【物理】電功率知識點總結一、電功率選擇題1．如圖所示電路，電源電壓恒定，R為光敏電阻，其阻值隨著光照的增強而減小，為定值電阻，當光照減弱時A.

V與示數的比值減小

B.

V與示數的比值不變C.

與示數之差變大

D.

電路消耗的總功率減小【答案】D【解析】【解答】A、由歐姆定律可知，V與示數的比值為光敏電阻R的阻值，因R的阻值變大，則該比值變大，A不符合題意；B、電壓表示數不變，示數變小，則V與示數的比值變大，B不符合題意；C、由并聯電路的特點可知，與示數之差為通過的電流，保持不變，C不符合題意；D、電源電壓不變，總電流變小，根據可知，總功率減小，D符合題意。故答案為：D。【分析】光敏電阻R與定值電阻R0并聯，電壓表測量的是R兩端的電壓（即電源的電壓），保持不變；電流表A1測量的是通過R的電流，電流表A2測量的是干路中的電流；已知光敏電阻R的阻值隨著光照的增強而減小，則當光照減弱時，R的阻值變大，根據歐姆定律可知，通過R的電流變小，即電流表A1示數變小；通過R0的電流不變，而通過R的電流變小，所以干路中的電流變小，即電流表A2示數變小，根據P=UI可知，總功率減小.2．如圖所示，電源電壓保持12V不變，小燈泡L上標有“6V3W”字樣，滑動變阻器最大電阻值R=48Ω，閉合開關，若不考慮燈絲電阻隨溫度的變化，下列說法正確的是（

）A.

要使電壓表的示數增大1V，小燈泡L兩端的電壓就會減小1VB.

小燈泡L的最小實際電功率為0.6WC.

當滑片P移到變阻器的中點時，小燈泡L正常發光D.

當滑片P移到最右端時，通電10s滑動變阻器消耗的電能是19.2J【答案】D【解析】【解答】由電路圖可知，閉合開關后，滑動變阻器R與燈泡L串聯，電壓表測燈泡L兩端的電壓。（1）由電壓表測燈泡L兩端的電壓可知，電壓表的示數增大1V，小燈泡L兩端的電壓就會增大1V，A不符合題意；（2）由P＝UI＝可得，燈泡的電阻：＝12Ω，當滑片P移到最右端時，接入電路中的電阻最大，電路中的電流最小，小燈泡的實際功率最小，因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，所以，電路中的最小電流：I＝＝0.2A，則小燈泡L的最小實際電功率：PL小＝I2RL＝（0.2A）2×12Ω＝0.48W，B不符合題意；通電10s滑動變阻器消耗的電能：WR＝I2Rt＝（0.2A）2×48Ω×10s＝19.2J，D符合題意；（3）當滑片P移到變阻器的中點時，電路中的電流：I′＝A，此時燈泡的實際功率：PL′＝（I′）2RL＝（A）2×12Ω≈1.33W＜3W，所以，此時燈泡不能正常發光，C不符合題意。故答案為：D。【分析】閉合開關后，滑動變阻器R與燈泡L串聯，電壓表測燈泡L兩端的電壓.（1）電壓表示數的變化和燈泡兩端的電壓變化相同；（2）根據P=UI=求出燈泡的電阻，當滑片P移到最右端時，接入電路中的電阻最大，電路中的電流最小，小燈泡的實際功率最小，根據電阻的串聯和歐姆定律求出電路中的最小電流，利用P=I2R求出小燈泡L的最小實際電功率，再利用W=UIt=I2Rt求出通電10s滑動變阻器消耗的電能；（3）當滑片P移到變阻器的中點時，根據電阻的串聯和歐姆定律求出電路中的電流，利用P=I2R求出小燈泡L的實際功率，然后與燈泡的額定功率相比較確定是否正常發光.3．有兩只燈泡L1、L2，分別標有“220V（100W”和“220V（40W”的字樣。若不考慮溫度對燈絲電阻的影響，下列說法中正確的是（

）A.

