专题14电功率和电热安全用电
一、选择题
1．【2017?山西卷】关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）
A．所有家用电器的外壳都需要接地
B．家庭电路中各个用电器都是串联的
C．使用试电笔判断哪条导线是火线时，手要按住笔尾金属体
D．若空气开关“跳闸”，一定是电路中出现了短路
【答案】
【解析】
有些电器的外壳是金属的，为了防止漏电，把外壳接地让漏出来的电导入到大地，避免触电，并不是所有的用电器的外壳都接地．故A错误；家庭电路中各用电器工作过程中互不影响，所以彼此是并联的．故B错误；使用试电笔时笔尖应该接触被测导线，手指按住笔尾金属体．故C正确；空气开关“跳闸”，说明电路电流太大，原因是电路中出现了短路或用电器的总功率过大．故D错误故选C
【考点定位】安全用电原则
．【2017?山西卷】酒驾易造成交通事故，利用酒精测试仪可以检测司机是否酒驾，其电路原理如图甲所示．R1为“气敏传感器”，它的电阻值与它接触到的酒精气体浓度的关系如图乙所示，R2为定值电阻，阻值为60Ω，电源电压恒为12V．若酒精气体浓度≥0.2mg/mL时，则判定被检者为酒驾．以下说法正确的是（）
A．被检者的酒精气体浓度越高，电流表示数越小
B．电流表的示数为0.12A时，判定被检者为酒驾
C．电压表示数为3V时，R2消耗的电功率为0.45W
D．被检者酒精气体浓度为0.2mg/mL时，电压表的示数是4V
【答案】
【解析】
由电路图甲可知，传感器R1和定值电阻R2串联，电压表测传感器R1两端的电压，电流表测电路中的电流；由图乙可知，当酒精浓度增大时，传感器R1的阻值会减小，由欧姆定律可得电路中电流增加，即电流表示数增大，故A错误；由I=得：电路中的总电阻R===100Ω，此时气敏电阻的阻值R1=R﹣R2=100Ω﹣60Ω=40Ω，由图象乙可知，此时酒精气体浓度为0.1mg/mL＜0.2mg/mL，所以此时被检者不是酒驾，故B错误；电压表示数为3V时，定值电阻R2两端的电压U2=U﹣U1=12V﹣3V=9V，此时R2消耗的电功率P2===1.35W，故C错误；根据图象乙可知，被检者酒精气体浓度为0.2mg/mL时，气敏电阻的阻值为R1=30Ω，根据欧姆定律可知此时电流为I====A，根据欧姆定律可得：气敏电阻两端电压U1=IR1=A×30Ω=4V，即为电压表示数，故D正确故选D
【考点定位】欧姆定律的应用；电功率的计算
．【2017?山西卷】下列数据是小明对教室中相关物理量的估测，其中最接近实际的是（）
A．室温约48
B．一张理综答题卡的质量约500g
C．门的高度约为4m
D．一盏日光灯的额定功率约40W
【答案】
【解析】
人的体感温度在25左右，教室内温度感觉舒适，在25左右故A错误；一张理综答题卡的质量不到1g．故B错误；一层楼的高度在3m左右，而门的高度约为4m，此值大于3m故C错误；日光灯正常工作的电流在0.2A左右，其额定功率约P=UI=220V×0.2A=44W故D正确
【考点定位】电功率；温度；质量的估测；长度的估测
．【2017?武汉卷】关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（）
A．低于220V的电压对人体都是安全的
B．只有人体接触带电体时才会发生触电事故
C．试电笔是用来测试物体是带正电还是带负电的
D．用电器使用三线插头是防止漏电而采取的安全措施
【答案】
【解析】
经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的，故A错误；人体不接触带电体时，也有可能发生触电事故，故B错误；试电笔是用来测试物体是否带电，不能检测物体带正电还是带负电，故C错误；家庭电路安装漏电保护器、用电器使用三线插头都是为了防止漏电而采取的安全措施，故D正确故选D
【考点定位】安全用电原则
．【2017?武汉卷】如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置．两个透明容器中密封着等量的空气，通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差比左侧的大．下列说法正确的是（）
A．左侧容器中电阻丝的阻值比右侧容器中的大
B．该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的关系
C．该装置可以用来探究电流通过导体产生热量跟通电时间的关系
D．U形管中液面高度发生变化是因为U形管中液体的热胀冷缩造成的
【答案】
【解析】
容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，由焦耳定律Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，故A错误；在装置中，容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻与右边容器中的电阻，所以实验是为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误，C正确；U形管中液面高度发生变化是因为透明容器中密封着等量的空气的热胀冷缩造成的，故D错误故选C
【考点定位】焦耳定律
．【2017?武汉卷】如图所示，电源电压U保持不变，灯泡L标有“6V3W”字样．当开关S1，S2都闭合，滑片P移到最左端时，电流表的示数为I，电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3，R1消耗的功率为P1，电路消耗的总功率为P；当开关S1闭合，S2断开，滑片P移到最右端时，电流表的示数为I′，电压表V1、V2和V3的示数分别为U1′、U2′和U3′，R1消耗的功率为P1′，电路消耗的总功率为P′．此时灯泡L恰好正常发光．已知U1：U3=2：3，U1′：U3′=5：2．下列表达式不正确的是（）
A．=，= B．=，=
C．=，= D．=，=
【答案】
【解析】
当开关S1，S2都闭合，滑片P移到最左端时，R1、R2串联，已知电流表的示数为I，由欧姆定律，I=；电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3，电压表V1测R1的电压，U1=IR1=×R1；电压表V2测R2的电压，U2=IR2=×R2；由于L被短路，电压表V3测R2的电压；U3=U2；由已知U1：U3=2：3，所以U1：U2=2：3，R1：R2=2：3，电源电压，U=U1+U2=2U0+3U0=5U0；所以==；R1消耗的功率为P1，P1=I2R1，电路消耗的总功率为P，P=I2（R1+R2）；当开关S1闭合，S2断开，滑片P移到最右端时，小灯泡L与R1串联，此时灯泡L恰好正常发光，小灯泡两端的电压就是6V，小灯泡的电阻：RL===12Ω，IL===0.5A，电流表的示数为I′，根据串联电路电流的特点：I′=IL=0.5A，电压表V1测量的是电源两端的电压，U1′=U；电压表V2测量的是滑片P移到最右端时R2导线电压，U2′=0V；电压表V3测量的也是小灯泡两端的电压，U3′=UL=6V；已知U1′：U3′=5：2，U：U3′=5：2，U===15V，由串联分压公式可得，=，=，解得R1=18Ω，由R1：R2=2：3，解得R2=27Ω，R1消耗的功率为P1′，P1′=I1′2R1=（0.5A）2×18Ω=4.5W，电路消耗的总功率为P′，P′=UI′=15V×0.5A=7.5W；由R1=18Ω，R2=27Ω，U=15VI===A，U1=IR1=A×18Ω=6V，U2=IR2=A×27Ω=9V，U3=U2=9V，R1消耗的功率为P1，P1=I2R1=（A）2×18Ω=2W．电路消耗的总功率为P，P=I2（R1+R2）=（A）2×（18Ω+27Ω）=5W；所以==，==，故A错误；==，==，故B正确；==，==，故C正确；==，==，故D正确故选A
【考点定位】欧姆定律的应用；电功率的计算
7．某水电站的年发电量在8亿千瓦时以上，“千瓦时”是下列哪个物理量的单位（）
A．电能 B．电功率 C．电流 D．时间
【答案】
【解析】
1kW?h=1kW×1h=1000W×3600s=3.6×106J，J是电能的单位，所以“kW?h”是电能的单位，而电功率的单位为W，电流的单位为A，时间的单位为s，故A正确、BCD错误故选A
【考点定位】电功
．如图所示，从甲地通过两条输电线向乙地用户供电，若甲地电源电压恒为U，输电线的总电阻为r，当乙地用户用电时，下列说法正确的是（）
A．用户使用的用电器两端电压为U
B．输电线上消耗的电功率为
C．当用户使用的用电器增多时，用电器两端的电压升高
