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第3节 电能
第 3 课时 电功率和电功的计算公式
科学观念：知道电功率与电流、电压的关系，电功与电流、电压和时间的关系；掌握P=W/t、P=UI、W=UIt。
科学思维：会应用电功和电功率的公式进行简单的计算；会根据地欧姆定律推导电功和电功率的计算推导式；辨析公式适用范围，规范电学计算逻辑。
探究实践：通过灯泡亮度转换法比较电功率大小，运用控制变量法探究探究小灯泡电功率与电压、电流关系。
态度责任：体验实验目的决定实验设计，提升学习科学的兴趣。
1．LED灯的能耗小，造价低廉，使用寿命长，一自制的LED台灯，用电压为6V的电源电压供电，正常工作电流为300mA．那么此LED台灯正常工作时的功率为（　　）
A．1.8W B．18W C．180W D．1800W
2．如图为某电动机的铭牌，据此可知该电动机正常工作时的（　　）
电动机 型号：Y200L﹣4 额定电压：220V 额定电流：3A
A．线圈电阻 B．产生的电热 C．消耗的电能 D．消耗的电功率
3．小华同学家的电饭煲正常工作时的电流约为3A，则它正常工作15min所消耗的电能是（　　）
A．2200J B．4500J C．5.94×105J D．5.94×106J
4．某物理兴趣小组的同学用几个完全相同的灯泡，设计如图甲、乙、丙三种电路，电源电压相同且恒定不变，电路消耗的总功率大小关系是（　　）
A．P甲＞P乙＞P丙 B．P甲＜P乙＜P丙 C．P甲＝P乙＝P丙 D．P甲＝P乙＞P丙
5．分别标有“220V 25W”、“110V 25W”、“110V 25W”字样的三个白炽灯，它们各自在额定电压下工作时（　　）
A．“220V 25W”最亮 B．“110V 25W”最亮
C．“36V 25W”最亮 D．三个白炽灯一样亮
6．某房间原来只接有一只标有“PZ220﹣40”的灯泡，小明又用一只完全相同的灯泡，将它俩串联在一起，在电源电压不变的情况下，房间内的总亮度将（　　）
A．变亮 B．变暗 C．不变 D．无法确定
7．一个灯泡的灯丝烧断了，把断了的灯丝搭在一起，灯泡会更亮，其原因（　　）
A．灯丝电阻增大，实际功率增大 B．灯丝电阻减小，实际功率增大
C．灯丝两端电压增大，实际功率增大 D．灯丝中的电流增大，实际功率不变
8．如图所示，将两只额定电压相同的灯泡L1、L2串联在电路中，闭合开关S后，发现L1比L2更亮。若电灯电阻不受温度影响，则下列说法正确的是（　　）
A．L1两端实际电压比L2小 B．L1的电阻比L2小
C．L1的额定功率比L2小 D．L1的实际功率比L2小
（第8题图） （第9题图） （第10题图） （第11题图）
9．在探究“小灯泡的电功率的影响因素”的实验中，小强设计如图电路图。下列对该探究实验分析不正确的是（　　）
A．实验目的：探究小灯泡的电功率是否与电压大小有关
B．器材选择：选择规格一模一样的小灯泡
C．控制变量：两灯泡串联连接，经过的电流大小相等
D．变量转换：用小灯泡的亮度反映它们的实际功率
10．如图所示，电源电压相等，已知R1＞R2＞R3＞R4，开关均闭合后，在相同的时间内，消耗电能最少的电阻是（　　）
A．R1 B．R2 C．R3 D．R4
11．如图是健身蹦床原理图。电源电压不变，R1为定值电阻，压力传感器R的阻值随压力增加而减小。在运动者从与蹦床接触至下落到最低点过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．蹦床受到的压力减小 B．电流表示数逐渐变小
C．电压表示数不变 D．整个电路消耗的功率逐渐变大
12．如图所示，将甲、乙两灯串联在电路中，闭合开关，发现甲灯发光，乙灯不发光，则乙灯不发光的原因可能是（　　）
A．乙灯灯丝断了
B．相同时间内，乙灯消耗的电能远大于甲灯消耗的电能
C．乙灯的实际功率远小于额定功率
D．乙灯两端的电压大于甲灯两端电压
13．灯L1“6V 6W”，灯L2“6V 3W”，如图，将它们串联后接在电源上，闭合开关，其中一个灯泡能正常发光（设灯泡的电阻不变）。则下列说法正确的是（　　）
A．正常发光的灯泡是L1 B．另一盏灯的实际功率是3W
C．电源电压为12V D．电路的总功率为4.5W
14．甲、乙两盏灯、甲灯标有“220V 100W”，乙灯标有“220V 25W”，下列说法正确的是（　　）
A．甲灯一定比乙灯亮
B．正常发光时，甲灯电阻大于乙灯电阻
C．正常发光时，甲灯电功率一定是乙灯电功率的4倍
D．正常发光时，甲灯消耗的电能一定是乙灯消耗的电能的4倍
15．标有“6V 3W”的小灯泡，通过它的电流与电压的关系如图所示。则该灯泡正常发光时的电阻为　 　Ω，若把它与一只阻值为8Ω的电阻串联接在电压为7.2V的电路中，则整个电路消耗的功率为　 　W。
16．在“探究电流做功与电压、电流的关系”的活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。
（1）同学们经过讨论，认为不应该选择图甲电路，原因是　 　。
（2）为研究电功率与电压的关系，应该选择图　 　所示的电路。
（3）实验中同学们是通过比较灯泡的亮度来比较电功率的大小的，因为电功率越大的灯泡，即单位时间消耗的　 　越多，所以单位时间得到的　 　就越多，灯泡越亮。
（4）实验中，同学们使用的是可调电源，选择的灯泡是“12V 6W”的灯泡L1和（6V 4W）灯泡L2那么为了保护电路元件，乙图中电源电压不能超过　 　V，丙图中增大电源电压足够后，调节滑动变阻器，则　 　灯泡首先正常发光，此时另一个灯泡两端的电压是　 　V。
17．在如图所示的电路中，电源电压不变，小灯泡L标有“6V”的字样，电阻R＝20Ω．闭合开关S后，灯泡L正常发光，且电流表的示数为1.2A．求：
（1）小灯泡的额定功率。
（2）在2min内电阻R消耗的电能。
18．如图所示的电路中，电源两端电压恒定，定值电阻R1＝10Ω。闭合开关S，电流表A1的示数为0.4A，电流表A的示数为0.6A。求：
（1）电源电压U；
（2）通过电阻R2的电流I2；
（3）通电10s，电阻R2消耗的电能W2。
19．如图所示，将两只灯泡L1、L2连在电路中，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，此现象说明（　　）
A．L1的电阻大于L2的电阻
B．L1两端的电压大于L2两端的电压
C．L1的实际功率大于L2的实际功率
D．L1的额定功率大于L2的额定功率
20．小明进行了如图的科学探究实验，闭合开关S后，甲、乙两灯均正常发光，但甲灯比乙灯亮，下列说法不正确的是（　　）
A．两灯均正常发光时，甲灯功率大于乙灯功率
B．两灯均正常发光时，甲灯电阻小于乙灯电阻
C．若将两灯串联在该电源上，甲灯两端电压比乙灯两端电压大
D．若将两灯串联在该电源上，乙灯的亮度将比甲灯的亮度亮些
21．如果加在某定值电阻两端的电压从8V升高到10V，通过该电阻的电流变化了0.1A，则该电阻的电功率变化了（　　）
A．1.8W B．0.2W C．2.0W D．8.0W
22．如图小灯泡L1、L2的额定电压相同。闭合开关后，发现L1比L2亮，下列分析正确的是（　　）
A．L1的电阻比L2的电阻大 B．L1的额定功率比L2的额定功率大
C．L1两端电压比L2两端电压小 D．通过L1的电流比通过L2的电流小
（第22题图） （第23题图） （第24题图）
23．A灯泡标有“6V，4W”、B灯泡标有“3V，3W”，按如图所示甲、乙两种方式连接，已知电源电压相同，下列分析正确的是（　　）
A．图甲中A灯比B灯暗 B．图乙中A灯比B灯亮
C．图甲中A灯比图乙中A灯暗 D．图甲中的总功率比图乙中的总功率要大
24．标有“6V 1.5W”的灯泡，通过它的电流随其两端电压变化的物理图象如图所示，若把这只灯泡与一个10Ω的定值电阻串联起来，接在电压为6V的电源两端。则下列说法中正确的是（　　）
A．此时该灯泡的电阻为24Ω B．此时通过定值电阻的电流为0.25A
