5。
【点评】此题是一道电热综合题，考查了电功率变形公式和热量变形公式的应用，计算环节不复杂，是一道基础题。掌握基本公式及其变形，是正确解答此类问题的关键。
13．（2018•德阳）两个发热电阻R1：R2=1：4，当它们串联在电路中时，R1、R2两端的电压之比U1：U2= 1：4 ；已知R1=10Ω，那它们并联在4V电路中后，两个电阻在100s内产生的热量是 200 J。
【分析】（1）两电阻串联时通过的电流相等，根据欧姆定律求出两电阻两端的电压之比；
（2）两电阻并联时它们两端的电压相等，根据Q=W=t求出两个电阻产生的热量。
【解答】解：（1）当两电阻串联在电路中时，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=可得，R1、R2两端的电压之比：===；
（2）已知R1=10Ω，R1：R2=1：4，所以R2=4R1=4×10Ω=40Ω，
当两电阻并联在电路中时，因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，两个电阻在100s内产生的热量：
Q总=W总=W1+W2=t+t=×100s+×100s=200J。
故答案为：1：4；200。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及欧姆定律、电热公式的灵活应用，是一道较为简单的应用题。
14．（2018•绵阳）人类已进入智能化时代。小明家安装了空调智能控制系统，空调自动开启条件是：家中有人且室温等于或高于26℃．S1和S2是控制空调开启的两个智能开关，当家中有人时S1自动闭合，家中没有人时S1自动断开；当室温等于或高于26℃时S2自动闭合，室温低于26℃时S2自动断开，则控制空调开启的电路示意图是图甲和图乙中的 甲 。已知小明家某天室内温度变化情况如图丙所示，当天8h﹣12h和14h﹣18h家中没有人，空调的额定电压是220V，额定功率是1kW，则这台空调当天消耗的电能是 5 kW•h。
【分析】（1）由题知，家中有人且室温等于或高于26℃，空调会自动开启，由此分析解答；
（2）由题意和图丙先算出空调当天工作时间，再由W=Pt计算空调消耗的电能。
【解答】解：
（1）由题意知，当家中有人S1闭合，且室温等于或高于26℃时S2闭合，空调才会开启，即两个开关都闭合时空调开启，只要有一个开关断开空调都不会自动开启，则两开关应串联在电路中，故图甲符合要求；
（2）由题知，当天8h﹣12h和14h﹣18h家中没有人，结合当天室内温度变化情况，可得当天空调工作时间：
t=（14h﹣12h）+（21h﹣18h）=5h，
由P=可得，这台空调当天消耗的电能：
W=Pt=1kW×5h=5kW•h。
故答案为：甲；5。
【点评】本题考查根据要求设计电路和电能的计算，理解题意并正确算出空调当天工作时间是计算其消耗电能的关键。
15．（2018•枣庄）如图所示，是某种电热器的电路图，电源电压220V，R1、R2的阻值分别为11Ω、22Ω，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、中、低三个档位的转换，电热器在低温工作时的电功率是 2200 W，在高温档工作1min产生的热量是 3.96×105 J。
【分析】（1）根据P=，当电阻最大时，电功率最小，为低温档，分析此时电路的连接，根据P=求出电热器在低温工作时的电功率；
（2）当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，由并联电阻的规律求出并联电阻，
根据Q高=t求出在高温档工作1min产生的热量。
【解答】解：根据P=，当电阻最大时，电功率最小，旋转扇形开关S接触c，即只有R2连入电路时为低温档，
P小===2200W
当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，
R并===，
在高温档工作1min产生的热量是：
Q高=t=×60s=3.96×105J。
故答案为：2200；3.96×105。
【点评】本题并联电路的规律及电功率、电功率的计算，关键是低温档和高温档电路的连接。
16．（2018•安徽）一台额定功率为2000W的电热水器，水箱内装有50kg的水，要把这些水从20℃加热到60℃，热水器正常工作需要 4200 s；若水吸收的热量全部由燃烧天然气提供，则需要完全燃烧 0.2 m3的天然气[不计能量损失，已知c水=4.2×103J/（kg•0C），q天然气=4.2×107J/m3]。
【分析】（1）知道热水器水的质量，又知道水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量，不计热量损失时消耗的电能W=Q吸，根据P=求出加热时间；
（2）由题意可知，天然气完全燃烧释放的热量，根据Q=Vq求出消耗天然气的体积。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸=c水m（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（60℃﹣20℃）=8.4×106J，
不计热量损失，则消耗的电能：
W=Q吸=8.4×106J，
由P=可得，热水器正常工作的时间：
t===4200s；
（2）由题意可知，Q放=Q吸=8.4×106J，
根据Q放=Vq天然气=可得，消耗天然气的体积：
V===0.2m3。
故答案为：4200；0.2。
【点评】本题考查热量、通电时间、燃料体积、电功的计算，关键是公式及其变形式的灵活运用，要注意设定的温度即为水的末温，计算过程还要注意单位的换算。
17．（2018•广安）如图，灯泡L上标有“6V 3W“字样，电源电压6V且保持不变，定值电阻R=80Ω（不计灯丝电阻的变化）。只闭合S1和S3，电阻R在100s产生的热量是 450 J，电路在工作状态下，整个电路消耗的最小功率是 1.8 W。
【分析】（1）已知灯泡L上标有“6V 3W”字样，根据P=UI、I=可求得灯泡L的电阻值；
（2）只闭合S1和S3，电阻R与灯泡并联，利用Q=W=t可求电阻R在100s产生的热量；
（3）闭合开关S2，断开开关S1、S3，电阻R和灯泡L串联，使其接入电路的阻值最大，则整个电路消耗的电功率最小。根据P=可求得最小电功率。
【解答】解：（1）由P=UI可得，I额===0.5A，
由I=可得灯泡L的电阻值RL===12Ω；
（2）只闭合S1和S3，电阻R与灯泡并联，电阻R两端的电压为电源电压6V，
电阻R在100s产生的热量：
Q=W=t=100s=450J；
（3）闭合开关S2，断开开关S1、S3，电阻R和灯泡L串联，使其接入电路的阻值最大，则整个电路消耗的电功率最小。
最小电功率：P最小===1.8W。
故答案为：450；1.8。
【点评】本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率的计算，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别。
18．（2018•娄底）现有“220V 100W“的电灯泡一只，将它接在电压为“110V”的电路中，实际功率为 25 W，消耗1kW•h的电能可供它连续工作 40 h（假设灯丝电阻不变）
【分析】知道灯的额定电压、额定功率，利用P=求灯丝电阻；
知道实际电压，利用欧姆定律求通过的电流，再利用P=UI求灯的实际功率，再利用P=求1kW•h的电能可供它连续工作的时间。
【解答】解：由P=可得灯丝电阻：
R===484Ω，
将它接在电压为“110V”的电路中，通过的电流：
I===A，
实际功率：
P=UI=110V×A=25W；
由P=得1kW•h的电能可供它连续工作的时间：
t===40h。
故答案为：25；40。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，知道电灯铭牌的含义（额定电压、额定功率）是关键。
19．（2018•南充）如图甲所示，电源电压一定，滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端时，灯泡L的I﹣U图象如图乙所示，当灯电流为1A时，灯正常发光，则灯的额定功率为 8 W和滑动变阻器的最大值为 11 Ω。
【分析】（1）由图象读出灯光正常发光两端电压，由P=UI计算灯泡的额定功率；
（2）由滑片在左端，结合图象分析可得电源电压；
当滑片位于右端时，电路中的电流最小，根据图象读出电路中的电流和灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：
（1）由题知，当灯的电流为1A时，灯正常发光，由图象可知，此时灯泡两端的电压为8V，
则灯泡的额定功率：
P额=ULIL=8V×1A=8W；
（2）由电路图知，滑片在左端时，变阻器连入阻值为0，电路为灯泡的简单电路，此时电路中电阻最小，电流最大为1A，灯泡两端的电压为8V，
则电源电压：U=UL=8V，
当滑片位于右端时，灯泡和变阻器的最大阻值串联，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可知，此时UL′=2.5V，I′=0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以滑动变阻器两端的电压：UR=U﹣UL′=8V﹣2.5V=5.5V，
由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑大===11Ω。
故答案为：8；11。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是从图象中获取有用信息。
20．（2018•昆明）电灯正常工作时会发热发光，这是电流 做功 使电能转化为内能和光能。如果电灯在一段时间内消耗的电能为E1，电流做的功为W，转化的内能为E2，转化的光能为E3，那么E1、E2和E3三者的等量关系是 E1=E2+E3 ，功与能的关系是W= E1 。
【分析】电流做功的过程，就是消耗电能转化为其它形式能的过程，并且消耗多少电能，就有多少电能转化为多少其它形式的能。
【解答】解：
电灯正常工作时，电流做功，消耗电能转化为内能和光能，使得电灯发热、发光；
电流做了多少功，就有多少电能转化为多少形式能。
所以如果电灯在一段时间内消耗的电能为E1，转化的内能为E2，转化的光能为E3，则E1、E2和E3三者的等量关系是E1=E2+E3；
电流做的功为W，消耗的电能为E1，数值相同，功与能的关系是W=E1。
故答案为：做功；E1=E2+E3；E1。
【点评】本题考查了电流做功的实质，记住：电流做了多少功，就有多少电能转化为多少形式能。
21．（2018•攀枝花）额定功率均为“220V 500W”的电吹风和电熨斗，都在额定电压下工作两分钟， 电熨斗 产生的热量多，产生的热量为 60000 J。
【分析】额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等，根据W=Pt可知它们消耗电能的关系和电流做功的关系，然后根据它们工作时能量的转化可知产生热量的关系，根据Q=W=Pt算出产生的热量。