D．当用户使用的用电器增多时，输电线上因发热而损失的功率增大
【答案】
【解析】
由于导线由一定的电阻，根据U=IR可知，导线会分担一定的电压，故用户使用的用电器两端电压要小于U，故A错误；由于导线的电阻R较小，其分担的电压Ur要远远小于电源电压U，根据公式P=可知输电线上消耗的电功率为，故B错误；当用户使用的用电器增多时，干路中的电流变大，根据U=IR可知，导线会分担的电压变大；根据串联电路的电压规律可知，用电器两端的电压减小；根据公式P=I2R可知，导线的功率变大，故C错误、D正确故选D
【考点定位】电功率与电压、电流的关系；串联电路的电压规律
9．【2017?成都卷】关于家里的用电器，下列数据最符合实际的是（）
A.白炽灯的正常工作电流约为0.1A B.遥控器的干电池电压约为220V
C.空调制冷时的功率约为10W D.电扇正常工作1h耗电约为1KW·h
【答案】A
【解析】
普通人白炽灯的正常工作电流约为0.1A，选项A是正确的；遥控器的干电池电压约为1.5V，选项B是错误的；空调制冷时的功率约为1000W，选项C是错误的；电扇正常工作1h耗电约为0.1KW·h，选项D是错误的。故本题正确选项是A。
【考点定位】生活中常见电器的常量。
．【2017?郴州卷】随着社会的不断进步，电气化程度越来越高，下列做法正确的是（）
A．保险丝熔断后，可用铜丝代替
B．使用试电笔时，手可以接触试电笔笔尖金属体
C．因用电引起火灾，应先切断电源
D．湿衣服晾在电线上
【答案】
【解析】
保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用；铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，故A错误；使用测电笔辨别火线和零线时，手必须接触笔尾金属电极，一定不能接触试电笔笔尖金属体，故B错误电器设备失火时，要先切断电源，再实行施救措施．故C正确水是导体，将湿衣服晾在电线上，易发生触电事故．故D错误故应选C。
【考点定位】安全用电
．【2017?成都卷】“全国中小学安全教育平台”和物理学科都强调了安全用电。下列做法符合安全用电要求的是（ ）
A．选用插座时，所有家用电器都使用两孔插座
B．更换灯泡时，不断开电源开关
C.有人触电时，首先切断电源
D．用验电笔检验时，手指不接触笔尾金属体
【答案】C
【解析】
选用插座时，大功率家用电器必须使用三孔插座，选项A是错误的；更换灯泡时，必须断开电源开关，选项B是错误的；发现有人触电时，首先应切断电源，选项C是正确的；用验电笔检验时，手指不接触笔尖金属体，但手指必须接触笔尾金属体，选项D是错误的。故本题正确选项是C。
【考点定位】安全用电常识。
．在生活中，我们会遇到这些情况：(1)开关中的两个线头相碰；(2)插头中的两个线头相碰；(3)电路中增加了大功率的用电器；(4)户外输电线绝缘皮损坏。在上述情况中，可能引起家庭电路中空气开关跳闸的是A．(1)和(2)B．(2)和(3)C．(2)和(4)D．(1)和(4)
【答案】【解析】
考点：家庭电路电流过大的原因
13.【2017?菏泽卷】下列用电器中，利用电流热效应工作的是（）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
电饭锅是利用了电流的热效应，把电能转化为内能，从而给食物加热，故A正确为答案。
抽油烟机中的电动机应用了通电导线在磁场中受力而工作的，主要是把电能转化为机械能，不是利用电流的热效应工作的，故B错误。
电视机主要把电能转化为光能与声能，与电流的热效应无关，故C错误。
电脑主要把电能转化为光能等，不是利用电热效应工作的，故D错误。
考点：电流的热效应
．【2017?岳阳卷】下列做法符合节能或安全用电要求的是
A．高压输电线下放风筝
B．夏天用空调时，始终把温度调到最低
C．空气开关跳闸后，不排出故障就直接合上
D．发现有人触电，不能用手直接去拉触电者身体
【答案】D
【解析】
A．高压输电线下放风筝，错误，高压不能靠近，防止发生触电事故B．夏天用空调时，始终把温度调到最低，错误，温度调到最低，不节能C．空气开关跳闸后，不排出故障就直接合上，错误，应先排出故障，再合上开关D．发现有人触电，不能用手直接去拉触电者身体，正确故应选D。
【考点定位】物态变化、安全用电
1．【2017?岳阳卷】图甲是小灯泡的电压——电流图像。将此灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为4.5V的电路中（如图乙），闭合开关，移动滑片P，当小灯泡的功率为0.75W时，
A．电流表的示数为0.2A
B．滑动变阻器R接入电路中的电阻为15Ω
C．电路消耗的总功率为1.35W。
D．10s内滑动变阻器R产生的热量为13.5J
【答案】C
【解析】
当小灯泡的功率为0.75W时，根据图甲，可知，灯泡L两端的电压为2.5V，通过灯泡的电流为0.3A，电路中的等效电阻，电路消耗的总功率P总=总I=4.5V0.3A=1.35W。变阻器R在10s产生的热量Q=W=UIt=2V0.3A╳10s=6J；A．电流表的示数为0.2A，错误B．滑动变阻器R接入电路中的电阻为15Ω，错误C．电路消耗的总功率为1.35W，正确D．10s内滑动变阻器R产生的热量为13.5J，错误故应选C。
【考点定位】定律；电功率
.【2017?菏泽卷】下列做法中，不符合安全用电要求的是（
A.维修用电器时一定要切断电源
B.有金属外壳的用电器，金属外壳一定要接地
C.发现有人触电应先救人后断电
D.为了保证家庭电路安全，尽量不要同时使用多个大功率电器
【答案】C
【解析】
维修用电器时一定要切断电源，符合安全用电原则，故A不符合题意。
有金属外壳的用电器，金属外壳一定要接地，防止漏电事故发生，故B正确。
发现有人触电应先切断电源再救人，故C不符合安全用电要求，符合题意为答案。
同时使用多个大功率电器，会使电路中电流过大，容易引发火灾，因此，为了保证家庭电路安全，尽量不要同时使用多个大功率电器，故D正确。
考点：安全用电
【2017?临沂卷】在日常生活中，下列做法符合安全用电要求的是
开关接在灯泡和火线之间
用电器的金属外壳没有必要接地
发现有人触电时，首先要将人拉开
使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
【答案】A
【解析】
开关接在灯泡和火线之间，断开开关时，灯泡不带电，符合安全用电原则，故A正确为答案。
用电器的金属外壳必须接地，以防止发生漏电事故，故B错误。
发现有人触电时，首先要切断电源，再救人，故C错误。
使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，验电笔端、氖管、电阻、人体和大地才能形成回路，故D错误。
考点：安全用电
18.【2017?成都卷】如图19所示，电源电压U不变。只闭合开关S1，滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，电压表的示数为U1，电流表的示数为I1，电阻RA的电功率为PA，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表的示数U2=2V，同时闭合S1、S2，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表的示数为U3，电流表的示数为I3，电阻RB的电功率PB=0.675W，电路的总功率为P3。已知：RA=15Ω，RB=30Ω，PA：PB=8:9，U1：U3=2:1。则下列计算结果正确的是（ ）
A．I1：I3=4:3
B．R1：R2=2:1
C．U=12V
D．P3=0.9W
【答案】
【解析】
同时闭合S1、S2，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电阻RB的电功率PB=I32RB=0.675W，RB=30Ω，I3PA：PB=8:9，PA=0.6W，PA=I12RA得I1=0.2A，I1：I3=4:3R1：R2=:2，B是错误的；U=I1（R1+R2+RA）=I3（R2+RB），由以上所求解得：R1=5Ω，R2=10Ω，U=6V，C是错误的；P3=I3U=0.15A×6V=0.9W，D是正确的。故本题正确选项是A、D。
【考点定位】
19．如图所示，电源两端电压保持12V不变，小灯泡L上标有“6V3W”字样，滑动变阻器最大电阻值R=60Ω．不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）
A．S闭合后，使电压表的示数减小1V，小灯泡L两端的电压就增加1V
