資源簡介

電能綜合-2025年中考科學考前20天沖刺專題
一、選擇題
1．（2025·椒江模擬）如圖是小科同學所做實驗的電路圖，由于所選的小燈泡銘牌模糊不清，僅根據圖中所提供的器材，他可以（）
A．測量小燈泡消耗的電能
B．測量小燈泡正常發光時的電阻
C．研究小燈泡亮度與實際功率的關系
D．研究通過小燈泡的電流與其兩端電壓的關系
【答案】C
【知識點】影響電阻大小的因素；探究電流與電壓、電阻的關系實驗；伏安法測電阻的探究實驗；電功計算公式的應用；小燈泡電功率的影響因素
【解析】【分析】燈泡兩端電壓為額定電壓時的電功率為額定功率。
【解答】A、測量燈泡消耗的電能需要秒表測量時間，故A不符合題意；
B、銘牌模糊不清，不能確定燈泡的額定電壓，所以不能測量燈泡正常發光時的電阻，故B不符合題意；
C、根據電壓表和電流表示數結合P=UI可求得燈泡的實際功率，故C符合題意；
D、研究電流與電壓關系時，應控制電阻不變，燈泡的電阻會隨溫度的變化而變化，不是一個定值，故D不符合題意。
故答案為：C。
2．（2025·舟山月考）圖中電學儀表可以用來測量（）
A．導體的電阻
B．電路中的電流
C．用電器兩端的電壓
D．用電器在一段時間內消耗的電能
【答案】D
【知識點】電能表參數的理解與電能的求法
【解析】【分析】電能表中最后一位是小數位，。
【解答】圖中電表的單位為，可知是電能表，是測量用電器在一段時間內消耗電能的儀表。
故答案為：D。
3．（2025·南湖模擬）小芳猜想電流產生的熱量與電阻大小有關，下列能支持她猜想的現象是(　　)
A．接線板上接入的用電器越多，導線越容易發熱
B．正常工作時， “36V54W”的燈泡比“12V 6W”的燈泡亮
C．電熱水壺加熱水時，水沸騰前，加熱時間越長，溫度越高
D．電熨斗工作時發熱明顯，而與之相連的導線卻不怎么熱
【答案】D
【知識點】焦耳定律的計算公式及其應用；電功與熱量的綜合計算；影響電流熱效應的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】電流的熱效應：當電流通過電阻時，電流做功而消耗電能，產生了熱量，這種現象叫做電流的熱效應。實踐證明，電流通過導體所產生的熱量和電流的平方，導體本身的電阻值以及電流通過的時間成正比。
【解答】A. 接線板上接入的用電器越多，導線越容易發熱，電流和電阻都改變了，A錯誤；
B.正常工作時， “36V54W”的燈泡比“12V 6W”的燈泡亮，因為功率不同，B錯誤；
C. 電熱水壺加熱水時，水沸騰前，加熱時間越長，溫度越高 ，熱量與溫度變化量的關系，C錯誤；
D. 電熨斗工作時發熱明顯，而與之相連的導線卻不怎么熱 ，電流相同，探究的是 電流產生的熱量與電阻大小有關 ，D正確；
故答案為：D
4．（2025·溫州模擬）某同學用裝滿鹽水的氣球連接在如圖所示的電路中。當用手向相反的方向拉扯連接氣球的導線，使氣球變長(鹽水與導線充分接觸且氣球不破裂)，對這一過程進行分析，下面說法正確的是(　　)
A．小燈泡變得更亮
B．無論怎樣拉動，電壓表的示數都不變
C．電壓表與電流表示數的比值變大
D．電路消耗的總功率變大
【答案】C
【知識點】歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 電阻的大小與下面的因素有關：相同橫截面積、同種材料的導體，長度越長，電阻越大；相同長度、同種材料的導體，橫截面積越小，電阻越大；相同長度和橫截面積的導體電阻還與組成材料有關；
首先判定電路的連接狀態，然后根據鹽水氣球形狀的變化判定電阻的變化，然后根據歐姆定律判定電流的變化、電壓的變化，根據功率公式判定燈泡亮度的變化。
【解答】 由圖可知，該電路為串聯電路，電流表測量電路中的電流，電壓表測量的是鹽水氣球兩端的電壓；
當用手向相反的方向拉扯連接氣球的導線，氣球變長變細，即長度增加，橫截面積減小，故鹽水氣球的電阻變大，總電阻變大，根據歐姆定律可知，電路中的電流減小；
鹽水氣球的電阻變大，根據串聯電路的分壓規律可知，其兩端的電壓變大，即電壓表示數變大；電壓表與電流表示數的比值為鹽水氣球的電阻，電阻變大，比值變大；
電路中的電流減小，根據P=I2R可知，燈泡的功率變小，亮度變暗；
電源電壓不變，根據P=UI可知，電路的總功率變小。
綜上所述，C正確。
故選C。
5．（2025九下·蕭山模擬）如圖所示，兩只燈泡和上分別標有“6V；4W”和“3V；1W”字樣，將它們串聯暫接在電壓可在3 9V之間調節的電源上，閉合開關S，若兩燈的燈絲電阻不隨溫度變化，則下列說法正確的是（　　）
A．通過燈的電流大于通過燈的電流
B．當電源電壓調節到9V時，燈與都能正常發光
C．調節電源電壓過程中，燈始終與燈一樣亮
D．與產生的光能可用焦耳定律進行計算
【答案】C
【知識點】串、并聯電路的電流特點；串、并聯電路的電壓特點；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 A.由題知，燈泡L1、L2串聯，根據串聯電路的電流特點可知通過兩燈的電流關系；
B.知道兩燈泡的額定電壓和額定功率，根據求出兩燈泡的電阻，再根據串聯電路的分壓原理可得兩燈的實際電壓，與額定電壓比較可知，兩燈是否都能正常發光；
C.根據串聯電路的電流特點和P=UI得出兩燈泡實際功率之間的關系，再根據燈泡的亮暗取決于實際功率的大小比較兩燈泡的亮暗；
D.分析燈泡工作時能量轉化情況，從而判斷能否用焦耳定律計算燈泡工作時產生光能。
【解答】 A.串聯電路中電流處處相等，所以燈泡L1、L2串聯后，通過它們的電流相等，故A錯誤；
B.燈L1的電阻：，燈L2的電阻：，
由串聯電路的分壓原理知，，
當電源電壓調節到9V時，兩燈的實際電壓：，
由于兩燈的實際電壓都不等于它們各自的額定電壓，所以兩燈都不能正常發光，故B錯誤；
C.兩燈串聯在電源上時，通過兩燈的電流相等，且兩燈分得電壓也相等，由P=UI知，兩燈的實際功率相等，所以在調節電源電壓的過程中，兩燈是一樣亮的，故C正確；
D.燈泡在工作時，消耗的電能轉化為內能和光能，所以不能用焦耳定律計算其工作時產生的光能，故D錯誤。
故選C。
6．（2025九下·樂清開學考）如圖所示是“，”的LED燈和“，”的白熾燈正常工作時將電能轉化為內能和光能的占比圖。當兩燈均正常工作時，下列說法正確的是（　　）
A．LED燈比白熾燈亮、相同時間內消耗電能多
B．LED燈比白熾燈亮、相同時間內消耗電能一樣多
C．LED燈與白熾燈一樣亮、相同時間內白熾燈消耗電能多
D．LED燈與白熾燈一樣亮、相同時間內消耗電能一樣多
【答案】B
【知識點】能量利用效率；電功計算公式的應用
【解析】【分析】兩盞燈的功率相同，由W=Pt可知，相同時間內消耗的電能相同，LED燈的光能轉化率高，能量主要用于發光，所以燈更亮。
【解答】因兩燈的額定功率相同，當兩燈均正常工作時，相同時間內，根據W=Pt可知，兩燈消耗的電能相等。由圖可知白熾燈把大部分電能轉化為內能，LED燈把大部分電能轉化為光能，因此相同時間內LED燈產生的內能小于白熾燈，說明LED燈電能轉化為光能的效率高，LED燈比白熾燈亮，故B正確，ACD錯誤。
故答案為：B。
7．（2025九下·拱墅開學考）如圖是某一定值電阻的圖像。當該電阻兩端的電壓增大，其電功率增大。則下圖中的陰影面積大小能正確表示大小的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】電功率計算公式的應用
【解析】【分析】定值電阻阻值不變，由可知，電壓變大的同時電流也將變大，即橫縱坐標均要發生改變。【解答】變化的電功率為，故D符合題意，ABC不符合題意。
故答案為：D。
8．（2025·浙江會考）如圖所示是電阻甲和乙的U-I圖像，下列說法中正確的是（　　）
A．電阻甲和乙都是阻值不變的電阻
B．當乙兩端電壓為2V時，R乙=5Ω
C．甲、乙串聯在電路中，當電路電流為0.2A時，電源電壓為2V
D．甲、乙并聯在電路中，當電源電壓為2V時，電路總功率為1.2W
【答案】D
【知識點】串、并聯電路的電流特點；串、并聯電路的電壓特點；歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】A.根據歐姆定律可知，電阻一定時，通過電阻的電流與兩端的電壓成正比分析；