C．此时电路的实际总功率为1.2W D．此时灯泡的额定功率为0.8W
25．如图是创新小组设计的肺活量检测装置原理图。电源电压恒定，R0是滑动变阻器，R1、R2是定值电阻。检测时从吹气口向气球中吹气，气球膨胀，通过可移动隔板带动滑片向上运动，此时显示仪的示数变大（显示仪由图中两电表之一改装而成）。在吹气过程中下列判断不正确的是（　　）
A．电路总电阻变大 B．电压表与电流表示数之比变小
C．显示仪由电流表改装而成 D．电路中消耗的总功率变大
（第25题图） （第26题图）
26．灯泡L1、L2的额定电压均为6V，两灯的电流随电压变化图像如图所示。仅将L1、L2接入电路，保证所有元件安全的前提下，下列说法正确的是（　　）
A．L1的额定功率为6W
B．当L1、L2串联接入电路，电源电压为5V时，L1与L2的实际功率之比为3：7
C．当L1、L2并联接入电路，L1的实际功率更大
D．电路最大的总功率为9W
27．在“探究小灯泡电功率跟电流和电压的关系”实验中，小金设计了如图甲、乙、丙三个电路。
灯L1 灯L2
亮度 暗 亮
电压 0.6 0.9
（1）研究电功率和电流的关系，选择甲图的原因是 　 　，灯泡L1、L2应选择规格　 　（填“相同”或“不同”）的灯泡。
（2）甲、乙、丙三个电路中，丙电路不能达到实验目的的原因是　 　。
（3）利用图乙研究时，闭合开关，发现灯L1亮、灯L2不亮，电压表V2无示数，则电路发生的故障是　 　。
（4）排除故障后，利用图乙电路继续实验，实验数据记录如表，则可以得到的结论是　 　。
28．生活中家电待机耗电问题常常被忽视，待机通常是指通过遥控器关闭电器但并不关闭电器电源开关或是没有拔掉电器插头，让电源指示灯一直亮着。
（1）实践小组的同学所在城市以家庭为单位约3×105户，用电器平均每天按待机20h计算，参考下表数据（平均每户家庭电器待机情况），估算每天该城市家庭用电器待机浪费电能的总量约为
　 　kW h。
常用电器 电视机 洗衣机 空调 电脑
数量/台 1 1 2 1
待机功耗/（W/台） 10 2 3 10
（2）节约用电可行措施
①随手关灯：根据公式W＝Pt可知，这样可以节约用电的理由是：　 　；
②尽量使用节能灯。实践小组所在的学校共有电灯300盏，都是60W的日光灯，如果都改用20W的节能灯，按平均每天用电4h计算，则该学校更换节能灯后，一天可节约用电　 　kW h。
29．我国的特高压技术已经领先全球，在远距离输电中可以减小输电线中能量的损失。某发电站输送的电功率为2.2×105kW，采用1100kV的特高压输电，经变压器降至220V，再通过总电阻为0.2Ω的输电线给用户供电，当用户的实际电压是198V时，求：
（1）特高压输电的电流是多少A？
（2）用户的实际电功率是多少W？
30．汽车前面的大灯通常有“远光”和“近光”两种照明方式，且使用“远光”时大灯的亮度较大。如图是某汽车大灯的灯泡示意图，A和B是灯泡内的两根灯丝。通过开关S分别与触点“1”或“2”连接以改变照明方式。已知灯泡的额定电压为12V，灯丝A的电阻阻值为RA＝1.2Ω，灯丝B的电阻阻值为RB＝1.6Ω，电源电压U保持12V不变。
（1）请根据学过的公式判断灯丝　 　是远光灯。
（2）使用远光灯，通过灯丝的电流。
（3）使用近光时，大灯的电功率。
31．糖画是我国的一种传统民间手工艺，它亦糖亦画，可观可食，深受小朋友的喜爱。图甲是某款3D糖画打印笔进行绘画的场景，将糖装入打印笔，通电后笔内电热丝发热，糖受热后挤出，在空气中迅速冷却，最后凝固成型。图乙是打印笔的内部简化电路，电源电压为220V，R1和R2为发热电阻丝（电阻丝电阻随温度变化忽略不计）。图丙是某次打印糖画时，打印笔的电功率与时间的关系图像。
甲 乙 丙
（1）若要快速打印（高功率），需要闭合开关　 　。
（2）求R2的阻值。
（3）计算该次打印糖画消耗的电能。
32．方方用图甲所示电路研究电功率和电流的关系，绘制了定值电阻R0、滑动变阻器R的功率与电流的关系图，如图乙。
甲 乙
（1）实线表示的是　 　 （选填“R”或“R0”）的功率与电流的关系。
（2）求R0的阻值。（写出计算过程）
（3）当电流表示数为0.5安时，求R消耗的功率。（写出计算过程）
33．随着生活条件的改善，人们更加注意家居环境的美化，如图2所示是带有水温调节功能的家庭水族箱。该水族箱的鱼缸水温调节器铭牌如表所示。其工作原理如图1所示，其中R1为阻值可调的电热丝，开关S2为单刀双掷开关。开关S1闭合、S2接b时，电路处于加热状态；当开关S1闭合、S2接a时，电路处于保温状态。（不考虑温度对电阻的影响）
XX牌鱼缸水温调节器
额定电压 220V
额定加热功率 88W
电源频率 50Hz
（1）当电路处于加热状态时，通过电阻R2的电流是　 　安。
（2）当电路处于加热状态时，通电10分钟消耗的电能是多少？
（3）当电路处于保温状态时，若电路消耗的功率P＝48.4W，则电热丝R1连入电路的阻值应为多少？
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第3节 电能
第 3 课时 电功率和电功的计算公式
科学观念：知道电功率与电流、电压的关系，电功与电流、电压和时间的关系；掌握P=W/t、P=UI、W=UIt。
科学思维：会应用电功和电功率的公式进行简单的计算；会根据地欧姆定律推导电功和电功率的计算推导式；辨析公式适用范围，规范电学计算逻辑。
探究实践：通过灯泡亮度转换法比较电功率大小，运用控制变量法探究探究小灯泡电功率与电压、电流关系。
态度责任：体验实验目的决定实验设计，提升学习科学的兴趣。
1．LED灯的能耗小，造价低廉，使用寿命长，一自制的LED台灯，用电压为6V的电源电压供电，正常工作电流为300mA．那么此LED台灯正常工作时的功率为（　　）
A．1.8W B．18W C．180W D．1800W
【答案】A
【分析】已知工作电压和工作电流，根据公式P＝UI可计算正常工作时的功率。
【解答】解：∵I＝300mA＝0.3A，
∴正常工作时的功率P＝UI＝6V×0.3A＝1.8W。
故选：A。
【点评】本题考查电功率公式的应用，此题不是为了简单的计算电功率，是为了让人们认识到要注意节能，注意应用公式时单位统一。
2．如图为某电动机的铭牌，据此可知该电动机正常工作时的（　　）
电动机 型号：Y200L﹣4 额定电压：220V 额定电流：3A
A．线圈电阻 B．产生的电热
C．消耗的电能 D．消耗的电功率
【答案】D
【分析】结合电动机的铭牌，利用已知量判断可计算的物理量。
【解答】解：已知电动机的额定电压、额定电流，利用P＝UI可知可以计算消耗的电功率；铭牌上只给出了额定电压、额定电流，没有提供电动机的发热功率或效率等信息，根据现有参数无法计算出线圈电阻。
故选：D。
【点评】此题考查了电功率计算公式的应用。
3．小华同学家的电饭煲正常工作时的电流约为3A，则它正常工作15min所消耗的电能是（　　）
A．2200J B．4500J C．5.94×105J D．5.94×106J
【答案】C
【分析】家用电器的工作电压为220V，知道通过电饭煲的电流和工作时间，根据W＝UIt求出消耗的电能。
【解答】解：电饭煲消耗的电能：
W＝UIt＝220V×3A×15×60s＝5.94×105J。
故选：C。
【点评】本题考查了电功的计算，知道家用电器的工作电压为220V是关键。
4．某物理兴趣小组的同学用几个完全相同的灯泡，设计如图甲、乙、丙三种电路，电源电压相同且恒定不变，电路消耗的总功率大小关系是（　　）
A．P甲＞P乙＞P丙 B．P甲＜P乙＜P丙
C．P甲＝P乙＝P丙 D．P甲＝P乙＞P丙
【答案】B
【分析】灯泡完全相同说明它们的电阻相等，根据串并联电路电阻特点可知，两电阻并联时总电阻最小，两电阻串联时总电阻最大；根据P可知，电压不变时，电阻越小，电路消耗的电功率越大，反之越大。
【解答】解：两个电阻串联时，总电阻等于各分电阻之和，即总电阻越串越大，大于任何一个分电阻；并联时，总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即总电阻越并越小，小于任何一个分电阻；
