备战中考山东省三年中考物理真题分类解析汇编专题15 电功率一答案解析.docx
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备战中考山东省三年中考物理真题分类解析汇编专题15电功率一答案解析
备战2019年中考山东省三年中考物理真题分类解析汇编
专题15电功率
（一）（答案解析）
1．（2018•潍坊）最先精确确定电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间关系的物理学家是（ ）
A．欧姆B．焦耳C．奥斯特D．法拉第
【分析】在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律。
【解答】解：
英国物理学家焦耳做了大量实验，于1840年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系，得出Q=I2Rt；为了纪念他做出的贡献，人们将他的名字命名为热量（能量）的单位，
故选：
B。
【点评】本题考查了学生对物理学史的掌握和运用，常见题目。
2．（2018•威海）有2安培的电流通过一电阻器，在一定时间内产生一定的热量，如果电流增加到4安培，在相同的时间内产生的热量是前者的（ ）
A．
倍B．
倍C．4倍D．2倍
【分析】焦耳定律告诉我们，电流通过导体产生的热量与电流的二次方成正比，所以在电阻一定、相同时间内，电流是原来的2倍，那么产生的热量就是原来的4倍了。
【解答】解：
由焦耳定律Q=I2Rt可知：
原来产生的热量是：
Q1=（2A）2Rt，现在产生的热量是：
Q2=（4A）2Rt，
所以Q2：
Q1=（4A）2Rt：
（2A）2Rt=4：
1
故选：
C。
【点评】这类题比较简单，抓住比例关系，需要注意的是与电流二次方成正比。
3．（2017•临沂）如图所示电路的电源电压保持不变，将滑动变阻器的滑片P从中点移向b端的过程中（ ）
A．灯泡变暗B．电压表示数变大
C．电流表示数变小D．电路总功率变小
【分析】首先判定电路的连接状态，分清电表在电路中的作用，然后根据滑片移动判定电阻的变化，根据欧姆定律判定电表示数的变化。
【解答】解：
由图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，所以电压表示数不变，故B错误；
灯泡与滑动变阻器并联接入电路中，电流表测量通过灯泡的电流；在并联电路中，各支路互不影响，所以滑动变阻器滑片移动时对另一条支路无影响，则灯泡的电流不变，即电流表示数不变，故C错误；
因为灯泡的电压和电流不变，所以灯泡的实际功率不变，亮度不变，故A错误；
滑片P从中点移向b端的过程中，接入电路的电阻变大，总电阻增大，故总电流减小；根据P=UI可知，电源电压不变，总电流减小，总功率减小，故D正确。
故选：
D。
【点评】本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、并联电路特点的应用，分析电路图确定两电阻的连接方式和电压表、电流表的测量对象是本题关键。
4．（2017•临沂）如图是探究电流通过导体时产生热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，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
下列说法正确的是（ ）
A．该实验装置是为了研究电流产生的热量与电阻的关系
B．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大
C．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量的多少的
D．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
【分析】
（1）由焦耳定律Q=I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法进行分析；
（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，这种研究方法叫转换法；
【解答】解：
A、分析该题可知，密封盒中的电阻是相同的，但电阻通过的电流是不同的，所以此实验是为了探究电流产生的热量与电流的关系，故A错误；
B、由于左侧电阻中的电流大于右侧盒中电阻的电流，在电阻相同的情况下，左侧盒中的电热多，所以左侧U形管中液面的高度差大，故B正确；
C、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但盒中空气的温度的变化导致盒中空气体积的变化，即可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法，故C错误；
D、将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，电阻不同，且通过盒中电阻丝的电流也是不同的，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故D错误；
故选：
B。
