2023年专题复习电功和电功率知识点归纳总结及例题老师版.pdf

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1、 专题复习：电功和电功率【考点热点指津】知识结构电功定义：电流所做的功公式：单位：测量：电能表电功率定义：电流在单位时间内所做的功公式：单位：测量：方法一：原理主要器材：电能表、秒表用电器的功率额定功率实际功率电热焦耳定律内容表达式电热的利用和危害W UItJ kW hPWtUIWPWtQ I Rt()2 本章的电功、电功率、焦耳定律和电功率的综合计算是中考电学知识的重点考点，通过复习，明确电流做功的特点实际上是电能转化为其他形式的能的过程。如电流通过各种用电器使之产生转动、发热、发光、发声等现象。学会用电能表和秒表测某一用电器的实际功率。电功率的计算是本章难点，因此必须掌握解题要领。焦耳定律

2、是一个实验定律，生活中利用发热现象工作的电器很多，这里的计算也是需要重点掌握的内容。一、电功和电功率（1）电功和电功率所描述的物理概念不同：电功是描述电流做功多少的物理量，而电功率是描述电流做功快慢的物理量。电功率不仅跟电流做功的多少有关，还跟做功的时间有关。（2）电功和电功率的计算公式不同：电功的基本计算公式是 W=UIt，由此可以看出，电流做功多少跟电压、电流强度和通电时间三个因素有关，是由它们三者的乘积来决定大小的。电功率的基本公式是 P=UI，它表明电功率跟电压、电流两个因素有关，其大小由它们的乘积决定。（3）电功和电功率的单位不同：电功的单位是 J 和 kW h，而电功率的单位是 W

3、 和 kW。（4）电功和电功率的测量方法不同：电功用电能表来直接测量的，而电功率有两种测量方法，第一种方法是用伏安法间接进行测量，即测出用电器两端的电压及通过的电流，然后根据 P=UI 求出电功率。第二种方法是用电能表和秒表间接测量，即测出某一段时间用电器所做的功，然后根据PWt可得用电器电功率。（5）电功和电功率的联系密切，利用公式PWt可得出 W=Pt。二、额定功率和实际功率 一个用电器的电功率是随着它两端电压的改变而改变的，一个用电器不是随便接入任何一个电路都能正常工作。设计用电器时，需要确定它在正常工作时的条件（如电压、电流、电功率）。通常在用电器的铭牌上标出。正常工作时的电压叫额定电

4、压，在额定电压下的电功率叫额定功率。一个用电器一但生产出来，其额定电压和额定功率是确定的。实际功率是用电器在实际工作时的电功率，是不确定的，如果用电器两端的实际电压等于它的额定电压，那么实际功率就等于额定功率，这是用电器正常工作；如果用电器两端的实际电压小于它的额定电压，那么实际功率就小于它的额定功率，这时用电器不能正常工作；如果用电器两端的电压大于额定电压，那么实际功率就大于额定功率，用电器不仅不能正常工作，严重时还会烧坏用电器。为此，在使用用电器时，应保证用电器两端的电压等于它的额定电压，这样才能使用电器更好地发挥作用。三、理解焦耳定律 焦耳定律是在大量实验的基础上总结得出的，它定量地描述

5、了电能向内能转化的规律。用公式 Q=I2Rt 表示，它适用于任何电路。当电流所做的功全部用来产生热量时，焦耳定律可以根据电功的公式 W=UIt 和欧姆定律IUR导出：Q W UItURt Pt 2。这里的条件是电流所做的功全部用于产生热量，而电流做功全部转化成热的情况也只对纯电阻电路才成立。所以上述导出公式只适用于纯电阻电路。例如在电动机工作的电路中，加在电动机两端的电压是 U，通过的电流是 I，电动机的线圈也有一定的电阻 R，此时电流做的功 W=UIt，而电流做的功并没有全部转化为热，绝大部分转化为机械能了，通过线圈电阻 R的电流仍使线圈发热，产生的热量为 Q=I2Rt，但此时Q W，而是

6、Q W，此时 W Q 机械能。初中阶段所研究的电路仅限于纯电阻电路，如电灯、电炉、电烙铁等电路。故 W Q成立。所以我们用公式Q I Rt Q UIt QURt Q Pt 22，来计算的结果都一样，在不同情况下选用不同的公式进行计算问题会更简单。【典型例题透视】例 1.关于电热和电功，以下说法正确的是（）A.电流在电路中所做的功一定等于电热 B.电流在电路中所做的功一定大于电热 C.在电路中包含有电动机时，电流做的功将转化为机械能、内能，此时，电功必大于电热 D.在电路中仅有电阻时，电功等于电热 答案：C、D 透视：电流通过电路做功的过程，实际上就是电能转化为其他形式的能的过程。电流做了多少功

