2024年1月20日发(作者：俞惜玉)

第十八章电功率(单元过关测试)

（满分100分，80分钟)

一、选择题（每题3分,共27分）

1．下列数据中，最接近实际情况的是(

).

A．普通家用照明灯的工作电流约为2A；B．电饭锅加热煮饭时的功率约为100W；

C．一节新干电池的电压约为1.5V; D．家用手电筒的额定功率约为200W

【答案】C。

【解析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位,可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。

A：家用照明灯的功率在60W左右，工作电流约0.3A；故A错误.

电饭锅加热煮饭时的功率约为1000W以上；故B错误。

B：一节新干电池的电压约为1。符合实际；故C正确。

C：5V，D、家用手电筒的额定功率约10W，达不到200W；故B错误。正确答案是C。

1

2。智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁的使用会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式"来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的( ）.

A．增大电池电压；B．增加总功率；C．减小总功率；D．降低散热能力

【答案】C。

【解析】省电模式是切断个人电脑部件供电以实现省电的功能,根据PW分析。

t当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由PW可得，W=Pt，t要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的。故选C。

3。下列用电器中，利用电流热效应工作的是（ ).

A

【答案】A。

B

C

D

2

【解析】电流的热效应指的是，用电器将电能转化为内能。电饭锅工作时就是将电能转化为内能来工作的，A正确；抽油烟机将电能转化为机械能,B不符合题意；电视机和笔记本电脑工作时,主要将电能转化为声和光，C、D不符合题意。正确答案是A.

4.王亮同学是个爱动脑的孩子，他想知道家里电风扇的实际功率多大，于是他将家里其他用电器都关闭，只让电风扇单独工作了72s，如图的电能表转盘转了5转，下列说法正确的是（ ）.

A．此电能表转盘每小时转过2500转；

B．电能表是测量电路中用电器功率的仪器；

C．此电能表所在电路的最大电功率为2200KW；

D．电风扇的实际功率是100W

【答案】D。

【解析】A．2500r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，转盘转2500圈，故A错误.

B、电能表是测量电路中用电器消耗电能的仪器，故B错误。

3

C、此电能表所在电路的最大电功率P=UI=220V×20A=4400W，故C错误。

D．因2500r/kW•h表示每转2500圈消耗1度电的电能，1表盘每转1圈,电路中消耗2500kW•h的电能，所以，电能表转盘5转了5圈消耗的电能：W2500kWh0.002kWh，电风扇的实际功率：PW0.002kWh0.1kW100W72th3600，故D正确。故选D。

5.如图所示,将标有“3V、3W"的灯泡L1和标有“6V、3W”的灯泡L2串联在电路中，闭合开关S，其中只有一只灯泡正常发光,设小灯泡电阻不变，则L1两端的电压及通过L1的电流分别是（ ）.

A．3V、1A；B．1。5V、1A；C．3V、0.5A；D．1.5V、0.5A

【答案】D.

【解析】灯泡L2正常发光时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出其正常发光时的电流,根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流不能超过两灯泡的额定电流，据此判断A、B选项错误，再根据C、D选项判断电路中正常发光时的电流，根据电路中只有一只灯泡正常发光和额定电压下灯泡正常发光判4

断L1两端的电压。

由P=UI可得，灯泡L2正常发光时的电流：I2P23W0.5AU26V，

因串联电路中各处的电流相等，所以选项A、B中的电流1A大于0。5A是错误的；由C、D可知，电路中能正常发光为L2；因电路中只有一只灯泡正常发光,所以，灯泡L1两端的电压不可能为额定电压3V,故C错误、D正确.故选D。

当开关S1和S2都闭合6.如图所示电路中,R1的阻值为4Ω，时，电流表示数为3A;当只闭合S2时，电流表示数为2A，下列说法正确的是（ ）。

A.电源电压为6V；B.S1和S2都闭合时,R2消耗的功率为18W；

C。R2的阻值为1Ω；D.只闭合S2时，电路消耗的总功率为24W

【答案】D.

【解析】A:当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流,示数为3A；由IU可得，电源的电压：RU=I1R1=3A×4Ω=12V；故A错误.

5

B：只闭合S2时，两电阻串联，电流表测电路中的电流，示数为2A；由IU可得，电路中的总电阻：RU12V6；因串联RI22A电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻R2阻值：R2=R﹣R1=6Ω﹣4Ω=2Ω，故B错误。

C：S1和S2都闭合时，电路为R1的简单电路，R2消耗的功率为零;故C错误。

只闭合S2时，电流为2A，电路消耗的总功率：D：P=UI2=12V×2A=24W，故D正确。故选D.

