2018中考物理试题分类汇编 专题28 电功率（含解析）

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1、 专题28 电功率 一．选择题（共27小题） 1．（2018•北京）有两个额定电压相同的电热水壶甲和乙，甲的额定功率为1800W，乙的额定功率为1200W．两个电热水壶都正常工作时，下列说法中正确的是（　　） A．甲电热水壶两端的电压较高 B．电流通过甲电热水壶做功较快 C．通过两个电热水壶的电流相等 D．相同时间内，两个电热水壶消耗的电能一样多 【分析】额定电压是指用电器正常工作是的电压；电功率是表示电流做功快慢的物理量；根据P=UI和W=Pt来作出分析和解答。 【解答】解： A、两电热水壶的额定电压相同，且都正常工作，所以它们两端的电压相等，故A错误； B、甲的额

2、定功率大于乙的额定功率，且都正常工作，根据电功率的物理意义可知，电流通过甲电热水壶做功较快，故B正确； C、两个电热水壶都正常工作时，甲的额定功率大，根据P=UI可知，通过甲的电流大，故C错误； D、两个电热水壶都正常工作时，通电时间相同，甲的额定功率大，根据W=Pt可知，甲消耗的电能多，故D错误。 故选：B。 　 2．（2018•邵阳）将规格都是“220V 180W”的一台电冰箱、一台电脑和一床电热毯，分别接入同一家庭电路中，若通电时间相同，则下列说法正确的是（　　） A．电冰箱产生的热量最多 B．电脑产生的热量最多 C．电热毯产生的热量最多 D．三者产生的热量一样多 【分析

3、】由题意知，三种用电器的额定电压都是220V，额定功率都是180W；家庭电路电压是220V，把这三个用电器接入家庭电路，三个用电器都正常工作，实际功率相同都等于额定功率，通电时间相同，根据W=Pt可知消耗的电能相同；通过分析三种用电器工作时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器。 【解答】解：因为接在家庭电路中，U=220V， 所以三种用电器的实际功率：P实=P额=180W； 又因为W=Pt，用电器工作时间t相等， 所以三种用电器消耗的电能相同， 电冰箱电工作时，主要把电能转化为机械能，产生的热量很小，电脑工作时，主要将电能转化为光能和声能， 电热毯工作时电热丝产生热量，几乎把电

4、能全部转化为热量，所以产生热量最多的是电热毯，故C正确。 故选：C。 　 3．（2018•宜昌）两个定值电阻R1、R2并联在电路中，如图甲所示，它们的电流与其两端的电压关系如图乙所示，闭合开关S，则R1，R2产生的热量之比为（　　） A．2：1 B．1：2 C．4：1 D．1：4 【分析】根据图象利用欧姆定律判定R1、R2的阻值关系；根据焦耳定律公式判定产生热量的比值。 【解答】解：由图可知，该电路为并联电路，电压是相同的，由图乙可知，电压相同，通过R1、R2的电流之比为2：1；根据I=可知，R1、R2的电阻之比为1：2； 通电时间相同，电压相同，则根据焦耳定律公式Q=W=可

5、知，产生的热量与电阻成反比，故热量之比为2：1。 故选：A。 　 4．（2018•绍兴）下列有关家庭电路的说法正确的是（　　） A．家庭电路中的插座应与用电器串联 B．家庭电路的电压对于人体是安全的 C．测电笔可以辨别零线与地线 D．电能表用来测量用户消耗的电能 【分析】（1）明确家庭电路的各用电器都是并联的；用电器与用电器之间、用电器与插座之间都是并联的； （2）家庭电路的电压是220V，人体安全电压不高于36V； （3）使用测电笔可以辨别火线和零线。 （4）根据电能表的用途进行分析，即电能表是测量用户在一定时间为消耗电能的多少。 【解答】解： A、家庭电路中用电器

6、与用电器、用电器与插座、插座与插座之间都是并联连接的，故A错误； B、对人体的安全电压是不高于36V，家庭电路的电压是220V，所以家庭电路的电压对于人体是不安全的；故B错误； C、零线、地线和大地间的电压都是0V，用测电笔分别接触零线与地线时，氖管都不发光，所以测电笔不能辨别零线与地线，但测电笔可以辨别火线和零线，故C错误； D、电能表用来测量用户在一定时间内消耗的电能，并且根据电能的多少来收取电费，故D正确。 故选：D。 　 5．（2018•钦州）电炉工作时，根据焦耳定律可知，相同时间内电炉丝产生的热量比导线多，所以电炉丝热得发红而连接电炉丝的导线不太热，其原因是（　　） A

7、．电炉丝的电阻较大 B．电炉丝与导线是并联的 C．电炉丝的横截面大 D．通过电炉丝的电流较大 【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比。电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。 【解答】解：电炉子在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝=I导线，通电时间t相同， 因为Q=I2Rt，R电炉丝＞R导线， 所以电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线， 从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象。 故选：A。 　 6．（2018•北京）下列用电器中，

8、利用电流热效应工作的是（　　） A．电暖气 B．计算器 C．电视机 D．笔记本电脑 【分析】当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。根据各用电器的能量转化可做出判断。 【解答】解： A、电暖气工作时将电能转化为内能，利用了电流的热效应，故A符合题意； B、计算器工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故B不符合题意； C、电视机工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故C不符合题意； D、笔记本电脑工作时主要把电能转化为光能与声能，不是利用电流热效应工作的，故D不符合题意。 故选：A。 　 7．（2