7、，就有多少电能转化为其他形式的能。这种能的转化同样遵循能的转化和守恒定律。若电流通过电动机做功时，则电能转化为机械能和内能；若电流通过的电路只有电阻（即纯电阻电路），电流做的功就全部转化为内能（如电炉等）。例 2.照明电路的电压是 220V，如果在某电灯并联接入一个大电炉，发现灯的亮度变暗，其原因是（）A.干路上的电流减小了 B.电炉从灯那里分出了部分电流 C.干路中的电流变大，干路上导线分担电压增多 D.干路上消耗的电压不变，但电灯两端的电压变小了 答案：C 透视：这里所说的大电炉意指该电炉的功率很大，依分式RUP2知，功率越大的电炉其电阻越小。当这个电炉与电灯并联后其总阻值比原来电灯的电阻

8、值要小，根据欧姆定律IUR知，干路中的电流必增大，且由于电炉功率大，干路电流值明显增大，所以线路的分担电压U Ir线（r 为线路电阻）明显增大。由于干路两端电压维持 220V不变，故电灯两端的电压U U U灯 线 必下降，从而使灯的亮度变暗。例 3.有两个定值电阻 R1和 R2，将它们并联到电源上，它们消耗的电功率分别为 P1和P2，如果把它们串联起来再接到同一电源上，它们消耗的总功率应为多大？解：设电源电压为 U，当 R1与 R2并联时，每个电阻两端的电压均为 U，所以 R1和 R2消耗的电功率 P1和 P2分别为：PURPUR121222，则可以求得定值电阻 R1和 R2的阻值为：RUPR

9、UP121222，将 R1与 R2串联起来接在电压 U两端时，它们消耗的总功率为：PUR R总21 2 将定值电阻阻值代入上式得：PP PP P总1 21 2 答案：消耗的总电功率P PP P1 21 2 透视：此题为中考中以各种题型出现，变化形式多样，同学们要灵活掌握。例 4.如图 1 所示电路，灯 L 上标有“12V 9W”字样，当开关 S 和 S1都闭合，变阻器的滑片 P 移到 a 端时，灯恰好正常发光，电流表示数是 1.25A，求：（1）变阻器的最大阻值是多少？（2）当开关 S 闭合，S1断开，变阻器的滑片 P 移到 b 端时，灯消耗的功率是多少？图 1 解：（1）当开关S S1 2、

10、都闭合时，P 在 a 端，灯泡 L 与变阻器 R1并联，灯正常发光 I IPUWVAL 额额额9120 75.通过 R1的电流 I I I A A AL 1125 0 75 05.因为灯 L 与变阻器 R1直接并联到电源两端，所以 U U U VR L 源12 变阻器最大值：RUIVAR11120 524.（2）当开关 S 闭合，S1断开，滑片 P 滑到 R1的 b 端时，灯 L 与 R1串联。灯的电阻：RUIVAL 源额120 7516.串联后总电阻：R R RL 116 24 40 电路中的实际电流：IURVA.源12400 3 灯的实际功率：P I R A WL L()(.).2 203

11、 16 144 答案：（1）变阻器的最大阻 24；（2）当 S 闭合 S1断开 P 在 b 端时，灯消耗的功率 1.44W。透视：电功率综合应用问题把欧姆定律、串、并联电路的知识及初中阶段电学仪器的全部应用和电功、电功率知识融合在一起，通过对这部分问题的训练、学习，同学们的物理思想、逻辑分析能力、表达能力及应用数学讨论物理问题的能力都会有一个大的飞跃。解决电功率综合问题的方法：（1）弄清电路的连接方法，必要时画等效电路图。（2）弄清引起电路结构变化的原因是开关的断开、闭合，还是滑动变阻器滑动引起变化。（3）弄清电压表、电流表测的是哪部分电路的电压和电流。（4）列方程式，抓住电路中的不变量（如电

12、源电压不变）或利用串、并联的特点列式求解。该题是开关和滑动变阻器引起的电路结构变化的题型，首先要弄清闭合了哪些开关，滑动变阻器滑片 P 在什么位置，电路发生了怎样的变化，然后根据题中已知量列方程求解。例 5.某同学利用电源、电流表、电压表、开关，标有“50 2A”字样的滑动变阻器和若干导线测定小灯泡的额定功率。其中灯泡上所标“0.3A”字样清晰可见，电压表 0 15V挡损坏，小灯泡的额定功率估计为 1.5W 左右。该同学实验步骤正确。当闭合开关时，电压 表和电流表的示数分别为 2V和 0.2A，接着他边思考边实验，直至灯正常发光，这时滑动变阻器的滑片恰好在中点上（即变阻器连入电路的电阻为 25

