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9 某彩色电视机的铭牌如图所示，其额定电功率为
110
W，额定电流是0.5
A，当它正常工作时，4 h 内消耗的电能为0.44
kW·h。答案
9. 110 0.5 0.44
解析
【分析】
要解决这道题，首先从电视机铭牌中读取额定电功率；接着利用电功率公式变形计算额定电流；最后统一单位后，通过电能公式计算消耗的电能，需明确各物理量的对应关系和单位换算规则。
【解析】
1. 额定电功率：由铭牌标注可知，电视机正常工作时的消耗功率为110W，即额定电功率为110W。
2. 额定电流：根据电功率公式 $ P = UI $，变形得额定电流 $ I = \frac{P}{U} $，代入数据 $ P=110\ \mathrm{W} $、$ U=220\ \mathrm{V} $，计算得 $ I = \frac{110\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}} = 0.5\ \mathrm{A} $。
3. 消耗的电能：先将功率单位换算为kW，$ 110\ \mathrm{W} = 0.11\ \mathrm{kW} $，根据电能公式 $ W = Pt $，代入时间 $ t=4\ \mathrm{h} $，得 $ W = 0.11\ \mathrm{kW} × 4\ \mathrm{h} = 0.44\ \mathrm{kW·h} $。
【答案】
110；0.5；0.44
【知识点】
电功率计算、电能计算、额定功率
【点评】
本题结合家用电器铭牌信息，考查电学基础公式的应用，属于常规计算题，关键是准确读取铭牌数据并正确运用公式。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，首先从电视机铭牌中读取额定电功率；接着利用电功率公式变形计算额定电流；最后统一单位后，通过电能公式计算消耗的电能，需明确各物理量的对应关系和单位换算规则。
【解析】
1. 额定电功率：由铭牌标注可知，电视机正常工作时的消耗功率为110W，即额定电功率为110W。
2. 额定电流：根据电功率公式 $ P = UI $，变形得额定电流 $ I = \frac{P}{U} $，代入数据 $ P=110\ \mathrm{W} $、$ U=220\ \mathrm{V} $，计算得 $ I = \frac{110\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}} = 0.5\ \mathrm{A} $。
3. 消耗的电能：先将功率单位换算为kW，$ 110\ \mathrm{W} = 0.11\ \mathrm{kW} $，根据电能公式 $ W = Pt $，代入时间 $ t=4\ \mathrm{h} $，得 $ W = 0.11\ \mathrm{kW} × 4\ \mathrm{h} = 0.44\ \mathrm{kW·h} $。
【答案】
110；0.5；0.44
【知识点】
电功率计算、电能计算、额定功率
【点评】
本题结合家用电器铭牌信息，考查电学基础公式的应用，属于常规计算题，关键是准确读取铭牌数据并正确运用公式。
【难度系数】
0.6
10 如图所示，A、B分别为额定电压为8 V的小灯泡L和定值电阻R的电流随电压变化关系的图像，定值电阻R的阻值为
20
Ω，小灯泡L正常工作1 min消耗的电能为240
J。将小灯泡L和定值电阻R并联接入电路，当干路电流为0.6 A时，小灯泡L的实际电功率为1.6
W。答案
10. 20 240 1.6
解析
【分析】
本题需结合I-U图像，利用欧姆定律、并联电路特点及电功、电功率公式解题：定值电阻阻值可从其直线型I-U图像取点计算；小灯泡正常工作时电压为额定电压，对应电流从A图像提取后计算电能；并联时电压相等，干路电流为支路电流之和，找到满足总电流的电压后计算小灯泡实际功率。
【解析】
1. 求定值电阻R的阻值：定值电阻的I-U图像为直线，取B图像上的点，当$ U=8V $时，电流$ I_B=0.4A $，根据欧姆定律$ R=\frac{U}{I} $，得$ R=\frac{8V}{0.4A}=20Ω $。
2. 求小灯泡正常工作1min消耗的电能：小灯泡额定电压为8V，正常工作时电压$ U_{额}=8V $，从A图像得对应电流$ I_A=0.5A $，时间$ t=1min=60s $，根据电功公式$ W=UIt $，得$ W=8V×0.5A×60s=240J $。