兩燈正常發光時，L1的電阻較大B.

兩燈并聯接入220V的電路，L1、L2消耗功率之比是2:5C.

兩燈串聯接入220V的電路，L1消耗的功率小于25WD.

兩燈串聯接入220V的電路，兩燈泡消耗總功率大于40W小于100W【答案】C【解析】【解答】解：（1）由P=UI=可得，兩燈泡正常發光時的電阻分別為：則R1<R2，即L1的電阻較小，A不符合題意；（2）兩燈并聯接入220V的電路，它們兩端的電壓等于220V，均能正常發光，則L1、L2消耗功率之比P1：P2=100W：40W=5：2，B不符合題意；（3）兩燈串聯接入220V的電路時，因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，所以，電路中的電流，消耗的功率，C符合題意；兩燈泡消耗總功率，D不符合題意。故答案為：C。【分析】根據P=UI=求出兩燈泡正常發光時的電阻，然后比較兩燈泡的電阻關系；兩燈并聯接入220V的電路時，實際功率和額定功率相等，據此得出L1、L2消耗功率之比；兩燈串聯接入220V的電路時，根據電阻的串聯和歐姆定律求出電路中的電流，根據P=UI=I2R求出L1消耗的功率，根據P=UI求出兩燈泡消耗總功率.4．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，兩個電熱水壺消耗的電能一樣多【答案】B【解析】【解答】A.因為兩個電熱水壺的額定電壓相同，且兩個電熱水壺都正常工作，即在額定電壓下工作，所以甲、乙電熱水壺兩端的電壓相等，A不符合題意；B.都正常工作時，甲的額定功率大，所以電流通過甲電熱水壺做功較快，B符合題意；C.都正常工作時，甲的額定功率大，根據，通過甲電熱水壺的電流大，C不符合題意；D.都正常工作時，甲的額定功率大，根據可知，相同時間內，甲電熱水壺消耗的電能多，D不符合題意；故答案為：B。【分析】電功率是表示電流做功快慢的物理量；根據P=UI和W=Pt來作出分析和解答.5．下列表述正確的是（

）A.

電視機正常工作電流約為1.57AB.

電水壺電阻為4840ΩC.

同種電荷互相排斥D.

磁極間在不接觸時無法發生相互作用【答案】C【解析】【解答】A.電視機正常工作電流：，故A錯誤；B.電水壺的電阻為：，故B錯誤；C.兩個帶有正電荷的小球之間的距離明顯增大，說明同種電荷相互排斥，故C正確；D.磁極間在不接觸時能夠發生相互作用，故D錯誤。故選C。【分析】（1）已知額定功率和額定電壓根據計算正常工作電流；（2）已知額定功率和額定電壓根據計算電阻；（3）同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引；（4）磁體之間的磁力不需要相互接觸就能發生力的作用。6．下列家用電器中，利用電流熱效應工作的是（

）A.

抽油煙機

B.

電視機

C.

電飯鍋

D.

電風扇【答案】C【解析】【解答】解：抽油煙機、電風扇、主要是把電能轉化為機械能，電視機主要是把電能轉化為聲能和光能，只有電飯鍋是把電能轉化為內能，是利用電流的熱效應．故ABD不符合題意，C符合題意．故選C．【分析】電流的熱效應就是把電能轉化為內能．7．2017?黃岡）下列關于電和磁的說法正確的是（

）A.

金屬導體中的電流方向與導體中自由電子定向移動方向相同B.

家庭電路中同時工作的用電器總功率越大，通過電能表的電流越大C.

磁場中某點的磁場方向與該點小磁針靜止時南極的指向相同D.

