2023年中考物理一轮复习《第十八章电功率》单元综合测试卷（含解析）

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1、第十八章电功率一、选择题1如图甲的电路中，电源电压保持不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙。下列判断正确的是（）。A. 电源电压是12V； B. 定值电阻R的阻值是6；C. 滑动变阻器的最大阻值为12；D. 定值电阻能达到的最大功率为1.5W【答案】BC。【解析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片在a端时，电路为R的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表示数最大，由图象可知，电源的电压U=9V，此时电路中的电流I=1.5A，由I=可得，定值电阻R的阻值：R=6，故A错误、B正确；由于此

2、时电阻R两端的电压最大、通过的电流最大，则定值电阻能达到的最大功率：PR大=UI=9V1.5A=13.5W，故D错误；（2）当滑片位于b端时，电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，由图象可知，此时R两端的电压UR=3V，电路中的最小电流I=0.5A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=U-UR=9V-3V=6V，则滑动变阻器的最大阻值：R滑大=12，故C正确；故选BC。2.如图电路中，灯泡L标有“6V3W”字样（不计温度对灯丝电阻的影响）。当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，灯泡L正常发光；当开关S1闭合，S2

3、断开时，滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数是0.2A则下列说法中正确的是（）。A. 滑动变阻器最大阻值为18；B. 当滑片P在中点时，R两端的电压为2.4V；C. 灯泡的最小功率为0.75W； D. 电路的最大功率为4W【答案】D。【解析】（1）灯泡L标有“6V3W“字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，当开关S1闭合，滑动变阻器的滑片P在最左端时，电路为灯的简单电路，灯泡L正常发，灯的电压即电源电压U=6V；根据P=，灯的电阻：RL=12，当开关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在中点时，变阻器最大R的二分之一与灯串联，根据欧姆定律，总电阻：R串联=30，根据电阻的串联，则

4、R=R串联-RL=30-12=18，滑动变阻器R的最大阻值：R=36，故A错误；（2）根据串联分压原理可知，=，即=，解得UR=3.6V，故B错误；（3）当关S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P在最右端时，灯泡和滑动变阻器串联，总电阻R总=R+RL=36+12=48，电路中的最小电流：I小=0.125A，灯泡的最小功率：PL小=（I小）2RL=（0.125A）212=0.1875W，故C错误；（4）两开关都闭合，当滑片移动到最左端时，变阻器与灯并联，此时电路的总电阻最小，R并=9，电路的最大功率：P大=4W，故D正确。故选D。3.（2019长沙市雨花区中考一模）为了测量某电热暖手器提示灯L的

5、额定功率，小梦设计了如图甲所示的电路图，变阻器的规格为20 1A，当开关S接a时，移动滑动变阻器的滑片P，根据测出的电流、电压值，画出了定值电阻R0的UI图象；当开关S接b时，同样根据测出的电流、电压值，画出了灯泡L的UI图象，如图乙所示，则下列结论错误的是（）。A定值电阻R0的阻值是10；B将R0与灯L串联在6V的电源两端时，灯丝的实际电阻为5；CR0与灯L并联接入电路并调节电源电压，当R0消耗的功率为4.9W时，灯L恰好正常发光，灯L的实际功率为5W；D当S接a且电源电压为8V时，滑动变阻器的最大功率为1.6W【答案】C。【解析】（1）由图象可知：R0的电压和电流成正比，当U02V时，I0

6、0.2A，由欧姆定律I，所以：R010；A正确；（2）将R0与灯L串联在6V的电源两端时，电流相同。观察图可知，当电流为0.4A时，电阻与灯泡的电压和正好为6V，分析图象可知：此时灯泡电压为UL2V，IL0.4A，由欧姆定律，所以灯丝的实际电阻值：RL5，B正确；（3）将R0与灯L并联接入电路，当R0消耗的电功率为4.9W时，灯L恰好正常发光，由P可得，灯泡的额定电压：UL额U07V，由图象可知，通过灯泡的电流IL额0.75A，则灯泡的实际功率即额定功率：PL额UL额IL额7V0.75A5.25WC错误；（4）当S接a，R0与变阻器器串联，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的电流：I，滑动变阻器