B.由圖像可知，當乙兩端電壓為2V時對應的電流，根據歐姆定律求出R乙的阻值；
C.甲、乙串聯在電路中，當電路電流為0.2A時，根據串聯電路的電流特點讀出圖像中對應的電壓，利用串聯電路的電壓特點求出電源電壓；
D.甲、乙并聯在電路中，當電源電壓為2V時，根據并聯電路的電壓特點結合圖象讀出對應的電流，再根據并聯電路的電流特點得出干路電流，利用P=UI求出電路總功率。
【解答】A． 由圖象可知，圖像乙為曲線，即乙對應的電流與電壓不成正比，那么乙電阻的阻值是變化的，故A錯誤；
B．當乙兩端電壓為2V時，通過的電流為0.2A，則此時R乙===10Ω，故B錯誤；
C． 當電路電流為0.2A時，由圖象可知，U甲=1V，U乙=2V，則此時電源電壓U=U甲+U乙=1V+2V=3V，故C錯誤；
D． 當電源電壓為2V時，由圖象可知，I甲=0.4A，I乙=0.2A，那么干路電流I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A，電路總功率P=UI=2V×0.6A=1.2W，故D正確。
故選D。
9．（2025九下·臺州月考）創新小組的同學設計了一個粉塵濃度監測裝置，圖甲為該監測裝置的簡化電路圖，它是通過傳感器R來進行檢測的，傳感器R的阻值隨著粉塵濃度β變化的關系如圖乙，已知電源電壓4V，定值電阻 R0的阻值為15Ω，電壓表的量程為0~3V.下列分析，正確的是（　　）
A．電壓表示數隨粉塵濃度增大而減小
B．定值電阻. 的最大功率為0.6W
C．電路可測的最大粉塵度為
D．整個電路的最小總功率為0.8W
【答案】B
【知識點】歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 由電路圖可知，閉合開關S，傳感器電阻R和定值電阻R0串聯，電壓表測R兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
A.根據圖丙可知粉塵濃度增大時傳感器R的阻值變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和定值電阻R0兩端的電壓變化，利用串聯電路的電壓特點可知電壓表示數的變化；
BC.當傳感器R的阻值最小時，電路中的總電阻最小，電路中的電流最大，根據電阻的串聯和歐姆定律求出電流表的最大示數；
此時傳感器R的阻值最小，粉塵濃度最大，則根據歐姆定律可得此時的總電阻，根據串聯電路的特點求出此時傳感器R的阻值，由圖乙知可知此時對應的粉塵度；
根據P=UI計算定值電阻R0的最大功率；
D.根據串聯電路電阻規律結合可知要使電功率最小，需要傳感器R的阻值最大，由圖乙可知，傳感器R的最大阻值，進一步求出電路的最小總功率。
【解答】 A.由圖甲可知該電路為串聯電路，電壓表測量定值電阻兩端的電壓，由圖乙可知，隨著粉塵濃度的增加，傳感器R的電阻減小，所以當粉塵濃度增大時，電路中的總電阻變小，由歐姆定律得電路中的電流變大，定值電阻兩端的電壓變大，即電壓表示數變大，故A錯誤；
BC.因為電壓表的量程為0～3V，所以當定值電阻兩端電壓達到電壓表量程的最大值3V時，由歐姆定律得此時電路中的電流最大，即，
此時的總電阻最小，即傳感器R的阻值最小，粉塵濃度最大，
則根據歐姆定律可得此時的總電阻為：；
因為定值電阻R0的阻值為15Ω，所以此時傳感器R的阻值為5Ω，由圖乙知此時對應的粉塵度為14mg/m3，所以電路可測的最大粉塵度為14mg/m3，故C錯誤；
定值電阻R0的最大功率為：P0最大=U0最大I最大=3V×0.2A=0.6W，故B正確；
D.電路的總功率為：，要使電功率最小，需要傳感器R的阻值最大，由圖乙可知，傳感器R的最大阻值為45Ω，所以電路的最小總功率為：，故D錯誤。
故選B。
10．（2025九下·諸暨月考）為了打贏疫情防控戰，某工廠加緊生產消毒液，如圖甲所示，這是生產車間流水線上瓶裝消毒液輸送及計數裝置示意圖，其中S為激光源，R1為光敏電阻（有光照射時阻值變小），R2是阻值為的定值保護電阻，a、b間接監控裝置，R1兩端的電壓隨時間變化的關系如圖乙所示，電源電壓恒為6V，則下列說法正確的是（　　）
A．當有瓶裝消毒液遮擋激光時，R2消耗的功率為0.4W
B．當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時，光敏電阻R1的阻值為
C．當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時，電路消耗的總功率為0.6W
D．生產線正常生產時，一分鐘可生產消毒液150瓶
【答案】C
【知識點】歐姆定律及其應用；電路的動態分析；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 A.由電路圖可知，R1與R2串聯，根據題意得出當有瓶裝消毒液遮擋激光時R1的阻值變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和R2兩端的電壓變化，從而得出U1和U2，根據算出此時R2消耗的功率；BC.根據（1）的解答可知，當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時a、b間的電壓變化，根據串聯電路的電壓特點可知R1兩端的電壓變化，然后結合圖像得出此時R1兩端的電壓，進一步得出R2兩端的電壓，利用串聯電路的電流特點和歐姆定律得出等式即可求出此時R1的阻值，根據算出電路消耗的總功率；
D.根據圖乙得出一個產品通過計數裝置的時間，然后求出生產時1min可生產消毒液的個數。
【解答】A．根據圖片可知，R1與R2串聯，當有瓶裝消毒液遮擋激光時，R1的阻值變大。
由串聯分壓規律可知，此時R1兩端的電壓變大。
由圖乙知，此時U1=4V，
根據串聯電路電壓的規律知，R2兩端的電壓為U2=U-U1=6V-4V=2V；
此時R2消耗的功率為；
故A錯誤；
BC．根據題意可知，當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時，R1的阻值較小，
由串聯分壓規律可知，R1兩端的電壓較小，
因串聯電路U總=U1+U2可知，所以R2兩端的電壓較大，即a、b間的電壓較大，
圖像可得，此時R1兩端的電壓U1=2V
則R2兩端的電壓U2=U-U1=6V-2V=4V
因串聯電路中各處的電流相等，
所以，即；
可解得：R1=20Ω；
此時電路的總功率為；
故C正確，B錯誤；
D．由圖乙可知，每經過0.6s，就有一個產品通過計數裝置，生產時1min可生產消毒液，
故D錯誤。
故選C。
二、填空題
11．（2025·臨平模擬）機械式電能表是家庭用電計量儀表，電能表上的信息如圖所示。
（1）家庭電路中有電流通過時，電能表上的鋁制轉盤能夠轉動。下面三幅圖中與這種鋁制轉盤轉動原理相同的是　 　。
（2）小科切斷電路中其他用電器，僅讓電熱水壺工作，記錄電能表鋁制表盤轉10圈所需時間為50秒。
①該時間內電熱水壺消耗的電能為　 　焦。
②該電熱水壺的功率為　 　瓦。
【答案】（1）C
（2）5×104；
【知識點】電磁感應；家庭電路的組成與連接；電能表參數的理解與電能的求法；電功率計算公式的應用；電器的電功率
【解析】【分析】（1）電能表鋁制轉盤轉動是因為通電導體在磁場中受力運動，需要判斷給出三幅圖的原理，找出與之相同的。
（2）①根據電能表參數 “720r/(kW h)”，通過轉盤轉動圈數計算電熱水壺消耗的電能。②利用功率公式，結合①中求出的電能和已知時間計算電熱水壺的功率。
【解答】（1）電能表鋁制轉盤轉動原理是通電導體在磁場中受力運動。
A 圖是電磁感應現象，即閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中產生感應電流。
B 圖是奧斯特實驗，表明通電導體周圍存在磁場。
C 圖是通電導體在磁場中受力運動，與電能表鋁制轉盤轉動原理相同，所以選 C。
（2）①電能表參數 “720r/(kW h)” 表示每消耗1kW h電能，轉盤轉720圈。轉盤轉10圈，消耗電能。
②已知時間t=50s，根據，可得電熱水壺功率
。
12．（2025·金華模擬）如圖甲所示為一款磁吸式感應智能小夜燈，圖乙是該小夜燈的部分銘牌參數。請回答：
××牌磁吸式智能小夜燈
額定電壓 5V
