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1. 小王观察到家中电能表
8月初的表盘如图，其读数为
若关闭家中其他用电器，只有电热水壶工作，电能表的指示灯闪烁300次时，刚好将1.2 kg水从25 ℃加热到85 ℃，则电热水壶的加热效率为
[$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \mathrm{℃})$]
8月初的表盘如图，其读数为
2 025.1
kW·h；若关闭家中其他用电器，只有电热水壶工作，电能表的指示灯闪烁300次时，刚好将1.2 kg水从25 ℃加热到85 ℃，则电热水壶的加热效率为
84
%。[$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \mathrm{℃})$]
答案
1. 2 025.1；84
解析
【分析】
首先明确电能表的读数规则：电能表单位为kW·h，最后一位是小数位，据此读取8月初的电能表示数；计算电热水壶加热效率时，需先根据电能表参数算出消耗的电能，再利用吸热公式算出水吸收的热量，最后用效率公式（η=Q吸/W×100%）计算效率。
【解析】
1. 电能表读数：电能表的单位是kW·h，最后一位为小数位，由图可知读数为2025.1 kW·h；
2. 计算水吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入数据得$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1.2\ \mathrm{kg}×(85℃-25℃)=3.024×10^5\ \mathrm{J}$；
3. 计算电热水壶消耗的电能：电能表参数“3000 imp/(kW·h)”表示每消耗1 kW·h的电能，指示灯闪烁3000次，故闪烁300次消耗的电能$W=\frac{300}{3000}\ \mathrm{kW·h}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$；
4. 计算加热效率：根据效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$，代入数据得$\eta=\frac{3.024×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【答案】
2025.1；84
【知识点】
电能表读数、热量计算、热效率计算
【点评】
本题结合电能表考查热学与电学的基础计算，需掌握电能表参数含义、吸热公式及效率公式的应用，属于常规基础题。
【难度系数】
0.5
首先明确电能表的读数规则：电能表单位为kW·h，最后一位是小数位，据此读取8月初的电能表示数；计算电热水壶加热效率时，需先根据电能表参数算出消耗的电能，再利用吸热公式算出水吸收的热量，最后用效率公式（η=Q吸/W×100%）计算效率。
【解析】
1. 电能表读数：电能表的单位是kW·h，最后一位为小数位，由图可知读数为2025.1 kW·h；
2. 计算水吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入数据得$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1.2\ \mathrm{kg}×(85℃-25℃)=3.024×10^5\ \mathrm{J}$；
3. 计算电热水壶消耗的电能：电能表参数“3000 imp/(kW·h)”表示每消耗1 kW·h的电能，指示灯闪烁3000次，故闪烁300次消耗的电能$W=\frac{300}{3000}\ \mathrm{kW·h}=0.1\ \mathrm{kW·h}=0.1×3.6×10^6\ \mathrm{J}=3.6×10^5\ \mathrm{J}$；
4. 计算加热效率：根据效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$，代入数据得$\eta=\frac{3.024×10^5\ \mathrm{J}}{3.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=84\%$。
【答案】
2025.1；84
【知识点】
电能表读数、热量计算、热效率计算
【点评】
本题结合电能表考查热学与电学的基础计算，需掌握电能表参数含义、吸热公式及效率公式的应用，属于常规基础题。
【难度系数】
0.5
2.[跨学科·物理学与日常生活]如图所示，常见的家用电器工作时主要将电能转化为机械能的是（
A.电饭锅
B.电熨斗
C.电视机
D.电风扇
D
）A.电饭锅
B.电熨斗
C.电视机
D.电风扇
答案
2. D
解析
