一、额定功率
问题探究:某商场有额定电压均为220 V,额定功率分别为800 W和1 500 W的两种电热水壶。在把相同质量的水升高相同的温度的前提下,若考虑热量散失,选购哪种功率的省电?理由是什么?
1. 额定电压:用电器的电压值。
2. 额定电流:用电器在下工作时所对应的电流值。
3. 额定功率:与或对应的功率。
[注意]用电器的额定电压和额定功率具有唯一性,即用电器的额定电压和额定功率是固定不变的。

选购1 500 W 的电热水壶更省电;由 $Q_{吸}=cm\Delta t$ 可知,把相同质量的水升高相同的温度时,水吸收的热量相等;在水吸收的热量相等时,由常识可知电热水壶的功率越大,需要的时间越短,则热量散失就越少,电热水壶就越省电。
1. 正常工作
2. 额定电压
3. 额定电压 额定电流

【分析】
首先解决选购电热水壶的问题：需明确将相同质量的水升高相同温度时，水吸收的热量是固定值；电热水壶消耗的电能一部分被水吸收，一部分散失，功率越大的电热水壶完成相同加热任务的时间越短，热量散失越少，消耗总电能越少，因此更省电。其次完成额定相关概念的填空，需回忆额定电压、额定电流、额定功率的定义。
【解析】
1. 选购电热水壶的分析：根据热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，相同质量$m$的水升高相同温度$\Delta t$，则水吸收的热量$Q_{吸}$相等；电热水壶消耗的电能$W=Pt$，功率越大，完成相同$Q_{吸}$所需时间$t$越短，热量散失越少，消耗的总电能越少，因此1500W的电热水壶更省电。
2. 概念填空：
额定电压是用电器正常工作的电压值；
额定电流是用电器在额定电压下工作时的电流值；
额定功率是与额定电压或额定电流对应的功率。
【答案】
选购1500W的电热水壶更省电；理由：由$Q_{吸}=cm\Delta t$可知，相同质量的水升高相同温度时，水吸收的热量相等；功率越大的电热水壶，完成加热所需时间越短，热量散失越少，消耗的总电能越少，因此更省电。
1. 正常工作
2. 额定电压
3. 额定电压 额定电流
【知识点】
额定功率、电功与热量计算、额定电压
【点评】
本题结合生活实际，既考查额定功率的实际应用，又巩固了额定相关的基础概念，需要学生理解能量转化与散失的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5

二、实际功率
用电器在下工作时所对应的功率叫做用电器的实际功率。

实际电压

【分析】首先需明确实际功率的定义，用电器的功率分为额定功率和实际功率，额定功率对应额定电压，而实际功率对应用电器实际工作时的电压，需回忆该基础概念确定空格内容。
【解析】根据实际功率的定义：用电器在实际电压下工作时所对应的功率叫做用电器的实际功率，因此空格处应填写“实际电压”。
【答案】实际电压
【知识点】实际功率的概念
【点评】本题考查电学中实际功率的基础定义，属于识记类题目，难度较低，牢记概念即可正确作答。
【难度系数】0.8

[典例1]小德家中有只白炽灯，铭牌信息如图所示，请回答以下问题。

(1)灯泡的额定电压是V，额定功率是W。若将灯泡接到220 V的电压下工作，则它的实际功率是W。
(2)若将灯泡接到200 V的电压下工作，则灯泡的实际功率25 W，其亮度正常工作时的亮度。（均选填“大于”“小于”或“等于”）
(3)若将灯泡接到225 V的电压下工作，则灯泡的实际功率25 W，其亮度正常工作时的亮度。（均选填“大于”“小于”或“等于”）

(1) 220 25 25
(2) 小于 小于
(3) 大于 大于

【分析】
要解决这道题，首先需明确灯泡铭牌的含义：铭牌上的“220V”是额定电压，即灯泡正常工作时的电压；“25W”是额定功率，即灯泡在额定电压下的功率。解题思路是：①额定电压、额定功率可直接从铭牌读取；②当实际电压等于额定电压时，实际功率等于额定功率；③根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$（灯泡电阻R可视为不变），实际电压与额定电压不同时，实际功率会变化；④灯泡亮度由实际功率决定，实际功率越大，亮度越高。
【解析】
(1) 灯泡铭牌标注的“220V”为额定电压，“25W”为额定功率；当灯泡接到220V电压下时，实际电压等于额定电压，因此实际功率等于额定功率，即25W。
(2) 当灯泡接到200V电压时，实际电压小于额定电压220V，由于灯泡电阻R不变，根据$P=\frac{U^2}{R}$，实际电压越小，实际功率越小，因此实际功率小于25W；灯泡亮度由实际功率决定，实际功率越小，亮度越低，所以亮度小于正常工作时的亮度。
(3) 当灯泡接到225V电压时，实际电压大于额定电压220V，同理根据$P=\frac{U^2}{R}$，实际功率大于额定功率25W；实际功率越大，亮度越高，所以亮度大于正常工作时的亮度。
【答案】
(1) 220 25 25；(2) 小于 小于；(3) 大于 大于
【知识点】
额定电压与额定功率、实际功率、电功率计算
【点评】
本题考查灯泡铭牌的含义及实际功率与额定功率的关系，属于基础题，核心是理解实际功率与实际电压的关联，以及亮度由实际功率决定，难度较低。
【难度系数】
0.8