額定功率 3W
充電類型 插電/直充
圖乙
（1）將小夜燈側吸在金屬床沿并保持靜止狀態，此時小夜燈所受　 　力與重力平衡。
（2）小夜燈正常發光時的電流為　 　A。
（3）夜晚，當有人起床時，小夜燈亮起，延遲1分鐘后自動熄滅，小夜燈正常發光1分鐘所消耗的電能為　 　焦。
【答案】（1）摩擦
（2）0.6
（3）180
【知識點】摩擦力的存在；電功計算公式的應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】（1）平衡力的特點：大小相等、方向相反、作用在同一直線、同一物體上。
（2）根據計算電流。
（3）根據計算消耗的電能，注意時間的單位是秒。
【解答】（1）小夜燈靜止，受力平衡，重力和摩擦力是一對平衡力，摩擦力的方向豎直向上。
（2）小夜燈正常發光時的電流。
（3）夜燈正常發光1分鐘所消耗的電能為。
13．（2025九下·鹿城模擬）為提升自行車夜間騎行的舒適與安全性，某興趣小組改造其坐墊，并利用導線、磁鐵等元件，結合其后輪轉動設計發電裝置，為尾燈發光供電。
（1）增大坐墊受力面積，可以　 　壓強，從而提升騎行的舒適度。
（2）興趣小組設計了以下三種方案，后輪轉動時導線能產生感應電壓的是____(可多選)。
A．
B．
C．
（3）小組同學在測試中發現，輪胎快速轉動20圈產生的電能可以使一個“2.5V 0.5W”的小燈泡正常工作1秒。據此推算，該過程產生的電能至少為　 　焦。
【答案】（1）減小
（2）B；C
（3）0.5
【知識點】壓強大小比較；增大或減小壓強的方法；電功計算公式的應用
【解析】【分析】（1）壓強公式為，當壓力一定時，增大受力面積可以減小壓強。
（2）考查電磁感應現象。產生感應電壓（感應電流）的條件是閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動。需要分析每個方案中導線是否切割磁感線。
（3）考查電能的計算。根據公式W = Pt，已知小燈泡的功率和正常工作時間，可計算出消耗的電能，也就是該過程產生的最少電能。
【解答】（1）根據壓強公式，人對坐墊的壓力近似等于人的重力，基本不變。增大坐墊受力面積S ，在壓力F不變時，壓強p會減小，從而提升騎行的舒適度。
（2）A 方案：導線安裝在輪圈上，后輪轉動時，導線不會切割磁感線，不能產生感應電壓。B 方案：導線安裝在輻條上，后輪轉動時，輻條會切割磁感線，能產生感應電壓。C 方案：導線安裝在后叉上，后輪轉動時，后叉上的導線會切割磁感線，能產生感應電壓。
所以能產生感應電壓的是 BC。
（3）已知小燈泡的功率P = 0.5W，正常工作時間t = 1s，根據電能計算公式W = Pt，
可得W = 0.5W×1s = 0.5J，即該過程產生的電能至少為0.5焦。
14．（2025·浙江模擬）某滾桶洗衣機自帶加熱功能，其洗衣過程分“加熱水”、“保溫洗滌”、“脫水”三種狀態，圖乙是其簡化電路圖，其中電熱絲R1、R2的阻值分別為24.2Ω和242Ω。
（1）當開關置于2位置時，R2與電動機并聯，此時洗衣機的工作狀態是　 　（填“加熱水“保溫洗滌”或“脫水”）。
（2）該洗衣機脫水過中消耗的電能主要轉化為　 　能。
（3）洗衣機處于“加熱水”狀態（R1與R2并聯）正常工作的功率為多少　 　？
【答案】保溫洗滌；機械；2200W
【知識點】電功率計算公式的應用；電器的電功率；電功率
【解析】【分析】（1）由電路圖可知，開關置于1位置時，R1與R2并聯，電路的總電阻最小，總功率最大，洗衣機處于“加熱水”狀態，開關置于2位置時，電動機與R2并聯，洗衣機處于“保溫洗滌”狀態，開關置于3位置時，電路中只有電動機工作，洗衣機處于脫水狀態；
（2）根據標有3000r/（kW h）的電能表轉盤轉過150轉，可計算消耗的電能；
（3）并聯電路總功率電壓各部分功率之和，根據計算洗衣機處于“加熱水”狀態（R1與R2并聯）正常工作的功率。
【解答】（1）根據乙圖可知，當開關位于1位置時，兩個電阻并聯，此時加熱功率最大，應該為加熱水狀態；當開關S位于2位置時，電阻R2與電動機并聯，此時既發熱也洗滌，應該為保溫洗滌狀態；當開關S位于3位置時，只有電動機工作，應該為脫水狀態。
（2）洗衣機脫水過程中只有電動機工作，所以消耗的電能主要轉化為機械能。
（3） R1消耗的功率為
R2消耗的功率為
由于是并聯電路，則總功率為
P=P1+P2=2000W+200W=2200W
三、實驗探究題
15．（2025·舟山模擬）小舟同學想探究小燈泡的額定功率，他發現小燈泡上標有“2.5V”的字樣，其他都模糊不清了。
（1）如圖甲所示是他連接的電路圖，經檢查發現電路接線有誤，只需做一處改動就可以進行實驗。請在錯的導線上打“×”，并改正；
（2）正確連接電路后，閉合開關，發現小燈泡不亮。小舟觀察到兩電表的示數情況是　 　，由此判斷故障是小燈泡斷路；
（3）當電壓表的示數為2.5V時，電流表的示數如圖乙所示，則該小燈泡的額定功率為　 　W；
（4）他還進一步設計出了只有電流表沒有電壓表來解決這個問題的方法，其電路如圖丙所示，R0＝5Ω，其中關鍵的一步是必須調節滑動變阻器，使電流表A2的示數為　 　A時，再讀出電流表A1的示數，才能計算小燈泡的額定功率。
【答案】（1）
（2）電流表無示數、電壓表有明顯的偏轉
（3）0.6
（4）0.5
【知識點】串、并聯電路的電壓特點；電流表、電壓表在判斷電路故障中的應用；歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用；小燈泡電功率的影響因素
【解析】【分析】（1）電壓表并聯在哪個用電器兩端，測量的就是哪個用電器兩端的電壓。
（2）電壓表測量對象斷路：電流表無示數，電壓表有示數；電壓表測量對象短路：電流表有示數，電壓表沒有示數。
（3）額定電壓下的電功率為額定功率。
（4）根據并聯電路各支路兩端電壓相等，即使沒有電壓表也能確定燈泡是否正常發光。
【解答】（1）圖中電壓表測量的是電源電壓，應測量燈泡兩端的電壓，如圖所示
（2）小燈泡斷路，電壓表串聯進電路，由于電壓表阻值很大，電路中電流很小，所以電流表沒有示數，電壓表分壓大，約為電源電壓。
（3）電流表的分度值為0.02A，示數為0.24A，額定功率為。
（4）由圖丙可知，定值電阻與燈泡并聯，由并聯電路的電壓特點可知，此時定值電阻兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，額定電壓為2.5V，此時流過定值電阻的電流為，可知移動滑片，至電流表示數為0.5A。
16．（2025·濱江模擬）在測量小燈泡電功率的實驗中，電源電壓為 4.5V，小燈泡的額定電壓為 2.5V，小燈泡正常發光時的電阻約為10Ω。
（1）用筆畫線代替導線，將圖甲中的實物電路連接完整。要求：當滑動變阻器的滑片向左移動時，其接入電路的電阻變大，連線不得交叉。
（2）閉合開關，發現小燈泡不亮，電壓表有示數，電流表無示數，則出現故障可能是　 　。
（3）排除故障后，閉合開關，移動滑片 P 到某一位置時，電壓表示數如圖乙所示，若想測量小燈泡的額定功率，接下來的操作是　 　。
（4）測得小燈泡的額定功率后，把小燈泡兩端的電壓調為額定電壓的一半，發現測得的實際功率大于額定功率的四分之一，請對其原因加以分析：　 　。
【答案】（1）
（2）小燈泡斷路
（3）向右移動滑片P，使電壓表示數為2.5V
（4）當小燈泡兩端的電壓調為額定電壓的一半，燈絲的電阻隨溫度的降低也減小了，根據可知測得的實際功率大于其額定功率的四分之一。
【知識點】小燈泡電功率的影響因素
【解析】【分析】 （1）根據當滑動變阻器的滑片向左移動時，連入電路的電阻變大，確定為阻器的連接；由歐姆定律求出燈正常工作時的電流，確定電流表選用量程與燈串聯；
（2）若電流表示數為0，燈不亮，說明電路可能斷路；電壓表示數接近電源電壓，說明電壓表與電源連通，則與電壓表并聯的支路以外的電路是完好的，則與電壓表并聯的燈泡斷路了；
（3）燈在額定電壓下正常發光，根據圖中電壓表小量程讀數，比較電壓表示數與額定電壓的大小，根據串聯電路電壓的規律及分壓原理確滑片移動的方向；
（4）根據知，在電阻R不變時，電壓為原來的二分之一，功率為原來的四分之一，由燈絲的電阻隨溫度的降低而減小分析。