∴R甲＞R乙＞R丙，
∵电源的电压相同且不变，
∴由P可知，P甲＜P乙＜P丙。
故选：B。
【点评】本题考查了利用串并联电路电阻特点和电功率公式解决简单问题的能力。掌握电阻的串联，相当于导体的长度变长，电阻变大；电阻的并联，相当于增大横截面积，减小电阻是解决本题的关键。
5．分别标有“220V 25W”、“110V 25W”、“110V 25W”字样的三个白炽灯，它们各自在额定电压下工作时（　　）
A．“220V 25W”最亮 B．“110V 25W”最亮
C．“36V 25W”最亮 D．三个白炽灯一样亮
【答案】D
【分析】灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，额定电压下的实际功率与额定功率相等。
【解答】解：因为三个灯泡都在额定电压下工作，所以三个灯泡的实际功率等于其额定功率；又因为三个灯泡的额定功率相等，所以三个灯泡的实际功率相等，因此三个灯泡的亮度一样。
故选：D。
【点评】本题的关键点是理解白炽灯的亮度取决于灯的实际电功率。
6．某房间原来只接有一只标有“PZ220﹣40”的灯泡，小明又用一只完全相同的灯泡，将它俩串联在一起，在电源电压不变的情况下，房间内的总亮度将（　　）
A．变亮 B．变暗 C．不变 D．无法确定
【答案】B
【分析】两灯泡串联时的总电阻大于其中一个灯泡的电阻，在电源电压不变的情况下，根据P＝UI判断电路总功率的变化，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断房间内总亮度的变化。
【解答】解：因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，两灯泡串联时的总电阻大于其中一个灯泡的电阻，
在电源电压不变的情况下，由P＝UI可知，电路的总功率变小，房间内的总亮度变暗。
故选：B。
【点评】本题考查了电功率公式的灵活应用，正确的判断两灯泡串联时的总电阻大于其中一个灯泡的电阻是关键。
7．一个灯泡的灯丝烧断了，把断了的灯丝搭在一起，灯泡会更亮，其原因（　　）
A．灯丝电阻增大，实际功率增大
B．灯丝电阻减小，实际功率增大
C．灯丝两端电压增大，实际功率增大
D．灯丝中的电流增大，实际功率不变
【答案】B
【分析】导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积、温度有关，其它条件不变时，导体越长电阻越大，反之越小；据此分析把断了的白炽灯灯丝搭接起来时电阻的变化，再根据家庭电路的电压不变和P判断灯泡实际功率的变化。
【解答】解：把断了的白炽灯灯丝搭接起来时，灯丝的材料、横截面积和温度不变，长度变短，所以灯丝的电阻变小；
因为家庭电路的电压220V不变，所以重新接入家庭电路中，根据P可得，灯泡的实际功率变大，故灯泡变亮。
故选：B。
【点评】本题考查了影响电阻大小的因素和电功率公式的应用，分析把断了的白炽灯灯丝搭接起来时电阻的变化和知道家庭电路的电压不变是解决本题的关键。
8．如图所示，将两只额定电压相同的灯泡L1、L2串联在电路中，闭合开关S后，发现L1比L2更亮。若电灯电阻不受温度影响，则下列说法正确的是（　　）
A．L1两端实际电压比L2小
B．L1的电阻比L2小
C．L1的额定功率比L2小
D．L1的实际功率比L2小
【答案】C
【分析】（1）灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，串联电路的电流处处相等。先根据P＝I2R进行功率、电阻的比较，然后根据U＝IR比较灯泡两端电压的关系。
（2）由P比较灯泡的额定功率。
【解答】解：ABD、L1比L2更亮，说明灯L1的实际功率大于灯L2的实际功率，串联电路处处电流相等，因此通过灯泡L1、L2的电流相等，由P＝I2R可知，电阻越大，实际功率越大，说明灯L1的电阻大于灯L2的电阻；
由U＝IR可知，灯L1两端的实际电压比灯L2两端的实际电压大，故A、B、D错误；
C、已知额定电压相同，由P可知，灯泡L1的额定功率小于L2的额定功率，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查实际功率、额定功率、电流、电阻的比较，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道串联电路电流相等，还要知道影响灯泡亮度的依据是灯泡的实际功率。
9．在探究“小灯泡的电功率的影响因素”的实验中，小强设计如图电路图。下列对该探究实验分析不正确的是（　　）
A．实验目的：探究小灯泡的电功率是否与电压大小有关
B．器材选择：选择规格一模一样的小灯泡
C．控制变量：两灯泡串联连接，经过的电流大小相等
D．变量转换：用小灯泡的亮度反映它们的实际功率
【答案】B
【分析】A、研究小灯泡的电功率与电压的关系，要控制电流相等，因串联电路各处的电流相等；
B、实验中要选择不同规格的小灯泡；
C、在串联电路中，电流处处相等；
D、灯的亮度由灯的实际功率决定。
【解答】解：A、研究小灯泡的电功率与电压的关系，要控制电流相等，因串联电路各处的电流相等，故A正确；
B、实验中要选择不同规格的小灯泡，故B错误；
C、在串联电路中，电流处处相等；故C正确；
D、灯泡的亮度是由实际功率决定的，灯泡的实际功率越大，则灯泡越亮，故D正确。
故选：B。
【点评】本题探究小灯泡的电功率与哪些因素有关，考查控制变量法和串联电路的规律及影响灯的亮度的因素，难度不大。
10．如图所示，电源电压相等，已知R1＞R2＞R3＞R4，开关均闭合后，在相同的时间内，消耗电能最少的电阻是（　　）
A．R1 B．R2 C．R3 D．R4
【答案】B
【分析】由左图可知，电阻R1、R2串联，根据W＝UIt结合串联电路电压、电流规律求出W2和W1关系；由右图可知，电阻R3、R4并联，根据并联电路的电压规律结合可求出相同时间内，W3和W4关系；根据可求出W1和W3关系。
【解答】解：由左图可知，电阻R1、R2串联，I1＝I2，因为R1＞R2，根据串联电路的分压原理可知，U2＜U1＜U，通电时间相同时，根据W＝UIt可知，W2＜W1；
由右图可知，电阻R3、R4并联，根据并联电路的电压规律可知，U3＝U4＝U；已知R3＞R4，由根据可知，相同时间内，W3＜W4；
又有R1＞R3，U1＜U3，通电时间相同时，由根据可知，W1＜W3；
综上所述，W2＜W1＜W3＜W4。故ACD不正确，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路特点、电功公式的应用，灵活运用公式是解题关键。
11．如图甲所示是健身蹦床，原理图如图乙所示。电源电压不变，R1为定值电阻，压力传感器R的阻值随压力增加而减小。在运动者从与蹦床接触至下落到最低点过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．蹦床受到的压力减小
B．电流表示数逐渐变小
C．电压表示数不变
D．整个电路消耗的功率逐渐变大
【答案】D
【分析】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V测量R1两端的电压；根据压力的变化判定压敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律分析电路中电流和电压表示数的变化，根据P＝UI判定总功率的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压；
ABC、在人从与蹦床接触至下落到最低点过程中，蹦床受到的压力增大，压敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，根据I可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；根据U＝IR可知，R1两端的电压变大，即电压表V示数变大，故ABC错误；