9、018•乐山）下列家用电器中，利用电流热效应工作的是（　　） A．电风扇 B．洗衣机 C．电热水壶 D．电视机 【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，据此分析即可判断。 【解答】解： A、电风扇工作时将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作，故A不符合题意； B、洗衣机工作时将电能转化机械能，不是利用电流热效应工作，故B不符合题意； C、电热水壶工作时将电能转化为内能，是利用电流热效应工作，故C符合题意； D、电视机工作时将电能转化为光能和声能，不是利用电流热效应工作，故D不符合题意。 故选：C。 　 8．（2018•玉林）如图所示，电源电压U为10V并保持不变，滑动

10、变阻器规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，当滑片P移至最左端时，灯泡正常发光，电流表示数为0.5A；当滑片P移至中点时，电流表示数为0.4A．则（　　） A．电路消耗的最小功率为2.5W B．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为2.4W C．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为3.2W D．滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡所做的功为10J 【分析】（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，根据欧姆定律求出灯丝电阻；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时电路消耗的功率最小，利用串联电路的特点和P=即可求出假设灯泡电阻不变时的最小功率；然后即

11、可比较判断； （2）滑片P在中点时，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据P=UI求出灯泡的实际功率； （3）滑片P在最左端时，根据W=UIt求出5min内电流通过灯泡做的功。 【解答】解： （1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光， 由I=可得，灯泡正常发光时的电阻：RL===20Ω； 当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路消耗的功率最小， 若不考虑灯泡电阻随温度的变化，根据串联电路的电阻特点可得，最小总功率： P最小===2.5W； 由于灯泡不正常工作时的电阻低于正常工作时的电阻

12、， 所以，电路消耗的最小功率不是2.5W；故A错误； （2）滑片P在中点时，电流表示数为0.4A， 根据I=可得，此时滑动变阻器两端的电压： U滑=IR滑=0.4A××20Ω=4V， 因串联电路中总电压等于各电压之和， 所以，此时灯泡两端的电压： UL′=U﹣U滑=10V﹣4V=6V， 灯泡的实际功率： PL=UL′I=6V×0.4A=2.4W；故B正确，C错误； （3）滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡做的功： WL=UILt=10V×0.5A×2×60s=600J，故D错误。 故选：B。 　 9．（2018•潍坊）最先精确确定电流产生的热量跟电流、电阻和通

13、电时间关系的物理学家是（　　） A．欧姆 B．焦耳 C．奥斯特 D．法拉第 【分析】在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间间的关系，即发现了焦耳定律。 【解答】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，得出Q=I2Rt；为了纪念他做出的贡献，人们将他的名字命名为热量（能量）的单位， 故选：B。 　 10．（2018•海南）如图所示，A、B为两盏白炽灯，A灯型号是“110V 25W”，B灯型号是“110V 100W”，R是一个未知电阻。若把它们接到电压为220V的电路上，下面四

14、种接法中可能让两盏灯都正常发光的电路是（　　） A． B． C． D． 【分析】（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等。 （2）已知电源电压相等，根据公式P=可知，电路中电阻越大。消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出灯泡A和灯泡B的电阻，再求出A、B、C图总电阻进行比较，即可得出结论。 【解答】解：根据公式P=可知，灯泡A的电阻RA===484Ω， 灯泡B的电阻RB===121Ω。 A、图中灯泡A和B的并联，电压为220V，则A、B两端电压均为220V，大于其额定电压，故两盏灯都不正常发光，故A不符合题意； B、图中灯泡A和B的串联在电压为220V的电

15、路中，由于两灯泡电阻不同，所以两灯泡两端的电压都不是其额定电压110V，则两盏灯都不正常发光，故B不符合题意； C、图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与可变电阻R并联后和灯泡B的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B能正常工作，故C符合题意； D、图是灯泡B和可变电阻并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻并联后和灯泡A的电阻相等；并联电路，电阻更小；故灯泡A和灯泡B不能正常工作时，故D不符合题意； 故选：C。 　 11．（2018•荆门）如图所示的电路，电源电压为3V且保持

16、不变，定值电阻R1=1Ω，滑动变阻器R2阻值范围为0～4Ω．闭合开关S，在滑片从左向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑动变阻器的最大功率为1.44W B．滑动变阻器的最大功率为2W C．滑动变阻器的最大功率为2.25W D．电压表示数从0V增大到2.4V 【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。 （1）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后分析表达式得出滑动变阻器消耗最大功率时接入电路中的电阻，并求出其大小； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R1的简

17、单电路，电压表测电源两端的电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1两端的电压最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R1两端的电压，然后得出电压表示数的变化。 【解答】解： 由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。 （1）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，电路中的电流： I=， 滑动变阻器消耗的电功率： P2=I2R2=（）2R2====， 所以，当R2=R1=1Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大， 则P2大===2.25W，故AB错误、C正确； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻

18、为零时，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，示数为3V， 当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，R1两端的电压最小， 此时电路中的电流： I′===0.6A， 电压表的最小示数： U1=I′R1=0.6A×1Ω=0.6V， 所以，在滑片从左向右移动的过程中，电压表示数从3V减小到0.6V，故D错误。 故选：C。 　 12．（2018•南京）如图所示电路，电源电压不变，小灯泡标有“6V 3W“字样，闭合开关后，当滑片P移至某一位置时，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为P1；当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电压表示数变化了3V，