【解答】 （1）當滑動變阻器的滑片向左移動時，連入電路的電阻變大，即滑片以右電阻絲連入電器中；小燈泡的額定電壓為2.5V，小燈泡正常發光時的電阻約為10Ω，由歐姆定律，燈正常工作時的電流：，電流表選用小量程與燈串聯，如下所示：
（2）經分析。發現小燈泡不亮，電壓表有示數，電流表無示數，則出現故障的原因可能是：燈泡斷路；
（3）燈在額定電壓下正常發光，圖中電壓選用小量程，分度值為0.1V，示數為2.2V，小于燈的額定電壓2.5V，應增大燈的電壓，根據串聯電路電壓的規律，應減小變阻器的電壓，由分壓原理，應減小變阻器連入電路中的電阻大小，故滑片向右移動，直到電壓表示數為額定電壓。
（4）根據知，在電阻R不變時，電壓為原來的二分之一，功率為原來的四分之一，但因燈絲的電阻隨溫度的降低而減小，故小燈泡兩端的電壓調為額定電壓的一半，通過小燈泡的電流大于額定電流的一半，故發現測得的實際功率大于其額定功率的四分之一。
17．（2025·麗水模擬）某同學發現家里的臺燈是通過滑動變阻器來調節亮度的。臺燈亮度發生變化時滑動變阻器消耗的電功率會如何變化呢？為此他設計了如圖甲所示的電路進行探究。已知實驗器材的規格：電源電壓4伏并保持不變，2個電壓表（伏），電流表（安），滑動變阻器R標有“20歐1安”，小燈泡L標有“2.5伏”字樣。
（1）按圖甲連接電路，閉合開關后，發現燈泡不亮。該同學根據三只電表的“示數有無”判斷出是小燈泡發生了短路。則他觀察到的無示數的電表是　 　。
（2）排除故障后繼續實驗。當小燈泡正常發光，電流表指針位置如圖乙所示，則小燈泡的額定功率為　 　瓦。
（3）如圖丙所示為該同學根據實驗數據，繪制出滑動變阻器的電功率與小燈泡的電功率的關系圖像。由圖可知：小燈泡的電功率變大時，滑動變阻器的電功率的變化情況是　 　。
（4）該同學用上述器材重復實驗，進一步對比分析實驗數據，發現滑動變阻器的電功率最大時，兩個電壓表的示數相同。于是得出結論：串聯電路中，滑動變阻器的電功率最大時，滿足滑動變阻器有效電阻等于燈泡電阻。判斷該實驗結論是否可靠并說明理由。　 　
【答案】（1）電壓表
（2）1.25
（3）先增大后減小
（4）不合理，沒有換用不同規格的燈泡和滑動變阻器進行多次重復實驗，實驗結論不具有普遍性。
【知識點】電器的電功率
【解析】【分析】 （1）閉合開關后，發現燈泡不亮。該同學根據三只電表的“示數有無”判斷出是小燈泡發生了短路，小燈泡短路時，小燈泡兩端電壓為零；
（2）實驗中，電壓表的示數V1為2.5伏時，小燈泡正常發光，電流表指針位置如圖乙所示，電流表表所選量程已知，分度值可知，讀取電流表的示數，小燈泡額定功率等于額定電壓與其電流的乘積；
（3）如圖丙所示為該同學根據實驗數據，繪制出滑動變阻器的電功率
PR與小燈泡的電功率PL的關系圖像。由圖可知；小燈泡的電功率（亮度）變大時，滑動變阻器的電功率先變大后變小；
（4）在科學探究中，往往需要換用不同器材多次完成實驗，從而收集多組數據，這樣得到的結論會更加客觀，具有普遍意義。
【解答】 （1）閉合開關后，發現燈泡不亮。該同學根據三只電表的“示數有無”判斷出是小燈泡發生了短路，小燈泡短路時，小燈泡兩端電壓為零，故它觀察到的無示數的電表是電壓表V1；
（2）實驗中，電壓表V1的示數為2.5伏時，小燈泡正常發光，圖乙總電流表的示數I=0.5A，
小燈泡的額定功率P額=IU額=0.5A×2.5V=1.25W；
（3）如圖丙所示為該同學根據實驗數據，繪制出滑動變阻器的電功率PR與小燈泡的電功率PL的關系圖像由圖可知；小燈泡的電功率（亮度）變大時，滑動變阻器的電功率先變大后變小；
（4）我認為這個實驗結論不可靠，理由是：沒有換用不同規格的燈泡和滑動變阻器進行多次重復實驗，實驗結論不具有普遍性。
四、綜合題
18．（2025·溫嶺模擬）如圖甲是小雨家的家庭電路中的電能表，如圖乙是家用插線板。
（1）如圖甲是電能表上的一些數值，請選出與科學意義不相符的選項是　 　。
（2）丙圖是插線板(圖乙)的內部元件連接情況(部分線已連接好)，請將圖丙補充完整。
要求：①插線板上的開關可同時控制兩個插座的通、斷；②開關接通時兩個插座都能提供220V電壓。
（3）電能表的參數如圖甲所示。她想知道電能表是否準確，于是將一只標有“220V 1100W”的電暖器插入插座，在額定電壓下單獨工作，檢測中發現1分鐘電能表的轉盤轉了12轉。通過計算判斷轉盤轉速是否正確。
【答案】（1）B
（2）
（3）電暖器工作1分鐘做的功 W1= Pt=1100w·60s=66000J
電能表轉12 轉消耗的電能 W2=3.6×106J·12/600=72000J
∴轉盤轉速不正確(比較功率大小、比較轉速多少均可)
【知識點】家庭電路的組成與連接；電功計算公式的應用；電能表參數的理解與電能的求法
【解析】【分析】（1）。
（2）為了用電安全，開關接在火線上。
（3）根據電能表參數計算轉12圈消耗的電能與電暖器消耗的電能進行對比，若不相等，則轉速不正確。
【解答】（1）B中千瓦時是電能的單位，用于顯示消耗的電能大小。
故答案為：B。
（2）②開關接通時兩個插座都能提供220V電壓，說明兩個插座并聯；①插線板上的開關可同時控制兩個插座的通、斷，說明開關接在干路上，如圖所示
。
19．（2025·瑞安二模）小明設計了一款恒溫電熱水壺，工作原理如圖甲所示：連有撐桿的搭鉤可繞 O 點轉動，撐桿下端與水平的雙金屬片接觸，搭鉤左側搭在鐵質鎖扣上，鎖扣由彈簧拉緊固定，此時觸點b與c接觸(如圖甲)。閉合開關S，發熱電阻 R1工作，電熱水壺給水加熱，雙金屬片受熱向上彎曲，撐桿受到向上的力，當水加熱到沸騰時，搭鉤剛好與鎖扣脫離，彈簧帶動鎖扣和 S1向左運動，觸點b 與c分離，加熱電路斷開，觸點 b 與a接觸，保溫電路處于工作狀態。已知發熱電阻. 阻值為22歐，保溫電阻R2阻值為1100歐。
（1）將雙金屬片放置在水平位置，a端固定，均勻加熱后平直的雙金屬片會發生彎曲(如圖乙)。則圖甲中雙金屬片的金屬設計正確的應是下圖中的____。
A． B． C． D．
（2）在220伏的電壓下，電熱水壺將一壺水加熱到沸騰需要 5 分鐘，求這段時間內發熱電阻R1消耗的電能
（3）某次保溫電阻R2工作一段時間后斷開S，當水冷卻至室溫時，雙金屬片恢復原狀。重新閉合開關S，哪一電阻處于工作狀態 結合工作原理圖判斷說明依據。　 　。
【答案】（1）C
（2）==
答：這段時間內發熱電阻R1消耗電能 焦
（3）保溫電阻R2工作，保溫時彈簧拉動S1和鎖扣往左運動，觸點b與a接觸，雖然雙金屬片冷卻恢復原狀，搭鉤左側下降，但是鎖扣并未復位，搭鉤無法鉤住鎖扣使觸點b與c接觸
【知識點】電功計算公式的應用；常用電熱器
【解析】【分析】（1）根據題中金屬片向上彎曲和銅的形變量更大進行判斷。
（2）加熱時，只有在工作，根據計算消耗的電能。
（3）根據題中保溫時b和c接觸和鎖扣需手動復位進行分析 。
【解答】（1）由圖乙可知，受熱后銅形變量更大，雙層金屬片會彎向鐵一側。由題中信息可知，雙層金屬片受熱向上彎曲，可知上面為鐵。
故答案為：C。
（3）保溫時，b與c接觸，斷開開關，溫度降低，雙層金屬片恢復原狀，但并沒有將鎖扣復位，可知b仍與c相連，可知此時保溫電阻R2工作。
20．（2025·吳興模擬）小金家新買了一個帶有電量監測功能的智能插座，如圖為其內部簡化電路，工作時用電器接入 MN之間，根據電流傳感器測定記錄電流變化并計算電路消耗的電能。已知智能插座的額定電壓為 220V，電流傳感器自身電阻 現將一個額定電壓為220V的電熱水壺接入插座，此時電路傳感器測得電流 I=5A：
（1）求該電路的實際功率。
（2）請計算此時該電熱水壺的電阻。
（3）小金發現插座長時間使用后外殼發熱，查閱說明書得 知其最高允許溫度為知插座散熱功率 試通過計算說明該插座是否存在過熱風險。
【答案】（1）P=UI=220V×5A=1100W
（2） R=44Ω-1Ω=43Ω
（3）P熱 ，所以存在過熱風險
【知識點】電阻和電阻的串聯、并聯；歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】（1）根據P=UI計算實際功率。
（2）根據歐姆定律計算總電阻，串聯電路總電阻等于各用電器電阻之和。
（3）當產熱功率大于散熱功率時，插座的溫度會升高，可能會導致過熱現象，所以只需計算出加熱功率，并與散熱功率進行對比即可。
1 / 1電能綜合-2025年中考科學考前20天沖刺專題