電動機是根據電磁感應原理工作的【答案】B【解析】【解答】解：A、自由電子是負電荷，所以金屬導體中的電流方向與自由電子定向移動方向相反，故A錯誤；B、接入電路的用電器總功率越大，由公式I=可知通過電能表的電流就越大，故B正確；C、小磁針靜止時N極所指的方向為該點磁場的方向，故C錯誤；A、電動機是利用通電線圈在磁場中受力轉動的原理制成的，故D錯誤．故選B．【分析】（1）物理學中規定正電荷定向移動的方向為電流方向；（2）家庭電路電流大的原因：總功率過大；（3）我們規定小磁針N極所指的方向為該點磁場的方向；（4）帶電磁鐵的儀器利用的是電流的磁效應原理．8．小王在一次家庭探究活動中，在作業本上做了如下5條記錄：①電飯煲銘牌上標有“220V，800W，50Hz”等字樣；②使用試電筆時，手必須接觸筆尾的金屬體；③電視機上安裝的動圈式揚聲器，其運作原理是電磁感應；④床頭燈的開關是串聯在電路上的；⑤體溫計的刻度范圍通常是35～42℃，分度值為1℃．你認為小王的記錄完全正確的是（

）A.

①②③

B.

②④⑤

C.

①②④

D.

①③⑤【答案】C【解析】【解答】解：①電飯煲銘牌上標的220V是電飯煲的額定電壓、800W是電飯煲的額定功率、50Hz是所接交流電的頻率，故①正確；②使用試電筆時，筆尖接觸電線，手接觸筆尾的金屬體，故②正確；③動圈式揚聲器的工作原理：通電線圈在磁場中受力運動，故③錯；④開關和所控制的用電器是串聯的，故④正確；⑤體溫計的刻度范圍通常是35～42℃，分度值為0.1℃，故⑤錯．故選C．【分析】利用下列知識分析判斷：（1）用電器銘牌上標有：額定電壓、額定功率、交流電的頻率；（2）使用試電筆時，筆尖接觸電線，手接觸筆尾的金屬體，若試電筆的氖管發光，則筆尖接觸的是火線；（3）動圈式揚聲器的工作原理：通電線圈在磁場中受力運動；動圈式話筒的工作原理：電磁感應；（4）開關和所控制的用電器是串聯的，家用電器之間是并聯的；（5）體溫計的刻度范圍通常是35～42℃，分度值為0.1℃．9．小明家上次査看電能表示數，本次查看時電能表讀數如圖所示，則下列說法正確的是（

）A.

他家在這段時間內消耗的電能為903kw·hB.

電能表是測量電功率的儀表C.

若只讓一個標有“220V1000w”的電熱水器正常工作10min，則電能表的圓盤轉了600轉D.

這個電能表的額定功率為2200W【答案】C【解析】【解答】A.根據電能表窗口示數差計算消耗的電能為8633.5kw.h-8543.2kw.h=90.3kw.h，A不符合題意；B.電能表是測量電功的儀表，B不符合題意；C.電熱水器消耗的電能為，電能表實際轉數為，C符合題意；D.電能表的最大電功率為，D不符合題意。故答案為：C.【分析】電能表是測量電功的儀表，利用電功率和時間可以計算消耗的電能，根據電壓和電流可以計算電功率。10．下列估測最接近實際的是（）A.

一個雞蛋的質量約為200g

B.

人感覺舒適的環境溫度約為23℃C.

一位普通中學生的手掌寬度約為25cm

D.

家用電視機的功率約為1500W【答案】B【解析】【解答】解：A、一個雞蛋的質量約為50g；B、人感覺舒適的環境溫度為20﹣﹣26℃；C、一位中學生的手掌寬度約為10cm；D、家用電視機的功率約為200W．故選B【分析】做這種題目，要對一些常見的物理量要有一定的估測能力，根據生活常識去判斷題目的對錯．11．如圖所示的電路，電源電壓為3V，R1=15Ω，R2=5Ω，當開關S閉合時，下列分析正確的是（

）A.

R1、R2兩端電壓之比為3：1

B.

通過R1、R2電流之比為3：1C.

R1、R2消耗的電功率之比為1：3

D.

