1.[北京期中]下列关于电能、电功和电功率的说法，
正确的是
（）

A.用电器消耗的电能越多，电功率越大
B.通过用电器的电流越大，电流做的功越多
C.用电器工作时的电功率越大，电流做功越快
D.电流做功是把其他形式的能转化为电能的
过程

1.C

【分析】
本题考查电能、电功、电功率的概念辨析，解题思路是：结合各物理量的定义、公式，逐一分析每个选项，判断其正误。首先明确核心知识点：电功率是表示电流做功快慢的物理量，公式为$ P=\frac{W}{t} $；电功是电流做的功，公式为$ W=UIt $；电流做功的本质是电能转化为其他形式的能。据此分析选项：
选项A：电功率由电能和时间共同决定，仅电能多未说明时间，无法确定电功率大小；
选项B：电功由电压、电流、时间共同决定，仅电流大未说明电压和时间，无法确定做功多少；
选项C：电功率的物理意义就是表示电流做功的快慢；
选项D：电流做功是电能转化为其他形式能的过程，而非反向转化。
【解析】
要判断各选项的正误，需结合相关物理量的概念及公式分析：
1. 选项A：根据电功率公式$ P=\frac{W}{t} $，电功率大小由消耗的电能$ W $和时间$ t $共同决定。若用电器消耗的电能多，但工作时间很长，其电功率不一定大，因此A错误。
2. 选项B：根据电功公式$ W=UIt $，电流做的功（电功）由电压$ U $、电流$ I $、通电时间$ t $共同决定。仅电流大，若电压很小或通电时间很短，电流做的功不一定多，因此B错误。
3. 选项C：电功率的物理意义是表示电流做功的快慢，所以用电器工作时的电功率越大，电流做功越快，因此C正确。
4. 选项D：电流做功的过程是将电能转化为其他形式能的过程（例如电动机将电能转化为机械能），并非将其他形式的能转化为电能，因此D错误。
【答案】C
【知识点】电能、电功、电功率
【点评】本题属于初中电学基础概念题，考查对电能、电功、电功率的定义及关系的理解，需准确区分各物理量的决定因素和物理意义，避免概念混淆，难度较低。
【难度系数】0.7

2.[南阳期末] 下列家用电器中，正常单独工作1 h，耗电接近1 kW·h的是 （）

A.电视机
B.电冰箱
C.空调
D.台灯

2.C

【分析】
要解决本题，需先根据电功公式计算出耗电1kW·h时用电器的额定功率，再结合常见家用电器的额定功率进行判断。首先回忆电功公式$W=Pt$，变形可得额定功率$P=\frac{W}{t}$，代入题目中$W=1kW·h$、$t=1h$，算出所需用电器的额定功率，再对比各选项电器的实际功率即可得出答案。
【解析】
根据电功公式$W=Pt$，当用电器正常工作时间$t=1h$，消耗电能$W=1kW·h$时，其额定功率为：
$P=\frac{W}{t}=\frac{1kW·h}{1h}=1kW=1000W$。
对各选项分析：
A. 电视机额定功率约为100~200W，远小于1000W，不符合要求；
B. 电冰箱额定功率约为100~200W，不符合要求；
C. 空调额定功率约为1000W，符合要求；
D. 台灯额定功率约为几瓦到几十瓦，不符合要求。
综上，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
电功与电功率的关系、常见家用电器的额定功率
【点评】
本题结合生活实际考查电功公式的应用，核心是掌握常见家用电器的额定功率，属于基础应用类题目，难度不大。
【难度系数】
0.7

3.[自贡月考改编] 1 kW·h的电能可以使一盏电功率为40 W的日光灯在220 V的电压下正常工作
（）

A.40 h
B.25 h
C.0.4 h
D.0.25 h

3.B

【分析】
本题考查电能、电功率与工作时间的计算，解题思路为：先明确已知的电能和电功率，计算时需统一单位（将电功率单位换算为kW，匹配电能单位kW·h），再利用电功公式变形求出工作时间，最后对应选项得出答案。
【解析】
解：已知电能$ W = 1\ \mathrm{kW·h} $，日光灯的额定功率$ P = 40\ \mathrm{W} = 0.04\ \mathrm{kW} $。根据电功公式$ W = Pt $，变形可得工作时间$ t = \frac{W}{P} $，代入数值计算：$ t = \frac{1\ \mathrm{kW·h}}{0.04\ \mathrm{kW}} = 25\ \mathrm{h} $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
电功与电功率的关系，单位换算
【点评】
本题是电学基础计算题，核心是掌握电功、电功率和时间的关系，易错点为单位未统一，整体难度较低，适合巩固基础。
【难度系数】
0.8

