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10. $ \mathrm{LED} $ 灯具有节能、环保的特点。一个“$ 220 \mathrm{V} \quad 5 \mathrm{W} $”的 $ \mathrm{LED} $ 灯与一个“$ 220 \mathrm{V} \quad 60 \mathrm{W} $”的白炽灯亮度相当。若一个“$ 220 \mathrm{V} \quad 60 \mathrm{W} $”的白炽灯每天正常工作 $ 2 \mathrm{h} $,则 30 天消耗的电能是________ $ \mathrm{kW} · \mathrm{h} $,这些电能可供一个“$ 220 \mathrm{V} \quad 5 \mathrm{W} $”的 $ \mathrm{LED} $ 灯正常工作________ $ \mathrm{h} $。
答案
3.6
720
720
解析
【解析】
1. 计算白炽灯30天消耗的电能：
已知白炽灯额定功率$ P_1 = 60\mathrm{W} = 0.06\mathrm{kW} $，每天工作$ 2\mathrm{h} $，30天总工作时间$ t_1 = 2\mathrm{h} × 30 = 60\mathrm{h} $。
根据电能公式$ W = Pt $，可得消耗的电能：
$ W = P_1t_1 = 0.06\mathrm{kW} × 60\mathrm{h} = 3.6\mathrm{kW·h} $。
2. 计算这些电能可供LED灯正常工作的时间：
已知LED灯额定功率$ P_2 = 5\mathrm{W} = 0.005\mathrm{kW} $，根据$ t = \frac{W}{P} $，可得工作时间：
$ t_2 = \frac{W}{P_2} = \frac{3.6\mathrm{kW·h}}{0.005\mathrm{kW}} = 720\mathrm{h} $。
【答案】
3.6；720
【知识点】
电能的计算；电功率公式应用
【点评】
本题考查电功率与电能、时间的关系，关键是熟练运用公式$ W=Pt $及其变形，注意单位换算的正确性，明确用电器正常工作时功率等于额定功率。
【难度系数】
0.7
1. 计算白炽灯30天消耗的电能：
已知白炽灯额定功率$ P_1 = 60\mathrm{W} = 0.06\mathrm{kW} $，每天工作$ 2\mathrm{h} $，30天总工作时间$ t_1 = 2\mathrm{h} × 30 = 60\mathrm{h} $。
根据电能公式$ W = Pt $，可得消耗的电能：
$ W = P_1t_1 = 0.06\mathrm{kW} × 60\mathrm{h} = 3.6\mathrm{kW·h} $。
2. 计算这些电能可供LED灯正常工作的时间：
已知LED灯额定功率$ P_2 = 5\mathrm{W} = 0.005\mathrm{kW} $，根据$ t = \frac{W}{P} $，可得工作时间：
$ t_2 = \frac{W}{P_2} = \frac{3.6\mathrm{kW·h}}{0.005\mathrm{kW}} = 720\mathrm{h} $。
【答案】
3.6；720
【知识点】
电能的计算；电功率公式应用
【点评】
本题考查电功率与电能、时间的关系，关键是熟练运用公式$ W=Pt $及其变形，注意单位换算的正确性，明确用电器正常工作时功率等于额定功率。
【难度系数】
0.7
11. 图 17 - 23 是小飞家的电能表,他将一个电暖器单独接入电路,使其用高温挡位工作 $ 2 \mathrm{min} $,电能表转盘刚好转了 $ 100 \mathrm{r} $,电暖器高温挡位的实际功率为________ $ \mathrm{W} $。若电暖器换用低温挡位加热,则电能表的转盘转速会变________(选填“快”或“慢”)。
答案
1500
慢
慢
解析
【解析】
1. 计算电暖器高温挡位消耗的电能：
由电能表参数$2000\ \mathrm{r/(kW· h)}$可知，每消耗$1\ \mathrm{kW· h}$的电能，转盘转$2000\ \mathrm{r}$，则转盘转$100\ \mathrm{r}$时，消耗的电能：
$W=\frac{100\ \mathrm{r}}{2000\ \mathrm{r/(kW· h)}}=0.05\ \mathrm{kW· h}$
2. 计算电暖器高温挡位的实际功率：
工作时间$t=2\ \mathrm{min}=\frac{1}{30}\ \mathrm{h}$，根据公式$P=\frac{W}{t}$，可得：
$P=\frac{0.05\ \mathrm{kW· h}}{\frac{1}{30}\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$