B．S闭合后，小灯泡L的最小实际电功率为0.5W
C．滑动变阻器接入电路的阻值是12Ω时，小灯泡L正常发光
D．滑片移到最右端时通电10秒，小灯泡消耗的电能是5J
【答案】
【解析】
开关闭合后电压表测的是灯泡的电压，当电压表的示数减少1V，则小灯泡L两端的电压就减小1V，故A错误；灯泡的阻值RL===12Ω，当滑动变阻器的电阻最大时，整个电路中的电流最小，I==≈0.17A，则小灯泡L的实际电功率最小，即P=I2R=（0.17A）2×12Ω≈0.35W，故B错误；开关闭合时，灯泡与滑动变阻器的左端串联分压，电压表测的是灯泡两端电压，滑动变阻器接入电路的阻值是12Ω时，灯泡的电阻也是12Ω，两者的电阻相等，分担的电压也相等，所以灯泡和滑动变阻器各分担6V电压，此时灯泡能够正常发光，故C正确；滑片移到最右端时，连入电路的电阻为60Ω，电路中电流I===A，小灯泡消耗的电能W=I2RLt=（A）2×12Ω×10s≈3.3J，故D错误故选C
【考点定位】欧姆定律的应用；电功的计算；电功率的计算
．【2017?威海卷】如图所示．电源电压为4.5V，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”，小灯泡L标有“2.5V，1.25W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．在保证通过小灯泡L的电流不超过恒定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项正确的是（）
A．小灯泡的额定电流是0.6A
B．电流表的示数变化范围是0.3～0.5A
C．电压表的示数变化范围是0～3V
D．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4～10Ω
【答案】
【解析】
小灯泡的额定电流I===0.5A，故A错误；由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，当灯泡正常发光时，串联电路总电压等于各分电压之和，此时电压表的最小示数U滑=U﹣UL=4.5V﹣2.5V=2V，此时电路中的最大电流Imax=0.5A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：R滑min===4Ω；滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电阻：RL===5Ω，电路中的最小电流：Imin===0.3A，电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故B正确；此时灯泡分担的电压最小UL小=IminRL=0.3A×5Ω=1.5V，滑动变阻器两端的最大电压：U滑max=U﹣UL小=4.5V﹣1.5V=3V，即电压表最大示数，电压表的示数范围为2V～3V，故C错误；此时滑动变阻器的最大阻值Rmax===10Ω，所以滑动变阻器的范围是4Ω～10Ω，故D正确故应选BD。
欧姆定律的应用；电功率与电压、电流的关系
1．【2017?黄石卷】关于安全常识，下列说法中不正确的是（）
A．遇到或发现有人触电时，我们应该立即用手将触电者拉离电线
B．车辆快速行驶时司乘人员须系好安全带，可以大大减少因惯性引起的意外伤害
C．在火车站或地铁站，乘客必须站在安全警戒线之外文明候车
D．在山区旅游遇到雷雨时，躲入车厢最安全，但进入车厢时不要接触车厢金属部分
【答案】
【解析】
有人触电时，用干燥的竹竿或木棍将人与火线挑开，或先切断电源，再实行施救措施，故A错误；任何物体都有惯性，惯性就是物体保持原来的运动状态的性质，汽车高速行驶时，里面的人和车一样速度都很大，一旦出现危险情况，紧急刹车时，车在摩擦力的作用下减速停住，而人由于惯性继续向前运动，人很可能从离开座位撞在车窗玻璃上，造成严重的伤害，所以把人绑在车座上，可以减小对人的伤害，故B正确；列车开来，人和列车间的空气流速增大，压强减小，外侧的空气流速不变，压强不变，所以人受到的外侧压强大于人和列车间的压强，容易把人推向列车，发生事故，故C正确；在山区旅游遇到雷雨时，躲入车厢最安全，金属制作的车厢能避雷，由于车厢是导体，故进入车厢时不要接触车厢金属部分，故D正确故选A
【考点定位】安全用电原则
．【2017?衡阳卷】
【答案】D
【解析】
A雷雨天在树下避雨有可能发生被雷击事故；B用手指触碰插座的插孔，如果是火线孔会发生触电事故；C用湿抹布擦发光的灯泡，由于湿抹布是导体，有可能发生触电事故；D金属外壳接地，防止触电事故发生；故应选D。
【考点】安全用电
23．【2017?宜昌卷】下列行为符合安全用电原则的是（）
A．更换灯泡时必须以先断开开关
B．在同一插线板上接多个大功率电器
C．没有三孔插座时，把三角插头接地脚掰断使用
D．空气开关“跳闸”后，立即重新合上
【答案】
【解析】
不断开开关，直接更换不亮的电灯泡，由于灯泡上带电，容易引起触电事故，所以更换灯泡时先断开开关，故A正确；多个大功率用电器的电源插头插在同一插线板上同时工作，总功率过大，是造成家庭电路电流过大的原因之一，故B错误；如果家用电器内部火线绝缘皮破损或失去绝缘性能，致使火线与外壳接通，外壳就带电，人体接触外壳等于接触火线，就会发生触电事故；如果把外壳用导线接地，即使外壳带了电，电流也会从接地导线流走，人体接触外壳就没有危险，故不能把三角插头接地脚掰断使用，故C错误；因为电路有短路或漏电现象，空气开关才跳闸，所以应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位，故D错误故应选A。
安全用电原则
．【2017?无锡卷】下列做法不符合安全用电原则的是（）
A．可用铜丝代替熔丝
B．电冰箱的金属外壳应该接地线
C．控制电灯的开关必须接在火线上
D．使用测电笔时，手要接触笔尾金属电极
【答案】
【解析】
当电路电流过大时，保险丝容易熔断而保护电路，如果用铜丝代替保险丝后，就起不到保护作用了，故A不符合安全用电原则；家庭电路安装漏电保护器、用电器使用三线插头都是为了防止漏电而采取的安全措施，故B符合安全用电原则；开关接在火线上，更换灯泡时才能更安全，故C符合安全用电原则；使用测电笔时，手要与笔尾金属体接触，故D符合安全用电原则故应选A。
安全用电原则
．【2017?衡阳卷】
A．．．．．【2017?衡阳卷】
A．．．．；B当电压表为2V时，电流为0.2A，可求出此时电功率；C将电阻拉长后，电阻的阻值变大，相同电流情况下分压会变大，所以更加靠近电压轴（纵坐标轴），在Ⅰ区；D滑片P左移，总电阻变小，电流变大，电源电压不变，根据可知，总功率变大；故应选ABC。
【考点】电阻的测量、欧姆定律、电功率
二、填空题
1．【2017?威海卷】炎炎夏日，同时使用过多的大功率用电器往往会引起空气开关“跳闸”，其原因是，请写出一条安全用电的注意事项．
【答案】总功率过大；不要同时使用大功率用电器
根据I=可知，在电压一定时，大量的用电器同时使用会使电路的总功率过大，干路总电流过大，引起空气开关“跳闸”安全用电的注意事项：不要同时使用大功率用电器（不要用湿手碰开关、有金属外壳的用电器要使用三脚插头等）
【考点定位】家庭电路电流过大的原因
．【2017?威海卷】一个标有“220V1200W”的电热水壶．要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是s．（水的比热容为4.2×103J/（kg?℃）
【答案】6.72×105J；560
在标准大气压下，水的沸点为100℃，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg?℃）×2kg×=6.72×105J；因为电热水壶正常工作，所以P=P额=1200W，不计热损失，Q吸=W=Pt，所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：t===560s
【考点定位】电功与热量的综合计算
．【2017?威海卷】如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡L的规格为”6V3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为Ω，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是W．
【答案】12；24W～36