7。某同学做电学实验时，电路如下图所示。已知他所用电流表的量程为0~0。6A，电压表的量程为0～3V，电源电压为6V保持不变，滑动变阻器的最大阻值为50Ω,定值电阻R0为10Ω，开关S闭合后,在实验操作无误的情况下，下列说法中正确的说法是( ）。

A．电流表的最大示数为0.6A；B．滑动变阻器消耗的最小功率为0W；

C．电压表的最小示数为1V； D．电阻R0消耗的最大功率为1.8W

6

【答案】C。

【解析】分析滑片P在右端(电阻全连入50Ω)和电压表示数最大（滑动变阻器的部分电阻连入）时的电路组成，利用欧姆定律和电功率的公式求解。

（1）因为电源电压为6V，电压表的量程为0—3V，所以P不能滑到左端,也就是滑动变阻器连入电阻不能为0，滑动变阻器的电功率不能为0;

当电压表的示数为3V,即：UR=3V时：①电流最大（电流表的示数最大),I最大3V0.3A10;②R0消耗的电功率最大，P大=I2R0=（0。3A）2×10Ω=0.9W。

（2)当滑片P在右端（电阻全连入为50Ω），此时电路中的电阻最大，电流最小，

I最小6V0.1A1050，U小=I小R0=0.1A×10Ω=1V。故选C.

8.如图为一种测量酒精气体浓度的工作原理图，电源电压恒为12V，定值电阻R=40Ω，R0是酒精气敏电阻，阻值随酒精气体的浓度增大而减小，其阻值变化范围为10Ω-20Ω，电压表接入电路的量程为0-15V，电流表接入电路的量程为0-0。6A．闭合开关S，当环境的酒精气体的浓度增大时,下列说法正确的是( ）。

7

①电流表的示数变小；②电压表示数与电流表示数的比值不变；③电压表示数的范围为8V-9.6V；④电阻R0消耗的电功率范围为0.4W-0。8W。

A．只有①②正确；B．只有①④正确；C．只有②③正确；D．只有②③④正确

【答案】C.

【解析】（1)当环境的酒精气体的浓度增大时，R0阻值随酒精气体的浓度增大而减小，由IU可知，电路中的电流变大，即R电流表的示数变大，故①错误。

由RU可知，电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值，I则电压表示数与电流表示数的比值不变，故②正确。

（2）当R0=10Ω时，电路中的总电阻最小,电路中的电流最大，即经过R0的电流最大,

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，经过R0的电流最大，I=I大大UR0小R12V0.24A1040，则电压表的最大示数为：U大最大R=0.24A×40Ω=9.6V,R0消耗的电功率:PR0大=(I）2R0=8

（0.24A）2×10Ω=0。576W，当R0大=20Ω时，电路中的总电

阻最大，电路中的电流最小，电路中的最小电流:I小UR0大R12V0.2A2040，

最小则电压表的最小示数为：U所以，=I小R=0.2A×40Ω=8V，电压表示数的范围为8V﹣9.6V，故③正确。

2R0=(0。2×10Ω=0.4W，（I小）R0消耗的电功率：PR0小=2A）所以,电阻R0消耗的功率范围为0.4W～0。576W,故④错误。故选C。

9.如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置.两个透明容器中密封着等量的空气，通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差比左侧的大；下列说法正确的是（ ）。

A．左侧容器中电阻丝的阻值比右侧容器中的大；

该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的B．关系；

该装置可以用来探究电流通过导体产生热量跟通电时间C．的关系；

9

D．U形管中液面高度发生变化是因为U形管中液体的热胀冷缩造成的

【答案】C。

【解析】A：容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，由焦耳定律Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，故A错误。

B、C:在装置中,容器中的两个电阻丝串联,通过它们的电流I与通电时间t相同,左边容器中的电阻与右边容器中的电阻,所以实验是为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误,C正确。

D:U形管中液面高度发生变化是因为透明容器中密封着等量的空气的热胀冷缩造成的，故D错误。

故选C。

二、填空题（每空2分，共26分）

10.某家庭电能表如题图所示.若该家庭单独让空调器工作，测得1min内电能表转盘转了60转，则空调消耗的电能为kW·h，空调的电功率是W。

10

【答案】0.02、1200.

【解析】由电能表表盘可以看出，每产生1kW·h的电能,电表需要转3000转，故1min内电表60转,产生的电能为：

60转1kWh0.02kWh0.02103W3600s7.2104J3000转；

。

空调器功率为：W7.2104JP1200Wt60s故答案是：0。02、1200。

11.有“3V、0.75W”的L1灯泡和“3V、1.5W”的L2灯泡，如题图甲所示，闭合开关，L1灯泡和L2正常发光，则电路总电阻R=Ω；如题图乙所示,闭合开关，L1灯正常发光,则电源2的电压U=V;此时L2消耗的实际功率P=W（假设灯丝电阻不变).