19、此时滑动变阻器消耗的功率为P2，且P1：P2=5：6．下列判断正确的是（　　） A．滑动变阻器的最大阻值为10Ω B．电路允许消耗的最大功率为4.5W C．小灯泡正常发光时，滑片P位于滑动变阻器中点位置 D．滑动变阻器消耗的功率由P1变为P2的过程中，小灯泡消耗的功率变化了0.6W 【分析】（1）由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。 根据滑片在某一位置和在一端时滑动变阻器消耗的功率之比，算出电源电压； 当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.3A，电流表示数减小，电阻变大，说明滑片在最大阻值处，算出滑动变阻器的最大阻值；

20、（2）根据P=UI和灯泡的额定电流算出电路允许消耗的最大功率； （3）根据欧姆定律和小灯泡正常发光时，算出滑动变阻器的电阻从而确定滑片P的位置； （4）根据P=UI算出小灯泡消耗的功率值以及变化值。 【解答】解： 由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。 （1）设电源电压为U， 当滑片P移至某位置时，小灯泡恰好正常发光，且串联电路中电流处处相等， 由P=UI可得，此时电路中的电流为：I=IL===0.5A， 滑动变阻器消耗的功率为：P1=（U﹣UL）I=（U﹣6V）×0.5A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 当滑片P移至某一端点时，电流表示数为

21、0.3A，电流表示数减小，说明变阻器接入的电阻变大，此时滑片在最大阻值处； 变阻器接入的电阻变大，由串联分压规律可知，变阻器分得的电压变大，所以，电压表示数变化了3V即增大了3V，此时滑动变阻器两端的电压为：U滑=U﹣6V+3V=U﹣3V， 此时滑动变阻器消耗的功率为：P2=U滑I′=（U﹣3V）×0.3A﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 已知P1：P2=5：6﹣﹣﹣﹣③ 联立①②③解得，电源电压U=9V； 则滑动变阻器的最大阻值为：R滑大====20Ω，故A错误； （2）灯泡的额定电流为0.5A，则电路中的最大电流为0.5A， 电路允许消耗的最大功率：P大=UI大=9V×0.5A=4.5W，故B

22、正确； （3）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电压为：U滑′=U﹣6V=9V﹣6V=3V， 此时滑动变阻器的电阻为：R滑′===6Ω， 因为滑动变阻器的最大阻值为20Ω，所以此时滑片P不在中点位置，故C错误； （4）由题意可知，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为P1，则此时灯泡消耗的功率PL=P额= 3W， 滑动变阻器消耗的功率由P1变为P2的过程中，电压表示数变化了3V即增大了3V，由串联电路的电压规律可得，灯泡两端的电压减小了3V，则此时灯泡两端的电压UL′=6V﹣3V=3V， 此时灯泡消耗的电功率：PL′=UL′I′=3V×0.3A=0.9W， 则灯泡消耗的功率

23、变化了：△P=PL﹣PL′=3W﹣0.9W=2.1W，故D错误。 故选：B。 　 13．（2018•岳阳）如图，电源电压恒为4.5V，Ⓐ的量程为“0～0.6A”，Ⓥ的量程为“0～3V“，灯泡上标有“2.5V 1.25W”（不考虑灯丝电阻变化），滑动变阻器R的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，在保证电路安全的情况下，移动滑片P的过程中（　　） A．Ⓐ的示数最大为0.6A B．灯泡消耗的最小功率为0.12W C．电路消耗的最大总功率为2.7W D．滑动变阻器接入电路的最小电阻为4Ω 【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。

24、（1）根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后与电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，根据P=UI求出电路消耗的最大电功率； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=I2R求出灯泡消耗的最小功率。 【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。 （1）由P=UI可得，灯泡

25、的额定电流： IL===0.5A，故A错误； 因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A， 所以，电路中的最大电流I大=0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大， 由I=可得，灯泡的电阻和电路的总电阻分别为： RL===5Ω，R总===9Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值： R小=R总﹣RL=9Ω﹣5Ω=4Ω，故D正确； 电路消耗的最大总功率： P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故C错误； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的

26、电流最小，灯泡消耗的电功率最小， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，电路的最小电流： I小===0.18A， 则灯泡消耗的最小功率： PL小=I小2RL=（0.18A）2×5Ω=0.162W，故B错误。 故选：D。 　 14．（2018•无锡）图甲是模拟调光灯。电源电压为4.0V；小灯泡额定电压为2.5V，电流随电压变化的I﹣U图象如图乙所示，小灯泡两端电压达到0.4V时“刚亮”；铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比。回形针A固定在铅笔芯右端，回形针P可以在铅笔芯上自由滑动，该调光灯在使用时，以下说法错误的是（　　） A．闭合开关，移动P能连续调光

27、 B．闭合开关，P滑到距A点10cm处，小灯泡的实际功率为0.15W C．在距A点2.5cm处做标记，可以提醒P向A滑过此处，小灯泡将不安全 D．小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光，实际功率变化范围为0.048W～0.75W 【分析】（1）当铅笔芯电阻全部接入电路中时，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据图象读出符合要求的电流和电压，然后判断灯泡是否能发光，然后判断移动P时能否连续调光； （2）铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比，据此求出P滑到距A点10cm处和P滑到距A点2.5cm处接入电路中的电阻，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据图