【点评】本题考查了学生对焦耳定律的认识，并可以通过巧妙的实验来验证一些结论，同时在该实验中利用了控制变量法，该实验方法在实验探究中经常用到。
5．（2017•潍坊）某型号电饭锅具有保温与加热两种功能，其简化电路如图所示，R1、R2均为电热丝。
下列说法正确的是（ ）
A．S1、S2闭合时，电饭锅处于加热状态
B．S1、S2闭合时，电饭锅处于保温状态
C．S1闭合、S2断开时，电饭锅处于加热状态
D．S1断开、S2闭合时，电饭锅处于保温状态
【分析】根据P=
可知，在电源电压不变时，电路中电阻越小，电功率越大，即为加热状态，反之为保温状态。
据此分析判断。
【解答】解：
由电路图可知，当S1、S2闭合时，R1短路，电路中只有R2；当S1闭合、S2断开时，R1，R2串联，S1断开、S2闭合时，整个电路断开，电饭锅不工作；
可见，当S1、S2闭合时，电路中电阻最小，当S1闭合、S2断开时，电路中电阻较大，
由P=
可知，当S1、S2闭合时，电功率最大，处于加热状态；
当S1闭合、S2断开时，电功率较小，处于保温状态。
故A正确、BCD错。
故选：
A。
【点评】本题考查了电功率公式的应用，分析电路图得出开关不同状态下的电路组成是关键。
6．（2017•济南）一个标有“220V100W”的电热器，当它接入电压为230V的电路时，它的实际功率（ ）
A．大于100WB．等于100W
C．小于100WD．条件不足，无法判断
【分析】由灯泡铭牌可知，灯泡的额定电压与额定功率，由电功率的变形公式可以求出灯泡电阻，由电功率公式可以求出灯泡实际功率。
【解答】解：
由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是220V，额定功率是100W；
由P=
可得，
灯泡电阻：
R=
=
=484Ω，
灯泡接入230V电路中，它的实际电压是230V；
灯泡实际功率：
P实=
=
≈109W。
故选：
A。
【点评】由灯泡铭牌找出灯泡的额定电压与额定功率、熟练应用电功率公式P=
是正确解题的关键。
7．多选题（2018•威海）如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过种中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为20Ω
B．R2的最大阻值为50Ω
C．电源电压为6V
D．该电路消耗的最大电功率为0.9W
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出滑动变阻器的电功率和电压值，根据I=
求出电路中的电流；根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值，从而求出电源电压；根据图象中滑动变阻器两端的电压和功率求出滑动变阻器的电阻；根据电路的最大电流求出最大功率。
【解答】解：
由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器消耗的功率为0.8W时，其两端电压为2V，
由P=UI可得，此时电路中的电流为：
I1=
=
=0.4A，
由I=
及串联电路的电压规律可得，电源的电压：
U=I1R1+U1=0.4A×R1+2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
当滑动变阻器消耗的功率为0.5W时，其两端电压为5V，
由P=UI可得，此时电路中的电流为：
I2=
=
=0.1A，
由I=
及串联电路的电压规律可得，电源的电压：
U=I2R1+U2=0.1A×R1+5V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
电源电压不变，则：
0.4A×R1+2V=0.1A×R1+5V，
解得：
R1=10Ω；故A错误；
电源电压为：
U=I1R1+U1=0.4A×10Ω+2V=6V，故C正确；
由图乙可知，当变阻器两端电压最大为5V时，滑动变阻器全部接入电路中，其电阻最大，此时电流最小为I2=0.1A，
则滑动变阻器的最大阻值为：
R2=
=
=50Ω；故B正确；
当滑动变阻器接入电路的电阻为0时（电路为R1的简单电路），电路中的电阻最小，电流最大，
则电路中的最大电流为：
I大=
=
=0.6A；
该电路消耗的最大电功率：
P大=UI大=6V×0.6A=3.6W，故D错误。
故选：
BC。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及识图能力，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
8．多选题（2018•聊城）小明同学家的电能表上标有“3000revs/（kW•h）”的字样，他将家中的其它用电带都与电源断开，仅让电水壶在额定电压下工作，观察1min内电能表的转盘转了45revs，则下列说法正确的是（ ）
A．电水壶是利用电流的热效应来工作的
B．烧水过程中消耗的电能为5.4×105J
C．电水壶的额定功率为900W
D．当实际电压只有额定电压的90%时，电水壶的实际功率为729W
【分析】
（1）当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。