3. 分析低温挡位时转盘转速：
电暖器低温挡位的功率小于高温挡位，相同时间内消耗的电能更少，因此电能表的转盘转速会变慢。
【答案】
1500；慢
【知识点】
电能表参数理解、电功率计算
【点评】
本题考查电能表的实际应用与电功率的计算，需掌握电能表参数的物理意义，能结合电功率公式进行相关计算，理解用电器功率与电能表转盘转速的关系。
【难度系数】
0.6
1. 计算电暖器高温挡位消耗的电能：
由电能表参数$2000\ \mathrm{r/(kW· h)}$可知，每消耗$1\ \mathrm{kW· h}$的电能，转盘转$2000\ \mathrm{r}$，则转盘转$100\ \mathrm{r}$时，消耗的电能：
$W=\frac{100\ \mathrm{r}}{2000\ \mathrm{r/(kW· h)}}=0.05\ \mathrm{kW· h}$
2. 计算电暖器高温挡位的实际功率：
工作时间$t=2\ \mathrm{min}=\frac{1}{30}\ \mathrm{h}$，根据公式$P=\frac{W}{t}$，可得：
$P=\frac{0.05\ \mathrm{kW· h}}{\frac{1}{30}\ \mathrm{h}}=1.5\ \mathrm{kW}=1500\ \mathrm{W}$
3. 分析低温挡位时转盘转速：
电暖器低温挡位的功率小于高温挡位，相同时间内消耗的电能更少，因此电能表的转盘转速会变慢。
【答案】
1500；慢
【知识点】
电能表参数理解、电功率计算
【点评】
本题考查电能表的实际应用与电功率的计算，需掌握电能表参数的物理意义，能结合电功率公式进行相关计算，理解用电器功率与电能表转盘转速的关系。
【难度系数】
0.6
12. 电饭锅是利用电流的________效应工作的。某型号电饭锅具有保温与加热两种状态,其简化电路如图 17 - 24 所示,$ R_{1} $、$ R_{2} $ 均为电热丝。当开关 $ \mathrm{S}_{1} $、$ \mathrm{S}_{2} $ 闭合时,电饭锅的状态为________(选填“加热”或“保温”)。
答案
热
加热
加热
解析
【解析】
电饭锅工作时将电能转化为内能，是利用电流的热效应工作的；
由电路图可知，当开关$\mathrm{S}_{1}$、$\mathrm{S}_{2}$闭合时，$R_{1}$被短路，电路为$R_{2}$的简单电路，此时电路的总电阻最小，电源电压不变，根据$P=\frac{U^{2}}{R}$可知，电路的总功率最大，电饭锅处于加热状态。
【答案】
热；加热
【知识点】
电流的热效应；电功率的计算
【点评】
本题考查电流的热效应的应用以及电功率公式的应用，关键是判断不同开关状态下电路的连接方式。
【难度系数】
0.7
电饭锅工作时将电能转化为内能，是利用电流的热效应工作的；
由电路图可知，当开关$\mathrm{S}_{1}$、$\mathrm{S}_{2}$闭合时，$R_{1}$被短路，电路为$R_{2}$的简单电路，此时电路的总电阻最小，电源电压不变，根据$P=\frac{U^{2}}{R}$可知，电路的总功率最大，电饭锅处于加热状态。
【答案】
热；加热
【知识点】
电流的热效应；电功率的计算
【点评】
本题考查电流的热效应的应用以及电功率公式的应用，关键是判断不同开关状态下电路的连接方式。
【难度系数】
0.7
13. 如图 17 - 25 所示,电源电压保持不变,$ R_{1} = 30 \Omega $。闭合开关 $ \mathrm{S}_{1} $、$ \mathrm{S}_{2} $,电流表正常偏转。断开 $ \mathrm{S}_{2} $ 时,电流表的示数________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若 $ R_{1} $ 的电功率变为原来的 $ \frac{9}{16} $,则 $ R_{2} $ 的电阻为________ $ \Omega $。
答案
减小
10
10
解析
【解析】
1. 闭合开关$\mathrm{S}_{1}$、$\mathrm{S}_{2}$时，$R_{2}$被短路，电路为$R_{1}$的简单电路，电路电流$I_{1}=\frac{U}{R_{1}}$；断开$\mathrm{S}_{2}$时，$R_{1}$与$R_{2}$串联，总电阻$R_{\mathrm{总}}=R_{1}+R_{2}$，电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，总电阻增大，电路电流减小，即电流表示数减小。
