2022年全国初三物理自主招生专项刷题集专题17 电功率

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电功率 解析版
一．选择题（共9小题）
1．（2021•青岛自主招生）如图所示电路，电源电压6V保持不变，定值电阻的阻值为10Ω，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，当开关闭合，滑片由b端向a端移动的过程中，以下说法正确的是（　　）

A．电压表示数最小值是4V
B．电流表示数最大值是0.2A
C．电路总功率不会小于1.2W
D．定值电阻消耗的最小功率是1.2W
【解答】解：A、读图可知，电路串联，当滑片在b端时，电路中电阻最大为R＝10Ω+20Ω＝30Ω，
此时电流最小为I＝＝＝0.2A，此时电压表的示数最小，示数为U最小＝IR定＝0.2A×10Ω＝2V，故A错误；
B、当滑片在a端时，电路中只有定值电阻工作，电阻最小，电流最大，故电流表示数最大值是：I最大＝＝＝0.6A，故B错误；
C、由公式P＝可知，当电阻最大时，电路中总功率最小，即P最小＝＝＝1.2W，故C正确；
D、由上述解析可知，当滑片在b端时，定值电阻分压最小，电路中电流最小，定值电阻的其功率最小，故P定＝U最小×I＝2V×0.2A＝0.4W，故D错误。
故选：C。
2．（2020•市南区校级自主招生）将规格都是“220V 100W”的一台电风扇、一台电视机和一把电烙铁分别接入220V的家庭电路中，通电时间相同，下列说法中不正确的是（　　）
A．三个用电器消耗电能的快慢相同
B．电流对三个用电器做功一样多
C．三个用电器消耗的电能一样多
D．三个用电器产生的热量一样多
【解答】解：
A、三个用电器的额定功率相同，在220V的家庭电路中工作时，实际功率相同（等于额定功率），所以电流做功快慢（消耗电能快慢）相同，故A正确；
BC、三个电器都在额定电压下工作，实际功率都是100W，由W＝Pt可知，相同时间内电流通过三个电器做的功以及消耗的电能一样多，故BC正确；
D、电风扇工作时，电能转化成内能和机械能；电视机工作时，电能转化成内能、光能和声能；电烙铁工作时，电能全部转化成内能，因此在相同时间内它们产生的热量不相同，故D错误。
故选：D。
3．（2019•鸠江区校级自主招生）如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为U，乙电路两端的电压为2U。调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是（　　）

A．P1＝P2
B．P甲＞P乙
C．P甲＜P乙
D．由于变阻器R1和R2阻值未知，无法判断各功率之间的关系
【解答】解：设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，两灯都正常发光。
甲图中两灯泡并联后与变阻器串联，通过变阻器的电流为2I0，变阻器两端的电压为U﹣U0，
根据P＝UI可知变阻器消耗的功率为P1＝（U﹣U0）×2I0＝2（U﹣U0）×I0，
电路消耗的总功率为P甲＝U×2I0＝2UI0；
乙图为两灯泡和变阻器的串联电路，通过变阻器的电流为I0，变阻器两端的电压为2U﹣2U0，
根据P＝UI可知变阻器消耗的功率为P2＝（2U﹣2U0）×I0＝2（U﹣U0）×I0＝P1，
电路消耗的总功率为P乙＝2U×I0＝2UI0＝P甲。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
4．（2019•市南区校级自主招生）在如图所示的电路中，电阻R1标有“6Ω 1A”，R2标有“3Ω 1.6A”，电流表A1、A2的量程均为0～3A，电压表量程0～15V，在a、b间接入电压可调的电源。闭合开关S后，为保证R1、R2均不损坏，则R1消耗的最大功率及允许通过电流表A1的电流分别为（　　）

A．6.0W 1.0A B．2.16W 1.8A
C．3.84W 2.4A D．6.0W 3.0A
【解答】解：开关闭合s后，两电阻并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过电阻R2的电流。
（1）电阻R1标有“6Ω 1A”，R2标有“3Ω 1.6A”，
根据欧姆定律可得：
电阻R1两端允许的最大电压为U1＝I1R1＝1A×6Ω＝6V，
电阻R2两端允许的最大电压为U2＝I2R2＝1.6A×3Ω＝4.8V，
由并联电路，各支路电压相等，且6V＞4.8V，
为了保护电阻R2，电源电压的最大值：U＝U2＝4.8V，
则R1消耗的最大功率为：P1＝＝＝3.84W；
（2）此时通过电阻R1的电流为：
I1′＝＝＝0.8A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
故干路电流表A1的示数I＝I1′+I2＝0.8A+1.6A＝2.4A。
故选：C。
5．（2018•镜湖区校级自主招生）如图甲所示，灯泡的额定电压为3.8V，电源电压恒为6V．若从滑动变阻器接入电路中的阻值最大时开始记录数据，测得灯泡的U﹣I图象如图乙所示，针对该实验过程，有如下结论：①灯泡的额定功率为1.9W； ②灯泡正常工作时的电阻5Ω；③电路中消耗的最小总功率为1.2W； ④滑动变阻器的最大阻值为25Ω．正确结论个数有（　　）

