第七章章末卷2一．选择题（共16小题）1．下列实例中是为了将电能转化为内能的是（　　）A．应用核能发电B．阳光促使植物生长C．用电热水壶烧水D．电力驱动列车行驶【考点】J1：电功与电能．【分析】在电流的热效应中，消耗电能转化为内能，据此做成了各种电热器。分析各个选项中的能量转化得出正确答案。【解答】解：A、应用核能发电，是将核能转化为电能，故A不符合题意；B、阳光促使植物生长，是将太阳能转化为化学能，故B不符合题意；C、用电热水壶烧水，消耗电能转化为内能产生热量，被水吸收，使水的内能增加、温度升高，故C符合题意；D、电力驱动列车行驶，消耗电能转化为机械能，故D不符合题意。故选：C。【点评】本题考查了核能发电、光合作用、电热器、电动机的能量转化，属于基础题目。2．小明同学在家洗澡时，接触和应用了不少物理知识，其中错误的是（　　）A．电热水器是将内能转化为电能的电器B．热水淋在身上感到暖和，热水与皮肤之间发生了热传递C．浴室内的镜面上常有一层水雾，是液化现象D．使用沐浴液时室内充满了香味，说明分子在不停地运动【考点】1M：液化及液化现象；G8：热传递的概念与方式；GV：分子的运动；J2：电功的实质．【分析】（1）用电器都是将电能转化为其它形式的能，不同的用电器利用的能量不同；（2）当两个物体间有温度差时，物体间就会发生热传导；（3）液化是指气体变为液体的现象；（4）分子在不停的做无规则运动。【解答】解：A、电热水器工作时，消耗了电能，产生了热量，因此电热水器是将电能转化为内能的电器；故A错误；B、热水的温度高于人体的温度，当热水淋在身上时，热水与皮肤之间发生了热传递，所以身上感到暖和；故B正确。C、浴室内的镜面上的水雾是由于温度较高的水蒸气遇冷而形成的一层小水滴，故是液化现象；故C正确。D、使用沐浴液时室内充满了香味，是因为香味分子在不停地运动；故D正确。故选：A。【点评】通过生活现象，考查了能量转化、改变内能的方式、物态变化以及扩散现象。说明生活处处皆学问，同时说明物理与生活的密切关系。3．已知一台直流电动机两端的电压为6V，通过电动机的电流为2A，线圈的电阻为0.5Ω．则在1min内电动机消耗的电能及产生的热量分别为（　　）A．720J，120JB．720J，720JC．720J，600JD．600J，120J【考点】J3：电功与电能的计算；JI：焦耳定律的计算公式及其应用．【分析】电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，产生的热量只能用Q=I2Rt计算，消耗的电能只能用W=UIt计算。31\n【解答】解：电动机产生的热量：Q=I2Rt=（2A）2×0.5Ω×60s=120J。电动机消耗的电能为W=UIt=6V×2A×60s=720J．故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了电动机中的转化的能量的计算。在电动机工作时，电能转化为了机械能和内能，内能大小只能由Q=I2Rt计算。对外做功由能量守恒求解即可。4．如图（a）所示，两个电阻R1、R2串联连接在电源两端，且R1＞R2；接着将R3、R4两电阻并联在相同电源的电路中，如图（b）所示。设R3=R1、R4=R2，两电路闭合电键后，在相同的时间内，消耗电能最多的是电阻（　　）A．R1B．R2C．R3D．R4【考点】J3：电功与电能的计算．【分析】根据串并联电路电压的规律、电阻的大小和W=t进行分析判断。【解答】解：根据电路图a可知，两电阻串联；根据电路图b可知，两电阻并联；因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，而并联电路两端电压相等，由W=t可知，W3＞W1；W4＞W2；因为R1＞R2，R3=R1、R4=R2，所以R3＞R4，由W=t可知，W3＜W4。故选：D。【点评】本题考查串并联电路电压的规律、电功公式的应用，关键会灵活选择电功的计算公式。5．小明家记录5月初电能表示数为1432.7度，电能表的部分示数及6月初的示数如图所示，下列说法正确的是（　　）A．电能表是测量用电器电功率的仪表B．此电能表适用于电流方向一秒钟改变50次的交流电路C．小明家5月初至6月初消耗的电能是105kW•hD．若电能表转盘在10min内转过250转，则用电器的总功率为1kW【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法．31\n【分析】（1）电能表是用于测量电能的仪表；（2）交流电完成一次周期性变化需要的时间叫周期，单位时间内完成周期性变化的次数叫频率；（3）读出5月和6月份电能表的示数，而后计算出电能多少即可；（4）2500R/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500转，据此求出10min内消耗的电能，再根据P=求出该电能表上用电器的总功率。频率为50Hz的交变电流，周期T=0.02s，一个周期内电流方向改变2次，所以在1s时间内电流方向改变100次，【解答】解：A、电能表是测量用电器消耗电能多少的仪表，故A错误；B、频率为50Hz的交变电流，周期T=0.02s，一个周期内电流方向改变2次，所以在1s时间内电流方向改变100次，故B错误；C、6月初的示数1537.7kW•h，5月初，小明家中的电能表示数1432.7kW•h，故小明家5月初至6月初消耗的电能是W=1537.7﹣1432.7=105kW•h，故C正确；D、电能表的转盘转250转消耗的电能为：W=kW•h=0.1kW•h，该电能表上用电器的功率：P===0.6kW，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电能表的作用和消耗电能的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。6．如图所示仪器为直接测量什么物理量的仪表（　　）A．电流B．电压C．电功D．电功率【考点】J6：电功的测量．【分析】根据各测量物理量需要的器材分析答题。【解答】解：如图所示仪器是电能表，电能表是测量电功的仪器，故C正确；测量电流需要用电流表，测量电压需要用电压表，测出电压与电流后由P=UI可以求出电功；故选：C。【点评】本题考查了电能表的作用，分析清楚图示、知道电能表的作用即可解题。7．普通电饭锅具有加热和保温两种工作状态，内部电路由一根电热丝和两只开关组成，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时自动闭合，高于85℃时自动断开；开关S2须手动闭合，按下按钮时S2闭合，当温度升高到103℃时S2自动断开，此后不能自动闭合。下列判断正确的是（　　）31\nA．用冷水煮饭，按下按钮后，只有S2是闭合的B．用冷水煮饭，按下按钮后，S1和S2同时断开C．用电饭锅烧冷水，不按下按钮，水也能被加热D．用电饭锅烧冷水，按下按钮，水被烧开后，温度保持在65℃﹣85℃之间【考点】HS：电路的基本连接方式．【分析】由题意可知，分析食物从加热到65℃再到85℃时的加热过程以及温度降到65℃后的保温过程即可得出电饭锅的工作原理。【解答】解：由题意可知，温控开关S1与按钮开关S2是并联，如图所示：AB、用冷水煮饭，按下按钮S2，由于冷水温度低于65℃，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时会自动闭合，所以两个开关都是闭合的，故AB错误。C、用电饭锅烧冷水，不按下按钮S2，由于冷水的温度低于65℃，开关S1受温度控制，当温度低于65℃时会自动闭合，水也会被加热，故C正确；D、用电饭锅烧冷水，按下按钮S2，水加热被烧开后，水的温度为100℃，温度达不到103℃，S2不能自动断开，水一直处于加热状态，水的温度会保持在100℃，故D错误。故选：C。【点评】本题取材于我们常见的电饭锅，考查有关电路的知识，可以激发同学们对物理的学习兴趣了，同时能了解更多的生活常识。8．“低碳生活”人们开始关注节能问题，以下节能措施中，通过减小用电器实际功率达到省电目的是（　　）A．吊扇根据需要尽量选用低档B．洗衣机洗轻薄衣物时使用快洗”程序C．生活中用节能灯替代白炽灯D．夏季公共建筑内空调温度不低于26℃【考点】KI：有利于节约能源的措施．【分析】根据日常生活中的节约能源的办法，利用物理知识分析这种节约电能的物理原理。