7、的功率：P滑I2R滑（）2R滑，由上式知，当R0R滑10，变阻器的功率最大，其最大功率：P滑大1.6W，D正确。故选C。二、填空题4.（2020河南省商丘市第一中学中考二模）某型号电饭锅有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理图，当开关S接触点1时，该电饭煲处于_(填“保温”或“加热”)状态，如图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图象，则图中阴影部分面积表示的物理量大小为_kWh。【答案】加热；0.13。【解析】（1）由甲图可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，S接触点2时，两电阻串联;电源电压一定，由可知，开关接触点1时，电路的电阻较小，功率较大，电饭煲处于加热状态；（2）由乙图

8、象知，横坐标表示工作时间，纵坐标表示电饭煲的电功率，阴影部分面积S=Pt=W，即阴影部分表示的是电功，大小为：。故答案为：加热；0.13。5.（2020安徽中考必刷卷名校内部卷一)小明家有220V、1500W的电热水器，将其单独连接在电路中，发现电能表(标有“3000r/kWh”字样) 上的铝盘121s内转了125转，他家的实际电压为 。(电热水器内电阻丝的阻值不变)【答案】200。【解析】根据电能表铭牌“3000r/kWh”可知125转对应的电能为：。220V、1500W的电热水器的电阻为：；根据电能公式可知，此时电压为：。故答案是：200。6.（2020山东省济宁中考模拟四)图甲是小灯泡L

9、和电阻R的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.8W；再闭合开关S1，电流表示数变化了_A，此时电路消耗的总功率为_W。【答案】0.2；1.2。【解析】（1）由图乙知：只闭合开关S时，仅L接入电路，再由图甲知，当小灯泡的实际功率为0.8W时，通过灯泡的电流为0.4A，灯泡两端电压即电源电压为2V；再闭合开关S 1 后，灯L与R并联，此时电流表所测电流为干路电流，由图甲知，当电压为2V时，通过干路电流即电流表示数为0.6A，变化了0.2A，此时电路消耗的总功率为P=2V0.6A=1.2W。故答案是：0.2；1.2。7（2019辽阳市中考考前最后一卷）

10、李刚家的电能表如图所示，从表盘信息可知：电能表允许接入的用电器总功率不能超过 W；当电路中只有电风扇工作时，电能表转盘在6min内转过了10转，这个电风扇的实际功率 W。【答案】4400；50。【解析】电能表允许接入用电器的最大总功率：PUI220V20A4400W；因2000r/kWh表示转盘转1圈，电路中消耗kWh的电能，所以，这6min内消耗的电能：WkWh0.005kWh，电风扇的电功率：P0.05kW，0.05kW0.051000W50W。故答案为：4400；50。8.（2019濮阳市中考二模）图甲是小灯泡L和电阻R的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯

11、泡的实际功率为1W；则小灯泡两端的电压为_V，再闭合开关S1，电流表示数变化了_A，此时电路消耗的总功率为_W。【答案】2；0.2；1.4。【解析】（1）只闭合开关S时，电路为L的简单电路， 由图中可知，当小灯泡两端的电压UL=2V，通过的电流IL=0.5A时， 灯泡的实际功率PL=ULIL=2V0.5A=1W， 所以，小灯泡两端的电压为2V，电源的电压为2V； （2）闭合开关S、S1时，L与R并联，电流表测干路电流， 因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，它们两端的电压UL=UR=U=2V， 由图象可知，通过它们的电流分别为IL=0.5A，IR=0.2A， 因并联电路中各支路独立工作、互

12、不影响， 所以，电流表示数的变化量即为通过R的电流，其大小为0.2A， 因串联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，干路电流： I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A， 此时电路消耗的总功率： P=UI=2V0.7A=1.4W。 故答案为：2；0.2；1.4。9（2019长沙市雨花区中考一模）如图甲，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（允许通过的最大电流为5A）。图乙反映了开关由断开到闭合，再移动滑片P的过程中，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系；图丙反映了滑动变阻器消耗的功率P与电流I之间的关系，则R1的阻值为 ；当R2的功率为120W时，电路消耗的总功率为 W。【答案】5；20

