2018中考物理試題分類匯編 專題28 電功率（含解析）

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1、 專題28 電功率 一．選擇題（共27小題） 1．（2018?北京）有兩個額定電壓相同的電熱水壺甲和乙，甲的額定功率為1800W，乙的額定功率為1200W．兩個電熱水壺都正常工作時，下列說法中正確的是（　?。? A．甲電熱水壺兩端的電壓較高 B．電流通過甲電熱水壺做功較快 C．通過兩個電熱水壺的電流相等 D．相同時間內(nèi)，兩個電熱水壺消耗的電能一樣多 【分析】額定電壓是指用電器正常工作是的電壓；電功率是表示電流做功快慢的物理量；根據(jù)P=UI和W=Pt來作出分析和解答。 【解答】解： A、兩電熱水壺的額定電壓相同，且都正常工作，所以它們兩端的電壓相等，故A錯誤； B、甲的額

2、定功率大于乙的額定功率，且都正常工作，根據(jù)電功率的物理意義可知，電流通過甲電熱水壺做功較快，故B正確； C、兩個電熱水壺都正常工作時，甲的額定功率大，根據(jù)P=UI可知，通過甲的電流大，故C錯誤； D、兩個電熱水壺都正常工作時，通電時間相同，甲的額定功率大，根據(jù)W=Pt可知，甲消耗的電能多，故D錯誤。 故選：B。 　 2．（2018?邵陽）將規(guī)格都是“220V 180W”的一臺電冰箱、一臺電腦和一床電熱毯，分別接入同一家庭電路中，若通電時間相同，則下列說法正確的是（　?。? A．電冰箱產(chǎn)生的熱量最多 B．電腦產(chǎn)生的熱量最多 C．電熱毯產(chǎn)生的熱量最多 D．三者產(chǎn)生的熱量一樣多 【分析

3、】由題意知，三種用電器的額定電壓都是220V，額定功率都是180W；家庭電路電壓是220V，把這三個用電器接入家庭電路，三個用電器都正常工作，實際功率相同都等于額定功率，通電時間相同，根據(jù)W=Pt可知消耗的電能相同；通過分析三種用電器工作時的能量轉(zhuǎn)化情況，找出產(chǎn)生熱量最多的用電器。 【解答】解：因為接在家庭電路中，U=220V， 所以三種用電器的實際功率：P實=P額=180W； 又因為W=Pt，用電器工作時間t相等， 所以三種用電器消耗的電能相同， 電冰箱電工作時，主要把電能轉(zhuǎn)化為機械能，產(chǎn)生的熱量很小，電腦工作時，主要將電能轉(zhuǎn)化為光能和聲能， 電熱毯工作時電熱絲產(chǎn)生熱量，幾乎把電

4、能全部轉(zhuǎn)化為熱量，所以產(chǎn)生熱量最多的是電熱毯，故C正確。 故選：C。 　 3．（2018?宜昌）兩個定值電阻R1、R2并聯(lián)在電路中，如圖甲所示，它們的電流與其兩端的電壓關系如圖乙所示，閉合開關S，則R1，R2產(chǎn)生的熱量之比為（　　） A．2：1 B．1：2 C．4：1 D．1：4 【分析】根據(jù)圖象利用歐姆定律判定R1、R2的阻值關系；根據(jù)焦耳定律公式判定產(chǎn)生熱量的比值。 【解答】解：由圖可知，該電路為并聯(lián)電路，電壓是相同的，由圖乙可知，電壓相同，通過R1、R2的電流之比為2：1；根據(jù)I=可知，R1、R2的電阻之比為1：2； 通電時間相同，電壓相同，則根據(jù)焦耳定律公式Q=W=可

5、知，產(chǎn)生的熱量與電阻成反比，故熱量之比為2：1。 故選：A。 　 4．（2018?紹興）下列有關家庭電路的說法正確的是（　?。? A．家庭電路中的插座應與用電器串聯(lián) B．家庭電路的電壓對于人體是安全的 C．測電筆可以辨別零線與地線 D．電能表用來測量用戶消耗的電能 【分析】（1）明確家庭電路的各用電器都是并聯(lián)的；用電器與用電器之間、用電器與插座之間都是并聯(lián)的； （2）家庭電路的電壓是220V，人體安全電壓不高于36V； （3）使用測電筆可以辨別火線和零線。 （4）根據(jù)電能表的用途進行分析，即電能表是測量用戶在一定時間為消耗電能的多少。 【解答】解： A、家庭電路中用電器

6、與用電器、用電器與插座、插座與插座之間都是并聯(lián)連接的，故A錯誤； B、對人體的安全電壓是不高于36V，家庭電路的電壓是220V，所以家庭電路的電壓對于人體是不安全的；故B錯誤； C、零線、地線和大地間的電壓都是0V，用測電筆分別接觸零線與地線時，氖管都不發(fā)光，所以測電筆不能辨別零線與地線，但測電筆可以辨別火線和零線，故C錯誤； D、電能表用來測量用戶在一定時間內(nèi)消耗的電能，并且根據(jù)電能的多少來收取電費，故D正確。 故選：D。 　 5．（2018?欽州）電爐工作時，根據(jù)焦耳定律可知，相同時間內(nèi)電爐絲產(chǎn)生的熱量比導線多，所以電爐絲熱得發(fā)紅而連接電爐絲的導線不太熱，其原因是（　?。? A

7、．電爐絲的電阻較大 B．電爐絲與導線是并聯(lián)的 C．電爐絲的橫截面大 D．通過電爐絲的電流較大 【分析】由焦耳定律知道，電流通過導體產(chǎn)生的熱量跟電流的平方、導體電阻大小和通電時間成正比。電爐絲和連接的導線串聯(lián)在電路中（通過的電流相等），通電時間是相同的，而電爐絲的電阻比導線的電阻大，據(jù)焦耳定律分析判斷。 【解答】解：電爐子在使用時，電爐絲和導線串聯(lián)，I電爐絲=I導線，通電時間t相同， 因為Q=I2Rt，R電爐絲＞R導線， 所以電流產(chǎn)生的熱量：Q電爐絲＞Q導線， 從而出現(xiàn)電爐絲熱得發(fā)紅，而與電爐絲相連的導線卻不怎么發(fā)熱的現(xiàn)象。 故選：A。 　 6．（2018?北京）下列用電器中，

8、利用電流熱效應工作的是（　?。? A．電暖氣 B．計算器 C．電視機 D．筆記本電腦 【分析】當電流通過電阻時，電流做功而消耗電能，產(chǎn)生了熱量，這種現(xiàn)象叫做電流的熱效應。根據(jù)各用電器的能量轉(zhuǎn)化可做出判斷。 【解答】解： A、電暖氣工作時將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，利用了電流的熱效應，故A符合題意； B、計算器工作時主要把電能轉(zhuǎn)化為光能與聲能，不是利用電流熱效應工作的，故B不符合題意； C、電視機工作時主要把電能轉(zhuǎn)化為光能與聲能，不是利用電流熱效應工作的，故C不符合題意； D、筆記本電腦工作時主要把電能轉(zhuǎn)化為光能與聲能，不是利用電流熱效應工作的，故D不符合題意。 故選：A。 　 7．（2

