中考物理专题复习 易错专练 电功率解析版.docx
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中考物理专题复习易错专练电功率解析版
易错专练电功率
易错点一：
不能正确理解电能表的作用。
典例1：
（2018•房山区一模）下列物理量可用电能表直接测量的是（ ）
A．电能B．电压C．电流D．电功率
【错解】选D，理由：
电能表是测电功率的仪器。
.
【析错】电能表是用来测量消耗电能多少的仪器或者说是测量电流做功多少的仪器。
【正解】选A，理由：
（1）电能表是用来测量用电器在单位时间内所做的功，即电功；
（2）电流表是用来测量电流的，电压表是用来测量电压的，电功率是表示单位时间内电流做功的多少，都不能用电能表来测量．故选A．
针对训练1：
（2018•济南）小亮想测量家中电视机待机状态下消耗的电能，需要选用的仪器是（ ）
A．电流表B．电压表C．电能表D．变阻器
【解析】A、电流表是测量电流的仪表；故A错误；B、电压表是测量电压的仪表；故B错误；C、电能表是用来测量电功的多少也就是消耗电能多少的仪器；故C正确；D、变阻器可以改变其接入电路中电阻大小，不能够测量电能；故D错误。
故选C。
【答案】C
易错点二：
不能正确理解电功率与电压的关系，当用电器两端电压减小一半，误认为其实际功率也减小一半。
典例2：
（2018•高青县一模）额定电压为U、额定功率为40W的两盏电灯，串联后接在电压为U的电源上，则两灯的总功率是（ ）
A．10WB．20WC．40WD．80W
【错解】选C，理由：
当用电器两端电压减小一半，误认为其实际功率也减小一半。
【析错】根据
表示出每盏电灯的额定功率，两盏电灯的电阻相等，根据电阻的串联和
求出两灯的总功率。
【正解】选B，理由：
设每盏灯泡的电阻为R，则灯泡的额定功率：
，两盏电灯的规格相同，电阻相等，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴串联后接在电压为U的电源上时，两灯的总功率：
。
故选【答案】B。
针对训练2：
（2017秋•兴庆区期末）不考虑温度对电阻的影响，把两个“220V，40W”的灯泡串联接在220V的电路中，则两灯泡的总功率为（ ）
A．10WB．20WC．40WD．80W
【解析】“220V，40W”的灯泡的电阻为：
两个灯泡串联，总电阻为：
R总=2R=2420Ω,故两灯泡的总功率为：
故选B。
【答案】B
易错点三：
不能正确理解串联分压关系，误认为将“110V 100W”和“110V 25W”两灯串联在220V电源上，两灯能正常发光。
典例3：
（2018•海南）如图所示，A、B为两盏白炽灯，A灯型号是“110V25W”，B灯型号是“110V100W”，R是一个未知电阻。
若把它们接到电压为220V的电路上，下面四种接法中可能让两盏灯都正常发光的电路是（ ）
A．
B．
C．
D．
【错解】选B，理由：
因为额定电压为110V的两灯串联在220V的电路中，两灯串联分压，分得的实际电压为110V，均等于额定电压，所以两灯均正常发光，而选B.