2. 设原来$R_{1}$的电功率为$P_{1}$，则$P_{1}=\frac{U^{2}}{R_{1}}$；断开$\mathrm{S}_{2}$后，$R_{1}$的电功率$P_{1}'=\frac{9}{16}P_{1}$，此时电路电流为$I_{2}$，$P_{1}'=I_{2}^{2}R_{1}$。
由$\frac{P_{1}'}{P_{1}}=\frac{9}{16}$，代入得：
$\frac{I_{2}^{2}R_{1}}{\frac{U^{2}}{R_{1}}}=\frac{9}{16}$，化简得$(\frac{I_{2}R_{1}}{U})^{2}=\frac{9}{16}$，即$\frac{I_{2}R_{1}}{U}=\frac{3}{4}$。
又因为$I_{2}=\frac{U}{R_{1}+R_{2}}$，代入上式：
$\frac{\frac{U}{R_{1}+R_{2}} × R_{1}}{U}=\frac{3}{4}$，约去$U$得$\frac{R_{1}}{R_{1}+R_{2}}=\frac{3}{4}$。
将$R_{1}=30\Omega$代入：
$\frac{30}{30+R_{2}}=\frac{3}{4}$，解得$R_{2}=10\Omega$。
【答案】
减小；10
【知识点】
欧姆定律；电功率计算；串并联电路特点
【点评】
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是理清开关通断时的电路连接方式。
【难度系数】
0.6
1. 闭合开关$\mathrm{S}_{1}$、$\mathrm{S}_{2}$时，$R_{2}$被短路，电路为$R_{1}$的简单电路，电路电流$I_{1}=\frac{U}{R_{1}}$；断开$\mathrm{S}_{2}$时，$R_{1}$与$R_{2}$串联，总电阻$R_{\mathrm{总}}=R_{1}+R_{2}$，电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，总电阻增大，电路电流减小，即电流表示数减小。
2. 设原来$R_{1}$的电功率为$P_{1}$，则$P_{1}=\frac{U^{2}}{R_{1}}$；断开$\mathrm{S}_{2}$后，$R_{1}$的电功率$P_{1}'=\frac{9}{16}P_{1}$，此时电路电流为$I_{2}$，$P_{1}'=I_{2}^{2}R_{1}$。
由$\frac{P_{1}'}{P_{1}}=\frac{9}{16}$，代入得：
$\frac{I_{2}^{2}R_{1}}{\frac{U^{2}}{R_{1}}}=\frac{9}{16}$，化简得$(\frac{I_{2}R_{1}}{U})^{2}=\frac{9}{16}$，即$\frac{I_{2}R_{1}}{U}=\frac{3}{4}$。
又因为$I_{2}=\frac{U}{R_{1}+R_{2}}$，代入上式：
$\frac{\frac{U}{R_{1}+R_{2}} × R_{1}}{U}=\frac{3}{4}$，约去$U$得$\frac{R_{1}}{R_{1}+R_{2}}=\frac{3}{4}$。
将$R_{1}=30\Omega$代入：
$\frac{30}{30+R_{2}}=\frac{3}{4}$，解得$R_{2}=10\Omega$。
【答案】
减小；10
【知识点】
欧姆定律；电功率计算；串并联电路特点
【点评】
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是理清开关通断时的电路连接方式。
【难度系数】
0.6
14. “超级快充”技术极大方便了人们的生活。市场上有甲、乙两种充电器,其部分参数如图 17 - 26 所示。请你利用所学的物理知识回答问题。
(1)从充电快的角度考虑,应选购哪种充电器？请说明理由。
(2)有人发现,“超级快充”的充电线比普通的充电线粗。请从线路安全的角度分析其原因。
(1)从充电快的角度考虑,应选购哪种充电器？请说明理由。
(2)有人发现,“超级快充”的充电线比普通的充电线粗。请从线路安全的角度分析其原因。
答案
（1）甲充电器的输出功率$ P_{1}=U_{1}I_{1}=5\ {V}×1\ {A}=5\ {W} ,$乙充电器的输出功率$ P_{2}=U_{2}I_{2}=20\ {V}×3.25\ {A}=65\ {W} ,$由于$ P_{1}＜P_{2} ,$乙充电器的充电速度快,所以应选购乙充电器 （2）充电器的充电线有电阻,由焦耳定律知,其工作过程中会产生热量;充电线尽可能做得粗一些,目的是减小电阻,使其在充电过程中产生的热量少一些
解析
【解析】
(1) 计算甲、乙充电器的输出功率：
$P_{甲}=U_{甲}I_{甲}=5\ {V}×1\ {A}=5\ {W}$，
$P_{乙}=U_{乙}I_{乙}=20\ {V}×3.25\ {A}=65\ {W}$，