甲

乙

【答案】4、4。5、0。375。

11

【解析】由图甲可以看出，灯泡L1、L2是并联关系,并联总电阻为：11R()1R1R2，因为两灯泡正常发光，所以：1U12(3V)2R112P0.75W1，2U2(3V)2R26P21.5W,所以总电阻为：R(12161)4。

由图乙可知,L1正常发光，说明L1两端电压是3V，L1与L2串联，故L2两端电压UUU1U23V1.5V4.5V

2R26U13V1.5VR112，所以电源电压是:.此时，L2消耗的实际功率:U22(1.5V)2P20.375

R26.故答案是：4、4。5、0.375。

12。一个标有“220V、1200W”的电热水壶。要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是

s。(水的比热容为4.2×103J/(kg•℃）

【答案】（1）6.72×105J；（2）560。

【解析】（1）知道水的质量、水的比热容和水温的变化值，利用吸热公式求水吸收的热量；（2)不计热损失,消耗的电能全转

化为内能被水吸收，利用Q=W=Pt计算烧开这壶水需要的时间。J,若不计热损失,电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是

(1）在标准大气压下,水的沸点为100℃，水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×=6。72×12

105J。

（2）因为电热水壶正常工作,所以P=P额=1200W，不计热损失,Q吸=W=Pt，

所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间:

6.72105Jt560sP1200WQ吸。

故答案为：(1）6。72×105J；（2）560。

13。甲、乙两只电炉标有“220V、500W"和“220V、1000W"字样,把它们串联在220V的电路中.在相同时间内产生热量较多的是 ，将它们并联在电路中,产生热量较多的是

（选填“甲”或“乙”).串联时甲电炉消耗的电功率与并联时甲电炉消耗的电功率之比为 。

【答案】甲、乙、111：250。

【解析】（1）由PU得,电炉的电阻RU,因为甲、乙两只电22RP炉的额定电压相同，额定功率P甲＜P乙,所以甲、乙两只电炉的电阻：R甲＞R乙，又因为串联电路中的电流处处相等，即通过甲、乙两只电炉的电流:I甲=I乙；

根据Q=I2Rt可知,在相同时间内产生的热量Q甲＞Q乙，故串联时产生热量较大的是甲;

将它们并联在220V电路上，根据并联电路中各支路两端13

的电压相等,即U甲=U乙=220V，则两电炉的实际功率等于额定功率，即：P甲=500W;P乙=1000W，根据Q=W=Pt可知，在相同时间内产生的热量Q甲＜Q乙,故并联时产生热量较大的是乙。

(2)甲电炉的电阻为R乙电炉的电阻为R甲2U额P额甲（220V)296.8500W：,

2U额乙P额乙（220V)248.41000W，

串联在220V电路中甲消耗的实际功率为：

2P实甲I实R甲（U220V2）R甲（)296.8222WR甲R乙96.848.4，

′=P额甲当甲电炉并联在220V电路中,P250.

故答案为：甲、乙、111：250.

实甲=500W，所以两种情况下甲消耗的功率之比为P实甲：P实甲′=222W:500W=111：14。利用如图所示的电路装置，探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。接通电源，两容器内的空气被加热后膨胀，使U形管的液面发生变化，通过观察U形管的液面变化情况，比较瓶内电阻丝的发热多少?

14

(1）此装置可以探究电流产生的热量跟

的关系,一段时间后，

容器内电阻丝产生的热量较多(选填“左"或“右。

"）(2）如果通过R1的电流为2A，那么10s内通过R1的电流产生的热量是

J。

【答案】(1）电阻、右；（2）200。

【解析】（1)由图示实验可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过电阻丝的电流与通电时间相等而电阻阻值不同，此装置可以探究:电流产生的热量与电阻的关系；由于右侧中的电阻丝阻值较大，将此装置接到电源两端,通电一段时间,电流在右侧容器中产生的热量较多。

（2)R1在10s内产生的热量：Q=I2Rt=（2A）2×5Ω×10s=200J.

故答案为：（1）电阻、右；(2）200.

三、实验探究题（25分）

15.（13分）小明探究“电流一定时,导体消耗的电功率与导体电阻的关系”，现有实验器材：稳压电源、电压表、电流表、滑动变阻器、电阻箱(符号为)、开关及若干导线.

15

图(1)

图（2）

图（3）

（1）为了完成此探究实验，请你在题图（1）的虚线框内将实验电路图补充完整；若连接电路后,闭合开关，发现电压表的指针偏转如题图(2）所示,其原因可能是。

(2）实验中利用公式计算电阻箱阻值不同时消耗的电功率，实验过程需要记录的物理量有：电阻箱两端电压U、通过电阻箱的电流I和。

（3）在实验中，小明需多次改变电阻箱的阻值进行测量，每改变一次阻值,都必须移动滑动变阻器的滑片来控制,多次改变电阻箱阻值的目的是。

（4)完成上述实验后，小明又从实验室借了一个额定功率为2。5V的小灯泡和一个单刀双掷开关,设计了题图（3）所示实验电路图来测量小灯泡的额定功率，实验如下：闭合开关S1，将开关S2拨到触点2，把电阻箱调到10Ω，刚好使电压表的示数为2。5V；再将开关S2拨到触点l，读出电压表的示数为4。5V，小灯泡额定功率P=W。