【析错】
（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等。
（2）已知电源电压相等，根据公式
可知，电路中电阻越大。
消耗的功率就越小，先根据公式
分别求出灯泡A和灯泡B的电阻，再求出A、B、C图总电阻进行比较，即可得出结论。
【正解】选C，理由：
根据公式
可知，灯泡A的电阻
，灯泡B的电阻
。
A、图中灯泡A和B的并联，电压为220V，则A、B两端电压均为220V，大于其额定电压，故两盏灯都不正常发光，故A不符合题意；B、图中灯泡A和B的串联在电压为220V的电路中，由于两灯泡电阻不同，所以两灯泡两端的电压都不是其额定电压110V，则两盏灯都不正常发光，故B不符合题意；C、图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与可变电阻R并联后和灯泡B的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B能正常工作，故C符合题意；D、图是灯泡B和可变电阻并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻并联后和灯泡A的电阻相等；并联电路，电阻更小；故灯泡A和灯泡B不能正常工作时，故D不符合题意；故选C。
针对训练3：
（2018秋•七里河区校级期末）额定电压都是110V，额定功率PA=100W，PB=40W的灯泡两盏，若接在电压为220V的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】由题知，两灯泡额定电压相等，A灯泡的额定功率较大，由
可知，A灯泡的电阻较小，即RB＞RA。
A、图中灯泡A和B串联在220V的电源上，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端的电压均不等于110V，所以都不能正常工作，故A错误；B、图中灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻R串联，当可变电阻的阻值和两灯泡并联的电阻相等时它们可以同时发光；由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知B中电路的总电流等于A和B两灯泡的额定电流之和，由P=UI可知，电路中消耗的电功率较大，故B错误；C、图中灯泡A和可变电阻R并联后又和灯泡B串联，由并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，B灯泡的电阻一定大于并联部分的总电阻，由串联电路的分压特点可知，两灯泡两端的电压均不等于110V，所以都不能正常工作，故C错误；D、图中灯泡B和可变电阻R并联后又和灯泡A串联，由电阻的并联可知，可变电阻调节合适时可以使并联部分的电阻和灯泡B的电阻相等，即两灯泡可以同时正常发光，且电路中的电流等于A灯泡的额定电流，消耗的电功率最小，故D正确；故选D。
【答案】D
易错点四：
不理解纯电阻电路，用I＝U/R计算电动机的工作电流。
典例4（2018•马鞍山二模）一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A．若此线圈的电阻为2Ω，则这台电动机1min内产生的热量是_______J，这台电动机的效率是_______。
【错解】答案为：
2.42×105；84.1%。
理由：
根据欧姆定律电动机中的电流
。
【析错】
（1）已知线圈的电阻和通过的电流以及通电时间，根据公式Q=I2Rt可求这台电动机1min内产生的热量。
（2）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据公式P=UI可求电动机的总电功率；再根据公式P=I2R计算线圈消耗的功率，总功率减去线圈消耗的功率就是电动机的输出功率，输出功率与总功率的比值就是这台电动机的效率。
【正解】答案为：
1.2×104；90.9%。
（1）这台电动机1min内产生的热量：
Q=I2Rt=（10A）2×2Ω×60s=1.2×104J；
（2）电动机的电功率：
P总=UI=220V×10A=2200W，线圈消耗的功率：
P圈=I2R=（10A）2×2Ω=200W，输出功率：
P出=P总-P圈=2200W-200W=2000W，这台电动机的效率：
。
针对训练4：
（2018秋•秀屿区校级期末）一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是________W，这台电动机2s内产生的热量是________J．
【解析】电功率为：
P=UI=220×10=2200W,热量：
Q=Q=I2Rt=102×2×2=400J.