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【解答】解：由电路图知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端电压，电流表测电路中电流，
（1）小灯泡的额定电压为3.8V，由图象可知此时通过灯泡的电流为0.5A，
则小灯泡的额定功率：
PL＝ULIL＝3.8V×0.5A＝1.9W，故①正确；
因额定电压下灯泡正常发光，
所以，由I＝得，灯泡正常工作时的电阻：
RL＝＝＝7.6Ω，故②错误；
（2）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，电路的总功率最小，
由图象可知，灯泡两端的电压UL′＝1V，通过的电流IL′＝0.2A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
UR＝U﹣UL′＝6V﹣1V＝5V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，滑动变阻器的最大阻值：
R大＝＝＝＝25Ω，故④正确；
电路消耗的最小功率：
P小＝UI＝UIL′＝6V×0.2A＝1.2W，故③正确；
综上可知，①③④共3个结论正确。
故选：C。
6．（2018•镜湖区校级自主招生）如图所示，闭合开关，发现甲灯泡比乙灯泡亮。在该电路中，关于两灯泡的实际电流、实际电压、电阻、实际电功率和额定电功率大小的判断（已知两灯的额定电压相同，且灯丝的电阻均不随温度的变化而变化），下列说法正确的是（　　）

A．U甲实＝U乙实，R甲＝R乙，P甲实＜P乙实
B．U甲实＞U乙实，R甲＞R乙，P甲实＞P乙实
C．I甲实＜I乙实，U甲实＞U乙实，P甲额＜P乙额
D．I甲实＝I乙实，U甲实＜U乙实，P甲额＜P乙额
【解答】解：（1）灯泡的亮暗程度由实际功率决定，已知甲灯较亮，乙灯较暗，则甲灯泡的实际功率大于乙灯泡的实际功率，即P甲实＞P乙实；
由图可知两灯串联，由于串联电路处处电流相等，即I甲实＝I乙实，根据公式R＝可知：甲灯的电阻比乙灯的电阻大，即R甲＞R乙；
由U＝IR可知，甲灯泡两端实际电压比乙灯两端实际电压大，即U甲实＞U乙实，
（2）已知两灯的额定电压相同，且R甲＞R乙，根据P＝可知甲灯的额定功率比乙灯的额定功率小，即P甲额＜P乙额；
综上分析，只有B正确，ACD错误。
故选：B。
7．（2018•北京）有两个额定电压相同的电热水壶甲和乙，甲的额定功率为1800W，乙的额定功率为1200W．两个电热水壶都正常工作时，下列说法中正确的是（　　）
A．甲电热水壶两端的电压较高
B．电流通过甲电热水壶做功较快
C．通过两个电热水壶的电流相等
D．相同时间内，两个电热水壶消耗的电能一样多
【解答】解：
A、两电热水壶的额定电压相同，且都正常工作，所以它们两端的电压相等，故A错误；
B、甲的额定功率大于乙的额定功率，且都正常工作，根据电功率的物理意义可知，电流通过甲电热水壶做功较快，故B正确；
C、两个电热水壶都正常工作时，甲的额定功率大，根据P＝UI可知，通过甲的电流大，故C错误；
D、两个电热水壶都正常工作时，通电时间相同，甲的额定功率大，根据W＝Pt可知，甲消耗的电能多，故D错误。
故选：B。
8．（2018•襄城区自主招生）有两只灯泡L1和L2，分别标有“6V 6W”和“6V 3W”字样，若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下面说法正确的是（　　）
A．正常工作时，L1的电阻大于L2的电阻
B．正常工作时，L1消耗的电能一定大于L2消耗的电能
C．将两灯串联在6V的电源上发光时，L2比L1亮
D．当两灯并联在6V的电源上发光时，通过L1的电流小于通过L2的电流
【解答】解：
A．两灯泡正常工作时的功率和额定功率相等，由P＝UI＝的变形式R＝可知，两灯泡的额定电压相等，L1的额定功率较大，L1的电阻较小，故A错误；
B．两灯泡正常工作时的功率和额定功率相等，由P＝的变形式W＝Pt可知，两灯泡的工作时间未知，则无法比较两灯泡消耗的电能关系，故B错误；
C．两灯泡串联时通过它们的电流相等，由P＝I2R可知，L1的电阻较小，实际功率较小，灯泡较暗，即L2比L1亮，故C正确；
D．两灯泡并联在6V的电源上发光时它们两端的电压相等，且实际电压和额定电压相等，则实际功率和额定功率相等，由P＝UI的变形式I＝可知，通过L1的电流大于通过L2的电流，故D错误。
故选：C。
9．（2018•鹿城区校级自主招生）如图所示，电源的输出电压恒定不变，现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W，则输电导线AC和BD消耗的功率为（　　）