4.[盐城中考]在“对家庭用电的调查研究”综合实践活动中，小明发现家中电能表表盘如图所示，该电能表的示数为 kW·h，他家同时工作的用电器总功率不能超过 W。小明想测家中电水壶的功率，只让电水壶在电路中工作，当指示灯闪烁了48次，用时1 min，则该电水壶的功率为 W。

4. 326.6;4 400;1 800

【分析】
本题围绕电能表的相关计算展开，分三步思考：①读取电能表示数时，注意最后一位是小数位，单位为kW·h；②计算同时工作用电器的最大总功率，需利用电能表的额定电压和允许通过的最大电流，结合电功率公式计算；③计算电水壶功率时，根据电能表的脉冲参数，先求出闪烁对应消耗的电能，再结合工作时间，利用功率公式计算。
【解析】
1. 电能表的示数：电能表读数时，最后一位是小数位，单位为kW·h，由图可知电能表的示数为326.6 kW·h；
2. 同时工作用电器的最大总功率：电能表参数“220V 10(20)A”中，20A是允许通过的最大电流，根据电功率公式$P=UI$，可得总功率最大值$P_{总}=220V×20A=4400W$；
3. 电水壶的功率：电能表参数“1600 imp/(kW·h)”表示每消耗$1kW·h$的电能，指示灯闪烁1600次，因此闪烁48次消耗的电能$W=\frac{48}{1600}kW·h=0.03kW·h$，工作时间$t=1min=\frac{1}{60}h$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，可得电水壶的功率$P=\frac{0.03kW·h}{\frac{1}{60}h}=1.8kW=1800W$。
【答案】
326.6；4400；1800
【知识点】
电能表读数、电功率计算、电能计算
【点评】
本题是电能表相关的基础计算题，需掌握电能表各参数的物理意义，熟练运用电功率、电能的计算公式，属于对基础知识点的常规考查。
【难度系数】
0.6

5.[北京模拟改编] 在如图所示的电路中，电源两端的电压为12 V且保持不变，$R_1$为阻值是20 Ω的定值电阻。当开关S闭合后，电流表的示数为0.2 A。定值电阻$R_1$的功率为 W；通电1 min电阻$R_2$消耗的电能为 J。

5. 0.8;96 【点拨】由欧姆定律可得，定值电阻$R_1$两端的电压$U_1=IR_1=0.2\ \mathrm{A}×20\ \Omega=4\ \mathrm{V}$，定值电阻$R_1$的功率$P_1=U_1I=4\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.8\ \mathrm{W}$；$R_2$两端的电压$U_2=U-U_1=12\ \mathrm{V}-4\ \mathrm{V}=8\ \mathrm{V}$，通电1 min电阻$R_2$消耗的电能$W_2=U_2It=8\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=96\ \mathrm{J}$。

【分析】首先明确电路为R₁与R₂串联，电流表测串联电路的电流，串联电路电流处处相等，故电路电流I=0.2A。计算R₁的功率需先由欧姆定律求出R₁两端电压，再用功率公式计算；计算R₂消耗的电能需先求出R₂两端电压（总电压减去R₁两端电压），再结合电流和时间，用电能公式计算，注意时间单位需转换为秒。
【解析】解：由电路图可知，R₁与R₂串联，电流表测电路中的电流，串联电路中电流处处相等，即I=I₁=I₂=0.2A。
1. 计算定值电阻R₁的功率：
根据欧姆定律，R₁两端的电压：$U_1=IR_1=0.2\ \mathrm{A}×20\ \Omega=4\ \mathrm{V}$；
定值电阻R₁的功率：$P_1=U_1I=4\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.8\ \mathrm{W}$。
2. 计算通电1 min电阻R₂消耗的电能：
串联电路总电压等于各部分电压之和，故R₂两端的电压：$U_2=U-U_1=12\ \mathrm{V}-4\ \mathrm{V}=8\ \mathrm{V}$；
通电时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，电阻R₂消耗的电能：$W_2=U_2It=8\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=96\ \mathrm{J}$。
【答案】0.8；96
【知识点】串联电路特点、欧姆定律、电能计算
【点评】本题是串联电路的基础计算题，考查电学基本公式的应用，需注意单位换算，属于电学基础题型，难度适中。
【难度系数】0.7