【解答】解：A、用电风扇吹凉时，转速越高实际功率越大，降低转速，实际功率减小，是通过减小实际功率达到省电的目的，符合题意；B、洗衣机洗薄衣服时，采用快洗程序，缩短了用电时间，是通过增大功率来缩短时间的，不符合题意；31\nC、节能灯与白炽灯，发光亮度差不多，但实际功率要小得多，是通过减小实际功率达到省电的目的，符合题意；D、夏季公共建筑内空调温度应该低于26℃，与室温越接近，是通过减小实际功率达到省电的目的，符合题意。故选：ACD。【点评】本题考查了我们对电功率概念的理解，同时通过对知识的理解还培养我们生活中节约用电的意识，学以致用，有一定实际意义。9．某同学家中有一个电磁炉，上面标有“220V2000W”的字样，下面关于这个电磁炉的说法中正确的是（　　）A．使用这个电磁炉时应连接额定电流为10A的保险丝B．这个电磁炉在正常工作时的电阻为484ΩC．这个电磁炉工作时的电功率是2000WD．这个电磁炉正常工作0.5h消耗电能为1.8×106J【考点】J3：电功与电能的计算；J9：电功率与电压、电流的关系．【分析】（1）已知电炉的额定电压和额定功率，可利用公式I=计算电炉的额定电流，保险丝的额定电流等于或略大于用电器的额定电流；（2）电磁炉是非纯电阻用电器，欧姆定律不成立；（3）用电器只有正常工作时，其消耗的电功率才为额定功率；（4）知道电炉的额定功率和正常工作的时间，可利用公式W=Pt计算消耗的电能。【解答】解：A．由P=UI可得，电磁炉的额定电流I==≈9.1A，保险丝的额定电流10A略大于电磁炉的额定电流，故A正确；B．电磁炉是非纯电阻用电器，欧姆定律不成立，无法计算电炉正常工作时的电阻，故B错误；C．电炉只有两端电压为额定电压时，即正常工作时，其消耗的电功率才为额定功率2000W，故C错误；D．由P=可得，电炉正常工作0.5h消耗的电能W=Pt=2000W×0.5×3600s=3.6×106J，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了利用电功率的公式计算电阻和电流，以及电功的计算，同时要让学生明确用电器铭牌上数字的含义，在计算过程中要注意单位的换算。10．如图甲所示电路，电源电压不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器。闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，则滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中（　　）31\nA．电路总功率的最小值为1.8WB．电路总功率的最大值为5.4WC．定值电阻电功率的最小值为1.35WD．定值电阻电功率的变化为4.05W【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】根据电源电压不变列出等式，求出电阻R1的阻值和电源电压，电路中R1和R2串联，由图乙读出最大、最小电流、滑动变阻器两端的电压，电源电压不变，根据P=UI求出最大和最小总功率；再根据P=I2R1求出定值电阻的最大和最小功率。【解答】解：由图一可知，滑片在左端时，电压表被短路，示数为0，电流为I左=1.2A，滑片在右端时，电压表测量滑动变阻器两端的电压U滑=4.5V，电流为I右=0.3A，根据欧姆定律可得：U=I左R1…①U=I右R1+U滑…②两式联立：I左R1=I右R1+U滑，解得R1=5Ω，U=6V，电路总功率的最小值：P小=UI右=6V×0.3A=1.8W，故A正确；电路总功率的最大值：P大=UI左=6V×1.2A=7.2W，故B错误；定值电阻电功率的最小值：P1小=I右2R1=（0.3A）2×5Ω=0.45W，故C错误；定值电阻电功率的最大值：P1大=I左2R1=（1.2A）2×5Ω=7.2W，定值电阻电功率的变化：△P=P1大﹣P1小=7.2W﹣0.45W=6.75W，故D错误。故选：A。【点评】此题主要考查的是学生对电路连接、电功率计算公式的理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键。11．小红的妈妈要买一台洗衣机，妈妈交给小红一张洗衣机说明书（表所示）和四个需要小红解答的问题，小红的答案如下，其中正确的是（　　）防触电保护类型Ⅰ类额定洗涤容量5kg额定电压220V电流频率50Hz洗涤功率330W甩干功率650W水加热功率1950W最大工作电流10A自来水压力0.05≤P≤1MPa重量72kg出厂日期2009年4月20日A．在电压220V时洗衣机正常工作B．这台洗衣机所受的重力约为5000NC．洗衣机常温下正确洗涤2h，消耗的电能是0.66kW•h31\nD．洗衣机甩干时的工作电流是1.5A【考点】78：重力的计算；J3：电功与电能的计算；JB：额定电压．【分析】A、从洗衣机所给参数中确定洗衣机的额定电压；B、已知洗衣机的质量，根据公式G=mg可求洗衣机的重力。C、已知洗涤功率和工作时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能。D、已知洗衣机的甩干功率，根据公式I=可求额定电流。【解答】解：A、因为洗衣机的额定电压为220V，所以洗衣机只有在220V的电压下才可以正常工作；故A正确；B、洗衣机的重力G=mg=72kg×10N/kg=720N，故B错误；C、洗衣机正常洗涤2h需消耗电能W=Pt=0.33kW×2h=0.66kW•h，故C正确；D、洗衣机甩干时的工作电流I==≈2.95A．故D错误。故选：AC。【点评】本题考查重力、消耗的电能、电流、电阻、实际功率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会从题目所给信息中找到有用的数据，解题过程中要注意单位的换算。12．甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）A．甲灯的实际功率一定是40WB．两灯均正常发光时，乙灯灯丝电阻较大C．两灯均正常发光时，相同时间内甲灯消耗的电能较少D．将两灯串联在220V的电路中，两灯都能正常发光【考点】J3：电功与电能的计算；J8：电功率与电能、时间的关系；JE：实际功率．【分析】（1）由甲灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据P=求出甲、乙灯泡的电阻，比较两灯泡的电阻关系；（2）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率，实际电压下的功率为实际功率；（3）根据W=Pt可知，灯泡消耗功率的大小不仅与功率有关，还与工作时间有关；【解答】解：A、由甲灯泡的铭牌可知额定功率为40W，而实际电压不知，则实际功率不一定是40W，故A错误；B、根据P=可知，两灯泡的额定电压相等，甲灯泡的额定功率较小，由R=可知，甲电阻较大，故B错误；C、两灯均正常发光时，两灯泡的额定电压相等，实际功率等于其额定功率，即P实=P额，因为甲灯泡的额定功率较小，相同时间内，由P=可得，甲灯消耗的电能较少，故C正确；D、两灯泡串联在220V电路中，根据串联分压额特点，两灯泡的实际电压都达不到额定电压，故两灯都不能正常发光，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电功率公式和实际功率、额定功率、电功公式的应用，明白各物理量的31\n意义和灯泡铭牌参数的含义是关键。13．某同学发现在家使用电热水壶时，同房间的电灯会变暗。他的分析如图，设R为家庭电路干路的等效电阻，电源电压恒为220V，则闭合开关S后，说法不正确的是（　　）A．灯两端实际电压变大B．R两端的电压变大C．灯两端实际电压变小D．整个电路的总功率变大【考点】JA：电功率的计算；JD：实际电压．【分析】根据开关闭合前后电路的变化判断电路电阻的变化，再根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡两端的电压变化，最后根据P=UI可知整个电路总功率的变化。【解答】解：当开关闭合后，根据并联电路电阻越并越小，小于任何一个分电阻可知，并联部分电阻变小，整个电路的电阻变小；根据欧姆定律可知，电路中的电流变大；根据串联电路电阻的分压特点可知，R两端的电压变大（故B正确，不符合题意）；而并联部分的电压减小，即灯泡两端的电压减小（故C正确，不符合题意；A错误，符合题意）；根据P=UI可知，电源电压不变时，整个电路总功率变大，故D正确，不符合题意。故选：A。【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、电功率公式的应用，关键是知道串联电路电阻的分压特点，难点是开关闭合前后电路变化的辨别。14．