R1的電功率為1.8W【答案】C【解析】【解答】由電路圖知道，R1、R2兩電阻并聯，由于并聯電路各支路兩端的電壓相等，所以R1、R2兩端電壓之比是1：1，A不符合題意；由I=U/R知道，通過R1、R2電流之比是：I1：I2=U/R1：U/R2=R2：R1=5Ω：/15Ω=1：3，B不符合題意；由P=U2/R知道，R1、R2消耗的電功率之比是：P1：P2=U2/R1：U2/R2=R2：R1=1：3，C符合題意；由于兩電阻并聯，所以U1=U=3V，R1的電功率是：P1=U2/R1=（3V）2/15Ω=0.6W，D不符合題意，故答案為：C。【分析】根據并聯電路的特點，當電壓相等時，電流和電阻成反比，電功率和電阻成反比.12．如圖是探究“電流通過導體時產生熱的多少跟什么因素有關”的實驗裝置．通電前，A、B兩個U型管內的液面相平，通電一定時間后，通過R1、R2的電流分別為I1、I2，則（

）A.

I1=I2，A管中的液面較低

B.

I1=I2，A管中的液面較高C.

I1＞I2，A管中的液面較低

D.

I1＞I2，A管中的液面較高【答案】D【解析】【解答】解：由圖可知，右側兩電阻絲并聯后與左側電阻絲串聯，并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以I1＞I2，故AB錯誤；由Q=I2Rt可知，通電時間相同時，I1＞I2，R1=R2=5Ω，所以左側電阻產生的熱量較多，密閉空氣吸收熱量后，體積不變，壓強變大，左側容器內氣體的壓強與大氣壓的差值較大，A測玻璃管液面較高．故選D．【分析】由電路圖分析電阻絲的連接方式，根據串并聯電路的電流特點可知通過它們的電流關系，根據Q=I2Rt比較兩電阻產生的熱量關系，密閉空氣吸收熱量后，壓強變大，U形管內兩液面的差值變大，據此進行解答．13．下列電器中，利用電流熱效應工作的是（

）A.

電風扇

B.

電暖氣

C.

電視機

D.

電磁繼電器【答案】B【解析】【解答】A．電風扇的電動機工作時主要把電能轉化為機械能，不是利用電流熱效應工作的，A不符合題意；B．電暖氣工作時把電能轉化為內能，是利用電流熱效應工作的，B符合題意；C．電視機主要是把電能轉化為光能和聲能，不是利用電流熱效應工作的，C不符合題意；D．電磁繼電器主要利用了電流的磁效應工作的，D不符合題意。故答案為：B【分析】電流的熱效應：電流通過電阻要發熱，這叫做電流的熱效應.如電燈、電爐、電烙鐵、電焊等，都是電流的熱效應的例子.14．課外興趣小組活動時，某校兩同學通過實驗研究小燈泡的電功率跟兩端電壓的關系，已知小燈泡的額定電壓為2.5伏、額定功率為0.75瓦．小明同學設計了如圖甲所示的電路進行研究，他先測出若干組電壓和電流值，再由公式P=UI，求得對應的功率，并作出功率隨電壓變化的圖線a．小紅同學設計了如圖乙所示的電路進行研究，她先由R=計算出小燈泡的電阻R，再測出若干個電壓值，最后根據P=，求得對應的功率，也作出功率隨電壓變化的圖線b．則下列反映了他們的實驗結果的圖線是（

）A.

B.

C.

D.