28、乙读出符合要求的电流和电压，根据P=UI求出小灯泡的实际功率，灯泡两端的电压大于额定电压下时将不会安全； （3）根据P=UI求出小灯泡“刚亮”和正常发光时的功率，然后得出小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光时的实际功率变化范围。 【解答】解： A．当铅笔芯电阻全部接入电路中时， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，其各处的电流相等， 所以，由I=可知，电源的电压： U=UL+ILRP，即4.0V=UL+IL×30Ω， 由图乙可知，灯泡两端的电压UL=0.4V，通过灯泡的电流IL=0.12A时符合，此时小灯泡两端电压达到0.4V“刚亮”， 所以，闭合开关，移动P能连续调光，故A正确

29、； B．因铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比， 所以，P滑到距A点10cm处，接入电路中的电阻： RP′=×10cm=20Ω， 则电源的电压： U=UL′+IL′RP′，即4.0V=UL′+IL′×20Ω， 由图象可知，灯泡两端的电压UL′=0.8V，通过灯泡的电流IL′=0.16A时符合， 此时小灯泡的实际功率： PL=UL′IL′=0.8V×0.16A=0.128W，故B错误； C．P滑到距A点2.5cm处，接入电路中的电阻： RP″=×2.5cm=5Ω， 则电源的电压： U=UL″+IL″RP″，即4.0V=UL″+IL″×5Ω， 由图象可知，灯

30、泡两端的电压UL″=2.5V，通过灯泡的电流IL′=0.3A时符合，此时灯泡正常发光， 所以，在距A点2.5cm处做标记，可以提醒P向A滑过此处，小灯泡两端的电压超过额定电压将不安全，故C正确； D．小灯泡“刚亮”时的实际功率： PL′=ULIL=0.4V×0.12A=0.048W， 小灯泡正常发光时的实际功率： PL″=UL″IL″=2.5V×0.3A=0.75W， 所以，小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光，实际功率变化范围为0.048W～0.75W，故D正确。 故选：B。 　 15．（2018•通辽）小明同学在进行电学知识复习时，针对电阻甲和乙的I﹣U图象，作出了如下判断

31、，正确的是（　　） A．甲、乙串联在电路中，相同时间内甲、乙产生热量之比为2：1 B．甲、乙并联在电路中，相同时间内甲、乙消耗电能之比为1：2 C．将甲和乙并联，当甲两端电压为2V时，则它们的干路电流为0.6A D．将甲和乙串联，当它们两端电压为3V时，通过甲的电流为0.6A 【分析】（1）（2）根据串并联电路的特点、Q=I2Rt求出它们产生热量和消耗电能的比值； （3）（4）根据串并联电路的电流、电压关系判定各个选项。 【解答】解： A、甲、乙串联在电路中，电流是相同的，由图象可知，当电流都为0.2A时，甲的电压为1V，乙的电压为2V，即甲两端的电压是乙两端电压的（取其它

32、电流值仍然存在这样的关系），根据Q=I2Rt=UIt可知，相同时间内甲、乙产生热量之比为1：2，故A错误； B、甲、乙并联在电路中，电压是相同的，由图象可知，当电压为2V时，甲的电流是0.4A，乙的电流是0.2A，即甲的电流是乙的电流的2倍，根据Q=I2Rt=UIt可知，相同时间内甲、乙产生热量之比为2：1，故B错误； C、将甲和乙并联，并联电路各支路两端的电压相等；当甲两端电压为2V时，由图象可知，通过甲的电流为0.4A，通过乙的电流为0.2A，根据并联电路的电流关系可知，干路电流为0.4A+0.2A=0.6A，故C正确； D、将甲和乙串联，电流相同，由图象可知，当电路中的电流为0.2

33、A时，甲的电压为1V，乙的电压为2V，满足它们两端电压（总电压）为3V，所以由串联电路的电流特点可知，通过甲的电流为0.2A，故D错误。 故选：C。 　 16．（2018•内江）将规格为“2.5V 0.3A”的小灯泡L1和规格为“3.8V 0.3A”的小灯泡L2串联，接在3V的电源上，下列判断正确的是（　　） A．L1的电阻大于L2的电阻 B．L1的亮度比L2的亮度更小 C．两只灯泡都正常发光 D．两只灯泡实际功率相等 【分析】根据电路图可知，两灯泡串联；先根据欧姆定律的变形公式R=比较两灯泡阻值的大小， 根据串联电路电流的特点以及P=I2R比较灯泡的明暗程度。 根据P=I2R

34、分析两只灯泡实际功率。 【解答】解：A、由欧姆定律的变形公式R=可得：R L1＜RL2；故A错误； B、因为串联电路处处电流相等，由P=I2R可知，电流一定时，电阻越大，功率越大，因此灯泡L1的实际功率小于灯泡L2的实际功率，即灯泡L2更亮，故B正确； C、两只灯泡都没有在额定电压下工作，所以都不正常发光，故C错误； D、因两灯泡的电阻不等，由P=I2R可知，两只灯泡实际功率不相等，故D错误。 故选：B。 　 17．（2018•深圳）如图为“探究焦耳定律”的实验装置。两个相同的烧瓶中密封初温相同、质量相等的煤油，通电一段时间后，右侧玻璃管中液面比左侧高。下列说法正确的是（　　）

35、 A．通过玻璃管中液面的高度判断电流产生热量的多少，这种方法是控制变量法 B．右侧电阻丝的阻值比左侧小 C．通过右侧电阻丝的电流比左侧小 D．该装置用于探究电流通过导体产生的热量多少与电阻大小的关系 【分析】（1）根据转换法分析； （2）U形管中的液面越高，表明产生的热量越多，结合焦耳定律进行解答； （3）在串联电路中，各处的电流是相同的； （4）根据控制变量法分析。 【解答】解： A、通过玻璃管中液面的高度判断电流产生热量的多少，这属于转换法，故A错误； C、由图知，两电阻丝串联，根据串联电路的电流特点可知，各处的电流是相同的，故C错误； B、两个相同的烧瓶中密封初