当S1、S2都断开时，R1与L串联，灯正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=UI可得，电路中的电流：I=IL===0.5A，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﹣UL=12V﹣6V=6V，由I=可得，R1的阻值：R1===12Ω；当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，因电流表的量程为0～3A，所以，电路中的最大电流为3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，整个电路的最大电功率：P大=UI大=12V×3A=36W；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，因并联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的总电阻：R===6Ω，电路消耗的最小总功率：P小===24W，所以，整个电路电功率的变化范围是24W～36W。
电功率的计算；欧姆定律的应用
.【2017?东营卷】通常情况下，家庭电路中各个用电器的通断，不应该影响其他用电器的通断，所以用电器应该 （选填“串联”或“并联”）后接在电路中，控制用电器的开关要连接在 （选填“火线”或“零线”）和用电器之间。
家庭电路中各个用电器的通断，不应该影响其他用电器的通断，所以用电器应该并联后接在电路中，控制用电器的开关要连接在火线和用电器之间。、【2017?成都卷】某款迷你电饭煲有加热或保温两档。其电路如图10所示。已知R1=88Ω，R2=2112Ω。
开关S置于 （选填“1”或“2”）时是保温档，保温10min产生的热量是 J。
【答案】2，13200J。
【解析】
由P=U2/R可知：当电压U=220V不变时，电阻越大，电功率越小，在相同时间内产生的热量越小，故开关S置于2时是保温档，则t=10min=600s，产生的热量是。
【考点定位】电热器热量的计算。
．如图所示，电熨斗利用电流的效应工作，发光二极管具有单向导电性，它是利用材料制成的．
【答案】热；半导体
电熨斗工作时，电能转化为内能，电熨斗是利用电流热效应工作的；发光二极管的主要材料是半导体
【考点定位】电流的热效应、化学效应和磁效应；半导体的特点
．图为一电热饮水机的电路简图，其额定电压为220V，具有“加热”、“保温”两种功能，对应功率分别为400W和40W．当开关S1、S2均闭合，饮水机处于（选填“保温”或“加热”）状态，R1的组值为Ω；用饮水机给2kg的水加热，当水温升高50，水吸收的热量为J．[c水=4.2×103J/（kg?）]．
【答案】加热；121；4.2×105
当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P=UI=可知，电路的总功率最大，饮水机处于加热档，则R1的阻值：R1===121Ω；水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?）×2kg×50=4.2×105J。
【考点定位】电功率与电压、电流的关系；热量的计算
．【2017?襄阳卷】如果通过某定值电阻的电流从1A升高到2A，加在该电阻两端的电压变化了5V，则该电阻消耗的电功率变化了W．
【答案】15
【解析】
某定值电阻的电流从1A升高到2A，由U=IR可知，定值电阻两端的电压也增大了，结合题意可知，该电阻两端的电压增大了5V；设定值电阻的阻值为R，原来电压U，后来电压为U′=U+5V，由欧姆定律可得，原来通过电阻的电流：I=，即1A=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣，电压升高后的电流：I′=，即2A=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣，由解得：R=5Ω，U=5V，U′=U+5V=5V+5V=10V，所以该电阻消耗的电功率变化了：△P=P′﹣P=U′I′﹣UI=10V×2A﹣5V×1A=15W
【考点定位】电功率的计算
．【2017?郴州卷】如图甲所示，把标有“6V3W“的灯泡L和滑动变阻器R串联接入恒定电压为9V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；当电路中电流为0.4A时，L的实际功率是W．
【答案】6；1.6
【解析】
（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=可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：[R====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。
【考点定位】欧姆定律；电功率
1．【2017?襄阳卷】将图中的灯泡和控制灯泡的开关正确接入电路．
【答案】
【解析】
火线先和开关相连，开关再与灯泡相连，灯泡的另一根线接在零线上如图所示
【考点定位】家庭电路的连接
．图中虚线框内是一台灯旋钮开关的内部电路简图，通过它可控制台灯的通断和亮度．请将电路图连接完整，使其符合安全用电的原则．
【答案】
【解析】
据上面的分析可知，用电器的开关应该接到火线和用电器之间，即据体的接法是：火线首先过开关，再用电器，回到零线上，
【考点定位】家庭电路的连接
．【2017?襄阳卷】我市中考实验操作考试时，实验员为“测量小灯泡的额定电功率”实验准备了以下器材：额定电压为2.5V的小灯泡（正常发光时电阻约为10Ω）、规格为“12Ω1A”的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干．
（1）图甲中有一根导线的连接是错误的，请你在错误的导线上打“×”；
（2）闭合开关前，应将滑片P移到最（填“左”或“右”）端；
（3）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，出现这种现象的原因是；
（4）解决上述问题后，移动滑片使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是W；
（5）测出小灯泡的额定功率后，同学们又把灯泡两端的电压调为额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮助分析出这种现象的原因是．
【答案】（1）如所示；（2）右；（3）变阻器的最大阻值过小；（4）0.6；（5）灯的电阻随温度的降低而减小
【解析】
（1）原电路中，灯短路了是错误的，如改正（2）闭合开关前，应将滑片P移到阻值最大处即最右端；（3）根据串联电路电压的规律，当电压表示数为2.5V时，变阻器分得的电压U滑=6V﹣2.5V=3.5V，变阻器的电压是电阻电压的倍，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻：R滑=1.4×10Ω=14Ω＞12Ω故闭合开关后，无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2.5V，出现这种现象的原因是变阻器的最大阻值过小；（4）解决上述问题后，移动滑片使电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，则小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5×0.24A=0.6W；（5）当灯泡两端的电压调为额定电压的一半时，通过灯的电流也减小了，根据P=UI灯的功率减小，灯丝的温度降低，因灯的电阻随温度的降低而减小，根据P=，故发现测得的实际功率不等于其额定功率的
【考点定位】电功率的测量；影响电阻大小的因素
．【2017?黔西南卷】在“测量小灯泡的电功率”的实验中，提供的器材有：额定电压为3.8V的小灯泡、“10Ω1A”的滑动变阻器、四节新干电池等。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的电阻最大。
（2）闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数如图乙所示，为测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向端移动，直至电压表的示数为3.8V，此时电流表示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是W。
（3）实验过程中，小灯泡突然不亮，两电表均无示数。为了查找故障，小明将电压表拆下，在开关闭合状态下，分别将电压表接在电源、滑动变阻器及开关两端，结果只有接在滑动变阻器两端时，电压表无示数，则出现故障的原因可能是。