[典例2]（2026德州庆云县期末）电热直饮机非常普遍，它利用内部的电热丝将水烧开，打开水龙头即可有开水饮用，同时还有保温功能。如图甲是某学校新安装的电热直饮机，图乙是它的简化电路图（$R_1$、$R_2$均为电热丝），各项参数如下表所示。


(1)该电热水器处于正常加热状态时的工作电流是多少？
(2)电阻丝$R_1$的阻值是多少？
(3)电能表的表盘上标有“$1600\ \mathrm{imp}/(\mathrm{kW·h})$”的字样，只让该电热水器使用加热挡单独工作$6\ \mathrm{min}$，这段时间内电能表的指示灯闪烁了160次，则该电热水器在上述时间内实际消耗的电能为多少，实际功率为多少，该电路的实际电压为多少？

(1) 5.5 A
(2) 400 Ω
(3) 3.6×10⁵ J 1 000 W 200 V
解析:(1)已知加热功率为1 210 W,正常工作电压为220 V,则加热时电路电流为 $I_{加}=\frac{P_{加}}{U}=\frac{1\ 210\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=5.5\ \mathrm{A}$。
(2)分析电路可知,当S₁断开时,电路中的总电阻较大为保温状态,此时电路中电阻R₁与R₂串联的总电阻为 $R=\frac{U^2}{P_{保}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{110\ \mathrm{W}}=440\ \Omega$,
当开关S₁闭合,电阻R₁被短路,此时电路中只有R₂工作,电路中电阻较小为加热状态,
电阻R₂的阻值为 $R_2=\frac{U^2}{P_{加}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1\ 210\ \mathrm{W}}=40\ \Omega$,
电阻丝R₁的阻值是 $R_1=R-R_2=440\ \Omega-40\ \Omega=400\ \Omega$。
(3)电能表指示灯闪烁160次实际消耗的电能为 $W=\frac{160}{1\ 600}\ \mathrm{kW· h}=0.1\ \mathrm{kW· h}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$,
实际功率为 $P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.6×10^5\ \mathrm{J}}{6×60\ \mathrm{s}}=1\ 000\ \mathrm{W}$,
电阻R₂的阻值不变,所以此时的电压 $U_{实}=\sqrt{P_{实}R_2}=\sqrt{1\ 000\ \mathrm{W}×40\ \Omega}=200\ \mathrm{V}$。

【分析】
要解决本题，需分三步梳理思路：
1. 求加热状态电流：利用电功率公式$P=UI$，已知加热功率和额定电压，变形公式$I=\frac{P}{U}$即可计算；
2. 求$R_1$阻值：先分析电路挡位，加热时仅$R_2$工作，保温时$R_1$与$R_2$串联，先通过保温功率算串联总电阻，再用加热功率算$R_2$阻值，两者相减得$R_1$；
3. 计算实际电能、功率和电压：根据电能表参数，闪烁次数对应消耗电能，用闪烁次数与总参数的比值算电能，实际功率为电能除以时间，再利用$R_2$阻值不变，结合$P=\frac{U^2}{R}$变形求实际电压。
【解析】
(1) 已知加热功率$P_{加}=1210\ \mathrm{W}$，正常工作电压$U=220\ \mathrm{V}$，由$P=UI$得加热时工作电流：
$I_{加}=\frac{P_{加}}{U}=\frac{1210\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=5.5\ \mathrm{A}$；
(2) 分析电路：$S_1$断开时，$R_1$与$R_2$串联，为保温状态，保温功率$P_{保}=110\ \mathrm{W}$，串联总电阻：
$R_{总}=\frac{U^2}{P_{保}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{110\ \mathrm{W}}=440\ \Omega$；
$S_1$闭合时，$R_1$被短路，仅$R_2$工作，为加热状态，$R_2$的阻值：
$R_2=\frac{U^2}{P_{加}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1210\ \mathrm{W}}=40\ \Omega$；
则$R_1$的阻值：
$R_1=R_{总}-R_2=440\ \Omega-40\ \Omega=400\ \Omega$；
(3) 电能表参数“$1600\ \mathrm{imp}/(\mathrm{kW·h})$”表示每消耗$1\ \mathrm{kW·h}$电能，指示灯闪烁1600次，闪烁160次消耗的电能：
$W=\frac{160}{1600}\ \mathrm{kW·h}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$；
工作时间$t=6\ \mathrm{min}=360\ \mathrm{s}$，实际功率：
$P_{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.6×10^5\ \mathrm{J}}{360\ \mathrm{s}}=1000\ \mathrm{W}$；
$R_2$阻值不变，由$P=\frac{U^2}{R}$得实际电压：
$U_{实}=\sqrt{P_{实}R_2}=\sqrt{1000\ \mathrm{W}×40\ \Omega}=200\ \mathrm{V}$；
【答案】
(1) 5.5 A；(2) 400 Ω；(3) $3.6×10^5\ \mathrm{J}$，1 000 W，200 V
【知识点】
电功率计算、电热电路分析、电能表应用
【点评】
本题为电热综合应用题，结合实际生活中的电热直饮机，考查了电功率公式的灵活运用、不同挡位的电路结构分析以及电能表参数的理解与计算，是初中电学的典型题型，需学生理清电路状态并熟练运用相关公式。
【难度系数】
0.6