【答案】（1）电压表正负接线拄接反；（2）P=UI、电阻箱16

的阻值R；(3)电流不变多次进行实验使实验结论更具普遍性（避免偶然性）;（4)0.5W。

【解析】(1）根据题意，实验电路如图所示；开关闭合后，电压表指针反转,其原因是电压表的正负接线柱接反。

(2）根据电功率公式:PUI，可以计算电阻箱不同阻值时消耗的功率,在实验过程中，需要记录的物理量有：电阻箱两端电压Ｕ、通过电阻箱的电流I和电阻箱阻值R。

（3）在实验中,下面需要多次改变电阻箱阻值进行测量,每次都需要移动电阻箱的滑片用来控制电流不变，其目的是多次进行实验，使实验结论更具有普遍性.

（4）实验后，小明从实验室借了一个额定电压为2.5V的小灯泡和一个单刀双掷开关，设计了图(3）的实验电路，用来测量小灯泡的功率；实验如下：闭合开关S1，将开关S2拨到触点2，把电阻箱调到10Ω，刚好使电压表示数为2.5V；再将开关S2拨到触点1，读出电压表示数为4.5V，则通过电路中的电2.5V)流为：I(4.5V100.2A，小灯泡额定功率为：PUI2.5V0.2A0.5W。

故，答案为：（1)电压表正负接线拄接反;（2）P=UI、电阻箱的阻值R；（3）电流不变多次进行实验使实验结论更具普遍17

性（避免偶然性）；(4）0。5W。

（12分）我市中考实验操作考试时，实验员为“测量16。小灯泡的额定电功率”实验准备了以下器材：额定电压为2。（正常发光时电阻约为10Ω)、规格为“12Ω 1A”5V的小灯泡的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节,导线若干．

（1）图甲中有一根导线的连接是错误的,请你在错误的导线上打“×”；

(2)闭合开关前，应将滑片P移到最

(填“左”或“右"）端；

（3）经检查，电路连接无误,各元件完好，闭合开关后，无论怎样移动滑片P,电压表的示数都调不到2。5V，出现这种现象的原因是

;

（4)解决上述问题后，移动滑片使电压表的示数为2。5V时，小灯泡正常发光,此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是

W;

（5）测出小灯泡的额定功率后,同学们又把灯泡两端的电压调为额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮助分析出这种现象的原因是

。

18

【答案】（1)如图；（2）右；(3）变阻器的最大阻值过小；（4）0.6；(5）灯的电阻随温度的降低而减小.

【解析】(1)原电路中，灯短路了是错误的，改正电路

如图。

（2）闭合开关前,应将滑片P移到阻值最大处即最右端。

(3）根据串联电路电压的规律，当电压表示数为2.5V时，变阻器分得的电压U滑=6V﹣2.5V=3.5V，变阻器的电压是电阻电压的3.5V倍，根据分压原理,变阻器连入电路中的电阻：R2.5V滑=1.4×10Ω=14Ω＞12Ω。

故闭合开关后，无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2。5V，出现这种现象的原因是变阻器的最大阻值过小.

(4)解决上述问题后,移动滑片使电压表的示数为2。5V时，19

小灯泡正常发光,此时电流表的示数如图乙所示，图中电流表选用小量程,分度值为0。02A,示数为0.24A，则小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5×0。24A=0.6W。

（5）当灯泡两端的电压调为额定电压的一半时,通过灯的电流也减小了，根据P=UI灯的功率减小,灯丝的温度降低，因灯的电阻随温度的降低而减小，根据P,故发现测得的实际功率U2R不等于其额定功率的1。

4故答案为:(1）如图;（2）右；（3）变阻器的最大阻值过小；（4）0.6；（5）灯的电阻随温度的降低而减小。

四、计算题（21分)

17.（6分）某校实验小组设计了一个智能供暖器，电路如题图所示，电源两端的电压U为220V，R1和R2是两个供热电阻丝,S1、S2是温控开关，工作过程如下:当气温低于25℃时，S1、S2都闭合;当气温等于或高于25℃时，S2断开，此时电流表的示数为lA，电阻丝R1的电功率为20W（忽略温度对电阻丝的影响),求：

(1）电阻丝R2的阻值是多少?