13、）。（1）画出灯正常发光的电路图，并简述判定灯正常发光的理由；（2）求出灯的额定功率。答案：（1）由灯的额定功率大约是 1.5W 左右，额定电流 0.3A，可估算出灯的额定电压大约是 5V左右，而题目中已知电压表 0 15V 挡损坏，只能用 0 3V挡，据此判断，灯正常发光时，其两端不应接有电压表，只能依据电流表示数为 0.3A 时，确定正常发光，此时电路图如图所示。（2）根据实验规则，刚闭合开关时，滑动变阻器连入电路的电阻值应最大，由此可计算出此时滑动变阻器两端电压：U A V变 0 2 50 10.电源电压：U U U V V V 灯 变2 10 12 当灯正常发光时，滑动变阻器两端电压：

14、U A V变 0 3 25 7 5.灯额定电压：U U U V V V额 变 12 7 5 4 5.灯的额定功率：P U I V A W额 额 额 4 5 0 3 135.透视：本题目把实验过程与计算结合在一起，是近几年出现的新题型。由于它已知条件隐蔽，综合性强，故形成难点。解此类题目的关键是要结合实验现象和操作过程对题目进行全面分析，一旦整个实验过程清晰了，问题也就迎刃而解了。例 6.如图 3 所示是一个电热毯的示意电路图，R0是电热毯中的电阻丝，R 是与电热毯电阻丝串联的电阻，电热毯上标有“220V 100W”字样，S 是控制电热毯处于加热状态或保温状态的开关。（1）用学过的公式推理说明开

15、关 S 断开时，电热毯是处于加热状态还是保温状态？（2）若要求在保温时电流通过电阻丝R0每分钟有 60J 的电能转化为内能，电阻 R 的阻值是多大？图 3 答案：（1）当开关 S 闭合时，电阻R0消耗的功率PUR020 当开关 S 断开时，R0消耗的功率PUR20 因为U U，所以P P0 0 所以 S 断开时，电热毯处于保温状态。（2）电热毯的电阻丝阻值：RUPVW022220100484 额额()保温状态时，根据QURt 020可知电阻丝两端的电压为：UQRtJsV0060 4846022 所以 R两端的电压为：U U U V V VR 0220 22 198 根据Q I R t 20可知

16、通过 R和R0的电流：IQR tJsA 060484 60122 所以电阻RUIVAR 1981224356 透视：本题与生活联系紧密。例 7.某课外活动小组，找出了“10 1A”的滑动变阻器、“6V 3.6W”的灯泡、电压恒为 12V的电源、开关、导线以及电阻为 1/cm 的足够长的电阻丝（用“”表示），准备自制一个亮度可调的玩具台灯，要求开关闭合以后，将滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端时，电灯逐渐变亮直至正常发光，他们利用上述器材，设计出如图所示的电路图，请你解决下列问题：（1）这样设计存在的问题是，当滑片移近 a 端时，发生 _现象；（2）画出符合要求的电路图，并计算此电路中灯泡有耗的

17、最小动率。（假定灯丝电阻不变）图 4 答案：烧坏灯泡 灯的电阻：RUWL 223 610.因为 P 在 a处，灯正常发光 所以电路中的电流：IRUWVALLL 3 660 6.连入电路中电阻丝的阻值：RUIU UIV VALL11112 60 610.P 在 b处，电路中的电阻：R R R RL ab 110 10 10 30 图 5 电路中的各电流：IURVA 12300 4.电灯消耗的最小功率 P I R A WL min.220 4 10 16 透视：本题考查了学生运用物理知识去分析问题、解决问题的能力，题目更加贴近生活，同时考查了学生的动手设计实验的能力，体现了从生活走向物理，从物理走

18、向社会的新理论。第 1 问中，要求学生必须对灯的额定电压和额定功率有正确的理解，同时滑动变阻器此时所起的作用是什么，滑片 P 逐渐移近 a 端时，灯 L 上所分的电压逐渐增加，因为电源电压 12V比灯的额定电压时 6V大得多，所以当滑片 P 移近 a 端，灯会被烧坏。因此，为了保护电路中小灯泡在滑动变阻器的滑片滑至 a 端时不至烧坏，就必须在电路中串联一段电阻丝。究竟电阻丝的阻值有多大，才能起到应有的作用如图所示。通过分析、计算可知灯的电阻 RL=10，P 在 a 处，灯正常发光，可求出连入电路中电阻丝的阻值 R1=10。由于灯泡 L，电阻丝 R1，滑动变阻器三者串联，根据公式 P=I2R可知