9、018?樂山）下列家用電器中，利用電流熱效應工作的是（　　） A．電風扇 B．洗衣機 C．電熱水壺 D．電視機 【分析】電流的熱效應就是把電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，據(jù)此分析即可判斷。 【解答】解： A、電風扇工作時將電能轉(zhuǎn)化為機械能，不是利用電流熱效應工作，故A不符合題意； B、洗衣機工作時將電能轉(zhuǎn)化機械能，不是利用電流熱效應工作，故B不符合題意； C、電熱水壺工作時將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，是利用電流熱效應工作，故C符合題意； D、電視機工作時將電能轉(zhuǎn)化為光能和聲能，不是利用電流熱效應工作，故D不符合題意。 故選：C。 　 8．（2018?玉林）如圖所示，電源電壓U為10V并保持不變，滑動

10、變阻器規(guī)格為“20Ω 1A”。閉合開關S，當滑片P移至最左端時，燈泡正常發(fā)光，電流表示數(shù)為0.5A；當滑片P移至中點時，電流表示數(shù)為0.4A．則（　?。? A．電路消耗的最小功率為2.5W B．滑片P在中點時，燈泡消耗的功率為2.4W C．滑片P在中點時，燈泡消耗的功率為3.2W D．滑片P在最左端時，2min內(nèi)電流通過燈泡所做的功為10J 【分析】（1）當滑片P移至最左端時，電路為燈泡的簡單電路，電流表測電路中的電流，此時燈泡正常發(fā)光，根據(jù)歐姆定律求出燈絲電阻；當滑動變阻器連入電路的電阻最大時電路消耗的功率最小，利用串聯(lián)電路的特點和P=即可求出假設燈泡電阻不變時的最小功率；然后即

11、可比較判斷； （2）滑片P在中點時，根據(jù)歐姆定律求出滑動變阻器兩端的電壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點求出燈泡兩端的電壓，根據(jù)P=UI求出燈泡的實際功率； （3）滑片P在最左端時，根據(jù)W=UIt求出5min內(nèi)電流通過燈泡做的功。 【解答】解： （1）當滑片P移至最左端時，電路為燈泡的簡單電路，電流表測電路中的電流，此時燈泡正常發(fā)光， 由I=可得，燈泡正常發(fā)光時的電阻：RL===20Ω； 當滑動變阻器連入電路的電阻最大時，電路消耗的功率最小， 若不考慮燈泡電阻隨溫度的變化，根據(jù)串聯(lián)電路的電阻特點可得，最小總功率： P最小===2.5W； 由于燈泡不正常工作時的電阻低于正常工作時的電阻

12、， 所以，電路消耗的最小功率不是2.5W；故A錯誤； （2）滑片P在中點時，電流表示數(shù)為0.4A， 根據(jù)I=可得，此時滑動變阻器兩端的電壓： U滑=IR滑=0.4A××20Ω=4V， 因串聯(lián)電路中總電壓等于各電壓之和， 所以，此時燈泡兩端的電壓： UL′=U﹣U滑=10V﹣4V=6V， 燈泡的實際功率： PL=UL′I=6V×0.4A=2.4W；故B正確，C錯誤； （3）滑片P在最左端時，2min內(nèi)電流通過燈泡做的功： WL=UILt=10V×0.5A×2×60s=600J，故D錯誤。 故選：B。 　 9．（2018?濰坊）最先精確確定電流產(chǎn)生的熱量跟電流、電阻和通

13、電時間關系的物理學家是（　?。? A．歐姆 B．焦耳 C．奧斯特 D．法拉第 【分析】在大量實驗的基礎上，英國物理學家焦耳找出了電流產(chǎn)生的熱量與電流、電阻、通電時間間的關系，即發(fā)現(xiàn)了焦耳定律。 【解答】解： 英國物理學家焦耳做了大量實驗，于1840年最先精確地確定了電流產(chǎn)生的熱量跟電流、電阻和通電時間的關系，得出Q=I2Rt；為了紀念他做出的貢獻，人們將他的名字命名為熱量（能量）的單位， 故選：B。 　 10．（2018?海南）如圖所示，A、B為兩盞白熾燈，A燈型號是“110V 25W”，B燈型號是“110V 100W”，R是一個未知電阻。若把它們接到電壓為220V的電路上，下面四

14、種接法中可能讓兩盞燈都正常發(fā)光的電路是（　　） A． B． C． D． 【分析】（1）根據(jù)串聯(lián)電路電阻的分壓特點可知，電壓相等時，電阻也要相等。 （2）已知電源電壓相等，根據(jù)公式P=可知，電路中電阻越大。消耗的功率就越小，先根據(jù)公式R=分別求出燈泡A和燈泡B的電阻，再求出A、B、C圖總電阻進行比較，即可得出結(jié)論。 【解答】解：根據(jù)公式P=可知，燈泡A的電阻RA===484Ω， 燈泡B的電阻RB===121Ω。 A、圖中燈泡A和B的并聯(lián)，電壓為220V，則A、B兩端電壓均為220V，大于其額定電壓，故兩盞燈都不正常發(fā)光，故A不符合題意； B、圖中燈泡A和B的串聯(lián)在電壓為220V的電

15、路中，由于兩燈泡電阻不同，所以兩燈泡兩端的電壓都不是其額定電壓110V，則兩盞燈都不正常發(fā)光，故B不符合題意； C、圖是燈泡A和可變電阻并聯(lián)后又和燈泡B串聯(lián)，燈泡要想正常工作，必須滿足燈泡A與可變電阻R并聯(lián)后和燈泡B的電阻相等；但并聯(lián)電路中，電阻越并越小，小于任何一個分電阻，所以此電路中燈泡A和燈泡B能正常工作，故C符合題意； D、圖是燈泡B和可變電阻并聯(lián)后又和燈泡A串聯(lián)，燈泡要想正常工作，必須滿足燈泡B與可變電阻并聯(lián)后和燈泡A的電阻相等；并聯(lián)電路，電阻更??；故燈泡A和燈泡B不能正常工作時，故D不符合題意； 故選：C。 　 11．（2018?荊門）如圖所示的電路，電源電壓為3V且保持

16、不變，定值電阻R1=1Ω，滑動變阻器R2阻值范圍為0～4Ω．閉合開關S，在滑片從左向右移動的過程中，下列說法正確的是（　?。? A．滑動變阻器的最大功率為1.44W B．滑動變阻器的最大功率為2W C．滑動變阻器的最大功率為2.25W D．電壓表示數(shù)從0V增大到2.4V 【分析】由電路圖可知，R1與R2串聯(lián)，電壓表測R1兩端的電壓，電流表測電路中的電流。 （1）根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律表示出電路中的電流，根據(jù)P=I2R表示出滑動變阻器消耗的電功率，然后分析表達式得出滑動變阻器消耗最大功率時接入電路中的電阻，并求出其大??； （2）當滑動變阻器接入電路中的電阻為零時，電路為R1的簡