13、0。【解析】由电路图可知，R1与R2串联，ab两端电压是滑动变阻器R2两端电压。当开关断开时，电路中的电流为0A，此时电压表测电源的电压，由图乙可知ab两端的电压，即电源的电压U50V；由图丙可知，当R2的功率为120W时，电路中的电流I4A，由图乙可知，Uab30V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R1两端的电压：U1UUab50V30V20V，由I可得，R1的阻值：R15；电路消耗的总功率：PUI50V4A200W。故答案为：5；200。三、实验探究题10.（2019辽阳市中考考前最后一卷）某物理小组进行电学探究实验。次数一二三U/V468I/A0.20.30.4（1）轩轩探究“

14、电流与电阻两端电压的关系“，他利用电源（电压为10V）、电流表、电压表、定值电阻（阻值为20）、滑动变阻器（“40 1A“）、开关和若干导线，进行实验探究。轩轩连接完图甲所示的电路后，立即闭合开关，发现电压表的示数为 V。此时电流表的示数为 A。轩轩发现电路中有一条导线连接错误，请你帮他在错误的导线上画“，并用笔画线代替导线画出正确的连线。改正错误后，车南将滑动变阻器的滑片移到最 （选填“右”或“左”）端，闭合开关，他多次改变滑动变阻器的阻值，得到了如上表所示的电压表和电流表的数据，可得出结论：当电阻一定时， 。轩轩又利用以上的器材连接了如图乙所示的电路图，探究“电流与电阻大小的关系”。实验中

15、。他在a、b间分别接入20、30、40、50、60的定值电阻，为了能完成这五次实验，他应控制电压表示数不变的范围是： V10V。（2）宁宁想测一个额定电压为3.8v的小灯泡L的额定功率。他在图乙中的a、b间接入这只灯泡，实验时，他调节滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2.5V，宁宁应该向 （选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片，便电压表的示数为3.8V，此时，电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 W。（3）宁宁发现实验桌上有一个未标阻值的定值电阻Rx。于是利用刚刚实验用的小灯泡L（已知U额和P额）又找来了一个电压未知的电源、滑动变动阻器、电流表，开关和若干导线，设计了如图

16、丁所示的电路图并测出了Rx的阻值，请你将他的实验步骤和表达式补充完整。闭合开关S1，将S2接 （选填“a”或“b”），调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为 （用已知物理量的符号表示）闭合开关S1，将S2接另一触点，读出此时电流表的示数为I1；则表达式Rx （用字母表示）。【答案】（1）0；0.5；如上所示；左； 通过导体的电流与导体的电压成正比； 6；（2）右；1.9；（3）b； 。【解析】（1）轩轩连接完图甲所示的电路，图中变阻器连入电路中的电阻为0，电压表与电流表并联，电压表示数为0，由欧姆定律电路中的电流上：I0.5A。电压表应与电阻并联，如下所示：改正错误后，车南将滑动变阻器的滑片移

17、到阻值最大处，即最左端，闭合开关，他多次改变滑动变阻器的阻值，得到了如上表所示的电压表和电流表的数据，可发现，电压表为原来的几倍，通过的电流为原来的几倍，即当电阻一定时，。研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数U表不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑UU表，根据分压原理有：，即1，因电压表示数保持不变，故上式左边为一定值，右边也为定值，当变阻器最大电阻连入时，对应的定值电阻最大，即1，故U表6V，即应控制电压表示数不变的范围是610V；（2）灯在额定电压下正常发光，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理

18、，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，灯的额定额定功率：PLULIL3.8V0.5A1.9W；（3）闭合开关S1，将S2接b，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为；闭合开关S1，将S2接另一触点，读出此时电流表的示数为I1；在中，电流表测通过灯的电流，根据欧姆定律，此时灯正常发光，在中，因电路的连接关系没有变，各用电器的电阻和电压均不变，灯仍正常发光，此时电流表测灯与待测电阻并联的电流，由并联电路电流的规律，通过待测电阻的电流：IXI1；由欧姆定律，则表达式Rx。故答案为：（1）0；0.5；

