1．某品牌电视机的铭牌如图所示。如果这台电视机每天正常使用3h，一个月（30天）耗电 ( )
A．0.45kW•h B．450kW•h C．13.5kW•h D．1.35×104kW.h【答案】C
【详解】电视机每天正常使用3h，一个月按30 天计算消耗的电能W＝Pt＝0.15kW×3×30h=
13.5kW•h；故C 符合题意，ABD不符合题意。故选C。
2．导体中有电流的时候，导体要发热，这种现象叫做电流的热效应。第一个准确地确定了电流产
生的热量与电阻、电流大小和通电时间之间的定量关系的物理学家是 ()
A．伏特 B．欧姆C．焦耳D．瓦特
【答案】C
【详解】英国物理学家焦耳做了大量实验，于1840 年最先精确地确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系；焦耳定律的内容为：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比，即Q =I2Rt，故C 符合题意，ABD不符合题意。故选C。
3．有些家用电器在使用过程中，温度过高会损坏电器。下列家用电器中要防止电热产生危害的是()
A．电饭煲 B．电热水器 C．电熨斗D．电风扇【答案】D
【详解】电饭煲：通过电热元件加热食物，电热是其核心功能，无需防止电热危害。电热水器：通过电热管加热水，电热是必要功能，无需防止电热危害。电熨斗：通过电热元件产生高温熨烫衣物，电热是核心功能，无需防止电热危害。电风扇：主要功能是通过电动机驱动扇叶转动，将电能转化为机械能，其电动机和电路部分若温度过高会损坏电器或引发安全隐患，因此需要防止电热危害。故D 符合题意，ABC不符合题意。故选D。
4．如图，是广东某公司生产的国内最小的无刷电动机。它的直径为d，质量m，两只手指可以十分轻松把它拿起。下列说法正确的选项是 ()
A．m约为3kg
B．d 约为3mm
C．用它给微型机器提供动力时，它把机械能转化为电能
D．用它给微型机器提供动力时，它能把电能完全转化为机械能【答案】B
【详解】A．用两只手指能轻松拿起电动机，则该电动机的质量不可能为3kg，故A 错误；
B．图中手指的宽度约1cm，电动机的直径小于手指的宽度，所以3mm的直径符合最小的无刷电动机的尺寸特征，故B正确；
C．电动机给微型机器提供动力时，消耗电能，获得机械能，它把电能转化为机械能，故C 错误；
D．由于存在摩擦等因素，电动机消耗的电能有一部分会转化为内能，即电动机工作时不可能把电能全部转化为机械能，故D 错误。故选B。
5．如图，是某实验小组探究影响电流热效应的因素的装置，甲、乙、丙三个相同的容器内均装有质量相等的煤油，电阻丝R1、R2、R3浸没在煤油中。闭合开关前，记录下煤油的初始温度。开关S接a，调节滑动变阻器滑片P，使电流表的示数为I1，记录下第100s 和第200s时甲容器中煤油的末温度；开关S 接b，调节滑片P，使电流表的示数为I2，记录下第200s时乙、丙容器中煤油的末温度。关于该实验过程，下列说法不正确的是 ()
A．瓶内液体选择煤油而不用水，原因之一是因为煤油比热容比水小
B．开关S 接a 后的实验过程，是为了探究导体产生的热量与通电时间是否有关
C．该实验装置无法探究导体产生的热量与电流大小是否有关
D．探究导体产生的热量与电阻大小是否有关时，应选取阻值大小不同的R2和R3
【答案】C
【详解】A．瓶内液体选择煤油而不用水，原因之一是因为煤油比热容比水小，吸热相同，温度变化明显，故A 正确，不符合题意；
B．开关S 接a 后的实验过程，R1与电流表和变阻器串联在电路中，调节滑动变阻器滑片P，使电流表的示数为I1，记录下第100s 和第200s时甲容器中煤油的末温度，根据控制变量法，只改变了通电时间，所以是为了探究导体产生的热量与通电时间是否有关，故B正确，不符合题意；
C．探究导体产生的热量与电流大小是否有关，要控制电阻和通电时间相同，只改变电流大小，开关S 接a 后的实验过程，通电100s，记下甲容器中煤油的末温度，再改变电路的电流，通电100s，记下甲容器中煤油的末温度，故该实验装置可以探究导体产生的热量与电流大小是否有关，故C错误，符合题意；
D．探究导体产生的热量与电阻大小是否有关时，要控制电流和通电时间相同，只改变电阻大小，开关S 接b，R2和R3 串联在电路中，通过的电流电流和通电时间相同，故取阻值大小不同的R2和R3，可探究导体产生的热量与电阻大小是否有关，故D正确，不符合题意。故选C。