17、單電路，電壓表測電源兩端的電壓；當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電路中的電流最小，R1兩端的電壓最小，根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律求出電路中的電流，再根據(jù)歐姆定律求出R1兩端的電壓，然后得出電壓表示數(shù)的變化。 【解答】解： 由電路圖可知，R1與R2串聯(lián)，電壓表測R1兩端的電壓，電流表測電路中的電流。 （1）因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和， 所以，電路中的電流： I=， 滑動變阻器消耗的電功率： P2=I2R2=（）2R2====， 所以，當R2=R1=1Ω時，滑動變阻器消耗的電功率最大， 則P2大===2.25W，故AB錯誤、C正確； （2）當滑動變阻器接入電路中的電阻

18、為零時，電路為R1的簡單電路，電壓表測電源兩端的電壓，示數(shù)為3V， 當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電路中的電流最小，R1兩端的電壓最小， 此時電路中的電流： I′===0.6A， 電壓表的最小示數(shù)： U1=I′R1=0.6A×1Ω=0.6V， 所以，在滑片從左向右移動的過程中，電壓表示數(shù)從3V減小到0.6V，故D錯誤。 故選：C。 　 12．（2018?南京）如圖所示電路，電源電壓不變，小燈泡標有“6V 3W“字樣，閉合開關后，當滑片P移至某一位置時，小燈泡恰好正常發(fā)光，此時滑動變阻器消耗的功率為P1；當滑片P移至某一端點時，電流表示數(shù)為0.3A，電壓表示數(shù)變化了3V，

19、此時滑動變阻器消耗的功率為P2，且P1：P2=5：6．下列判斷正確的是（　　） A．滑動變阻器的最大阻值為10Ω B．電路允許消耗的最大功率為4.5W C．小燈泡正常發(fā)光時，滑片P位于滑動變阻器中點位置 D．滑動變阻器消耗的功率由P1變?yōu)镻2的過程中，小燈泡消耗的功率變化了0.6W 【分析】（1）由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，電流表測電路中的電流。 根據(jù)滑片在某一位置和在一端時滑動變阻器消耗的功率之比，算出電源電壓； 當滑片P移至某一端點時，電流表示數(shù)為0.3A，電流表示數(shù)減小，電阻變大，說明滑片在最大阻值處，算出滑動變阻器的最大阻值；

20、（2）根據(jù)P=UI和燈泡的額定電流算出電路允許消耗的最大功率； （3）根據(jù)歐姆定律和小燈泡正常發(fā)光時，算出滑動變阻器的電阻從而確定滑片P的位置； （4）根據(jù)P=UI算出小燈泡消耗的功率值以及變化值。 【解答】解： 由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，電流表測電路中的電流。 （1）設電源電壓為U， 當滑片P移至某位置時，小燈泡恰好正常發(fā)光，且串聯(lián)電路中電流處處相等， 由P=UI可得，此時電路中的電流為：I=IL===0.5A， 滑動變阻器消耗的功率為：P1=（U﹣UL）I=（U﹣6V）×0.5A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 當滑片P移至某一端點時，電流表示數(shù)為

21、0.3A，電流表示數(shù)減小，說明變阻器接入的電阻變大，此時滑片在最大阻值處； 變阻器接入的電阻變大，由串聯(lián)分壓規(guī)律可知，變阻器分得的電壓變大，所以，電壓表示數(shù)變化了3V即增大了3V，此時滑動變阻器兩端的電壓為：U滑=U﹣6V+3V=U﹣3V， 此時滑動變阻器消耗的功率為：P2=U滑I′=（U﹣3V）×0.3A﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 已知P1：P2=5：6﹣﹣﹣﹣③ 聯(lián)立①②③解得，電源電壓U=9V； 則滑動變阻器的最大阻值為：R滑大====20Ω，故A錯誤； （2）燈泡的額定電流為0.5A，則電路中的最大電流為0.5A， 電路允許消耗的最大功率：P大=UI大=9V×0.5A=4.5W，故B

22、正確； （3）小燈泡正常發(fā)光時，滑動變阻器的電壓為：U滑′=U﹣6V=9V﹣6V=3V， 此時滑動變阻器的電阻為：R滑′===6Ω， 因為滑動變阻器的最大阻值為20Ω，所以此時滑片P不在中點位置，故C錯誤； （4）由題意可知，小燈泡恰好正常發(fā)光，此時滑動變阻器消耗的功率為P1，則此時燈泡消耗的功率PL=P額= 3W， 滑動變阻器消耗的功率由P1變?yōu)镻2的過程中，電壓表示數(shù)變化了3V即增大了3V，由串聯(lián)電路的電壓規(guī)律可得，燈泡兩端的電壓減小了3V，則此時燈泡兩端的電壓UL′=6V﹣3V=3V， 此時燈泡消耗的電功率：PL′=UL′I′=3V×0.3A=0.9W， 則燈泡消耗的功率

23、變化了：△P=PL﹣PL′=3W﹣0.9W=2.1W，故D錯誤。 故選：B。 　 13．（2018?岳陽）如圖，電源電壓恒為4.5V，?的量程為“0～0.6A”，?的量程為“0～3V“，燈泡上標有“2.5V 1.25W”（不考慮燈絲電阻變化），滑動變阻器R的規(guī)格為“20Ω 1A”。閉合開關，在保證電路安全的情況下，移動滑片P的過程中（　?。? A．?的示數(shù)最大為0.6A B．燈泡消耗的最小功率為0.12W C．電路消耗的最大總功率為2.7W D．滑動變阻器接入電路的最小電阻為4Ω 【分析】由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器R串聯(lián)，電壓表測燈泡兩端的電壓，電流表測電路中的電流。

24、（1）根據(jù)P=UI求出燈泡的額定電流，然后與電流表的量程和滑動變阻器允許通過的最大電流相比較確定電路中的最大電流，此時滑動變阻器接入電路中的電阻最小，電路消耗的總功率最大，根據(jù)歐姆定律求出燈泡的電阻和電路的總電阻，利用電阻的串聯(lián)求出滑動變阻器接入電路中的最小阻值，根據(jù)P=UI求出電路消耗的最大電功率； （2）當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電路中的電流最小，燈泡消耗的電功率最小，根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律求出電路中的電流，再根據(jù)P=I2R求出燈泡消耗的最小功率。 【解答】解：由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器R串聯(lián)，電壓表測燈泡兩端的電壓，電流表測電路中的電流。 （1）由P=UI可得，燈泡

25、的額定電流： IL===0.5A，故A錯誤； 因串聯(lián)電路中各處的電流相等，且電流表的量程為0～0.6A，滑動變阻器允許通過的最大電流為1A， 所以，電路中的最大電流I大=0.5A，此時滑動變阻器接入電路中的電阻最小，電路消耗的總功率最大， 由I=可得，燈泡的電阻和電路的總電阻分別為： RL===5Ω，R總===9Ω， 因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和， 所以，滑動變阻器接入電路中的最小阻值： R小=R總﹣RL=9Ω﹣5Ω=4Ω，故D正確； 電路消耗的最大總功率： P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故C錯誤； （2）當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電路中的