（2)当气温低于25℃时，电路工作1。5h消耗电能是多少千瓦时？

20

【答案】(1）电阻丝R2的阻值是20Ω；（2）电路工作1.5h消耗电能是1.21kW·h。

【解析】（1)由题意可知，S2断开时,电流表的示数为lA，电阻丝R1的电功率为20W，故R1为：R故，电阻R1、R2的总电阻为：R所以电阻R2为：R21P2I220W(1A)220。

总U总I总220V220

1A,R总-R122020200；

U2(220V)2P2420W2.42kW

R20（2）当气温低于25℃时，电路功率:,电路工作1.5h消耗电能是：WPt2.42kW0.5h1.21kWh

故答案是：（1）电阻丝R2的阻值是20Ω；（2）电路工作1。5h消耗电能是1.21kW·h。

18。（9分)小明家安装了电热水龙头如甲图，其简化电路如乙图，R1、R2为电热丝，通过调节旋钮可使扇形开关S同时接触两个相邻的触点，从而实现冷水、温水、热水档之间的切换。某次使用电热水龙头的过程中,水龙头的功率随时间的变化21

关系如丙图所示。

（1）当开关同时接触3、4触点时，水龙头放出的是 （选填“冷水”、“温水”或“热水")。

（2）求电热丝R1工作时的电阻大小。

（3)求该次使用过程中水龙头消耗的总电能.

【答案】（1）热水；（2)电热丝R1工作时的电阻为55Ω（;3）该次使用过程中水龙头消耗的总电能是3。52×104J。

【解析】（1）当开关处于位置3、4触点时时，电阻R1和R2并联接入电路，电路电阻最变小，由公式率最大，故放出的是热水。

(2）由图乙，当开关与触点3接触时，只有一只电阻R1接入电路，从图丙中可以看出,此时的温水功率P可知，2U2（220V）R155P温880WU2PR可知，此时功温水=880W,由U2PR。

（3）由图象可知，该水龙头前10s处于温水功率，后10s处于热水功率,消耗的电能：WPtP热1温t22640W10s880W10s3.52104J。

22

答案：（1)热水；（2）电热丝R1工作时的电阻为55Ω；（3）该次使用过程中水龙头消耗的总电能是3.52×104J.

19。（6分)某生态园设计了模拟日光和自动调温系烧，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V,R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω,L是标有“220V 160W”的照明灯泡,白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能。灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h,q107J/m3,请解答下列问题：

沼气=1。8×

（1)晚上工作时电路的总功率是多大？

（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50％，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？

【答案】（1)晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24。2m3的沼气。

【解析】（1）由电路图分析电路的工作状态，白天保温状23

态时,R1、R2串联，晚上加热时L与R1并联；由白天工作时两电阻功率计算出R1的阻值，再计算晚上时R1电功率，从而得到晚上工作时电路的总功率；（2）由PU计算白天保温的总功2R率，由Q=W=Pt计算一天内电热丝放出的热量，由沼气效率和Q=qV计算需要燃烧沼气的体积。

（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作,此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；

由串联电路的特点可知,通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1:3，由P=I2R可得：PI2R1R111P2I2R2R23，由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联;

由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，所以R1的功率：PU1(220V)24840R1102，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1'=160W+4840W=5000W；

(2）由串联电路的特点和电热丝的总功率：

P保温U2(220V)21210W

R1R21030U2PR可得,白天系统在保温状态时;由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热24

丝放出的热量：

Q=W=P1′t+P×108J，

由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，

由Q放保温t=（P1′+P保温）t=×10×3600s=2。178Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：.Q2.178108JV24.2m3

73q50%q50%1.810J/m答:（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24。2m3的沼气.

25

2024年1月20日发(作者：俞惜玉)

第十八章电功率(单元过关测试)

（满分100分，80分钟)

一、选择题（每题3分,共27分）

1．下列数据中，最接近实际情况的是(

).

A．普通家用照明灯的工作电流约为2A；B．电饭锅加热煮饭时的功率约为100W；

C．一节新干电池的电压约为1.5V; D．家用手电筒的额定功率约为200W

【答案】C。

【解析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位,可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。

A：家用照明灯的功率在60W左右，工作电流约0.3A；故A错误.

电饭锅加热煮饭时的功率约为1000W以上；故B错误。

B：一节新干电池的电压约为1。符合实际；故C正确。

C：5V，D、家用手电筒的额定功率约10W，达不到200W；故B错误。正确答案是C。

1

2。智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁的使用会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式"来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的( ）.

A．增大电池电压；B．增加总功率；C．减小总功率；D．降低散热能力

【答案】C。

【解析】省电模式是切断个人电脑部件供电以实现省电的功能,根据PW分析。

t当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由PW可得，W=Pt，t要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的。故选C。

3。下列用电器中，利用电流热效应工作的是（ ).

A

【答案】A。

B

C

D

2

【解析】电流的热效应指的是，用电器将电能转化为内能。电饭锅工作时就是将电能转化为内能来工作的，A正确；抽油烟机将电能转化为机械能,B不符合题意；电视机和笔记本电脑工作时,主要将电能转化为声和光，C、D不符合题意。正确答案是A.