【分析】要选出工作时主要将电能转化为机械能的家用电器，需明确各选项中电器的能量转化形式：电饭锅、电熨斗利用电流热效应，主要将电能转化为内能；电视机主要将电能转化为光能、声能；电风扇依靠电动机工作，主要将电能转化为机械能。据此分析各选项即可。
【解析】A选项，电饭锅工作时，将电能主要转化为内能，用于加热食物，不符合要求；B选项，电熨斗工作时，将电能主要转化为内能，用于熨烫衣物，不符合要求；C选项，电视机工作时，主要将电能转化为光能、声能，还有少量内能，不符合要求；D选项，电风扇工作时，电动机转动，主要将电能转化为机械能，符合题意。
【答案】D
【知识点】电能的转化、用电器能量转化
【点评】本题结合生活中的常见家用电器，考查电能转化的基础知识，贴近生活，难度较低，学生只需掌握常见用电器的能量转化即可解答。
【难度系数】0.8
【解析】A选项，电饭锅工作时，将电能主要转化为内能，用于加热食物，不符合要求；B选项，电熨斗工作时，将电能主要转化为内能，用于熨烫衣物，不符合要求；C选项，电视机工作时，主要将电能转化为光能、声能，还有少量内能，不符合要求；D选项，电风扇工作时，电动机转动，主要将电能转化为机械能，符合题意。
【答案】D
【知识点】电能的转化、用电器能量转化
【点评】本题结合生活中的常见家用电器，考查电能转化的基础知识，贴近生活，难度较低，学生只需掌握常见用电器的能量转化即可解答。
【难度系数】0.8
3. 如图所示分别是小阳家8月1日和9月1日电能表的示数。结合表盘上的信息可知，下列判断正确的是（
A.电能表是测量电能的仪表
B.小阳家8月份消耗的电能为1 011 kW·h
C.电能表工作时的电流不能超过标定电流10 A
D.1 600 imp/(kW·h)表示电能表消耗1 kW·h的电能，指示灯闪光1 600次
A
）A.电能表是测量电能的仪表
B.小阳家8月份消耗的电能为1 011 kW·h
C.电能表工作时的电流不能超过标定电流10 A
D.1 600 imp/(kW·h)表示电能表消耗1 kW·h的电能，指示灯闪光1 600次
答案
3. A
解析
【分析】
要判断各选项的正误，需结合电能表的定义、读数规则、参数含义逐一分析：先明确电能表的基本功能，计算消耗电能时注意电能表最后一位是小数位，再理解电能表参数“10(40)A”“1600 imp/(kW·h)”的实际意义，排除错误选项后选出正确答案。
【解析】
选项A：电能表的作用是测量用电器在一段时间内消耗的电能，该选项正确。
选项B：小阳家8月份消耗的电能为9月1日电能表示数减去8月1日的示数，电能表最后一位是小数位，单位为kW·h，计算得：5647.8 kW·h - 5546.7 kW·h = 101.1 kW·h，并非1011 kW·h，该选项错误。
选项C：电能表上“10(40)A”表示标定电流为10A，额定最大电流为40A，工作时电流不能超过额定最大电流40A，而非10A，该选项错误。
选项D：“1600 imp/(kW·h)”表示用电器每消耗1 kW·h的电能，电能表的指示灯闪烁1600次，不是电能表消耗电能，该选项错误。
综上，正确答案为A。
【答案】
A
【知识点】
电能表的使用、电能计算、电能表参数解读
【点评】
本题考查电能表的基础知识点，需准确掌握电能表的作用、读数方法、参数含义，易错点在于混淆电能表额定最大电流与标定电流，以及“imp”参数的主体，整体难度不大，属于基础题。
【难度系数】
0.5
要判断各选项的正误，需结合电能表的定义、读数规则、参数含义逐一分析：先明确电能表的基本功能，计算消耗电能时注意电能表最后一位是小数位，再理解电能表参数“10(40)A”“1600 imp/(kW·h)”的实际意义，排除错误选项后选出正确答案。
【解析】
选项A：电能表的作用是测量用电器在一段时间内消耗的电能，该选项正确。
选项B：小阳家8月份消耗的电能为9月1日电能表示数减去8月1日的示数，电能表最后一位是小数位，单位为kW·h，计算得：5647.8 kW·h - 5546.7 kW·h = 101.1 kW·h，并非1011 kW·h，该选项错误。
选项C：电能表上“10(40)A”表示标定电流为10A，额定最大电流为40A，工作时电流不能超过额定最大电流40A，而非10A，该选项错误。
选项D：“1600 imp/(kW·h)”表示用电器每消耗1 kW·h的电能，电能表的指示灯闪烁1600次，不是电能表消耗电能，该选项错误。
综上，正确答案为A。
【答案】
A
【知识点】
电能表的使用、电能计算、电能表参数解读
【点评】
本题考查电能表的基础知识点，需准确掌握电能表的作用、读数方法、参数含义，易错点在于混淆电能表额定最大电流与标定电流，以及“imp”参数的主体，整体难度不大，属于基础题。
【难度系数】
0.5
4. 现有长度相同的铜导线甲和乙，已知甲的电阻较大，则甲的横截面积
小于
乙的横截面积；若将它们串联在电路中，甲两端的电压大于