【答案】B【解析】【解答】（1）∵P=U2/R，∴燈泡正常發光時的電阻R=U2額/P額=（2.5V）2/0.75W≈8.3Ω；由題意知：P甲=U2/R和P乙=U2/8.3Ω，由此可見，電功率P關于電壓U的二次函數（跟y=ax2+bx+c，且a＞0，b=0，c=0時相符合），故圖象是經過原點開口向上的拋物線，CD不符合題意；（2）∵P甲=U2/R和P乙=U2/8.3Ω，燈泡電阻R隨溫度升高而變大，∴①當小燈泡兩端電壓U＜2.5V時，小燈泡在低于額定電壓下工作，它的電阻R＜8.3Ω，則P甲＞P乙，此時拋物線a在拋物線b的上方．②當小燈泡兩端電壓U=2.5V時，小燈泡在額定電壓下工作，它的電阻R=8.3Ω，則P甲=P乙=0.75W，且此時兩拋物線相交；③當小燈泡兩端電壓U＞2.5V，小燈泡在高于額定電壓下工作，它的電阻R＞8.3Ω，則P甲＜P乙，此時拋物線a在拋物線b的下方。綜上所述，B圖中的圖線反映了他們的實驗結果，A不符合題意，B符合題意.故答案為：B.【分析】根據電功率的計算公式求電功率和電阻，當溫度升高時，電阻變大，電功率變化明顯.15．如圖甲，電源電壓恒定，R0為定值電阻，電阻R的阻值隨環境溫度變化而改變．改變環境溫度，定值電阻R0兩端的電壓U0隨溫度t變化的關系如圖乙所示．則下列描述R兩端的電壓U、電路消耗的總功率P隨溫度t變化的關系圖線中，可能正確的是（

）A.

B.

C.

D.

【答案】B【解析】【解答】由圖甲知道，R0與R串聯，電壓表測量的是R0的電壓；由圖乙知道，隨著溫度的升高，R0兩端的電壓降低，說明隨著溫度的升高電阻R兩端的電壓增加，由串聯分壓知道，隨著溫度的升高R的阻值的阻值增加，R兩端的電壓增大，A不符合題意，B符合題意；隨著R的阻值的阻值增加，電路的總電阻增加，由歐姆定律知道，電路的總電流減小，由P=UI知道，電源電源不變，總電流減小，所以電路的總功率減小，D不符合題意，由圖乙知道，電路的電流與溫度呈線性變化，所以總功率與溫度也呈線性變化，C不符合題意，故答案為：B。【分析】結合電路圖理清電路的連接方式及電表的測量對象，由于電阻R的阻值隨環境溫度的變化而變化，由圖乙可知，當溫度升高時電阻R0兩端的電壓線性變小，定值電阻的電流線性變小；根據串聯電路電壓的特點，判斷出電阻R兩端的電壓的變化；因為電源電壓保持不變，根據P=UI判斷出電路消耗的總功率的變化.16．如圖甲所示,電源電壓保持不變,小燈泡上標有“4V"字樣,電流表的量程為0~0．6A圖乙是小燈泡的電流隨其電壓變化的圖象。滑動變阻器R1的最大阻值為20Ω,定值電阻R2的阻值為10Ω．當閉合S和S2,斷開S1,滑片移到中點時,小燈泡L恰好正常發光，則下列說法正確的是（

）A.

電源電壓為5VB.

閉合S和S2,斷開S1,滑片移到中點時,用一個“4V0．5W的燈泡L’替換L,則將正常發光C.

閉合S和S2,斷開S1,當小燈泡的功率為0．8W時,滑動變阻器的阻值是17．5ΩD.

閉合S和S1,斷開S2,為保證電路安全,電阻R2的最大功率為8．1W【答案】C【解析】【解答】A.根據乙圖可知，小燈泡的額定電壓為4V時電流為0.5A，那么電源電壓為：U總=UL+U變=4V+0.5A××20Ω=9V，故A錯誤；B.“4V

