安徽省2020年中考物理复习必刷题 专题五 电与磁 第15节 电功率课件

命题点1电能、电功的相关计算链接安徽中考：安徽中考在2019年第1题(2)，2018年第5题，2016年第9题，2015年第7题，2012年第22题都有所考查。1．(2019·霍邱县二模)LED灯具有节能、环保的特点，一个“220V8.5W”的LED灯与一个“220V60W”的白炽灯亮度相当。若一个“220V8.5W”的LED灯每天正常工作4小时，一个月(按30天计算)消耗的电能是1.02kW·h。【解析】因为P＝Wt，所以一个月消耗的电能W＝Pt＝8.5×10－3kW×4×30h＝1.02kW•h。1.022．(2019·包河区一模)已知一台直流电动机线圈两端的电压为6V，线圈的电阻为0.5Ω，通过电动机的线圈电流为2A，则该电动机正常工作5min消耗的电能为3600J；电流通过线圈产生的热量为600J。【解析】工作时间t＝5min＝300s，则电动机正常工作消耗的电能W＝UIt＝6V×2A×300s＝3600J。电流通过线圈产生的热量Q＝I2Rt＝(2A)2×0.5Ω×300s＝600J。36006003．(2019·安徽二模)一节可充电的五号电池，上面标有电压为1.5V，容量为2000mA·h，它充满电后，可以储存的电能是1.08×104J，在充电过程中，电池将电能转化为化学能储存。【解析】该电池一次充满电后储存的电能W＝UIt＝1.5V×2000×10－3A×3600s＝1.08×104J；电池的充电和供电是相反的过程，充电时是把电能转化为化学能，放电时是把化学能转化为电能。1.08×104化学4．(2019·蒙城县一模)已知一台直流电动机两端的电压为6V，通过电动机的电流为2A，线圈的电阻为0.5Ω。则在1min内电动机消耗的电能及产生的热量分别为()A．720J，120JB．720J，720JC．720J，600JD．600J，120J【解析】在1min内电动机消耗的电能W＝UIt＝6V×2A×60s＝720J。电动机产生的热量Q＝I2Rt＝(2A)2×0.5Ω×60s＝120J。故A正确，B、C、D错误。故选A。A5．(2019·濉溪县一模)甲、乙两用电器并联后接在某一电源上，在相等时间内，电流通过甲所做的功比乙的大，说明()A．甲通过的电流比乙的大B．甲消耗的电能比乙的少C．甲两端的电压比乙的高D．甲的电阻比乙的大A【解析】甲、乙两用电器并联，故两端的电压相等，故C错误；又因为知道通电时间相等，根据公式W＝UIt可知，电流做的功越多，通过的电流就越大，故A正确；电流做了多少功就是消耗了多少电能，所以甲消耗的电能比乙的多，故B错误；根据公式W＝U2Rt可知，电阻越大，做的功越少，所以甲的电阻比乙的小，故D错误。故选A。6．(2019·合肥一模)随着人们对环境保护的要求越来越高，电动汽车慢慢进入人们的日常生活。从能量转化的角度看，电动汽车主要是把电能转化为机械能，还有一部分在线圈中以热量的形式散失掉。电动汽车电动机的额定电压为500V，正常工作时通过电动机线圈的电流为30A，电动机线圈电阻为2Ω，若电动汽车行驶过程中牵引力为1000N，正常行驶10min，求：(1)电动机消耗的电能；解：电动汽车行驶10min，电动机消耗的电能W＝UIt＝500V×30A×10×60s＝9×106J。(2)线圈产生的热量；解：线圈产生的热量Q＝I2Rt＝(30A)2×2Ω×10×60s＝1.08×106J。(3)电动汽车行驶的速度。解：电动汽车获得的机械能W机＝W－Q＝9×106J－1.08×106J＝7.92×106J；由W＝Fs＝Fvt可得电动汽车行驶的速度v＝W机Ft＝7.92×106J1000N×10×60s＝13.2m/s。命题点2电路分析类型一动态电路分析7．(2019·南阳一模)在如图所示的电路中，电源电压不变，灯泡电阻不变。闭合开关后，当滑动变阻器的滑片向左移动时，电压表V1示数变大，电压表V2示数不变；整个电路消耗的电功率变小(选填“变大”“变小”或“不变”)。变大不变变小【解析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A测电路中的电流。