【解答】解：
电吹风和电熨斗的额定功率相同，在额定电压下它们的实际功率相等，由W=Pt可知，工作相同时间时，消耗的电能相同，电吹风工作时消耗电能大部分转化为机械能，产生很少的热量；
电熨斗工作时消耗的电能全部转化为热量，电流通过电熨斗产生的热量最多；
产生的热量为：Q=W=Pt=500W×120s=60000J。
故答案为：电熨斗；60000。
【点评】本题考查了用电器工作时消耗电能的比较和能量转化，要注意生活中常用电器能量的转化。
22．（2018•西宁）小明家买了一台电烤箱，有低、中，高三个档位的发热功率，如图是其内部简化电路图，开关S1可分别与接触点a、b接触。（已知；R1=48.4Ω，R2=96.8Ω，且电源电压保持不变）
（1）当开关S1置于b端、S2断开时，电路的连接方式是 串 联。
（2）当开关S1置于b端、S2闭合时，此电路消耗的电功率是 1000 W。
（3）电烤箱在高档位正常工作100s消耗的电能是 1.5×105 J。
【分析】（1）电路元件依次连接的电路为串联，电路元件并列连接的电路为并联；
（2）当开关S1置于b端、S2闭合时，电路为R1的简单电路，根据P=UI=求出电路消耗的电功率；
（3）当开关S1置于a端、S2闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电烤箱处于高档位，根据并联电路的电压特点和P=UI=求出电路的电功率，利用W=Pt求出正常工作100s消耗的电能。
【解答】解：
（1）当开关S1置于b端、S2断开时，R1与R2依次连接，电路的连接方式为串联；
（2）当开关S1置于b端、S2闭合时，电路为R1的简单电路，
此时电路消耗的电功率：
P===1000W；
（3）当开关S1置于a端、S2闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电烤箱处于高档位，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，此时电路的电功率：
P高=+=+=1500W，
由P=可得，正常工作100s消耗的电能：
W=P高t=1500W×100s=1.5×105J。
故答案为：（1）串；（2）1000；（3）1.5×105。
【点评】本题考查了串并联电路的判断和电功率公式、电功公式的应用，正确的判断电烤箱高档时电路的连接方式是关键。
23．（2018•广元）张薇期末成绩考得好，爸爸奖励她一个新手机，张薇发现手机电池上标有“电压3.7V，容量3500mA•h”的字样，则它充满电后存储的电能为 4.662×104J J，经查，该手机的待机电流为20mA，则该手机最长待机时间为 175 h。
【分析】（1）知道电压和容量，根据W=UIt求出手机电池充满电后存储的电能；
（2）知道待机电流和电池容量，根据I=求出该手机最长待机时间。
【解答】解：手机电池充满电后存储的电能：
W=UIt=3.7V×35000×10﹣3A×3600s=4.662×104J；
由I=得，该手机最长待机时间：
t′===175h。
故答案为：4.662×104J；175。
【点评】本题考查了手机电池充满电后储存电能的计算，关键是明白手机电池容量的含义，计算时注意单位要统一，难度不大。
24．（2018•长春）如图所示，电源两端的电压不变，闭合开关，当“6V 6W”小灯泡正常发光时（忽
略温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器的电功率为P1；移动滑动变阻器的滑片，当
小灯泡的电功率为1.5W时，滑动变阻器的电功率为P2．小灯泡的电阻为 6 Ω，P1 ＜ 2P2（选填“＞”、“=“或“＜“）。
【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI=求出灯泡的电阻；
（2）当小灯泡正常发光时根据灯泡正常发光时灯泡的电流利用P=UI得出P1的表达式；
小灯泡的电功率为1.5W时，根据P═I2R得出此时电流，根据灯泡两端的电压变化得出变阻器两端的电压变化，然后利用P=UI得出2P2的表达式；最后比较即可。
【解答】解：（1）由P=UI=可得，小灯泡正常发光时的电阻：
RL===6Ω；
（2）由P=UI可得，当小灯泡正常发光时电路中的电流为：
I=IL===1A；
则滑动变阻器的电功率：P1=U滑1I=U滑1×1A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
当小灯泡的电功率为1.5W时，由于忽略温度对灯丝电阻的影响，
则由P=I2R可得，此时电路中电流为：I′=IL实===0.5A；
此时灯泡两端的电压：UL实=IL实RL=0.5A×6Ω=3V；
所以灯泡两端电压减小量：△UL=U额﹣UL实=6V﹣3V=3V；
由于电源电压不变，则变阻器两端的电压增加量：△U滑=△UL=3V，
所以，此时变阻器两端的电压：U滑2=U滑1+△U滑=U滑1+3V；
则此时滑动变阻器的电功率：P2=U滑2I′=（U滑1+3V）×0.5A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
所以，2P2=2×（U滑1+3V）×0.5A=（U滑1+3V）×1A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
比较①③两式可知，P1＜2P2。
故答案为：6；＜。
【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压、电流和实际发光时的电压与电流的计算。
25．（2018•宁波）如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点滑到a点过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图象如图乙所示。
（1）图乙中 dc （填“dc”或“ec“）表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图象。
（2）该过程中电路消耗的总功率最大值为 36 W。
【分析】滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
（1）滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；据此可判断出图乙中dc，ec分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
（2）从图象可以看出，滑片P在b点、a点的电压表示数与电流值，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，利用P=UI求出总功率最大值。
【解答】解：
由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
（1）滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R2两端的电压变大；所以图乙中dc是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
（2）由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib=1A，U1=2V、U2=10V；
滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，所以电流Ia=3A，U1′=6V、U2′=6V；
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：
U=U1+U2=IbR0+U2，U=U1′+U2′=IaR0+U2′，
电源电压不变，则：IbR0+U2=IaR0+U2′′，
即：1A×R0+10V=3A×R0+6V，
解得：R0=2Ω，则U=1A×2Ω+10V=12V；
所以电路消粍的总功率最大值P=UIa=12V×3A=36W。
故答案为：（1）dc；36。
【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律和电功率公式的应用，要明白电路各个用电器的连接情况。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，要能将电路图与图象结合起来并从中获取有用信息。
26．（2018•达州）如图所示的电路，当S1、S2都闭合时，R1的电功率为25W，当把S2断开时，R1的电功率为4W，则此时R2的电功率为 6 W。
【分析】根据电路图分析电路结构，由R1的功率求出R1的实际电压之比，根据串联电路的电压特点得出功率之比，即可根据灯泡实际功率求出R2上的功率。
【解答】解：
由电路图可知，当闭合开关S1、S2时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，
则R1两端电压等于电源电压为U，且R1的功率P=25W；
由P=可得，R1的电阻为：R1=；
由图可知，当把S2断开时，R1与R2串联，设此时R1两端电压为U1，且R1的功率P'=4W，
R1的电阻为：R1=；
R1的阻值不变，则：=；
变形可得：==，
解得：=，
所以U1=U；
串联电路的总电压等于各分电压之和，即U=U1+U2，
则此时R2两端的电压为：U2=U﹣U1=U﹣U=U；
根据P=UI可得，此时R1的电功率与R2的电功率之比为：
=====，
则：P2=P'=×4W=6W。
故答案为：6。
【点评】本题考查了判断电阻工作情况，求电阻消耗的功率；分析清楚电路结构、知道R1的功率与两端的电压的关系是正确解题的关键。
27．（2018•福建）图是四种家用电器各自消耗1度电可持续正常工作的时间柱状图，其中额定功率最大的电器是 电视机 ，节能灯正常工作5小时消耗的电能是 0.1 kW•h
【分析】首先明确额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，然后根据P=来分析求解。
【解答】解：由图可知，1度电可供电视机持续工作的时间最少，由P=可知，电视机的额定功最大；
节能灯的额定功率不变，
所以=，
=，
解得W2=0.1kW•h。
故答案为：电视机；0.1。
【点评】本题考查了电功率的概念和意义，考查了学生根据题中信息解答问题的能力，是一道中等题。
28．（2018•达州）如图所示是某同学设计的一台浮力电子秤，其结构由浮力秤和电路两部分组成，小筒底面积为10cm2，大筒底面积为50cm2，装有适量水，金属滑片P固定在托盘下面并随托盘一起自由滑动（滑片质量和滑片受到导线的拉力均忽略不计），定值电阻R0=8Ω，AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，电源电压为6V．当托盘中不放物体时，P位于A端，小筒浸入水中5cm（称量过程中大筒水未溢出），则：R0在电路中的作用是 保护电路 ，托盘和小筒的总质量为 50 g，当开关S闭合且在托盘中放入质量为100g的物体时，R0消耗的功率为 0.72 W。