19、在：当灯泡电阻 RL一定时，电流 I 最小时，灯泡消耗的功率为最小。此时滑动变阻器接入电路中的阻值应为最大。例 8.在如图 6 所示的电路中，电源电压和灯泡电阻不变，电阻 R1=12，灯 L 标有“6V 12W”的字样，电流表量程为 0 3A，电压表量程为 0 15V，滑动变阻器 R2上标有“2.5A”的字样。（1）只闭合 S1，电流表的示数为 0.6A，求电源电压；（2）当闭合 S1、S2和 S3，并将滑片 P 移到 b 端时，电流表的示数为 1.2A，求滑动变阻器 R2的最大阻值；（3）只闭合 S2时，求电路总功率的最大值。图 6 解：（1）只闭合 S1时，灯 L 与 R1串联。灯泡的电阻

20、：RUPVWL 额额226123()电源电压：U I R R A VL 10 6 12 3 9.（2）当闭合 S1、S2和 S3时，灯 L 短路，R1与 R2并联 通过 R1的电流：IURVA119120 75.滑动变阻器的最大阻值：RUI IVA Aab.1912 07520（3）只闭合 S2时，灯泡 L 与 R2串联 灯泡 L 的额定电流：IPUWVA额额额 1262 为保护灯泡，电流I A 2 为保护电流表，电流I A 3 为保护滑动变阻器，电流I A 25.电压表量程 0 15V，电源电压 9V，9V 15V 电压表始终是安全的 由此可得电路中的最大电流I Amax 2 电路总功率的最

21、大值P UI V A W max9 2 18 答案：（1）电源电压是 9V；（2）滑动变阻器 R2的最大阻值是 20；（3）电路总功率的最大值是 18W。透视：此题是由多个开关和滑动变阻器组成的动态电路问题。要求学生必须准确识别电路在某一时刻的连接情况。（1）只闭合开关 S1时，灯 L 与 R1是串联的，（2）当闭合开关S1、S2、S3时，灯 L 被短路，R2与 R1并联，电流表在干路中测电阻总电阻，（3）只闭合 S2时，灯泡 L 与滑动变阻器 R2串联，电路中出现的元件还有电流表、电压表，为了保护电路中所有元件不致烧坏，必需逐一分析每个用电器的工作电流情况，经过分析比较，选择出所需要的值进行

22、计算。例 9.图 7 是 SD 600 全自动豆浆机的结构示意图，下表是铭牌。额定电压 220V 电机功率 260W 额定频率 50Hz 干豆容量 60 5g 电热功率 600W 外形尺寸 215 190 347 mm 制浆过程：先将 90g 泡好的黄豆装入滤杯内，再往制浆杯内加入 1000 mL 的水。第一步：加热，接通电源，加热管开始加热，加热 6 min 杯内水温升至 80；第二步：打浆，加热停止，电机开始打浆，按工作 10s 停 8s 方式循环，经 1.2min 停止；第三步：再加热，打浆结束后，加热管继续加热，加热 3min 豆浆由 80升温至 100。根据以上信息计算：（1）在“第

23、三步，再加热”的过程中，豆浆吸收的热量（设豆浆与水的比热容相等）；（2）豆浆机在“加热打浆再加热”的全过程中，共消耗的电能。解：（1）水的质量：m V kg m m kg13 3 6 310 10 1000 10 1./豆浆质量：m m m kg kg kg 1 21 0 09 109.豆浆吸收的热量：Q cm t t吸 034 2 10 109 100 80.()J/(kg)kg 9156 104.J（2）豆浆机第一次加热消耗的电能：W Pt W s J15600 6 60 2 16 10.豆浆机第二次加热消耗的电能：W P t W s J2 1 25600 3 60 108 10.电机工作

24、时间：tss ss s312 1010 810 40.豆浆机打浆消耗电能：W P t W s J3 2 34260 40 104 10.豆浆机消耗的总电能：W W W W J J J 1 2 35 5 42 16 10 108 10 104 10.3344 105.J 答案：（1）在“再加热”的过程中，豆浆吸收的热量是9156 104.J。（2）豆浆机在全过程中，共消耗电能3344 105.J。透视：此题要求学生能根据题中所给内容，提取出对他解题有用的信息。题目与我们的实际生活紧密相联，学生应能正确分析出豆浆机工作的整个过程，（1）中，求“第三步，再加热”过程中，豆浆吸收的热量时，豆浆质量应为

25、黄豆加水的质量，（2）中，豆浆机在“加热打浆再加热”的全过程中消耗的电能，同学们应区分开加热功率和电机功率。例 10.如图 8 所示，家庭用电是通过设立在附近的“变电站”提供的。为了保证居民用户所有用电器都能在 220V的电压下正常工作，变电站的输出电压一般都高于 220V。（1）居民楼用电器的总功率为 44kW，当这些用电器全部正常使用时，通往居民楼的输电线路中的电流是多少？（2）若输电线的总电阻为01.，“变电站”输出的电压是多少？（3）居民楼由于家电增加，向供电部门申请“增容”，即增加功率。当用电器的总功率由 44kW增加到 88kW，用电器两端电压仍保持在 220V时，输电线路的功率损

