【物理】初三物理电功率技巧和方法完整版及练习题一、电功率选择题1．下列说法正确的是（）A. 电流表测电路中电流时，流过的电流是正电荷定向移动形成的B. 某同学家的电能表示数是，表示他家消耗的电能是1234.5JC. 可燃冰属于可再生能源D. 卫星电话用电磁波传递信息【答案】D【解析】【解答】解：A、在金属导体中自由电子的定向移动形成电流，故A错误；B、某同学家的电能表示数是，表示他家消耗的电能是1234.5kW•h，故B错误；C、可燃冰是埋藏于海底的化石燃料，可燃冰属于不可再生能源，故C错误；D、卫星电话是用电磁波传递信息的，故D正确．故选：D．【分析】（1）金属导电靠的是自由电子的定向移动；（2）要知道电能表示数的最后一位是小数，单位是kw•h．（3）从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源．人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；指在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源．（4）移动通信、卫星通信都是利用电磁波中的微波来传递信息的，因为微波传递信息量大．2．如图所示的电路，闭合开关后，当滑片P向右移动时，下列说法正确的是（）A. 灯泡L变暗B. 电压表示数变小C. 电流表A1示数变大D. 整个电路消耗的总功率变小【答案】D【解析】【解答】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测L支路的电流。

因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，B不符合题意；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过L的电流和实际功率不变，即L的亮度不变，A不符合题意；当滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过R的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，C不符合题意；由P＝UI可知，整个电路消耗的总功率变小，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】灯泡L与电阻R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L支路的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过L的电流和实际功率不变，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，根据P=UI可知电路总功率的变化.3．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【答案】B【解析】【解答】A. 因为两个电热水壶的额定电压相同，且两个电热水壶都正常工作，即在额定电压下工作，所以甲、乙电热水壶两端的电压相等，A不符合题意；B. 都正常工作时，甲的额定功率大，所以电流通过甲电热水壶做功较快，B符合题意；C. 都正常工作时，甲的额定功率大，根据，通过甲电热水壶的电流大，C不符合题意；D. 都正常工作时，甲的额定功率大，根据可知，相同时间内，甲电热水壶消耗的电能多，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】电功率是表示电流做功快慢的物理量；根据P=UI和W=Pt来作出分析和解答.4．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【解析】【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。

故答案为：B。

【分析】结合P＝UI＝可知电功率变化情况，进一步可知灯泡亮度的变化情况.5．2017•黄冈）下列关于电和磁的说法正确的是（）A. 金属导体中的电流方向与导体中自由电子定向移动方向相同B. 家庭电路中同时工作的用电器总功率越大，通过电能表的电流越大C. 磁场中某点的磁场方向与该点小磁针静止时南极的指向相同D. 电动机是根据电磁感应原理工作的【答案】B【解析】【解答】解：A、自由电子是负电荷，所以金属导体中的电流方向与自由电子定向移动方向相反，故A错误；B、接入电路的用电器总功率越大，由公式I= 可知通过电能表的电流就越大，故B正确；C、小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向，故C错误；A、电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，故D错误．故选B．【分析】（1）物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向；（2）家庭电路电流大的原因：总功率过大；（3）我们规定小磁针N极所指的方向为该点磁场的方向；（4）带电磁铁的仪器利用的是电流的磁效应原理．6．如图为探究“焦耳定律”的实验装置。

两个透明容器中密封着等量的空气，U型管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。

将容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1＜R2．下列说法正确的是（）A. 该实验装置用于探究“电压和通电时间一定时，电热与电阻的关系”B. 闭合开关后，通过的电流大于的电流C. 闭合开关后，甲管中液面上升比乙慢D. 闭合开关后，要使电流增大，应将滑动变阻器滑片P向左移动【答案】 C【解析】【解答】解：A、图中两电阻串联，通过的电流和通电时间相等，而电阻不同，故可研究电流产生的热量与电阻的关系，AB不符合题意；C、根据Q=I2Rt，因R1＜R2．故右边容器中电阻丝产生的热量多，由转换法，甲管中液面上升比乙慢，C符合题意；D、闭合开关后，要使电流增大，由欧姆定律，要减小电路的电阻，故应将滑动变阻器滑片P向右移动，D不符合题意。