4.王亮同学是个爱动脑的孩子，他想知道家里电风扇的实际功率多大，于是他将家里其他用电器都关闭，只让电风扇单独工作了72s，如图的电能表转盘转了5转，下列说法正确的是（ ）.

A．此电能表转盘每小时转过2500转；

B．电能表是测量电路中用电器功率的仪器；

C．此电能表所在电路的最大电功率为2200KW；

D．电风扇的实际功率是100W

【答案】D。

【解析】A．2500r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，转盘转2500圈，故A错误.

B、电能表是测量电路中用电器消耗电能的仪器，故B错误。

3

C、此电能表所在电路的最大电功率P=UI=220V×20A=4400W，故C错误。

D．因2500r/kW•h表示每转2500圈消耗1度电的电能，1表盘每转1圈,电路中消耗2500kW•h的电能，所以，电能表转盘5转了5圈消耗的电能：W2500kWh0.002kWh，电风扇的实际功率：PW0.002kWh0.1kW100W72th3600，故D正确。故选D。

5.如图所示,将标有“3V、3W"的灯泡L1和标有“6V、3W”的灯泡L2串联在电路中，闭合开关S，其中只有一只灯泡正常发光,设小灯泡电阻不变，则L1两端的电压及通过L1的电流分别是（ ）.

A．3V、1A；B．1。5V、1A；C．3V、0.5A；D．1.5V、0.5A

【答案】D.

【解析】灯泡L2正常发光时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出其正常发光时的电流,根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流不能超过两灯泡的额定电流，据此判断A、B选项错误，再根据C、D选项判断电路中正常发光时的电流，根据电路中只有一只灯泡正常发光和额定电压下灯泡正常发光判4

断L1两端的电压。

由P=UI可得，灯泡L2正常发光时的电流：I2P23W0.5AU26V，

因串联电路中各处的电流相等，所以选项A、B中的电流1A大于0。5A是错误的；由C、D可知，电路中能正常发光为L2；因电路中只有一只灯泡正常发光,所以，灯泡L1两端的电压不可能为额定电压3V,故C错误、D正确.故选D。

当开关S1和S2都闭合6.如图所示电路中,R1的阻值为4Ω，时，电流表示数为3A;当只闭合S2时，电流表示数为2A，下列说法正确的是（ ）。

A.电源电压为6V；B.S1和S2都闭合时,R2消耗的功率为18W；

C。R2的阻值为1Ω；D.只闭合S2时，电路消耗的总功率为24W

【答案】D.

【解析】A:当开关S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流,示数为3A；由IU可得，电源的电压：RU=I1R1=3A×4Ω=12V；故A错误.

5

B：只闭合S2时，两电阻串联，电流表测电路中的电流，示数为2A；由IU可得，电路中的总电阻：RU12V6；因串联RI22A电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电阻R2阻值：R2=R﹣R1=6Ω﹣4Ω=2Ω，故B错误。

C：S1和S2都闭合时，电路为R1的简单电路，R2消耗的功率为零;故C错误。

只闭合S2时，电流为2A，电路消耗的总功率：D：P=UI2=12V×2A=24W，故D正确。故选D.

7。某同学做电学实验时，电路如下图所示。已知他所用电流表的量程为0~0。6A，电压表的量程为0～3V，电源电压为6V保持不变，滑动变阻器的最大阻值为50Ω,定值电阻R0为10Ω，开关S闭合后,在实验操作无误的情况下，下列说法中正确的说法是( ）。

A．电流表的最大示数为0.6A；B．滑动变阻器消耗的最小功率为0W；

C．电压表的最小示数为1V； D．电阻R0消耗的最大功率为1.8W

6

【答案】C。

【解析】分析滑片P在右端(电阻全连入50Ω)和电压表示数最大（滑动变阻器的部分电阻连入）时的电路组成，利用欧姆定律和电功率的公式求解。

（1）因为电源电压为6V，电压表的量程为0—3V，所以P不能滑到左端,也就是滑动变阻器连入电阻不能为0，滑动变阻器的电功率不能为0;

当电压表的示数为3V,即：UR=3V时：①电流最大（电流表的示数最大),I最大3V0.3A10;②R0消耗的电功率最大，P大=I2R0=（0。3A）2×10Ω=0.9W。

（2)当滑片P在右端（电阻全连入为50Ω），此时电路中的电阻最大，电流最小，

I最小6V0.1A1050，U小=I小R0=0.1A×10Ω=1V。故选C.

8.如图为一种测量酒精气体浓度的工作原理图，电源电压恒为12V，定值电阻R=40Ω，R0是酒精气敏电阻，阻值随酒精气体的浓度增大而减小，其阻值变化范围为10Ω-20Ω，电压表接入电路的量程为0-15V，电流表接入电路的量程为0-0。6A．闭合开关S，当环境的酒精气体的浓度增大时,下列说法正确的是( ）。

7

①电流表的示数变小；②电压表示数与电流表示数的比值不变；③电压表示数的范围为8V-9.6V；④电阻R0消耗的电功率范围为0.4W-0。8W。

A．只有①②正确；B．只有①④正确；C．只有②③正确；D．只有②③④正确

【答案】C.