26、失比“增容”前增加了多少？（4）若想在不减小功率的前提下减小输电线路的损失，应采取什么措施？图 8 答案：（1）“增容”前输电线路中的电流 IPUWVA11344 10220220（2）消耗在输电线路中的电压 U IR A V输 线 200 01 20.变电站的输出电压 U V V V输 220 20 240（3）“增容”后输电线路中的电流 IPUWVA22388 10220400“增容”后输电线路损失的功率 P I R A W1 12 2200 01 4000().线“增容”后输电线路损失的功率 P I R A W2 22 2400 01 16000().线 P P P W W W 2 11

27、6000 4000 12000（4）解答同分析（4）。透视：（1）家用电器的额定电压均为 220V，若居民楼用电器的总功率为 44kW，当这些用电器全部正常使用时，通往居民楼的输电线路中的电流应该由P UI 得IPU可求得。（2）知道输电线路中的电流与输电线的总电阻，由欧姆定律IUR得U IR 求输电线路消耗的电压，“送电站”和输出电压应该是居民楼所有用电器正常工作时的电压加输电 线路上消耗的电压。（3）居民楼由于家用电器增加导致电路总功率的增加，从而增加了输电线路中的电流。即增加了输电线路的功率损失，增加的损失功率减去原来的损失功率，就是多出来的损失功率。（4）在不想减小功率的前提下减小输电

28、线路的损失，由P I R损 线2可知，输电线损失的功率与电流的平方成正比，与电阻成正比。减小输电电流，虽然可以减小线路损耗，但用户的用电功率也会随之减小，是不可取的方法，只能减小R线。R线与导线长度，材料及横截面积有关，导线长度由变电站到居民楼的距离决定，不能减小。能够改变的只有导线材料和导线横截面积，将铝线换成铜线，把较细的线换成较粗的线，都是可以采取的措施。这是一道联系实际的题目，从题目中求出的数据可知，消耗导线上的功率是相当大的。国家投巨资实施大规模“农网”改造，目的就是减小能量损耗，降低农村电价。远距离输电要用高电压与此题有相似的特点，也有不同的地方。由P I R损2可知，相同的是都要

29、减小线路导线的损耗，达到节能的目的。不同的是远距离输电要减小电流，为了不改变用户电功率，所以要提高电压，实现高压输电；而此题是改变导线的电阻。例 11.在一次测定小灯泡额定功率的实验中，老师给出了下列器材：额定电压为U0的小灯泡、电源（电压未知）、一个阻值为 R 的电阻、一个滑动变阻器、一只电流表、一个单刀双掷开关和若干导线。实验时不能忽略灯丝的电阻随温度而发生的变化。（1）小张同学设计的实验电路图如下，请你根据电路图用笔画线连接未完成的实物连线。图 9（2）实验中所需要的物理量 _。（3）本实验中，小灯泡额定功率的表达式P0_。（4）若在给出的器材中只将其中的一只电流表改为一只电压表，请你重

30、新设计一个实验电路图，测量小灯泡的额定功率（将实验电路图画在下面的方框内，不需要说明实验步骤）。答案：（1）电路连接如图 10 所示：图 10（2）第一步：计算当 R两端的电压为U0时，通过它的电流为UR0；第二步：S 掷向接线柱 1，调节滑动变阻器，使用电流表读数为UR0；第三步：保持滑动变阻器滑片不动，S掷向接线柱 2，读出电流表读数I2。（3）U IUR0 20（4）电路图如下图 11。图 11 透视：（1）结合电路图和实际电路可以看出，电路中还有 3 根导线没有连接：灯与单刀双掷开关的动触点间的导线，静触点 1 与电流表的“”接线柱间的导线，定值电阻（或灯 L）的右边接线柱到滑动变阻器

31、之间的导线。（2）实验中没有电压表，故问题的关键是如何调节滑片使灯泡两端电压等于它的额定功率电压 U。小张同学设计了如下方案，其处理方法为：先将 S 拨到 1，调节滑动变阻器，使电流表示数I1与定值电阻 R和乘积等于灯 L 的额定电压，再将 S 拨到 2 让电流表处于干路读出这时的读数I2，由I2和I1便可以得到灯正常发光时的电流，从而可以进一步求出灯泡的额定功率。（3）因为灯正常发光时，流过 R的电流为IUR10，利用公式可表示出其额定功率为：P U IUR0 0 20 _（或 P U I I0 0 2 1）（4）当只有电压表时，测量额定功率的关键是如何得到灯泡正常工作时的电流，这时可以利用