（2）（3）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，或者表示电能表每转1r，电路中消耗
kW•h的电能，求出转盘转45r电路中消耗的电能，然后根据P=
求出用电器的功率；
（4）根据P=
求出电水壶的电阻；利用实际电压，根据P=
求出电水壶的实际功率。
【解答】解：
A、电水壶工作时，将电能转化为内能给水加热，是利用电流的热效应工作的，故A正确；
B、3000r/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，
转盘转了45r，则消耗的电能：
W=
kW•h=0.015kW•h=5.4×104J，故B错误；
C、t=1min=60s，电水壶的额定功率：
P=
=
=900W，故C正确；
D、由P=
可得，电水壶的电阻：
R=
=
，
当实际电压只有额定电压的90%时，U实=90%U=90%×220V=198V，
电水壶的实际功率：
P实=
=
=729W，故D正确。
故选：
ACD。
【点评】本题考查了电能表的参数的理解与电能的求法以及电功率的计算，关键是要将公式掌握好。
9．多选题（2017•聊城）如甲图所示的电路中，电源电压为16V恒定不变。
R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P滑动的过程中，电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示，根据图象信息可知，下列判断正确的是（ ）
A．R0的阻值是10Ω
B．电路的最大总功率是25.6W
C．R0的最小功率是3.2W
D．滑动变阻器的最大阻值是70Ω
【分析】
（1）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据乙图读出此时的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出此时电路中的电流和R两端的最大电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=UI求出电路最大的总电功率，进一步得出R0的阻值消耗电功率的最小值。
【解答】解：
（1）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路为R0的简单电路，
由乙图可知，电路中的最大电流I大=1.6A，
由I=
可得，电源电压：
U=I大R0=1.6A×R0，
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由乙图可知，电路中的最小电流I最小=0.2A，R两端的电压UR=14V，
则滑动变阻器的最大阻值：
R=
=
=70Ω，故D正确；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=I最小R0+UR=0.2A×R0+14V，
因电源的电压不变，
所以，1.6A×R0=0.2A×R0+14V，
解得：
R0=10Ω，故A正确；
电源的电压U=I大R0=1.6A×10Ω=16V；
（2）电路的最大总功率是：
P最大=UI最大=16V×1.6A=25.6W，故B正确；
R0的最小功率：
P最小=I最小2R0=（0.2A）2×10Ω=0.4W，故C错误。
故选：
ABD。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是滑动变阻器最大电功率的判断，有一定的难度。
10．多选题（2017•莱芜）实际测量中使用的大量程电流表是由小量程电流表改装而成的。
图中
是满偏电流（即小量程电流表允许通过的最大电流）为Ig=1mA的电流表，其电阻Rg=100Ω．下图为某同学改装后的电流表电路图，R1、R2为定值电阻，其中R1=5Ω，R2=20Ω．则（ ）
A．若使用a和b两个接线柱，电表的量程为0～5mA
B．若使用a和c两个接线柱，电表的量程为0～25mA
C．若使用b和c两个接线柱，电表的量程为0～10mA
D．若先用导线将b和c两个接线柱连接起来，再使用a和b两个接线柱，电表的量程为0～20mA
【分析】首先根据电路图判断使用不同的接线柱时电路的连接方式，根据并联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出改装后电表满偏时两端的电压，进一步求出没有RG支路的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流，然后得出改装后电表的量程。
【解答】解：
（1）使用a和b两个接线柱时，R1和R2串联以后再与Rg并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=
可得，电流表满偏时表头两端的电压：
U=IgRG=I12（R1+R2），
则I12=
Ig=
×1mA=4mA，
则通过电流表的最大电流（干路电流）：
I=Ig+I12=1mA+4mA=5mA，
即电表的量程为0～5mA，故A正确；
（2）使用a和c两个接线柱，Rg和R2串联后再与R1并联，
电流表满偏时表头两支路的电压：
U=Ig（Rg+R2）=I1R1，
则I1=
Ig=
×1mA=24mA，
通过电表的最大电流：