【分析】（1）串联电路，各电阻起到分压的作用，从而保护电路；
（2）根据漂浮时，浮力等于重力分析解答；
（3）托盘中放入100g的物体时，仍然处于漂浮状态，浮力仍等于重力，所以增加的浮力等于增加的重力，根据F浮=ρ液gV排求出增加的排开水的体积，再根据V=Sh算出增加的深度；
根据“AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω”求出电阻的变化值，得出连入电路的电阻，根据欧姆定律求出电路的电流，最后根据P=I2R算出电阻R0消耗的功率。
【解答】解：
（1）当滑片P在最下端时，R的电阻为零，若电路中没有R0，将会造成电源短路，故R0在电路中起到保护电路的作用；
（2）托盘中不放物体时，小筒浸入水中5cm，排开水的体积为：
V排=S小筒h=10cm2×5cm=50cm3=5×10﹣5m3；
小桶受到的浮力为：F浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3=0.5N；
托盘和小筒处于漂浮状态，浮力等于重力，则托盘和小筒的总重力：G=F浮=0.5N；
托盘和小筒的总质量为：m===0.05kg=50g；
（3）在托盘中放入质量为100g的物体时，托盘和小筒仍处于漂浮状态，浮力仍等于重力，
所以增加的浮力等于增加的重力，即△F浮=△G=△mg=0.1kg×10N/kg=1N，
根据F浮=ρ液gV排可得，增加的排开水的体积：
△V排===10﹣4m3；
根据V=Sh可得，增加的浸入深度：
△h浸===0.1m；
大筒中水面上升的高度：△h上升===0.02m；
因为：△h浸=△h上升+d，其中d为小筒向下移动的距离，
所以小桶向下移动的距离：
d=△h浸﹣△h上升=0.1m﹣0.02m=0.08m；
小桶下降0.08m，滑片也跟着下滑0.08m=8cm，则变阻器连入电路的长度变为20cm﹣8cm=12cm，
因为AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，即1cm的电阻丝的电阻为1Ω，
所以12cm的电阻丝的电阻为12Ω，即R=12Ω，
因为R和R0串联，
由欧姆定律可得，此时电路的电流为：I===0.3A；
R0消耗的功率：P0=I2R0=（0.3A）2×8Ω=0.72W
故答案为：保护电路；50；0.72。
【点评】本题考查了串联电路电压的规律，浮沉条件、阿基米德原理、欧姆定律的应用、电功率的计算等知识，是一道综合题，难度较大。
29．（2018•威海）如图所示，R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为40Ω，电源电压保持4.5V不变，电流表量程为“0﹣0.6A”，电压表量程为“0﹣3V”。为保证电路安全，R2接入电路中的最小阻值为 2.5 Ω，R1消耗的最小功率为 0.45 W。
【分析】由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路总电流，电流表示数最大为0.6A，电压表示数最大为3V，根据欧姆定律和串联电路的特点分别算出对应的滑动变阻器的最小阻值和电路的最小电流，根据功率公式求出最小功率。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电压表测量滑动变阻器R2两端的电压，电流表测量电路总电流，
当电流表示数最大为I1=0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，
根据欧姆定律可得，电阻R1两端电压：U1=I1R1=0.6A×5Ω=3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：U2=U﹣U1=4.5V﹣3V=1.5V，
因串联电路中各处的电流相等，
则由欧姆定律可得，变阻器连入电路的最小阻值：Rmin===2.5Ω；
当电压表示数最大为U大=3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路中的电流是最小的，
此时R1两端电压：U1′=U﹣U2大=4.5V﹣3V=1.5V，
则电路中的最小电流：I小===0.3A，
R1消耗的最小功率为：P1=I小2R1=（0.3A）2×5Ω=0.45W。
故答案为：2.5；0.45。
【点评】本题考查了求滑动变阻器接入电路的阻值范围，注意求阻值范围时，根据电流表和电压表的最大值进行计算，并且会灵活运用欧姆定律。
30．（2018•黔南州）一学生按照图甲所示的电路图做实验。此时两表示数如图乙所示，电压表的示数为 2 V，则电热丝电阻Rx的阻值为 5 Ω．已知电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等，滑片P在b端时，电热丝的发热功率为Pb，滑片P在a端时，电热丝的发热功率为Pa，那么Pa：Pb= 4：1 。（不考虑电热丝阻值随温度的变化）
【分析】（1）先确定电流表、电压表的量程和分度值，根据指针位置读出电压表和电流表的示数，即Rx两端的电压和通过的电流，利用欧姆定律求电阻Rx的阻值；
（2）由题知，电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等。
当滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻全连入，电路中电阻Rb=2Rx，利用欧姆定律求电路中电流，利用Pb=I2R求电热丝的发热功率；
当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电阻为0，电路中电阻只有Rx，利用P=求电热丝的发热功率，进而求出Pa：Pb。
【解答】解：
（1）由图知，电压表使用的是0﹣3V量程，分度值为0.1V，示数为2V；
电流表使用的是0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.4A，
由欧姆定律可得电热丝电阻Rx的阻值：
Rx===5Ω；
（2）由题知，电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等，
当滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻全连入，
则电路的总电阻Rb=2Rx，电路中电流Ib==，
电热丝的发热功率：Pb=Ib2Rx=（）2×Rx=×﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电阻为0，电路中电阻Ra=Rx，
电热丝的发热功率：Pa=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
由①②可得：
Pa：Pb=：×=4：1。
故答案为：2； 5； 4：1。
【点评】本题综合考查了电流表和电压表的读数、欧姆定律和电功率公式的应用，分析电路图得出P在a、b端的电路组成是关键。
31．（2018•遵义）如图所示，电源电压保持不变，R1与R2都是定值电阻，R为滑动变阻器，当S1闭合、S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，电压表示数为3.5V，电流表示数为0.5A；当S1闭合、S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，电压表示数减小了1.1V，电流表示数增加了0.3A，则R2= 3 Ω，再将滑动变阻器滑片置于最右端，此时电路消耗的总功率为 28 W。
【分析】（1）由图可知：S1闭合，R1、R2和变阻器R串联，当S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，电压表测量R1与R2两端的总电压；当S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，电压表只测量R2两端的总电压；根据电压表示数的变化得出此时R2两端的电压，利用欧姆定律即可求出R2的阻值；
（2）当S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，利用欧姆定律即可求出R1、R2的总阻值；然后根据串联电路的特点和欧姆定律得出电源电压的表达式，即可求出电源电压；
当S2接b、滑动变阻器滑片置于最右端时，R1、R2串联，利用P=求出总功率。
【解答】解：
（1）由图知，当S1闭合、S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，R1、R2和变阻器的最大阻值R串联，电压表测量R1与R2两端的总电压，电流表测量电路中的电流，此时电压表示数为3.5V，电流表示数为0.5A；
当S1闭合、S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，R1、R2和变阻器的一半阻值R串联，电压表只测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流；
由于电压表示数减小了1.1V，则此时R2两端的电压U2=3.5V﹣1.1V=2.4V；
由于电流表示数增加了0.3A，则此时电路中的电流I2=0.5A+0.3A=0.8A；
由I=可得R2的阻值：
R2===3Ω；
（2）当S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，
由I=可得R1与R2的总电阻：R1和2===7Ω；
根据串联电路的特点和欧姆定律可得，电源电压：U=U1和2+I1R，
即：U=3.5V+0.5A×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
同理可得，当S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，电源电压：U=I2（R1和2+R），
即：U=0.8A（7Ω+R）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解①②得：U=14V，R=21Ω，
当S2接b、滑动变阻器滑片置于最右端时，R1、R2串联，
此时电路消耗的总功率：
P总===28W。
故答案 为：3；28。
【点评】本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律、电功率的运用，关键是正确识别电路。
32．（2018•岳阳）标有“6V 3W”的小灯泡，它的电流一电压图象如图所示，则它正常工作10s消耗的电能为 30 J；若将它与一个10Ω的定值电阻串联在电压为8V的电路中，则电路消耗的总功率为 3.2 W。
【分析】（1）小灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出正常工作10s消耗的电能；