A．1W B．2W C．4W D．9 W
【解答】解：设灯泡L连接在A、B两点时，电路的电流为I1，则
P1＝I12RL＝25W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
若将灯泡L接C、D两点时，电路的电流为I2，则
P2＝I22RL＝16W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②两式可得：
I1：I2＝5：4，
若将灯泡L接C、D两点时，电源的总功率为：P3＝UI2，
则：＝，即P3＝＝×25W＝20W，
所以导线AC和BD消耗的总功率为：
P＝P3﹣P2＝20W﹣16W＝4W。
故选：C。
二．填空题（共5小题）
10．（2020•宁波自主招生）如今大城市普遍存在着停车难的问题，图甲是集存车、绿化、景观、防盗、户外广告等多功能为一体的“路边空中绿化存车亭”；存车时只需40s就可以把车子“锁上天”。图乙为“路边空中绿化存车亭”的工作原理图，其中A为存车架，O为杆OB的转动轴，杆的B端固定悬挂泊车装置，BC为牵引OB杆转动的钢丝绳，M为牵引钢丝绳的电动机。存车时，汽车开到存架上，电动机通过钢丝绳BC将杆OB拉到一定高度固定；取车时，将OB杆放下使存车架落回地面。
请根据以上信息回答下列问题（忽略OB的重力和机械各部分的摩擦力）：
（1）图乙中使用了定滑轮，它的作用是　改变力的方向　。
（2）这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3Ω，那么它在1min内产生的热量为　1.8×104　J。

【解答】解：（1）图乙中使用了定滑轮，定滑轮的特点是不省力，但可以改变力的方向；
（2）这台电动机1min内产生的热量：Q＝I2Rt＝（10A）2×3Ω×60s＝1.8×104J。
故答案为：（1）改变力的方向；（2）1.8×104。
11．（2019•安徽自主招生）小明同学用如图所示的实验电路进行如下操作：闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端c点移动到最左端a点的过程中，记录了滑片P分别置于a、b、c三点时电表的示数（见下表），已知小灯泡L的额定电压为6V。则：
滑片P的位置/电表的示数
a点
b点
c点
V1表（V）
6
2.5
1.5
V2表（V）
0
3.5
4.5
A表（A）
0.6
0.25
0.15
（1）滑动变阻器的最大值　30　Ω；
（2）滑动变阻器消耗的最大电功率是　0.9　W。

【解答】解：开关闭合，电压表V2测量变阻器的电压，V1测量灯泡电压，电流表测量电路中的电流。
（1）滑片在c点时，变阻器接入的阻值最大，为最大阻值，根据欧姆定律可知R变max＝＝＝30Ω；
（2）滑片在a、b、c三点时，根据欧姆定律可知灯泡电阻RL＝＝＝＝＝10Ω，故灯泡阻值不变，滑片在a点时，电源电压U＝U1a+U2a＝6V+0V＝6V，
滑片在任意位置时，滑动变阻器消耗电功率P＝I2R变＝（）2R变＝，
可知，当R变＝RL时，变阻器功率最大，为P变max＝＝＝0.9W。
故答案为：（1）30；（2）0.9。
12．（2019•李沧区校级自主招生）如图所示，R为阻值为25Ω的滑动变阻器，电源电压为6V，定值电阻R0为10Ω．则当滑动变阻器的阻值为　10　Ω时，其消耗的功率最大，最大功率为　0.9W　。当R＝5Ω和R＝　20　Ω时滑动变阻器消耗的功率相同，为　0.8W　。

【解答】解：（1）电路中的电流：I＝，
滑动变阻器消耗的电功率：P＝I2R＝（）2R＝＝＝＝，
当R＝R0＝10Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
P大＝＝＝0.9W；
（2）当滑动变阻器的阻值为5Ω时电路电流：I′＝＝＝0.4A，
滑动变阻器消耗的功率：P1＝I′2R′＝（0.4A）2×5Ω＝0.8W；
当滑动变阻器接入电路的阻值为R″时，滑动变阻器消耗的功率为0.8W，此时电路电流：I″＝＝
由P＝I2R可知：0.8W＝（）2R″
R″＝20Ω或R″＝5Ω，
已知R＝5Ω，所以R″＝20Ω。
故答案为：10；0.9W；20；0.8W。
13．（2019•黄冈自主招生）如图甲，电磁继电器和热敏电阻R1等组成了温度控制箱电路，R1处于温箱内，电源电压U＝6V，继电器线圈的电阻可不计，图乙为热敏电阻的R1﹣t图象，且已知在50～150℃范围内，热敏电阻的阻值随温度的变化规律是：R1•t＝K（常数）；当线圈中的电流达到40mA时，继电器的衔铁被吸合，下触点闭合，此时箱内温度为80℃，当线圈中的电流为30mA时，电磁继电器的衔铁释放，上触电闭合，此时箱内温度为60℃，这样就可以时控制箱内温度在60℃～80℃范围内变化。图中的“交流电源”是控制箱加热器的电源，它的额定功率是1500W。