乙两端的电压，电流通过甲电阻做的功大于
电流通过乙电阻做的功；若将它们并联在电路中，则甲的电阻大于
它们并联的总电阻。（均选填“小于”“等于”或“大于”）答案
4. 小于；大于；大于；大于
解析
【分析】
要解答本题，需结合电阻的决定因素、串并联电路的规律及电功公式逐步分析：
1. 比较横截面积：铜导线材料、长度相同，电阻与横截面积成反比，电阻大的横截面积小；
2. 串联时电压比较：串联电路电流处处相等，根据U=IR，电流相同，电阻大的两端电压大；
3. 串联时电功比较：串联电流相同，通电时间相同时，电功W=I²Rt，电阻大的电流做功多；
4. 并联时电阻比较：并联电路总电阻小于任意一个分电阻，因此分电阻大于总电阻。
【解析】
1. 甲、乙为长度相同的铜导线，材料相同，根据电阻公式$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，$L$为长度，$S$为横截面积），电阻与横截面积成反比。已知$R_甲＞R_乙$，故甲的横截面积小于乙的；
2. 串联电路中电流$I$处处相等，由$U=IR$，因$R_甲＞R_乙$，所以甲两端的电压大于乙两端的；
3. 串联时电流$I$相同，若通电时间$t$相同，电功公式$W=I^2Rt$，因$R_甲＞R_乙$，故电流通过甲电阻做的功大于通过乙电阻做的功；
4. 并联电路的总电阻小于任何一个并联的分电阻，因此甲的电阻大于它们并联的总电阻。
【答案】
小于；大于；大于；大于
【知识点】
电阻的决定因素、串并联电路的规律、电功的计算
【点评】
本题考查电学基础知识点，涵盖电阻影响因素、串并联电路特点及电功计算，需熟练掌握相关公式和规律即可正确解答。
【难度系数】
0.7
要解答本题，需结合电阻的决定因素、串并联电路的规律及电功公式逐步分析：
1. 比较横截面积：铜导线材料、长度相同，电阻与横截面积成反比，电阻大的横截面积小；
2. 串联时电压比较：串联电路电流处处相等，根据U=IR，电流相同，电阻大的两端电压大；
3. 串联时电功比较：串联电流相同，通电时间相同时，电功W=I²Rt，电阻大的电流做功多；
4. 并联时电阻比较：并联电路总电阻小于任意一个分电阻，因此分电阻大于总电阻。
【解析】
1. 甲、乙为长度相同的铜导线，材料相同，根据电阻公式$R=\rho\frac{L}{S}$（$\rho$为电阻率，$L$为长度，$S$为横截面积），电阻与横截面积成反比。已知$R_甲＞R_乙$，故甲的横截面积小于乙的；
2. 串联电路中电流$I$处处相等，由$U=IR$，因$R_甲＞R_乙$，所以甲两端的电压大于乙两端的；
3. 串联时电流$I$相同，若通电时间$t$相同，电功公式$W=I^2Rt$，因$R_甲＞R_乙$，故电流通过甲电阻做的功大于通过乙电阻做的功；
4. 并联电路的总电阻小于任何一个并联的分电阻，因此甲的电阻大于它们并联的总电阻。
【答案】
小于；大于；大于；大于
【知识点】
电阻的决定因素、串并联电路的规律、电功的计算
【点评】
本题考查电学基础知识点，涵盖电阻影响因素、串并联电路特点及电功计算，需熟练掌握相关公式和规律即可正确解答。
【难度系数】
0.7
5. 一款华为手机用的锂电池，上面标明电压为3.7 V，容量为1 000 mA·h(容量的含义是如果该电池以100 mA电流供应，可供电10 h)，给它充满电后，大约存储的电能为
13 320
J。答案
5. 13 320
解析
【分析】要计算电池存储的电能，需使用电能公式$ W=UIt $，首先要将电池容量的单位转换为国际单位制（安培·秒），因为电流和时间的单位需统一为国际单位才能得到焦耳（J）的电能单位。先把容量$ 1000\ \mathrm{mA·h} $换算成$ \mathrm{A·s} $：$ 1\ \mathrm{mA}=10^{-3}\ \mathrm{A} $，$ 1\ \mathrm{h}=3600\ \mathrm{s} $，因此$ 1000\ \mathrm{mA·h}=1000×10^{-3}\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=3600\ \mathrm{A·s} $，再代入公式计算即可。
【解析】根据电能计算公式$ W=UIt $，先统一单位：电池容量$ Q=1000\ \mathrm{mA·h}=1000×10^{-3}\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=3600\ \mathrm{A·s} $；已知电池电压$ U=3.7\ \mathrm{V} $，代入公式得：$ W=UIt=3.7\ \mathrm{V}×3600\ \mathrm{A·s}=13320\ \mathrm{J} $。
【答案】13320
【知识点】电能计算、单位换算