D、电源电压不变，电路中的电流变大，则根据P＝UI可知，电路消耗的总功率P逐渐变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，明确压敏电阻的阻值变化是解题的关键。
12．如图所示，将甲、乙两灯串联在电路中，闭合开关，发现甲灯发光，乙灯不发光，则乙灯不发光的原因可能是（　　）
A．乙灯灯丝断了
B．相同时间内，乙灯消耗的电能远大于甲灯消耗的电能
C．乙灯的实际功率远小于额定功率
D．乙灯两端的电压大于甲灯两端电压
【答案】C
【分析】（1）串联电路中各个用电器都是逐个顺次连接的，据此分析；
（2）甲灯比乙灯亮，甲的实际功率一定比乙的实际功率大，根据W＝Pt，可以判断灯消耗的电能；
（3）灯泡的亮度取决于实际功率，当乙灯正常发光时，乙灯的实际功率等于其额定功率，据此分析；
（4）串联电路中各处电流都相等，根据P＝UI的变形U分析两灯两端的电压情况。
【解答】解：A、已知甲、乙两灯串联在电路中，闭合开关，发现甲灯发光，乙灯不发光，如果乙灯灯丝断了，电路中无法形成闭合的回路，甲灯也不会发光，故A错误；
B、甲灯发光，乙灯不发光，说明甲的实际功率比乙的实际功率大，根据P可知，相同时间内，乙灯消耗的电能小于甲灯消耗的电能，故B错误；
C、当乙灯正常发光时，乙灯的实际功率等于其额定功率，现闭合开关后乙灯不发光，说明乙灯的实际功率远小于额定功率，故C正确；
D、串联电路中各处电流都相等，根据P＝UI的变形U可知，乙灯两端的电压小于甲灯两端电压，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路的规律，串联电路各部分电流相等，故一灯泡亮即说明电路是通的，可据此分析可能的原因。
13．灯L1“6V 6W”，灯L2“6V 3W”，如图，将它们串联后接在电源上，闭合开关，其中一个灯泡能正常发光（设灯泡的电阻不变）。则下列说法正确的是（　　）
A．正常发光的灯泡是L1
B．另一盏灯的实际功率是3W
C．电源电压为12V
D．电路的总功率为4.5W
【答案】D
【分析】根据P＝UI可知两灯的额定电流，串联电路的电流处处相等，电路电流等于两灯额定电流的较小值，据此判断正常发光的灯泡；
设灯泡的电阻不变，根据欧姆定律可知两灯的电阻，根据U＝IR得出另一盏灯两端的电压，根据P＝UI得出另一盏灯的实际功率，根据串联电路的电压特点得出电源电压，根据P＝UI得出电路的总功率。
【解答】解：根据P＝UI可知两灯的额定电流分别为：
I11A，
I20.5A＜I1，
串联电路的电流处处相等，故电路电流I＝I2＝0.5A，正常发光的灯泡是L2，故A错误；
设灯泡的电阻不变，根据欧姆定律可知两灯的电阻：
R16Ω，
R212Ω，
另一盏灯两端的电压U1′＝IR1＝0.5A×6Ω＝3V，
另一盏灯的实际功率是P1′＝U1′I＝3V×0.5A＝1.5W，故B错误；
电源电压U＝U2+U1′＝6V+3V＝9V，故C错误；
电路的总功率P＝UI＝9V×0.5A＝4.5W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。
14．甲、乙两盏灯、甲灯标有“220V 100W”，乙灯标有“220V 25W”，下列说法正确的是（　　）
A．甲灯一定比乙灯亮
B．正常发光时，甲灯电阻大于乙灯电阻
C．正常发光时，甲灯电功率一定是乙灯电功率的4倍
D．正常发光时，甲灯消耗的电能一定是乙灯消耗的电能的4倍
【答案】C
【分析】灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率。灯泡上的参数是指灯泡正常工作时的电压和功率。知道额定电压和额定功率，根据R比较两灯的电阻关系，根据W＝Pt可知，消耗的电能跟通电时间和功率同时有关。
【解答】解：甲、乙正常工作时，灯泡的电阻为：
R甲484Ω，R乙1936Ω；
所以，正常发光时甲灯电阻小于乙灯电阻，故B选项不正确；
根据P＝I2R可知，当两灯泡串联时，通过两灯泡的电流相等，乙灯的电阻大，实际功率大，灯泡亮，故A选项不正确；
正常发光时，甲灯的电功率为100W，乙灯的电功率为25W，所以甲灯电功率一定是乙灯电功率的4倍，故C选项正确；
根据W＝Pt可知，消耗的电能跟通电时间和功率同时有关，故D选项不正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电功、电阻的计算和电功率公式的灵活运用，以及实际功率和额定功率之间的关系，综合性较强，涉及的知识点较多，难度较大。
15．标有“6V 3W”的小灯泡，通过它的电流与电压的关系如图所示。则该灯泡正常发光时的电阻为 　12　 Ω，若把它与一只阻值为8Ω的电阻串联接在电压为7.2V的电路中，则整个电路消耗的功率为 　2.88　 W。
【答案】12；2.88
【分析】（1）根据标有“6V 3W”的小灯泡的含义，由欧姆定律求灯的额定电流，由欧姆定律的变形公式求灯正常发光时的电阻；
（2）小灯泡与一个阻值R＝8Ω电阻串联接入电压在7.2V的电路中，通过它们的电流相等，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据图象读出符合题意的电流和电压，根据P＝UI求出整个电路消耗的功率。
【解答】解：（1）标有“6V 3W”的小灯泡，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，由欧姆定律，灯的额定电流：
IL0.5A，由欧姆定律的变形公式，灯正常发光时的电阻：
RL12Ω；
（2）灯泡与一只阻值为8Ω的电阻并联接在电压为7.2V的电路中时，
因串联电路中各处的电流相等，
由I可得，电源的电压：U＝IR+UL实，即7.2V＝I×8Ω+UL实，
由图象可知，只有当灯泡两端的实际电压为4V，通过的电流为0.4A时，上面等式成立；
即8Ω电阻与灯泡串联在7.2V电路中时，电路中的电流为0.4A；
则整个电路消耗的功率：P＝UI＝7.2V×0.4A＝2.88W。
故答案为：12；2.88。
【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，从图象中读出符合题意的电流和电压是关键。
16．在“探究电流做功与电压、电流的关系”的活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。
（1）同学们经过讨论，认为不应该选择图甲电路，原因是　不能控制变量　 。
（2）为研究电功率与电压的关系，应该选择图　丙　 所示的电路。
（3）实验中同学们是通过比较灯泡的亮度来比较电功率的大小的，因为电功率越大的灯泡，即单位时间消耗的　电能　 越多，所以单位时间得到的　功　 就越多，灯泡越亮。
（4）实验中，同学们使用的是可调电源，选择的灯泡是“12V 6W”的灯泡L1和（6V 4W）灯泡L2那么为了保护电路元件，乙图中电源电压不能超过　6　 V，丙图中增大电源电压足够后，调节滑动变阻器，则　L1 灯泡首先正常发光，此时另一个灯泡两端的电压是　4.5　 V。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电流做功的大小与电压、电流和通电时间三个因素有关，当研究与其中某一个因素的关系时，应控制其余的因素不变；
（2）研究电功率与电压的关系，应控制电流的大小，通过比较电压的大小，得出电功率与电压的关系；
（3）灯的亮度取决于灯的实际功率，单位时间里电流做的功越多，电功率越大；
（4）乙图中两灯泡并联，它们两端的电压相等，为了保护电路元件电源的电压为两灯泡额定电压中较小的；丙图中两灯泡串联，通过它们的电流相等，根据P＝UI求出两灯泡的额定电流，额定电流较小的先正常发光，根据欧姆定律求出不能正常发光灯泡的电阻，再根据欧姆定律求出不能发光灯泡两端的电压。
【解答】解：（1）甲电路中，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，
因此无法利用控制变量法探究电流做功与电压、电流的关系；