【答案】（1）如图所示：
（2）右，1.14W。（3）电流表断路。
【解析】
（1）图中，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的电阻最大，滑片P在左端，故下面接右端，电压表选择0—15V量程，电路连接如图。（2）闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数如图乙所示，电压小于3.8V，为测量小灯泡的额定功率，应使通过电路中的电流变大，将滑片P向右端移动，直至电压表的示数为U=3.8V，此时电流表示数I=0.3A，则小灯泡的额定功率是P=UI=3.8V×0.3A=1.14W。（3）实验过程中，小灯泡突然不亮，两电表均无示数，说明电路除灯泡部分外发生了开路，在开关闭合状态下，分别将电压表接在电源、滑动变阻器及开关两端，结果只有接在滑动变阻器两端时，电压表无示数，则出现故障的原因可能是电流表断路。
【考点定位】“测量小灯泡的电功率”的实验探究过程。
．小芳到实验室做“测量小灯泡额定功率”的实验时，老师只给她提供了如下器材：标有“2.5V”的小灯泡、电源、滑动变阻器、开关、两个电压表（没有电流表）、阻值为10Ω的定值电阻R0、导线若干．她根据所给定的器材经过认真思考后设计了正确的实验电路，如图甲是该电路的不完整电路图．
（1）请你将图甲中电路图补充完整．
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器调至阻值的位置．
（3）闭合开关后，为了测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器，使电压表V1的示数为V，此时电压表V2的示数如图乙所示，是V．
（4）小灯泡的额定功率为W．
（5）她还进一步设计出了只有电流表没有电压表解决这个问题的方法，其电路如图丙所示，R0=10Ω，并认为关键的一步是必须调节滑动变阻器，使电流表A2的示数为A时，再读出电流表A1的示数，才能计算小灯泡的额定功率．
【答案】（1）如图所示；（2）最大；（3）2.5；2.4；（4）0.6；（5）0.25
【考点定位】电功率的测量
．【2017?威海卷】根据下列两个实验，回答相关问题：
（1）电流做功的过程是把电能转化为其他形式能的过程，一般情况下电流做功的多少我们无法直接观察出．小明同学为了“探究影响电流做功的因素”，设计了如图1所示的实验，通过此实验可以较形象的比较出电流做功的多少．该实验是通过观察比较电流在不同情况下做功多少的，此过程中是把电能转化为能；将滑动变阻器的滑片P向左调节时，电流表和电压表的示数都变大，相同时间内物体被吊起的度度也变大了，这说明．
（2）实际生活中，用电器接通电源后，都伴有热量的产生，小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图2所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气并与U形管紧密相连，实验前U形管两端液面相平，将1、2和3、4导线分别接到电源两端．
在实验过程中，通过观察U形管中的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少：图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与的关系，图乙所示的装置是用来研究通过电阻丝产生的热量与的关系，综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是．
【答案】（1）物体被提升的高度；机械；物体被提升的高度；当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，电流做功越多；（2）液面高度；电阻大小；电流大小；电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．
（1）图1所示的实验是通过观察物体被提升的高度来比较电流在不同情况下做功多少的；由W=UIt可知，当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，物体被吊起的高度也越大，说明电能转化为物体的机械能越大，即电流做功越多（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法；如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电阻的关系；通过一段时间后，b容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量较多；图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，由串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端电阻的电流相等，即I右=I左；两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I左=I内+I外，所以，I左＞I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电流的关系；通过一段时间，c容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量多；综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是：电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多
【考点定位】电功的测量；焦耳定律
．【2017?山西卷】小明同学在“测量小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，电源为两节新干电池，滑动变阻器标有：“20Ω1A”字样．
（1）实验电路如图甲所示，但电路连接不完整，请你用笔画线代替导线，完成电路．
（2）小明将电路连好后，闭合开关，发现小灯泡发光很微弱，电流表、电压表均有示数，左右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡亮度和两表示数均不变，其原因可能是．
（3）改正电路后，小明同学调节滑动变阻器观察到电压表示数为2V，为使小灯泡两端电压达到额定电压，应将滑动变阻器的滑片P向（选填“左”或“右”）调节．当小灯泡正常发光时，电流表示数如乙所示，该小灯泡的额定电功率为W．
（4）小明依次测出了六组实验数据，如表所示．请你根据表中数据在图丙所示的坐标纸上作出小灯泡的I﹣U图象．
电压U/V 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 2.9 电流I/A 0.10 0.16 0.20 0.22 0.26 电功率P/W 亮度变化 暗→亮 （5）通过计算分析以上数据，你还有什么新的发现：．（写出一条即可）
【答案】（1）如图；（2）滑动变阻器下面两接线柱接入电路；（3）右；0.6；（4）如图右所示；（5）小灯泡两端的实际电压越高，小灯泡的电功率越大，灯泡的发光越亮
【解析】
（1）由图表可知，电流表的量程应选“0～0.6A”，滑动变阻器“一上一下”连接，如图所示（2）闭合开关，发现小灯泡发光暗淡，电流表和电压表均有示数，说明此时电路中的电阻很大，造成电流较小，任意移动滑动变阻器的滑片，电流表和电压表示数均不变，则说明滑动变阻器接入了下面两个接线柱，相当于定值电阻，且阻值等于滑动变阻器的最大电阻；（3）由图乙可知，电压表示数是2V，小于灯泡额定电压，由电路图甲可知，应向右移动滑片，使滑动变阻器接入电路的阻值减小，灯泡两端电压增大，直到电压表示数等于灯泡额定电压2.5V为止；由乙图知电流表使用0﹣0.6A量程，分度值0.02A，所以灯泡的额定电流为0.24A；由电功率公式P=UI可以求得，灯泡额定功率P=UI=2.5V×0.24A=0.6W；（4）由表格中的数据，利用描点法做出图象，如图右所示；（5）由P=UI可得，P1=U1I1=0.5V×0.1A=0.05W，P2=U2I2=1.0V×0.16A=0.16W，P3=U3I3=1.5V×0.20A=0.3W，P4=U4I4=2.0V×0.22A=0.44W，P5=U5I5=2.5V×0.24A=0.6W，P6=U6I6=2.9V×0.26A=0.754W；通过计算分析以上数据，你还有什么新的发现：小灯泡两端的实际电压越高，小灯泡的电功率越大，灯泡的发光越亮。