【点评】本题考查电能的基本计算，核心是正确进行单位换算，将非国际单位的容量转换为国际单位后再代入公式，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.7
【解析】根据电能计算公式$ W=UIt $，先统一单位：电池容量$ Q=1000\ \mathrm{mA·h}=1000×10^{-3}\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=3600\ \mathrm{A·s} $；已知电池电压$ U=3.7\ \mathrm{V} $，代入公式得：$ W=UIt=3.7\ \mathrm{V}×3600\ \mathrm{A·s}=13320\ \mathrm{J} $。
【答案】13320
【知识点】电能计算、单位换算
【点评】本题考查电能的基本计算，核心是正确进行单位换算，将非国际单位的容量转换为国际单位后再代入公式，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.7
6. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，定值电阻$R_1=20\ \Omega$。当只闭合开关S时，电流表示数为0.3 A；当闭合开关S、$S_1$时，电流表示数为0.6 A。求：
(1)电源电压。
(2)定值电阻$R_2$的阻值。
(3)当闭合开关S、$S_1$时，通电1 min电流通过定值电阻$R_1$做的功。
(1)电源电压。
(2)定值电阻$R_2$的阻值。
(3)当闭合开关S、$S_1$时，通电1 min电流通过定值电阻$R_1$做的功。
答案
6.解:(1)由题图可知,当只闭合开关S时,电路为定值电阻$R_1$的简单电路,由欧姆定律可得,电源电压$U=U_1=I_1R_1=0.3\ \mathrm{A}×20\ \Omega=6\ \mathrm{V}$。
(2)当闭合开关S、$\mathrm{S_1}$时,定值电阻$R_1$、$R_2$并联,电流表测干路电流,根据并联电路的电流特点可知,通过定值电阻$R_2$的电流$I_2=I-I_1=0.6\ \mathrm{A}-0.3\ \mathrm{A}=0.3\ \mathrm{A}$,根据并联电路的电压特点可知,$R_2$两端的电压$U_2=U=6\ \mathrm{V}$,由$I=\dfrac{U}{R}$可知,定值电阻$R_2=\dfrac{U_2}{I_2}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$。
(3)通电1 min电流通过定值电阻$R_1$做的功$W_1=U_1I_1t=6\ \mathrm{V}×0.3\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=108\ \mathrm{J}$。
(2)当闭合开关S、$\mathrm{S_1}$时,定值电阻$R_1$、$R_2$并联,电流表测干路电流,根据并联电路的电流特点可知,通过定值电阻$R_2$的电流$I_2=I-I_1=0.6\ \mathrm{A}-0.3\ \mathrm{A}=0.3\ \mathrm{A}$,根据并联电路的电压特点可知,$R_2$两端的电压$U_2=U=6\ \mathrm{V}$,由$I=\dfrac{U}{R}$可知,定值电阻$R_2=\dfrac{U_2}{I_2}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$。
(3)通电1 min电流通过定值电阻$R_1$做的功$W_1=U_1I_1t=6\ \mathrm{V}×0.3\ \mathrm{A}×60\ \mathrm{s}=108\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
首先分析开关通断对应的电路结构：只闭合S时，电路为R₁的简单电路，电流表测R₁的电流，可通过欧姆定律计算电源电压；闭合S、S₁时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电流、电压特点求出R₂的电流，再计算R₂的阻值；最后利用电功公式计算R₁通电1min做的功。
【解析】
解：(1) 当只闭合开关S时，电路为R₁的简单电路，电流表测通过R₁的电流I₁=0.3A，根据欧姆定律I=U/R，可得电源电压：
U = U₁ = I₁R₁ = 0.3A × 20Ω = 6V；
(2) 当闭合开关S、S₁时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流I=0.6A。根据并联电路电流特点，干路电流等于各支路电流之和，因此通过R₂的电流：