32、串联电路中电流相等的规律，采用已知定值电阻 R同时灯 L 串联的基本方法。在用伏安法测电阻或电功率的实验中，若没有电压表，可以采用阻值已知的定值电阻同被测电阻（或灯泡）并联的基本方法测电压；若没有电流表；通常采用阻值已知的电阻与被测电阻（或灯泡）串联的基本方法间接测量电流。伏安法测电阻或电功率，仪器不受限制，称其为一般测量。若实验仪器有所限制，测电阻或电功率就要采取特殊的测量方法。不仅电阻或电功率的测量有一般方法和特殊方法之分，其实其它测量也是如此，请同学们总结。例 12.学校淋浴用的简易太阳能热水箱中的水在冬天往往温度不够高，同学们在水箱中加装了一个“220V 2000W”的电热器，并利用一

33、个“6V 1W”的小灯泡和一段 10/m的电阻丝为电热管安装了一个指示灯。（1）画出电热管及指示灯的电原理图。（2）在同学们的方案中，小灯泡两端的电压是按 5V 设计的，对于有指示灯来说，这样设计有什么好处？（3）按上述设计，电阻丝需截用多长一段？（4）安装指示灯后，电热管的实际功率是额定功率的百分之几？答案：方法一：（1）电热管及指示灯的原理图如图 12 所示。图 12（2）指示灯两端的电压按 5V 设计，则实际工作时通过小灯泡的电流略小于小灯泡的额定电流，这样可以延长指示灯的使用寿命。（3）由公式PUR2得电热管的电阻为：RUPVW11212220200024 2.电热管两端的实际电压：U

34、 V V V1220 5 215 通过电热管的实际电流为：IURVA11121524 28 884.小灯泡的电阻：RUPVW222226136 通过小灯泡的实际电流：IURVA2225360139.通过电阻丝的电流为：I I I A A A3 1 28884 0139 8 745.电阻丝的电阻值为：RUIVA33358 7450 572.则所用电阻丝的长度应为：Lmm 0 572100 0572./.（4）由电功率的公式PUR2可知同一电阻在不同电压下其电功率与电阻两端电压的平方成正比，故知此时电热管的实际功率与其额定功率的比值为：PPUU 1122215220100%96%方法二：（1）（2

35、）同方法一（3）电热管的电阻为：RUPVW11212220200024 2.小灯泡电阻为：RUPVW222226136 在图 12 中，R2与R3并联部分的电压U V25 R1两端的电压为：U V V V1220 5 215 前述并联部分与R1之间为串联关系，根据串联电路中各部分电压与其电阻成正比的规律：有URUR112 并，故有 RUURVV并 211521524 2 0 563.根据并联电阻的公式1 1 12 3R R R并，可得：RR RR R32236 0 56336 0 5630 572 并并.则所用电阻丝的长度应为Lmm 0 572100 057./.（4）同解法一。透视：小灯泡作

36、为电热管的指示灯，应该是电热管工作（电热管中有电流通过）时，小灯泡发光，电热管不工作（电热管中没有电流）时，小灯泡不发亮，即小灯泡中的电流应随电热管中的电流有无而有无。为了满足这一要求应将小灯泡和电热管串联。另一方面，还应该注意一下电热管和小灯泡正常工作时通过各自的电流大小，电热管正常工作时，通过它的电流大小为：IPUWVA11120002209 小灯泡正常工作时通过它的电流大小为：IPUWVA22216017.比较上述的I1和I2可知，不可以将小灯泡和电热管简单地串联起来就接在 220V的电路中（如果这样，通过小灯泡的电流必超过其额定电流而使小灯泡烧毁），为使上述的串联成立而又不致使通过小灯

37、泡的电流过大，可以设法取另一电阻与小灯泡并联，只要这一电阻的大小取值恰当，更可将电热管流来的电流分流出一部分而使通过小灯泡的电流不超过其额定电流。对于本题，有同学设计了如图 13，这一电路管保证了电热管两端的电压为额定电压图12 的设计使电热管两端的电压略低于额定电压），但指示灯却不能显示电热管是否在正常工作。指示灯不亮时是指示灯所在支路中无电流，这时有两种可能：一种可能是整个电路的干路出故障，电热管两端无电压，电热管不工作；另一种可能是指示灯所在支路断路，但电路其他部分完好，则电热管仍能正常工作。指示灯亮时，表示指示灯所在支流中有电流通过，这最多也只能表示电热管两端有电压，却不能表示电热管中