【考点定位】电功率的测量
.【2017?菏泽卷】小美在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选用的器材如下：二节干电池，一个电流表，一个电压表，一个滑动变阻器，额定电压为2.5V的小灯泡，开关，导线若干。设计的电路图如甲图所示。
请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路连接完整。
开关闭合前，使滑片变阻器的滑片处于最______________端（填“左”或“右”）。
根据小美记录的数据信息，要让小灯泡正常发光，电压表的示数应是_____________V。
电路中电流表及导线的电阻都很小，对电路的影响忽略不计，且小美所测量的数据准确无误，通过对实验记录中的数据计算分析，你发现的新问题是：_____________________。导致此问题产生的根本原因是：___________________________。
【答案】（1）
（2）右（3）2.5V（4）通过灯泡的电流与电压不成正比，灯泡的电阻随温度变化
【解析】
（1）滑动变阻器接线柱采取“一上一下”的方式，串联在电路中，连图见答案。
（2）开关闭合前，使滑片变阻器的滑片置于阻值最大位置，处于最右端。
（3）当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光。
（4）通过灯泡的电流与电压不成正比，导致此问题产生的根本原因是：灯泡的电阻随温度变化。
考点：测量小灯泡的电功率
【2017?东营卷】物理兴趣小组在做“测量小灯泡的电阻”实验时，准备了以下器材：小灯泡（额定电压为2.5V）、电流表(0～0.6A0～3A)、电压表(0～3V0～15V)、开关、两节干电池、滑动变阻器、导线若干。下图为该小组连接的实物图。
（1）请指出实物图连接的两处错误。
②
（2）正确连接电路后，闭合开关，当滑动变阻器的滑片置于某位置时，电流表和电压表的示数如下图所示，电流表示数为_A，则小灯泡电阻为 Ω。（计算结果保留一位小数）
（3）改变滑动变阻器滑片的位置，记录下不同时刻的电压值和电流值，并计算出小灯泡在不同电压下的电阻值，数据处理表格如下所示，其中有一处是不恰当的,这一处是 ，原因是 。
电压/V 电流/I 电阻/Ω 平均电阻/Ω 1 1.0 0.17 5.9 7.7 2 1.4 0.18 7.8 3 1.8 0.22 8.2 4 2.0 0.23 8.7
（4）该小组又利用这个电路测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器滑片使电压表示数为 V，若此时电流表示数为0.25A，则小灯泡的额定功率为 W。
1）电流表正负接线柱接错，滑动变阻器接线柱接错误。（2）0.24，9.6。（3）计算小灯泡电阻的平均值，小灯泡电阻受温度影响会发生变化，不能用求平均值的方法确定电阻值。（4）2.5， 0.625。科则小灯泡电阻为Ω。（3）小灯泡电阻受温度影响会发生变化，两端电压改变时，其阻值也发生变化，故计算小灯泡电阻时，不能用求平均值的方法确定电阻值。（4）该小组又利用这个电路测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器滑片使电压表示数为V，若此时电流表示数为0.25A，则小灯泡的额定功率为测量小灯泡的电阻实验室购买了一批规格为2.5V0.75W”的小灯泡，某同学在利用其中一只小灯泡做测量电功率的实验时，得到了如下组数据。
（1）分析这数据，你认为该小灯泡____（填“是”或“否”）合格，原因是_____。
（2）假如生产这种小灯泡钨丝的粗细是一定的，则这个小灯泡内钨丝的长度与合格产品相比是______（填“长了”或“短了”）。用这只小灯泡做实验时，容易出现的故障是______。
【答案】
考点：电功率的计算；影响电阻大小的因素；额定功率；实际功率
11．【2017?衡阳卷】
（1）请你在图甲中用笔画线代替导线讲电路补充完整，要求：滑动变阻器连入电路的阻值最大，导线不允许交叉；
（2）正确连接好电路后，闭合开关S，移动滑动变阻器P，小灯泡始终不发光，电压表有明显示数，电流表无示数，导致这种情况出现的可能原因是小灯泡（选填“短路”或“断路”）；
（3）排除故障后，调节滑动变阻器，使电压表示数达到额定电压时，电流表指针的位置如图乙所示，则通过小灯泡的电流是A，小灯泡的额定功率是W；
（4）利用测出的几组数据，算出小灯泡的电阻，发现小灯泡的电阻有较明显的变化，说明灯丝的电阻与有关。
【答案】（1）如下图所示；（2）断路（3）0.240.6（4）温度
【解析】
（1）补充线路开关要在干路，所以一根导线应该连在电压表“-”接线柱和灯泡的左接线柱，另外一根导线在正极和滑动变阻器之间，根据滑动变阻器连线原则要求“一上一下”，要求阻值最大，即下接线柱远离滑片，所以导线一端接在滑动变阻器的左下接线柱，另一端接在电源的正极；（2）灯泡不发光，并且电流表无示数则说明电路中出现断路，而电压表有示数并且示数比较大，说明电压表两端到电源这一段导通没有断路，则与电压表并联的小灯泡断路；（3）根据甲图可知电流表连接小量程，所以读小量程读数，分度值为0.02A读数为0.24A，功率；（4）电压越高时候，功率越大，发热越多，温度越高，所以是温度对导体电阻的影响，导体电阻与电压和电流没关系；
【考点】测量小灯泡电功率、电路故障分析、影响导体电阻的因素
12．【2017?无锡卷】小明和小华测量定额电压为2.5V的小灯泡的额定功率
（1）图甲是他们连接的部分电路请用笔画线代替导线将电路连接完整．
闭合开关前，应将滑动变阻器处在最（填写“左”或“右”）端．
闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，另一端触碰接线柱A、B、C，当发现只有触碰接线柱C时，灯泡才发光，若电路中只有一处故障，且各器材，导线均完好，则电路故障可能是．
排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器，当电压表为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为W．
（2）小明和小华观察电流表和电压表均标有电阻值，请教老师后得知这是电表的电阻，为了在接好的图甲中较准确的测量出小灯泡的电功率，他们对电压表的负接线柱应该接在C处还是D处进行了探究，他们将开关闭合，移动滑动变阻器的滑片使灯泡发光，不添加器材，请你说出接下来的操作及判断方法．
操作；
如何判断：；．
（3）小明和小华重新设计了一种测量小灯泡额定功率的电路，如图丙所示，电源电压保持3.5V不变，R0为阻值为10Ω的定值电阻，连接好电路后进行如下操作：
（1）断开开关S2，闭合开关S和、S1，移动滑动变阻器滑片P，使电压表示数为2.5V；
（2）保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S1，闭合开关S、S2，读出电压表示数为2.6V；
小灯泡的额电功率为W（计算结果保留两位小数）．【答案】（1）如下图所示；左；变阻器断路；0.75；（2）分别将电压表的负接线柱接在C处和D处，分别记下电压表的示数和电流表的示数UC、IC，UD、ID滑片，比较与的大小；若＞，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接D处；若＜，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接C；（3）0.72
（1）因灯的电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，如图所示闭合开关前，应将滑动变阻器处在阻值最大处即最左端闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，当发现只有触碰接线柱C时，灯泡才发光，说明电源负极与C间发生断路，若电路中只有一处故障，则电路故障可能是变阻器断路；移动滑动变阻器，当电压表为2.5V时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W（2）在（1）图中，分别将电压表的负接线柱接在C处和D处，分别记下电压表的示数和电流表的示数UC、IC，UD、ID滑片，接到C时，电流表测量的电流大小等于通过灯的电流，而电压表测灯与电流表串联的电压；接到D时，电压表测灯的电压是准确的，而电流表测通过电压表与灯的总电流；若＞，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接D处；若＜，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接C；（3）在上面的第2次操作中，保持持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S1，闭合开关S、S2，读出电压表示数为2.6V；此时定值电阻与变阻器串联，根据串联电路的电压规律，变阻器的电压U滑=3.5V﹣2.6V=0.9V，根据分压原理，，即，R滑=Ω；故在第1次操作中，由串联电路的规律和欧姆定律，通过变阻器的电流即灯的额定电流：IL==A；故灯的额定功率：PL=ULIL=2.5V×A≈0.72W