（1）80℃时，热敏电阻R1的阻值是　150　Ω；
（2）根据统计，正常情况下，温度控制箱内的加热器，每天加热50次，每次加热10min，恒温箱每天消耗电能　12.5　kW•h。
【解答】解：（1）当恒温箱保持恒温80℃时，热敏电阻：
R1＝＝＝150Ω；
（2）已知：P＝1500W＝1.5kW，t＝50×10min＝50×h，
则每天消耗的电能：
W＝Pt＝1.5kW×50×h＝12.5kW•h；
故答案为：150；12.5。
14．（2019•涪城区校级自主招生）某兴趣小组设计了如图甲所示的电路进行实验探究，电源为电压可调的学生电源，小灯泡L标有“6V 3W”字样。小组根据记录的电流表和电压表的示数变化，描绘出如图乙所示的I﹣U关系图。当电压表的示数为6V时，通过R的电流为　0.1　A，调节电源电压，当电路消耗的总功率为1.65W时，小灯泡的实际功率为　1.5　W。

【解答】解：由电路图可知，R与L并联，电压表测并联部分的电压，电流表测干路电流。
（1）小灯泡 L 标有“6V，3W”字样表示灯额定电压为6V，灯的额定功率为3W，
由P＝UI可得，通过灯泡的额定电流：
IL＝＝＝0.5A，
因电压表的示数为6V 时，根据并联电路电压的规律，此时灯正常发光，由图像可知，干路电流表的示数I＝0.6A，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
故通过R的电流：
IR＝I﹣IL＝0.6A﹣0.5A＝0.1A；
（2）在（1）中，根据并联电路中各支路两端的电压相等，
由I＝可得R的阻值：
R＝＝＝60Ω；
由图乙知，当电压表的示数为3V时，干路电流I′＝0.55A，
则此时电路消耗的总功率为：P＝U′I′＝3V×0.55A＝1.65W，
即：当电路消耗的总功率为 1.65W 时，电源电压为3V，干路电流I′＝0.55A，
由欧姆定律可得，此时通过R的电流为：
IR′＝＝＝0.05A
根据并联电路电流的规律，通过灯泡的电流：
IL′＝I′﹣IR′＝0.55A﹣0.05A＝0.5A，
小灯泡的实际功率：
PL′＝U′IL′＝3V×0.5A＝1.5W。
故答案为：0.1；1.5。
三．实验探究题（共2小题）
15．（2021•衡阳县自主招生）某同学做“测量小灯泡电功率”实验。实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω）、电流表、电压表、开关各一个，滑动变阻器一个，导线若干。
（1）如果电流表有示数，电压表无示数，则故障原因可能是小灯泡 　短路了　。
（2）确定电路正确后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图象如图乙所示，当小灯泡正常发光时，小灯泡的额定功率为 　0.625　W。
（3）若将此小灯泡与7.5Ω的定值电阻串联到电压恒为3V的理想电源上，则小灯泡的实际功率为 　0.3　W，若将两个完全一样的该灯泡并联后再与7.5Ω的定值电阻串联到电压恒为3V的理想电源上，则两个小灯泡的实际总功率为 　0.25　W。（结果均保留2位有效数字）

【解答】解：（1）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，或与电压表并联的支路以外的电路断路了，结合两电表的现象可知，故障可能是小灯泡短路了；
（2）由乙图可知，当小灯泡两端电压为2.5V时对应的电流为0.25A，
小灯泡的额定功率：
P额＝U额I＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（3）在乙图中作出7.5Ω的定值电阻的图象，如图所示：
；
将灯泡与一阻值为7.5Ω的定值电阻串联时，由图象可知，当灯泡电压为1.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，
因串联电路中电流处处相等，
由欧姆定律可得此时定值电阻两端电压：UR＝IR＝0.2A×7.5Ω＝1.5V，
此时的总电压UR+UL＝1.5V+1V.5＝3V，符合题意；
所以此时灯泡的实际功率：P实＝ULI′＝1.5V×0.2A＝0.3W；
若将两个完全一样的该灯泡并联后再与7.5Ω的定值电阻串联到电压恒为3V的理想电源上，
可以把电源与定值电阻等效为电源，
设灯泡两端电压为U，流过每个灯泡的电流为I，在这个闭合电路中，E＝U+2IR0，
代入数据整理得：U＝3﹣15I，
在乙图中作出作出U＝3﹣15I的图象，如图所示：
；
由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝0.9V、I＝0.14A，
此时干路中的电流：I总＝2I＝2×0.14A＝0.28A，
两个小灯泡的总功率：P总＝UI总＝0.9V×0.28A≈0.25W。
故答案为：（1）短路了；（2）0.625；（3）0.3；0.25。
16．（2021•市北区校级自主招生）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，所用电源电压恒为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）请用笔画线代替导线，将图中的实物电路图连接完整。
（2）在连接电路时，开关始终是　断开　（填“断开”或“闭合”）的，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到最　左　（填“右”或“左”）端。
次数
电压U/V
电流I/A
实际电功率P/W
小灯泡亮度
1
0.5
0.12
0.06
不亮
2
1.5
0.20
0.30
偏亮
3
2.5
0.30