【解析】（1)当环境的酒精气体的浓度增大时，R0阻值随酒精气体的浓度增大而减小，由IU可知，电路中的电流变大，即R电流表的示数变大，故①错误。

由RU可知，电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值，I则电压表示数与电流表示数的比值不变，故②正确。

（2）当R0=10Ω时，电路中的总电阻最小,电路中的电流最大，即经过R0的电流最大,

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，经过R0的电流最大，I=I大大UR0小R12V0.24A1040，则电压表的最大示数为：U大最大R=0.24A×40Ω=9.6V,R0消耗的电功率:PR0大=(I）2R0=8

（0.24A）2×10Ω=0。576W，当R0大=20Ω时，电路中的总电

阻最大，电路中的电流最小，电路中的最小电流:I小UR0大R12V0.2A2040，

最小则电压表的最小示数为：U所以，=I小R=0.2A×40Ω=8V，电压表示数的范围为8V﹣9.6V，故③正确。

2R0=(0。2×10Ω=0.4W，（I小）R0消耗的电功率：PR0小=2A）所以,电阻R0消耗的功率范围为0.4W～0。576W,故④错误。故选C。

9.如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置.两个透明容器中密封着等量的空气，通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差比左侧的大；下列说法正确的是（ ）。

A．左侧容器中电阻丝的阻值比右侧容器中的大；

该装置用来探究电流通过导体产生的热量跟电流大小的B．关系；

该装置可以用来探究电流通过导体产生热量跟通电时间C．的关系；

9

D．U形管中液面高度发生变化是因为U形管中液体的热胀冷缩造成的

【答案】C。

【解析】A：容器中的两个电阻丝串联，通过它们的电流I与通电时间t相同，由焦耳定律Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，故A错误。

B、C:在装置中,容器中的两个电阻丝串联,通过它们的电流I与通电时间t相同,左边容器中的电阻与右边容器中的电阻,所以实验是为了探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误,C正确。

D:U形管中液面高度发生变化是因为透明容器中密封着等量的空气的热胀冷缩造成的，故D错误。

故选C。

二、填空题（每空2分，共26分）

10.某家庭电能表如题图所示.若该家庭单独让空调器工作，测得1min内电能表转盘转了60转，则空调消耗的电能为kW·h，空调的电功率是W。

10

【答案】0.02、1200.

【解析】由电能表表盘可以看出，每产生1kW·h的电能,电表需要转3000转，故1min内电表60转,产生的电能为：

60转1kWh0.02kWh0.02103W3600s7.2104J3000转；

。

空调器功率为：W7.2104JP1200Wt60s故答案是：0。02、1200。

11.有“3V、0.75W”的L1灯泡和“3V、1.5W”的L2灯泡，如题图甲所示，闭合开关，L1灯泡和L2正常发光，则电路总电阻R=Ω；如题图乙所示,闭合开关，L1灯正常发光,则电源2的电压U=V;此时L2消耗的实际功率P=W（假设灯丝电阻不变).

甲

乙

【答案】4、4。5、0。375。

11

【解析】由图甲可以看出，灯泡L1、L2是并联关系,并联总电阻为：11R()1R1R2，因为两灯泡正常发光，所以：1U12(3V)2R112P0.75W1，2U2(3V)2R26P21.5W,所以总电阻为：R(12161)4。

由图乙可知,L1正常发光，说明L1两端电压是3V，L1与L2串联，故L2两端电压UUU1U23V1.5V4.5V

2R26U13V1.5VR112，所以电源电压是:.此时，L2消耗的实际功率:U22(1.5V)2P20.375

R26.故答案是：4、4。5、0.375。

12。一个标有“220V、1200W”的电热水壶。要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是

s。(水的比热容为4.2×103J/(kg•℃）

【答案】（1）6.72×105J；（2）560。

【解析】（1）知道水的质量、水的比热容和水温的变化值，利用吸热公式求水吸收的热量；（2)不计热损失,消耗的电能全转

化为内能被水吸收，利用Q=W=Pt计算烧开这壶水需要的时间。J,若不计热损失,电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是

(1）在标准大气压下,水的沸点为100℃，水吸收的热量：

Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×=6。72×12

105J。

（2）因为电热水壶正常工作,所以P=P额=1200W，不计热损失,Q吸=W=Pt，

所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间:

6.72105Jt560sP1200WQ吸。

故答案为：(1）6。72×105J；（2）560。

13。甲、乙两只电炉标有“220V、500W"和“220V、1000W"字样,把它们串联在220V的电路中.在相同时间内产生热量较多的是 ，将它们并联在电路中,产生热量较多的是