6. 在如图甲所示的电路中，电源电压不变，电阻$R_1$的阻值为50 Ω。闭合开关S，两个电阻均有电流通过，两只电流表指针偏转角度相同，如图乙所示，则电流表$A_1$的示数为 A，电源电压为 V，此时电阻$R_2$的电功率为 W。

6. 0.3;15;18 【点拨】由图甲可知，$R_1$与$R_2$并联，电流表$\mathrm{A_1}$测$R_1$支路的电流，电流表$\mathrm{A_2}$测干路电流。因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两只电流表指针偏转角度相同，则电流表$\mathrm{A_2}$量程为$0∼3\ \mathrm{A}$，分度值为$0.1\ \mathrm{A}$；电流表$\mathrm{A_1}$量程为$0∼0.6\ \mathrm{A}$，分度值为$0.02\ \mathrm{A}$；由图乙知，电流表$\mathrm{A_1}$示数$I_1=0.3\ \mathrm{A}$，电流表$\mathrm{A_2}$示数$I=1.5\ \mathrm{A}$。电源电压$U=I_1R_1=0.3\ \mathrm{A}×50\ \Omega=15\ \mathrm{V}$，通过$R_2$的电流$I_2=I-I_1=1.5\ \mathrm{A}-0.3\ \mathrm{A}=1.2\ \mathrm{A}$，$R_2$的电功率$P_2=UI_2=15\ \mathrm{V}×1.2\ \mathrm{A}=18\ \mathrm{W}$。

【分析】首先分析电路连接：图甲中$R_1$与$R_2$并联，电流表$\mathrm{A_1}$测$R_1$支路电流，$\mathrm{A_2}$测干路电流。根据并联电路电流规律，干路电流大于支路电流，结合两表指针偏转角度相同，可判断两表量程不同：干路电流表$\mathrm{A_2}$用$0∼3\ \mathrm{A}$量程，支路电流表$\mathrm{A_1}$用$0∼0.6\ \mathrm{A}$量程（大量程读数为小量程的5倍）。后续通过电流表读数、欧姆定律、并联电路电流规律和电功率公式逐步计算所需物理量。
【解析】
1. 电流表读数：
并联电路干路电流$I ＞ I_1$，两表指针偏转角度相同，故$\mathrm{A_1}$量程为$0∼0.6\ \mathrm{A}$，分度值$0.02\ \mathrm{A}$，示数$I_1=0.3\ \mathrm{A}$；$\mathrm{A_2}$量程为$0∼3\ \mathrm{A}$，分度值$0.1\ \mathrm{A}$，示数$I=1.5\ \mathrm{A}$。
2. 计算电源电压：
并联电路各支路电压等于电源电压，由欧姆定律得：
$U = I_1R_1 = 0.3\ \mathrm{A} × 50\ \Omega = 15\ \mathrm{V}$。
3. 计算$R_2$的电功率：
通过$R_2$的电流$I_2 = I - I_1 = 1.5\ \mathrm{A} - 0.3\ \mathrm{A} = 1.2\ \mathrm{A}$，
$R_2$的电功率：$P_2 = UI_2 = 15\ \mathrm{V} × 1.2\ \mathrm{A} = 18\ \mathrm{W}$。
【答案】0.3；15；18
【知识点】并联电路电流规律、欧姆定律、电功率计算
【点评】本题为并联电路综合题，核心是根据并联电流规律和电流表指针偏转判断量程，易错点为量程的区分，需明确大量程读数是对应小量程的5倍，整体考查基础公式的应用。
【难度系数】0.5

