1 [2026济南历下区模拟]某用电器的能量流向图如图所示，由此可知该用电器可能是（）


A.电饭煲
B.台灯
C.电热水器
D.电风扇

D 结合用电器的能量流向图可知该用电器工作时,将电能大部分转化为机械能,少部分转化为内能。电饭煲和电热水器工作时,主要将电能转化为内能,故A、C不正确;台灯工作时,主要将电能转化为内能和光能,故B不正确;电风扇工作时,主要将电能转化为机械能,并产生少部分内能,故D正确。故选D。

【分析】
要解决这道题，需先明确用电器的能量转化特点：根据能量流向图，该用电器工作时，输入的电能大部分转化为机械能，少部分转化为内能。再逐一分析各选项用电器的能量转化形式，匹配符合的选项。
【解析】
首先分析能量流向：图中用电器将电能大部分转化为机械能，少部分转化为内能。
选项A：电饭煲工作时，主要将电能转化为内能，不符合“大部分转化为机械能”的特点，排除；
选项B：台灯工作时，主要将电能转化为内能和光能，不符合要求，排除；
选项C：电热水器工作时，主要将电能转化为内能，不符合，排除；
选项D：电风扇工作时，主要将电能转化为机械能，同时因电流热效应产生少量内能，与图中能量转化情况一致，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
电能转化、用电器能量转化
【点评】
本题考查常见用电器的能量转化，属于基础题型，需学生掌握各用电器的主要能量转化形式，难度适中。
【难度系数】
0.6

2 ▶考点本质题 [2025济南期中] 以下是小丽做的有关电能和电功的课堂笔记,其中不正确的是()

A.电流做功的过程就是消耗电能的过程
B.电流做功的过程就是电能转化成机械能的过程
C.用电器消耗电能越多,则电流做功越多
D.焦耳、千瓦时都是电功和电能的单位

B 电流做功的过程是消耗电能的过程,即将电能转化为其他形式的能的过程,不单是转化成机械能(考点本质),故A正确,不符合题意,B错误,符合题意。电流做了多少功,就将多少电能转化为了其他形式的能,即用电器消耗电能越多,则电流做功越多(考点本质),故C正确,不符合题意。焦耳是国际单位制中电功和电能的单位,千瓦时俗称“度”,是日常生活中所用的电功和电能的单位(考点本质),所以焦耳和千瓦时都是电功和电能的单位,故D正确,不符合题意。

【分析】
这道题考查电能和电功的基本概念，解题时需逐一分析每个选项，明确电流做功的本质、电功与电能的关系、电功的单位，从而找出错误选项。
【解析】
逐一分析各选项：
A选项：电流做功的过程本质是消耗电能的过程，将电能转化为其他形式的能，该选项正确，不符合题意；
B选项：电流做功是消耗电能转化为其他形式能的过程，并非仅转化为机械能（如电灯工作时电能转化为光能和内能），该选项错误，符合题意；
C选项：电流做功的多少等于用电器消耗电能的多少，因此用电器消耗电能越多，电流做功越多，该选项正确，不符合题意；
D选项：焦耳是电功和电能的国际单位，千瓦时（俗称“度”）是电功和电能的常用单位，二者都是电功和电能的单位，该选项正确，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
电功概念、电能单位
【点评】
本题为基础概念辨析题，考查对电能、电功核心概念的理解，属于期中常考的基础题型，需准确掌握相关定义与单位。
【难度系数】
0.8

3 教材图片改编 小明同学利用如图所示的实验装置“探究电功大小与哪些因素有关”。电路中的电源电压可调，电压表测电动机两端的电压，电流表测通过电动机的电流，其次实验测得的数据如下表：

|次数|电压表示数 U/V|电流表示数 I/A|通电时间 t/s|重物上升高度 h/m|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|1|4|0.12|10|0.06|
|2|4|0.图2|20|0.12|
|3|4|0.12|30|0.18|
|4|6|0.14|10|0.09|
|5|10|0.16|10|0.17|
(1)闭合开关后,电动机将重物提升的过程中,主要将电能转化为重物的能。
(2)本实验是通过反映电功大小的,这种研究问题的方法叫法。
(3)比较实验1、2、3,可以得出:电功的大小与有关。
(4)比较实验1、4、5,可以得出:在通电时间一定时,电流与电压越大,电流通过电动机所做的功越。

(1)机械 (2)重物上升的高度 转换 (3)通电时间 (4)大(多)
【解析】 (1)电动机工作时将重物提升,消耗的电能主要转化为重物的机械能。
(2)重物被提升越高说明电功越大,这种研究问题的方法叫转换法。
(3)比较实验1、2、3可知,电压和电流相同,通电时间越长,电功越大,由此得出结论:电功的大小跟通电时间有关。
(4)比较实验1、4、5可知,通电时间相同,电压和电流越大,电功越大。