【考点定位】电功率的测量
1．【2017?黔西南卷】如图所示，电源电压恒定不变，R1的阻值为12Ω，小灯泡L上标有“6V3W”字样，小灯泡电阻不随温度改变。若闭合S1、S2，断开S3，小灯泡刚好正常发光，此时电压表的示数为3V，那么：
（1）小灯泡L的电阻为多大？
（2）电源电压为多少？
（3）R2阻值为多大？
（4）若闭合S1、S3，断开S2，并移动滑动变阻器R的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻为多大时，电路的总功率最大，这个最大的功率等于多少？
【答案】（1）12Ω。（2）9V。（3）15Ω。（4）6.75W。
【解析】
【考点定位】电路的综合分析与计算。
已知A灯标着“6V3W”B灯标着“6V6W”，滑动变阻器R规格50Ω2A”。A灯和B灯中电流随两端电压变化关系的图象如图甲所示。
（1）将A、B两灯并联接在6V电源两端，求30min内电路消耗的电能（2）将A、B两灯串联接在某电源两端，使A灯恰好正常发光，求此时B灯电阻（3）将A灯与滑动变阻器R串联接在12V电源两端，如图乙所示。调节滑动变阻器，当滑动变阻器的功率是A灯功率的2倍时，求滑动变阻器的功率【答案】4Ω；（3）3.2W
【解析】
W/t可得，30min内电路消耗的电能：W=Pt=9W×30×60s=16200J；
（2）当A灯正常发光，I=0.5A时，由图知IB=I=0.5A，UB=2V，此时B灯电阻RB=UB/I=2V/0.5A=4Ω；
（3）当A与滑动变阻器串联接在6V电源两端时，两者电流相等，当滑动变阻器的功率是A灯功率的2倍时，由P=UI可知，变阻器的电压为A灯电压的2倍，即U变=2UA，
根据串联电路的电压特点可知，电源电压U=U变+UA=2UA+UA=3UA，
所以此时A灯两端的电压：UA=U/3=12V/3=4V，
由图甲可知，此时A灯的电流（即串联电路的电流）：I=IA=0.4A，
变阻器两端的电压：U变=2UA=2×4V=8V，
此时滑动变阻器的功率：P变=U变I=8V×0.4A=3.2W
考点：欧姆定律的应用；电功的计算；电功率的计算
3、【2017?江西卷】如图17所示，是某家用电热水壶内部的电路简化结构图，其中R1、R2为阻值相同的电热丝，有甲、乙、丙、丁四种不同的连接方式。该电热水壶有高温、中温、低温三档，中温档的额定功率为500W。求：
（1）电热水壶调至中温档正常加热，将2kg温度为30℃的水烧开（标准大气压下）需要20min,水所吸收的热量及电热水壶的效率；
（2）电热水壶高温档的额定功率；
（3）若某次电热水壶用高温档加热0.1h，耗电0.09KW·h,通过计算判断此时电热水壶是否正常工作？
【答案】（1）5.88×105J，98%；（2）1000W；（3）电热水壶非正常工作。
【解析】
【考点定位】家庭电路的相关计算与分析。
4.【2017?菏泽卷】LED灯发光的颜色与两端的电压之间的关系如表所示。小美用一个的电阻与LED灯串联，接在电压为6V的电源上，成功的让LED灯发出了蓝光，如图所示。
问：（1）定值电阻两端的电压是多少？
（2）通过定值电阻的电流是多少？
（3）LED灯的实际功率是多少？
（4）LED灯工作1小时，消耗的电能是多少？
（5）小美通过电阻与LED灯串联，实现了LED灯发蓝光。请你在不使用电阻的情况下，设计一个让LED灯发出蓝光的方法。
【答案】（1）3V（2）0.02A（3）0.06W（4）216J（5）换用电压为3V的电源
【解析】
解：（1）已知电阻R1与LED灯串联，由表可知，LED灯发出蓝光，则其两端电压UL=3V，
根据串联电路电压关系可得，定值电阻R1两端的电压U1=U-UL=6V-3V=3V。
（2）根据欧姆定律可得，通过定值电阻R1的电流
（3）LED灯的实际功率P=UI=3V×0.02A=0.06W
（4）LED灯工作1小时，消耗的电能是W=Pt=0.06W×3600s=216J.
(5)不使用电阻的情况下，换用电压为3V的电源，可以让LED灯发出蓝光。
考点：串联电路的电压关系欧姆定律电功率电能
、【2017?成都卷】如图13所示，定值电阻R0=10Ω?，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω?，灯泡L上标有“3V，0.6W”的字样。只闭合开关S、S1，并把R的滑片移到最右端，电流表的示数为0.1A。
（1）电源电压为多少？（2）若三个开关都闭合，R的滑片移到最左端，此时电路的总功率为多少？
【答案】
【考点定位】
6．如图甲是一种恒温调奶器，可以自动调试好加水的奶粉，然后加热到最适合宝宝饮用的温度40，还可以自动保温，特别适合夜间使用．图乙是机器的参数表及电路简图（R1、R2为电热丝，S为双触点自动开关）．求：
（1）调奶器处于保温状态时的工作电流（结果保留两位小数）？
（2）电阻R2的阻值？
（3）若把200g调好的奶粉从20加热到40所用时间为32s，则调好的奶粉的比热容是多少（不计热损失）？
【答案】（1）0.07A；（2）100Ω；（3）4×103J/（kg?）
（1）由P=UI可得，调奶器处于保温状态时的工作电流：I==≈0.07A；（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；[当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，R2的电功率：P2=P加热﹣P保温=500W﹣16W=484W，由P=可得，电阻R2的阻值：R2===100Ω；（3）由P=可得，调奶器消耗的电能：W=P加热t′=500W×32s=16000J，不计热损失，调好奶粉吸收的热量：Q吸=W=16000J，由Q吸=cm（t﹣t0）可得，调好奶粉的比热容：c===4×103J/（kg?）
【考点定位】电功与热量的综合计算
．有一台电动起重机，电动机的电功率是2.5×103W，它在30秒内将质量为1.5t的大石头沿竖直方向匀速提升2m．
（1）大石头的重力是多少N？（g取10N/kg）
（2）起重机提升大石头消耗的电能是多少？
（3）起重机提升大石头的效率是多少？
（4）写出一条提高起重机效率的合理建议：．
【答案】（1）1.5×104N；（2）7.5×104J；（3）40%（4）改进起重机结构，减小动滑轮重力
重力的计算；能量利用效率；电功的计算
．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“6V3W”，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，小灯泡的阻值是否恒定（选填“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？
【答案】（1）不恒定；灯丝电阻随温度改变而改变；（2）0.5A；（3）0.5W；（4）12V
（1）根据小灯泡的I﹣U图象判断，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===0.5A；（3）有图象知，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=可得，U=U灯+I1R1，P在B点时，U灯′=2V，U=U灯′+I2R2，且R2=2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣，由图象可得，I1=0.4A，I2=0.25A，代入数据，U=4V+0.4R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣，U=2V+0.25R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣，4V+0.4R1=2V+0.25×2R1，解得，R1=20Ω，R2=40Ω，代入得，U=12V