3. 求并联时小灯泡的实际电功率：并联电路电压相等，干路电流等于支路电流之和，即$ I_{总}=I_A+I_B=0.6A $。观察图像，当电压$ U=4V $时，$ I_A=0.4A $，$ I_B=0.2A $，满足$ 0.4A+0.2A=0.6A $，此时小灯泡实际功率$ P=UI_A=4V×0.4A=1.6W $。
【答案】
20；240；1.6
【知识点】
欧姆定律、电功计算、电功率计算
【点评】
本题结合I-U图像考查电学综合计算，需掌握并联电路特点，能从图像中提取对应电压、电流值是解题关键，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.5
本题需结合I-U图像，利用欧姆定律、并联电路特点及电功、电功率公式解题：定值电阻阻值可从其直线型I-U图像取点计算；小灯泡正常工作时电压为额定电压，对应电流从A图像提取后计算电能；并联时电压相等，干路电流为支路电流之和，找到满足总电流的电压后计算小灯泡实际功率。
【解析】
1. 求定值电阻R的阻值：定值电阻的I-U图像为直线，取B图像上的点，当$ U=8V $时，电流$ I_B=0.4A $，根据欧姆定律$ R=\frac{U}{I} $，得$ R=\frac{8V}{0.4A}=20Ω $。
2. 求小灯泡正常工作1min消耗的电能：小灯泡额定电压为8V，正常工作时电压$ U_{额}=8V $，从A图像得对应电流$ I_A=0.5A $，时间$ t=1min=60s $，根据电功公式$ W=UIt $，得$ W=8V×0.5A×60s=240J $。
3. 求并联时小灯泡的实际电功率：并联电路电压相等，干路电流等于支路电流之和，即$ I_{总}=I_A+I_B=0.6A $。观察图像，当电压$ U=4V $时，$ I_A=0.4A $，$ I_B=0.2A $，满足$ 0.4A+0.2A=0.6A $，此时小灯泡实际功率$ P=UI_A=4V×0.4A=1.6W $。
【答案】
20；240；1.6
【知识点】
欧姆定律、电功计算、电功率计算
【点评】
本题结合I-U图像考查电学综合计算，需掌握并联电路特点，能从图像中提取对应电压、电流值是解题关键，属于常规基础题型。
【难度系数】
0.5
11 新趋势 教材P8素材改编 用如图所示的电路测量小灯泡的功率，实验原理是
$P=UI$
。闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，分别使电压表的示数小于、等于和略大于小灯泡的额定电压3.8 V，观察小灯泡的亮度，读出电压表、电流表的示数并记录在表中，则小灯泡L的额定功率为1.14
W，小灯泡的亮度由实际功率
决定。答案
11. $P=UI$ 1.14 实际功率
解析
【分析】
首先明确测量小灯泡功率的实验原理是电功率公式P=UI；额定功率是小灯泡在额定电压下的功率，需找到额定电压对应的电流代入公式计算；小灯泡的亮度由实际功率决定，这是实验中观察到的核心结论，解题时需紧扣这些基础知识点。
【解析】
1. 测量小灯泡功率的实验原理是电功率的计算公式，即$P=UI$；
2. 小灯泡的额定功率是其在额定电压（3.8V）下的功率，由实验数据可知，额定电压3.8V对应的电流为0.3A，代入公式得额定功率$P=UI=3.8\ \mathrm{V} × 0.3\ \mathrm{A}=1.14\ \mathrm{W}$；
3. 实验中调节滑片改变小灯泡两端电压，观察到电压不同时亮度不同，说明小灯泡的亮度由实际功率决定。
【答案】
$P=UI$；1.14；实际功率
【知识点】
测量小灯泡的电功率，电功率的计算，实际功率
【点评】
本题为电学基础实验题，考查测量小灯泡功率的核心知识点，涵盖实验原理、额定功率计算及亮度决定因素，注重基础概念的理解与应用，难度较低。
【难度系数】
0.8
首先明确测量小灯泡功率的实验原理是电功率公式P=UI；额定功率是小灯泡在额定电压下的功率，需找到额定电压对应的电流代入公式计算；小灯泡的亮度由实际功率决定，这是实验中观察到的核心结论，解题时需紧扣这些基础知识点。
【解析】
1. 测量小灯泡功率的实验原理是电功率的计算公式，即$P=UI$；
2. 小灯泡的额定功率是其在额定电压（3.8V）下的功率，由实验数据可知，额定电压3.8V对应的电流为0.3A，代入公式得额定功率$P=UI=3.8\ \mathrm{V} × 0.3\ \mathrm{A}=1.14\ \mathrm{W}$；
3. 实验中调节滑片改变小灯泡两端电压，观察到电压不同时亮度不同，说明小灯泡的亮度由实际功率决定。
【答案】
$P=UI$；1.14；实际功率
【知识点】
测量小灯泡的电功率，电功率的计算，实际功率
【点评】
本题为电学基础实验题，考查测量小灯泡功率的核心知识点，涵盖实验原理、额定功率计算及亮度决定因素，注重基础概念的理解与应用，难度较低。
【难度系数】
0.8