38、有无电流通过，即不管电热管处是通路还是断路，指示灯都能正常发光。所以，图 13 的设计是不符合要求的。图 13【常见失误分析】例 1.输电线电阻是 0.5，输送的电功率为 100kW，用 1kV的电压输电时，输电线路上的电流和消耗的电功率为（）A.2000A，100kW B.100A；5kW C.100A，100kW D.2000A，2000kW 错 解：输电线上的电流IURkWA 1000 52000.消耗的电功率P kW 100，故选 A。答案：设输电线上的电流为 I，输电线上消耗的电功率为 P，根据题中给出的输送功率和输送电压可求出输送电流，因为 P=UI，所以 IPUA 1010101

39、0053.线路消耗的电功率为：P I R A W kW耗 线 2 2100 05 5000 5().故选项 B 正确。分析：解这种类型的题最忌乱套公式。如求输送电流时，因有公式 P=I2R，变形后得IPR，式中的 P 代入 100kW，R 代入 0.5，这显然是错误的。因为这 100kW的电功率并非全部消耗在线路电阻上，而只有小部分消耗在传输线路上，大部分输送到用户。又如直接用输送电压 U=1kV 与线路电阻 R=0.5之比求输送，电流，其方法也是错误的，错误的原因与上面的分析相同。输电线本身有电阻R线，当有电流通过它时，输电线本身就会发热，其对应的功率为I R2线。这一功率与电路所输送的功率

40、是两个不同的概念。例 2.关于电功和电功率，下述说法正确的是（）A.电功率的大小决定于电流做功的多少 B.电功与电功率都表示了电能转化为其他形式的能的多少 C.电功与电功率都表示了电能转化为其他形式的能的快慢 D.电功率等于用电器在单位时间里所消耗的电能 错 解：A或 B 答案：D 分析：错解的原因在于对电功、电功率概念的理解模糊，我们在对力学中的功与功率的学习中，已经知道功与功率是意义不相同的两个概念。电功率表示电流做功的快慢，表示用电器消耗电能的本领。电流做功的多少与电流做功的快慢，其差异在于与时间的联系上，“快慢”与时间有关，而“多少”与时间无关。所以它们不可能表示同一物理意义，选项 B

41、与 C 肯定不正确。电功表示电能与其他形式能的真正转化，而电功率表示这种转化的一种潜在的能力。对功和功率概念的正确理解，并不是一次就能完成的，对知识整理、归纳，使其系统化、条理化，将有助于完成这种理解。例 3.电炉的电阻丝热得发红，而与它串联的铜导线却不发烫，这是因为铜导线（）A.电阻较大 B.电阻较小 C.通过的电流较大 D.通过的电流较小 错 解：D 答案：B 分析：有些同学错误认为，根据焦耳定律 Q=I2Rt，通过导线的电流较小，所以产生的热量也较小，导线不烫手。电炉与连接电炉的铜导线串联，所以通过电炉与铜导线的电流一定大小相等，没有差别。那么，原因在哪里呢？电炉与铜导线的电阻大小差别很

42、大，铜导线的电阻远小于电炉电阻丝的电阻，铜导线产生的热量也远小于电炉电阻丝产生的热量，所以电炉电阻丝热得发烫，铜导线则不发烫。错解者疏忽了串联电路的特性，而运用焦耳定律又简单、片面，匆忙之间主观地下了结论。铜导线与电炉串联，串联电路各用电器的电功率按电阻的大小成正比例分配。因为铜导线的电阻远小于电炉的电阻，所以铜导线把电能转化为内能的本领比较小，因而不发烫。从电功率的角度理解，也是求解本题的一种方法。例 4.标有“6V 6W”和“6V 3W”的灯泡 L1和 L2串联接在某电源上，设灯丝电阻不变，则（）A.通过灯 L1、L2的电流之比为 2：1 B.灯 L1、L2的实际功率之比为 1：2 C.电

43、源电压为 12V时，L1、L2均正常发光 D.电源电压为 9V时，L2正常发光 错 解：A、C 答案：B、D 分析：此题易误选 A、C 的原因在于对串联电路中电压分配关系、电功率与电阻关系不能熟练正确的运用，以及公式使用时忽略了同一状态下等条件。两灯串联，通过的电流相等，所以 A错误。由“6V 6W”和“6V 3W”可以求出两灯电阻之比 R1：R2=P1：P2=3：6=1：2 根据串联电路电功率与电阻关系PPRR1212可知两灯实际功率之比为 1：2，所以 B 正确。电源电压为 12V时，两灯分得电压 U1：U2=R1：R2=1：2，即 L1两端电压为 4V，L2两端电压为 8V，所以两灯都不