把“220V60W”和“220V40W”的两盏灯串联在220V的电路中，两盏灯都比正常发光时暗，这是因为每盏灯的（　　）A．额定电压都变小B．额定电压都小于它的实际电压C．额定功率都变小D．实际功率都小于额定功率【考点】JB：额定电压；JC：额定功率；JE：实际功率．【分析】串联电路电阻具有分压作用。灯泡的亮度决定于灯泡的实际功率，结合电路的连接特点可对灯泡的实际功率做出分析。【解答】解：A、额定电压是指灯泡正常工作时的电压，额定电压是不会变小的，故A错误；B、由于串联电阻具有分压作用，故实际电压都小于它的额定电压，而不是额定电压小于实际电压，故B错误；C、额定功率是指灯泡正常工作时的功率，是不会变小的，故C错误；D、由于串联电阻具有分压作用，两灯均达不到额定电压，故功率达不到额定功率，实际功率小，所以灯变暗，故D正确。故选：D。【点评】用电器的工作状态决定于实际电压与额定电压的关系：实际电压等于额定电压，实际功率等于额定功率，用电器正常工作；实际电压不等于额定电压，实际功率也不等于额定功率，用电器不能正常工作。15．下列关于功率的测量方法中，不正确的是（　　）31\nA．利用电能表和秒表可以测量用电器单独工作的电功率B．利用电压表和电流表可以测量用小灯泡发光时的电功率C．利用弹簧测力计和刻度尺可以测量拉动木块时拉力的功率D．利用体重计、刻度尺和秒表可以测量中学生爬楼梯的功率【考点】FI：功率的测量实验；JF：电功率的测量实验．【分析】（1）根据P=分析A选项；（2）根据P=UI分析B选项；（3）根据P==分析CD选项【解答】解：A、利用电能表参数可以测量用电器单独工作一段时间内消耗电能，根据P=计算用电器单独工作的电功率，故A正确；B、电压表和电流表可以分别测出小灯泡发光时的电压和电流，根据P=UI计算小灯泡的电功率，故B正确；C、根据P==，弹簧测力计和刻度尺可以分别测量拉动木块的拉力和木块通过距离，但无法测量时间，所以C不正确；D、根据P==，体重计可以测学生体重，刻度尺可以测楼的高度，秒表可以测学生爬楼所用时间，故D正确。故选：C。【点评】本考查几种测量电功率的方法的认识和理解，熟悉原理、公式即可正确分析出结果。16．课外兴趣小组活动时，某校两同学通过实验研究小灯泡的电功率跟两端电压的关系，已知小灯泡的额定电压为2.5伏、额定功率为0.75瓦。小明同学设计了如图甲所示的电路进行研究，他先测出若干组电压和电流值，再由公式P=UI，求得对应的功率，并作出功率随电压变化的图线a．小红同学设计了如图乙所示的电路进行研究，她先由R=计算出小灯泡的电阻R，再测出若干个电压值，最后根据P=，求得对应的功率，也作出功率随电压变化的图线b．则下列反映了他们的实验结果的图线是（　　）A．B．31\nC．D．【考点】JL：探究用电器的电功率实验．【分析】灯泡电阻随灯泡温度的升高而变大，根据题干给出的两种情况，根据电功率公式应用数学知识分析答题。【解答】解：（1）∵P=，∴灯泡正常发光时的电阻R==≈8.3Ω；由题意知：P甲=和P乙=，由此可见，电功率P关于电压U的二次函数（跟y=ax2+bx+c，且a＞0，b=0，c=0时相符合），故图象是经过原点开口向上的抛物线，故CD错误。（2）∵P甲=和P乙=，灯泡电阻R随温度升高而变大，∴①当小灯泡两端电压U＜2.5V时，小灯泡在低于额定电压下工作，它的电阻R＜8.3Ω，则P甲＞P乙，此时抛物线a在抛物线b的上方。②当小灯泡两端电压U=2.5V时，小灯泡在额定电压下工作，它的电阻R=8.3Ω，则P甲=P乙=0.75W，且此时两抛物线相交。③当小灯泡两端电压U＞2.5V，小灯泡在高于额定电压下工作，它的电阻R＞8.3Ω，则P甲＜P乙，此时抛物线a在抛物线b的下方。综上所述，B图中的图线反映了他们的实验结果。故选：B。【点评】本题考查了灯泡实际功率与灯泡电压间的关系，本题难度较大，知道灯泡电阻随温度的变化而变化、应用数学知识分析是解题的关键。二．实验探究题（共8小题）17．（1）如图所示，电能表的示数为　1258.6　kW•h（2）如图所示，体温计的示数为　37.9　℃【考点】18：体温计的使用及其读数；J5：电能表参数的理解与电能的求法．【分析】（1）电能表的读数方法：最后一位是小数，单位kW•h。（2）首先观察体温计的量程为35～42℃，最小分度值为0.1℃，由此可以读出体温计的示数。【解答】解：（1）电能表的示数是1258.6kW•h。（2）由图可知，体温计的示数在37～38℃之间，分度值为0.1℃，因此体温计的示数为37+9×0.1℃=37.9℃。31\n故答案为：（1）1258.6；（2）37.9。【点评】（1）本题考查了电能表的读数方法，关键是知道电能表的最后一位是小数，单位是kW•h。（2）使用温度计时，首先要观察温度计的量程和最小分度值，读数时视线要与温度计中液体柱的上表面相平。18．利用如图1所示的实验装置探究“电流做功多少跟什么因素有关”，将质量一定的钩码通过细线挂在定滑轮下面，闭合开关，电动机将钩码提升起得越高，表明电流做的功越多，电路中的电源电压可调，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量通过电动机的电流，现将测得的实验数据记录在下表中。次数电流表示数/A电压表示数/V通电时间/s砝码上升高度/m10.21.510.420.21.520.830.41.510.8420.5（1）电流通过电动机将钩码提升的过程，是将　电　能转化为　机械　能的过程；（2）比较试验次数1和2，可以归纳出的结论是　在电压与电流一定时，通电时间越长，电流做功越多　；（3）第4此实验中电流表和电压表的示数如图2所示，请将电表示数填入表中相应位置。（4）观察表中数据，可以归纳出电流做功与　电压、电流、通电时间　有关。【考点】J6：电功的测量．【分析】（1）电流做功的过程，实质上是消耗电能转化为其它形式的能的过程，电流做多少功，就有多少电能转化为其它形式的能。（2）影响电功的因素有：电压、电流、通电时间。应用控制变量法分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据得出实验结论。（3）根据电表的量程和分度值读出电表的示数；（4）影响电功的因素有：电压、电流和通电时间。【解答】解：（1）电流通过电动机时，消耗了电能，而电动机输出了机械能，同时也产生了一部分热能，所以是电能转化为了机械能和内能。（2）由表中实验序号为1、2的实验数据可知，在电流与电压相等时，通电时间越长，钩码上升的高度越大，电流做功越多，由此可得：在电压与电流一定时，通电时间越长，电流做功越多。（3）由图知电流表的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数为0.2A，电压表的量程为0﹣3V，分度值为0.1V，读数为1V；（4）由表中实验序号为1、2的实验数据可知，在电流与电压相等时，通电时间越长，钩码31\n上升的高度越大，电流做功越多，由此可得：在电压与电流一定时，通电时间越长，电流做功越多。由表中实验序号为1、3的实验数据可知，通电时间相同而电压与电流不同，电压与电流的乘积越大，钩码上升的高度越高，电流做功越多，由此可得：在通电时间一定的情况下，电流做功与电流和电压的乘积有关，电流与电压乘积越大，电流做功越多。由表中实验序号为2、4的实验数据可知，在电流与通电时间相等时，电压越高，钩码上升的高度越大，电流做功越多，由此可得：在电流与通电时间一定时，电压越高，电流做功越多。综上所述：电流做功与电压、电流、通电时间有关。故答案为：（1）电；机械；（2）在电压与电流一定时，通电时间越长，电流做功越多；（3）0.2；1；（4）电压、电流和通电时间。【点评】本题考查了影响电功的因素以及电流做功是将电能转换为其他形式的能过程，是一道基础题。19．图甲是2015市场畅销的一款九阳DJ15B﹣C78全自动豆浆机，其重要参数如下表。豆浆机的核心部件是机头，它的中间部位是一个带动刀片旋转的电动机，用来将原料粉碎打浆，外部缸体采用底盘加热，作豆浆的过程是加热﹣打浆﹣加热﹣打浆﹣加热，加热和打浆交替进行。图乙是该豆浆机做好一次豆浆的P﹣t图象，请根据以上信息解答下列问题：（1）豆浆机正常打浆时，通过电动机电流是多少？（结果保留一位小数）（2）豆浆机正常工作时，加热管电阻丝的阻值是多少？（结果保留一位小数）（3）豆浆机做好一次豆浆，消耗的总电能是多少？型号额定电压电动机功率加热功率容量DJ15B﹣C78220V180W750W1.5L【考点】J8：电功率与电能、时间的关系；J9：电功率与电压、电流的关系．