一、選擇題
1．（2025·椒江模擬）如圖是小科同學所做實驗的電路圖，由于所選的小燈泡銘牌模糊不清，僅根據圖中所提供的器材，他可以（）
A．測量小燈泡消耗的電能
B．測量小燈泡正常發光時的電阻
C．研究小燈泡亮度與實際功率的關系
D．研究通過小燈泡的電流與其兩端電壓的關系
2．（2025·舟山月考）圖中電學儀表可以用來測量（）
A．導體的電阻
B．電路中的電流
C．用電器兩端的電壓
D．用電器在一段時間內消耗的電能
3．（2025·南湖模擬）小芳猜想電流產生的熱量與電阻大小有關，下列能支持她猜想的現象是(　　)
A．接線板上接入的用電器越多，導線越容易發熱
B．正常工作時， “36V54W”的燈泡比“12V 6W”的燈泡亮
C．電熱水壺加熱水時，水沸騰前，加熱時間越長，溫度越高
D．電熨斗工作時發熱明顯，而與之相連的導線卻不怎么熱
4．（2025·溫州模擬）某同學用裝滿鹽水的氣球連接在如圖所示的電路中。當用手向相反的方向拉扯連接氣球的導線，使氣球變長(鹽水與導線充分接觸且氣球不破裂)，對這一過程進行分析，下面說法正確的是(　　)
A．小燈泡變得更亮
B．無論怎樣拉動，電壓表的示數都不變
C．電壓表與電流表示數的比值變大
D．電路消耗的總功率變大
5．（2025九下·蕭山模擬）如圖所示，兩只燈泡和上分別標有“6V；4W”和“3V；1W”字樣，將它們串聯暫接在電壓可在3 9V之間調節的電源上，閉合開關S，若兩燈的燈絲電阻不隨溫度變化，則下列說法正確的是（　　）
A．通過燈的電流大于通過燈的電流
B．當電源電壓調節到9V時，燈與都能正常發光
C．調節電源電壓過程中，燈始終與燈一樣亮
D．與產生的光能可用焦耳定律進行計算
6．（2025九下·樂清開學考）如圖所示是“，”的LED燈和“，”的白熾燈正常工作時將電能轉化為內能和光能的占比圖。當兩燈均正常工作時，下列說法正確的是（　　）
A．LED燈比白熾燈亮、相同時間內消耗電能多
B．LED燈比白熾燈亮、相同時間內消耗電能一樣多
C．LED燈與白熾燈一樣亮、相同時間內白熾燈消耗電能多
D．LED燈與白熾燈一樣亮、相同時間內消耗電能一樣多
7．（2025九下·拱墅開學考）如圖是某一定值電阻的圖像。當該電阻兩端的電壓增大，其電功率增大。則下圖中的陰影面積大小能正確表示大小的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025·浙江會考）如圖所示是電阻甲和乙的U-I圖像，下列說法中正確的是（　　）
A．電阻甲和乙都是阻值不變的電阻
B．當乙兩端電壓為2V時，R乙=5Ω
C．甲、乙串聯在電路中，當電路電流為0.2A時，電源電壓為2V
D．甲、乙并聯在電路中，當電源電壓為2V時，電路總功率為1.2W
9．（2025九下·臺州月考）創新小組的同學設計了一個粉塵濃度監測裝置，圖甲為該監測裝置的簡化電路圖，它是通過傳感器R來進行檢測的，傳感器R的阻值隨著粉塵濃度β變化的關系如圖乙，已知電源電壓4V，定值電阻 R0的阻值為15Ω，電壓表的量程為0~3V.下列分析，正確的是（　　）
A．電壓表示數隨粉塵濃度增大而減小
B．定值電阻. 的最大功率為0.6W
C．電路可測的最大粉塵度為
D．整個電路的最小總功率為0.8W
10．（2025九下·諸暨月考）為了打贏疫情防控戰，某工廠加緊生產消毒液，如圖甲所示，這是生產車間流水線上瓶裝消毒液輸送及計數裝置示意圖，其中S為激光源，R1為光敏電阻（有光照射時阻值變小），R2是阻值為的定值保護電阻，a、b間接監控裝置，R1兩端的電壓隨時間變化的關系如圖乙所示，電源電壓恒為6V，則下列說法正確的是（　　）
A．當有瓶裝消毒液遮擋激光時，R2消耗的功率為0.4W
B．當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時，光敏電阻R1的阻值為
C．當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時，電路消耗的總功率為0.6W
D．生產線正常生產時，一分鐘可生產消毒液150瓶
二、填空題
11．（2025·臨平模擬）機械式電能表是家庭用電計量儀表，電能表上的信息如圖所示。
（1）家庭電路中有電流通過時，電能表上的鋁制轉盤能夠轉動。下面三幅圖中與這種鋁制轉盤轉動原理相同的是　 　。
（2）小科切斷電路中其他用電器，僅讓電熱水壺工作，記錄電能表鋁制表盤轉10圈所需時間為50秒。
①該時間內電熱水壺消耗的電能為　 　焦。
②該電熱水壺的功率為　 　瓦。
12．（2025·金華模擬）如圖甲所示為一款磁吸式感應智能小夜燈，圖乙是該小夜燈的部分銘牌參數。請回答：
××牌磁吸式智能小夜燈
額定電壓 5V
額定功率 3W
充電類型 插電/直充
圖乙
（1）將小夜燈側吸在金屬床沿并保持靜止狀態，此時小夜燈所受　 　力與重力平衡。
（2）小夜燈正常發光時的電流為　 　A。
（3）夜晚，當有人起床時，小夜燈亮起，延遲1分鐘后自動熄滅，小夜燈正常發光1分鐘所消耗的電能為　 　焦。
13．（2025九下·鹿城模擬）為提升自行車夜間騎行的舒適與安全性，某興趣小組改造其坐墊，并利用導線、磁鐵等元件，結合其后輪轉動設計發電裝置，為尾燈發光供電。
（1）增大坐墊受力面積，可以　 　壓強，從而提升騎行的舒適度。
（2）興趣小組設計了以下三種方案，后輪轉動時導線能產生感應電壓的是____(可多選)。
A．
B．
C．
（3）小組同學在測試中發現，輪胎快速轉動20圈產生的電能可以使一個“2.5V 0.5W”的小燈泡正常工作1秒。據此推算，該過程產生的電能至少為　 　焦。
14．（2025·浙江模擬）某滾桶洗衣機自帶加熱功能，其洗衣過程分“加熱水”、“保溫洗滌”、“脫水”三種狀態，圖乙是其簡化電路圖，其中電熱絲R1、R2的阻值分別為24.2Ω和242Ω。
（1）當開關置于2位置時，R2與電動機并聯，此時洗衣機的工作狀態是　 　（填“加熱水“保溫洗滌”或“脫水”）。
（2）該洗衣機脫水過中消耗的電能主要轉化為　 　能。
（3）洗衣機處于“加熱水”狀態（R1與R2并聯）正常工作的功率為多少　 　？
三、實驗探究題
15．（2025·舟山模擬）小舟同學想探究小燈泡的額定功率，他發現小燈泡上標有“2.5V”的字樣，其他都模糊不清了。
（1）如圖甲所示是他連接的電路圖，經檢查發現電路接線有誤，只需做一處改動就可以進行實驗。請在錯的導線上打“×”，并改正；
（2）正確連接電路后，閉合開關，發現小燈泡不亮。小舟觀察到兩電表的示數情況是　 　，由此判斷故障是小燈泡斷路；
（3）當電壓表的示數為2.5V時，電流表的示數如圖乙所示，則該小燈泡的額定功率為　 　W；
（4）他還進一步設計出了只有電流表沒有電壓表來解決這個問題的方法，其電路如圖丙所示，R0＝5Ω，其中關鍵的一步是必須調節滑動變阻器，使電流表A2的示數為　 　A時，再讀出電流表A1的示數，才能計算小燈泡的額定功率。
16．（2025·濱江模擬）在測量小燈泡電功率的實驗中，電源電壓為 4.5V，小燈泡的額定電壓為 2.5V，小燈泡正常發光時的電阻約為10Ω。
（1）用筆畫線代替導線，將圖甲中的實物電路連接完整。要求：當滑動變阻器的滑片向左移動時，其接入電路的電阻變大，連線不得交叉。
（2）閉合開關，發現小燈泡不亮，電壓表有示數，電流表無示數，則出現故障可能是　 　。
（3）排除故障后，閉合開關，移動滑片 P 到某一位置時，電壓表示數如圖乙所示，若想測量小燈泡的額定功率，接下來的操作是　 　。
（4）測得小燈泡的額定功率后，把小燈泡兩端的電壓調為額定電壓的一半，發現測得的實際功率大于額定功率的四分之一，請對其原因加以分析：　 　。
17．（2025·麗水模擬）某同學發現家里的臺燈是通過滑動變阻器來調節亮度的。臺燈亮度發生變化時滑動變阻器消耗的電功率會如何變化呢？為此他設計了如圖甲所示的電路進行探究。已知實驗器材的規格：電源電壓4伏并保持不變，2個電壓表（伏），電流表（安），滑動變阻器R標有“20歐1安”，小燈泡L標有“2.5伏”字樣。
（1）按圖甲連接電路，閉合開關后，發現燈泡不亮。該同學根據三只電表的“示數有無”判斷出是小燈泡發生了短路。則他觀察到的無示數的電表是　 　。
（2）排除故障后繼續實驗。當小燈泡正常發光，電流表指針位置如圖乙所示，則小燈泡的額定功率為　 　瓦。