44、能正常发光。所以 C 错误；同理，电源电压为 9V时，L1两端电压 3V，L2两端电压 6V，所以 L2能正常发光。例 5.现有 L1为“12V 8W”和 L2为“6V 2W”的两盏电灯，把它们与“20 1A”的滑动变阻器串联后，接在 18V 的电源上，如图 1 所示，开关闭合后，当滑动变阻器 R 的滑片 P 从 a 端向 b 端滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.两灯都变亮，且 L2首先正常发光 B.两灯灯丝电阻不同 C.因为 L1的额定功率大，所以 L1比 L2更亮 D.两灯都变亮，且 L2可能先烧毁 错 解：A 答案：AD 分析：当用电器串联接入电路中时，首先要先计算出其电阻值，然后通

45、过 P=I2R计算或分析其实际功率是否与其额定功率相同，切不可仅凭额定电压和额定功率就草率地做出判断。因为 P=UI，所以IPUWVA IPUWVA111222812232613，显然 I1I2；当滑片自 a 端向 b 端移动过程中，电路中的电流逐渐增大，因此，两灯的亮度均增加，由于 I1I2，故 L2可以先达到其正常工作时的电流，首先正常发光，但当随着电路中的电流再继续增大时，电流 I将大于 I2，造成 L2烧坏，因此，选项 A、D正确。例 6.如图 2 所示，已知电源电压保持 4.5V 不变，电压表的量程为 03V，滑动变阻器 R的最大阻值是 20，小灯泡 L 标有“2.5V 1.25W”

46、的字样，闭合开关后，当小灯泡下正常发光时，它的阻值为 _，滑动变阻器接入电路的阻值为 _。若小灯泡的电阻不变，在此电路中小灯泡工作时的最小功率为 _W。图 2 错 解：5，4，0.162W 答案：5，4，0.45W 分析：（1）小灯泡正常发光时的电阻，可用公式RUP2求出，即 RUPVWLL 222 51255.也可以先用公式IPU求出灯泡正常发光时的电流，再用RUI求出灯泡的电阻。即：IPUWVALLL 1252505.RUIVALLL 25055.（2）此时滑动变阻器接入电路的阻值，可用欧姆定律或串联电路电流特点求出。即方法一：灯泡正常发光时电路中的电流：IPUWVA LL 1252505

47、.滑动变阻器两端电压为：U U U V V VR L 4 5 2 5 2.滑动变阻器的阻值为RUIVAR 20 54.方法二：因为灯泡与滑动变阻器串联，所以 I IRUURW VRRL RLLR，1252524.（3）在此电路中小灯泡工作时的最小功率时，有些同学会认为，小灯泡与滑动变阻器串联，根据公式 P=I2R，其中小灯泡电阻 R一定，当电路中电流最小时，功率 P 也相应最小，所以此时滑动变阻器连入的阻值应该最大。即：电路中的总电阻的最大值为 R R RL max 5 20 25 电路中电流的最小值为 IURVAminmax.425018 小灯泡工作时的最小功率为：P I R A WL mi

48、n min.22018 5 0162 但是，以上解法，没有考虑到电压表，当滑动变阻器阻值最大，整个电路的电流减小时，电压表的示数却是在变大，所以为了不烧坏电压表，滑动变阻器的阻值不能取最大值20。正确的解法应该是：由于小灯泡的电阻是一定的，当小灯泡两端电压最小时，根据PUR2可求出小灯泡的最小功率、小灯泡两端的电压最小值应为电源电压减去电压表的示数 3V，即 4.5V-3V=1.5V 此时 PURVWLminmin.22155045 例 7.一盏白炽灯在灯丝烧断之后，搭接起来，不久，灯泡就又在搭接处烧断了，为什么？分析：有些同学会这样想，灯泡的灯丝烧断之后，重新搭接起来，会使得灯丝电阻减小，根

49、据欧姆定律IUR可知，会使电路中电流增大，根据焦耳定律 Q=I2Rt，可得到在 R、t 一定时，I 变大，Q 也变大。所以在搭接处又一次烧断还有一些同学这样想：灯丝搭接之后，电阻 R变小，根据PUR2，可知，U一定，R减小，P 变大，所以在搭接处重新烧断。但是仔细思考，不难发现，第一种方法存在的问题是，所用焦耳定律 Q=I2Rt 中的电阻 R 是搭接后整个灯丝的电阻，其中由于电阻 R的减小，导致了电路中电流的增大，根据 Q=I2Rt，t 一定，R减小，I 增大，Q究竟变大还是变小，为不可知量。所以这样解释是错误的。实际上，灯丝烧断之后重新搭接起来之后，总电阻 R是减小了，但把灯丝烧断处接上后，由于接触不良使接触处的电阻增大（或接触处形成大电阻），根据焦耳定律 Q=I2Rt 可知，在相同时间 t 内电流通过该点产生的热量增多，使得接触点的温度很高，使接头处又被烧断了。同学们也可试着分析第二种解释有什么不妥之处，并且加以改正。