36、温相同、质量相等的煤油，通电一段时间后，右侧玻璃管中液面比左侧高，说明电流通过右侧电阻丝产生的热量多；电流和通电时间均相同，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，右侧电阻丝的阻值大，故B错误； D、由前面解答可知，通过电阻丝的电流和通电时间均相同，由于左右两侧电阻丝的阻值不同，所以探究的是电流通过导体产生的热量多少与电阻大小的关系，故D正确。 故选：D。 　 18．（2018•沈阳）如图所示，电源电压保持不变，R1=15Ω，闭合开关S1，断开开关S2，电流表示数为0.2A；同时闭合开关S1、S2，电流表示数为0.5A，此时R1、R2的电功率分别为P1、P2．下列判断正确的是（　　） A．

37、P1：P2=2：3 R1：R2=2：5 B．P1：P2=2：3 R1：R2=3：2 C．P1：P2=3：2 R1：R2=2：5 D．P1：P2=3：2 R1：R2=3：2 【分析】由电路图可知，闭合开关S1，断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流；同时闭合开关S1、S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1的电流不变，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比，根据P=UI求出两电阻的电功率之比。 【解答】解： 由电路图可知，闭合开

38、关S1，断开开关S2时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流； 同时闭合开关S1、S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流， 因并联电路中各支路独立工作、互不影响， 所以，通过R1的电流不变， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，通过R2的电流： I2=I﹣I1=0.5A﹣0.2A=0.3A， 因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，由I=可得，两电阻的阻值之比： ====，故AC错误； 由P=UI可得，两电阻的电功率之比： ===，故B正确、D错误。 故选：B。 　 19．（2018•达州）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，当滑片P置于

39、变阻器的B端时，电压表的示数为6V，在10s内定值电阻R1产生的热量为36J；当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数变化了2V．下列结果正确的是（　　） A．R1先后两次消耗的电功率之比为3：4 B．滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω C．电源电压为10V D．R1的阻值为20Ω 【分析】由电路分析可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；由滑片的移动和电压表示数变化可知滑片滑到B点时电压表的示数，则由欧姆定律可表示出滑片在不同位置时滑动变阻器两端的电压与电源电压电阻间的关系，联立可解得R1与R2最大值之间的关系及电源的电压； 由功率公式可求得R1的阻值，则可求

40、得R2的最大阻值；最后由功率公式分别求得R1先后两次消耗的电功率，即可求得比值。 【解答】解： 由电路图可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压； 当滑片在B端时，由欧姆定律可知，电流中的电流： I1=， 则滑动变阻器两端的电压（电压表的示数）： U2=I1×R2==6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 由题意知，当滑片滑到中点处时，滑动变阻器接入电阻变小，变阻器分得电压变小，即电压表示数应减小，所以，滑片滑到中点时，滑动变阻器两端电压为U2′=6V﹣2V=4V； 同理可得，滑动变阻器两端的电压（电压表的示数）： U2′==4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② ①：②可得： =， 解得R

41、1=R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 将③代入①： ==6V， 可得电源电压：U=12V，故C错误； 当滑片滑到B端时，R1两端电压为：U1=U﹣U2=12V﹣6V=6V； 由Q=t=36J可得：R1=×10s=10Ω，故D错误； 因R2=R1，所以变阻器R2的最大阻值为10Ω，故B正确； 滑片在中点时，R1两端的电压为U1′=U﹣U2′=12V﹣4V=8V， 则R1先后两次的电压之比为： ==， 由P=可得R1先后两次消耗的电功率之比： ====，故A错误。 故选：B。 　 20．（2018•湘西州）以下所列家用电器中，正常工作时，电能主要转化为机械能的是（　　） A． 电风扇

42、 B． 电水壶 C． 电饭煲 D． 电视机 【分析】电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程，用电器消耗了电能，获得了其它形式的能量，就是一个电流做功的过程。 【解答】解： 在常见的家用电器中，电风扇主要把电能转化为机械能； 而电水壶、电饭煲主要把电能转化为内能；电视机主要将电能转化为光能和声能。 故选：A。 　 21．（2018•福建）新的国家标准对廷长线插座配用电缆的导线橫截面积要求进行了修改，额定电流16A的延长线插座，导线 最小标称横截面积由1mm2提升到1.5mm2．增大导线横截面积的目的是（　　） A．增大导线的电阻

43、B．减小通过导线的电流 C．增大导线的电压 D．减小导线发热的功率 【分析】根据影响电阻大小的因素分析导线的横截面积变大时其电阻的变化，电流一定时，根据欧姆定律分析导线两端的电压变化，根据P=I2R分析导线的发热功率变化，要注意通过导线的电流与插座上用电器消耗的电功率有关。 【解答】解： A．廷长线的材料和长度相同时，增大导线横截面积可以减小导线的电阻，故A错误； B．通过导线的电流与插座上用电器消耗的电功率有关，无法判断通过导线电流的变化，故B错误； C．在通过导线的电流一定时，导线的电阻减小，由U=IR可知，可以减小导线两端的电压，故C错误； D．在通过导线的电流一定时，导线