（2）定值电阻和灯泡串联时通过它们的电流相等，且电路的总电压等于它们两端的电压之和，根据图象读出符合要求的电流和电压，根据P=UI求出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）由P=可得，灯泡正常工作10s消耗的电能：
WL=PLt=3W×10s=30J；
（2）小灯泡L与一个10Ω的定值电阻R串联在电压为8V的电路中时，
因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，
所以，由I=可得：
U=UL′+ILR，即8V=UL′+IL′×10Ω，
由图象可知，当UL′=4V、IL′=0.4A时符合，
则电路消耗的总功率：
P=UIL′=8V×0.4A=3.2W。
故答案为：30；3.2。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，从图象中读出符合要求的电流和电压是关键。
33．（2018•黄石）雷雨天气是一种常见的自然现象。某次雷电的电流为2.1×106A．电压为108V，放电时间为0.001秒，则这次放电释放的电能为 2.1×1011 J．如果我们能将这些能量加以利用，比如用来加热供暖用水为寒冷地区的居民供暖，则可使 106 kg的水从0℃加热到50℃．（不考虑水加热过程中能量的损失，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））
【分析】（1）已知放电电压、电流和放电的时间，根据公式W=UIt求出这次放电释放的电能；
（2）由题意知，水吸收的热量：Q吸=W，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水的质量。
【解答】解：这次雷电释放的电能：
W=UIt=108V×2.1×106A×0.001s=2.1×1011J。
由题意知，水吸收的热量：Q吸=W=2.1×1011J，
由Q吸=cm（t﹣t0）得，水的质量：
m===106kg。
故答案为：2.1×1011J；106。
【点评】本题考查了电功公式和吸热公式的灵活应用，通过计算让人们明白雷电释放的能量很大，雷雨天一定要注意安全，属于基础性题目，比较简单。
34．（2018•辽阳）小明家中一周前、后电能表示数如图所示，小明家所在地区每度电的电费是0.5元，则本周小明家应付电费 20 元。1度电可使一盏“220V 20W”的灯正常工作 50 h；这盏灯正常工作10h，电能表的铝盘转 120 转。
【分析】（1）利用电能表读出消耗电能的方法：周后电能表的示数减去周前的示数，注意：最后一位是小数、单位kW•h；知道电价，可求要付的电费；
（2）知道消耗的电能，利用P=求灯正常工作时间；
（3）利用W=Pt求出10h消耗电能，根据“600r/kW•h”求电能表的铝盘转数。
【解答】解：
（1）小明家这周共消耗的电能：
W=781.5kW•h﹣741.5kW•h=40kW•h，
他家1周需要付的电费：
40kW•h×0.5元/kW•h=20元；
（2）1度=1kW•h，由P=可得供灯正常工作时间：
t===50h；
（3）该灯正常工作10h消耗的电能：
W″=Pt=20×10﹣3kW×10h=0.2kW•h，
电能表的铝盘转数：
n=600r/kW•h×0.2kW•h=120r。
故答案为：20；50；120。
【点评】本题考查了电能表的读数、电能的计算。关键是理解电能表的各个参数的物理意义，注意电能表表盘上的示数最后一位是小数。
答案解析
1．（2018•辽阳）如图所示实验装置，可用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与 电阻 的关系。将装置接在电压为3V的电源上，通电2min，电流通过电阻R2产生的热量为 24 J。
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少与电流大小、电阻和通电时间都有关系。研究某一物理量对热量的影响时，需要控制另外两个物理量；
（2）已知两电阻阻值，可以得到串联后的总电阻；已知电源电压和电路总电阻，可以得到电路电流；已知电阻阻值、通过的电流和通电时间，利用焦耳定律得到产生的热量。
【解答】解：由图知，定值电阻阻值不同，串联时通过的电流相同，已知通电时间相同，所以探究的是电流产生热量与电阻大小的关系；
串联电路总电阻为R=R1+R2=10Ω+5Ω=15Ω，
电路电流为I===0.2A，
通电2min，电流通过电阻R2产生的热量：
Q2=I2R2t=（0.2A）2×5Ω×2×60s=24J。
故答案为：电阻；24。
【点评】此题考查了电流产生热量的影响因素及焦耳定律的应用，是一道基础题，难度较小。
2．（2018•吉林）一只标有”8V 0.4A”的小灯泡，接在电源电压为12V的电路中，为使其正常发光，应串联一个 10 Ω的电阻；该电阻通电10s所产生的热量是 16 J。
【分析】根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点得到电路中的电流，利用欧姆定律求出串联电阻的阻值，根据焦耳定律求出串联电阻产生的热量。
【解答】解：根据串联电路中总电压等于各分电压之和，则串联电阻R两端电压：
UR=U﹣UL=12V﹣8V=4V，
因串联电路中各处的电流相等，所以灯泡正常工作时电路中的电流：
I=0.4A，
由I=可得，串联电阻R的阻值：
R===10Ω；
此时该电阻通电10s产生的热量为：
QR=I2Rt=（0.4A）2×10Ω×10s=16J。
故答案为：10；16。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、焦耳定律的灵活运用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等、正常发光时的电流和额定电流相等。
3．（2018•德州）小刚早上8：00出门前查看了他家的电能表示数如图甲所示，然后关闭家中其它用电器，只让电冰箱工作。下午18：00回家后再次查看电
能表，显示的数字如图乙所示。则小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能为 0.5 kW•h，电冰箱的实际电功率为 50 W。
【分析】利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注意电能表最后一位是小数；知道时间，利用P=求电冰箱的实际功率。
【解答】解：
（1）由图知，小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能：
W=10124.1kW•h﹣10123.6kW•h=0.5kW•h；
（2）t=18：00﹣8：00=10h，
电冰箱的实际电功率：
P===0.05kW=50W。
故答案为：0.5；50。
【点评】本题考查了电能、电功率的计算，注意电能表的最后一位是小数位。
4．（2018•巴中）电能表是用来测量 电路消耗电能 的仪表。小明同学家电能表铭牌上标有“220V、10A、3000r/kW•h”字样，他观察到在lmin的时间内，电能表的转盘匀速转了15转，观察期间他家工作电器的总功率为 300 W；小明家的电能表所测的用电器正常工作最大功率不能超过 2.2 kW。
【分析】（1）电能表是用来测量用电器消耗电能读数的仪表；
（2）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表表盘转3000转，据此求出电能表表盘转15转消耗的电能，利用P=求出他家工作电器的总功率；
（3）由题知，电能表工作电压和允许通过的最大电流，根据P=UI求出小明家允许接入用电器的最大总功率。
【解答】解：
（1）电能表是用来测量电路消耗电能（电功）的仪表；
（2）3000r/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表表盘转3000转，
电能表的转盘转了15转，则用电器消耗的电能：
W=kW•h=0.005kW•h，
他家工作电器的总功率：
P===0.3kW=300W；
（3）由题知，电能表的工作电压U=220V，允许通过的最大电流I=10A，
则小明家允许接入用电器的最大总功率：
P=UI=220V×10A=2200W=2.2kW。
故答案为：电路消耗电能；300；2.2。
【点评】本题考查了电能表的作用、电路消耗电能和电功率的计算，明白电能表相关参数的含义是关键。
5．（2018•张家界）图中电源电压保持不变，灯泡L标有“6V，3W”字样，当开关S闭合时，灯泡L正常发光，电流表的示数为0.8A，则电阻R= 20 Ω；由于电池使用过久，电源实际电压只有4.8V，则该灯泡工作的实际功率为 1.92 W．不考虑温度对灯丝电阻的影响。
【分析】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。
（1）根据灯泡正常发光时的电压和额定电压相等结合并联电路的电压特点可知电源的电压，根据P=UI求出通过灯泡的电流，利用并联电路的电流特点求出通过R的电流，利用欧姆定律求出R的阻值；
（2）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据P=UI=求出电源实际电压只有4.8V时该灯泡工作的实际功率。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡L正常发光，
所以，电源的电压U=UL=6V，
由P=UI可得，通过灯泡的电流：
IL===0.5A，
因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=I﹣IL=0.8A﹣0.5A=0.3A，
由I=可知，R的阻值：
R===20Ω；
（2）灯泡的电阻：
RL===12Ω，
电源实际电压只有4.8V时，该灯泡工作的实际功率：
PL′===1.92W。
故答案为：20；1.92。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
6．（2018•德阳）小辉家使用功率为1000W的电热壶烧水，电热壶工作7min所消耗的电能是 4.2×105 J；假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，那么可以烧开的水的质量 1 kg．（c水=4.2×103J/（kg•℃），当地气压为一个标准大气压。）
【分析】根据P=求出电热壶工作7min所消耗的电能；由题意可知，假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，根据Q吸=cm△t求出加热水的质量。
【解答】解：
由P=可得，电热壶工作7min所消耗的电能：W电=P电t=1000W×7×60s=4.2×105J，
假设这些电能全路转化成内能后有80%被20℃的水吸收，
则水吸收的热量：Q吸=80%W电=80%×4.2×105J=3.36×105J，
由Q吸=cm△t可得，可以烧开水的质量：
m===1kg。
故答案为：4.2×105；1。