正常
4
2.8
0.32
0.90
更亮
（3）闭合开关后进行了4次实验，并将有关数据和现象记录在题目的表格中，第1次实验小灯泡不亮的原因是灯泡实际功率　太小　（填“太大”或“太小”）。
（4）分析上表中数据可知该小灯泡的额定功率为　0.75　W，实验得出的结论是：小灯泡的实际功率越　大　，灯泡越亮。

【解答】解：
（1）滑动变阻器按一上一下接入电路中与灯串联，灯的额定电压为2.5V＜3V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：

（2）在连接电路时，为了避免连线错误而烧坏电路元件，开关始终是断开的；在闭合开关前，为保护电路应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端。
（3）由表中数据，第1次实验灯的实际功率为：P＝UI＝0.5V×0.12A＝0.06W，
故小灯泡不亮的原因是灯泡实际功率太小。
（4）由表中数据知，灯在额定电压的电流为0.3A，
则该小灯泡的额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
纵向比较表中数据得出的结论是：小灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。
故答案为：（1）如上所示；（2）断开；左；（3）太小；（4）0.75；大。
四．计算题（共5小题）
17．（2021•衡阳县自主招生）如图为某型号电热水器电路原理图，虚线框内的R、R2为两个加热电阻，在电路中可以实现加热和保温功能。热水器加热电阻R的额定电压为220V。加热时，按下温控开关S与a、b接触，此时红色指示灯亮；当达到一定温度时，温控开关S自动跳接到c，使热水器处于保温状态，此时绿色指示灯亮（绿灯电阻不计）；加热电阻R在加热状态和保温状态时的功率之比为9：1，红灯标有“15V 5W”的字样，热水器工作时两灯均正常发光。求：
（1）红灯正常发光时的电阻R红；
（2）电阻R1的阻值；
（3）当热水器处于加热状态时，将20L水温度升高50℃用时14min，设此过程中加热电阻产生的热量全部被水吸收。求加热电阻R的额定加热功率和加热电阻R2的阻值。[已知：c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]

【解答】解：
（1）根据P＝知，红灯正常发光时的电阻为：R红＝＝＝45Ω；
（2）加热时，按下温控开关S与a、b接触，此时外围电路中电阻R1和红灯串联，红色指示灯亮，且正常发光；
根据P＝UI知，通过红灯的电流：I＝＝＝A；
根据串联电路电压的规律可得，电阻R1两端的电压：U1＝U﹣UL红＝220V﹣15V＝205V；
因为串联电路电流处处相等知：I1＝I＝A；
电阻R1的阻值：R1＝＝＝615Ω；
（3）根据ρ＝知，4L水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×20×10﹣3m3＝20kg；
水吸收的热量为：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×50℃＝4.2×106J；
因为加热电阻产生的热量全部被水吸收，所以加热时消耗的电能W＝Q吸＝4.2×106J；
加热功率（即加热电阻R的额定功率）：P加热＝＝＝5000W，
根据P＝知，加热电阻R的阻值：R＝＝＝9.68Ω；
因为加热电阻R在加热状态和保温状态时的功率之比为9：1，
所以保温时R的电功率为PR保温＝W，
温控开关S跳接到c时，用电器处于保温状态，此时R与R2串联（绿灯电阻不计），
根据P＝I2R得，保温时电路的电流为：
I保温＝＝＝A，
保温时R与R2的总电阻为：
R总＝＝＝29.04Ω，
则加热电阻R2的阻值为：
R2＝R总﹣R＝29.04Ω﹣9.68Ω＝19.36Ω。
答：（1）红灯正常发光时的电阻R红为45Ω；
（2）电阻R1的阻值为615Ω；
（3）加热电阻R的额定加热功率为5000W，加热电阻R2的阻值为19.36Ω。
18．（2020•市北区校级自主招生）图甲是叶子家某电热加湿器的原理图，下表为其部分技术参数。R1、R2均为发热体（不考虑温度对电阻的影响），R2＝3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”及“高挡”之间的切换（小功率加热为低挡，大功率加热为高挡）。
额定电压（V）
220
高挡发热功率（W）
400
最大注水量（kg）
3
（1）求加湿器低挡时的发热功率；
（2）加湿器中加注最大注水量的冷水，某次加湿器工作时，其“低挡”、“高挡”工作时间分别为10min、20min，请计算：
①加湿器在这次工作中消耗的电能是多少？
②如果电阻R1在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少？（计算结果保留到整数）
（3）一天，叶子断开家中其它用电器，只接通加湿器在高挡加热，发现家中如图乙所示的电能表的转盘在8min内转了150转，求此时电阻R1的实际加热功率是多少？