26、電流最小，燈泡消耗的電功率最小， 因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和， 所以，電路的最小電流： I小===0.18A， 則燈泡消耗的最小功率： PL小=I小2RL=（0.18A）2×5Ω=0.162W，故B錯誤。 故選：D。 　 14．（2018?無錫）圖甲是模擬調(diào)光燈。電源電壓為4.0V；小燈泡額定電壓為2.5V，電流隨電壓變化的I﹣U圖象如圖乙所示，小燈泡兩端電壓達到0.4V時“剛亮”；鉛筆芯長15cm、阻值為30Ω，其阻值與長度成正比。回形針A固定在鉛筆芯右端，回形針P可以在鉛筆芯上自由滑動，該調(diào)光燈在使用時，以下說法錯誤的是（　　） A．閉合開關，移動P能連續(xù)調(diào)光

27、 B．閉合開關，P滑到距A點10cm處，小燈泡的實際功率為0.15W C．在距A點2.5cm處做標記，可以提醒P向A滑過此處，小燈泡將不安全 D．小燈泡工作時，從“剛亮”到正常發(fā)光，實際功率變化范圍為0.048W～0.75W 【分析】（1）當鉛筆芯電阻全部接入電路中時，根據(jù)串聯(lián)電路的特點和歐姆定律表示出電源的電壓，根據(jù)圖象讀出符合要求的電流和電壓，然后判斷燈泡是否能發(fā)光，然后判斷移動P時能否連續(xù)調(diào)光； （2）鉛筆芯長15cm、阻值為30Ω，其阻值與長度成正比，據(jù)此求出P滑到距A點10cm處和P滑到距A點2.5cm處接入電路中的電阻，根據(jù)串聯(lián)電路的特點和歐姆定律表示出電源的電壓，根據(jù)圖

28、乙讀出符合要求的電流和電壓，根據(jù)P=UI求出小燈泡的實際功率，燈泡兩端的電壓大于額定電壓下時將不會安全； （3）根據(jù)P=UI求出小燈泡“剛亮”和正常發(fā)光時的功率，然后得出小燈泡工作時，從“剛亮”到正常發(fā)光時的實際功率變化范圍。 【解答】解： A．當鉛筆芯電阻全部接入電路中時， 因串聯(lián)電路中總電壓等于各分電壓之和，其各處的電流相等， 所以，由I=可知，電源的電壓： U=UL+ILRP，即4.0V=UL+IL×30Ω， 由圖乙可知，燈泡兩端的電壓UL=0.4V，通過燈泡的電流IL=0.12A時符合，此時小燈泡兩端電壓達到0.4V“剛亮”， 所以，閉合開關，移動P能連續(xù)調(diào)光，故A正確

29、； B．因鉛筆芯長15cm、阻值為30Ω，其阻值與長度成正比， 所以，P滑到距A點10cm處，接入電路中的電阻： RP′=×10cm=20Ω， 則電源的電壓： U=UL′+IL′RP′，即4.0V=UL′+IL′×20Ω， 由圖象可知，燈泡兩端的電壓UL′=0.8V，通過燈泡的電流IL′=0.16A時符合， 此時小燈泡的實際功率： PL=UL′IL′=0.8V×0.16A=0.128W，故B錯誤； C．P滑到距A點2.5cm處，接入電路中的電阻： RP″=×2.5cm=5Ω， 則電源的電壓： U=UL″+IL″RP″，即4.0V=UL″+IL″×5Ω， 由圖象可知，燈

30、泡兩端的電壓UL″=2.5V，通過燈泡的電流IL′=0.3A時符合，此時燈泡正常發(fā)光， 所以，在距A點2.5cm處做標記，可以提醒P向A滑過此處，小燈泡兩端的電壓超過額定電壓將不安全，故C正確； D．小燈泡“剛亮”時的實際功率： PL′=ULIL=0.4V×0.12A=0.048W， 小燈泡正常發(fā)光時的實際功率： PL″=UL″IL″=2.5V×0.3A=0.75W， 所以，小燈泡工作時，從“剛亮”到正常發(fā)光，實際功率變化范圍為0.048W～0.75W，故D正確。 故選：B。 　 15．（2018?通遼）小明同學在進行電學知識復習時，針對電阻甲和乙的I﹣U圖象，作出了如下判斷

31、，正確的是（　　） A．甲、乙串聯(lián)在電路中，相同時間內(nèi)甲、乙產(chǎn)生熱量之比為2：1 B．甲、乙并聯(lián)在電路中，相同時間內(nèi)甲、乙消耗電能之比為1：2 C．將甲和乙并聯(lián)，當甲兩端電壓為2V時，則它們的干路電流為0.6A D．將甲和乙串聯(lián)，當它們兩端電壓為3V時，通過甲的電流為0.6A 【分析】（1）（2）根據(jù)串并聯(lián)電路的特點、Q=I2Rt求出它們產(chǎn)生熱量和消耗電能的比值； （3）（4）根據(jù)串并聯(lián)電路的電流、電壓關系判定各個選項。 【解答】解： A、甲、乙串聯(lián)在電路中，電流是相同的，由圖象可知，當電流都為0.2A時，甲的電壓為1V，乙的電壓為2V，即甲兩端的電壓是乙兩端電壓的（取其它

32、電流值仍然存在這樣的關系），根據(jù)Q=I2Rt=UIt可知，相同時間內(nèi)甲、乙產(chǎn)生熱量之比為1：2，故A錯誤； B、甲、乙并聯(lián)在電路中，電壓是相同的，由圖象可知，當電壓為2V時，甲的電流是0.4A，乙的電流是0.2A，即甲的電流是乙的電流的2倍，根據(jù)Q=I2Rt=UIt可知，相同時間內(nèi)甲、乙產(chǎn)生熱量之比為2：1，故B錯誤； C、將甲和乙并聯(lián)，并聯(lián)電路各支路兩端的電壓相等；當甲兩端電壓為2V時，由圖象可知，通過甲的電流為0.4A，通過乙的電流為0.2A，根據(jù)并聯(lián)電路的電流關系可知，干路電流為0.4A+0.2A=0.6A，故C正確； D、將甲和乙串聯(lián)，電流相同，由圖象可知，當電路中的電流為0.2

33、A時，甲的電壓為1V，乙的電壓為2V，滿足它們兩端電壓（總電壓）為3V，所以由串聯(lián)電路的電流特點可知，通過甲的電流為0.2A，故D錯誤。 故選：C。 　 16．（2018?內(nèi)江）將規(guī)格為“2.5V 0.3A”的小燈泡L1和規(guī)格為“3.8V 0.3A”的小燈泡L2串聯(lián)，接在3V的電源上，下列判斷正確的是（　?。? A．L1的電阻大于L2的電阻 B．L1的亮度比L2的亮度更小 C．兩只燈泡都正常發(fā)光 D．兩只燈泡實際功率相等 【分析】根據(jù)電路圖可知，兩燈泡串聯(lián)；先根據(jù)歐姆定律的變形公式R=比較兩燈泡阻值的大小， 根據(jù)串聯(lián)電路電流的特點以及P=I2R比較燈泡的明暗程度。 根據(jù)P=I2R

34、分析兩只燈泡實際功率。 【解答】解：A、由歐姆定律的變形公式R=可得：R L1＜RL2；故A錯誤； B、因為串聯(lián)電路處處電流相等，由P=I2R可知，電流一定時，電阻越大，功率越大，因此燈泡L1的實際功率小于燈泡L2的實際功率，即燈泡L2更亮，故B正確； C、兩只燈泡都沒有在額定電壓下工作，所以都不正常發(fā)光，故C錯誤； D、因兩燈泡的電阻不等，由P=I2R可知，兩只燈泡實際功率不相等，故D錯誤。 故選：B。 　 17．（2018?深圳）如圖為“探究焦耳定律”的實驗裝置。兩個相同的燒瓶中密封初溫相同、質(zhì)量相等的煤油，通電一段時間后，右側(cè)玻璃管中液面比左側(cè)高。下列說法正確的是（　?。?