6．小杨家的电热水壶的容量为2L，用该电热水壶烧水时，壶内水温低于80℃时，加热效率是90%；壶内水温高于80℃时，加热效率是84%。已知水的比热容是4.2×10³J/（kg•℃),若冬天自来水的温度比夏天的低15℃,则该电热水壶把2L的自来水烧开，冬天比夏天多消耗的电能约为 ()
A．150kJB．145kJ C．143kJ D．140kJ
【答案】D
【详解】自来水的质量m =PV = 1.0×103kg/ m3×2×10—3m3 = 2kg
假设夏天的初始温度为t，则冬天的初始温度为t —15℃。烧水需要分两个阶段，夏季：①从t到80℃,效率为90%；②从80℃到100℃, 效率为84%。冬季：①从t-15℃到80℃, 效率为90%；②从80℃
到100℃,效率为84%。则由 可知，夏天消耗的电能W夏 冬天消耗的电能W冬
冬天与夏天消耗的电能差
故ABC不符合题意，D 符合题意。故选D。
7．如图甲所示，为某迷你洗衣机的简化电路原理图。闭合开关S，旋钮开关P 旋至不同位置，可以使洗衣机处于加热状态、保温洗涤状态、停止工作状态三种模式。R1和R2均为电热丝，其阻值
不受温度影响，R1的阻值为25Ω。洗衣机铭牌中部分参数如表格乙所示。
电压/V 220
设定温度/℃ 30-90
最大洗涤容量/kg 6
加热功率/W 2000
电动机功率/W 156
表乙
关于下列结论：
①旋钮开关旋至接触触点“0”和“1”时，R1 和R2并联，洗衣机处于加热状态
②洗衣机处于加热状态时，此R1的功率是1936W
③洗衣机处于保温洗涤状态时，通过开关S的电流为1A
④洗衣机保温洗涤5min，大约产生热量60000J其中正确的是()
A．①② B．②③C．①③D．②④
【答案】B
【详解】①旋钮开关旋至接触点“0”和“1”时，电路处于断开状态，洗衣机处于停止工作状态，故①错误；
②旋钮开关旋至接触点“1”和“2”时，R1和R2并联，此时电阻最小，根据 可知，②电功率最 大，洗衣机处于加热状态。此R1的功率为 故②错误；
③旋钮开关旋至接触点“2”和“3”时，R1和电动机并联，开关S 在干路上，此时电阻最大，根据 可知，电功率最小，洗衣机处于保温洗涤状态。由表中数据可知，加热功率为2000W，则R2的功率为P2=P 加热-P1=2000W-1936W=64W
则干路上的电流即通过开关S的电流为 故③正确；
④洗衣机保温洗涤5min，产生的热量主要是电阻R2产生的，所以Q=I2R2t=P2t=64W×300s=19200J远小于60000J，故④错误。综上，正确的只有②③,故B 符合题意，ACD 不符合题意。故选B。
8．甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示（小灯泡电阻不变），下列说法中正确的是 ()
A．甲灯的实际功率一定是40W B．将乙灯接入110V电路，它的实际功率为30W
C．两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能较多 D．若两灯并联在220V的电路中，则乙灯较亮【答案】D
【详解】A．由图可知，甲灯的额定功率是40W，在不同电压下实际功率不同，甲灯的实际功率不一定是40W，故A 错误；
B．由灯泡的铭牌可知，乙灯泡的额定电压为220V，额定功率为60W，将乙灯接入110V电路，实际电压是额定电压的一半，根据 可知，电阻不变，电功率变为原来的 ，为15W，故B错误；
C．两灯均正常发光时，两灯的实际功率等于额定功率，则乙的实际功率大，由于不知通电时间，所以无法比较两灯消耗电能的大小关系，故C 错误；
D．两灯均正常发光时，两灯的实际功率等于额定功率，则乙的实际功率大，灯泡的亮度取决于其实际功率的大小，若两灯并联在220V的电路中，则均能正常发光，所以两灯乙灯较亮，故D正确。故选D。
9．如图是一个灯泡L 和一个定值电阻R的I-U 图像。下列分析正确的是 ()
A．甲为灯泡L的I-U 图线
B．电压为0时L与R的阻值为0
C．将L 和R串联在6 V的电源两端，电路总功率为0.24 W
D．将L 和R并联在6 V的电源两端，电路总电阻为8Ω【答案】D
【详解】A．由于灯泡的电阻受温度的影响会发生改变，I-U 关系图像不是倾斜的直线，因此乙图是灯泡L的图线，故A 错误；
B．电阻是导体的属性，与导体两端电压无关，因此当电压为0时，L与R的阻值均不为0，故B错误；