19、如上所示；左； 通过导体的电流与导体的电压成正比；6；（2）右；1.9；（3）b； 。11（2020江苏省南京市中考模拟四）小华做“测量小灯泡电功率”实验，实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10）、电流表、电压表、开关各一个、规格分别为R1“101A”和R2“500.5A”的滑动变阻器各一个、导线若干。（1）小华设计了图甲所示的电路，她应选用规格为_的滑动变阻器（选填“R1”或“R2”）。（2）闭合开关后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡UI图象如图乙所示，小灯泡的额定功率为_W。（3）由图乙发现灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是_。（4

20、）小华在某次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值减小了R1，小灯泡电阻变化了R2，则R1 _R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。（5）同组的小敏在测该小灯泡的额定功率时，选用了如图丙所示的器材，其中电源电压恒为U，R的电阻值已知。闭合开关S和_，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为_；闭合开关S和_，_，记录电流表的示数为I；小灯泡额定功率表达式为：P额_。（用已知量符号表示）【答案】（1）R2；（2）0.625； （3）灯丝电阻随温度升高而增大（灯丝温度变化）；（4）大；（5）S2；S1；保持滑动变阻器滑片位置不变；P额2.5V（I）。【解析】（1）灯的额定电压为2.5V，根据串联电路电

21、压的规律，灯正常发光时，变阻器分得的电压：U滑6V2.5V3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的1.4倍，根据分压原理，变阻器连入电路中的电阻为：R滑1.41014，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值R2的滑动变阻器；（2）由图知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，灯的额定功率为：PUI2.5V0.25A0.625W；（3）由图乙发现灯泡电阻是变化的，影响其变化的主要原因是：灯丝电阻随温度升高而增大（灯丝温度变化）；（4）滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流变大，灯泡的亮度变大，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大；由于总电压不变，电路中的电流变大，可知电路中的总电

22、阻变小，所以变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，即R1R2。（5）闭合开关S和 S2，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为I1；闭合开关S和 S1，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录电流表的示数为I；在中，R与电流表串联后再与灯并联，当电流表示数为I1时，由欧姆定律和并联电路电压的规律，灯的电压为2.5V，灯正常发光；在中，电路的连接没有改变，只是电流表测R与灯并联的总电流，因各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律灯的额定电流：I额II1I，故灯的额定功率：P额U额I额2.5V（I）答案是：（1）R2；（2）0.625； （3）灯丝电阻随温度升高而增大（灯丝温度变化）

23、；（4）大；（5）S2；S1；保持滑动变阻器滑片位置不变；P额2.5V（I）。12.（2020山东省泰安中考模拟）在探究小灯泡在不同电压下工作时功率是否相同的实验中，实验室提供了如下器材：电源电压U恒为8V，滑动变阻器规格为“20、2A”，小灯泡额定电压U额=2.5V，额定功率小于1.2W，两个阻值分别为10、20的定值电阻R0可供选择。（1）为使小灯泡两端电压有一较大的调节范围，小聪设计了如图甲所示电路，请用笔画线代替导线，完成图乙中实物电路的连接。 （2）正确连接电路后，进行实验，记录的数据如下表所示，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图丙所示，小灯泡的额定功率为_W，此时小灯泡的电阻

24、为_。 实验次数12345电压/V1.01.52.02.53.0电流/A0.240.320.380.44电功率/W（3）分析表中数据可得出结论，小灯泡工作时，消耗的电功率随电压的增大而_(选填“变大”、“不变”或“变小”)。根据实验数据还可以判断出，小聪在实验中选用的定值电阻R0=_（选填“10“或”20“）。 （4）完成实验后，爱动脑筋的小聪又想了一种测量小灯泡额定功率的方法，设计了如图丁所示的电路，所用电压表量程为015V，请将以下实验步骤补充完整。 检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1“，调节滑动变阻器滑片，直至电压表示数为_V。滑片不动，再将开关S1拨至“2”，读出电压表示数