44、的电阻减小，由P=I2R可知，可以减小导线发热的功率，故D正确。 故选：D。 　 22．（2018•泸州）小明家有额定电压相同的微波炉和电视机各一台，按照每度电0.55元的计费标准，将这两个用电器正常工作1h所用的电费绘制成了如图所示的柱状图，对小明家的这两个用电器，下列判断正确的是（　　） A．微波炉正常工作时的电压大于电视机正常工作时的电压 B．微波炉正常工作时的电流等于电视机正常工作时的电流 C．微波炉正常工作时的电功率大于电视机正常工作时的电功率 D．每月在微波炉上用的电费一定比在电视机上用的电费多 【分析】（1）根据用电器正常工作时的电压与额定电压相等分析判断；

45、 （2）从柱状图可知两用电器正常工作1小时的电费，进而知道消耗的电能，再根据P=和P=UI判断通过用电器的电功率和电流； （3）电能计算：W=Pt；电能的多少与电功率大小和时间长短有关； 【解答】解： A、用电器正常工作时的电压等于额定电压，由于微波炉和电视机的额定电压相同，所以这两个用电器正常工作时的电压相等，故A错误； BC、由柱状图可知，微波炉正常工作1小时的电费比电视机高，而单价是一定的，所以微波炉消耗电能多， 根据P=可知，微波炉电功率大于电视机的电功率，故C正确； 电压相同，由P=UI可知，微波炉正常工作时的电流大，故B错误； D、虽然微波炉电功率大，由于不知道一个月

46、内它们的实际工作时间，根据W=Pt知无法判断微波炉和电视机消耗的电能的多少，所以无法比较电费的多少，故D错误。 故选：C。 　 23．（2018•无锡）用如图的装置探究影响电流热效应的因素”，电阻丝R1和R2分别密封在两只完全相同 的烧瓶中，且R1＜R2，瓶中装有质量相等的煤油。下列说法正确的是（　　） A．该装置用来探究电流热效应与电流大小的关系 B．闭合开关后，装R1电阻丝的烧瓶中温度计示数上上升较快 C．实验中，通过温度计示数的变化来比较电阻丝产生生热量的多少 D．将某一烧瓶中的煤油换成等质量的水，可比较煤油和水的比热容大 【分析】（1）根据装置中的相同点、不同点，

47、利用控制变量法分析； （2）由焦耳定律Q=I2Rt分析放出热量的多少； （3）通过观察烧瓶中温度计示数的变化来判断电阻丝发热的多少属于转换法； （4）由吸热公式Q吸=cm△t可知，要比较水和煤油的比热容大小，应让两瓶中水和煤油的质量m相等、吸收的热量相等（加热时间相等），通过比较它们升高的温度大小关系，得出比热容的大小关系。 【解答】解： A、由图可知，两电阻丝串联，电流相同，通电时间也相同，但电阻不同，故该实验探究的是电流产生的热量与电阻的关系，故A错误； B、由焦耳定律Q=I2Rt可知，电流和通电时间相同时，电阻越大，放出的热量越多，由于R1＜R2，故R2放出的热量多，温度计示

48、数升的高，故B错误； C、通电后电流通过电阻丝做功，产生热量使煤油的温度升高，通过观察温度计的示数大小来判断电流产生的热量的多少，这个研究方法可以称之为转换法，故C正确； D、要比较水和煤油的比热容，则应让水和煤油的质量相等、吸收的热量（加热时间）相等，由温度的变化大小得出比热容的大小关系；故用相同质量的水代替煤油，两瓶中都有相同阻值相同的电阻丝，电阻相等；故D错误。 故选：C。 　 24．（2018•黄石）将A、B两个灯泡，按图一、图二两种方式连接，已知RA=4Ω、RB=6Ω，电源电压相同，下面分析正确的是（　　） A．图一中A灯比B灯亮 B．图二中A灯比B灯亮 C．图一

49、中A灯比图二中A灯亮 D．图一中的总功率比图二中的总功率要大 【分析】（1）图一中，两灯泡串联，通过它们的电流相等，根据P=UI=I2R比较两灯泡的实际功率关系，实际功率大的灯泡较亮； （2）图二中，两灯泡并联，它们两端的电压相等，根据P=UI=比较两灯泡的实际功率关系，然后判断亮暗关系； （3）根据串联电路的电压特点和并联电路的电压特点分析两图中A灯两端的电压关系，根据P=UI=比较两种情况下A灯的实际功率关系，然后判断亮暗关系； （4）根据电阻的串并联比较两图的总电阻关系，根据P=UI=比较两种情况下电路的总功率关系。 【解答】解： A．图一中，两灯泡串联， 因串联电路中各

50、处的电流相等，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小， A灯泡的电阻较小，由P=UI=I2R可知，A灯泡的实际功率较小，即A灯比B灯暗，故A错误； B．图二中，两灯泡并联， 因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，由P=UI=可知，A灯泡的电阻较小，其实际功率较大，A灯比B灯亮，故B正确； C．由于图一中A灯泡两端的电压小于电源电压，图二中A灯泡两端的电压等于电源的电压， 所以，由P=UI=可知，图一中A灯泡的实际功率较小，灯泡较暗，即图一中A灯比图二中A灯暗，故C错误； D．因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻， 所以，图一中的总电阻大于图二中