（3）如圖丙所示為該同學根據實驗數據，繪制出滑動變阻器的電功率與小燈泡的電功率的關系圖像。由圖可知：小燈泡的電功率變大時，滑動變阻器的電功率的變化情況是　 　。
（4）該同學用上述器材重復實驗，進一步對比分析實驗數據，發現滑動變阻器的電功率最大時，兩個電壓表的示數相同。于是得出結論：串聯電路中，滑動變阻器的電功率最大時，滿足滑動變阻器有效電阻等于燈泡電阻。判斷該實驗結論是否可靠并說明理由。　 　
四、綜合題
18．（2025·溫嶺模擬）如圖甲是小雨家的家庭電路中的電能表，如圖乙是家用插線板。
（1）如圖甲是電能表上的一些數值，請選出與科學意義不相符的選項是　 　。
（2）丙圖是插線板(圖乙)的內部元件連接情況(部分線已連接好)，請將圖丙補充完整。
要求：①插線板上的開關可同時控制兩個插座的通、斷；②開關接通時兩個插座都能提供220V電壓。
（3）電能表的參數如圖甲所示。她想知道電能表是否準確，于是將一只標有“220V 1100W”的電暖器插入插座，在額定電壓下單獨工作，檢測中發現1分鐘電能表的轉盤轉了12轉。通過計算判斷轉盤轉速是否正確。
19．（2025·瑞安二模）小明設計了一款恒溫電熱水壺，工作原理如圖甲所示：連有撐桿的搭鉤可繞 O 點轉動，撐桿下端與水平的雙金屬片接觸，搭鉤左側搭在鐵質鎖扣上，鎖扣由彈簧拉緊固定，此時觸點b與c接觸(如圖甲)。閉合開關S，發熱電阻 R1工作，電熱水壺給水加熱，雙金屬片受熱向上彎曲，撐桿受到向上的力，當水加熱到沸騰時，搭鉤剛好與鎖扣脫離，彈簧帶動鎖扣和 S1向左運動，觸點b 與c分離，加熱電路斷開，觸點 b 與a接觸，保溫電路處于工作狀態。已知發熱電阻. 阻值為22歐，保溫電阻R2阻值為1100歐。
（1）將雙金屬片放置在水平位置，a端固定，均勻加熱后平直的雙金屬片會發生彎曲(如圖乙)。則圖甲中雙金屬片的金屬設計正確的應是下圖中的____。
A． B． C． D．
（2）在220伏的電壓下，電熱水壺將一壺水加熱到沸騰需要 5 分鐘，求這段時間內發熱電阻R1消耗的電能
（3）某次保溫電阻R2工作一段時間后斷開S，當水冷卻至室溫時，雙金屬片恢復原狀。重新閉合開關S，哪一電阻處于工作狀態 結合工作原理圖判斷說明依據。　 　。
20．（2025·吳興模擬）小金家新買了一個帶有電量監測功能的智能插座，如圖為其內部簡化電路，工作時用電器接入 MN之間，根據電流傳感器測定記錄電流變化并計算電路消耗的電能。已知智能插座的額定電壓為 220V，電流傳感器自身電阻 現將一個額定電壓為220V的電熱水壺接入插座，此時電路傳感器測得電流 I=5A：
（1）求該電路的實際功率。
（2）請計算此時該電熱水壺的電阻。
（3）小金發現插座長時間使用后外殼發熱，查閱說明書得 知其最高允許溫度為知插座散熱功率 試通過計算說明該插座是否存在過熱風險。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】影響電阻大小的因素；探究電流與電壓、電阻的關系實驗；伏安法測電阻的探究實驗；電功計算公式的應用；小燈泡電功率的影響因素
【解析】【分析】燈泡兩端電壓為額定電壓時的電功率為額定功率。
【解答】A、測量燈泡消耗的電能需要秒表測量時間，故A不符合題意；
B、銘牌模糊不清，不能確定燈泡的額定電壓，所以不能測量燈泡正常發光時的電阻，故B不符合題意；
C、根據電壓表和電流表示數結合P=UI可求得燈泡的實際功率，故C符合題意；
D、研究電流與電壓關系時，應控制電阻不變，燈泡的電阻會隨溫度的變化而變化，不是一個定值，故D不符合題意。
故答案為：C。
2．【答案】D
【知識點】電能表參數的理解與電能的求法
【解析】【分析】電能表中最后一位是小數位，。
【解答】圖中電表的單位為，可知是電能表，是測量用電器在一段時間內消耗電能的儀表。
故答案為：D。
3．【答案】D
【知識點】焦耳定律的計算公式及其應用；電功與熱量的綜合計算；影響電流熱效應的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】電流的熱效應：當電流通過電阻時，電流做功而消耗電能，產生了熱量，這種現象叫做電流的熱效應。實踐證明，電流通過導體所產生的熱量和電流的平方，導體本身的電阻值以及電流通過的時間成正比。
【解答】A. 接線板上接入的用電器越多，導線越容易發熱，電流和電阻都改變了，A錯誤；
B.正常工作時， “36V54W”的燈泡比“12V 6W”的燈泡亮，因為功率不同，B錯誤；
C. 電熱水壺加熱水時，水沸騰前，加熱時間越長，溫度越高 ，熱量與溫度變化量的關系，C錯誤；
D. 電熨斗工作時發熱明顯，而與之相連的導線卻不怎么熱 ，電流相同，探究的是 電流產生的熱量與電阻大小有關 ，D正確；
故答案為：D
4．【答案】C
【知識點】歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 電阻的大小與下面的因素有關：相同橫截面積、同種材料的導體，長度越長，電阻越大；相同長度、同種材料的導體，橫截面積越小，電阻越大；相同長度和橫截面積的導體電阻還與組成材料有關；
首先判定電路的連接狀態，然后根據鹽水氣球形狀的變化判定電阻的變化，然后根據歐姆定律判定電流的變化、電壓的變化，根據功率公式判定燈泡亮度的變化。
【解答】 由圖可知，該電路為串聯電路，電流表測量電路中的電流，電壓表測量的是鹽水氣球兩端的電壓；
當用手向相反的方向拉扯連接氣球的導線，氣球變長變細，即長度增加，橫截面積減小，故鹽水氣球的電阻變大，總電阻變大，根據歐姆定律可知，電路中的電流減小；
鹽水氣球的電阻變大，根據串聯電路的分壓規律可知，其兩端的電壓變大，即電壓表示數變大；電壓表與電流表示數的比值為鹽水氣球的電阻，電阻變大，比值變大；
電路中的電流減小，根據P=I2R可知，燈泡的功率變小，亮度變暗；
電源電壓不變，根據P=UI可知，電路的總功率變小。
綜上所述，C正確。
故選C。
5．【答案】C
【知識點】串、并聯電路的電流特點；串、并聯電路的電壓特點；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 A.由題知，燈泡L1、L2串聯，根據串聯電路的電流特點可知通過兩燈的電流關系；
B.知道兩燈泡的額定電壓和額定功率，根據求出兩燈泡的電阻，再根據串聯電路的分壓原理可得兩燈的實際電壓，與額定電壓比較可知，兩燈是否都能正常發光；
C.根據串聯電路的電流特點和P=UI得出兩燈泡實際功率之間的關系，再根據燈泡的亮暗取決于實際功率的大小比較兩燈泡的亮暗；
D.分析燈泡工作時能量轉化情況，從而判斷能否用焦耳定律計算燈泡工作時產生光能。
【解答】 A.串聯電路中電流處處相等，所以燈泡L1、L2串聯后，通過它們的電流相等，故A錯誤；
B.燈L1的電阻：，燈L2的電阻：，
由串聯電路的分壓原理知，，
當電源電壓調節到9V時，兩燈的實際電壓：，
由于兩燈的實際電壓都不等于它們各自的額定電壓，所以兩燈都不能正常發光，故B錯誤；
C.兩燈串聯在電源上時，通過兩燈的電流相等，且兩燈分得電壓也相等，由P=UI知，兩燈的實際功率相等，所以在調節電源電壓的過程中，兩燈是一樣亮的，故C正確；
D.燈泡在工作時，消耗的電能轉化為內能和光能，所以不能用焦耳定律計算其工作時產生的光能，故D錯誤。
故選C。
6．【答案】B
【知識點】能量利用效率；電功計算公式的應用
【解析】【分析】兩盞燈的功率相同，由W=Pt可知，相同時間內消耗的電能相同，LED燈的光能轉化率高，能量主要用于發光，所以燈更亮。
【解答】因兩燈的額定功率相同，當兩燈均正常工作時，相同時間內，根據W=Pt可知，兩燈消耗的電能相等。由圖可知白熾燈把大部分電能轉化為內能，LED燈把大部分電能轉化為光能，因此相同時間內LED燈產生的內能小于白熾燈，說明LED燈電能轉化為光能的效率高，LED燈比白熾燈亮，故B正確，ACD錯誤。
故答案為：B。
7．【答案】D
【知識點】電功率計算公式的應用
【解析】【分析】定值電阻阻值不變，由可知，電壓變大的同時電流也將變大，即橫縱坐標均要發生改變。【解答】變化的電功率為，故D符合題意，ABC不符合題意。
故答案為：D。
8．【答案】D
【知識點】串、并聯電路的電流特點；串、并聯電路的電壓特點；歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】A.根據歐姆定律可知，電阻一定時，通過電阻的電流與兩端的電壓成正比分析；