因电源电压不变，所以滑片移动时，电压表V2的示数不变，当滑动变阻器的滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I＝UR可知，电路中的电流变小，L两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，由P＝UI可知，整个电路消耗的电功率变小。8．(2019·福建)如图电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从a端向b端移动过程中，示数减小的电表是V(选填“A”“V1”或“V2”)，电路的总功率增大(选填“增大”“减小”或“不变”)。V1增大【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。将滑动变阻器的滑片P从a端向b端移动过程中，R1接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，由I＝UR可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，由U＝IR可知，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，综上可知，示数减小的电表是V1；电源电压不变，电路中的电流变大，由P＝UI可知，电路的总功率增大。9．(2019·淄博)新型PTC发热材料可以自动调节电路的电功率，在生活中广泛应用，图甲是PTC调试工作电路，R0是保护电阻，阻值恒定；R1是PTC电阻，阻值随温度变化的图像如图乙所示。闭合开关S，当温度从20℃升高到120℃的过程中()A．电流表示数先变小后变大B．电压表示数先变大后变小C．电压表与电流表示数的比值先变小后变大D．保护电阻R0消耗的功率先变小后变大C【解析】甲中，两电阻串联，电压表测R1的电压，电流表测电路的电流，由图乙知，当温度从20℃升高到100℃的过程中电阻R1变小，从100℃升高120℃的过程中电阻R1变大，则根据串联电阻的规律，总电阻先变小后变大，由欧姆定律可知，电路中的电流先变大后变小，即电流表示数先变大后变小，故A错误；电路中的电流先变大后变小，根据U＝IR可知，定值电阻R0的电压先变大后变小，由串联电路电压的规律可知，R1的电压先变小后变大，即电压表示数先变小后变大，故B错误；根据欧姆定律可知，电压表与电流表的比值等于PTC电阻R1的阻值，所以电压表与电流表的比值先变小后变大，故C正确；因电路中的电流先变大后变小，根据P＝I2R0可知，R0消耗的功率先变大后变小，故D错误。故选C。类型二电路故障分析10．(2019·滨江区二模)小华在做实验时，将额定电压相同的灯L1和L2串联在电路中，闭合开关时，发现灯L1亮而灯L2不亮；当他用一根导线并联接在灯L1的两端时，发现灯L2亮了而灯L1却不亮了。分析出现上述现象的原因是()A．灯L2一定短路了B．灯L1一定断路了C．灯L1的电阻一定比灯L2的电阻大得多D．灯L1的额定功率一定比灯L2的额定功率大得多C【解析】由题知，L1和L2串联在电路中，闭合开关时，发现灯L1亮而灯L2不亮，不会是断路，原因可能有两个：一是L2短路，二是L2的实际功率太小；当他用一根导线并联接在灯L1的两端时，发现灯L2亮了而灯L1却不亮了，说明不是L2短路，而是L2实际功率太小，故A、B错误；L1和L2串联在电路中，而串联电路中处处电流相等，L1的实际功率大、L2的实际功率小，由P＝I2R可得，灯L1的电阻一定比灯L2的电阻大得多，故C正确；灯L1的电阻比灯L2的电阻大得多，灯的额定功率P额＝U额2R，额定电压相同，灯L1的额定功率一定比灯L2的额定功率小得多，故D错误。故选C。11．(2019·呼和浩特)如图所示，电源电压一定。关于电路的工作情况，下列说法正确的是()A．同时闭合两个开关，两只灯泡电流是相同的B．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数变大C．若电压表和电流表位置对调，闭合S1、S2后，则两表都被烧坏D．