25、U0。小灯泡的额定功率，P额= _（用U额、U0、R0表示）。若实验步骤中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值_（选填“偏大”或“偏小“）。【答案】 （1）如图所示：（2）1；6.25（3）变大；10（4）5.5；偏小。【解析】（1）根据电路图可知，除了电压表与灯泡并联外，其它都是串联，根据可知，电流表的量程选择00.6A。根据乙图可知，将电源的正极与电流表的“0.6”接线柱相接，将灯泡左边的接线柱与R0的左边接线柱相连，如下图所示：（2）根据丙图可知，电流表选择量程00.6A，分度值为0.02A，那么灯泡的额定电流为0.4A，因

26、此它的额定功率为：P=UI=2.5V0.4A=1W；灯泡的电阻为：；（3）根据表格可知，灯泡的功率依次为0.24W、0.48W、0.76W，因此小灯泡的功率随电压的增大而变大。当灯泡电压为2.5V时，定值电阻R0与变阻器的电压之和为：U0+变=8V-2.5V=5.5V，它们的总电阻为：；所以定值电阻R=10。（4）检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1“，调节滑动变阻器滑片，直至电压表示数为5.5V。 小灯泡的额定功率，P额= U额I额=U额I0=。若实验步骤中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许， 那么变阻器的阻值变大，整个电路的电流变小，根据P=UI可知，测出的小

27、灯泡的额定功率比真实值偏小。答案是： （1）如图所示：（2）1；6.25（3）变大；10（4）5.5；偏小。13.（2020北京四中中考模拟（适应性测试）某同学测量额定电压为 2.5 V 的小灯泡在不同电压下的电功率： （1）他连接了如图所示的实验电路，闭合开关后电压表和电流表有示数，但是观察小灯泡不能发光，你分析可能的原因是：_； （2）闭合开关，调节滑动变阻器，进行多次测量， 测量的数据如下表所示，请完成下列问题：电压 U/V0.91.41.72.12.52.8电流 I/A0.180.220.240.260.280.29小灯泡 L 正常发光时的电功率 PL=_W； 若将与上述小灯泡 L 规

28、格完全相同的两个小灯泡串联接入电路，如图所示。闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 2.8V，则两个小灯泡的总功率应为_W； 利用图所示实验电路还可以进行的实验有：_。（写出一个即可）【答案】（1）滑动变阻器的电阻太大，造成小灯泡的实际功率太小；（2）0.7；（3）0.616；（4）伏安法测电阻。【解析】(1)该同学在开关闭合后，发现电压表、电流表均有示数，说明电路无断路现象，但小灯泡不亮，说明此时滑动变阻器的电阻太大，造成小灯泡的实际功率太小，应移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光。(2)灯泡电压等于其额定电压时正常发光，由表格知灯泡电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.28A，所以

29、灯泡的额定功率：；灯泡的额定功率0.7W。当电压表的示数为 2.8V，相同的两个小灯泡串联接入电路，根据串联电路的电压特点可知，每个灯泡两端的电压是1.4V，由表格知，此时电路中的电流为0.22A，所以两个小灯泡的总功率应为：；则两个小灯泡的总功率应为0.616W。此装置用电流表测量电路的电流，电压表测量灯泡两端的电压，根据欧姆定律，可以测量出电阻。故答案为：（1）滑动变阻器的电阻太大，造成小灯泡的实际功率太小；（2）0.7；（3）0.616；（4）伏安法测电阻。四、计算题14（2020广东省佛山市南海区石门实验中学中考一模）某型号热水杯的原理图如图所示，它有加热和保温两档，通过单刀双掷开关S

30、进行调节，R0、R为电热丝。当开关S接加热档时，电路的功率为1100W，当开关S接保温档时，电路的总功率为44W，R0、R阻值恒定不变。整壶水的质量2kg额定电压220V加热时的总功率l100W保温时的功率44W（1）在加热档正常工作时，电路中的电流是多少（2）电热丝R0、R的阻值多大？（3）已知热水壶的加热效率为80%，在一标准大气压下把一满壶水从20烧开需要多长时间？（小数点后保留1位小数，c水4.2103J（kg）【解析】（1）由表格数据可知，加热时的功率为1100W，由PUI可得加热档正常工作时，电路中的电流：I加热5A；（2）由图知S接2时只有R0接入电路，电路中电阻最小，功率最大，