【分析】（1）豆浆机正常打浆时的功率和电动机的功率相等，根据P=UI求出通过电动机电流；（2）豆浆机正常工作时的功率和加热功率相等，根据P=求出加热管电阻丝的阻值；（3）由图象可知电动机和电热管工作的时间，根据P=求出两者消耗电能之和即为消耗的总电能。【解答】解：（1）豆浆机正常打浆时，通过电动机电流：I==≈0.8A；（2）由P=可得，豆浆机正常工作时，加热管电阻丝的阻值：31\nR==≈64.5Ω；（3）由图象可知，电动机工作的时间tM=2min=120s，电热管工作的时间tR=11min﹣2min=9min=540s，由P=可得，豆浆机做好一次豆浆，消耗的总电能：W=WM+WR=PMtM+PRtR=180W×120s+750W×540s=4.266×105J。答：（1）豆浆机正常打浆时，通过电动机电流是0.8A；（2）豆浆机正常工作时，加热管电阻丝的阻值是64.5Ω；（3）豆浆机做好一次豆浆，消耗的总电能是4.266×105J。【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是从图中读出加热时间和电动机工作的时间。20．小明利用标有“6V6W”的灯泡L1和“6V3W”的灯泡L2进行实验。（1）当L1正常发光时，电阻为　6　Ω。（2）如图甲所示：OA和OB分别为通过灯泡L1和L2中的电流随两端电压变化关系的曲线。现将两灯连入图乙所示电路，闭合开关S要使其中一个灯泡正常发光，电路中电流表的示数为　0.5　A，电压表的读数是　2　V，电路消耗的总功率为　4　W。【考点】JA：电功率的计算．【分析】（1）由P=计算L1正常发光时的电阻；（2）由乙图知两灯串联，电流表测电路中电流，电压表测L1两端电压，由P=UI计算两灯正常发光的电流，由串联电路特点分析判断其中一个灯泡正常发光电路中的电流；由图象读出电压表的示数；由P=UI计算电路消耗的总功率。【解答】解：（1）由P=可得，L1正常发光时的电阻：R1===6Ω；（2）由乙图知两灯串联，电流表测电路中电流，电压表测L1两端电压，由P=UI可得两灯正常发光的电流：I1===1A，I2===0.5A，因为串联电路中电流处处相等，闭合开关S要使其中一个灯泡正常发光，所以I=I1=I2=0.5A，即L2可以正常发光，电路中电流表的示数为0.5A；31\n由图象可知此时电压表示数：UV=U1=2V；由串联电路中总电压等于各部分电路两端电压之和可得总电压：U=U1+U2=2V+6V=8V，所以电路消耗的总功率：P=UI=8V×0.5A=4W。故答案为：（1）6；（2）0.5；2；4。【点评】本题考查了串联电路特点、电功率公式的应用，知道串联时电路中电流最大取额定电流小的，并联时电路的最大电压取额定电压小的。关键是从图象中找到有用信息。21．小凯用电压表、电流表、滑动变阻器、导线、开关及新的干电池等实验器材，测量额定电压为3.8V小灯泡L的额定功率。小凯连接好图甲所示电路，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为3.8V时，发现电流表示数如图乙所示，由此可知，此时通过小灯泡L的电流为　0.34　A；小灯泡L的额定功率为　1.292　W。【考点】JF：电功率的测量实验．【分析】电流表读数：确定使用的量程，确定每一个大格和每一个小格各代表多少。知道电压和电流，根据P=UI计算功率。【解答】解：由图可知，电流表选择0～0.6A量程，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，由指针位置可知，此时通过小灯泡L的电流为0.34A，小灯泡L的额定功率P=UI=3.8V×0.34A=1.292W。故答案为：0.34；1.292。【点评】此题电流表的读数，功率的计算，属于常见题型，难度不大。22．有两个小灯泡，L1标有“6V3W”，L2标有“6V12W”。（1）把它们并联在电源电压为6V的电路中，比较亮的是　L2　；（2）把它们串联在6V的电路中，发现只有L1发光。小明说，L2不发光，是因为L2开路了，小刚马上反驳：不可能！原因是：　串联电路中，一旦电路出现开路，整个电路的所用用电器都无法工作　。小琦说，L2不发光是因为灯座短路了，不使用其它器材，你可以　拧下灯泡L2　（简述操作方法），观察　灯泡L1能否继续发光　，验证灯座是不是短路。【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用；JE：实际功率．【分析】（1）灯泡亮度决定于灯泡的实际功率，灯泡只有在额定电压下才能正常发光；（2）两灯泡串联接入电路，当电路断路或灯泡短路时，灯泡不发光，根据电路现象分析答题。【解答】解：（1）两灯泡并联接在6V电源两端时，电压相等，L2的实际电功率大，因此L2较亮。（2）串联电路中，一旦电路出现开路，整个电路的所用用电器都无法工作，因此把它们串31\n联在6V的电路中，发现只有L1发光，不能说明L2开路。如果L2的灯座出现短路，则灯L2不发光，灯L1发光，因此可以拧下灯泡L2，观察灯泡L1能否继续发光，验证灯座是不是短路。故答案为：（1）L2；（2）串联电路中，一旦电路出现开路，整个电路的所用用电器都无法工作；拧下灯泡L2；灯泡L1能否继续发光。【点评】本题考查了电路故障分析，知道常见的电路故障、根据电路故障现象进行分析，即可正确解题。23．某市中考实验操作考试时，实验员为同学们“探究小灯泡的额定电功率”准备了以下器材：额定电压为2.5V的小灯泡（正常发光时电阻约为10Ω）、规格为“10Ω1A”的滑动变阻器、新干电池4节、开关、电流表、电压表、导线若干。【设计实验与制定计划】（1）请你用笔画代替导线，将图甲所示的电路连接完整；（2）在闭合开关前，应将滑片P移到最　右　（选填“左”或“右”）端；（3）在右边虚线方框内画出对应的电路图；（4）经检查，电路连接无误，各元件完好。闭合开关后，无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2.5V，存在这种问题的原因是　电源电压过大　，让小灯泡正常发光最简便的方法是：　减少一节干电池　；（5）解决上述问题后，移动滑片P使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数图如乙所示，则小灯泡的额定功率是　0.5　W。【考点】JF：电功率的测量实验．【分析】（1）本实验中，电压表测灯泡两端电压，电流表测灯泡的电流，根据灯泡规格确定电表的量程，由此连接实物；（2）在闭合开关前，应将滑片P移到最大值处；（3）根据实物图画出电路图；（4）由灯泡和滑动变阻器的最大值以及电源电压，根据串联电路特点分析解答；（5）读出灯泡正常发光的电流，由P=UI计算小灯泡的额定功率。【解答】解：（1）测小灯泡的额定电功率的实验中，电压表应与灯泡并联测其两端电压，电流表与灯泡串联测其电流，小灯泡的定电压为2.5V，所以电压表使用0～3V量程；由欧姆定律可知，灯泡正常发光时的电流约为：I===0.25A，所以电流表使用0～0.6A量程。连接的实物如下图：31\n（2）为了保护电路，在闭合开关前，应将滑片P移到最大阻值处，由图可知滑片应滑到最右端；（3）根据实物图，画出电路图如下图：（4）4节新干电池串联组成电源，电源电压为6V，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，正常发光时电阻约为10Ω，根据串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器连入阻值最大时，此时灯泡两端电压最小为3V，所以无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2.5V．让小灯泡正常发光最简便的方法是减少一节干电池（减小电源电压）；（5）由图乙知，电流表量程0～0.6A，分度值0.02A，灯泡正常发光时的电流为0.2A，所以灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。故答案为：（1）见上图；（2）右；（3）见上图；（4）电源电压过大；减少一节干电池；（5）0.5。【点评】本题是测灯泡功率的实验，考查了实物电路的连接、画电路图、电表读数以及功率的计算等，此类型问题是常考的，要掌握好。24．同学们在“探究小灯泡实际功率的规律”时，用两节新干电池串联组成的电源和标有“2.5V”字样的小灯泡等元件连接了如图甲所示的电路，请回答：（1）连接电路时，开关应　断开　（选填“闭合”或“断开”）；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到　A　处（选填“A”或“B”）；（3）实验中，小飞发现闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电流表无示数，电压表示数接近3V，则电路故障可能是　小灯泡断路　。