【点评】本题考查了吸热公式和效率公式、电功公式的综合应用，要注意在标准大气压下水的沸点为100℃。
7．（2018•安徽）图中R1=4Ω，R2=6Ω，把它们并联在U=3V的电路中，则R1和R2并联后的总电阻为 2.4 Ω；通电30s，电阻R1消耗的电能为 67.5 J。
【分析】根据=+可求得并联后的总电阻，利用W=t可求得通电30s，电阻R1消耗的电能。
【解答】解：已知R1和R2并联，
则并联后的总电阻=+，
则=+，
解得R=2.4Ω，
因为R1和R2并联，把它们并联在U=3V的电路中，则R1两端电压为3V，
通电30s，电阻R1消耗的电能W=t=×30s=67.5J。
故答案为：2.4；67.5。
【点评】本题考查了并联电路的特点和电功的计算，关键能根据并联电路各支路两端的电压相等确定R1两端电压。
8．（2018•眉山）将一只“220V 100W”的灯泡（设灯丝电阻不变）接在照明电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为 0.05 kW•h；若用输电线把该灯泡由电源处引到学校运动场时，发现灯泡亮度较暗，测得灯泡实际功率只有81W，则输电线上消耗的功率为 9 W。
【分析】（1）由灯泡铭牌可知额定电压及额定功率，则由功率公式可求得额定电流；由电功公式求得通电30min时消耗的电能；
（2）由功率公式P=可求得灯泡的电阻，则由功率公式可求得灯泡的实际电压，则由欧姆定律可求得实际电流；因灯泡和导线为串联电路，故由串联电路的规律可求得导线上消耗的电压，则由P=UI可求得导线上消耗的电功率。
【解答】解：
（1）灯泡正常发光时的功率P=100W=0.1kW，在30min内消耗的电能：
W=Pt=0.1kW×h=0.05kW•h；
（2）由“220V、100W”知灯泡的额定电压U=220V，额定功率是P=100W，
根据p=得灯泡的电阻：
R===484Ω
灯泡功率为81W时，根据p=得灯泡两端的实际电压：
U实===198V；
流过灯泡的实际电流：
I实===A；
灯泡的电压降U线=U﹣U实=220V﹣198V=22V
输电导线上损失的功率P损=U损I损=22V×A=9W。
故答案为：（1）0.05；（2）9。
【点评】公式法计算电功率：①P=这是电功率的定义式，此公式适用于各种用电器和电路；②P=UI这是电功率的决定式，即电功率是由用电器两端的电压和通过它的电流之积来决定的。此公式适用于所有电路，该公式表明，用电器的实际功率等于实际电压与实际电流的乘积。
9．（2018•绥化）有一块手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1800mA•h，它充满电后，大约储存了 23976 J的电能；某同学观察到家中电能表上标有600revs/（kW•h）的字样，他断开家中其他用电器仅使电水壶工作，测得1min内该电能表的转盘转了9圈，则该电水壶的电功率是 900 W。
【分析】（1）知道电池的容量，根据I=求出电池储存的电荷量，根据W=UIt=UQ求出电流做的功即为储存的电能。
（2）600revs/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，或者表示电能表每转1r，电路中消耗kW•h的电能，
据此求出转盘转9r电路中消耗的电能，然后根据P=求出该电水壶的电功率。
【解答】解：（1）充电电流所做的功即储存的电能为：
W=UIt=3.7V×1800×10﹣3A×3600s=23976J。
（2）600revs/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，
1min内电能表的表盘转过9圈，电水壶消耗的电能：
W==0.015kW•h；
用电器的功率：
P===0.9kW=900W。
故答案为：23976；900。
【点评】本题考查了手机电池充满电后储存电能的计算、电功的计算、电功率的计算等，关键是公式及其变形的灵活运用，重点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。
10．（2018•孝感）现用阻值为50Ω的电热丝，对质量为2kg的水进行加热，当电热丝通过的电流为4A时，要使水温升高10℃，需要加热的时间至少为 105 s，若取其中部分水装入杯中，用己调节好的天平进行测量，天平平衡后如图所示，则杯和水的总质量为 62 g．（水的比热容c水=4.2×103J/（kg•℃））。
【分析】（1）知道水的质量和温度的变化量以及比热容，根据Q吸=cm△t求出水吸收的热量，根据题意可知消耗的电能W=Q吸，根据W=I2Rt求出需要的加热时间；
（2）弄清楚天平的分度值后读数，物体的质量等于砝码质量数加上游码数。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×10℃=8.4×104J，
由题意可知，消耗的电能至少为：W=Q吸=8.4×104J，
由W=I2Rt可得，加热时间：
t===105s；
（2）天平标尺上的分度值为0.2g，杯和水的总质量为50g+10g+2g=62g。
故答案为：105；62。
【点评】本题考查了吸热公式、焦耳定律公式的应用，根据题意知道消耗的电能等于水吸收的热量是解决此题的关键。
11．（2018•黑龙江）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；再闭合开关S1，电流表示数变化了 0.2 A，此时电路消耗的总功率为 1.4 W。
【分析】（1）当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，由甲图象读出当小灯泡的实际功率为1W时两端的电压（即为电源的电压）和通过的电流；
（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知R两端的电压，由甲图象可知此时通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出此时电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，
由甲图象可知，当小灯泡的实际功率为1W时，
灯泡两端的电压为2V即电源的电压U=2V，通过灯泡的电流IL=0.5A；
（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，
并联电路中各支路两端的电压相等，
此时R两端的电压为2V，由图象可知IR=0.2A，
并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
干路电流表示数变化了0.2A，示数I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A，
电路消耗的总功率：P=UI=2V×0.7A=1.4W。
故答案为：0.2；1.4。
【点评】本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，关键是能从图象中得出小灯泡的实际功率为1W的电压和通过的电流。
12．（2018•威海）标有“220V，2000W“的“即热式”电热水龙头，其加热电阻丝的阻值是 24.2 Ω；在额定电压下工作21s，若不计热量损失，能够使 0.5 kg的水从15℃上升到35℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）已知额定电压和额定功率，利用公式R=得到电阻丝的阻值；
（2）不计热量损失，水吸收的热量等于消耗的电能。已知热量、水的比热容及温度的变化，利用W=Pt=Q=cm△t变形公式得到水温升高的温度。
【解答】解：
（1））根据P=可得，加热电阻丝的阻值：
R===24.2Ω；
（2）由P=可得，在额定电压下工作21s消耗的电能：
W=Pt=2000W×21s=4.2×104J；
若不计热量损失，则Q吸=W=4.2×104J，
由Q吸=cm△t可得，加热水的质量：
m===0.5kg。
故答案为：24.2；0.5。
【点评】此题是一道电热综合题，考查了电功率变形公式和热量变形公式的应用，计算环节不复杂，是一道基础题。掌握基本公式及其变形，是正确解答此类问题的关键。
13．（2018•德阳）两个发热电阻R1：R2=1：4，当它们串联在电路中时，R1、R2两端的电压之比U1：U2= 1：4 ；已知R1=10Ω，那它们并联在4V电路中后，两个电阻在100s内产生的热量是 200 J。
【分析】（1）两电阻串联时通过的电流相等，根据欧姆定律求出两电阻两端的电压之比；
（2）两电阻并联时它们两端的电压相等，根据Q=W=t求出两个电阻产生的热量。
【解答】解：（1）当两电阻串联在电路中时，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=可得，R1、R2两端的电压之比：===；
（2）已知R1=10Ω，R1：R2=1：4，所以R2=4R1=4×10Ω=40Ω，
当两电阻并联在电路中时，因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，两个电阻在100s内产生的热量：
Q总=W总=W1+W2=t+t=×100s+×100s=200J。
故答案为：1：4；200。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及欧姆定律、电热公式的灵活应用，是一道较为简单的应用题。
14．（2018•绵阳）人类已进入智能化时代。小明家安装了空调智能控制系统，空调自动开启条件是：家中有人且室温等于或高于26℃．S1和S2是控制空调开启的两个智能开关，当家中有人时S1自动闭合，家中没有人时S1自动断开；当室温等于或高于26℃时S2自动闭合，室温低于26℃时S2自动断开，则控制空调开启的电路示意图是图甲和图乙中的 甲 。已知小明家某天室内温度变化情况如图丙所示，当天8h﹣12h和14h﹣18h家中没有人，空调的额定电压是220V，额定功率是1kW，则这台空调当天消耗的电能是 5 kW•h。
【分析】（1）由题知，家中有人且室温等于或高于26℃，空调会自动开启，由此分析解答；
（2）由题意和图丙先算出空调当天工作时间，再由W=Pt计算空调消耗的电能。
【解答】解：
（1）由题意知，当家中有人S1闭合，且室温等于或高于26℃时S2闭合，空调才会开启，即两个开关都闭合时空调开启，只要有一个开关断开空调都不会自动开启，则两开关应串联在电路中，故图甲符合要求；
（2）由题知，当天8h﹣12h和14h﹣18h家中没有人，结合当天室内温度变化情况，可得当天空调工作时间：
t=（14h﹣12h）+（21h﹣18h）=5h，
由P=可得，这台空调当天消耗的电能：
W=Pt=1kW×5h=5kW•h。
故答案为：甲；5。
【点评】本题考查根据要求设计电路和电能的计算，理解题意并正确算出空调当天工作时间是计算其消耗电能的关键。