C．将L 和R串联在6V的电源两端，根据串联电流和电压规律，结合图像可知，此时电路中的电流为0.2A，此时L的电压为1.2V，R的电压为4.8V，电路总功率为P=UI=6V×0.2A=1.2W
故C错误；
D．将L 和R并联在6V的电源两端，据图可知，经过L 和R的电流分别为0.5A、0.25A，由并联电路中电流规律可得干路电流为I=I1+I2=0.5A+0.25A=0.75A
由 得，电路总电阻为 故D 正确。故选D。
10．图甲所示电路的电源电压不变，电流表的量程为0 ~ 0.6A，电压表的量程为0 ~ 15V，滑动变阻器的规格为“50Ω,0.5A ”。闭合开关S 后，调节滑动变阻器的滑片，测得多组数据后，绘制出电流表示数随滑动变阻器接入电路阻值的变化关系图像，如图乙所示。在保证电路安全的情况下 ()
A．电源电压为12V B．定值电阻R0 的阻值为5Ω
C．电路的最大总功率为3.6WD．滑动变阻器的最大功率为0.9W 【答案】D
【详解】AB．由图甲知，滑动变阻器R1与定值电阻R0串联接入电路，电流表测电路中的电流，
电压表测变阻器两端的电压。由图乙知，当变阻器接入电路的阻值最大为50欧时，电路中的电流为0.1A，则有U = 0.1A×(R0 +50Ω)
当变阻器接入电路的阻值为10欧，电路中的电流为0.3A，则有U = 0.3A×(R0 +10Ω)联立以上两式得，电源电压U=6V，R0= 10Ω,故AB不符合题意；
C．电流表的量程为0~0.6A，滑动变阻器R1的规格为“50Ω；0.5A”，则电路电流最大为0.5A，电路的最大总功率P = UI = 6V×0.5A = 3W ，故C 不符合题意；
D．滑动变阻器的最大功率
当变阻器的阻值与定值电阻的阻值相等时，其功率最大 故D 符合题意。故选D 。
11．甲乙两用电器并联后接在某一电源上，在相等的时间里，电流通过甲用电器所做的功比通过乙用电器所做的功多，由此可以判断 ()
A．通过甲的电流一定比乙小 B．甲两端的电压一定比乙大
C．乙的电阻一定比甲大D．甲消耗的电能比乙少【答案】C
【详解】AB．甲乙两用电器并联，并联时各支路电压相等，根据W = UIt，电压和时间相等时，电流大做功多，所以甲的电流大，即I甲 >I乙 ，故AB 错误；
C．根据 得 在电压相同时，电流大，电阻小，因为I甲 >I乙，所以R甲 <R乙 ，故C正确；
D．电流通过甲用电器所做的功比通过乙用电器所做的功多，即甲消耗的电能多，故D 错误。故选C。
12．某科学小组设计的豆浆机简化电路如图所示，L1亮表示正在加热或打浆，L2亮表示正在保温。经测试，加热时L1能正常发光，打浆时电动机能正常工作。已知电源电压不变，R1是电热丝，R2是限流电阻，电动机标有“24V12W”，L1、L2均标有“4V 4W”且电阻不变，加热时电路中电流是保温时电路中电流的2 倍。下列说法正确的是 ()
A．加热时电热丝R1的功率为22W
B．限流电阻R2的阻值为24Ω
C．加热时L1的功率与打浆时L1的功率之比为1∶4
D．保温1min，电热丝R2产生的热量为330J【答案】A
【详解】由于两灯标有“4V 4W”，所以两灯的电阻为 两灯的额定电流为I额
电动机标有“24V12W”字样，电动机正常工作的电流为
A．由电路图可知，当S1接a，S2 接d时，L1与电动机串联，L1亮，此时为打浆状态。根据题意可知，打浆时电动机能正常工作，打浆时电路中的电流为I =IM= 0.5A
根据串联电路电压特点和欧姆定律可得，电源电压为U=U1+U 额M=IRL+U 额M=0.5A×4Ω+24V=26V 当S1接a，S2 接c时，L1与R1 串联，L1亮，此时为加热状态。根据题意可知，加热时， L1能正常发光，加热时电路中的电流为I加=I额
由串联电路特点和欧姆定律可得，电热丝的电阻为R1= I加(U)—RL
R1的功率为P1=I 加2R1=(1A)2×22Ω=22W；故A 正确；
B．当S1接b，R2、L2与R1串联，L2亮，为保温状态，由于加热时电路中电流是保温时电路中电流的2 倍，所以保温是的电流I保 加
电路的总电阻为R总
所以限流电阻R2的阻值为R2=R总-RL-R1=52Ω-4Ω-22Ω=26Ω；故B 错误；
C．加热时L1的功率为PL=I 加2R1=(lA)2×4Ω=4W打浆时L1的功率为PL,=I2R1=(0.5A)2×4Ω=1W
则加热时L1的功率与打浆时L1的功率之比为PL∶PL ,=4W∶1W=4∶1；故C错误；
D．保温1min，电热丝R2产生的热量为Q2=I 保2R2t=(0.5A)2×26Ω×1×60s=390J；故D 错误。故选A。