【答案】2200,400
测量小灯泡的电功率
1．教材实验原理图
2．实验注意问题
（1）在测量小灯泡电功率的实验中，不能将多次测得的电功率求平均值。
多次测量的目的：
为了研究小灯泡亮度（或电功率）与小灯泡两端电压的关系。
（2）在测量小灯泡电功率的实验中，选择滑动变阻器的最大阻与小灯泡阻值相差不大，调节效果明显。
3．实验拓展
（1）拓展：
滑动变阻器的作用。
（保护电路；改变小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流。
）
（2）拓展：
电压表和电流表的量程选择。
（3）拓展：
实物图的连接和画电路图。
（4））拓展：
采集多组实验数据的目的，为了研究电功率与电压和亮度的关系。
（5））拓展：
会设计实验表格。
（6））拓展：
实验数据和图像的分析、处理和评价。
（7））拓展：
测量小灯泡电功率时手和眼的分工：
手移动滑动变阻器的滑片，眼睛观察电压表，当示数达到小灯泡的额定电压时停止移动。
（8））拓展：
实验操作中，先测量小灯泡在额定电压下的电功率，再测量小于额定电压下的电功率，最后测量大于小灯泡额定电压下的电功率。
（9））拓展：
电路故障判断。
（10））拓展：
移动滑片不能使电压表示数达到或大于额定电压的原因（电源电压太小）。
（11））拓展：
利用该实验器材还可以完成的实验。
典例5：
（2019•广东模拟）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小灯泡上标有“3.8V 1.5W”的字样。
（1）按如图甲所示的电路图将图乙中的实物连接完整。
（2）电路连接后，闭合开关，小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，此时发现：
电流表________示数，电压表________示数。
（3）断开开关，更换灯泡后，接下来应进行的操作是________
A．闭合开关B．调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端
（4）调节滑动变阻器，使电压表的示数为3.0V时，电流表的示数如图丙所示，请将电流表的示数填入下表中。
实验次序
1
2
3
电压U/V
2.0
3.0
3.8
电流I/A
0.33
0.36
0.40
（5）按照正确的操作，得到了如上表所示的数据，分析数据可知该小灯泡的额定电功率是________。
【解析】
（1）由图甲知，电流表、灯泡以及滑动变阻器串联入电路中，由题知，灯泡额定电压3.8V，所以电压表应使用0-15V量程，由P=UI可知灯泡正常发光电流
，所以电流表应使用0-0.6A量程，实物连接如图所示：
（2）小灯泡发出耀眼的光，然后很快熄灭了，说明灯丝烧断，造成电路断路，故电流表无示数；电压表测量的是电源电压，故有示数；（3）为了保护电路，更换灯泡后，应将调节滑动变阻器的滑片至阻值最大端，故选B；（4）电流表使用0-0.6A量程，分度值为0.02A，由图乙可知，电流表示数0.36A；（5）由表格中数据可知，灯泡电压等于3.8V时，通过灯泡的电流0.4A，所以灯泡的额定功率：
P=UI=3.8V×0.40A=1.52W。
【答案】
（1）见上图；
（2）无；有；（3）B；（4）0.36；（5）1.52W。
探究焦耳定律
1．教材实验原理图
2．实验结论
（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，，结合串联电路电流的规律分析；
（2）（3）根据控制变量法结合串联、并联电路电流的规律分析；
（4）由焦耳定律Q=I2Rt结合转换法和串联电路电流的规律分析。
3．实验拓展
（1）拓展：
被加热的材料选用煤油或空气的原因是利用其比热容小，可以使实验现象更明显。
（2）拓展：
被加热的物质要种类、质量、初温均相同。
（3）拓展：
电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的气体加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
（4））拓展：
电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，用了控制变量法。
（5））拓展：
多次测量的目的：
使实验结论具有普遍性防止偶然性。
（6））拓展：
多次测量时的注意事：
每次测量完后应断开电源开关，使空气冷却，再就是防止浪费电能；测量完成后打开U密封盒上的通气孔目的是加快盒中空气的冷却；每次开始实验时均保持U形管内液面高度差为0.