15．（2018•枣庄）如图所示，是某种电热器的电路图，电源电压220V，R1、R2的阻值分别为11Ω、22Ω，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、中、低三个档位的转换，电热器在低温工作时的电功率是 2200 W，在高温档工作1min产生的热量是 3.96×105 J。
【分析】（1）根据P=，当电阻最大时，电功率最小，为低温档，分析此时电路的连接，根据P=求出电热器在低温工作时的电功率；
（2）当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，由并联电阻的规律求出并联电阻，
根据Q高=t求出在高温档工作1min产生的热量。
【解答】解：根据P=，当电阻最大时，电功率最小，旋转扇形开关S接触c，即只有R2连入电路时为低温档，
P小===2200W
当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，
R并===，
在高温档工作1min产生的热量是：
Q高=t=×60s=3.96×105J。
故答案为：2200；3.96×105。
【点评】本题并联电路的规律及电功率、电功率的计算，关键是低温档和高温档电路的连接。
16．（2018•安徽）一台额定功率为2000W的电热水器，水箱内装有50kg的水，要把这些水从20℃加热到60℃，热水器正常工作需要 4200 s；若水吸收的热量全部由燃烧天然气提供，则需要完全燃烧 0.2 m3的天然气[不计能量损失，已知c水=4.2×103J/（kg•0C），q天然气=4.2×107J/m3]。
【分析】（1）知道热水器水的质量，又知道水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量，不计热量损失时消耗的电能W=Q吸，根据P=求出加热时间；
（2）由题意可知，天然气完全燃烧释放的热量，根据Q=Vq求出消耗天然气的体积。
【解答】解：（1）水吸收的热量：
Q吸=c水m（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（60℃﹣20℃）=8.4×106J，
不计热量损失，则消耗的电能：
W=Q吸=8.4×106J，
由P=可得，热水器正常工作的时间：
t===4200s；
（2）由题意可知，Q放=Q吸=8.4×106J，
根据Q放=Vq天然气=可得，消耗天然气的体积：
V===0.2m3。
故答案为：4200；0.2。
【点评】本题考查热量、通电时间、燃料体积、电功的计算，关键是公式及其变形式的灵活运用，要注意设定的温度即为水的末温，计算过程还要注意单位的换算。
17．（2018•广安）如图，灯泡L上标有“6V 3W“字样，电源电压6V且保持不变，定值电阻R=80Ω（不计灯丝电阻的变化）。只闭合S1和S3，电阻R在100s产生的热量是 450 J，电路在工作状态下，整个电路消耗的最小功率是 1.8 W。
【分析】（1）已知灯泡L上标有“6V 3W”字样，根据P=UI、I=可求得灯泡L的电阻值；
（2）只闭合S1和S3，电阻R与灯泡并联，利用Q=W=t可求电阻R在100s产生的热量；
（3）闭合开关S2，断开开关S1、S3，电阻R和灯泡L串联，使其接入电路的阻值最大，则整个电路消耗的电功率最小。根据P=可求得最小电功率。
【解答】解：（1）由P=UI可得，I额===0.5A，
由I=可得灯泡L的电阻值RL===12Ω；
（2）只闭合S1和S3，电阻R与灯泡并联，电阻R两端的电压为电源电压6V，
电阻R在100s产生的热量：
Q=W=t=100s=450J；
（3）闭合开关S2，断开开关S1、S3，电阻R和灯泡L串联，使其接入电路的阻值最大，则整个电路消耗的电功率最小。
最小电功率：P最小===1.8W。
故答案为：450；1.8。
【点评】本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率的计算，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别。
18．（2018•娄底）现有“220V 100W“的电灯泡一只，将它接在电压为“110V”的电路中，实际功率为 25 W，消耗1kW•h的电能可供它连续工作 40 h（假设灯丝电阻不变）
【分析】知道灯的额定电压、额定功率，利用P=求灯丝电阻；
知道实际电压，利用欧姆定律求通过的电流，再利用P=UI求灯的实际功率，再利用P=求1kW•h的电能可供它连续工作的时间。
【解答】解：由P=可得灯丝电阻：
R===484Ω，
将它接在电压为“110V”的电路中，通过的电流：
I===A，
实际功率：
P=UI=110V×A=25W；
由P=得1kW•h的电能可供它连续工作的时间：
t===40h。
故答案为：25；40。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，知道电灯铭牌的含义（额定电压、额定功率）是关键。
19．（2018•南充）如图甲所示，电源电压一定，滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端时，灯泡L的I﹣U图象如图乙所示，当灯电流为1A时，灯正常发光，则灯的额定功率为 8 W和滑动变阻器的最大值为 11 Ω。
【分析】（1）由图象读出灯光正常发光两端电压，由P=UI计算灯泡的额定功率；
（2）由滑片在左端，结合图象分析可得电源电压；
当滑片位于右端时，电路中的电流最小，根据图象读出电路中的电流和灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：
（1）由题知，当灯的电流为1A时，灯正常发光，由图象可知，此时灯泡两端的电压为8V，
则灯泡的额定功率：
P额=ULIL=8V×1A=8W；
（2）由电路图知，滑片在左端时，变阻器连入阻值为0，电路为灯泡的简单电路，此时电路中电阻最小，电流最大为1A，灯泡两端的电压为8V，
则电源电压：U=UL=8V，
当滑片位于右端时，灯泡和变阻器的最大阻值串联，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可知，此时UL′=2.5V，I′=0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以滑动变阻器两端的电压：UR=U﹣UL′=8V﹣2.5V=5.5V，
由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑大===11Ω。
故答案为：8；11。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是从图象中获取有用信息。
20．（2018•昆明）电灯正常工作时会发热发光，这是电流 做功 使电能转化为内能和光能。如果电灯在一段时间内消耗的电能为E1，电流做的功为W，转化的内能为E2，转化的光能为E3，那么E1、E2和E3三者的等量关系是 E1=E2+E3 ，功与能的关系是W= E1 。
【分析】电流做功的过程，就是消耗电能转化为其它形式能的过程，并且消耗多少电能，就有多少电能转化为多少其它形式的能。
【解答】解：
电灯正常工作时，电流做功，消耗电能转化为内能和光能，使得电灯发热、发光；
电流做了多少功，就有多少电能转化为多少形式能。
所以如果电灯在一段时间内消耗的电能为E1，转化的内能为E2，转化的光能为E3，则E1、E2和E3三者的等量关系是E1=E2+E3；
电流做的功为W，消耗的电能为E1，数值相同，功与能的关系是W=E1。
故答案为：做功；E1=E2+E3；E1。
【点评】本题考查了电流做功的实质，记住：电流做了多少功，就有多少电能转化为多少形式能。
21．（2018•攀枝花）额定功率均为“220V 500W”的电吹风和电熨斗，都在额定电压下工作两分钟， 电熨斗 产生的热量多，产生的热量为 60000 J。
【分析】额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等，根据W=Pt可知它们消耗电能的关系和电流做功的关系，然后根据它们工作时能量的转化可知产生热量的关系，根据Q=W=Pt算出产生的热量。
【解答】解：
电吹风和电熨斗的额定功率相同，在额定电压下它们的实际功率相等，由W=Pt可知，工作相同时间时，消耗的电能相同，电吹风工作时消耗电能大部分转化为机械能，产生很少的热量；
电熨斗工作时消耗的电能全部转化为热量，电流通过电熨斗产生的热量最多；
产生的热量为：Q=W=Pt=500W×120s=60000J。
故答案为：电熨斗；60000。
【点评】本题考查了用电器工作时消耗电能的比较和能量转化，要注意生活中常用电器能量的转化。
22．（2018•西宁）小明家买了一台电烤箱，有低、中，高三个档位的发热功率，如图是其内部简化电路图，开关S1可分别与接触点a、b接触。（已知；R1=48.4Ω，R2=96.8Ω，且电源电压保持不变）
（1）当开关S1置于b端、S2断开时，电路的连接方式是 串 联。
（2）当开关S1置于b端、S2闭合时，此电路消耗的电功率是 1000 W。
（3）电烤箱在高档位正常工作100s消耗的电能是 1.5×105 J。
【分析】（1）电路元件依次连接的电路为串联，电路元件并列连接的电路为并联；
（2）当开关S1置于b端、S2闭合时，电路为R1的简单电路，根据P=UI=求出电路消耗的电功率；
（3）当开关S1置于a端、S2闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电烤箱处于高档位，根据并联电路的电压特点和P=UI=求出电路的电功率，利用W=Pt求出正常工作100s消耗的电能。
【解答】解：
（1）当开关S1置于b端、S2断开时，R1与R2依次连接，电路的连接方式为串联；
（2）当开关S1置于b端、S2闭合时，电路为R1的简单电路，
此时电路消耗的电功率：
P===1000W；
（3）当开关S1置于a端、S2闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电烤箱处于高档位，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，此时电路的电功率：
P高=+=+=1500W，
由P=可得，正常工作100s消耗的电能：
W=P高t=1500W×100s=1.5×105J。
故答案为：（1）串；（2）1000；（3）1.5×105。
【点评】本题考查了串并联电路的判断和电功率公式、电功公式的应用，正确的判断电烤箱高档时电路的连接方式是关键。
23．（2018•广元）张薇期末成绩考得好，爸爸奖励她一个新手机，张薇发现手机电池上标有“电压3.7V，容量3500mA•h”的字样，则它充满电后存储的电能为 4.662×104J J，经查，该手机的待机电流为20mA，则该手机最长待机时间为 175 h。
【分析】（1）知道电压和容量，根据W=UIt求出手机电池充满电后存储的电能；
（2）知道待机电流和电池容量，根据I=求出该手机最长待机时间。
【解答】解：手机电池充满电后存储的电能：
W=UIt=3.7V×35000×10﹣3A×3600s=4.662×104J；
由I=得，该手机最长待机时间：