（4）小飞排除故障后，进行多次实验，并记下相应的电压表和电流表的示数，绘制成如图乙所示的I﹣U关系图象。根据图象可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”），小灯泡正常发光时的电功率为　0.75　W；（5）另一组同学通过测额定电流计算小灯泡的额定功率时，电压表突然坏了，又没有好的电压表更换，但有一个R=5Ω的定值电阻和另一个电流表K，小飞和他们一起讨论找到了解决问题的方法，此方法应是：先　将定值电阻R与电流表K串联再与小灯泡并联　31\n，再调节滑动变阻器，使电流表K的示数为　0.5　A即可。【考点】JF：电功率的测量实验．【分析】（1）连接电路时，为了防止短路而烧坏电路元件，开关应处于断开状态；（2）在闭合开关前，为了保护电路，应将滑P移到阻值最大值处；（3）电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，说明电路断路，从而判断出故障的可能原因；（4）根据灯泡电流随电压的变化关系，由P=UI判断灯泡实际功率如何随电压变化；由图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡额定功率；（5）要测量灯泡的额定功率，需使灯泡两端的电压等于额定电压，可将灯泡与电阻R并联，当R两端电压等于2.5V时，灯泡正常发光，测出此时灯泡电流，由P=UI可得出灯泡的额定功率。【解答】解：（1）连接电路时，为保护电路元件的安全，开关应断开。（2）为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，由图可知滑片应移到A处；（3）连好电路，小飞发现闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路存在断路；电压表示数接近3V，说明电压表与电源两极相连，即电路故障应为小灯泡断路。（4）由小灯泡的I﹣U图象可知，随着灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流增大，根据P=UI可知，灯泡的实际功率增大。由I﹣U图象可知，当灯泡的额定电压U额=2.5V时，所对应的电流I额=0.3A，灯泡额定功率：P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；（5）根据等效替代的思想，可通过计算定值电阻R0的电压间接得到灯泡L的电压，所以将已知阻值的电阻R与小灯泡并联，电流表K测定值电阻R的电流；当R两端电压为2.5V时灯泡正常发光，测出此时通过灯泡的电流即可。电路图如下：步骤：①根据电路图连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器使电流表K示数：Ik===0.5A，此时灯泡正常发光；②读出此时电流表A的示数IL；③则小灯泡额定功率的表达式：P额=U额IL=2.5V×IL。故答案为：（1）断开；（2）A；（3）小灯泡断路；（4）增大；0.75；（5）将定值电阻R与电流表K串联再与小灯泡并联；0.5。【点评】本题主要考查了实验注意事项、滑动变阻器的使用、电路故障分析、电功率的计算及U﹣I图象等问题，是实验的常考问题，一定要牢固掌握；31\n本题的难点是特殊方法测额定功率，关键是知道可以利用电流表和已知阻值的电阻的组合当电压表使用。三．解答题（共16小题）25．在“测量小灯泡电功率”的实验中，已知电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为8Ω，实验器材如图甲所示。（1）在图甲中，请你用笔画线代替导线将电路连接完整（导线不得交叉）；（2）在连接电路时开关应　断开　，滑动变阻器的滑片应放在　B　（选填“A”或“B”）端；（3）小明连接好电路后，闭合开关，移动滑片P发现电流表示数变大时，灯变亮，而电压表示数在变小，其原因可能是　电压表测滑动变阻器两端电压　；（4）小明正确连接好电路后，某次实验中，电压表读数为l.8V，电流表示数为0.24A．要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向　A　（选填“A”或“B”）端滑动，小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　0.75　W。（5）小明认为利用该实验还可以测出灯泡的灯丝电阻，于是他根据以上测得的两组电压和电流计算出灯丝电阻后发现两次测量的灯丝电阻相差较大，其原因是　灯丝电阻随温度的升高而增大　。【考点】JF：电功率的测量实验．【分析】（1）根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，滑动变阻器、电流表、灯泡、开关串联接入电路，连线时注意电流表正负接线柱不要接反，注意滑动变阻器的接法。（2）连接电路时开关要断开，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值。（3）实验中，灯泡与滑动变阻器串联，移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电路阻值减小时，电路电流变大，灯泡电压变大，滑动变阻器电压变小，据此判断原因。（4）电压表示数小于灯泡额定电压，要使灯泡正常发光，应减小滑动变阻器接入电路的电阻，使灯泡两端电压变大，知道灯泡电压等于额定电压为止，根据滑动变阻器的接法判断滑片的移动方向；根据图乙所示电流表确定电流表的量程与分度值，读出电流表示数，由公式P=UI求出灯泡的额定功率。（5）灯泡电阻随温度的升高而增大，灯泡电阻不是定值。【解答】解：（1）灯泡正常发光时电流约为I==≈0.31A，电流表选0～0.6A量程，滑动变阻器、电流表、灯泡、开关串联接入电路，电路图如图所示；故答案为：电路图如图所示。（2）连接电路时开关应断开，由电路图知，滑动变阻器的滑片应放在B端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大。故答案为：断开；B。（3）灯泡与滑动变阻器串联，移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电路阻值减小时，电路电流变大，灯泡电压变大，滑动变阻器电压变小，而电压表示数减小，说明电压表与滑动变阻器并联，测滑动变阻器两端电压。31\n故答案为：电压表测滑动变阻器两端电压。（4）电压表读数为l.8V小于灯泡额定电压2.5V，要使灯泡正常发光，由电路图知，应向A端移动滑动变阻器滑片，使滑动变阻器接入电路的阻值减小，分压减小，使灯泡电压增大，直到电压表示数等于灯泡额定电压为止；由图乙可知，电流表量程是0～0.6A，分度值是0.02A，电流表示数是0.3A，灯泡额定功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。故答案为：A；0.75。（5）由于灯泡灯丝电阻随灯泡温度的升高而增大，灯丝电阻不是一个定值，所以根据两组电压和电流计算出的灯丝电阻，相差较大。故答案为：灯丝电阻随温度的升高而增大。【点评】本题考查了连接电路图、实验的注意事项、滑动变阻器的调节、电流表读数、求灯泡功率、影响灯泡电阻的因素等问题，是实验的常考内容，一定要掌握；连接实物图时应注意：①电压表、电流表的正负极不要接反。②注意电压表、电流表的量程不要接错。③滑动变阻器的分压与限流接法，滑片移动时阻值的变化应符合题意要求。④作图要美观，连线不要交叉。26．在测量小灯泡电功率的实验中，提供的器材有：电源、标有“3.8V”的小灯泡、滑动变阻器R、电阻箱R0、电流表、电压表、开关及导线若干。（1）小虎按图甲电路图连接电路，闭合开关，灯泡不亮，此时电压表示数为0.1V，电流表示数为0.04A，灯泡不亮的原因是　实际功率太小　；移动变阻器滑片P，发现两表示数均不变，则电路连接存在的问题是　滑动变阻器的下面两接线柱接入电路了　。（2）实验中，电流表出了故障，同组的小明设计了图乙所示的电路。①根据图乙电路，在图丙中用笔画线代替导线将实物图连接完整。②正确连接电路后，将电阻箱阻值调到最大值。③闭合开关S1，将开关S2拨至“2”位置，当电阻箱的旋钮调到图丁位置时，灯泡恰好正常发光，则电阻箱接入电路的阻值R0=　14　Ω。