因为$P_{甲}＜P_{乙}$，乙充电器的输出功率更大，相同时间内可提供更多的电能，充电速度更快，所以应选购乙充电器。
(2) 充电线存在电阻，根据焦耳定律$Q=I^{2}Rt$，在电流和通电时间相同时，电阻越小，产生的热量越少。在材料、长度相同的情况下，充电线越粗，横截面积越大，电阻越小，能减少充电过程中产生的热量，保障线路安全。
【答案】
(1) 应选购乙充电器。理由：甲充电器的输出功率$P_{1}=U_{1}I_{1}=5\ {V}×1\ {A}=5\ {W}$，乙充电器的输出功率$P_{2}=U_{2}I_{2}=20\ {V}×3.25\ {A}=65\ {W}$，$P_{1}＜P_{2}$，乙充电器输出功率更大，相同时间内可提供更多电能，充电更快。
(2) 充电线有电阻，工作时会产生热量；在材料、长度相同的情况下，充电线越粗，横截面积越大，电阻越小，相同时间内产生的热量越少，更安全。
【知识点】
电功率计算、焦耳定律、影响电阻的因素
【点评】
本题结合生活中的快充技术，考查电功电热的实际应用，体现物理与生活的紧密联系。
【难度系数】
0.7
(1) 计算甲、乙充电器的输出功率：
$P_{甲}=U_{甲}I_{甲}=5\ {V}×1\ {A}=5\ {W}$，
$P_{乙}=U_{乙}I_{乙}=20\ {V}×3.25\ {A}=65\ {W}$，
因为$P_{甲}＜P_{乙}$，乙充电器的输出功率更大，相同时间内可提供更多的电能，充电速度更快，所以应选购乙充电器。
(2) 充电线存在电阻，根据焦耳定律$Q=I^{2}Rt$，在电流和通电时间相同时，电阻越小，产生的热量越少。在材料、长度相同的情况下，充电线越粗，横截面积越大，电阻越小，能减少充电过程中产生的热量，保障线路安全。
【答案】
(1) 应选购乙充电器。理由：甲充电器的输出功率$P_{1}=U_{1}I_{1}=5\ {V}×1\ {A}=5\ {W}$，乙充电器的输出功率$P_{2}=U_{2}I_{2}=20\ {V}×3.25\ {A}=65\ {W}$，$P_{1}＜P_{2}$，乙充电器输出功率更大，相同时间内可提供更多电能，充电更快。
(2) 充电线有电阻，工作时会产生热量；在材料、长度相同的情况下，充电线越粗，横截面积越大，电阻越小，相同时间内产生的热量越少，更安全。
【知识点】
电功率计算、焦耳定律、影响电阻的因素
【点评】
本题结合生活中的快充技术，考查电功电热的实际应用，体现物理与生活的紧密联系。
【难度系数】
0.7
15. 在“测量小灯泡的电功率”实验中,电源电压恒为 $ 3 \mathrm{V} $,小灯泡的额定电压为 $ 2.5 \mathrm{V} $,滑动变阻器的规格为“$ 20 \Omega \quad 1 \mathrm{A} $”。
(1)如图 17 - 27(a) 所示,为确保电路安全,连接电路时开关应________,滑动变阻器的滑片 $ P $ 应置于________(选填“$ A $”或“$ B $”)端。
(2)实验中,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片 $ P $ 到某一位置,电压表的示数如图 17 - 27(b) 所示。要测量小灯泡的额定功率,应将滑片 $ P $ 适当向________(选填“$ A $”或“$ B $”)端移动。
(3)图 17 - 27(c) 是小灯泡的电流随电压变化的关系图像,由图可知,小灯泡的额定功率为________ $ \mathrm{W} $。
(4)若没有电流表,小莉想到可以利用一个电压表和一个电阻箱测量额定电压为 $ 2.5 \mathrm{V} $ 的小灯泡的额定功率。她选择了满足实验要求的实验器材,并按照图 17 - 28 中的电路图连接实物电路。以下是她设计的实验方案,请补充完整：
① 只闭合开关 $ \mathrm{S}_{1} $,________；
② 只闭合开关 $ \mathrm{S}_{2} $,调节________,当电压表的示数与步骤①中相同时,读出电阻箱接入电路的阻值 $ R_{0} $；
③ 由上述测量出的物理量及已知量可知,小灯泡的额定功率 $ P = $______。
(1)如图 17 - 27(a) 所示,为确保电路安全,连接电路时开关应________,滑动变阻器的滑片 $ P $ 应置于________(选填“$ A $”或“$ B $”)端。
(2)实验中,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片 $ P $ 到某一位置,电压表的示数如图 17 - 27(b) 所示。要测量小灯泡的额定功率,应将滑片 $ P $ 适当向________(选填“$ A $”或“$ B $”)端移动。