35、 A．通過玻璃管中液面的高度判斷電流產(chǎn)生熱量的多少，這種方法是控制變量法 B．右側(cè)電阻絲的阻值比左側(cè)小 C．通過右側(cè)電阻絲的電流比左側(cè)小 D．該裝置用于探究電流通過導體產(chǎn)生的熱量多少與電阻大小的關系 【分析】（1）根據(jù)轉(zhuǎn)換法分析； （2）U形管中的液面越高，表明產(chǎn)生的熱量越多，結(jié)合焦耳定律進行解答； （3）在串聯(lián)電路中，各處的電流是相同的； （4）根據(jù)控制變量法分析。 【解答】解： A、通過玻璃管中液面的高度判斷電流產(chǎn)生熱量的多少，這屬于轉(zhuǎn)換法，故A錯誤； C、由圖知，兩電阻絲串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點可知，各處的電流是相同的，故C錯誤； B、兩個相同的燒瓶中密封初

36、溫相同、質(zhì)量相等的煤油，通電一段時間后，右側(cè)玻璃管中液面比左側(cè)高，說明電流通過右側(cè)電阻絲產(chǎn)生的熱量多；電流和通電時間均相同，根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt可知，右側(cè)電阻絲的阻值大，故B錯誤； D、由前面解答可知，通過電阻絲的電流和通電時間均相同，由于左右兩側(cè)電阻絲的阻值不同，所以探究的是電流通過導體產(chǎn)生的熱量多少與電阻大小的關系，故D正確。 故選：D。 　 18．（2018?沈陽）如圖所示，電源電壓保持不變，R1=15Ω，閉合開關S1，斷開開關S2，電流表示數(shù)為0.2A；同時閉合開關S1、S2，電流表示數(shù)為0.5A，此時R1、R2的電功率分別為P1、P2．下列判斷正確的是（　?。? A．

37、P1：P2=2：3 R1：R2=2：5 B．P1：P2=2：3 R1：R2=3：2 C．P1：P2=3：2 R1：R2=2：5 D．P1：P2=3：2 R1：R2=3：2 【分析】由電路圖可知，閉合開關S1，斷開開關S2時，電路為R1的簡單電路，電流表測通過R1的電流；同時閉合開關S1、S2時，R1與R2并聯(lián)，電流表測干路電流，根據(jù)并聯(lián)電路中各支路獨立工作、互不影響可知通過R1的電流不變，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點求出通過R2的電流，利用并聯(lián)電路的電壓特點和歐姆定律求出兩電阻的阻值之比，根據(jù)P=UI求出兩電阻的電功率之比。 【解答】解： 由電路圖可知，閉合開

38、關S1，斷開開關S2時，電路為R1的簡單電路，電流表測通過R1的電流； 同時閉合開關S1、S2時，R1與R2并聯(lián)，電流表測干路電流， 因并聯(lián)電路中各支路獨立工作、互不影響， 所以，通過R1的電流不變， 因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和， 所以，通過R2的電流： I2=I﹣I1=0.5A﹣0.2A=0.3A， 因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等， 所以，由I=可得，兩電阻的阻值之比： ====，故AC錯誤； 由P=UI可得，兩電阻的電功率之比： ===，故B正確、D錯誤。 故選：B。 　 19．（2018?達州）如圖所示電路，電源電壓不變，閉合開關S，當滑片P置于

39、變阻器的B端時，電壓表的示數(shù)為6V，在10s內(nèi)定值電阻R1產(chǎn)生的熱量為36J；當滑片P置于變阻器的中點時，電壓表的示數(shù)變化了2V．下列結(jié)果正確的是（　?。? A．R1先后兩次消耗的電功率之比為3：4 B．滑動變阻器R2的最大阻值為10Ω C．電源電壓為10V D．R1的阻值為20Ω 【分析】由電路分析可知，R1與滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓；由滑片的移動和電壓表示數(shù)變化可知滑片滑到B點時電壓表的示數(shù)，則由歐姆定律可表示出滑片在不同位置時滑動變阻器兩端的電壓與電源電壓電阻間的關系，聯(lián)立可解得R1與R2最大值之間的關系及電源的電壓； 由功率公式可求得R1的阻值，則可求

40、得R2的最大阻值；最后由功率公式分別求得R1先后兩次消耗的電功率，即可求得比值。 【解答】解： 由電路圖可知，R1與滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測量滑動變阻器兩端的電壓； 當滑片在B端時，由歐姆定律可知，電流中的電流： I1=， 則滑動變阻器兩端的電壓（電壓表的示數(shù)）： U2=I1×R2==6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 由題意知，當滑片滑到中點處時，滑動變阻器接入電阻變小，變阻器分得電壓變小，即電壓表示數(shù)應減小，所以，滑片滑到中點時，滑動變阻器兩端電壓為U2′=6V﹣2V=4V； 同理可得，滑動變阻器兩端的電壓（電壓表的示數(shù)）： U2′==4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② ①：②可得： =， 解得R

41、1=R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 將③代入①： ==6V， 可得電源電壓：U=12V，故C錯誤； 當滑片滑到B端時，R1兩端電壓為：U1=U﹣U2=12V﹣6V=6V； 由Q=t=36J可得：R1=×10s=10Ω，故D錯誤； 因R2=R1，所以變阻器R2的最大阻值為10Ω，故B正確； 滑片在中點時，R1兩端的電壓為U1′=U﹣U2′=12V﹣4V=8V， 則R1先后兩次的電壓之比為： ==， 由P=可得R1先后兩次消耗的電功率之比： ====，故A錯誤。 故選：B。 　 20．（2018?湘西州）以下所列家用電器中，正常工作時，電能主要轉(zhuǎn)化為機械能的是（　?。? A． 電風扇

42、 B． 電水壺 C． 電飯煲 D． 電視機 【分析】電流做功的過程實質(zhì)上是電能轉(zhuǎn)化為其它形式能的過程，用電器消耗了電能，獲得了其它形式的能量，就是一個電流做功的過程。 【解答】解： 在常見的家用電器中，電風扇主要把電能轉(zhuǎn)化為機械能； 而電水壺、電飯煲主要把電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；電視機主要將電能轉(zhuǎn)化為光能和聲能。 故選：A。 　 21．（2018?福建）新的國家標準對廷長線插座配用電纜的導線橫截面積要求進行了修改，額定電流16A的延長線插座，導線 最小標稱橫截面積由1mm2提升到1.5mm2．增大導線橫截面積的目的是（　?。? A．增大導線的電阻