【解答】解：
（1）由图1知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关；接“2、3触点”时两电阻串联，接“3、4触点”时只有R1接入电路；
电源电压一定，由P＝可知，接“2、3触点”时电阻最大，总功率最小，为低挡；接“3、4触点”时电阻最小，总功率最大，为高挡；
由表格数据知，高挡功率：P高＝400W，由P＝可得R1的阻值：
R1＝＝＝121Ω；
由题知，R2＝3R1，则低挡的发热功率：
P低＝＝＝＝100W；
（2）①由题意可知，高挡工作时间为10min，低挡工作时间为20min，
由P＝可得，在高挡正常工作时消耗的电能：
W高＝P高t高＝400W×20×60s＝4.8×105J。
在低挡正常工作时消耗的电能：
W低＝P低t低＝100W×10×60s＝6×104J。
加湿器在这次工作中消耗的电能W总＝W高+W低＝4.8×105J+6×104J＝5.4×105J；
②如果电阻R1在此次高挡加热时产生的热量全部被水吸收，即Q＝W＝4.8×105J。
由Q＝cm△t可得，水升高的温度：
△t＝＝≈39℃；
（3）接“3、4触点”时只有R1接入电路；此时电阻最小，总功率最大，为高挡；
“3000revs/（kW•h）”的意义为：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘就转过3000revs，
则电能表的转盘转过150转时，加湿器消耗的电能：
W′＝＝0.05kW•h，
所用时间t＝8min＝h
加湿器在高挡加热的实际功率：
此时电阻R1的实际加热功率P′＝＝＝0.375kW＝375W；
答：（1）加湿器低挡时的发热功率为100W；
（2）①加湿器在这次工作中消耗的电能是3.6×105J；
②可以使注水仓中冷水的温度升高39℃；
（3）电阻R1的实际加热功率是375W。
19．（2020•李沧区校级自主招生）电动机是将电能转化成机械能的机器，但由于线圈内部有电阻，所以同时还有一部分电能转化成内能。如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝0.4Ω，电路中另一电阻R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数UV＝110V。试求：
（1）通过电动机的电流；
（2）输入电动机的电功率；
（3）电动机线圈的发热功率；
（4）若电动机以v＝0.9m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10N/kg）

【解答】解：图中电动机与定值电阻R串联，串联电路中电流处处相等，电压表测量电动机两端的电压。
（1）定值电阻R的电压为：UR＝U﹣UV＝160V﹣110V＝50V,
通过电动机的电流等于通过R的电流，为：I＝＝＝5A；
(2)电压表测量电动机两端的电压，已知电压表示数UV＝110V，
输入电动机的电功率为：P输入＝UVI＝110V×5A＝550W；
(3)已知电动机内电阻r＝0.4Ω，由P＝UI＝I2R可知，电动机线圈的发热功率为：
P发热＝I2r＝（5A）2×0.4Ω＝10W；
（4）电动机输出的电功率为：P输出＝P输入﹣P发热＝550A﹣10W＝540W,
根据P＝＝＝Fv可知，电动机的拉力：F＝＝＝600N，
电动机以v＝0.9m/s匀速竖直向上提升重物，电动机对物体的拉力和物体的重力为平衡力，二者大小相等，
故改重物的重力：G＝F＝600N,
由G＝mg得，该重物的质量：m＝＝＝60kg。
答：（1）通过电动机的电流为5A；
（2）输入电动机的电功率为550W；
（3）电动机线圈的发热功率为10W；
（4）若电动机以v＝0.9m/s匀速竖直向上提升重物，该重物的质量为60kg。
20．（2019•江西自主招生）如图甲所示的多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，图乙是其简化电路图，该养生壶的部分参数如表所示。（ρ水＝1×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），g＝10N/kg）