7.（日常生活[重庆期末]手机亏电时，可通过开启“低电量模式”来延长使用时间。“低电量模式”开启后，可以（）

A.增大手机的电功率
B.减小手机的电功率
C.增加手机消耗的电能
D.减小手机消耗的电能

7.B

【分析】
要解决这道题，需明确电功率与电能的关系：电能公式为$ W = Pt $（$ W $是电能，$ P $是电功率，$ t $是时间）。开启“低电量模式”的目的是延长手机使用时间，在手机电池储存的总电能$ W $一定时，要延长使用时间$ t $，需减小电功率$ P $，让电能消耗更慢。据此分析选项：A选项增大功率会加快电能消耗，缩短时间；B选项减小功率符合延长时间的目的；C、D选项，手机电池总电能固定，低电量模式不会改变总消耗的电能，仅延长使用时间。
【解析】
根据电能公式$ W = Pt $，当手机电池总电能$ W $一定时，电功率$ P $越小，使用时间$ t $越长。开启“低电量模式”是为了延长使用时间，因此需减小手机的电功率：
选项A：增大电功率会加快电能消耗，缩短使用时间，不符合要求，排除；
选项B：减小电功率可延长使用时间，符合“低电量模式”的作用，正确；
选项C、D：手机电池总电能固定，低电量模式不会改变手机消耗的总电能，只是通过降低功率延长使用时间，故C、D错误。
【答案】
B
【知识点】
电功率、电能
【点评】
本题结合日常生活中的手机低电量模式，考查电功率与电能的关系，将物理知识与生活实际紧密结合，注重基础知识的应用，难度较低。
【难度系数】
0.7

8.[莆田期末改编]如图所示的是一个灯泡L和一个定值电阻R的I-U图像,下列分析正确的是()


A.甲的阻值为 $30\ \Omega$
B.甲为灯泡L的图像
C.将L和R并联在6 V的电源两端,$P_{L}:P_{R}=1:2$
D.将L和R串联在6 V的电源两端,L的功率为0.24 W

8.D 【点拨】通过定值电阻的电流与其两端电压成正比，所以定值电阻R的I-U关系图像是一条直线，所以甲表示电阻R的I-U关系图像，乙是灯泡L的I-U关系图像，故B错误；根据欧姆定律可知，甲的阻值$R=\frac{U_R}{I_R}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=24\ \Omega$，故A错误；将L和R并联在6 V的电源两端，则定值电阻R与灯泡L两端电压均为6 V，由图像知，定值电阻R中流过的电流为0.25 A，灯泡L中流过的电流为0.5 A，根据$P=UI$可知，$P_L:P_R=UI_L:UI_R=I_L:I_R=0.5\ \mathrm{A}:0.25\ \mathrm{A}=2:1$，故C错误；若将L和R串联在6 V的电源两端，结合串联电路的电流、电压规律，通过分析图像可知，此时灯泡两端电压为1.2 V，定值电阻R两端电压为4.8 V，电路中电流为0.2 A，L的功率$P_L'=U_L'I_L'=1.2\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.24\ \mathrm{W}$，故D正确。故选D。

【分析】
首先，定值电阻的阻值不变，其I-U图像为过原点的直线（电流与电压成正比）；灯泡的电阻随温度变化，I-U图像为曲线，据此先判断甲、乙对应的元件。再结合串并联电路规律，逐一分析选项：A选项需计算甲的阻值，B选项判断元件类型，C选项计算并联时的功率比，D选项计算串联时灯泡的功率，通过读取图像数据结合公式判断各选项对错。
【解析】
1. 判断元件类型：定值电阻的电流与电压成正比，I-U图像是直线，因此甲是定值电阻R的图像，乙是灯泡L的图像，故B错误。
2. 计算甲的阻值：从图像取点，当$U=6\ \mathrm{V}$时，甲对应的电流$I=0.25\ \mathrm{A}$，根据欧姆定律$R=\frac{U}{I}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=24\ \Omega$，故A错误。
3. 分析并联情况：将L和R并联在6V电源两端，两者电压均为6V。由图像知，此时灯泡L的电流$I_L=0.5\ \mathrm{A}$，定值电阻R的电流$I_R=0.25\ \mathrm{A}$。根据$P=UI$，功率比$P_L:P_R=(U I_L):(U I_R)=I_L:I_R=0.5\ \mathrm{A}:0.25\ \mathrm{A}=2:1$，故C错误。
4. 分析串联情况：将L和R串联在6V电源两端，串联电路电流处处相等，总电压等于各部分电压之和。观察图像，当电流$I=0.2\ \mathrm{A}$时，灯泡L的电压$U_L=1.2\ \mathrm{V}$，定值电阻R的电压$U_R=4.8\ \mathrm{V}$，满足$U_L+U_R=6\ \mathrm{V}$。此时灯泡的功率$P_L=U_L I=1.2\ \mathrm{V}×0.2\ \mathrm{A}=0.24\ \mathrm{W}$，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
欧姆定律、电功率、I-U图像
【点评】
本题结合I-U图像考查串并联电路规律、欧姆定律及电功率计算，关键是区分定值电阻与灯泡的图像特点，准确读取图像数据，结合电路规律推导，综合性较强，需细心分析。
【难度系数】
0.5