51、的总电阻， 由P=UI=可知，图一中的总功率比图二中的总功率要小，故D错误。 故选：B。 　 25．（2018•连云港）如图所示，电源电压恒为15V，定值电阻R的阻值为20Ω，闭合开关后，使变阻器的阻值减小5Ω，电流表示数变化了0.1A，则下列说法正确的是（　　） A．电流表示数减小了0.1A B．电压表示数减小了0.5V C．定值电阻的电功率增大了0.2W D．电路总功率增大了1.5W 【分析】（1）由图R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测的电路中电流，根据欧姆定律判断电流表示数变化情况； （2）根据串联电路的特点和欧姆定律先求出变阻器连入电路的阻

52、值，然后分别根据电功率公式求出功率。 【解答】解： 由图可知，变阻器R变与R串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流； A、使变阻器的阻值减小5Ω，根据串联电路的电阻特点可知总电阻变小，由于电源电压不变，根据I=可知电路中电流变大，所以电流表示数变化了0.1A，应是增大0.1A，故A错误； B、设原来变阻器接入电路的阻值为R变，变阻器的阻值减小5Ω后，此时变阻器接入电路的阻值为R变﹣5Ω， 由题意可知：△I=I2﹣I1=0.1A， 即：﹣=0.1A， 所以，﹣=0.1A， 解得：R变=10Ω，R变=﹣45Ω（舍去）， 所以，I1===0.5A， I2==

53、=0.6A， 则电压表示数变化量： △U变=I2（R变﹣5Ω）﹣I1R变=0.6A×（10Ω﹣5Ω）﹣0.5A×10Ω=﹣2V， 所以电压表示数减小了2V；故B错误； C、定值电阻电功率的增大量： △P1=I22R﹣I12R=（0.6A）2×20Ω﹣（0.5A）2×20Ω=2.2W，故C错误； D、总功率的增大量： △P=UI2﹣UI1=15V×0.6A﹣15V×0.5A=1.5W，故D正确。 故选：D。 　 26．（2018•武汉）如图所示，电源电压U保持不变。当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，电路的总功率为P1，再将滑片滑至最左端，有一只电表的

54、示数变为原来的；当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片从最右端滑至中点时，R3的功率增大了0.05W，且滑片在中点时，电压表V1的示数为U1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为P2，两只电流表示数相差0.3A．已知P1：P2=2：15，下列结论正确的是（　　） A．P2=5.4W B．U=12V C．U1=6V D．R2=20Ω 【分析】（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表V1测R2两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A1测电路中的电流；再将滑片滑至最左端时，R2与R3的最大阻值串

55、联，电压表V1、V2均测R2两端的电压，电流表A1测电路中的电流，据此可知示数变化的电表为V2，并得出R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R3两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出两电阻的阻值之比； （2）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，根据电阻的串联和P=表示出电路中的总功率P1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，R1与R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流，根据并联电路的特点和电功率公式表示出电路的总功率P2，利用P1：P2=2：15得出等式即可求出R1与R2的阻值关系；利用并联电路的电流特点结合两只电流表示数相

56、差0.3A即可得出电源的电压和R2的阻值关系；当开关S1和S3闭合、S2断开时，R1与R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A2测电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑片位于最右端和中点时电路中的电流，利用P=I2R结合R3的功率变化即可求出R3的阻值，进一步求出R1和R2的阻值以及电源的电压，利用欧姆定律求出U1的大小，最后根据并联电路的特点和P=求出P2的大小。 【解答】解： （1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，等效电路图如图1所示； 再将滑片滑至最左端时，等效电路图如图2所示： 由图1和图2可知，示数变

57、化的电表为V2，且R2两端的电压UR2=U， 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，R3两端的电压UR3=U，则UR2：UR3=1：4， 因串联电路中各处的电流相等， 所以，由I=可得： ===，即R3=4R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①； （2）当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片位于最右端时，等效电路图如图3所示； 滑片位于中点时，等效电路图如图4所示； 当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的等效电路图如图5所示： 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，图1中，电路的总功率： P1===， 因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功

58、率等于各用电器功率之和， 所以，图5中，电路的总功率： P2=+， 由P1：P2=2：15可得： 15P1=2P2，即15×=2×（+）， 解得：R1=2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且图5中两只电流表示数相差0.3A， 所以，图5中，通过R1的电流： I5=I﹣I4=0.3A，则==0.3A，即=0.6A﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 图3中，电路中的电流： I2====×=×0.6A=0.1A， 图4中，电路中的电流： I3====×=×0.6A=0.15A， 因图4和图3相比较R3的功率增大了0.05W， 所以，由P=I2R可得： P3

59、′﹣P3=I32×R3﹣I22R3=（0.15A）2×R3﹣（0.1A）2×R3=0.05W， 解得：R3=40Ω， 代入①②③两式可得：R1=20Ω，R2=10Ω，U=6V，故BD错误； 图4中，U1=I3R1=0.15A×20Ω=3V，故C错误； 图5中，P2=+=+=5.4W，故A正确。 故选：A。 　 27．（2018•恩施州）如图，电路中L1“6V 3W“和L2“6V 6W”两灯泡和滑动变阻器R串联，电源电压恒为12V．下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，两灯泡均能正常发光 B．保证两灯泡均不损坏，滑动变阻器R连入电路的最小值为3Ω