0.5W”燈泡電阻為：；原來燈泡的電阻；當閉合S和S2，斷開S1，滑片移到中點時，變阻器的阻值不變，而燈泡電阻變大，那么它兩端的電壓肯定大于4V，因此它不能正常發光，故B錯誤；C.當閉合S和S2，斷開S1，根據乙圖可知，當燈泡的功率為0.8W時，燈泡的電壓為2V，電流為0.4A；那么變阻器的電壓為：U變=U總-UL=9V-2V=7V，變阻器的電阻為：，故C正確；D.閉合S和S1,斷開S2，變阻器和R2串聯，當變阻器的阻值為0時，電流為：，而電流表的量程是0.6A，因此通過電阻R2的最大電流為0.6A；它的最大電功率為：P2=I22R2=（0.6A）2×10Ω=3.6W，故D錯誤。故選C。【分析】（1）根據乙圖得到燈泡正常發光時電壓和；當閉合S和S2，斷開S1，滑片移到中點時，變阻器與燈泡串聯，根據公式U總=UL+U變計算電源電壓；（2）在串聯電路中，電壓的分配與電阻成正比，判斷替換燈泡后的電壓是否為4V即可；（3）根據乙圖判斷燈泡功率為0.8W時燈泡的電壓和電流，然后根據歐姆定律計算變阻器的阻值；（4）閉合S和S1,斷開S2，變阻器和R2串聯，計算變阻器阻值為0時的電流與電流表的量程比較，從而確定電阻R2的最大電流，最后根據公式P=I2R計算即可。17．如圖所示的物理現象涉及的物理知識正確的是（

）A.B.C.D.A.

電風扇工作時主要將電能轉化為機械能B.

家庭電路中的電能表是測量電流做功快慢的C.

法拉第根據圖示電磁感應的原理制成了電動機D.

測電筆按圖示的方法使用可以辨別家庭電路中的火線與零線【答案】A【解析】【解答】解：A、電風扇工作時，消耗了電能，得到了機械能，因此將電能轉化為了機械能；故A正確；B、電能表是測量家庭電路消耗電能多少的儀表；故B錯誤；C、法拉第根據圖示電磁感應的原理制成了發電機；故C錯誤；D、使用測電筆時，手必須接觸筆尾金屬體，筆尖接觸導線，氖管發光，導線是火線；氖管不發光的是零線，故D錯誤．故選A．【分析】（1）用電器工作的實質是將電能轉化為其它形式的能；（2）電能表是測量電能的儀表；（3）發電機的原理是電磁感應；（4）測電筆的正確使用方法：手接觸筆尾金屬體，筆尖接觸導線，氖管發光，導線是火線；氖管不發光的是零線．本題綜合考查了用電器工作的實質、電能表的作用、發電機的原理以及測電筆的使用方法等，屬于基礎知識考查范圍．18．一燈泡標有“3.8V”字樣，額定功率模糊不清，某同學設計了如圖甲所示的電路進行測量，電源電壓恒為6V，電壓表、電流表使用的量程分別為0～3V、0～0.6A，滑動變阻器的規格為“10Ω1A”，他根據實驗數據作出了電壓表、電流表示數的U-I圖像如圖乙所示.則以下判斷正確的是（

）A.

小燈泡的額定功率為0.88W

B.

滑片向左移時電壓表示數變大，小燈泡變亮C.

變阻器允許連入電路的最大阻值約為8.82Ω

D.

小燈泡正常發光2s內，變阻器產生的電熱為3.04J【答案】C【解析】【解答】A、如圖電路，電壓表與滑動變阻器并聯，當滑動變阻器兩端電壓為2.2V時，根據串聯電路的分壓特點，此時燈泡兩端的電壓為：，由乙圖得，此時電流為0.4A，故燈泡的功率為：，A不符合題意；B、如圖滑片向左移時，接入電路的電阻變小，電流變大，小燈泡變亮，但根據串聯電路的分壓特點可知，電壓表示數變小，B不符合題意；C、由乙圖知，電壓表為3V時，電流為0.34A，所以變阻器允許連入電路的最大阻值約為：，C符合題意；D.小燈泡正常發光2s內，變阻器產生的電熱為：，D不符合題意.故答案為：C.【分析】（1）根據圖像，燈泡正常發光時，變阻器兩端的電壓為2.2V，并確定此時電路中的電流，由公式P=UI便可計算出燈泡的額定電功率；（2）滑片向左滑動，變阻器的阻值變小，電路中電流變大，燈泡變亮，變阻器分壓變小，從而可判斷電流表和電壓表的示數變化；（3）變阻器的阻值越大，兩端的電壓越大，根據電壓表的量程確定電阻器兩端的最大電壓，根據圖像確定此時的電流，由公式R=可得變阻器的最大值；（4）根據Q=W=UIt可計算出變阻器產生的電熱.19．如圖所示，R0為定值電阻，閉合開關后，當滑片P在某兩點之間滑動時，電流表的示數變化范圍是0.5～1.5A，電壓表的示數變化范圍是3～6V．小明通過推算，得出四個結論，其中錯誤的是（）A.