【分析】
解决本题需明确各问题的考点：第一问考查电动机工作时的能量转化，第二问考查实验研究方法，第三、四问考查控制变量法在实验数据分析中的应用。需先确定实验中电功的体现方式，再对比实验数据的变量与结果的关系，得出结论。
【解析】
(1) 电动机提升重物时，消耗电能，重物的高度增加，获得机械能，因此主要将电能转化为重物的机械能。
(2) 电流做功的多少无法直接观察，实验中通过重物上升的高度间接反映电功大小，这种将不易观察的物理量转换为易观察物理量的方法叫转换法。
(3) 实验1、2、3中，电压和电流相同，仅通电时间不同，通电时间越长，重物上升高度越大，说明电功越大，因此电功的大小与通电时间有关。
(4) 实验1、4、5中，通电时间相同，电压和电流越大，重物上升高度越大，说明电功越大，因此在通电时间一定时，电流与电压越大，电流通过电动机所做的功越大。
【答案】
(1)机械 (2)重物上升的高度 转换 (3)通电时间 (4)大
【知识点】
电功的影响因素、能量转化、转换法
【点评】
本题是探究电功大小影响因素的基础实验题，重点考查能量转化、转换法和控制变量法的应用，通过分析实验数据得出结论，注重实验探究能力的考查。
【难度系数】
0.6

4 图甲是小红家电能表8月31日显示的数字，图乙是9月30日显示的数字，小红家9月份消耗的电能为$\mathrm{kW·h}$，合$\mathrm{J}$。如果消耗1 $\mathrm{kW·h}$的电能价格是0.45元，小红家这个月的电费是元。

212.5 $7.65 × 10^8$ 95.625
【解析】 本题的考点是会读电能表,通过电能表计算电费。电能表是用来测量消耗电能多少的仪表,单位是$\mathrm{kW· h}$。9月份消耗的电能$W = 3\ 754.8\ \mathrm{kW· h} - 3\ 542.3\ \mathrm{kW· h} = 212.5\ \mathrm{kW· h}$;$1\ \mathrm{kW· h}=3.6× 10^6\ \mathrm{J}$,则$W=212.5\ \mathrm{kW· h}=212.5× 3.6× 10^6\ \mathrm{J}=7.65× 10^8\ \mathrm{J}$;小红家这个月的电费为$212.5\ \mathrm{kW· h}× 0.45\ \mathrm{元/(kW· h)}=95.625$元。

【分析】
要计算9月份消耗的电能，需掌握电能表的读数规则：电能表最后一位是小数位，单位为$\mathrm{kW·h}$，本月消耗电能等于月末电能表读数减去月初读数；再根据电能单位换算关系$1\ \mathrm{kW·h}=3.6×10^6\ \mathrm{J}$，将消耗的电能换算为焦耳；最后用消耗的电能乘以每千瓦时的电费，即可得到本月电费。
【解析】
1. 读取电能表：甲图（8月31日）读数为$3542.3\ \mathrm{kW·h}$，乙图（9月30日）读数为$3754.8\ \mathrm{kW·h}$，则9月份消耗的电能$W = 3754.8\ \mathrm{kW·h} - 3542.3\ \mathrm{kW·h} = 212.5\ \mathrm{kW·h}$；
2. 单位换算：因为$1\ \mathrm{kW·h}=3.6×10^6\ \mathrm{J}$，所以$212.5\ \mathrm{kW·h}=212.5×3.6×10^6\ \mathrm{J}=7.65×10^8\ \mathrm{J}$；
3. 计算电费：本月电费为$212.5\ \mathrm{kW·h}×0.45\ \mathrm{元/(kW·h)}=95.625$元。
【答案】
212.5；$7.65×10^8$；95.625
【知识点】
电能表读数、电能单位换算、电费计算
【点评】
本题考查电能表的读数及相关计算，属于基础应用题，需掌握电能表读数规则和单位换算即可完成解答。
【难度系数】
0.7

5 [2024 广元中考改编] 如图是小英家的电能表表盘示意图，她断开家中其他用电器，只将电热水壶单独接入电路中正常工作1 min，发现电能表转盘转过10 r，当电热水壶正常工作10 min时消耗的电能是 J；电热水壶工作时，将电能转化为能。