（1）开关S1、S2处于什么状态时，养生壶为高温挡，并说明判断依据；
（2）求R1的阻值；
（3）在标准大气压下，使用高温挡将初温是12℃的一壶水烧开，若养生壶高温挡加热效率为80%，求水吸收的热量和烧开一壶水需要的时间。
项 目
参 数
额定电压
220V
低温挡功率
275W
中温挡功率
550W
高温挡功率
1100W
容积
1L
【解答】解：（1）①S1 断开时，当 S2 接a时，两电阻串联；
②当 S2 断开，S1 闭合时，只有电阻 R1 接入电路，
③当开关 S1 闭合，S2 接 b 时，两电阻并联；
①中，两电阻串联，因串联时电阻的电阻大于其中任一电阻，这时电路的电阻最大，根据P＝，功率最小，为低温挡；
②中，只有电阻 R1 接入电路；
③中两电阻并联，根据并联和串联电阻的规律，并联的电阻小于其中任一电阻，电路的电阻最小，故当 S2 断开，S1 闭合时，为中温挡；
开关 S1 闭合，S2 接 b 时为高温挡；
（2）当 S2 断开，S1 闭合时，为电阻 R1 的简单电路，养生壶处于中温挡；
R1＝＝＝88Ω；
（3）1L水的质量：
m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
将初温是12℃的一壶水烧开，水吸收的热量：
Q 吸＝cm△t＝4.2×103 J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105 J，
养生壶高温挡加热效率为80%，即η＝＝×100%，
烧开一壶水需要的时间为：
t＝＝＝420s。
答：（1）开关 S1 闭合，S2 接 b 时为高温挡；此时两电阻并联，电路的电阻最小，根据P＝，为高温挡；
（2）R1的阻值为88Ω；
（3）在标准大气压下，使用高温挡将初温是12℃的一壶水烧开，若养生壶高温挡加热效率为80%，水吸收的热量为3.696×105 J；和烧开一壶水需要的时间为420s。
21．（2018•崂山区校级自主招生）安装好的钢材需要热熔胶进行缝隙粘合。这个过程中需用到热熔胶枪（如图甲）。热熔胶枪的内部有两只相同的陶瓷PTC热敏电阻，等效电路如图乙所示（两只PTC热敏电阻分别用R1和R2表示）。接通电源，胶枪扳机松开时，联动开关同时掷向B、C，胶枪进入预热状态，约3﹣5min后达到正常工作温度（170℃～210℃），使热熔胶熔化成流体。扣动扳机，联动开关同时掷向A、B，胶枪进入工作状态，固体胶条向前挤压，在内部气压作用下使流体热熔胶从枪口喷出。若单只PTC热敏电阻与温度的变化关系如图丙所示。在近似计算时，可以认为喷出的流体热熔胶的温度与陶瓷PTC热敏电阻的温度相同。请计算：

（1）胶枪在预热过程中的最大功率。
（2）胶枪在工作过程中干路电流的最小值。
（3）假设胶枪在170℃的条件下工作100s，它产生热量的80%被热熔胶吸收，计算这个过程热熔胶吸收的热量。
【解答】解：（1）热熔胶枪的内部有两只相同的陶瓷PTC热敏电阻，
接通电源，胶枪扳机松开时，联动开关同时掷向B、C，胶枪进入预热状态，由乙图可知R1与R2串联，
由丙图可知预热的温度在0～170℃之间，每只PTC加热元件的最小阻值R1＝R2＝1000Ω，串联电路总电阻等于各分电阻之和，
由P＝UI＝可得胶枪在预热过程中消耗的最大功率：
P大＝＝＝24.2W；
（2）扣动扳机，联动开关同时掷向A、B，胶枪进入工作状态，由乙图可知R1与R2并联，并联电路总电阻的倒数等于各分电阻的倒数之和，
由欧姆定律可知电路电阻最大时，通过电路的电流最小，由丙图可知，200℃时PTC的电阻为2200Ω，
电路中的总电阻：R总＝＝＝1100Ω，
胶枪在工作过程中干路电流的最小值为：I＝＝＝0.2A；
（3）胶枪在170℃的条件下工作，由丙图可知，170℃时PTC的电阻为1600Ω，
此时电路中的总电阻：R总′＝＝＝800Ω，
工作100s电路消耗电能产生的热量：W＝＝＝6050J，
它产生热量的80%被热熔胶吸收，这个过程热熔胶吸收的热量为：Q＝80%×W＝80%×6050J＝4840J。
答：（1）胶枪在预热过程中的最大功率为24.2W；
（2）胶枪在工作过程中干路电流的最小值为0.2A；
（3）假设胶枪在170℃的条件下工作100s，这个过程热熔胶吸收的热量为4840J。
五．综合能力题（共2小题）
22．（2020•市南区校级自主招生）如图所示，下面是型号为ZTP88型消毒柜的部分技术参数及工作电路图。
产品型号
ZIP88
额定容积
88L
食具承载量
10kg
额定功率
584W
外型尺寸
435×365×865
额定电压
220V
（1）根据工作电路，指出开关S与ab接触时工作状态是　高温消毒　（选填“高温消毒”或“高温臭氧消毒”），　红　色指示灯亮；
（2）已知加热管的电阻为100Ω，它的热效率为70%，如果正常工作（高温臭氧消毒）半小时，且加热管放出的热量全部被水吸收，可以使多少千克的水温度升高30℃？此时臭氧装置消耗的电能为多少？（指示灯消耗电能忽略不计）。