（5））拓展：
实验数据的记录及表格设计。
（6））拓展：
实验数据分析。
典例6：
（2018秋•江北区期末）小江用图甲所示的实验装置探究“影响电流产生热量与那些因素有关”，实验中三个烧瓶都盛有相同质量的煤油。
（1）该实验通过比较________来判断相同时间内不同电流产生的热量多少。
实验中烧瓶内液体小明选择了煤油而不是水，这样选择的理由是________。
（2）小江先测量烧瓶内液体的温度后，闭合开关，通电30s再测量烧瓶内液体的温度，得到温度的升高量填入表中：
然后移动滑动变阻器滑片改变电流大小，重复上述操作获得第二组数据（见表）
实验
次数
电流/A
通电时
间/s
电阻/Ω
温度升高量/℃
1
0.3
30
10
1.5
2
0.6
30
10
6.0
田此得出：
同一导体，在通电时间相等时，电流________，其产生的热量________。
（3）若要探究电流通过电阻产生热量与电阻的关系，可选择乙图中________（选填“A”或“B”），烧瓶中的电阻与甲图中的烧瓶电阻________（选填“串联”或“并联”）。
（4）小江提议利用上述实验装置该做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他应选择乙图中________（选填“A”或“B”），烧瓶与甲图中的烧瓶并联，并将其中一烧瓶中的煤油换成等质量的水。
水和煤油吸热的多少是通过________来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）。
【解析】
（1）根据转换法，本实验中是通过温度计示数变化来判断电流产生的热量多少。
水的比热容大于煤油的比热容，根据
，相同质量的水和煤油吸热相同，煤油温度变化明显，故实验中烧瓶内液体小明选择了煤油而不是水；
（2）由表中数据，根据Q=cm△t，第2次实验水吸热多，电阻丝产生的热量多，故同一导体，在通电时间相等时，电流越大，其产生的热量越多；（3）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间不变，改变电阻的大小。
由于串联电路中电流处处相等，通电时间相同，所以选择乙图中的B烧瓶与甲图中的烧瓶电阻串联；（4）“比较水和煤油比热容的大小”根据Q=cm△t，可以采用质量相同，吸收热量相同的不同物质，所以选择乙图中A烧瓶，由于电阻相同，和甲图烧瓶并联，电压相同，根据
，电流产生热量相同，并且把烧瓶A的液体换成和甲图中质量相同的水；根据
，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映。
【答案】
（1）温度计示数变化；水的比热容大于煤油的比热容；
（2）越大；越多；（3）B；串联；（3）A；加热时间。
强化训练：
1．（2017秋•太原期末）电力公司为每一户居民安装了一个仪表来测量居民家中每个月消耗的电能，从而计算出应交的电费，该仪表的名称及表盘上标注的单位是（ ）
A．电能表﹣﹣kW•hB．电压表﹣﹣VC．电流表﹣﹣AD．欧姆表﹣﹣Ω
【解析】电能表（俗称电度表）是用来测用户消耗电能多少的仪表，单位是千瓦时（kW•h），俗称“度”；电流表是测量电路中电流大小的仪表，单位是安培（A）；电压表是测量电路两端电压大小的仪表，单位是伏特（V）；欧姆表是测量电阻的仪表，单位是欧姆（Ω），故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【答案】A
2．（2018•江干区模拟）下列家用电器中，正常工作一小时耗电最接近1kW•h的是（ ）
A．电子表B．洗衣机C．冰箱D．空调机
【解析】A、电子表的功率约为4.5μW，故A不符合题意；B、洗衣机的功率约为500W，故B不符合题意；C、冰箱的功率约为100W，故C不符合题意；D、空调机的功率约为1000W，故D符合题意；故选D。
【答案】D
3．（2018•任城区一模）在如图所示电路中，当闭合开关后，两电阻均发热且两个电压表指针都向右偏转相同角度，则电阻R1和R2在相同时间内消耗的电能之比为（ ）
A．1：
1B．1：
4C．4：
1D．4：