B.由圖像可知，當乙兩端電壓為2V時對應的電流，根據歐姆定律求出R乙的阻值；
C.甲、乙串聯在電路中，當電路電流為0.2A時，根據串聯電路的電流特點讀出圖像中對應的電壓，利用串聯電路的電壓特點求出電源電壓；
D.甲、乙并聯在電路中，當電源電壓為2V時，根據并聯電路的電壓特點結合圖象讀出對應的電流，再根據并聯電路的電流特點得出干路電流，利用P=UI求出電路總功率。
【解答】A． 由圖象可知，圖像乙為曲線，即乙對應的電流與電壓不成正比，那么乙電阻的阻值是變化的，故A錯誤；
B．當乙兩端電壓為2V時，通過的電流為0.2A，則此時R乙===10Ω，故B錯誤；
C． 當電路電流為0.2A時，由圖象可知，U甲=1V，U乙=2V，則此時電源電壓U=U甲+U乙=1V+2V=3V，故C錯誤；
D． 當電源電壓為2V時，由圖象可知，I甲=0.4A，I乙=0.2A，那么干路電流I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A，電路總功率P=UI=2V×0.6A=1.2W，故D正確。
故選D。
9．【答案】B
【知識點】歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 由電路圖可知，閉合開關S，傳感器電阻R和定值電阻R0串聯，電壓表測R兩端的電壓，電流表測電路中的電流。
A.根據圖丙可知粉塵濃度增大時傳感器R的阻值變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和定值電阻R0兩端的電壓變化，利用串聯電路的電壓特點可知電壓表示數的變化；
BC.當傳感器R的阻值最小時，電路中的總電阻最小，電路中的電流最大，根據電阻的串聯和歐姆定律求出電流表的最大示數；
此時傳感器R的阻值最小，粉塵濃度最大，則根據歐姆定律可得此時的總電阻，根據串聯電路的特點求出此時傳感器R的阻值，由圖乙知可知此時對應的粉塵度；
根據P=UI計算定值電阻R0的最大功率；
D.根據串聯電路電阻規律結合可知要使電功率最小，需要傳感器R的阻值最大，由圖乙可知，傳感器R的最大阻值，進一步求出電路的最小總功率。
【解答】 A.由圖甲可知該電路為串聯電路，電壓表測量定值電阻兩端的電壓，由圖乙可知，隨著粉塵濃度的增加，傳感器R的電阻減小，所以當粉塵濃度增大時，電路中的總電阻變小，由歐姆定律得電路中的電流變大，定值電阻兩端的電壓變大，即電壓表示數變大，故A錯誤；
BC.因為電壓表的量程為0～3V，所以當定值電阻兩端電壓達到電壓表量程的最大值3V時，由歐姆定律得此時電路中的電流最大，即，
此時的總電阻最小，即傳感器R的阻值最小，粉塵濃度最大，
則根據歐姆定律可得此時的總電阻為：；
因為定值電阻R0的阻值為15Ω，所以此時傳感器R的阻值為5Ω，由圖乙知此時對應的粉塵度為14mg/m3，所以電路可測的最大粉塵度為14mg/m3，故C錯誤；
定值電阻R0的最大功率為：P0最大=U0最大I最大=3V×0.2A=0.6W，故B正確；
D.電路的總功率為：，要使電功率最小，需要傳感器R的阻值最大，由圖乙可知，傳感器R的最大阻值為45Ω，所以電路的最小總功率為：，故D錯誤。
故選B。
10．【答案】C
【知識點】歐姆定律及其應用；電路的動態分析；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】 A.由電路圖可知，R1與R2串聯，根據題意得出當有瓶裝消毒液遮擋激光時R1的阻值變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和R2兩端的電壓變化，從而得出U1和U2，根據算出此時R2消耗的功率；BC.根據（1）的解答可知，當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時a、b間的電壓變化，根據串聯電路的電壓特點可知R1兩端的電壓變化，然后結合圖像得出此時R1兩端的電壓，進一步得出R2兩端的電壓，利用串聯電路的電流特點和歐姆定律得出等式即可求出此時R1的阻值，根據算出電路消耗的總功率；
D.根據圖乙得出一個產品通過計數裝置的時間，然后求出生產時1min可生產消毒液的個數。
【解答】A．根據圖片可知，R1與R2串聯，當有瓶裝消毒液遮擋激光時，R1的阻值變大。
由串聯分壓規律可知，此時R1兩端的電壓變大。
由圖乙知，此時U1=4V，
根據串聯電路電壓的規律知，R2兩端的電壓為U2=U-U1=6V-4V=2V；
此時R2消耗的功率為；
故A錯誤；
BC．根據題意可知，當沒有瓶裝消毒液遮擋激光時，R1的阻值較小，
由串聯分壓規律可知，R1兩端的電壓較小，
因串聯電路U總=U1+U2可知，所以R2兩端的電壓較大，即a、b間的電壓較大，
圖像可得，此時R1兩端的電壓U1=2V
則R2兩端的電壓U2=U-U1=6V-2V=4V
因串聯電路中各處的電流相等，
所以，即；
可解得：R1=20Ω；
此時電路的總功率為；
故C正確，B錯誤；
D．由圖乙可知，每經過0.6s，就有一個產品通過計數裝置，生產時1min可生產消毒液，
故D錯誤。
故選C。
11．【答案】（1）C
（2）5×104；
【知識點】電磁感應；家庭電路的組成與連接；電能表參數的理解與電能的求法；電功率計算公式的應用；電器的電功率
【解析】【分析】（1）電能表鋁制轉盤轉動是因為通電導體在磁場中受力運動，需要判斷給出三幅圖的原理，找出與之相同的。
（2）①根據電能表參數 “720r/(kW h)”，通過轉盤轉動圈數計算電熱水壺消耗的電能。②利用功率公式，結合①中求出的電能和已知時間計算電熱水壺的功率。
【解答】（1）電能表鋁制轉盤轉動原理是通電導體在磁場中受力運動。
A 圖是電磁感應現象，即閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體中產生感應電流。
B 圖是奧斯特實驗，表明通電導體周圍存在磁場。
C 圖是通電導體在磁場中受力運動，與電能表鋁制轉盤轉動原理相同，所以選 C。
（2）①電能表參數 “720r/(kW h)” 表示每消耗1kW h電能，轉盤轉720圈。轉盤轉10圈，消耗電能。
②已知時間t=50s，根據，可得電熱水壺功率
。
12．【答案】（1）摩擦
（2）0.6
（3）180
【知識點】摩擦力的存在；電功計算公式的應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】（1）平衡力的特點：大小相等、方向相反、作用在同一直線、同一物體上。
（2）根據計算電流。
（3）根據計算消耗的電能，注意時間的單位是秒。
【解答】（1）小夜燈靜止，受力平衡，重力和摩擦力是一對平衡力，摩擦力的方向豎直向上。
（2）小夜燈正常發光時的電流。
（3）夜燈正常發光1分鐘所消耗的電能為。
13．【答案】（1）減小
（2）B；C
（3）0.5
【知識點】壓強大小比較；增大或減小壓強的方法；電功計算公式的應用
【解析】【分析】（1）壓強公式為，當壓力一定時，增大受力面積可以減小壓強。
（2）考查電磁感應現象。產生感應電壓（感應電流）的條件是閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動。需要分析每個方案中導線是否切割磁感線。
（3）考查電能的計算。根據公式W = Pt，已知小燈泡的功率和正常工作時間，可計算出消耗的電能，也就是該過程產生的最少電能。
【解答】（1）根據壓強公式，人對坐墊的壓力近似等于人的重力，基本不變。增大坐墊受力面積S ，在壓力F不變時，壓強p會減小，從而提升騎行的舒適度。
（2）A 方案：導線安裝在輪圈上，后輪轉動時，導線不會切割磁感線，不能產生感應電壓。B 方案：導線安裝在輻條上，后輪轉動時，輻條會切割磁感線，能產生感應電壓。C 方案：導線安裝在后叉上，后輪轉動時，后叉上的導線會切割磁感線，能產生感應電壓。
所以能產生感應電壓的是 BC。
（3）已知小燈泡的功率P = 0.5W，正常工作時間t = 1s，根據電能計算公式W = Pt，
可得W = 0.5W×1s = 0.5J，即該過程產生的電能至少為0.5焦。
14．【答案】保溫洗滌；機械；2200W
【知識點】電功率計算公式的應用；電器的電功率；電功率