I=Ig+I1=1mA+24mA=25mA，
即电表的量程为0～25mA，故B正确；
（3）使用b和c两个接线柱，Rg和R1串联后再与R2并联，
电流表满偏时两支路的电压：
U=Ig（Rg+R1）=I2R2，
则I2=
Ig=
×1mA=5.25mA，
通过电表的最大电流：
I=Ig+I1=1mA+5.25mA=6.25mA，
即电表的量程为0～6.25mA，故C错误；
（4）先用导线将b和c两个接线柱连接起来，再使用a和b两个接线柱，Rg和R1并联，
电流表满偏时表头两端的电压：
U=IgRg=I1R1，
则I1=
Ig=
×1mA=20mA，
通过电表的最大电流：
I=Ig+I1=1mA+20mA=21mA，
即电表的量程为0～21mA，故D错误。
故选：
AB。
【点评】本题考查了电表的改装，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清使用不同接线柱时电路的连接方式是关键，要注意RG的满偏电流是不变的。
11．（2018•青岛）某电视机的额定功率是l10w，则它正常工作时，电流是 0.5A ；1kW•h的电能可供它止常工作的时间是 9.1h （至少保留一位小数）
【分析】电视机正常工作时的功率和额定功率相等，利用公式I=
得到电视机的电流，再根据t=
求出1kW•h的电能可供电视机正常发光的时间。
【解答】解：
家庭电路的电压是220V，电视机的额定功率是l10W，
则它正常工作时，通过电视机的电流为：
I=
=
=0.5A；
1kW•h的电能可供它正常工作的时间：
t=
=
≈9.1h。
故答案为：
0.5A；9.1h。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
12．（2018•德州）小刚早上8：
00出门前查看了他家的电能表示数如图甲所示，然后关闭家中其它用电器，只让电冰箱工作。
下午18：
00回家后再次查看电
能表，显示的数字如图乙所示。
则小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能为 0.5 kW•h，电冰箱的实际电功率为 50 W。
【分析】利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注意电能表最后一位是小数；知道时间，利用P=
求电冰箱的实际功率。
【解答】解：
（1）由图知，小刚家的电冰箱在这段时间内消耗的电能：
W=10124.1kW•h﹣10123.6kW•h=0.5kW•h；
（2）t=18：
00﹣8：
00=10h，
电冰箱的实际电功率：
P=
=
=0.05kW=50W。
故答案为：
0.5；50。
【点评】本题考查了电能、电功率的计算，注意电能表的最后一位是小数位。
13．（2018•枣庄）如图所示，是某种电热器的电路图，电源电压220V，R1、R2的阻值分别为11Ω、22Ω，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、中、低三个档位的转换，电热器在低温工作时的电功率是 2200 W，在高温档工作1min产生的热量是 3.96×105 J。
【分析】
（1）根据P=
，当电阻最大时，电功率最小，为低温档，分析此时电路的连接，根据P=
求出电热器在低温工作时的电功率；
（2）当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，由并联电阻的规律求出并联电阻，
根据Q高=
t求出在高温档工作1min产生的热量。
【解答】解：
根据P=
，当电阻最大时，电功率最小，旋转扇形开关S接触c，即只有R2连入电路时为低温档，
P小=
=
=2200W
当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，
R并=
=
=
，
在高温档工作1min产生的热量是：
Q高=
t=
×60s=3.96×105J。
故答案为：
2200；3.96×105。
【点评】本题并联电路的规律及电功率、电功率的计算，关键是低温档和高温档电路的连接。
14．（2017•临沂）小明用毛皮摩擦过的橡胶棒与悬挂着的泡沫小球靠近时，它们相互排斥，则该泡沫小球带 负 电；小明发现空调与台灯的电源线虽然都是铜线，但规格明显不同，这主要是因为 横截面积 （填“长度”或“横截面积”）对导线电阻的影响；小明家的空调电辅热系统的电阻丝阻值为40Ω，工作时的电流为5A，则通电10s电阻丝产生的热量为 10000 J。
【分析】
（1）根据相互排斥的带有同种电荷，相互吸引的物体带有异种电荷或带电体吸引不带电体。
（2）电阻是导体本身的一种性质，它由导体的材料、长度、横截面积和温度决定；
（3）据焦耳定律计算即可；
【解答】解：
毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，毛皮摩擦过的橡胶棒去靠近悬挂的泡沫小球，发现泡沫小球被排斥，则泡沫小球一定带电，且带负电。
空调与台灯的电源线虽然都是铜线，但规格明显不同，因为空调线的横截面积大，电阻小，故这主要是因为横截面积对导线电阻的影响的；
据焦耳定律可知，此时产生的热量是：
Q=I2Rt=（5A）2×40Ω×10s=10000J；
故答案为：