④再将开关S2拨至“1”位置，此时电压表示数为8V，则灯泡额定功率PL=　1.14　W。31\n（3）进一步分析实验数据，可判断小灯泡接入电路前，灯丝阻值的可能范围是　0＜RL＜2.5Ω　。【考点】JF：电功率的测量实验．【分析】（1）灯泡的亮度是由其实际功率决定的，由分析灯泡不亮的原因；电表示数不变，说明电路中电阻没变，由此分析连接中的问题；（2）①根据电路图连接实物电路图，注意单刀双掷开关的中间位置接电压表的接线柱；③根据图丁读出电阻箱接入电路的阻值；④根据串联电路特点和欧姆定律计算灯泡正常发光的电流，由P=UI计算灯泡的额定功率；（3）由（1）中数据计算灯泡电阻，根据灯泡电阻受温度影响分析灯泡接入电路前的阻值情况。【解答】解：（1）由图甲知，电压表测灯泡两端电压，电流表测通过灯泡的电流，电压表示数为0.1V，电流表示数为0.04A，此时灯泡实际功率：P实=U实I实=0.1V×0.04A=0.004W，由于灯泡实际功率太小，所以灯泡不亮；移动变阻器滑片P，发现两表示数均不变，说明电路中电阻没有发生改变，可能是滑动变阻器的下面两接线柱接入电路了；（2）①根据电路图，单刀双掷开关的中间触点接电压表15V接线柱，左侧静触点接电阻箱的右接线柱，如图所示：；③闭合开关S1，将开关S2拨至“2”位置，电压表测灯泡两端电压，由图丁可知，灯泡恰好正常发光，则电阻箱接入电路的阻值R0=0×100Ω+1×10Ω+4×1Ω+0×1Ω=14Ω；④再将开关S2拨至“1”位置，电压表测总电压，此时电压表示数为8V，所以变阻箱两端电压：U0=U﹣U额=8V﹣3.8V=4.2V，此时电路中电流：I=IL=I0===0.3A，则灯泡额定功率：PL=U额IL=3.8V×0.3A=1.14W；31\n（3）由（1）中数据和欧姆定律可知，灯泡电阻：RL===2.5Ω，因为灯泡电阻随温度升高而增大，所以（1）中情况下灯泡电阻大于其未接入电路时的电阻，即小灯泡接入电路前，灯丝阻值范围为0＜RL＜2.5Ω。故答案为：（1）实际功率太小；滑动变阻器的下面两接线柱接入电路了；（2）①见上图；③14；④1.14；（3）0＜RL＜2.5Ω。【点评】本题是测灯泡额定功率的实验，考查了电路故障、实物连接、电阻箱读数、串联电路特点和欧姆定律应用、功率的计算以及灯泡电阻与温度关系等，综合性强。27．小明发现在用电高峰时家里的灯泡会比正常发光时暗一些，请你解释出现这种现象的原因。【考点】JE：实际功率．【分析】解决该问题要考虑，要考虑输电导线有电阻，要分担一部分电压，利用公式U=IR来分析电压的变化，并由此推导出用电器两端电压的变化，再利用公式P=分析用电器功率的变化。【解答】答：在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，用电高峰期，接入电路的用电器变多，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，输电导线损失的电压U损=IR，输电导线的电阻R一定，当I增大时U损增大，用电器两端的电压减小，由公式P=可知用电器的实际功率减小，因此家里的灯泡会比正常发光时暗一些。【点评】要想解决此题，需要让学生知道在家庭电路中，输电导线有一定的电阻，要分担一部分电压，从而导致用电器两端的电压发生变化，其电功率发生变化，并且用到并联电路电流和电阻的特点。28．千瓦和千瓦时是两个完全不同的概念，它们所表示物理量的单位分别对应是　电功率、电功　；用电器的额定功率是指：用电器在　额定电压　下正常工作时的功率。【考点】J1：电功与电能；J7：电功率的概念；JC：额定功率．【分析】（1）千瓦是电功率单位；千瓦时是电功单位；（2）用电器在额定电压下的电功率为额定功率。【解答】解：千瓦是电功率的单位；千瓦时是电功的单位；用电器的额定功率是指：用电器在额定电压下正常工作时的功率。故答案为：电功率、电功；额定电压。【点评】此题主要考查学生对于电功和电功率的单位以及额定功率的理解和掌握。29．一个标有“3V”字样的灯泡，额定功率未知，在实验室内测得其灯丝电阻R随灯泡两端电压U变化的关系图线如图所示。则灯泡正常发光时的电阻为　4　Ω，这个灯泡的额定功率为　2.25　W．假如灯丝电阻与其热力学温度成正比，室温为300K（K是热力学温度单位），那么在灯泡正常发光的情况下，灯丝的温度为　1200　K。31\n【考点】JB：额定电压．【分析】由灯泡的铭牌信息可知，灯泡的额定电压为3V，则由图象可得出当电压为3时灯泡的电阻；再求解灯泡的电功率。由正比例关系可得出灯泡正常发光时灯丝的温度。【解答】解：灯泡正常发光时的电压值为3V，由图象可知，当电压为3V时，灯丝电阻为4Ω；灯泡能正常发光时，电流I===0.75A，电功率为：P=UI=0.75A×3V=2.25W；室温下灯丝的电阻为1Ω；则灯泡正常发光时的电阻为室温下灯丝电阻的4倍；因灯丝电阻与热力学温度成正比，故此时灯丝的温度应为4×300K=1200K；故答案为：4；2.25；1200。【点评】本题考查学生对图象的认识及分析应用，要求学生学会认真审题从题目中找出有用的信息从而应用所学物理规律解题。30．如图甲所示，额定功率为3.6W的小灯泡（灯泡电阻不变）与滑动变阻器串联在电路中，电源电压恒定，当滑片P滑至A端时，小灯泡恰好正常发光。滑动变阻器滑片P从A端移到B端的过程中，小灯泡两端电压U与滑动变阻器接入电路电阻R的关系如图乙所示，求：（1）电源电压。（2）小灯泡的电阻；（3）当滑片P滑至B端时，小灯泡消耗的实际功率。【考点】JA：电功率的计算．【分析】（1）当滑片P滑至A端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，电路为L的简单电路，电压表测电源的电压，根据图象读出电源的电压；（2）当滑片P滑至A端时，根据额定电压电压下灯泡正常发光可知灯泡的额定电压，又知道灯泡的额定功率，根据P=求出灯泡的电阻；（3）当滑片P滑至B端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据图象读出灯泡两端的电压，根据P=求出灯泡的实际功率。【解答】解：（1）当滑片P滑至A端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，电路为L的简单电路，电压表测电源的电压，由图象可知，电源的电压U=6V；31\n（2）当滑片P滑至A端时，因小灯泡恰好正常发光，所以，灯泡的额定电压UL=U=6V，由P=可得，灯泡的电阻：RL===10Ω；（3）当滑片P滑至B端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由图象可知，此时灯泡两端的电压UL′=2V，则灯泡的实际功率：PL实===0.4W。答：（1）电源电压为6V；（2）小灯泡的电阻为10Ω；（3）当滑片P滑至B端时，小灯泡消耗的实际功率为0.4W。【点评】本题考查了电功率公式的应用，重点考查了学生的读图能力，从图象中获取有用的信息是关键。31．图甲为某款新型电饭煲，额定电压为220V，它采用了“聪明火”技术，智能化地控制不同时间段的烹饪温度，以得到食物最佳的营养和口感，图乙为其电路原理图，R1和R2为电阻不变的电热丝，S1是自动控制开关。将电饭煲接入220V电路中，在电饭煲工作的30min内，它消耗的电功率随时间变化的图象如图丙所示。求：（1）0～30min，电饭煲产生的总热量；（2）S和S1均闭合，电路中的总电流；（3）在不同电压下，电饭煲从开始工作到S1第一次自动断开产生的热量相同。用电高峰期，当实际电压为198V时，使用该电饭煲，从开始工作到S1第一次自动断开需要多长时间。【考点】J9：电功率与电压、电流的关系；JI：焦耳定律的计算公式及其应用．【分析】（1）由电路图可知，当开关S和S1都闭合时，电路为R1与R2并联，电路中的总电阻最小，根据P=可知，电饭煲的功率较大；同理可知，只闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，电路中的电阻较大，电饭煲功率较小；根据图乙可知工作30min中两种情况下的工作时间，根据Q=W=UIt求出两种情况下产生的热量，然后得出答案；（2）当S和S1均闭合时，电阻R1与R2并联，电饭煲的功率较大，根据P=UI求出电路中的总电流；（3）由图丙可知，电饭煲从开始工作到S1第一次自动断开时的时间，根据Q=W=UIt求出产31\n生的热量，又知道正常工作时电饭煲的最大功率，根据P=求出电路的总电阻，根据Q=W=t求出实际电压为198V时的工作时间。