5
【解析】由电路图可知，当闭合开关后，两电阻串联，V1测R2两端的电压，电压表V2测电源电压。
因串联电路的总电压等于各分电压之和，且两个电压表指针偏转角度相同，所以，电压表V2的示数是电压表V1示数的5倍，即U＝5U2，则电阻R1和R2两端的电压之比：
＝
＝
＝
；因为R1、R2串联，所以通过的电流相同，已知通电时间相同，所以
＝
＝
＝
。
故选C。
【答案】C
4．（2018•霞山区校级模拟）有两个电路元件A和B，流过元件的电流与其两端电压的关系如图（甲）所示；把它们串联在电路中，如图（乙）所示。
闭合开关S，这时电路中的电流为0.2A，则电源电压和元件A在10s电流做的功分别是（ ）
A．2V，2JB．3V，2JC．3V，6JD．2V，4J
【解析】因为两元件串联，所以通过的电流相等。
当电路中的电流为0.2A时，由图知，A两端的电压为1V，B两端的电压为2V。
所以电源电压为：
U＝UA+UB＝1V+2V＝3V；元件A在10s电流做的功为：
W＝UAIt＝1V×0.2A×10s＝2J；故B正确。
故选B。
【答案】B
5．（2018•柯桥区校级模拟）一辆娱乐电瓶车，工作时电压为24V、电流为10A，效率为80%．电瓶车及人总重为1500N，行驶时阻力是总重的0.1倍，则此电瓶车水平匀速行驶100m所用的时间约为（ ）
A．78秒B．833秒C．104秒D．83秒
【解析】电瓶车行驶时受到的阻力：
f＝0.1G＝0.1×1500N＝150N；
克服阻力做的有用功：
W有用＝fs＝150N×100m＝15000J；
由效率公式可得，该车做的总功（消耗的电能）：
W总＝
＝
＝18750J，
由W＝UIt得该车行驶的时间：
t＝
＝
＝78.125s≈78s。
故选A。
【答案】A
6．（2019•南岸区校级模拟）炎热的夏季是一年中的用电高峰时期，小南同学观察了家里的电灯、空调等家用电器的工作情况后，怀疑家里电路的供电电压不足，他断开家庭其他用电器，只用额定功率为1000W的电热水壶烧水，观察到电热水壶工作2min时家中电能表（如图）表盘转动40.5圈，小南同学顺利的计算出此时家庭电路的电压为（ ）
A．185VB．198VC．200VD．220V
【解析】电热水壶工作2min时消耗的电能：
W＝
＝0.027kW•h
电热壶的实际功率为：
P实＝
＝
＝0.81kW＝810W，
设电热壶两端电压为U实，电热水壶的电阻不变，由P＝
得：
R＝
＝
，
即
＝
，解得U实＝198V。
故选B。
【答案】B
7．（2018秋•郑州期末）家庭电路中一个标有3000r/kW•h的电能表，在10min内转300r，家中正在单独工作的用电器可能是（ ）
A．空调B．节能台灯C．电吹风D．空气净化器
【解析】3000r/kW•h所表示的物理意义：
电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r；转盘在在10min内转300r，用电器消耗电能：
W＝
＝0.1kW•h；
该用电器的功率：
P＝
＝
＝0.6kW＝600W；A．空调是大功率用电器，其功率一般在1000W以上，故A错误；B．节能台灯的功率约为20W左右，故B错误；C．电吹风的功率约为500～800W，故C正确；D．空气净化器的功率一般在50W左右，故D错误。
故选C。
【答案】C
8．（2018•江岸区校级模拟）如图是小明家里用的电能表，电能表的部分参数及上月末的示数如图所示。
小明单独让一台卧室空调工作时，用停表测量出6min的时间电能表的指示灯刚好闪烁了160次。
下列有关说法正确的是（ ）
A．空气开关应该安装在电能表之后，主要作用是为了防止人触电
B．小明家同时使用的用电器总功率不应超过2200W
C．这台卧室空调的电功率约为1000w
D．指示灯闪烁得越快，电能表所在电路的消耗的电能越多
【解析】A、空气开关安装在电能表之后，是为了需要断开电路的时候能直接断开电路，与人是否触电无关，故A错误；B、因为电能表允许通过的最大电流为40A，因此小龙家同时使用的用电器最大总功率P＝UI＝220V×40A＝8800W，故B错误；C、空调消耗的电能为W＝