31、为加热状态，由P可得R0的阻值：R044，S接1时两电阻串联，电路中电阻最大，功率最小，为保温状态，则总电阻：R总R0+R1100，所以R的阻值：RR总R01100441056；（3）水吸收的热量：Q吸cmt4.2103J/kg2kg（10020）6.72105J；热水壶放出的热量：Q放8.4105J，因为电流所做的功WQ放Pt，所以加热所用的时间：t763.6s。答：（1）在加热档正常工作时，电路中的电流是5A；（2）电热丝R0为44，R的阻值为1056；（3）在一标准大气压下把一满壶水从20烧开需要763.6s。15.（2020山东省泰安中考模拟）小东家的双桶洗衣机的部分技术数据如下表所示

32、。 工作状态额定电压频率工作电流洗涤220V50Hz0.5A脱水220V50Hz0.8A（1）洗衣机工作时应选用图中的哪个孔插座？它正常工作洗涤时的电功率是多少？ （2）把洗衣机洗涤时从正转停反转停，叫做完成一次周期性变化。那么，该洗 衣机正常工作洗涤时完成一次周期性变化所消耗电能为多少焦耳？（3）该洗衣机洗涤14min所消耗电能为多少焦耳？【解析】（1）洗衣机是金属外壳的用电器，为防止触电应使用带有接地线的三孔插座。 洗衣机洗涤时的电功率是P1=UI1=220V0.5A=110W；（2）洗衣机洗涤时完成一次周期性变化时，洗涤电动机正转30s、反转30s，洗涤电动机工作的时间为60s，正常工作

33、洗涤时完成一次周期性变化所消耗电能为W1=P1t=110W60s=6600J；（3）工作总时间为14min=840s，洗涤时完成一次周期性变化所需要的时间为t1=30s+5s+30s+5s=70s，则840s共完成工作循环个数为： ；洗衣机洗涤14min所消耗电能为126600J=79200J。答：（1）应选用三孔插座，工作洗涤时的电功率是110W；（2）正常工作洗涤时完成一次周期性变化所消耗电能为6600J；（3）洗衣机洗涤14min所消耗电能为79200J。16（2020江西省中等学校招生考试模拟）某同学选用规格为“12V、6W”的灯L、定值电阻R1(12)及规格为“24、2A的滑动变阻器

34、R0等元件设计了如图所示的电路。当闭合开关S、S2，且滑动变阻器的滑片P移至a端时，灯L正常发光。电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化。求：(1)电源电压；(2)当三个开关都闭合，滑动变阻器的滑片P移至a端时，电路消耗的功率；(3)该电路在1min内消耗的最小电能。【解析】(1)当闭合开关S、S2且滑动变阻器的滑片P移至a端时，灯泡单独接在电源两端，小灯泡正常发光，UL=12V，所以电源电压U=UL=12V；(2)三个开关都闭合时，滑动变阻器的滑片P滑到a端时，R0的阻值为0，电阻R1与L并联，R的功率P1=12W，电路消耗的总功率P=PL+P1=6W+12W=18W；(3)当闭合S、S1滑动变

35、阻器的滑片P移至b端时，灯L和变阻器的最大阻值串联，此时的电阻最大，消耗的电能最小，灯泡的电阻RL=24，电路在1min内消耗的电能：W最小=X60s=180J。答：(1)电源电压为12V；(2)当三个开关都闭合，滑动变阻器的滑片P移至a端时，电路消耗的功率是18W；(3)该电路在1min内消耗的最小电能是180J。17.（2020山东省济宁中考模拟二）如图所示是调温电熨斗的简化电路图，它的工作电压为220V，R1、R2均为电熨斗底板中的加热元件，R2的阻值为61.6。只闭合S1时为低温档，电功率为440W。同时闭合S1和S2时为高温档。(1)低温档工作时，电路中的电流是多少?(2)电阻R1的

36、阻值是多少?(3)高温档的电功率是多少?【解析】（1）只闭合S1时为低温档，电功率为440W，由PUI可得，电路中的电流：I2A。（2）只闭合S1时，R1与R2串联，电熨斗处于低温档，由I可得，电路的总电阻：R110，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻R1的阻值：R1RR211061.648.4；（3）同时闭合S1和S2时，电路为R1的简单电路，电熨斗处于高温档，则高温档的电功率：P高1000W。答：低温档工作时，电路中的电流是2A；(2)电阻R1的阻值是48.4；(3)高温档的电功率是1000W。18.（2020山东省济宁中考模拟四)“道路千万条 安全第一条 行车不规范，亲人两行