【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S和S1都闭合时，电路为R1与R2并联，电饭煲的功率较大；同理可知，只闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，电饭煲功率较小；由图乙可知，工作30min中，P1=440W时的功率时间t1=15min=900s，P总=660W时的功率时间t2=30min﹣15min=15min=900s，由Q=W=UIt可得，0～30min内电饭煲产生的总热量：Q=Q1+Q2=W1+W2=P1t1+P总t2=440W×900s+660W×900s=9.9×105J；（2）当S和S1均闭合时，电阻R1与R2并联，电饭煲的功率较大，由P=UI可得，电路中的总电流：I总===3A；（3）电饭煲正常工作时，由图丙可知，电饭煲从开始工作到S1第一次自动断开时的时间t=10min=600s，此过程中产生的热量：Q′=W=P总t=660W×600s=3.96×105J，电饭煲最大功率时电路中的总电阻：R===Ω，因在不同电压下，电饭煲从开始工作到S1第一次自动断开产生的热量相同，所以，由Q=W=t可得，在实际电压是198V时电饭煲工作的时间：t′==≈740.7s。答：（1）0～30min，电饭煲产生的总热量为9.9×105J；（2）S和S1均闭合，电路中的总电流为3A；（3）用电高峰期，当实际电压为198V时，使用该电饭煲，从开始工作到S1第一次自动断开需要740.7s。【点评】本题考查了电热公式和电功率公式的灵活应用，从图象中读出有用的信息和判断出不同功率时电饭煲电路的连接方式是关键。32．低碳环保、绿色出行已成为当下都市人的新时尚，如图甲、乙所示是一款倍受青年人喜爱的自平衡智能电动独轮代步车。表列出了该电动独轮代步车的部分技术参数。求：（1）该款代步车每次充满电需消耗多少焦耳的电能。（2）该款代步车充电时电路中的电流I．（结果请保留两位小数）产品类型自平衡智能电动独轮代步车锂电池容量180Wh充电电压220V31\n充电时间120min续航里程20km最大载重120kg最大速度18km/h【考点】J3：电功与电能的计算；J8：电功率与电能、时间的关系．【分析】（1）已知锂电池容量可知每次充满电需消耗多少焦耳的电能；（2）已知U=220V，根据W=UIt变形可求得充电时电路中的电流。【解答】解：（1）该款代步车每次充满电需消耗的电能W=Pt=180Wh=180W×3600s=6.48×105J，（2）已知W=UIt=180Wh，该款代步车充电时电路中的电流I==≈0.41A。答：（1）该款代步车每次充满电需消耗6.48×105J的电能。（2）该款代步车充电时电路中的电流为0.41A。【点评】本题考查了电功公式和电功率公式灵活应用，与实际生活相联系，利用所学知识解决实际问题，根据要求认真审题找出有用信息是本题的关键。33．系统找不到该试题34．利用如图所示的电路可以验证电功与电流的关系。（1）图中两只灯泡的连接方式是　并　联，它们工作时的电阻要　不同　（选填“相同”或“不同”）。（2）小明正确操作，验证了实验的结论。支持该结论的实验现象是　电流表示数较大的支路灯泡较亮　。【考点】J6：电功的测量．【分析】（1）并列连接的连接方式是并联，根据并联电路特点分析答题。31\n（2）根据实验控制的变量与实验现象分析答题。【解答】解：（1）由图示电路图，两灯泡并联连接，它们是并联的；探究功与电流的关系应控制电压相同而电流不同，两并联灯泡的电阻应该不同；（2）在电压相同时，电流越大，由P=UI可知灯泡实际功率越大，灯泡越亮，如果电流表示数较大的支路灯泡较亮，则可以验证实验结论。故答案为：（1）并；不同；（2）电流表示数较大的支路灯泡较亮。【点评】本题考查了探究功与电流关系实验，知道串并联的连接方式，分析清楚实验电路、应用控制变量法即可正确解题。35．小明家的电表如图所示，在使用过程中他感觉感到电能表的测量值可能偏大。为了验证自己的猜想，他把一个可信的“220V60W”电灯单独接入该家庭电路。灯正常工作了200s，电能表的转盘刚好转过11圈，电灯消耗电能为　1.32×104　J．电能表的测量值　偏大　（选填“准确”或“偏大”）。【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法．【分析】由表盘知：3000r/kW•h，是指电能表每消耗1kW•h的电能，转盘就转过3000r；可求转动11r消耗的电能；再利用W=Pt计算理论上消耗的电能，通过比较得出电能表的测量是否准确。【解答】解：电能表表盘转过11r消耗的电能：W=kW•h=×3.6×106J=1.32×104J；由P=可得，理论上200s消耗的电能：W′=Pt=60W×200s=1.2×104J，因为W＞W′，所以电能表的测量值偏大。故答案为：1.32×104；偏大。【点评】本题考查消耗电能和电能表转数的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是对电能表各个参数物理意义的正确理解，解题过程中要注意单位的换算。36．电灯是一项伟大的发明，没有人能独享这份荣耀，它经历着如下的“进化史”；1879年，托马斯•爱迪生发明碳丝灯，通电后碳丝温度高达2000℃左右，进入白炽状态而发光，所以也称“白炽灯”。1910年，美国通用电气实验室发现用钨丝制造的灯既便宜又明亮。1934年，欧文•米兰尔进一步改进，将灯丝烧成螺旋形，使发出的光更明亮。20世纪30年代，人们研制出了荧光灯，利用发光气体发出的光使灯里的涂膜发亮。它比普通灯温度低并省电。最近，人们还发明了大功率LED灯，它更省电，寿命更长。请回答：（1）为了安全用电，控制灯的开关必须接在家庭电路的　火　线上。（2）如图，灯丝烧成螺旋形的原因是　减少　（选填“增加”或“减少”）散热。31\n（3）5瓦的LED灯与100瓦的白炽灯正常发光时的亮度相当。若用1只5瓦的LED灯代替100瓦的白炽灯使用4万小时，请通过计算说明选择哪种灯比较经济？注：目前电费0.53元/千瓦时，其他数据如表。灯的种类额定功率使用寿命市场价格白炽灯100瓦1万小时3元/只LED灯5瓦4万小时20元/只【考点】IO：家庭电路的连接；J4：电功计算公式的应用．【分析】（1）开关的接法：控制用电器的开关应接在火线和灯泡之间；（2）灯泡是利用电能能够转化成热能和光能的原理做成的，把灯丝制成螺旋状，可以增加电阻的长度，增加了钨丝的电阻，使得更多的电能能够转换成热能；还可以减少灯丝散热，提高灯丝的温度；（3）根据使用寿命可知需要白炽灯的个数，进而知道白炽灯的费用，然后根据W=Pt求出白炽灯消耗的电能，进而求出白炽灯的电费从而得出使用白炽灯的总费用；同理，再求出使用LED等的总费用，二者进行比较即可得出答案。【解答】解：（1）开关接在火线与电灯之间，当开关断开时，电路中不但没有电流通过，而且电灯与火线断开连接，防止人发生触电事故；故为了安全用电，控制灯的开关必须接在家庭电路的火线上。（2）白炽灯是将电能转化为内能的，其工作原理是：电流通过灯丝时产生热量，螺旋状的灯丝可以减少热量散失，并不断将热量聚集，使得灯丝的温度达2000摄氏度以上，灯丝在处于白炽状态时，就象烧红了的铁能发光一样而发出光来。（3）一只白炽灯的使用寿命为1万小时，则工作4万小时需要的4只白炽灯，4只白炽灯需要的费用：4只×3元/只=12元，白炽灯的功率P=100W=0.1kW，白炽灯消耗的电能：W=Pt=0.1kW×40000h=4000kW•h=4000千瓦时，则电费：0.53元/千瓦时×4000千瓦时=2120元，使用白炽灯共需要支付费用：12元+2120元=2132元；LED灯的功率P′=5W=0.005kW，LED灯消耗的电能：W′=P′t=0.005kW×40000h=200kW•h=200千瓦时，则电费：0.53元/千瓦时×200千瓦时=106元，使用LED灯共需要支付费用：20元+106元=126元＜2132元；故选择LED灯比较经济。故答案为：（1）火；（2）减少；（3）选择LED灯比较经济。【点评】本题以电灯的发展为背景综合考查了家庭电路的连接、电功的计算等知识，重点是通过对LED灯和白炽灯数据的比较得出有用的信息，学会应用物理知识解决实际问题的能力，另外，我们在日常生活中一定要注意节约电能。37．（1）小明进入刚装修完的新居，闻到一种刺鼻的气味，这气味主要来自装修材料中的甲31\n醛，甲醛分子在运动时会会随气温的升高而　加剧　（选填“加剧”或“减缓”）。