kW•h＝0.1kW•h，空调的功率为P＝
＝
＝1kW＝1000W，故C正确；D、因为电能表指示灯闪烁的快慢反映了做功的快慢，因此指示灯闪烁越快，电能表所在电路的总功率越大，但工作时间不确定，所用消耗电能多少不能确定，故D错误。
故选C。
【答案】C
9．（2018•龙岩二模）电能表可测量下列物理量中的（ ）
A．电流B．电压C．电阻D．电能
【解析】用来测量电路消耗电能的仪表叫做电能表，常用的单相电能表用感应式和电子式两种。
故选D。
【答案】D
10．（2019•黄浦区一模）关于电功、电功率的说法中正确的是（ ）
A．电流做功越多，电功率越大B．电流做功越快，电功越大
C．用电器消耗电能越多，电功越大D．用电器消耗电能越多，电功率越大
【解析】A．由P＝
可知，由于电流做功时间不确定，所以电流做功越多，电功率不一定越大，故A错误；B．电流做功越快，则电功率越大，因电流做功时间未知，所以由W＝Pt可知，电功不一定越大，故B错误；C．电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程，用电器消耗的电能和电流做的功相等，所以用电器消耗电能越多，电流做功越多，故C正确；D．由P＝
可知，由于工作时间不确定，所以用电器消耗电能越多，电功率不一定越大，故D错误。
故选C。
【答案】C
11．（2018•钦州模拟）下列用电器通电lh，最有可能消耗1kW•h电能的是（ ）
A．家用空调B．台式计算机C．排风扇D．手电筒
【解析】用电器在t＝1h内，消耗的电能W＝1kW•h，则用电器的电功率：
P＝
＝
＝1kW＝1000W，台式计算机的功率一般不超过100W，排风扇的电功率约为40W，手电筒的电功率约为1W，家用空调的功率约为1000W。
故选A。
【答案】A
12．（2019•曾都区校级模拟）小灯泡L和电阻R上分别标有“6V 4.8W”和“0.6A”字样，它们的电流随电压变化规律如图所示。
现将小灯泡L和电阻R连入电路中，若要确保电路中的元件不烧坏，则下列说法错误的是（ ）
A．L和R并联时干路中的电流最大可达到1.4AB．L和R并联时电路的总功率最大可达到8.4W
C．L和R串联时电源电压不超过9VD．L和R串联时小灯泡的功率最大可达到4.8W
【解析】
（1）由题知，灯泡的额定电压UL＝6V，电阻R允许通过的最大电流IR＝0.6A，由图象可知，电阻两端允许所加的最大电压UR＝6V，L和R并联时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电路中的最大电压U＝UL＝UR＝6V，由图象可知，通过L的电流IL＝0.8A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中的最大电流：
I＝IL+IR＝0.8A+0.6A＝1.4A，故A正确；电路的最大总功率：
P＝UI＝6V×1.4A＝8.4W，故B正确；
（2）因串联电路中各处的电流相等，且IL＝0.8A，IR＝0.6A，所以，L和R串联时，电路中的最大电流I′＝IR＝0.6A，由图象可知，L两端的电压UL′＝3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的最大电压：
U′＝UL′+UR＝3V+6V＝9V，故C正确；小灯泡的最大功率：
PL′＝UL′I′＝3V×0.6A＝1.8W，故D错误。
故选D。
【答案】D
13．（2019•长春模拟）在测量小灯泡的电功率的实验中，把标有“2.5V”的灯泡L与滑动变阻器R串联起来接在电压是5V的电源上，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光，测得小灯泡的功率为0.5W，以下说法中不正确的是（ ）
A．电流表的读数为0.5A，变阻器两端电压是2.5V
B．滑动变阻器连入电路中的电阻R＝12.5Ω
C．相等时间内，电流对L和R所做的功相等
D．继续调节滑动变阻器，滑动变阻器的电功率可能小于灯泡电功率
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