12 LED灯具有节能、环保的特点。“220 V 8.5 W”的LED灯泡和“220 V 60 W”的白炽灯泡正常发光的亮度相当。与白炽灯泡相比，LED灯泡可以节能约（
A.14.2%
B.85.8%
C.16.5%
D.83.5%
B
）A.14.2%
B.85.8%
C.16.5%
D.83.5%
答案
12. B
解析
【分析】
要计算LED灯泡相比白炽灯泡的节能比例，需利用正常发光时相同时间内消耗的电能与功率成正比的关系，节能比例等于两者功率差与白炽灯泡功率的比值，先求出功率差，再除以白炽灯功率，最后转化为百分比即可。
【解析】
设两种灯泡正常发光的时间为$ t $，根据电能公式$ W = Pt $，相同时间内，白炽灯消耗的电能$ W_{白}=P_{白}t $，LED灯泡消耗的电能$ W_{LED}=P_{LED}t $。
节能比例计算公式为：
$\eta = \frac{W_{白} - W_{LED}}{W_{白}} × 100\% = \frac{P_{白}t - P_{LED}t}{P_{白}t} × 100\% = \frac{P_{白} - P_{LED}}{P_{白}} × 100\%$
代入数据$ P_{白}=60\ \mathrm{W} $，$ P_{LED}=8.5\ \mathrm{W} $：
$\eta = \frac{60\ \mathrm{W} - 8.5\ \mathrm{W}}{60\ \mathrm{W}} × 100\% = \frac{51.5}{60} × 100\% \approx 85.8\%$
因此答案选B。
【答案】
B
【知识点】
电功率应用、节能效率计算
【点评】
本题结合LED灯的节能特性，考查电功率在实际生活中的应用，核心是理解节能比例的计算逻辑，利用电能与功率的正比关系简化计算，属于初中物理电功率部分的基础应用题，难度适中。
【难度系数】
0.7
要计算LED灯泡相比白炽灯泡的节能比例，需利用正常发光时相同时间内消耗的电能与功率成正比的关系，节能比例等于两者功率差与白炽灯泡功率的比值，先求出功率差，再除以白炽灯功率，最后转化为百分比即可。
【解析】
设两种灯泡正常发光的时间为$ t $，根据电能公式$ W = Pt $，相同时间内，白炽灯消耗的电能$ W_{白}=P_{白}t $，LED灯泡消耗的电能$ W_{LED}=P_{LED}t $。
节能比例计算公式为：
$\eta = \frac{W_{白} - W_{LED}}{W_{白}} × 100\% = \frac{P_{白}t - P_{LED}t}{P_{白}t} × 100\% = \frac{P_{白} - P_{LED}}{P_{白}} × 100\%$
代入数据$ P_{白}=60\ \mathrm{W} $，$ P_{LED}=8.5\ \mathrm{W} $：
$\eta = \frac{60\ \mathrm{W} - 8.5\ \mathrm{W}}{60\ \mathrm{W}} × 100\% = \frac{51.5}{60} × 100\% \approx 85.8\%$
因此答案选B。
【答案】
B
【知识点】
电功率应用、节能效率计算
【点评】
本题结合LED灯的节能特性，考查电功率在实际生活中的应用，核心是理解节能比例的计算逻辑，利用电能与功率的正比关系简化计算，属于初中物理电功率部分的基础应用题，难度适中。
【难度系数】
0.7
13 新素养 科学思维 如图所示为通过小灯泡L的电流I随其两端电压U变化的图像。下列表示小灯泡的电功率(P)随通过它的电流的二次方($I^2$)或随它两端电压的二次方($U^2$)变化的关系图像中，正确的是（
C
）答案
13. C
解析
【分析】要解决此题，需明确小灯泡的电阻随温度升高而增大的特点：从题目给出的I-U图像可知，随着电压U增大，电流I增大，小灯泡功率增大，温度升高，其电阻R逐渐变大。接下来结合电功率公式，分析各选项中P与对应物理量的关系，判断图像是否符合规律。
【解析】1. 分析P与$I^2$的关系：根据电功率公式$P=I^2R$，可得$\frac{P}{I^2}=R$。由于小灯泡的电阻R随电流I增大而增大，因此$P-I^2$图像的斜率等于R，应逐渐增大（图像向上弯曲）。选项A为直线（斜率不变，说明R不变，不符合），选项B的$P-I^2$图像斜率变化不符合规律，故A、B错误。
2. 分析P与$U^2$的关系：根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得$\frac{P}{U^2}=\frac{1}{R}$。由于R随电压U增大而增大，因此$\frac{1}{R}$随U增大而减小，即$P-U^2$图像的斜率等于$\frac{1}{R}$，应逐渐减小（图像向上凸，斜率越来越小）。选项C符合该规律，选项D为直线（斜率不变，说明$\frac{1}{R}$不变，即R不变，不符合），故C正确，D错误。