负；横截面积；10000；
【点评】此题考查了电荷间作用规律、电阻大小影响因素和焦耳定律的计算，是一道综合题。
15．（2017•滨州）如图甲所示，将额定电压为2.5V的小灯泡接入电源电压为4.5V的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，记录相应电压表和电流表示数绘制成如图乙所示的U﹣I图象，则小灯泡的额定功率为 0.625 W，小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻是 8 Ω。
【分析】由图象可知，当小灯泡两端的电压为2.5V时对应的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
根据串联电路电流、电压规律和欧姆定律的变形公式求出滑动变阻器接入电路的电阻。
【解答】解：
（1）由图乙可知，当小灯泡两端的电压为U额=2.5V时，通过小灯泡的电流I额=0.25A，
则小灯泡的额定功率：
P=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W。
（2）由电路图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端的电压，
当小灯泡正常发光时，U额=2.5V，电路中的电流I=I额=0.25A，
根据串联电路电压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压：
U滑=U﹣U额=4.5V﹣2.5V=2V，
由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的电阻：
R滑=
=
=8Ω。
故答案为：
0.625；8。
【点评】本题主要考查串联电路的特点、欧姆定律的应用及电功率的计算等知识，关键能从图象中找出有用的信息即可正确解题，难度不大。
16．（2017•威海）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 6.72×105 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 560 s．（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）
【分析】
（1）知道水的质量、水的比热容和水温的变化值，利用吸热公式求水吸收的热量；
（2）不计热损失，消耗的电能全转化为内能被水吸收，利用Q=W=Pt计算烧开这壶水需要的时间。
【解答】解：
（1）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×（100℃﹣20℃）=6.72×105J；
（2）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。
故答案为：
6.72×105J；560。
【点评】本题是一道电学与热学的综合应用题。
与生活相联系，使学生觉得学了物理有用，要注意条件：
不计热损失。
17．（2017•日照）某学习小组在老师的指导下，探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关。
他们用的实验器材如图所示，两个透明容器中密封着等量空气，U形管中液面最初相平，两个密闭容器中都有一段电阻丝。
（1）请你用笔画线代替导线，把图甲两个容器的电阻丝接到电路中。
（2）实验中通过观察液面高度的变化来比较电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫 转换法 。
（3）接好电路，闭合开关，通电一段时间后， 右 （填“左”或“右”）侧U形管中液面高度变化大，此实验现象表明，在电流和通电时间均相同的情况下， 电阻 越大，所产生的热量越多。
（4）让两个密闭容器中的电阻一样大，在其中一个容器的外部将一个相同阻值的电阻和这个容器内的电阻并联（如图乙所示）．移走图甲中的电阻，换接图乙中的电阻到电路中，重新做这个实验。
此时通过两容器中电阻的电流不同，在通电时间相同的情况下，观察U形管中液面高度变化，由此得到的结论是 在电阻和时间相同的情况下，电流越大，产生的热量越多
（5）如果热量用Q表示，电流用I表示，电阻用R表示，时间用t表示，则Q= I2Rt 。
【分析】
（1）根据“在电流和通电时间相同时，导体产生的热量与电阻大小的关系”，可确定是串联电路，以根据电流流向法，从电源的正极出发依次连接电路元件，然后回到电源负极即可；
（2）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过液面高度差的变化来反映；
（3）由电路图可知两电阻串联，根据串联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，据Q=I2Rt比较两电阻产生的热量关系，密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，U形管内两液面的差值变大，据此进行解答；
（4）探究
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