（2）为了净化空气小明家购买了家用空气净化器，铭牌上的部分参数如表所示，如果室内面积约为100m2，房间的高度约为3m，房间内空气全部更换一次，理论上需要用电　0.1　kW•h，其工作过程如图所示，受污染的空气被吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获，其原理是　异种电荷相互吸引　。额定电压220V频率50Hz额定输入功率40W风量120m3/h【考点】54：分子的热运动；H8：电荷间的相互作用规律；J3：电功与电能的计算．【分析】（1）两种不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散现象，扩散现象表明分子不停地做无规则的运动，温度越高，分子的无规则运动越剧烈；（2）已知室内的面积和高度，可求室内空气的体积，已知风量，可求所需的时间。再根据额定功率和通电时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能。根据电荷间的相互作用规律可判断颗粒物被吸引的原因。【解答】解：（1）进入刚装修完的房屋，我们常常会闻到一种刺鼻的气味，这气味主要来自装修材料中的甲醛这种对人体有害的化学物质。能闻到气味则说明甲醛分子在做无规则运动，这种运动会随温度的升高而加剧。（2）空气的体积V=Sh=100m2×3m=300m3，所以房间内空气全部更换一次，理论上需要t==2.5h，在这段时间内共用电W=Pt=0.04kW×2.5h=0.1kW•h。受污染的空气被吸入后，颗粒物进入电离区带上电荷，根据异种电荷相互吸引可知，果粒物会在集尘器上被带电金属网捕获。故答案为：（1）加剧；（2）0.1；异种电荷相互吸引。【点评】本题考查了利用扩散现象解释生活中的问题，以及消耗电能的计算、电荷间的引互作用等。涉及知道较多，但总体难度不大。38．阅读短文，回答文后问题。油汀电暖器油汀电暖器是一种常用的取暖设备，如图甲所示，上下各一根中控的金属管，其中一根管中装有电热丝，这两管道间用若干条形金属管上下连通，在整个腔体内没有导热油，灌注量占总容积的70%左右，内部有较大空间，当接通电源后，电热丝周围的导热油被加热，升到腔体上部，沿散热管对流循环，通过腔体壁表面将热量辐射出去，从而加热环境，被空气冷却的导热油在电热丝周围又被加热，开始新的循环，在控制电路中装有双金属温控器，当油温达到设定温度时，温控器会自行断开电源，在使用中特别注意这种取暖器不能倒置或侧卧使用。31\n温控器原理如图乙所示，它是一个由双金属片制成的自动开关，双金属片是由长和宽相同的铜片和铁片组成，且两金属片被紧紧地铆在一起，受热时铜片膨胀得比铁片大，双金属片便向铁片那边弯曲，温度越高，弯曲得越显著，常温时，双金属片端点的触点与弹性铜片上的触点相接触，当电暖器与电源接通时，电热丝发热，双金属片受热弯曲，当温度升高到设定温度时，双金属片顶端的触点与弹性铜片上的触点分离，电路断开，随着导热油散热，温度降低，双金属片恢复原状，电路接通后，使导热油维持一定的温度，电暖器工作时的温度可以调节，将调温旋钮上的升降螺丝上下调节，双金属片和弹性铜片上的触点随之上下移动，双金属片弯曲程度不同，导热油的温度也就不同。（1）油汀电暖器通电工作时，是把电能转化为　内　能；（2）如图四种双金属片符合图乙温控器安装要求的是　C　。（3）油汀电暖器通电前，温控器的两触点处于　闭合　（闭合/断开）状态。（4）关于油汀电暖器，下列说法错误的是　D　。A、电热丝应安装于底部金属管B、调温旋钮上的升降螺丝下调时，弹性铜片的弹性势能将变大C、管道中导热油未注满，是防止过热爆炸D、严禁倒置或放倒使用，是防止导热油溢出（5）当需要调高取暖温度时，调温旋钮上的升降螺丝应　向下　（向上/向下）调。【考点】J2：电功的实质；JG：电热的利用与防止．【分析】（1）电热器利用电热来工作，将电能转化为内能；（2）根据不同金属片的热胀冷缩程度，结合题目要求做出判断；（3）根据材料中的介绍可判断电暖器通电前，温控器的两触点的判断；（4）结合油汀电暖器的介绍和工作特点，可判断各选项中的说法是否正确；（5）调温旋钮上的升降螺丝越向下调，两触电越不容易分开，则最终可达到的温度会越高。【解答】解：（1）油汀电暖器利用了电流的热效应，因此通电工作时，是把电能转化为内能；（2）由题意可知，温度升高到一定程度时，双金属片会弯曲，从而断开触点。因为受热时铜片膨胀得比铁片大，双金属片便向铁片那边弯曲，所以图中C的安装符合要求。（3）因为常温时，双金属片端点的触点与弹性铜片上的触点相接触，所以油汀电暖器通电前，温控器的两触点处于闭合状态。（4）A、电热丝加热油，使油产生对流，从而向外散热，因此电热丝应安装于底部金属管，故A正确；B、调温旋钮上的升降螺丝下调时，弹性铜片发生形变，所以它的弹性势能将变大，故B正确；C、由于热胀冷缩，且有少部分油会发生汽化，因此管道中导热油未注满，可防止过热爆炸，31\n故C正确；D、电暖器严禁倒置或放倒使用，是由于电热丝在安装在底部，加热时油会形成对流，而不是为了防止导热油溢出，故D错误。故选D。（5）当需要调高取暖温度时，调温旋钮上的升降螺丝应向下调，这样在弹性铜片的作用下，两触电不容易分开，则最终可达到的温度会越高。故答案为：（1）内；（2）C；（3）闭合；（4）D；（5）向下。【点评】本题以“油汀电暖器”为内容，通过对材料和阅读和分析，利用相关的知识对其中的原理或现象进行解释，对同学们的阅读理解能力要求较高，但所考查知识的难度并不大。39．在验证“电功与电流、电压的关系”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。（1）经过讨论，同学们一致认为不应该选择图　甲　（甲/乙/丙）电路，理由是该图无法利用控制变量法进行探究；（2）为验证电流做功与电压的关系，应该选择图　丙　所示的电路；（3）小明发现，按图乙电路实验时L1比L2亮，同时观察到A1示数比A2大，这说明相同时间内　L1　（L1/L2）的电功大，由此可得出的结论是　电压和通电时间相等时，电流越大，电流做功越多　。接着他将这两个灯泡按图丙连接好观察到　L2　（L1/L2）更亮。【考点】J1：电功与电能．【分析】（1）电流做功的大小与电压、电流和通电时间三个因素有关，当研究与其中某一个因素的关系时，应控制其余的因素不变；（2）研究电流做功与电压的关系，应控制电流的大小和通电时间相同，通过比较电压的大小，得出电流做功与电压的关系；（3）由图乙根据W=UIt分析相同时间电流做功大的灯泡；灯泡亮度由其实际功率决定，先比较两灯电阻，再由P=I2R比较两灯亮度。【解答】解：（1）甲电路中，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，根据控制变量法的思想，不能研究电流做功与电压和电流的关系，因为电路中电压和电流同时改变，不能单独控制其中一个不变；（2）研究电流与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，通过比较电压，研究电流做功与电压的关系，图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同；（3）乙图中两灯并联，由并联电路的电压特点可知U1=U2，A1示数比A2大，即I1＞I2，根据W=UIt可知W1＞W2；由此可得结论：电压和通电时间相等时，电流越大，电流做功越多；电压相等，由R=可知R1＜R2，丙图中两灯串联通过灯泡的电流相等，由P=I2R可知L2的实际功率较大，所以L2较亮。故答案为：（1）甲；（2）丙；（3）L1；电压和通电时间相等时，电流越大，电流做功越多；L2。【点评】本题是一道实验探究题，侧重考查了控制变量法应用，要知道灯泡的亮度由灯泡的31\n实际功率决定。40．电风扇是一种常用家电，它在工作时涉及到很多物理知识：（1）电风扇在工作过程中，主要的能量转化是什么？实现这种能量转化的部件是什么？（2）当我们在炎热的夏天使用电风扇的时候，会感觉到凉爽，请你解释其中的原因。【考点】1L：影响蒸发快慢的因素；J2：电功的实质．【分析】（1）电风扇内有电动机，电动机可以把电能转化为机械能；（2）物质由液态变成气态的过程叫做汽化，汽化有蒸发和沸腾两种方式，影响蒸发快慢的因素有温度、表面积和空气流动，蒸发过程会吸热。【解答】答：（1）电风扇的主要部件是电动机，工作时把电能转化为机械能，实现这个转化的是电动机；（2）电风扇工作时，加快了室内空气的流动，因而加快人体汗液的蒸发，蒸发需要吸收热量，故人们会感觉到凉爽。【点评】本题主要从能量的转化、吹风扇时感觉凉爽的原因等角度考查了与电风扇相关的几个应用知识，将知识与实际相结合，实用性强，体现了物理学科的特点。31