定值電阻R0的阻值為3Ω

B.

變阻器連入電路的電阻變化范圍為2～12ΩC.

實驗中R0兩端的電壓變化范圍為1.5V～4.5V

D.

電路消耗的總功率的變化范圍為3.75W～10.25W【答案】D【解析】【解答】由電路圖可知，滑動變阻器與定值電阻R0串聯，電流表測電路中的電流，電壓表測滑動變阻器兩端電壓；當滑動變阻器接入電路阻值增大時，電路中電流減小，即電流表示數減小；變阻器接入阻值增大時，其分得電壓增大，即電壓表示數增大；所以，電流表與電壓表的示數變化情況是相反的。A、由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=UV+IR0，電流表示數變化范圍是0.5A～1.5A，電壓表的示數變化范圍3V～6V，結合前面分析可知，當I=0.5A時，UV=6V，所以有U=6V+0.5A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①當I=1.5A時，UV=3V，所以有U=3V+1.5A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②聯立①②解得：R0=3Ω，U=7.5V，A不符合題意；B、由題可知，電流表示數變化范圍是0.5A～1.5A，電壓表的示數變化范圍3V～6V，滑動變阻器接入電路的阻值分別為：R滑===2Ω，R滑′===12Ω，即變阻器連入電路的阻值變化范圍為2Ω～12Ω，B不符合題意；C、R0兩端的電壓分別為：U0=I最小R0=0.5A×3Ω=1.5V，U0′=I最大R0=1.5A×3Ω=4.5V，則R0兩端的電壓變化范圍是1.5V～4.5V，C不符合題意；D、電路消耗的最小電功率：P最小=UI最小=7.5V×0.5A=3.75W，電路消耗的最大電功率：P最大=UI最大=7.5V×1.5A=11.25W，則電路消耗的總功率的變化范圍為3.75W～11.25W，D符合題意。故答案為：D。【分析】根據電流的范圍和電壓的范圍，結合歐姆定律計算公式和電功率計算公式，求電路中的電阻、分壓情況和電功率.20．下列家用電器正常工作20min消耗電能最多的是（

）A.

電飯煲

B.

電熱毯

C.

電視機

D.

電風扇【答案】A【解析】【解答】解：電飯煲的功率約為1000W，電熱毯的功率約為100W，電視機的功率約為130W，電風扇的功率約為60W，由此可見，電飯煲的電功率最大，由W＝Pt可知，用電器正常工作相同時間，電飯煲消耗的電能最多。故答案為：A。【分析】根據生活常識及生活經驗判斷各用電器的功率大小，由W＝Pt可知，工作相同時間，用電器功率越大，消耗的電能越多。21．如圖甲所示，是某型號電壓力鍋簡化的工作電路圖．R0是阻值為484Ω的保溫電阻，R1是規格為“220V800W”的主加熱電阻，R2是副加熱電阻．電壓力鍋煮飯分為“加熱升壓→保壓→保溫”三個階段，通過如圖乙所示的鍋內工作壓強與時間“（P﹣t）”關系圖象可了解其工作過程：接通電源，啟動智能控制開關S，S自動接到a，同時S1自動閉合，電壓力鍋進入加熱升壓狀態；當鍋內工作壓強達80kPa時，S1自動斷開，進入保壓狀態，當鍋內工作壓強降至60kPa時，S1又會自動閉合；當保壓狀態結束，飯就熟了，S自動接到b，減壓進入保溫狀態．電壓力鍋煮飯時，在正常加熱升壓和保壓狀態共耗電0.25kW?h，下列說法正確的是（

）A.