【考点定位】电功率与电压、电流的关系；实际功率
．【2017?襄阳卷】如图所示，电源电压恒定，R为定值电阻，灯泡L标有“6V6W”的字样，滑动变阻器R''最大阻值为36Ω．闭合开关S．当滑片P移到最右端时，电流表的示数为1A；当滑片P移到最左端时，电流表的示数为0.2A．（不考虑灯丝电阻变化）
（1）该电路是联电路，灯泡L的电阻是Ω．
（2）电源电压是多少？定值电阻R的阻值是多少？
（3）移动滑片P，当滑动变阻器消耗的电功率为W时，滑动变阻器接入电路的阻值是多少？
【答案】（1）串；6；（2）9V；3Ω；（3）27Ω或3Ω
【解析】
（1）由电路图可知，该电路是串联电路，电流表测量电路中的电流，灯泡L标有“6V6W”表示灯的额定电压为6V，额定功率为6W，则灯泡L的电阻：RL==6Ω；（2）当滑片P移到最右端时，变阻器连入电路中的电阻为0，灯L与电阻R串联，电流表的示数为I1=1A，根据电阻的串联可得总电阻：R总1=RL+R=6Ω+R；当滑片P移到最左端时，变阻器R′、灯L和电阻R串联，此时电流表的示数为I2=0.2A，此时的总电阻：R总2=R′+RL+R=36Ω+6Ω+R=42Ω+R，因电源电压不变，所以电路中的电流与总电阻成反比，则有：=，即=，解得R=3Ω；则电源电压：U=I1R总1=1A×（6Ω+3Ω）=9V；（3）移动滑片P，设当变阻器的电压为U′时，滑动变阻器消耗的电功率为W，根据串联电路电压的规律，灯与R的电压ULR=U﹣U′，由欧姆定律和电阻的串联可得，通过灯与R的电流：I=，根据串联电路电流规律，通过变阻器的电流：I滑=I=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣，根据P=UI可得，变阻器消耗的电功率为：W=U′I﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣，将代入解得：U′=6.75V或U′=2.25V，根据P=可得U=，所以有：6.75V=或2.25V=，分别解之R滑=27Ω或R滑=3Ω（因当滑片P移到最右端时，电流表的示数为1A，不超过灯的额定电流，故两个电阻均符合题意）
【考点定位】欧姆定律的应用；电功率的计算
．【2017?宜昌卷】某种规格的白炽灯泡的铭牌上印着“220V40W”，其灯丝电流随电压变化图象如图所示．
（1）这种白炽灯正常工作时，灯丝的电阻是多少？
（2）取两只该规格的白炽灯串联起来，接到220V的电源上，两灯总的实际电功率是多少？两灯工作2h共消耗多少度电？
（3）取一只该规格的白炽灯接到12V学生电源上，电路连接及灯泡均完好，闭合开关后白炽灯并不发光，请你判断此时白炽灯是否消耗电能？如果消耗，说明能量转化的情况；如果不消耗，说明理由．
【答案】（1）1210Ω；（2）30.8W，0.0616度电；（3）白炽灯消耗电能，消耗的电能转化为内能
（1）由P=UI=可得，白炽灯正常工作时灯丝的电阻：RL===1210Ω；（2）取两只该规格的白炽灯串联起来接到220V的电源上时，它们分得的电压相等，即UL′===110V，由图象可知，电路中的电流I=0.14A，则两灯总的实际电功率P=UI=220V×0.14A=30.8W=0.0308kW，由P=可得，两灯工作2h共消耗的电能：W=Pt=0.0308kW×2h=0.0616kW?h=0.0616度；（3）白炽灯接到12V学生电源上时，电路是通路，根据W=UIt可知，白炽灯消耗电能，消耗的电能转化为内能。
电功率的计算；电功的计算
．【2017?郴州卷】用四个相同的灯泡L1、L2、L3、L4和定值电阻R1、R2，组成如图所示两个电路．图中U甲=12V，U乙=6V．闭合开关，四个灯泡均正常发光．求：
（1）通过L1和L2的电流之比为；（此项只需填写结果即可）
（2）甲、乙两电路的总功率之比；
（3）定值电阻R1、R2的阻值之比．
【答案】（1）1：1；（2）1：1．（3）4：1．
【解析】
（1）串联电路电流处处相等，故通过L1和L2的电流之比为1：1；（2）用四个相同的灯泡，均正常发光．小灯泡的额定电流为I，甲图灯泡串联所以：I甲=I，乙图并联，所以：I乙=2I，因为P甲=U甲I，P乙=U乙2I，所以；（3）小灯泡的额定功率为PL，R1、R2的额定功率为P1、P2，所以P甲=2PL+P1，P乙=2PL+P2，因为P甲=P乙，所以P1=P2，又因为P1=I2R1，P2=（2I）2R2，所以I2R1=（2I）2R2，所以=
【考点定位】欧姆定律；电功率
．【2017?岳阳卷】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。下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91%，将1kg水从20℃加热到85℃需要多长时间；【c水=4.2103J/(kg·℃）】
（3）用电高峰期，家中只有液晶电视机和养生壶工作时，养生壶将1kg水从20℃加热到85℃，实际用时363s，通过电能表测得此过程共耗电3.726105J，此时养生壶两端的电压和通过液晶电视机的电流多大。(设养生壶的电阻和加热效率不变)。
型号 CH—M16 额定电压 220V 频率 50Hz 额定功率 1000W 容量 1.2L 【答案】（1）48.4Ω（2）300s。（3）1A
【解析】
（1）有P=UI和得，养生壶正常工作时的电阻（2）水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2103J/(kg·℃)╳1kg╳(85℃-20℃)=2.73╳105J，养生壶做总功，养生壶工作时间；（3）在用电高峰，实际电功率，实际电压为电路实际总电功率，，电养生壶的实际电功率，液晶电视机的实际电功率P=P总实—P实=1026W—826W=200W，实际电流。
【考点定位】电功的计算；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律的变形公式；电阻的并．【2017?无锡卷】下表示某型号电烤箱铭牌部分参数，其内部电路图如图所示，R1和R2均为电阻丝，电烤箱在低温档正常工作0.5h所消耗的电能是kW?h，R2的阻值是Ω．
额定电压 220V 额定功率 高温档 1100W 低温档 440W 【答案】0.22；66
电功率与电能、时间的关系；电功率的计算
．【2017?威海卷】某生态园设计了模拟日光和自动调温系烧，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω，L是标有“220V160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能．灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8×107J/m3，请解答下列问题：
（1）晚上工作时电路的总功率是多大？
（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？
【答案】（1）5000W；（2）24.2m3
（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；由串联电路的特点可知，通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，由P=I2R可得：===，由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联；由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，所以R1的功率：P1′===4840W，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1''=160W+4840W=5000W；（2）由串联电路的特点和P=可得，白天系统在保温状态时电热丝的总功率：P保温===1210W，由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：Q=W=P1′t+P保温t=（P1′+P保温）t=×10×3600s=2.178×108J，由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，由Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：V====24.2m3
【考点定位】电功率的计算；燃料的热值；电功的计算
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