t′===175h。
故答案为：4.662×104J；175。
【点评】本题考查了手机电池充满电后储存电能的计算，关键是明白手机电池容量的含义，计算时注意单位要统一，难度不大。
24．（2018•长春）如图所示，电源两端的电压不变，闭合开关，当“6V 6W”小灯泡正常发光时（忽
略温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器的电功率为P1；移动滑动变阻器的滑片，当
小灯泡的电功率为1.5W时，滑动变阻器的电功率为P2．小灯泡的电阻为 6 Ω，P1 ＜ 2P2（选填“＞”、“=“或“＜“）。
【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI=求出灯泡的电阻；
（2）当小灯泡正常发光时根据灯泡正常发光时灯泡的电流利用P=UI得出P1的表达式；
小灯泡的电功率为1.5W时，根据P═I2R得出此时电流，根据灯泡两端的电压变化得出变阻器两端的电压变化，然后利用P=UI得出2P2的表达式；最后比较即可。
【解答】解：（1）由P=UI=可得，小灯泡正常发光时的电阻：
RL===6Ω；
（2）由P=UI可得，当小灯泡正常发光时电路中的电流为：
I=IL===1A；
则滑动变阻器的电功率：P1=U滑1I=U滑1×1A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
当小灯泡的电功率为1.5W时，由于忽略温度对灯丝电阻的影响，
则由P=I2R可得，此时电路中电流为：I′=IL实===0.5A；
此时灯泡两端的电压：UL实=IL实RL=0.5A×6Ω=3V；
所以灯泡两端电压减小量：△UL=U额﹣UL实=6V﹣3V=3V；
由于电源电压不变，则变阻器两端的电压增加量：△U滑=△UL=3V，
所以，此时变阻器两端的电压：U滑2=U滑1+△U滑=U滑1+3V；
则此时滑动变阻器的电功率：P2=U滑2I′=（U滑1+3V）×0.5A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
所以，2P2=2×（U滑1+3V）×0.5A=（U滑1+3V）×1A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
比较①③两式可知，P1＜2P2。
故答案为：6；＜。
【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压、电流和实际发光时的电压与电流的计算。
25．（2018•宁波）如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片从b点滑到a点过程中，两个电压表示数随电流表示数变化的图象如图乙所示。
（1）图乙中 dc （填“dc”或“ec“）表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图象。
（2）该过程中电路消耗的总功率最大值为 36 W。
【分析】滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
（1）滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R0两端的电压变大；据此可判断出图乙中dc，ec分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
（2）从图象可以看出，滑片P在b点、a点的电压表示数与电流值，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，利用P=UI求出总功率最大值。
【解答】解：
由电路图知，滑动变阻器R和电阻R0串联，电压表V1测R0两端电压，V2测R两端电压，电流表测电路中电流。
（1）滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，R2两端的电压变大；所以图乙中dc是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
（2）由电路图知，P在b点时，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib=1A，U1=2V、U2=10V；
滑片P在a点时，电路中电阻最小，电流最大，所以电流Ia=3A，U1′=6V、U2′=6V；
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：
U=U1+U2=IbR0+U2，U=U1′+U2′=IaR0+U2′，
电源电压不变，则：IbR0+U2=IaR0+U2′′，
即：1A×R0+10V=3A×R0+6V，
解得：R0=2Ω，则U=1A×2Ω+10V=12V；
所以电路消粍的总功率最大值P=UIa=12V×3A=36W。
故答案为：（1）dc；36。
【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律和电功率公式的应用，要明白电路各个用电器的连接情况。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，要能将电路图与图象结合起来并从中获取有用信息。
26．（2018•达州）如图所示的电路，当S1、S2都闭合时，R1的电功率为25W，当把S2断开时，R1的电功率为4W，则此时R2的电功率为 6 W。
【分析】根据电路图分析电路结构，由R1的功率求出R1的实际电压之比，根据串联电路的电压特点得出功率之比，即可根据灯泡实际功率求出R2上的功率。
【解答】解：
由电路图可知，当闭合开关S1、S2时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，
则R1两端电压等于电源电压为U，且R1的功率P=25W；
由P=可得，R1的电阻为：R1=；
由图可知，当把S2断开时，R1与R2串联，设此时R1两端电压为U1，且R1的功率P'=4W，
R1的电阻为：R1=；
R1的阻值不变，则：=；
变形可得：==，
解得：=，
所以U1=U；
串联电路的总电压等于各分电压之和，即U=U1+U2，
则此时R2两端的电压为：U2=U﹣U1=U﹣U=U；
根据P=UI可得，此时R1的电功率与R2的电功率之比为：
=====，
则：P2=P'=×4W=6W。
故答案为：6。
【点评】本题考查了判断电阻工作情况，求电阻消耗的功率；分析清楚电路结构、知道R1的功率与两端的电压的关系是正确解题的关键。
27．（2018•福建）图是四种家用电器各自消耗1度电可持续正常工作的时间柱状图，其中额定功率最大的电器是 电视机 ，节能灯正常工作5小时消耗的电能是 0.1 kW•h
【分析】首先明确额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，然后根据P=来分析求解。
【解答】解：由图可知，1度电可供电视机持续工作的时间最少，由P=可知，电视机的额定功最大；
节能灯的额定功率不变，
所以=，
=，
解得W2=0.1kW•h。
故答案为：电视机；0.1。
【点评】本题考查了电功率的概念和意义，考查了学生根据题中信息解答问题的能力，是一道中等题。
28．（2018•达州）如图所示是某同学设计的一台浮力电子秤，其结构由浮力秤和电路两部分组成，小筒底面积为10cm2，大筒底面积为50cm2，装有适量水，金属滑片P固定在托盘下面并随托盘一起自由滑动（滑片质量和滑片受到导线的拉力均忽略不计），定值电阻R0=8Ω，AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，电源电压为6V．当托盘中不放物体时，P位于A端，小筒浸入水中5cm（称量过程中大筒水未溢出），则：R0在电路中的作用是 保护电路 ，托盘和小筒的总质量为 50 g，当开关S闭合且在托盘中放入质量为100g的物体时，R0消耗的功率为 0.72 W。
【分析】（1）串联电路，各电阻起到分压的作用，从而保护电路；
（2）根据漂浮时，浮力等于重力分析解答；
（3）托盘中放入100g的物体时，仍然处于漂浮状态，浮力仍等于重力，所以增加的浮力等于增加的重力，根据F浮=ρ液gV排求出增加的排开水的体积，再根据V=Sh算出增加的深度；
根据“AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω”求出电阻的变化值，得出连入电路的电阻，根据欧姆定律求出电路的电流，最后根据P=I2R算出电阻R0消耗的功率。
【解答】解：
（1）当滑片P在最下端时，R的电阻为零，若电路中没有R0，将会造成电源短路，故R0在电路中起到保护电路的作用；
（2）托盘中不放物体时，小筒浸入水中5cm，排开水的体积为：
V排=S小筒h=10cm2×5cm=50cm3=5×10﹣5m3；
小桶受到的浮力为：F浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3=0.5N；
托盘和小筒处于漂浮状态，浮力等于重力，则托盘和小筒的总重力：G=F浮=0.5N；
托盘和小筒的总质量为：m===0.05kg=50g；
（3）在托盘中放入质量为100g的物体时，托盘和小筒仍处于漂浮状态，浮力仍等于重力，
所以增加的浮力等于增加的重力，即△F浮=△G=△mg=0.1kg×10N/kg=1N，
根据F浮=ρ液gV排可得，增加的排开水的体积：
△V排===10﹣4m3；
根据V=Sh可得，增加的浸入深度：
△h浸===0.1m；
大筒中水面上升的高度：△h上升===0.02m；
因为：△h浸=△h上升+d，其中d为小筒向下移动的距离，
所以小桶向下移动的距离：
d=△h浸﹣△h上升=0.1m﹣0.02m=0.08m；
小桶下降0.08m，滑片也跟着下滑0.08m=8cm，则变阻器连入电路的长度变为20cm﹣8cm=12cm，
因为AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，即1cm的电阻丝的电阻为1Ω，
所以12cm的电阻丝的电阻为12Ω，即R=12Ω，
因为R和R0串联，
由欧姆定律可得，此时电路的电流为：I===0.3A；
R0消耗的功率：P0=I2R0=（0.3A）2×8Ω=0.72W
故答案为：保护电路；50；0.72。
【点评】本题考查了串联电路电压的规律，浮沉条件、阿基米德原理、欧姆定律的应用、电功率的计算等知识，是一道综合题，难度较大。
29．（2018•威海）如图所示，R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为40Ω，电源电压保持4.5V不变，电流表量程为“0﹣0.6A”，电压表量程为“0﹣3V”。为保证电路安全，R2接入电路中的最小阻值为 2.5 Ω，R1消耗的最小功率为 0.45 W。