I₂ = I - I₁ = 0.6A - 0.3A = 0.3A；
并联电路中各支路两端电压等于电源电压，故R₂两端电压U₂=U=6V，再由欧姆定律得R₂的阻值：
R₂ = U₂/I₂ = 6V / 0.3A = 20Ω；
(3) 当闭合S、S₁时，R₁两端电压仍为电源电压，通过R₁的电流不变，通电时间t=1min=60s，根据电功公式W=UIt，电流通过R₁做的功：
W₁ = U₁I₁t = 6V × 0.3A × 60s = 108J；
【答案】
(1) 电源电压为6V；(2) 定值电阻R₂的阻值为20Ω；(3) 通电1min电流通过R₁做的功为108J；
【知识点】
欧姆定律、并联电路特点、电功计算
【点评】
本题考查并联电路的电流与电压特点，欧姆定律及电功公式的应用，属于初中电学基础计算题，需准确分析不同开关状态下的电路结构，熟练运用相关公式即可求解。
【难度系数】
0.7
首先分析开关通断对应的电路结构：只闭合S时，电路为R₁的简单电路，电流表测R₁的电流，可通过欧姆定律计算电源电压；闭合S、S₁时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电流、电压特点求出R₂的电流，再计算R₂的阻值；最后利用电功公式计算R₁通电1min做的功。
【解析】
解：(1) 当只闭合开关S时，电路为R₁的简单电路，电流表测通过R₁的电流I₁=0.3A，根据欧姆定律I=U/R，可得电源电压：
U = U₁ = I₁R₁ = 0.3A × 20Ω = 6V；
(2) 当闭合开关S、S₁时，R₁与R₂并联，电流表测干路电流I=0.6A。根据并联电路电流特点，干路电流等于各支路电流之和，因此通过R₂的电流：
I₂ = I - I₁ = 0.6A - 0.3A = 0.3A；
并联电路中各支路两端电压等于电源电压，故R₂两端电压U₂=U=6V，再由欧姆定律得R₂的阻值：
R₂ = U₂/I₂ = 6V / 0.3A = 20Ω；
(3) 当闭合S、S₁时，R₁两端电压仍为电源电压，通过R₁的电流不变，通电时间t=1min=60s，根据电功公式W=UIt，电流通过R₁做的功：
W₁ = U₁I₁t = 6V × 0.3A × 60s = 108J；
【答案】
(1) 电源电压为6V；(2) 定值电阻R₂的阻值为20Ω；(3) 通电1min电流通过R₁做的功为108J；
【知识点】
欧姆定律、并联电路特点、电功计算
【点评】
本题考查并联电路的电流与电压特点，欧姆定律及电功公式的应用，属于初中电学基础计算题，需准确分析不同开关状态下的电路结构，熟练运用相关公式即可求解。
【难度系数】
0.7
7.[易错题]一只电动机工作时产生的机械能是3 600 J，产生的热量是1 200 J，则电流做功为（
A.1 200 J
B.4 800 J
C.3 600 J
D.2 400 J
B
）A.1 200 J
B.4 800 J
C.3 600 J
D.2 400 J
答案
7. B
解析
【分析】
本题考查电动机工作时的能量转化关系，电流通过电动机做功时，电能会转化为机械能和内能（热量），因此电流做的总功等于转化得到的机械能与产生的热量之和，解题时需明确总功、机械能、热量的关系，避免混淆。
【解析】
电动机工作时，电流做的总功（W）等于转化得到的机械能（W机）与产生的热量（Q）之和，即公式为：$ W = W_{机} + Q $。
代入题目数据：$ W = 3600\ \mathrm{J} + 1200\ \mathrm{J} = 4800\ \mathrm{J} $，因此电流做功为4800 J，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
电功、电动机的能量转化
【点评】
本题为易错题，核心是明确电流做功是总功，包含电动机转化的所有能量，容易误将机械能或热量当成电流做的功，属于基础概念的应用，需仔细审题。
【难度系数】
0.6
本题考查电动机工作时的能量转化关系，电流通过电动机做功时，电能会转化为机械能和内能（热量），因此电流做的总功等于转化得到的机械能与产生的热量之和，解题时需明确总功、机械能、热量的关系，避免混淆。
【解析】
电动机工作时，电流做的总功（W）等于转化得到的机械能（W机）与产生的热量（Q）之和，即公式为：$ W = W_{机} + Q $。
代入题目数据：$ W = 3600\ \mathrm{J} + 1200\ \mathrm{J} = 4800\ \mathrm{J} $，因此电流做功为4800 J，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
电功、电动机的能量转化
【点评】
本题为易错题，核心是明确电流做功是总功，包含电动机转化的所有能量，容易误将机械能或热量当成电流做的功，属于基础概念的应用，需仔细审题。
【难度系数】
0.6