43、B．減小通過導線的電流 C．增大導線的電壓 D．減小導線發(fā)熱的功率 【分析】根據(jù)影響電阻大小的因素分析導線的橫截面積變大時其電阻的變化，電流一定時，根據(jù)歐姆定律分析導線兩端的電壓變化，根據(jù)P=I2R分析導線的發(fā)熱功率變化，要注意通過導線的電流與插座上用電器消耗的電功率有關。 【解答】解： A．廷長線的材料和長度相同時，增大導線橫截面積可以減小導線的電阻，故A錯誤； B．通過導線的電流與插座上用電器消耗的電功率有關，無法判斷通過導線電流的變化，故B錯誤； C．在通過導線的電流一定時，導線的電阻減小，由U=IR可知，可以減小導線兩端的電壓，故C錯誤； D．在通過導線的電流一定時，導線

44、的電阻減小，由P=I2R可知，可以減小導線發(fā)熱的功率，故D正確。 故選：D。 　 22．（2018?瀘州）小明家有額定電壓相同的微波爐和電視機各一臺，按照每度電0.55元的計費標準，將這兩個用電器正常工作1h所用的電費繪制成了如圖所示的柱狀圖，對小明家的這兩個用電器，下列判斷正確的是（　?。? A．微波爐正常工作時的電壓大于電視機正常工作時的電壓 B．微波爐正常工作時的電流等于電視機正常工作時的電流 C．微波爐正常工作時的電功率大于電視機正常工作時的電功率 D．每月在微波爐上用的電費一定比在電視機上用的電費多 【分析】（1）根據(jù)用電器正常工作時的電壓與額定電壓相等分析判斷；

45、 （2）從柱狀圖可知兩用電器正常工作1小時的電費，進而知道消耗的電能，再根據(jù)P=和P=UI判斷通過用電器的電功率和電流； （3）電能計算：W=Pt；電能的多少與電功率大小和時間長短有關； 【解答】解： A、用電器正常工作時的電壓等于額定電壓，由于微波爐和電視機的額定電壓相同，所以這兩個用電器正常工作時的電壓相等，故A錯誤； BC、由柱狀圖可知，微波爐正常工作1小時的電費比電視機高，而單價是一定的，所以微波爐消耗電能多， 根據(jù)P=可知，微波爐電功率大于電視機的電功率，故C正確； 電壓相同，由P=UI可知，微波爐正常工作時的電流大，故B錯誤； D、雖然微波爐電功率大，由于不知道一個月

46、內(nèi)它們的實際工作時間，根據(jù)W=Pt知無法判斷微波爐和電視機消耗的電能的多少，所以無法比較電費的多少，故D錯誤。 故選：C。 　 23．（2018?無錫）用如圖的裝置探究影響電流熱效應的因素”，電阻絲R1和R2分別密封在兩只完全相同 的燒瓶中，且R1＜R2，瓶中裝有質(zhì)量相等的煤油。下列說法正確的是（　?。? A．該裝置用來探究電流熱效應與電流大小的關系 B．閉合開關后，裝R1電阻絲的燒瓶中溫度計示數(shù)上上升較快 C．實驗中，通過溫度計示數(shù)的變化來比較電阻絲產(chǎn)生生熱量的多少 D．將某一燒瓶中的煤油換成等質(zhì)量的水，可比較煤油和水的比熱容大 【分析】（1）根據(jù)裝置中的相同點、不同點，

47、利用控制變量法分析； （2）由焦耳定律Q=I2Rt分析放出熱量的多少； （3）通過觀察燒瓶中溫度計示數(shù)的變化來判斷電阻絲發(fā)熱的多少屬于轉(zhuǎn)換法； （4）由吸熱公式Q吸=cm△t可知，要比較水和煤油的比熱容大小，應讓兩瓶中水和煤油的質(zhì)量m相等、吸收的熱量相等（加熱時間相等），通過比較它們升高的溫度大小關系，得出比熱容的大小關系。 【解答】解： A、由圖可知，兩電阻絲串聯(lián)，電流相同，通電時間也相同，但電阻不同，故該實驗探究的是電流產(chǎn)生的熱量與電阻的關系，故A錯誤； B、由焦耳定律Q=I2Rt可知，電流和通電時間相同時，電阻越大，放出的熱量越多，由于R1＜R2，故R2放出的熱量多，溫度計示

48、數(shù)升的高，故B錯誤； C、通電后電流通過電阻絲做功，產(chǎn)生熱量使煤油的溫度升高，通過觀察溫度計的示數(shù)大小來判斷電流產(chǎn)生的熱量的多少，這個研究方法可以稱之為轉(zhuǎn)換法，故C正確； D、要比較水和煤油的比熱容，則應讓水和煤油的質(zhì)量相等、吸收的熱量（加熱時間）相等，由溫度的變化大小得出比熱容的大小關系；故用相同質(zhì)量的水代替煤油，兩瓶中都有相同阻值相同的電阻絲，電阻相等；故D錯誤。 故選：C。 　 24．（2018?黃石）將A、B兩個燈泡，按圖一、圖二兩種方式連接，已知RA=4Ω、RB=6Ω，電源電壓相同，下面分析正確的是（　　） A．圖一中A燈比B燈亮 B．圖二中A燈比B燈亮 C．圖一

49、中A燈比圖二中A燈亮 D．圖一中的總功率比圖二中的總功率要大 【分析】（1）圖一中，兩燈泡串聯(lián)，通過它們的電流相等，根據(jù)P=UI=I2R比較兩燈泡的實際功率關系，實際功率大的燈泡較亮； （2）圖二中，兩燈泡并聯(lián)，它們兩端的電壓相等，根據(jù)P=UI=比較兩燈泡的實際功率關系，然后判斷亮暗關系； （3）根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點和并聯(lián)電路的電壓特點分析兩圖中A燈兩端的電壓關系，根據(jù)P=UI=比較兩種情況下A燈的實際功率關系，然后判斷亮暗關系； （4）根據(jù)電阻的串并聯(lián)比較兩圖的總電阻關系，根據(jù)P=UI=比較兩種情況下電路的總功率關系。 【解答】解： A．圖一中，兩燈泡串聯(lián)， 因串聯(lián)電路中各

50、處的電流相等，且燈泡的亮暗取決于實際功率的大小， A燈泡的電阻較小，由P=UI=I2R可知，A燈泡的實際功率較小，即A燈比B燈暗，故A錯誤； B．圖二中，兩燈泡并聯(lián)， 因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等， 所以，由P=UI=可知，A燈泡的電阻較小，其實際功率較大，A燈比B燈亮，故B正確； C．由于圖一中A燈泡兩端的電壓小于電源電壓，圖二中A燈泡兩端的電壓等于電源的電壓， 所以，由P=UI=可知，圖一中A燈泡的實際功率較小，燈泡較暗，即圖一中A燈比圖二中A燈暗，故C錯誤； D．因串聯(lián)電路中總電阻大于任何一個分電阻，并聯(lián)電路中總電阻小于任何一個分電阻， 所以，圖一中的總電阻大于圖二中