【解析】【分析】（1）由電路圖可知，開關置于1位置時，R1與R2并聯，電路的總電阻最小，總功率最大，洗衣機處于“加熱水”狀態，開關置于2位置時，電動機與R2并聯，洗衣機處于“保溫洗滌”狀態，開關置于3位置時，電路中只有電動機工作，洗衣機處于脫水狀態；
（2）根據標有3000r/（kW h）的電能表轉盤轉過150轉，可計算消耗的電能；
（3）并聯電路總功率電壓各部分功率之和，根據計算洗衣機處于“加熱水”狀態（R1與R2并聯）正常工作的功率。
【解答】（1）根據乙圖可知，當開關位于1位置時，兩個電阻并聯，此時加熱功率最大，應該為加熱水狀態；當開關S位于2位置時，電阻R2與電動機并聯，此時既發熱也洗滌，應該為保溫洗滌狀態；當開關S位于3位置時，只有電動機工作，應該為脫水狀態。
（2）洗衣機脫水過程中只有電動機工作，所以消耗的電能主要轉化為機械能。
（3） R1消耗的功率為
R2消耗的功率為
由于是并聯電路，則總功率為
P=P1+P2=2000W+200W=2200W
15．【答案】（1）
（2）電流表無示數、電壓表有明顯的偏轉
（3）0.6
（4）0.5
【知識點】串、并聯電路的電壓特點；電流表、電壓表在判斷電路故障中的應用；歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用；小燈泡電功率的影響因素
【解析】【分析】（1）電壓表并聯在哪個用電器兩端，測量的就是哪個用電器兩端的電壓。
（2）電壓表測量對象斷路：電流表無示數，電壓表有示數；電壓表測量對象短路：電流表有示數，電壓表沒有示數。
（3）額定電壓下的電功率為額定功率。
（4）根據并聯電路各支路兩端電壓相等，即使沒有電壓表也能確定燈泡是否正常發光。
【解答】（1）圖中電壓表測量的是電源電壓，應測量燈泡兩端的電壓，如圖所示
（2）小燈泡斷路，電壓表串聯進電路，由于電壓表阻值很大，電路中電流很小，所以電流表沒有示數，電壓表分壓大，約為電源電壓。
（3）電流表的分度值為0.02A，示數為0.24A，額定功率為。
（4）由圖丙可知，定值電阻與燈泡并聯，由并聯電路的電壓特點可知，此時定值電阻兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，額定電壓為2.5V，此時流過定值電阻的電流為，可知移動滑片，至電流表示數為0.5A。
16．【答案】（1）
（2）小燈泡斷路
（3）向右移動滑片P，使電壓表示數為2.5V
（4）當小燈泡兩端的電壓調為額定電壓的一半，燈絲的電阻隨溫度的降低也減小了，根據可知測得的實際功率大于其額定功率的四分之一。
【知識點】小燈泡電功率的影響因素
【解析】【分析】 （1）根據當滑動變阻器的滑片向左移動時，連入電路的電阻變大，確定為阻器的連接；由歐姆定律求出燈正常工作時的電流，確定電流表選用量程與燈串聯；
（2）若電流表示數為0，燈不亮，說明電路可能斷路；電壓表示數接近電源電壓，說明電壓表與電源連通，則與電壓表并聯的支路以外的電路是完好的，則與電壓表并聯的燈泡斷路了；
（3）燈在額定電壓下正常發光，根據圖中電壓表小量程讀數，比較電壓表示數與額定電壓的大小，根據串聯電路電壓的規律及分壓原理確滑片移動的方向；
（4）根據知，在電阻R不變時，電壓為原來的二分之一，功率為原來的四分之一，由燈絲的電阻隨溫度的降低而減小分析。
【解答】 （1）當滑動變阻器的滑片向左移動時，連入電路的電阻變大，即滑片以右電阻絲連入電器中；小燈泡的額定電壓為2.5V，小燈泡正常發光時的電阻約為10Ω，由歐姆定律，燈正常工作時的電流：，電流表選用小量程與燈串聯，如下所示：
（2）經分析。發現小燈泡不亮，電壓表有示數，電流表無示數，則出現故障的原因可能是：燈泡斷路；
（3）燈在額定電壓下正常發光，圖中電壓選用小量程，分度值為0.1V，示數為2.2V，小于燈的額定電壓2.5V，應增大燈的電壓，根據串聯電路電壓的規律，應減小變阻器的電壓，由分壓原理，應減小變阻器連入電路中的電阻大小，故滑片向右移動，直到電壓表示數為額定電壓。
（4）根據知，在電阻R不變時，電壓為原來的二分之一，功率為原來的四分之一，但因燈絲的電阻隨溫度的降低而減小，故小燈泡兩端的電壓調為額定電壓的一半，通過小燈泡的電流大于額定電流的一半，故發現測得的實際功率大于其額定功率的四分之一。
17．【答案】（1）電壓表
（2）1.25
（3）先增大后減小
（4）不合理，沒有換用不同規格的燈泡和滑動變阻器進行多次重復實驗，實驗結論不具有普遍性。
【知識點】電器的電功率
【解析】【分析】 （1）閉合開關后，發現燈泡不亮。該同學根據三只電表的“示數有無”判斷出是小燈泡發生了短路，小燈泡短路時，小燈泡兩端電壓為零；
（2）實驗中，電壓表的示數V1為2.5伏時，小燈泡正常發光，電流表指針位置如圖乙所示，電流表表所選量程已知，分度值可知，讀取電流表的示數，小燈泡額定功率等于額定電壓與其電流的乘積；
（3）如圖丙所示為該同學根據實驗數據，繪制出滑動變阻器的電功率
PR與小燈泡的電功率PL的關系圖像。由圖可知；小燈泡的電功率（亮度）變大時，滑動變阻器的電功率先變大后變小；
（4）在科學探究中，往往需要換用不同器材多次完成實驗，從而收集多組數據，這樣得到的結論會更加客觀，具有普遍意義。
【解答】 （1）閉合開關后，發現燈泡不亮。該同學根據三只電表的“示數有無”判斷出是小燈泡發生了短路，小燈泡短路時，小燈泡兩端電壓為零，故它觀察到的無示數的電表是電壓表V1；
（2）實驗中，電壓表V1的示數為2.5伏時，小燈泡正常發光，圖乙總電流表的示數I=0.5A，
小燈泡的額定功率P額=IU額=0.5A×2.5V=1.25W；
（3）如圖丙所示為該同學根據實驗數據，繪制出滑動變阻器的電功率PR與小燈泡的電功率PL的關系圖像由圖可知；小燈泡的電功率（亮度）變大時，滑動變阻器的電功率先變大后變小；
（4）我認為這個實驗結論不可靠，理由是：沒有換用不同規格的燈泡和滑動變阻器進行多次重復實驗，實驗結論不具有普遍性。
18．【答案】（1）B
（2）
（3）電暖器工作1分鐘做的功 W1= Pt=1100w·60s=66000J
電能表轉12 轉消耗的電能 W2=3.6×106J·12/600=72000J
∴轉盤轉速不正確(比較功率大小、比較轉速多少均可)
【知識點】家庭電路的組成與連接；電功計算公式的應用；電能表參數的理解與電能的求法
【解析】【分析】（1）。
（2）為了用電安全，開關接在火線上。
（3）根據電能表參數計算轉12圈消耗的電能與電暖器消耗的電能進行對比，若不相等，則轉速不正確。
【解答】（1）B中千瓦時是電能的單位，用于顯示消耗的電能大小。
故答案為：B。
（2）②開關接通時兩個插座都能提供220V電壓，說明兩個插座并聯；①插線板上的開關可同時控制兩個插座的通、斷，說明開關接在干路上，如圖所示
。
19．【答案】（1）C
（2）==
答：這段時間內發熱電阻R1消耗電能 焦
（3）保溫電阻R2工作，保溫時彈簧拉動S1和鎖扣往左運動，觸點b與a接觸，雖然雙金屬片冷卻恢復原狀，搭鉤左側下降，但是鎖扣并未復位，搭鉤無法鉤住鎖扣使觸點b與c接觸
【知識點】電功計算公式的應用；常用電熱器
【解析】【分析】（1）根據題中金屬片向上彎曲和銅的形變量更大進行判斷。
（2）加熱時，只有在工作，根據計算消耗的電能。
（3）根據題中保溫時b和c接觸和鎖扣需手動復位進行分析 。
【解答】（1）由圖乙可知，受熱后銅形變量更大，雙層金屬片會彎向鐵一側。由題中信息可知，雙層金屬片受熱向上彎曲，可知上面為鐵。
故答案為：C。
（3）保溫時，b與c接觸，斷開開關，溫度降低，雙層金屬片恢復原狀，但并沒有將鎖扣復位，可知b仍與c相連，可知此時保溫電阻R2工作。
20．【答案】（1）P=UI=220V×5A=1100W
（2） R=44Ω-1Ω=43Ω
（3）P熱 ，所以存在過熱風險
【知識點】電阻和電阻的串聯、并聯；歐姆定律及其應用；電功率計算公式的應用
【解析】【分析】（1）根據P=UI計算實際功率。
（2）根據歐姆定律計算總電阻，串聯電路總電阻等于各用電器電阻之和。
（3）當產熱功率大于散熱功率時，插座的溫度會升高，可能會導致過熱現象，所以只需計算出加熱功率，并與散熱功率進行對比即可。
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