故答案为：C【分析】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；由焦耳定律Q=I2Rt可知，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，结合串联电路电流的规律分析.7．下列数据中与实际情况不相符的是（）A. 正常情况下，人的体温约为35℃B. 成年人的步长大约为50cmC. 功率为100W白炽灯正常工作1小时大约消耗0.1度电D. 一个鸡蛋的质量大约为50g 【答案】A【解析】【解答】A、正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小．故A不符合实际；B、成年人两步的距离约1m=100cm，所以步幅在50cm左右．故B符合实际；C、功率为100W白炽灯正常工作1小时，大约消耗W=Pt=0.1kW×1h=0.1kW•h的电能．故C符合实际；D、10个鸡蛋的质量大约1斤，而1斤=500g，所以一个鸡蛋的质量在50g左右．故D符合实际．故选A．【分析】此题考查对生活中常见物体物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出不符合实际的选项．8．如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置，两个透明容器中密闭这等量的空气，R1=R2=R3，当开关S闭合后，下列说法正确的是（）A. 该实验装置是探究电流通过电阻时产生的热量与电阻大小的关系B. 通过电阻R1和R2的电流相等C. 通电一段时间后，右边U形管内液面的高度差比左边小D. 该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻放出热量的多少的【答案】C【解析】【解答】解：A、装置中R2、R3并联后再与R1串联，通过R1的电流I1=I2+I3，而I2=I3，所以右边容器中通过R3的电流I3是左侧通过R1电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，故A错误；B、由图知，通过R1的电流I1=I2+I3，而I2=I3，所以通过电阻R1和R2的电流不相等，故B 错；C、左右两容器中的电阻相同，而通过电阻R1的电流大于R2的电流，通电时间相同，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，左边U形管内液面的高度差比右边U形管内液面的高度差大，故C正确；D、电流产生的热量不能用眼睛直接观察，对密封容器中空气加热，引起U型管中液面变化，通过液面高度差的变化来反映，是利用容器内气体的热胀冷缩来反映电阻放出热量的多少，故D错误．故选C．【分析】A、电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，在通电时间和电阻相同时，是探究电流产生热量跟电流的关系；B、根据串、并联电路的电流大小关系分析判断C、通电时间相同、电阻相同，通过的电流不同，利用焦耳定律Q放=I2Rt分析判断；D、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过U型管中液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想．9．如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器滑片向左移动时，下列判断正确的是（）A. 电路总功率变小B. 电压表示数变大C. 电压表与电流表示数的比值不变D. 电流表示数变大【答案】 A【解析】【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，B不符合题意；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R的电流不变，当滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过滑动变阻器的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小，D不符合题意；电压表的示数不变、电流表A的示数变小，则电压表与电流表示数的比值变大，C不符合题意；电源电压保持不变，干路电流变小，由P＝UI可知，电路总功率变小，A符合题意。

故答案为：A。

【分析】结合电路图，理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R的电流变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过变阻器电流的变化，再利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，进一步得出电压表与电流表示数的比值变化，根据P=UI可知电路总功率的变化.10．如图甲所示电路中，电源电压可调，灯L1、L2的额定电压均为6V，L1、L2的I﹣U图象如图乙所示，闭合开关S，逐步调大电源电压至电路允许的最大值，此时（）A. L1正常发光B. 电源电压为12VC. 电路总电阻为30ΩD. 电路总功率为2.4W【答案】D【解析】【解答】解：由图乙可知，两灯泡两端的电压为6V时，通过两灯泡的电流I1=0.6A、I2=0.3A，由电路图可知，两灯泡串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中允许通过的最大电流I=I2=0.3A，则L2正常发光，故A错误；由图乙可知，L1两端的电压U1′=2V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=U1′+U2=2V+6V=8V，故B错误；由I= 可得，电路总电阻：R= = ≈26.7Ω，故C错误；电路的总功率：P=UI=8V×0.3A=2.4W，故D正确．故选D．【分析】由图乙可知两灯泡额定电流下的电流，根据串联电路的特点可知电路中的最大电流为两灯泡额定电流中较小的，即额定电流较小的灯泡能正常发光，根据图象读出两灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电路的总功率．11．甲、乙两只白炽灯的铭牌如图所示，下列分析正确的是（）A. 若灯丝的材料、长度相同，乙灯的灯丝比甲灯的灯丝粗B. 若将两灯并联接入电压为220V的电路，甲灯比乙灯亮C. 若将两灯分别接入电压为220V的电路，乙灯消耗的电能多D. 若将两灯串联，只要电源电压适当，甲、乙两灯就能同时正常发光【答案】 A【解析】【解答】根据电压和电功率，结合公式，得，由于甲灯的功率为25W，较小，电阻大，若导体的材料、长度相同，电阻大的导体较粗，A符合题意；当两灯并联时电压相等，功率较大的灯泡亮，B不符合题意；灯泡消耗的电功率和电功率、时间有关，时间不确定时，消耗的电能不能比较，C不符合题意；由于，电功率不同，两灯的额定电流不同，不能同时正常发光，D不符合题意。