51、的總電阻， 由P=UI=可知，圖一中的總功率比圖二中的總功率要小，故D錯誤。 故選：B。 　 25．（2018?連云港）如圖所示，電源電壓恒為15V，定值電阻R的阻值為20Ω，閉合開關后，使變阻器的阻值減小5Ω，電流表示數(shù)變化了0.1A，則下列說法正確的是（　　） A．電流表示數(shù)減小了0.1A B．電壓表示數(shù)減小了0.5V C．定值電阻的電功率增大了0.2W D．電路總功率增大了1.5W 【分析】（1）由圖R與滑動變阻器串聯(lián)，電壓表測滑動變阻器兩端電壓，電流表測的電路中電流，根據(jù)歐姆定律判斷電流表示數(shù)變化情況； （2）根據(jù)串聯(lián)電路的特點和歐姆定律先求出變阻器連入電路的阻

52、值，然后分別根據(jù)電功率公式求出功率。 【解答】解： 由圖可知，變阻器R變與R串聯(lián)在電路中，電壓表測滑動變阻器兩端電壓，電流表測電路中電流； A、使變阻器的阻值減小5Ω，根據(jù)串聯(lián)電路的電阻特點可知總電阻變小，由于電源電壓不變，根據(jù)I=可知電路中電流變大，所以電流表示數(shù)變化了0.1A，應是增大0.1A，故A錯誤； B、設原來變阻器接入電路的阻值為R變，變阻器的阻值減小5Ω后，此時變阻器接入電路的阻值為R變﹣5Ω， 由題意可知：△I=I2﹣I1=0.1A， 即：﹣=0.1A， 所以，﹣=0.1A， 解得：R變=10Ω，R變=﹣45Ω（舍去）， 所以，I1===0.5A， I2==

53、=0.6A， 則電壓表示數(shù)變化量： △U變=I2（R變﹣5Ω）﹣I1R變=0.6A×（10Ω﹣5Ω）﹣0.5A×10Ω=﹣2V， 所以電壓表示數(shù)減小了2V；故B錯誤； C、定值電阻電功率的增大量： △P1=I22R﹣I12R=（0.6A）2×20Ω﹣（0.5A）2×20Ω=2.2W，故C錯誤； D、總功率的增大量： △P=UI2﹣UI1=15V×0.6A﹣15V×0.5A=1.5W，故D正確。 故選：D。 　 26．（2018?武漢）如圖所示，電源電壓U保持不變。當開關S2閉合、S1和S3斷開，滑動變阻器的滑片在最右端時，電路的總功率為P1，再將滑片滑至最左端，有一只電表的

54、示數(shù)變?yōu)樵瓉淼?；當開關S1和S3閉合、S2斷開，滑動變阻器的滑片從最右端滑至中點時，R3的功率增大了0.05W，且滑片在中點時，電壓表V1的示數(shù)為U1；當所有開關閉合，滑動變阻器的滑片在最左端時，電路的總功率為P2，兩只電流表示數(shù)相差0.3A．已知P1：P2=2：15，下列結(jié)論正確的是（　?。? A．P2=5.4W B．U=12V C．U1=6V D．R2=20Ω 【分析】（1）當開關S2閉合、S1和S3斷開，滑動變阻器的滑片在最右端時，R2與R3的最大阻值串聯(lián)，電壓表V1測R2兩端的電壓，電壓表V2測電源兩端的電壓，電流表A1測電路中的電流；再將滑片滑至最左端時，R2與R3的最大阻值串

55、聯(lián)，電壓表V1、V2均測R2兩端的電壓，電流表A1測電路中的電流，據(jù)此可知示數(shù)變化的電表為V2，并得出R2兩端的電壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點求出R3兩端的電壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點和歐姆定律表示出兩電阻的阻值之比； （2）當開關S2閉合、S1和S3斷開，滑動變阻器的滑片在最右端時，根據(jù)電阻的串聯(lián)和P=表示出電路中的總功率P1；當所有開關閉合，滑動變阻器的滑片在最左端時，R1與R2并聯(lián)，電流表A2測干路電流，電流表A1測R2支路的電流，根據(jù)并聯(lián)電路的特點和電功率公式表示出電路的總功率P2，利用P1：P2=2：15得出等式即可求出R1與R2的阻值關系；利用并聯(lián)電路的電流特點結(jié)合兩只電流表示數(shù)相

56、差0.3A即可得出電源的電壓和R2的阻值關系；當開關S1和S3閉合、S2斷開時，R1與R3串聯(lián)，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測電源兩端的電壓，電流表A2測電路中的電流，根據(jù)串聯(lián)電路的特點和歐姆定律求出滑片位于最右端和中點時電路中的電流，利用P=I2R結(jié)合R3的功率變化即可求出R3的阻值，進一步求出R1和R2的阻值以及電源的電壓，利用歐姆定律求出U1的大小，最后根據(jù)并聯(lián)電路的特點和P=求出P2的大小。 【解答】解： （1）當開關S2閉合、S1和S3斷開，滑動變阻器的滑片在最右端時，等效電路圖如圖1所示； 再將滑片滑至最左端時，等效電路圖如圖2所示： 由圖1和圖2可知，示數(shù)變

57、化的電表為V2，且R2兩端的電壓UR2=U， 因串聯(lián)電路中總電壓等于各分電壓之和， 所以，R3兩端的電壓UR3=U，則UR2：UR3=1：4， 因串聯(lián)電路中各處的電流相等， 所以，由I=可得： ===，即R3=4R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①； （2）當開關S1和S3閉合、S2斷開，滑動變阻器的滑片位于最右端時，等效電路圖如圖3所示； 滑片位于中點時，等效電路圖如圖4所示； 當所有開關閉合，滑動變阻器的滑片在最左端時，電路的等效電路圖如圖5所示： 因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和， 所以，圖1中，電路的總功率： P1===， 因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，且電路的總功

58、率等于各用電器功率之和， 所以，圖5中，電路的總功率： P2=+， 由P1：P2=2：15可得： 15P1=2P2，即15×=2×（+）， 解得：R1=2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，且圖5中兩只電流表示數(shù)相差0.3A， 所以，圖5中，通過R1的電流： I5=I﹣I4=0.3A，則==0.3A，即=0.6A﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 圖3中，電路中的電流： I2====×=×0.6A=0.1A， 圖4中，電路中的電流： I3====×=×0.6A=0.15A， 因圖4和圖3相比較R3的功率增大了0.05W， 所以，由P=I2R可得： P3