若灯泡L1被短路，闭合S1、S2后，灯泡L1不亮，灯泡L2亮，电流表损坏B【解析】同时闭合两个开关，两灯泡并联，它们两端的电压相等，由于两灯泡的规格不确定，即电阻未知，所以通过两灯泡的电流不一定相等，故A错误。先闭合S1时，电路为L1的简单电路，电压表测电源两端电压，电流表测通过L1的电流；再闭合S2后，两灯泡并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流；根据电源的电压不变可知，电压表的示数不变，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，电流表的示数变大，故B正确。若电压表和电流表位置对调，此时电压表串联在电路中，由于电压表的阻值很大，电路中的电流会很小，所以闭合S1、S2后，则两表都不会烧坏，故C错误。若灯泡L1被短路，闭合S1、S2后，会造成电源短路，则灯泡L1、L2都不亮，电流表损坏，故D错误。故选B。命题点3电功率的相关计算链接安徽中考：安徽中考在2019年第9题，2018年第22题，2017年第10题、第17题，2016年第17题，2015年第23题，2014年第8题都有考查。12．(2019·肥西县三模)如果加在某定值电阻两端的电压从4V升高到6V，通过该电阻的电流变化了0.2A，则该电阻的电功率变化了2W。【解析】因定值电阻的阻值不变，所以定值电阻两端的电压从4V升高到6V时，通过该电阻电流的变化量ΔI＝U2R－U1R＝U2－U1R＝6V－4VR＝2VR＝0.2A，解得R＝10Ω，则该电阻的电功率的变化量ΔP＝U22R－U21R＝（6V）210Ω－（4V）210Ω＝2W。213．(2019·安徽二模)如图所示的电路中，电源电压恒定，灯泡L标有“3V0.9W”字样，当开关S闭合时，灯泡L正常发光，电流表的示数为0.5A，则电阻R＝15Ω，由于电池使用过久，电源实际电压只有2V，则该灯泡工作的实际功率为0.4W。(不考虑温度对灯丝电阻的影响)150.4【解析】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡L正常发光，所以电源的电压U＝UL＝3V，由P＝UI可得，通过灯泡的电流IL＝PLUL＝0.9W3V＝0.3A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R的电流IR＝I－IL＝0.5A－0.3A＝0.2A，由I＝UR可知，R的阻值R＝UIR＝3V0.2A＝15Ω；灯泡的电阻RL＝ULIL＝3V0.3A＝10Ω，电源实际电压只有2V时，该灯泡工作的实际功率P′L＝U′2RL＝（2V）210Ω＝0.4W。14．(2019·滁州一模)家用洗衣机的主要部件是电动机，若一台洗衣机在220V电路中正常工作时通过的电流为2A，每分钟产生的热量为960J，则下列说法中错误的是()A．电动机的功率为440WB．电动机的发热功率为16WC．电动机线圈的电阻为110ΩD．电动机卡住不转动，电功率为12100WC【解析】电动机的电功率为P＝UI＝220V×2A＝440W，故A正确；电动机的发热功率为P热＝Qt＝960J60s＝16W，故B正确；根据Q＝I2Rt得，通过线圈的电阻R＝QI2t＝960J（2A）2×60s＝4Ω，故C错误；电动机卡住不转动时变为纯电阻电路，电功率P＝U2R＝（220V）24Ω＝12100W，故D正确。故选C。15．(2019·青海)某电熨斗的电路如图所示，额定电压为220V，最大功率为1100W，发热部分由调温电阻R和定值电阻R0组成。调温电阻的最大阻值为176Ω，温度对电阻的影响忽略不计，则：(1)该电熨斗以最大功率工作10min消耗多少电能？解：由P＝Wt可得，该电熨斗以最大功率工作10min消耗的电能W大＝P大t＝1100W×10×60s＝6.6×105J。(2)定值电阻R0的阻值是多少？解：当滑片P在最左端时，电路为R0的简单电路，此时电路的总电阻最小，电路的功率最大，由P＝UI＝U2R可得，定值电阻R0的阻值R0＝U2P大＝（220V）21100W＝44Ω。(