（2）研究电功率与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，通过比较电压，得出电功率与电压的关系，
图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同，
（3）由P可得，单位时间消耗的电能越多，电功率大，单位时间得到的功就越多，从而灯泡越亮；
（4）乙图中两灯泡并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，为了保护电路元件，电源的电压为6V；
丙图中两灯泡串联，
由P＝UI可得，两灯泡的额定电流分别为：
I10.5A，I2A，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，调节滑动变阻器，L1灯泡首先正常发光，
由I可得，L2灯泡的电阻：
R29Ω，
L1灯泡正常发光时L2两端的电压：
U1′＝I1R2＝0.5A×9Ω＝4.5V。
故答案为：
（1）不能控制变量；
（2）丙；
（3）电能；功；
（4）6；L1；4.5。
【点评】本题是一道实验探究题，侧重考查了控制变量法与转换法的具体应用，知道根据灯泡的亮度比较相同时间内电流做功的多少是关键。
17．在如图所示的电路中，电源电压不变，小灯泡L标有“6V”的字样，电阻R＝20Ω．闭合开关S后，灯泡L正常发光，且电流表的示数为1.2A．求：
（1）小灯泡的额定功率。
（2）在2min内电阻R消耗的电能。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）已知小灯泡与电阻R并联，电流表测干路上的电流，根据欧姆定律可求得R支路上的电流，利用并联电路的电流特点，可求得流经灯泡的电流，然后利用P＝UI可求得小灯泡的额定功率；
（2）根据W＝UIt可求得在2min内电阻R消耗的电能。
【解答】解：（1）已知小灯泡与电阻R并联，由闭合开关S后，灯泡L正常发光，可知，电源电压U＝6V，
则R支路上的电流I20.3A，
流经灯泡的电流I1＝I﹣I2＝1.2A﹣0.3A＝0.9A，
因灯泡L正常发光，故小灯泡的额定功率P＝UI1＝6V×0.9A＝5.4W，
（2）在2min内电阻R消耗的电能W＝UI2t＝6V×0.3A×2×60s＝216J。
答：（1）小灯泡的额定功率为5.4W。
（2）在2min内电阻R消耗的电能为216J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
18．如图所示的电路中，电源两端电压恒定，定值电阻R1＝10Ω。闭合开关S，电流表A1的示数为0.4A，电流表A的示数为0.6A。求：
（1）电源电压U；
（2）通过电阻R2的电流I2；
（3）通电10s，电阻R2消耗的电能W2。
【答案】（1）电源电压为4V；
（2）通过电阻R2的电流为0.2A；
（3）通电10s，电阻R2消耗的电能为8J。
【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据并联电路的电流特点得出通过R2的电流；
（3）根据W＝UIt计算电阻R2消耗的电能W2。
【解答】解：（1）由图可知，闭合开关S，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
根据并联电路电压特点，由欧姆定律I可知，电源电压：U＝U1＝I1R1＝0.4A×10Ω＝4V。
（2）根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，可得通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝0.6A﹣0.4A＝0.2A。
（3）电阻R2消耗的电能：W2＝UI2t＝4V×0.2A×10s＝8J。
答：（1）电源电压为4V；
（2）通过电阻R2的电流为0.2A；
（3）通电10s，电阻R2消耗的电能为8J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用、电能的计算，是一道较为简单的计算题。
19．如图所示，将两只灯泡L1、L2连在电路中，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，此现象说明（　　）
A．L1的电阻大于L2的电阻
B．L1两端的电压大于L2两端的电压
C．L1的实际功率大于L2的实际功率
D．L1的额定功率大于L2的额定功率
【答案】C
【分析】首先分清灯泡的连接方式，并联电路中各支路两端电压相同，灯泡的实际功率决定了灯泡的明暗程度，由P分析两灯泡的电阻关系。
【解答】解：ABC、由图可知，灯泡L1、L2并列接在电路中，并联电路中各支路两端电压相同，开关S在干路上控制整个电路；
由题意可知，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，说明灯泡L1的实际功率大，由P变形R可知，灯泡L1的电阻小于L2的电阻，故AB错误、C正确；
D、因不知两灯泡的额定电压之间的关系，所以不能比较二者额定功率之间的关系，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查灯泡实际功率的比较和并联电路的电压规律，明确两灯泡的连接方式是关键。
20．小明进行了如图的科学探究实验，闭合开关S后，甲、乙两灯均正常发光，但甲灯比乙灯亮，下列说法不正确的是（　　）
A．两灯均正常发光时，甲灯功率大于乙灯功率
B．两灯均正常发光时，甲灯电阻小于乙灯电阻
C．若将两灯串联在该电源上，甲灯两端电压比乙灯两端电压大
D．若将两灯串联在该电源上，乙灯的亮度将比甲灯的亮度亮些
【答案】C
【分析】（1）灯泡的亮暗取决于实际功率的大小；
（2）根据并联电路的电压特点和推导公式R确定两灯泡的电阻关系；
（3）根据串联电路的电流特点和U＝IR分析两灯两端电压关系；
（4）根据串联电路的电流特点和P＝I2R确定两灯的亮暗关系。
【解答】解：A、两灯均正常发光时，甲灯比乙灯亮，说明甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率，故A正确；
B、两灯泡并联，灯泡两端的电压相等，由A可知，两灯均正常发光时，甲灯的实际功率较大，
由R可知，甲灯的电阻较小，即甲灯电阻小于乙灯电阻，故B正确；
C、由以上分析可知，甲灯电阻小于乙灯电阻，若两灯串联接在该电源上，通过两灯的电流相等，由U＝IR可知，乙灯两端电压较大，故C错误；
D、由以上分析可知，甲灯电阻小于乙灯电阻，若两灯串联接在该电源上，通过两灯的电流相等，由P＝I2R可知，此时乙灯的实际功率较大，所以乙灯比甲灯亮，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路的电压特点和串联电路的电流特点，关键是电功率公式的灵活应用和知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
21．如果加在某定值电阻两端的电压从8V升高到10V，通过该电阻的电流变化了0.1A，则该电阻的电功率变化了（　　）
A．1.8W B．0.2W C．2.0W D．8.0W
【答案】A
【分析】电阻大小不变，已知电阻两端电压的变化和电流的变化，根据公式I可求电阻的大小，根据公式P可知该电阻的电功率变化。
【解答】解：电阻两端的电压变化，电阻保持不变，
当电阻两端的电压为8V时，通过电阻的电流为I1，该电阻的电功率为P1，
当电阻两端的电压为10V时，通过电阻的电流为I2，该电阻的电功率为P2，
电流变化量ΔI＝I2﹣I10.1A，
解得R＝20Ω，
所以该电阻的电功率变化了ΔP＝P2﹣P11.8W。
故选：A。
【点评】本题考查电功率和电流以及电阻的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是求电阻的阻值，这也是本题的难点，也是此题的突破点。