電壓力鍋是對大氣壓強的應用

B.

當鍋內工作壓強為40kPa時，電壓力鍋處于升壓狀態C.

電壓力鍋煮飯時，在正常加熱升壓和保壓狀態R1的工作時間是18min

D.

電壓力鍋正常工作時的最大電流是5A【答案】D【解析】【解答】解：A．高壓鍋煮飯熟得快是利用密閉液體的沸點隨氣壓的增大而升高的原理，而不是利用了大氣壓的原理，A不符合題意；B．由圖乙可知，當鍋內工作壓強為40kPa時，電壓力鍋可能處于升壓狀態，也可能處于保溫狀態，B不符合題意；C．由圖乙可知，在正常加熱升壓和保壓狀態R1的工作時間分別為0～6min，9～12min，15～18min，即R1的工作時間t1=12min=0.2h，C不符合題意；D．R2的工作時間t2=18min=0.3h，在正常加熱升壓和保壓狀態消耗的電能W=P1t1+P2t2，即：0.25kW?h=0.8kW×0.2h+P2×0.3h，解得：P2=0.3kW=300W，兩加熱電阻同時工作時電路電流最大，則總功率P=P1+P2=800W+300W=1100W，由P=UI可得，I==5A，D符合題意．故答案為：D．【分析】高壓鍋煮飯熟得快是利用密閉液體的沸點隨氣壓的增大而升高的原理；在正常加熱升壓和保壓狀態消耗的電能，正確分析電路是解題的關鍵.22．家用飲水機是一種雙溫電熱器，其工作原理可簡化為如圖所示的電路，R1為定值電阻，R2為電熱板，R1=3R2，a、b是溫控開關S的兩個觸點，調節S可使飲水機處于加熱或保溫狀態。則飲水機在加熱與保溫狀態時R2消耗的電功率之比及有關說法正確的是（

）A.

4：1，S與a點接觸時處于保溫狀態B.

16:1，S與a點接觸時處于保溫狀態C.

4：1，S與b點接觸時處于保溫狀態D.

16：1，S與b點接觸時處于保溫狀態【答案】B【解析】【解答】當S接b時是加熱狀態，此時R2電功率為，當S接a時，電路串聯，處于保溫狀態，R2的電功率為，則P1:P2=16:1，B符合題意。故答案為：B.【分析】根據電阻串聯時，總電功率減小，根據電壓和電阻可以計算電功率，根據電流和電阻可以計算電功率大小。23．有兩只分別標有”6V3W“和”9V3W“的小燈泡L1、L2，不考慮溫度對燈絲電阻的影響，下列說法正確的是（

）A.

L1和L2正常工作時的電流一樣大

B.

L1和L2串聯在一起同時使用時，兩燈一樣亮C.

L1和L2并聯在一起同時使用時，兩燈消耗的功率一樣大

D.

將L1串聯在一個12Ω的電阻，接在電源電壓為12V的電路中，L1也能正常發光【答案】D【解析】【解答】A.由P=UI可得，兩燈泡正常發光時的電流分別為：I1===0.5A，I2===A，所以兩燈泡正常發光時的電流不一樣，A不符合題意；B.由P=UI=可得，兩燈泡的電阻分別為：R1===12Ω，R2===27Ω，兩燈泡串聯時通過的電流相等，但燈泡的電阻不同，由P=I2R可知，兩燈泡的實際功率不相等，亮度不同，B不符合題意；C.L1和L2并聯在一起同時使用時，它們兩端的電壓相等，但燈泡的電阻不同，由P=可知，兩燈泡消耗的電功率不相等，C不符合題意；D.將L1串聯在一個12Ω的電阻時，電路中的總電阻R總=R1+R=12Ω+12Ω=24Ω，電路中的電流I===0.5A，因電路中的電流和燈泡L1正常發光時的電流相等，所以L1能正常發光，D符合題意；故答案為：D。【分析】（1）根據P=UI