37、泪。”酒后不开车是每个司机必须遵守的交通法规。图甲是酒精测试仪的工作电路原理图，电源电压U=6V，R1为气敏电阻，它的阻值随气体中酒精含量的变化而变化，如乙图所示。气体中酒精含量大于0且小于80mg/100mL为酒驾，达到或者超过80mg/100mL为醉驾。使用前通过调零旋钮（即滑动变阻器R2的滑片）对测试仪进行调零，此时电压表示数为U1=5V，调零后R2的滑片位置保持不变。（1） 当电压表示数为U1=5V时，求R1消耗的电功率；（2） 当电压表示数为U1=5V时，求R2接入电路中的阻值；（3）某次检测中，电流表示数为0.2A，请通过计算判断此驾驶员属于酒驾还是醉驾。 【解析】 （1）由图可知

38、，当气体中酒精含量为0mg/100mL时，R1的阻值为50；由P=UI得： ；（2）通过R1的电流为： ；因为R2与R1串联，所以通过R2的电流为：I2=I1=0.1A，由U总=U1+U2得：R2两端的电压为：U2=U总-U1=6V-5V=1V，由 得 ；（3）由 得 ；因为R1与R2串联，则R总=R1+R2此时R1的阻值为R1=R总-R2=30-10=20；由图可知，R1的阻值随气体中酒精含量减小而增加，当R1=10 时，气体中酒精含量为80mg/100mL，则当R1=20时，气体中酒精含量大于0mg/100mL且小于80mg/100mL，故此驾驶员为酒驾。答：R1 消耗的电功率为 0.5W

39、；R2 接入电路的阻值为10；此驾驶员为酒驾。19（2019辽阳市中考考前最后一卷）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。如图是某款养生壶及其铭牌，求：（1）养生壶正常工作时的电阻；（2）若正常工作时，养生壶加热效率为90%，将1kg水从20加热到80需要多长时间；c水4.2103J/（kg）型号CHM16额定电压220V频率50Hz额定功率1000W容量1.2L（3）用电高峰期，家庭电路电压降为198V，此时养生壶工作的实际电功率是多大？（设养生壶的电阻和加热效率不变）【解析】（1）由P可得，养生壶正常工作时的电阻：R48.4。（2）水吸收的热

40、量：Q吸cmt4.2103J/（kg）1kg（8020）2.52105J，由可得，养生壶消耗的电能：W2.8105J，由P可得，养生壶工作时间：t280s；（3）在用电高峰时，U实际198V，设养生壶的电阻和加热效率不变，此时养生壶工作的实际电功率P实际810W。答：（1）养生壶正常工作时的电阻为48.4；（2）将1kg水从20加热到80需要280s长时间；（3）此时养生壶工作的实际电功率是810W。20（2019辽阳市中考考前最后一卷）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。如图是某款养生壶及其铭牌，求：（1）养生壶正常工作时的电阻；（2）若正常

41、工作时，养生壶加热效率为90%，将1kg水从20加热到80需要多长时间；c水4.2103J/（kg）型号CHM16额定电压220V频率50Hz额定功率1000W容量1.2L（3）用电高峰期，家庭电路电压降为198V，此时养生壶工作的实际电功率是多大？（设养生壶的电阻和加热效率不变）【解析】（1）由P可得，养生壶正常工作时的电阻：R48.4。（2）水吸收的热量：Q吸cmt4.2103J/（kg）1kg（8020）2.52105J，由可得，养生壶消耗的电能：W2.8105J，由P可得，养生壶工作时间：t280s；（3）在用电高峰时，U实际198V，设养生壶的电阻和加热效率不变，此时养生壶工作的实际电功率P实际810W。答：（1）养生壶正常工作时的电阻为48.4；（2）将1kg水从20加热到80需要280s长时间；（3）此时养生壶工作的实际电功率是810W。