22．如图所示，小灯泡L1、L2的额定电压相同。闭合开关后，发现L1比L2亮，下列分析正确的是（　　）
A．L1的电阻比L2的电阻大
B．L1的额定功率比L2的额定功率大
C．L1两端电压比L2两端电压小
D．通过L1的电流比通过L2的电流小
【答案】A
【分析】（1）如图可知，两灯串联，通过的电流相等。灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率。灯泡越亮实际功率越大。根据实际功率判断灯泡两端的电压大小，根据电压判断灯泡的电阻大小。
（2）两个灯泡的额定电压相同，根据灯泡电阻大小判断额定功率大小。
【解答】解：
ACD、如图可知，两灯串联，通过的电流相等。发现L1比L2亮，L1的实际功率比L2的实际功率大，由P＝UI可知，L1的实际电压比L2的实际电压大；
由R可知，L1的电阻比L2的电阻大，故A正确，C、D错误；
B、小灯泡L1、L2的额定电压相同，由P可知，L1的额定功率比L2的额定功率小，故B错误。
故选：A。
【点评】该题考查了在串联电路中判断电压、电阻、功率的大小关系，结合串联电路中电流、电压的特点以及相关公式，进行综合判断。
23．A灯泡标有“6V，4W”、B灯泡标有“3V，3W”，按如图所示甲、乙两种方式连接，已知电源电压相同，下列分析正确的是（　　）
A．图甲中A灯比B灯暗
B．图乙中A灯比B灯亮
C．图甲中A灯比图乙中A灯暗
D．图甲中的总功率比图乙中的总功率要大
【答案】C
【分析】（1）根据P求出两灯的电阻；图甲中，两灯串联，根据串联电路的电流规律和P＝I2R可知两灯的实际功率关系，灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，实际功率越大，灯泡越亮，从而可知两灯的亮暗关系；
（2）图乙中，两灯并联，根据并联电路的电压规律和P可知两灯的实际功率关系，从而可知两灯的亮暗关系；
（3）甲中，A灯两端的实际电压小于电源电压，乙中，A灯两端的实际电压等于电源电压，根据P可知A灯在两个电路中的实际功率关系，从而可知其亮暗关系；
（4）图甲中，电路的总电阻等于两灯的电阻之和，大于每个灯的电阻，图乙中，电路的总电阻小于每个灯的电阻，电源电压不变，根据P可知两个电路的总功率关系。
【解答】解：A、根据P可得，两灯的电阻分别为：
RA9Ω，RB3Ω，
即A的电阻大于B的电阻。
图甲中，两灯串联，由于串联电路中各处的电流相等，所以通过A、B的电流相等，
由P＝I2R可知，A灯的实际功率大于B灯的实际功率，
而灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，实际功率越大，灯泡越亮，
所以A灯比B灯更亮，故A错误；
B、图乙中，两灯并联，由于并联电路各支路两端的电压相等，所以A、B两灯的实际电压相等，
由P可知，A灯的实际功率小于B灯的实际功率，所以A灯比B灯暗，故B错误；
C、甲中，两灯串联，所以A灯两端的实际电压小于电源电压，
乙中，两灯并联，所以A灯两端的实际电压等于电源电压，
根据P可知，A灯在甲中的实际功率小于它在乙中的实际功率，
故图甲中A灯比图乙中A灯暗，故C正确；
D、图甲中，两灯串联，电路的总电阻等于两灯的电阻之和，大于每个灯的电阻，
图乙中，两灯并联，电路的总电阻小于每个灯的电阻，
电源电压不变，根据P可知，图甲电路的总功率小于图乙电路的总功率，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查串、并联电路的特点和电功率公式的应用，知道灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率是关键之一。
24．标有“6V 1.5W”的灯泡，通过它的电流随其两端电压变化的物理图象如图所示，若把这只灯泡与一个10Ω的定值电阻串联起来，接在电压为6V的电源两端。则下列说法中正确的是（　　）
A．此时该灯泡的电阻为24Ω
B．此时通过定值电阻的电流为0.25A
C．此时电路的实际总功率为1.2W
D．此时灯泡的额定功率为0.8W
【答案】C
【分析】（1）灯泡与定值电阻串联时通过它们的电流相等，电源的电压等于两者电压之和，根据串联电路的电压特点和欧姆定律得出等式，根据图象得出符合题意的电流和电压，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据P＝UI求出电路的总功率；
（2）额定电压下用电器的功率即为额定功率，与实际电压和实际电流无关。
【解答】解：（1）灯泡L与定值电阻R串联时，
因串联电路中各处的电流相等，且电源的电压等于两者电压之和，
所以，由I可得，电源的电压：
U＝UL+IR，即6V＝UL+I×10Ω，
由图象可知，当UL＝4V，I＝IL＝0.2A时符合，故B错误；
则此时该灯泡的电阻：
RL20Ω，故A错误；
此时电路的实际总功率：
P＝UI＝6V×0.2A＝1.2W，故C正确；
（2）额定电压下用电器的功率为额定功率，则灯泡的额定功率为1.5W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的应用以及对额定功率的理解，从图象中读出符合题意的电流和电压是关键。
25．如图是创新小组设计的肺活量检测装置原理图。电源电压恒定，R0是滑动变阻器，R1、R2是定值电阻。检测时从吹气口向气球中吹气，气球膨胀，通过可移动隔板带动滑片向上运动，此时显示仪的示数变大（显示仪由图中两电表之一改装而成）。在吹气过程中下列判断不正确的是（　　）
A．电路总电阻变大
B．电压表与电流表示数之比变小
C．显示仪由电流表改装而成
D．电路中消耗的总功率变大
【答案】A
【分析】（1）图中R0与R2串联后再与R1并联，电压表测量电源电压，电流表测量R0与R2串联支路的电流，气球膨胀通过可移动隔板带动滑片向上运动，根据串联和并联电路的特点分析电阻变化，得出电流变化，以及电压表示数的变化；变化的电表可以显示肺活量；
（2）结合P＝UI分析电功率的变化。
【解答】解：AC、图中R0与R2串联后再与R1并联，电压表测量电源电压，电流表测量R0与R2串联支路的电流，气球膨胀通过可移动隔板带动滑片向上运动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，跟串联后的总电阻减小，与定值电阻并联后的总电阻减小，根据并联各支路电压等于电源电压，结合欧姆定律知，该支路的电流变大，而电压表测量电源电压，电压表示数保持不变，只能通过电流表显示肺活量，故A错误，C正确；
BD、电源电压不变，总电阻减小，总电流增大，电压表与电流表示数之比变小，根据P＝UI知，总功率变大，故BD正确。
故选：A。
【点评】本题考查串联电路的特点和欧姆定律以及电功率的分析，属于中档题。
26．灯泡L1、L2的额定电压均为6V，两灯的电流随电压变化图像如图所示。仅将L1、L2接入电路，保证所有元件安全的前提下，下列说法正确的是（　　）
A．L1的额定功率为6W
B．当L1、L2串联接入电路，电源电压为5V时，L1与L2的实际功率之比为3：7
C．当L1、L2并联接入电路，L1的实际功率更大
D．电路最大的总功率为9W
【答案】D
【分析】A、由图可知灯泡L1两端的电压等于额定电压6V时，通过灯泡的电流为0.5A，根据P＝UI计算灯泡L1的额定功率；
B、根据串联电路电路特点、串联电路电压规律结合图像可知当L1、L2串联接入电路电源电压为5V的电路时两灯泡两端的电压，根据P＝UI计算L1与L2的实际功率之比；
C、根据并联电路电压特点结合图像可知当L1、L2并联接入电路时通过灯哪个灯泡的电流较大，根据P＝UI可知该的实际功率更大；
D、两灯泡并联时电源电压最大为6V，由图可知两灯泡并联接入电源电压为6V的电路时通过两灯泡的电流，根据并联电路电流规律结合P＝UI计算电路最大电功率。
【解答】解：A、由图可知灯泡L1两端的电压等于额定电压6V时，通过灯泡的电流为0.5A，灯泡L1的额定功率为P1＝UI1＝6V×0.5A＝3W，故A错误；