【分析】由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路总电流，电流表示数最大为0.6A，电压表示数最大为3V，根据欧姆定律和串联电路的特点分别算出对应的滑动变阻器的最小阻值和电路的最小电流，根据功率公式求出最小功率。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R2与电阻R1串联，电压表测量滑动变阻器R2两端的电压，电流表测量电路总电流，
当电流表示数最大为I1=0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，
根据欧姆定律可得，电阻R1两端电压：U1=I1R1=0.6A×5Ω=3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：U2=U﹣U1=4.5V﹣3V=1.5V，
因串联电路中各处的电流相等，
则由欧姆定律可得，变阻器连入电路的最小阻值：Rmin===2.5Ω；
当电压表示数最大为U大=3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路中的电流是最小的，
此时R1两端电压：U1′=U﹣U2大=4.5V﹣3V=1.5V，
则电路中的最小电流：I小===0.3A，
R1消耗的最小功率为：P1=I小2R1=（0.3A）2×5Ω=0.45W。
故答案为：2.5；0.45。
【点评】本题考查了求滑动变阻器接入电路的阻值范围，注意求阻值范围时，根据电流表和电压表的最大值进行计算，并且会灵活运用欧姆定律。
30．（2018•黔南州）一学生按照图甲所示的电路图做实验。此时两表示数如图乙所示，电压表的示数为 2 V，则电热丝电阻Rx的阻值为 5 Ω．已知电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等，滑片P在b端时，电热丝的发热功率为Pb，滑片P在a端时，电热丝的发热功率为Pa，那么Pa：Pb= 4：1 。（不考虑电热丝阻值随温度的变化）
【分析】（1）先确定电流表、电压表的量程和分度值，根据指针位置读出电压表和电流表的示数，即Rx两端的电压和通过的电流，利用欧姆定律求电阻Rx的阻值；
（2）由题知，电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等。
当滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻全连入，电路中电阻Rb=2Rx，利用欧姆定律求电路中电流，利用Pb=I2R求电热丝的发热功率；
当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电阻为0，电路中电阻只有Rx，利用P=求电热丝的发热功率，进而求出Pa：Pb。
【解答】解：
（1）由图知，电压表使用的是0﹣3V量程，分度值为0.1V，示数为2V；
电流表使用的是0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.4A，
由欧姆定律可得电热丝电阻Rx的阻值：
Rx===5Ω；
（2）由题知，电热丝Rx和滑动变阻器的最大阻值相等，
当滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻全连入，
则电路的总电阻Rb=2Rx，电路中电流Ib==，
电热丝的发热功率：Pb=Ib2Rx=（）2×Rx=×﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电阻为0，电路中电阻Ra=Rx，
电热丝的发热功率：Pa=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
由①②可得：
Pa：Pb=：×=4：1。
故答案为：2； 5； 4：1。
【点评】本题综合考查了电流表和电压表的读数、欧姆定律和电功率公式的应用，分析电路图得出P在a、b端的电路组成是关键。
31．（2018•遵义）如图所示，电源电压保持不变，R1与R2都是定值电阻，R为滑动变阻器，当S1闭合、S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，电压表示数为3.5V，电流表示数为0.5A；当S1闭合、S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，电压表示数减小了1.1V，电流表示数增加了0.3A，则R2= 3 Ω，再将滑动变阻器滑片置于最右端，此时电路消耗的总功率为 28 W。
【分析】（1）由图可知：S1闭合，R1、R2和变阻器R串联，当S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，电压表测量R1与R2两端的总电压；当S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，电压表只测量R2两端的总电压；根据电压表示数的变化得出此时R2两端的电压，利用欧姆定律即可求出R2的阻值；
（2）当S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，利用欧姆定律即可求出R1、R2的总阻值；然后根据串联电路的特点和欧姆定律得出电源电压的表达式，即可求出电源电压；
当S2接b、滑动变阻器滑片置于最右端时，R1、R2串联，利用P=求出总功率。
【解答】解：
（1）由图知，当S1闭合、S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，R1、R2和变阻器的最大阻值R串联，电压表测量R1与R2两端的总电压，电流表测量电路中的电流，此时电压表示数为3.5V，电流表示数为0.5A；
当S1闭合、S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，R1、R2和变阻器的一半阻值R串联，电压表只测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流；
由于电压表示数减小了1.1V，则此时R2两端的电压U2=3.5V﹣1.1V=2.4V；
由于电流表示数增加了0.3A，则此时电路中的电流I2=0.5A+0.3A=0.8A；
由I=可得R2的阻值：
R2===3Ω；
（2）当S2接a、滑动变阻器滑片置于最左端时，
由I=可得R1与R2的总电阻：R1和2===7Ω；
根据串联电路的特点和欧姆定律可得，电源电压：U=U1和2+I1R，
即：U=3.5V+0.5A×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
同理可得，当S2接b、滑动变阻器滑片置于中点时，电源电压：U=I2（R1和2+R），
即：U=0.8A（7Ω+R）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解①②得：U=14V，R=21Ω，
当S2接b、滑动变阻器滑片置于最右端时，R1、R2串联，
此时电路消耗的总功率：
P总===28W。
故答案 为：3；28。
【点评】本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律、电功率的运用，关键是正确识别电路。
32．（2018•岳阳）标有“6V 3W”的小灯泡，它的电流一电压图象如图所示，则它正常工作10s消耗的电能为 30 J；若将它与一个10Ω的定值电阻串联在电压为8V的电路中，则电路消耗的总功率为 3.2 W。
【分析】（1）小灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出正常工作10s消耗的电能；
（2）定值电阻和灯泡串联时通过它们的电流相等，且电路的总电压等于它们两端的电压之和，根据图象读出符合要求的电流和电压，根据P=UI求出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）由P=可得，灯泡正常工作10s消耗的电能：
WL=PLt=3W×10s=30J；
（2）小灯泡L与一个10Ω的定值电阻R串联在电压为8V的电路中时，
因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，
所以，由I=可得：
U=UL′+ILR，即8V=UL′+IL′×10Ω，
由图象可知，当UL′=4V、IL′=0.4A时符合，
则电路消耗的总功率：
P=UIL′=8V×0.4A=3.2W。
故答案为：30；3.2。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，从图象中读出符合要求的电流和电压是关键。
33．（2018•黄石）雷雨天气是一种常见的自然现象。某次雷电的电流为2.1×106A．电压为108V，放电时间为0.001秒，则这次放电释放的电能为 2.1×1011 J．如果我们能将这些能量加以利用，比如用来加热供暖用水为寒冷地区的居民供暖，则可使 106 kg的水从0℃加热到50℃．（不考虑水加热过程中能量的损失，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））
【分析】（1）已知放电电压、电流和放电的时间，根据公式W=UIt求出这次放电释放的电能；
（2）由题意知，水吸收的热量：Q吸=W，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水的质量。
【解答】解：这次雷电释放的电能：
W=UIt=108V×2.1×106A×0.001s=2.1×1011J。
由题意知，水吸收的热量：Q吸=W=2.1×1011J，
由Q吸=cm（t﹣t0）得，水的质量：
m===106kg。
故答案为：2.1×1011J；106。
【点评】本题考查了电功公式和吸热公式的灵活应用，通过计算让人们明白雷电释放的能量很大，雷雨天一定要注意安全，属于基础性题目，比较简单。
34．（2018•辽阳）小明家中一周前、后电能表示数如图所示，小明家所在地区每度电的电费是0.5元，则本周小明家应付电费 20 元。1度电可使一盏“220V 20W”的灯正常工作 50 h；这盏灯正常工作10h，电能表的铝盘转 120 转。
【分析】（1）利用电能表读出消耗电能的方法：周后电能表的示数减去周前的示数，注意：最后一位是小数、单位kW•h；知道电价，可求要付的电费；
（2）知道消耗的电能，利用P=求灯正常工作时间；
（3）利用W=Pt求出10h消耗电能，根据“600r/kW•h”求电能表的铝盘转数。
【解答】解：
（1）小明家这周共消耗的电能：
W=781.5kW•h﹣741.5kW•h=40kW•h，
他家1周需要付的电费：
40kW•h×0.5元/kW•h=20元；
（2）1度=1kW•h，由P=可得供灯正常工作时间：
t===50h；
（3）该灯正常工作10h消耗的电能：
W″=Pt=20×10﹣3kW×10h=0.2kW•h，
电能表的铝盘转数：
n=600r/kW•h×0.2kW•h=120r。
故答案为：20；50；120。
【点评】本题考查了电能表的读数、电能的计算。关键是理解电能表的各个参数的物理意义，注意电能表表盘上的示数最后一位是小数。