【答案】C
【知识点】电功率、I-U图像、电阻与温度的关系
【点评】本题结合小灯泡的实际特性，考查电功率公式的应用，核心是理解小灯泡电阻随温度变化的规律，进而分析不同图像的变化趋势，体现了科学思维的考查要求。
【难度系数】0.5
【解析】1. 分析P与$I^2$的关系：根据电功率公式$P=I^2R$，可得$\frac{P}{I^2}=R$。由于小灯泡的电阻R随电流I增大而增大，因此$P-I^2$图像的斜率等于R，应逐渐增大（图像向上弯曲）。选项A为直线（斜率不变，说明R不变，不符合），选项B的$P-I^2$图像斜率变化不符合规律，故A、B错误。
2. 分析P与$U^2$的关系：根据电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$，可得$\frac{P}{U^2}=\frac{1}{R}$。由于R随电压U增大而增大，因此$\frac{1}{R}$随U增大而减小，即$P-U^2$图像的斜率等于$\frac{1}{R}$，应逐渐减小（图像向上凸，斜率越来越小）。选项C符合该规律，选项D为直线（斜率不变，说明$\frac{1}{R}$不变，即R不变，不符合），故C正确，D错误。
【答案】C
【知识点】电功率、I-U图像、电阻与温度的关系
【点评】本题结合小灯泡的实际特性，考查电功率公式的应用，核心是理解小灯泡电阻随温度变化的规律，进而分析不同图像的变化趋势，体现了科学思维的考查要求。
【难度系数】0.5
14 移动电源给我们的生活带来很多便利。一款“12 V 2 000 mA·h”的移动电源，用它（满电量）给小明常用的手持小风扇充电（功率约为2 W），大约可以充电的时长为（
A.1 h
B.2 h
C.10 h
D.20 h
C
）A.1 h
B.2 h
C.10 h
D.20 h
答案
14. C
解析
【分析】
要计算移动电源给小风扇的充电时长，需先算出移动电源储存的电能，再结合小风扇的功率，利用功率公式变形求出时间。首先换算移动电源容量单位，计算其储存的电能，再根据公式$ t=\frac{W}{P} $计算充电时间，最后结合选项选出最接近的答案。
【解析】
1. 计算移动电源储存的电能：
移动电源参数为“12 V 2000 mA·h”，换算容量单位：$2000\ \mathrm{mA·h}=2\ \mathrm{A·h}$。
移动电源储存的电能$W=UIt=12\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}×1\ \mathrm{h}=24\ \mathrm{Wh}$。
2. 计算充电时长：
已知小风扇功率$P=2\ \mathrm{W}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，变形得充电时间$t=\frac{W}{P}=\frac{24\ \mathrm{Wh}}{2\ \mathrm{W}}=12\ \mathrm{h}$。
选项中最接近12h的是10h，故选择C选项。
【答案】
C
【知识点】
电能计算、功率公式应用
【点评】
本题考查电能与功率的综合计算，核心是掌握电能和功率的计算公式，需注意单位统一，计算结果结合选项选择最接近值即可。
【难度系数】
0.5
要计算移动电源给小风扇的充电时长，需先算出移动电源储存的电能，再结合小风扇的功率，利用功率公式变形求出时间。首先换算移动电源容量单位，计算其储存的电能，再根据公式$ t=\frac{W}{P} $计算充电时间，最后结合选项选出最接近的答案。
【解析】
1. 计算移动电源储存的电能：
移动电源参数为“12 V 2000 mA·h”，换算容量单位：$2000\ \mathrm{mA·h}=2\ \mathrm{A·h}$。
移动电源储存的电能$W=UIt=12\ \mathrm{V}×2\ \mathrm{A}×1\ \mathrm{h}=24\ \mathrm{Wh}$。
2. 计算充电时长：
已知小风扇功率$P=2\ \mathrm{W}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，变形得充电时间$t=\frac{W}{P}=\frac{24\ \mathrm{Wh}}{2\ \mathrm{W}}=12\ \mathrm{h}$。
选项中最接近12h的是10h，故选择C选项。
【答案】
C
【知识点】
电能计算、功率公式应用
【点评】
本题考查电能与功率的综合计算，核心是掌握电能和功率的计算公式，需注意单位统一，计算结果结合选项选择最接近值即可。
【难度系数】
0.5