60、 C．滑片P从最右端向左移动，使某灯刚好正常发光，则此时另一盏灯的实际功率为1.5W D．在保证电路安全的情况下，电路总功率最大可达到12W 【分析】（1）闭合开关S，两灯泡和滑动变阻器R串联，由于串联电路的电流处处相等，则根据两灯泡正常发光时的电流大小即可判断； （2）已知两灯泡的额定电压和额定功率，根据公式P=UI先计算出两灯正常发光时的电流，两灯串联后，正常发光的是电流较小的一个，再利用公式R=求出两灯的电阻，利用欧姆定律求出总电阻，根据串联电路的电阻特点即可求出R连入电路的最小值； （3）由于正常发光的是电流较小的一个，则根据P=I2R求出另一盏灯的实际功率； （4）在保证

61、电路安全的情况下，电路中的电流达到正常发光时电流较小的灯泡的电流即为电路可达到的电流，利用P=UI即可求出最大功率， 【解答】解： A、根据P=UI可得，灯泡正常工作的电流分别为： I1===0.5A，I2===1A； 两灯泡正常发光时的电流不相等；闭合开关S，两灯泡和滑动变阻器R串联，由于串联电路的电流处处相等，所以两灯泡不能都正常发光；故A错误； B、由于串联电路的电流处处相等，两灯泡正常发光时的电流I1＜I2， 所以电路中的最大电流I=I1=0.5A， 由欧姆定律可得总电阻：R===24Ω； 由P=可得，两灯的电阻分别为： R1===12Ω，R2===6Ω； 根据串联

62、电路的总电阻等于各分电阻之和可得， R连入电路的最小值：R最小=R﹣R1﹣R2=24Ω﹣12Ω﹣6Ω=6Ω；故B错误； C、滑片P从最右端向左移动，使某灯刚好正常发光，则正常发光的是电流较小的一个灯泡L1， 所以另一盏灯的实际功率：P2=I2R2=（0.5A）2×6Ω=1.5W，故C正确； D、在保证电路安全的情况下，电路中的最大电流I=I1=0.5A， 则整个电路的最大功率：P大=UI=12V×0.5A=6W，故D错误。 故选：C。 　 二．填空题（共16小题） 28．（2018•青岛）某电视机的额定功率是l10w，则它正常工作时，电流是　0.5A　；1kW•h的电能可供它

63、止常工作的时间是　9.1h　（至少保留一位小数） 【分析】电视机正常工作时的功率和额定功率相等，利用公式I=得到电视机的电流，再根据t=求出1kW•h的电能可供电视机正常发光的时间。 【解答】解：家庭电路的电压是220V，电视机的额定功率是l10W， 则它正常工作时，通过电视机的电流为：I===0.5A； 1kW•h的电能可供它正常工作的时间：t==≈9.1h。 故答案为：0.5A；9.1h。 　 29．（2018•攀枝花）如图所示，测电笔正确的使用方法是　乙　（选填”甲”或“乙”），已知测电笔的电阻约为1.1×106Ω，氖管和人体的电阻比它小得多，可以忽略，请你计算“220V

64、40W”灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的　900　倍（结果保留到整数）。 【分析】①正确使用试电笔的方法：站在地上手接触试电笔的笔尾金属体，笔尖接触火线或零线。氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，根据测电笔的正确使用方法进行分析，即食指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路； ②已知家庭电路电压及测电笔电阻和灯泡额定电压和额定功率，可以得到两者通过的电流，比较得到结果。 【解答】解：使用测电笔时，拇指和中指不要接触测电笔前端的金属体，手必须接触测电笔末端的金属体，使电源和大地之间形成通路，故乙是正确的测量方法；

65、 通过测电笔的电流为I笔===2×10﹣4A； 因为P=UI， 所以通过灯泡的电流为I灯==≈0.18A， 所以灯泡正常工作时的电流约为正确使用测电笔时通过人体电流的=900倍。 故答案为：乙；900。 　 30．（2018•湘西州）某学校传达室里安装有40W和20W两种灯泡，晚上开灯时，同学们发现40W的比20W的亮。这说明40W的灯泡比20W的灯泡实际功率　大　。（选填“大”或“小”） 【分析】额定功率是灯泡在额定电压下工作的电功率，灯泡的亮度取决于灯的实际功率。 【解答】解： 因为灯泡的亮度是由其实际功率所决定的，而40W的比20W的亮，所以40W的灯泡比20W的灯泡实

66、际功率大。 故答案为：大。 　 31．（2018•重庆）丹麦物理学家　奥斯特　首先发现了电与磁之间存在本质联系，生产生活中的　电磁起重机　（选填“电磁起重机”“台灯”或“电热毯”）主要是利用电流磁效应工作的。 【分析】（1）在1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在着磁场； （2）通电导体周围存在磁场，这叫做电流的磁效应。 【解答】解： （1）奥斯特把通电直导线放在水平方向静止的小磁针上，小磁针发生偏转，说明受到磁力作用，实验表明电流周围存在磁场； （2）通电导线周围有磁场，这就是的电流的磁效应，电磁起重机、电磁继电器等都是利用该原理制成的；台灯工作时把电能转化为光和热，不是利用电流磁效应工作的；电热毯是利用电流流过导体时发热而工作的，应用了电流的热效应。 故答案为：奥斯特；电磁起重机。 　 32．（2018•哈尔滨）“探究小灯泡电功率”的实验电路如图甲，实验中选择“2.5V”小灯泡，调节滑动变阻器滑片的过程发现灯亮度变化，这是由　灯泡的实际功率　变化引起的。实验得到灯的U﹣I图象如图乙，则小灯泡的额定功率是　0.75　W。 【分析】（1）甲图中，灯