59、′﹣P3=I32×R3﹣I22R3=（0.15A）2×R3﹣（0.1A）2×R3=0.05W， 解得：R3=40Ω， 代入①②③兩式可得：R1=20Ω，R2=10Ω，U=6V，故BD錯誤； 圖4中，U1=I3R1=0.15A×20Ω=3V，故C錯誤； 圖5中，P2=+=+=5.4W，故A正確。 故選：A。 　 27．（2018?恩施州）如圖，電路中L1“6V 3W“和L2“6V 6W”兩燈泡和滑動變阻器R串聯(lián)，電源電壓恒為12V．下列說法正確的是（　?。? A．閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，兩燈泡均能正常發(fā)光 B．保證兩燈泡均不損壞，滑動變阻器R連入電路的最小值為3Ω

60、 C．滑片P從最右端向左移動，使某燈剛好正常發(fā)光，則此時另一盞燈的實際功率為1.5W D．在保證電路安全的情況下，電路總功率最大可達到12W 【分析】（1）閉合開關S，兩燈泡和滑動變阻器R串聯(lián)，由于串聯(lián)電路的電流處處相等，則根據(jù)兩燈泡正常發(fā)光時的電流大小即可判斷； （2）已知兩燈泡的額定電壓和額定功率，根據(jù)公式P=UI先計算出兩燈正常發(fā)光時的電流，兩燈串聯(lián)后，正常發(fā)光的是電流較小的一個，再利用公式R=求出兩燈的電阻，利用歐姆定律求出總電阻，根據(jù)串聯(lián)電路的電阻特點即可求出R連入電路的最小值； （3）由于正常發(fā)光的是電流較小的一個，則根據(jù)P=I2R求出另一盞燈的實際功率； （4）在保證

61、電路安全的情況下，電路中的電流達到正常發(fā)光時電流較小的燈泡的電流即為電路可達到的電流，利用P=UI即可求出最大功率， 【解答】解： A、根據(jù)P=UI可得，燈泡正常工作的電流分別為： I1===0.5A，I2===1A； 兩燈泡正常發(fā)光時的電流不相等；閉合開關S，兩燈泡和滑動變阻器R串聯(lián)，由于串聯(lián)電路的電流處處相等，所以兩燈泡不能都正常發(fā)光；故A錯誤； B、由于串聯(lián)電路的電流處處相等，兩燈泡正常發(fā)光時的電流I1＜I2， 所以電路中的最大電流I=I1=0.5A， 由歐姆定律可得總電阻：R===24Ω； 由P=可得，兩燈的電阻分別為： R1===12Ω，R2===6Ω； 根據(jù)串聯(lián)

62、電路的總電阻等于各分電阻之和可得， R連入電路的最小值：R最小=R﹣R1﹣R2=24Ω﹣12Ω﹣6Ω=6Ω；故B錯誤； C、滑片P從最右端向左移動，使某燈剛好正常發(fā)光，則正常發(fā)光的是電流較小的一個燈泡L1， 所以另一盞燈的實際功率：P2=I2R2=（0.5A）2×6Ω=1.5W，故C正確； D、在保證電路安全的情況下，電路中的最大電流I=I1=0.5A， 則整個電路的最大功率：P大=UI=12V×0.5A=6W，故D錯誤。 故選：C。 　 二．填空題（共16小題） 28．（2018?青島）某電視機的額定功率是l10w，則它正常工作時，電流是　0.5A??；1kW?h的電能可供它

63、止常工作的時間是　9.1h?。ㄖ辽俦Ａ粢晃恍?shù)） 【分析】電視機正常工作時的功率和額定功率相等，利用公式I=得到電視機的電流，再根據(jù)t=求出1kW?h的電能可供電視機正常發(fā)光的時間。 【解答】解：家庭電路的電壓是220V，電視機的額定功率是l10W， 則它正常工作時，通過電視機的電流為：I===0.5A； 1kW?h的電能可供它正常工作的時間：t==≈9.1h。 故答案為：0.5A；9.1h。 　 29．（2018?攀枝花）如圖所示，測電筆正確的使用方法是　乙?。ㄟx填”甲”或“乙”），已知測電筆的電阻約為1.1×106Ω，氖管和人體的電阻比它小得多，可以忽略，請你計算“220V

64、40W”燈泡正常工作時的電流約為正確使用測電筆時通過人體電流的　900　倍（結(jié)果保留到整數(shù)）。 【分析】①正確使用試電筆的方法：站在地上手接觸試電筆的筆尾金屬體，筆尖接觸火線或零線。氖管發(fā)光的是火線，氖管不發(fā)光的是零線；三孔插座的左孔接零線，右孔接火線，上孔接地線，根據(jù)測電筆的正確使用方法進行分析，即食指接觸測電筆末端的金屬部位，使電路形成通路； ②已知家庭電路電壓及測電筆電阻和燈泡額定電壓和額定功率，可以得到兩者通過的電流，比較得到結(jié)果。 【解答】解：使用測電筆時，拇指和中指不要接觸測電筆前端的金屬體，手必須接觸測電筆末端的金屬體，使電源和大地之間形成通路，故乙是正確的測量方法；

65、 通過測電筆的電流為I筆===2×10﹣4A； 因為P=UI， 所以通過燈泡的電流為I燈==≈0.18A， 所以燈泡正常工作時的電流約為正確使用測電筆時通過人體電流的=900倍。 故答案為：乙；900。 　 30．（2018?湘西州）某學校傳達室里安裝有40W和20W兩種燈泡，晚上開燈時，同學們發(fā)現(xiàn)40W的比20W的亮。這說明40W的燈泡比20W的燈泡實際功率　大　。（選填“大”或“小”） 【分析】額定功率是燈泡在額定電壓下工作的電功率，燈泡的亮度取決于燈的實際功率。 【解答】解： 因為燈泡的亮度是由其實際功率所決定的，而40W的比20W的亮，所以40W的燈泡比20W的燈泡實

66、際功率大。 故答案為：大。 　 31．（2018?重慶）丹麥物理學家　奧斯特　首先發(fā)現(xiàn)了電與磁之間存在本質(zhì)聯(lián)系，生產(chǎn)生活中的　電磁起重機?。ㄟx填“電磁起重機”“臺燈”或“電熱毯”）主要是利用電流磁效應工作的。 【分析】（1）在1820年，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在著磁場； （2）通電導體周圍存在磁場，這叫做電流的磁效應。 【解答】解： （1）奧斯特把通電直導線放在水平方向靜止的小磁針上，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明受到磁力作用，實驗表明電流周圍存在磁場； （2）通電導線周圍有磁場，這就是的電流的磁效應，電磁起重機、電磁繼電器等都是利用該原理制成的；臺燈工作時把電能轉(zhuǎn)化為光和熱，不是利用電流磁效應工作的；電熱毯是利用電流流過導體時發(fā)熱而工作的，應用了電流的熱效應。 故答案為：奧斯特；電磁起重機。 　 32．（2018?哈爾濱）“探究小燈泡電功率”的實驗電路如圖甲，實驗中選擇“2.5V”小燈泡，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片的過程發(fā)現(xiàn)燈亮度變化，這是由　燈泡的實際功率　變化引起的。實驗得到燈的U﹣I圖象如圖乙，則小燈泡的額定功率是　0.75　W。 【分析】（1）甲圖中，燈