B、串联电路各处电流相等，当L1、L2串联接入电路，由图可知通过电路的电流为0.4A时，两灯泡两端的电压分别为3.5V和1.5V，
串联电路总电压等于各部分等于之和，则电源电压为3.5V+1.5V＝5V，
根据P＝UI可知L1与L2的实际功率之比P′1：P′2＝U′1：U′2＝3.5V：1.5V＝7：3，故B错误；
C、当L1、L2并联接入电路，并联电路各支路两端电压相等，由图可知通过灯泡L2的电流较大，根据P＝UI可知L2的实际功率更大，故C错误；
D、两灯泡并联时电源电压最大为6V，由图可知两灯泡并联接入电源电压为6V的电路，通过灯泡的电流分别为0.5A和1A
并联电路干路电流等于各支路电流之和，电路最大电功率P＝U（I1+I2）＝6V×（0.5A+1A）＝9W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、电功率公式的灵活运用。
27．在“探究小灯泡电功率跟电流和电压的关系”实验中，小金设计了如图甲、乙、丙三个电路。
灯L1 灯L2
亮度 暗 亮
电压 0.6 0.9
（1）研究电功率和电流的关系，选择甲图的原因是 　并联电路保持灯泡两端电压不变　 ，灯泡L1、L2应选择规格 　不同　 （填“相同”或“不同”）的灯泡。
（2）甲、乙、丙三个电路中，丙电路不能达到实验目的的原因是 　不能控制变量　 。
（3）利用图乙研究时，闭合开关，发现灯L1亮、灯L2不亮，电压表V2无示数，则电路发生的故障是 　灯泡L2短路　 。
（4）排除故障后，利用图乙电路继续实验，实验数据记录如表，则可以得到的结论是 　通过小灯泡的电流相同时，灯泡两端电压越大，电功率越大　 。
【答案】（1）并联电路保持灯泡两端电压不变；不同；（2）不能控制变量；（3）灯泡L2短路；（4）通过小灯泡的电流相同时，灯泡两端电压越大，电功率越大。
【分析】（1）根据控制变量法分析；为了避免偶然性，寻找普遍规律，实验中要选择规格不同的灯泡进行实验；
（2）电流做功的大小与电压、电流和通电时间三个因素有关，当研究与其中某一个因素的关系时，应控制其余的因素不变；
（3）灯泡L1、L2串联，V1表测L1的电压，V2表测L2的电压；闭合开关，发现灯L1亮、灯L2不亮，说明电路是通路；电压表V2无示数，说明电压表V2并联的电路短路，据此分析；
（4）灯L2比L1亮，可知灯L2的电功率比L1大；U1＝0.6V，U2＝0.9V，可知灯L2两端电压比L1大据此分析。
【解答】解：（1）研究电功率和电流的关系，应控制电路两端的电压相同，因此选择甲图；为了避免偶然性，寻找普遍规律，实验中要选择规格不相同的灯泡进行实验；
（2）丙电路中，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，因此无法利用控制变量法探究电流做功与电压、电流的关系；
（3）灯泡L1、L2串联，V1表测L1的电压，V2表测L2的电压；闭合开关，发现灯L1亮、灯L2不亮，说明电路是通路；电压表V2无示数，说明电压表V2并联的电路短路，故电路发生的故障是灯泡L2短路；
（4）灯L1和L2串联，可知通过两灯的电流相同；灯L2比L1亮，可知灯L2的电功率比L1大；U1＝0.6V，U2＝0.9V，可知灯L2两端电压比L1大，由此可得：通过小灯泡的电流相同时，灯泡两端电压越大，电功率越大。
故答案为：（1）并联电路保持灯泡两端电压不变；不同；（2）不能控制变量；（3）灯泡L2短路；（4）通过小灯泡的电流相同时，灯泡两端电压越大，电功率越大。
【点评】本题考查了电路故障分析、实验数据分析等问题，知道串联电路特点、分析实验现象与实验数据即可正确解题；要注意培养学生的实验数据分析能力。
28．生活中家电待机耗电问题常常被忽视，待机通常是指通过遥控器关闭电器但并不关闭电器电源开关或是没有拔掉电器插头，让电源指示灯一直亮着。
（1）实践小组的同学所在城市以家庭为单位约3×105户，用电器平均每天按待机20h计算，参考下表数据（平均每户家庭电器待机情况），估算每天该城市家庭用电器待机浪费电能的总量约为　1.68×105 kW h。
常用电器 电视机 洗衣机 空调 电脑
数量/台 1 1 2 1
待机功耗/（W/台） 10 2 3 10
（2）节约用电可行措施
①随手关灯：根据公式W＝Pt可知，这样可以节约用电的理由是：　减小用电器的工作时间　
②尽量使用节能灯。实践小组所在的学校共有电灯300盏，都是60W的日光灯，如果都改用20W的节能灯，按平均每天用电4h计算，则该学校更换节能灯后，一天可节约用电　48　 kW h。
【答案】（1）1.68×105；（2）减小用电器的工作时间；48。
【分析】（1）根据待机的总功率结合W＝Pt计算电能；
（2）根据公式W＝Pt可知，减小工作时间t和减小功率均可以节约电能，根据ΔW＝ΔPt计算节约的电能。
【解答】解：（1）家庭装待机的总功率P＝10W+2W+3W+3W+10W＝28W＝0.028kW；
3×105户的用电器平均每天按待机20h计算，每天该城市家庭用电器待机浪费电的总量约W＝Pt＝0.028kW×20h×3×105＝1.68×105kW h。
（2）①随手关灯：根据公式W＝Pt可知，这样可以减小用电器的工作时间，节约用电；
②尽量使用节能灯。根据公式W＝Pt可知，这样可以减小用电器的电功率，节约用电；
实践小组同学所在的学校共有电灯300盏，都是60W的日光灯，如果都改用20W的节能灯，按平均每天用电4h，则该学校更换节能灯后一天可节约用电：
ΔW＝ΔPt＝（60W﹣20W）×4h×300＝40×10﹣3kW×4h×300＝48kW h。
故答案为：（1）1.68×105；（2）减小用电器的工作时间；48。
【点评】本题考查电能的计算，关键是阅读文中信息，获取相关的知识解答。
29．我国的特高压技术已经领先全球，在远距离输电中可以减小输电线中能量的损失。某发电站输送的电功率为2.2×105kW，采用1100kV的特高压输电，经变压器降至220V，再通过总电阻为0.2Ω的输电线给用户供电，当用户的实际电压是198V时，求：
（1）特高压输电的电流是多少A？
（2）用户的实际电功率是多少W？
【答案】（1）特高压输电的电流为200A；
（2）用户的实际电功率为21.78kW。
【分析】（1）已知电功率和电压，运用公式I可算出电流；
（2）根据串联电路电压规律算出输电线上的电压，通过欧姆定律算出电流，再用公式P＝UI算出实际电功率。
【解答】解：（1）已知发电站电功率为P＝2.2×105kW，输送电压为U＝1100kV，
则特高压输电的电流为：I200A；
（2）已知经过降压后的电压为U＝220V，用户的实际电压为U1＝198V，
则输电线的电压为：U2＝U﹣U1＝220V﹣198V＝22V，
已知输电线的总电阻为R＝0.2Ω，
则输电线上的电流为：I′110A，
用户的实际电功率为：P′＝U1I′＝198V×110A＝2.178×104W＝21.78kW；
答：（1）特高压输电的电流为200A；
（2）用户的实际电功率为21.78kW。
【点评】本题考查欧姆定律的应用，电功率的综合计算。
30．汽车前面的大灯通常有“远光”和“近光”两种照明方式，且使用“远光”时大灯的亮度较大。如图是某汽车大灯的灯泡示意图，A和B是灯泡内的两根灯丝。通过开关S分别与触点“1”或“2”连接以改变照明方式。已知灯泡的额定电压为12V，灯丝A的电阻阻值为RA＝1.2Ω，灯丝B的电阻阻值为RB＝1.6Ω，电源电压U保持12V不变。
（1）请根据学过的公式判断灯丝 　A　 是远光灯。
（2）使用远光灯，通过灯丝的电流。
（3）使用近光时，大灯的电功率。
【答案】（1）A。
（2）使用远光灯，通过灯丝的电流为10A。
（3）使用近光时，大灯的电功率为90W。
【分析】（1）开关S0闭合，S接1时，电路为灯丝A的简单电路，根据P得出灯丝功率：
开关S0闭合，S接2时，电路为灯丝B的简单电路，根据P得出灯丝功率，分析功率大小，功率大的灯远光灯；
（2）使用远光灯，根据欧姆定律可知通过灯丝的电流；
（3）使用近光时，根据（1）中分析可知大灯的电功率。