【解答】解：
（1）由图知，当S与ab接触时，电流只经过加热管和红灯，所以此时消毒柜处于高温消毒状态，红色指示灯亮；
（2）加热管的电功率为：P1＝＝＝484W，
则加热管正常工作半小时消耗的电能为：W1＝P1t＝484W×30×60s＝871200J，
因为它的热效率为70%，所以水吸收的热量为：Q吸＝W1η＝871200J×70%＝609840J，
根据Q吸＝cm△t可知，水的质量为：m＝＝m＝4.84kg；
高温臭氧消毒时臭氧装置与加热管并联；
臭氧装置的功率为P2＝P总﹣P1＝584W﹣484W＝100W，
则臭氧装置正常工作半小时消耗的电能：W2＝P2t＝100W×30×60s＝1.8×105J。
答：（1）高温消毒；红；
（2）如果工作半小时，加热管放出的热量可以使4.84千克的水温度升高30℃；此时臭氧装置消耗了1.8×105J
的电能。
23．（2020•鄞州区校级自主招生）我省不少农村楼房顶上装有如图甲所示的水箱，注满时，水箱内的水面离地面平均高度为10m。图乙是这种水箱的结构及工作示意图，其中A、B是由密度为2.5×103千克/米3的材料制成的圆柱体，它们的体积均为500cm3，位于水箱顶部的传感开关是一种特殊的“拉线开关”，其电阻随拉力变化及电路的工作状态如表。（g取10牛/千克）

传感开关受到的拉力/牛
25
15
传感开关的电阻/欧
5
5000
电动水泵的工作状态
通电转动
断电停转
（1）为了增加安全性，压力传感开关通常是通过一只电磁继电器控制电动水泵，请用笔画线代替导线，按照题意将图乙中电动水泵电路连接完整。
（2）当电动水泵断电停转时，圆柱体排开水的体积是多大？（压力传感开关下的细绳和A、B间的细绳质量与体积均忽略不计）
（3）当电动水泵处于通电转动状态时，电磁铁所在电路的电流大约是0.8A，求电磁铁线圈的电阻。
（4）电动水泵的规格为“220伏 500瓦”，水箱一次注水需要10分钟，每次注水量为1.5吨.某户人家1个月用水量为15吨，这户人家每月用水需要消耗多少电能？
【解答】解：（1）如下图所示：

（2）由ρ＝可得，A、B的总质量：
m总＝ρV总＝2.5×103kg/m3×2×500×10﹣6m3＝2.5kg，
A、B的总重力：
G＝m总g＝2.5kg×10N/kg＝25N；
当电动水泵停止向水箱中注水时水箱中的水位最高，由表格可知此时圆柱体受到的浮力为：
F浮＝G﹣F＝25N﹣15N＝10N，
由F浮＝ρ水gV排得，
V排＝＝＝1.0×10﹣3m3＝1000cm3；
（3）当电动水泵处于通电转动状态时，由欧姆定律可知该电路总电阻为：R＝＝＝7.5Ω，
由表格数据可知，当电动水泵处于通电转动状态时，传感开关的电阻R传感＝5Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电磁铁线圈的电阻为：R线圈＝R﹣R传感器＝7.5Ω﹣5Ω＝2.5Ω；
（4）这户人家每月用水需要注水的次数：
n＝＝10，即10次，
一个月电动机工作的时间：
t＝10×10min＝100min＝6000s，
由P＝可得，这户人家每月用水需要消耗的电能：
W＝Pt＝500W×6000s＝3×106J。
答：（1）如上图；
（2）当电动水泵断电停转时，圆柱体排开水的体积是1000cm3；
（3）电磁铁线圈的电阻为2.5Ω；
（4）这户人家每月用水需要消耗的电能3×106J。
六．解答题（共1小题）
24．（2020•鼓楼区校级自主招生）（1）在虚线框内填上合适器材，测额定电压均为6伏的L1、L2灯泡的额定功率，要求电路不能重组。

（2）根据L1、L2的U﹣I的图像求出L2的额定功率为　3.3W　；
（3）将L1、L2串联在电源电压为6伏的电路中，求此时灯L2的实际功率为　0.25W　。
【解答】解：（1）如图，只闭合SS1，移动滑动变阻器的滑片使电压表的示数为6V，读出此时电流表的示数I1，则L1的额定功率为：P1＝U1I1＝6V×I1。
只闭合SS2，移动滑动变阻器的滑片使电压表的示数为6V，读出此时电流表的示数I2，则L1的额定功率为：P2＝U2I2＝6V×I2。

（2）L2的额定电压是6V，由图像知L2的额定电流是I2＝0.55A，
则L2的额定功率为：P2＝U2I2＝6V×0.55A＝3.3W。
（3）将L1、L2串联在电源电压为6V的电路中，根据串联电路电流相等，L1、L2两端的电压之和等于6V，
由图像知，当电路电流为0.25A，L1、L2两端的电压之和等于6V，
L1两端的电压是5V，L2两端的电压是1V，
L2的实际功率为：P'2＝U'2I'2＝1V×0.25A＝0.25W。
故答案为：（1）如上图；（2）3.3W；（3）0.25W。
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