(3)图 17 - 27(c) 是小灯泡的电流随电压变化的关系图像,由图可知,小灯泡的额定功率为________ $ \mathrm{W} $。
(4)若没有电流表,小莉想到可以利用一个电压表和一个电阻箱测量额定电压为 $ 2.5 \mathrm{V} $ 的小灯泡的额定功率。她选择了满足实验要求的实验器材,并按照图 17 - 28 中的电路图连接实物电路。以下是她设计的实验方案,请补充完整：
① 只闭合开关 $ \mathrm{S}_{1} $,________；
② 只闭合开关 $ \mathrm{S}_{2} $,调节________,当电压表的示数与步骤①中相同时,读出电阻箱接入电路的阻值 $ R_{0} $；
③ 由上述测量出的物理量及已知量可知,小灯泡的额定功率 $ P = $______。
答案
断开
B
A
0.625
移动滑片P，直到电压表的示数为2.5V
电阻箱
$\frac{6.25}{R_0}$
B
A
0.625
移动滑片P，直到电压表的示数为2.5V
电阻箱
$\frac{6.25}{R_0}$
解析
【解析】
(1)为确保电路安全，连接电路时开关应断开；滑动变阻器在连接电路时需调到最大阻值处，由图(a)可知，滑片P置于B端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大。
(2)由图(b)可知，电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2V，小于小灯泡的额定电压2.5V，要使小灯泡两端电压达到额定电压，需减小滑动变阻器接入电路的电阻，故滑片P应向A端移动。
(3)由图(c)可知，当小灯泡两端电压为2.5V时，通过的电流为0.25A，根据$P=UI$，小灯泡的额定功率$P=2.5\mathrm{V}×0.25\mathrm{A}=0.625\mathrm{W}$。
(4)①只闭合开关$\mathrm{S}_{1}$，移动滑片P，直到电压表的示数为2.5V，使小灯泡正常发光；②只闭合开关$\mathrm{S}_{2}$，调节电阻箱，当电压表的示数与步骤①中相同时，此时电阻箱接入电路的阻值等于小灯泡正常发光时的电阻$R_0$；③根据$P=\frac{U^2}{R}$，小灯泡的额定功率$P=\frac{(2.5\mathrm{V})^2}{R_0}=\frac{6.25}{R_0}\mathrm{W}$。
【答案】
(1)断开；B
(2)A
(3)0.625
(4)①移动滑片P，直到电压表的示数为2.5V；②电阻箱；③$\frac{6.25}{R_0}$
【知识点】
测量小灯泡的电功率；滑动变阻器的使用；电功率的计算
【点评】
本题考查“测量小灯泡的电功率”实验的基本操作、电路调节、额定功率计算及特殊方法测功率，涵盖实验安全操作、动态电路分析和图像解读，对实验操作能力和数据分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1)为确保电路安全，连接电路时开关应断开；滑动变阻器在连接电路时需调到最大阻值处，由图(a)可知，滑片P置于B端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大。
(2)由图(b)可知，电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2V，小于小灯泡的额定电压2.5V，要使小灯泡两端电压达到额定电压，需减小滑动变阻器接入电路的电阻，故滑片P应向A端移动。
(3)由图(c)可知，当小灯泡两端电压为2.5V时，通过的电流为0.25A，根据$P=UI$，小灯泡的额定功率$P=2.5\mathrm{V}×0.25\mathrm{A}=0.625\mathrm{W}$。
(4)①只闭合开关$\mathrm{S}_{1}$，移动滑片P，直到电压表的示数为2.5V，使小灯泡正常发光；②只闭合开关$\mathrm{S}_{2}$，调节电阻箱，当电压表的示数与步骤①中相同时，此时电阻箱接入电路的阻值等于小灯泡正常发光时的电阻$R_0$；③根据$P=\frac{U^2}{R}$，小灯泡的额定功率$P=\frac{(2.5\mathrm{V})^2}{R_0}=\frac{6.25}{R_0}\mathrm{W}$。
【答案】
(1)断开；B
(2)A
(3)0.625
(4)①移动滑片P，直到电压表的示数为2.5V；②电阻箱；③$\frac{6.25}{R_0}$
【知识点】
测量小灯泡的电功率；滑动变阻器的使用；电功率的计算
【点评】
本题考查“测量小灯泡的电功率”实验的基本操作、电路调节、额定功率计算及特殊方法测功率，涵盖实验安全操作、动态电路分析和图像解读，对实验操作能力和数据分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