$6 × 10^5$ 内
【解析】 $600\ \mathrm{r/(kW· h)}$表示电路中每消耗$1\ \mathrm{kW· h}$的电能,电能表转盘转过600 r,1 min电能表的转盘转过10 r,则电热水壶正常工作1 min消耗的电能$W=\dfrac{10}{600}\ \mathrm{kW· h}=\dfrac{1}{60}\ \mathrm{kW· h}=\dfrac{1}{60}× 3.6× 10^6\ \mathrm{J}=6× 10^4\ \mathrm{J}$,则电热水壶正常工作10 min消耗的电能$W'=6× 10^4\ \mathrm{J}× 10=6× 10^5\ \mathrm{J}$;电热水壶工作时,将电能转化为内能。

【分析】
要解决本题，首先需明确电能表参数“600 r/(kW·h)”的含义：电路中每消耗1 kW·h的电能，电能表转盘转过600转。接着根据电热水壶工作时转盘的转数，先计算1分钟消耗的电能，再推导10分钟消耗的电能，计算时要注意单位换算；最后结合电热水壶的工作特点判断能量转化形式。
【解析】
1. 电能表参数“600 r/(kW·h)”表示：电路每消耗1 kW·h的电能，转盘转600 r。
2. 电热水壶正常工作1 min时，转盘转10 r，消耗的电能：
$ W_1 = \frac{10\ \mathrm{r}}{600\ \mathrm{r/(kW·h)}} = \frac{1}{60}\ \mathrm{kW·h} $
单位换算：$ 1\ \mathrm{kW·h} = 3.6×10^6\ \mathrm{J} $，因此：
$ W_1 = \frac{1}{60} × 3.6×10^6\ \mathrm{J} = 6×10^4\ \mathrm{J} $
3. 电热水壶正常工作10 min消耗的电能：
$ W = W_1 × 10 = 6×10^4\ \mathrm{J} × 10 = 6×10^5\ \mathrm{J} $
4. 电热水壶工作时，将电能转化为内能，用于加热。
【答案】
$ 6×10^5 $；内
【知识点】
电能表与电功；能量的转化
【点评】
本题结合电能表参数考查电功计算和能量转化，核心是理解电能表参数的物理意义，计算时需注意单位换算，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6

6 在如图所示的电路中，电源电压不变，电阻$R_2$的阻值为20 Ω。闭合开关S，两电流表的示数分别为0.5 A和0.2 A，则电源电压为V，电阻$R_1$的阻值为Ω。通电1 min，该电路消耗的总电能为J。

6 30 180
【解析】 由题图可知,闭合开关S后,两电阻$R_1$、$R_2$并联,电流表$\mathrm{A_1}$测量通过$R_1$的电流,示数$I_1=0.2\ \mathrm{A}$,电流表$\mathrm{A_2}$测量干路电流,示数$I=0.5\ \mathrm{A}$。解题思路如下：

【分析】首先判断电路为R₁与R₂并联，电流表A₁测R₁支路的电流，电流表A₂测干路电流。解题时，先利用并联电路的电流特点求出R₂的电流，再根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压，接着求出R₁的阻值，最后利用电功公式计算电路消耗的总电能。
【解析】
1. 电路与电流分析：由题图可知，R₁与R₂并联，电流表A₁测通过R₁的电流，示数I₁=0.2A；电流表A₂测干路电流，示数I=0.5A。
2. 计算R₂的电流：根据并联电路电流规律$I = I_1 + I_2$，可得通过R₂的电流$I_2 = I - I_1 = 0.5\ \mathrm{A} - 0.2\ \mathrm{A} = 0.3\ \mathrm{A}$。
3. 计算电源电压：并联电路中各支路电压等于电源电压，即$U = U_2$，由欧姆定律$U = IR$得，电源电压$U = I_2R_2 = 0.3\ \mathrm{A} × 20\ \Omega = 6\ \mathrm{V}$。
4. 计算R₁的阻值：R₁两端电压$U_1 = U = 6\ \mathrm{V}$，由欧姆定律$R = \frac{U}{I}$得，$R_1 = \frac{U_1}{I_1} = \frac{6\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}} = 30\ \Omega$。
5. 计算总电能：通电时间$t = 1\ \mathrm{min} = 60\ \mathrm{s}$，电路消耗的总电能$W = UIt = 6\ \mathrm{V} × 0.5\ \mathrm{A} × 60\ \mathrm{s} = 180\ \mathrm{J}$。
【答案】6 30 180
【知识点】并联电路特点、欧姆定律、电功计算
【点评】本题考查并联电路的电流、电压规律及欧姆定律、电功的相关计算，属于初中电学基础题型，侧重对基本公式和规律的应用。
【难度系数】0.6