【解答】解：（1）开关S0闭合，S接1时，电路为灯丝A的简单电路，灯丝功率：
，
开关S0闭合，S接2时，电路为灯丝B的简单电路，灯丝功率：
，
故B灯是近光灯，A灯是远光灯；
（2）使用远光灯，根据欧姆定律可知通过灯丝的电流；
（3）使用近光时，根据（1）中分析可知大灯的电功率为90W。
答：（1）A。
（2）使用远光灯，通过灯丝的电流为10A。
（3）使用近光时，大灯的电功率为90W。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，有一定难度。
31．糖画是我国的一种传统民间手工艺，它亦糖亦画，可观可食，深受小朋友的喜爱。图甲是某款3D糖画打印笔进行绘画的场景，将糖装入打印笔，通电后笔内电热丝发热，糖受热后挤出，在空气中迅速冷却，最后凝固成型。图乙是打印笔的内部简化电路，电源电压为220V，R1和R2为发热电阻丝（电阻丝电阻随温度变化忽略不计）。图丙是某次打印糖画时，打印笔的电功率与时间的关系图像。
（1）若要快速打印（高功率），需要闭合开关 　S1、S2 。
（2）求R2的阻值。
（3）计算该次打印糖画消耗的电能。
【答案】（1）S1、S2；
（2）R2的阻值为2640Ω；
（3）该次打印糖画消耗的电能为19200J。
【分析】（1）由图乙可知，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联；当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作；根据串联电路的特点和P可知快速打印的电路连接；
（2）由图丙可知高功率打印和低功率打印的电功率，根据高功率打印的功率和P可求R1的阻值；根据低功率打印功率和P可求出R1、R2的串联总电阻，根据串联电路的特点求出R2的阻值；
（3）由图可知高功率打印时间和低功率打印时间，根据W＝Pt求出该次打印糖画消耗的电能。
【解答】接：（1）由图乙可知，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的特点可知，此时电路的总电阻最大，由P可知，电路的总功率最小，打印笔低功率打印；
当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，电路的总电阻最小，总功率最大，打印笔高功率打印；
（2）由图图丙可知，P高＝22W，P低＝10W，
由P可知，R1的阻值：R12200Ω；
R1、R2的串联总电阻：R4840Ω，
根据串联电路的特点可知，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝4840Ω﹣2200Ω＝2640Ω；
（3）由图丙可知，高功率打印时间t1＝10min＝600s，低功率打印时间t2＝10min＝600s，
由P可知，该次打印糖画消耗的电能：W＝P高t1+P低t2＝22W×600s+10W×600s＝19200J。
答：（1）S1、S2；
（2）R2的阻值为2640Ω；
（3）该次打印糖画消耗的电能为19200J。
【点评】本题考查串联电路的特点、电功公式以及电功率公式的灵活运用，能从图中获取相关信息是解题的关键。
32．方方用图甲所示电路研究电功率和电流的关系，绘制了定值电阻R0、滑动变阻器R的功率与电流的关系图，如图乙。
（1）实线表示的是　R0 （选填“R”或“R0”）的功率与电流的关系。
（2）求R0的阻值。（写出计算过程）
（3）当电流表示数为0.5安时，求R消耗的功率。（写出计算过程）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由P＝I2R分析可知，实线所表示对应功率与电流关系；
（2）由图乙中R0的功率与电流关系图像知，电流2A时，其功率为32W，由P＝I2R计算R0的阻值；
（3）由图像知，电路中最大电流为2A，此时变阻器连入阻值为0，电路为R0的简单电路，由P＝UI计算电源电压；由U＝IR计算电流表0.5A时R0两端电压，由串联电路特点可得R的两端电压，由P＝UI计算R消耗的功率。
【解答】解：
（1）研究电功率和电流的关系，通过调节变阻器R的滑片改变电路中电流，
由P＝I2R知，在电阻一定时，电功率P与电流I是二次函数关系，R0＞0，所以图像开口向上，图乙中实线是定值电阻R0的功率与电流的关系，虚线表示滑动变阻器R的功率与电流关系。
（2）由图乙中，R0的功率与电流关系图像知，I＝2A时，P0＝32W，
由P＝I2R可得，R0的阻值；
R08Ω；
（3）由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，
当滑动变阻器R连入阻值为0时，R0的简单电路，电路的电路中电流最大，
由图像知此时的电流I＝2A，由P＝UI可得，电源电压：
U＝U016V，
由欧姆定律可得，当电路中电流I′＝0.5A时，R0两端电压：
U0′＝I′R0＝0.5A×8Ω＝4V，
由串联电路特点知，此时R两端电压：
UR＝U﹣U0′＝16V﹣4V＝12V，
R消耗的功率：
PR＝URI′＝12V×0.5A＝6W。
故答案为：（1）R0；
（2）R0的阻值为8Ω；
（3）当电流表示数为0.5安时，R消耗的功率为6W。
【点评】本题考查了串联电路特点、欧姆定律公式以及电功率公式的应用，关键是分析出图像中两条图线对应是哪个功率与电流关系，并从图像中获取有用信息。
33．随着生活条件的改善，人们更加注意家居环境的美化，如图2所示是带有水温调节功能的家庭水族箱。该水族箱的鱼缸水温调节器铭牌如表所示。其工作原理如图1所示，其中R1为阻值可调的电热丝，开关S2为单刀双掷开关。开关S1闭合、S2接b时，电路处于加热状态；当开关S1闭合、S2接a时，电路处于保温状态。（不考虑温度对电阻的影响）
XX牌鱼缸水温调节器
额定电压 220V
额定加热功率 88W
电源频率 50Hz
试问：
（1）当电路处于加热状态时，通过电阻R2的电流是　0.4　 安。
（2）当电路处于加热状态时，通电10分钟消耗的电能是多少？
（3）当电路处于保温状态时，若电路消耗的功率P＝48.4W，则电热丝R1连入电路的阻值应为多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）开关S1闭合、S2接b时，电路为R2的简单电路，电路处于加热状态，根据P＝UI求出通过电阻R2的电流；
（2）根据P可得当电路处于加热状态时通电10分钟消耗的电能；
（3）根据P求出R2的阻值，当开关S1闭合、S2接a时，R1与R2串联，电路处于保温状态，根据P＝UI求出电路中的电流，利用欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电热丝R1连入电路的阻值。
【解答】解：（1）开关S1闭合、S2接b时，电路为R2的简单电路，电路处于加热状态，
由P＝UI可得，通过电阻R2的电流：
I0.4A；
（2）由P可得，当电路处于加热状态时通电10分钟消耗的电能：
W＝P加热t＝88W×10×60s＝5.28×104J；
（3）由P可得，R2的阻值：
R2550Ω，
当开关S1闭合、S2接a时，R1与R2串联，电路处于保温状态，
电路消耗的功率P＝48.4W时，电路中的电流：
I′0.22A，
由I可得，电路中的总电阻：
R1000Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电热丝R1连入电路的阻值：
R1＝R﹣R2＝1000Ω﹣550Ω＝450Ω。
答：（1）0.4；
（2）当电路处于加热状态时，通电10分钟消耗的电能是5.28×104J；
（3）当电路处于保温状态时，若电路消耗的功率P＝48.4W，则电热丝R1连入电路的阻值应为450Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，要注意开关闭合、断开时电路连接方式的辨别。
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