（选填“甲”或“乙”).串联时甲电炉消耗的电功率与并联时甲电炉消耗的电功率之比为 。

【答案】甲、乙、111：250。

【解析】（1）由PU得,电炉的电阻RU,因为甲、乙两只电22RP炉的额定电压相同，额定功率P甲＜P乙,所以甲、乙两只电炉的电阻：R甲＞R乙，又因为串联电路中的电流处处相等，即通过甲、乙两只电炉的电流:I甲=I乙；

根据Q=I2Rt可知,在相同时间内产生的热量Q甲＞Q乙，故串联时产生热量较大的是甲;

将它们并联在220V电路上，根据并联电路中各支路两端13

的电压相等,即U甲=U乙=220V，则两电炉的实际功率等于额定功率，即：P甲=500W;P乙=1000W，根据Q=W=Pt可知，在相同时间内产生的热量Q甲＜Q乙,故并联时产生热量较大的是乙。

(2)甲电炉的电阻为R乙电炉的电阻为R甲2U额P额甲（220V)296.8500W：,

2U额乙P额乙（220V)248.41000W，

串联在220V电路中甲消耗的实际功率为：

2P实甲I实R甲（U220V2）R甲（)296.8222WR甲R乙96.848.4，

′=P额甲当甲电炉并联在220V电路中,P250.

故答案为：甲、乙、111：250.

实甲=500W，所以两种情况下甲消耗的功率之比为P实甲：P实甲′=222W:500W=111：14。利用如图所示的电路装置，探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。接通电源，两容器内的空气被加热后膨胀，使U形管的液面发生变化，通过观察U形管的液面变化情况，比较瓶内电阻丝的发热多少?

14

(1）此装置可以探究电流产生的热量跟

的关系,一段时间后，

容器内电阻丝产生的热量较多(选填“左"或“右。

"）(2）如果通过R1的电流为2A，那么10s内通过R1的电流产生的热量是

J。

【答案】(1）电阻、右；（2）200。

【解析】（1)由图示实验可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过电阻丝的电流与通电时间相等而电阻阻值不同，此装置可以探究:电流产生的热量与电阻的关系；由于右侧中的电阻丝阻值较大，将此装置接到电源两端,通电一段时间,电流在右侧容器中产生的热量较多。

（2)R1在10s内产生的热量：Q=I2Rt=（2A）2×5Ω×10s=200J.

故答案为：（1）电阻、右；(2）200.

三、实验探究题（25分）

15.（13分）小明探究“电流一定时,导体消耗的电功率与导体电阻的关系”，现有实验器材：稳压电源、电压表、电流表、滑动变阻器、电阻箱(符号为)、开关及若干导线.

15

图(1)

图（2）

图（3）

（1）为了完成此探究实验，请你在题图（1）的虚线框内将实验电路图补充完整；若连接电路后,闭合开关，发现电压表的指针偏转如题图(2）所示,其原因可能是。

(2）实验中利用公式计算电阻箱阻值不同时消耗的电功率，实验过程需要记录的物理量有：电阻箱两端电压U、通过电阻箱的电流I和。

（3）在实验中，小明需多次改变电阻箱的阻值进行测量，每改变一次阻值,都必须移动滑动变阻器的滑片来控制,多次改变电阻箱阻值的目的是。

（4)完成上述实验后，小明又从实验室借了一个额定功率为2。5V的小灯泡和一个单刀双掷开关,设计了题图（3）所示实验电路图来测量小灯泡的额定功率，实验如下：闭合开关S1，将开关S2拨到触点2，把电阻箱调到10Ω，刚好使电压表的示数为2。5V；再将开关S2拨到触点l，读出电压表的示数为4。5V，小灯泡额定功率P=W。

【答案】（1）电压表正负接线拄接反；（2）P=UI、电阻箱16

的阻值R；(3)电流不变多次进行实验使实验结论更具普遍性（避免偶然性）;（4)0.5W。

【解析】(1）根据题意，实验电路如图所示；开关闭合后，电压表指针反转,其原因是电压表的正负接线柱接反。

(2）根据电功率公式:PUI，可以计算电阻箱不同阻值时消耗的功率,在实验过程中，需要记录的物理量有：电阻箱两端电压Ｕ、通过电阻箱的电流I和电阻箱阻值R。

（3）在实验中,下面需要多次改变电阻箱阻值进行测量,每次都需要移动电阻箱的滑片用来控制电流不变，其目的是多次进行实验，使实验结论更具有普遍性.

（4）实验后，小明从实验室借了一个额定电压为2.5V的小灯泡和一个单刀双掷开关，设计了图(3）的实验电路，用来测量小灯泡的功率；实验如下：闭合开关S1，将开关S2拨到触点2，把电阻箱调到10Ω，刚好使电压表示数为2.5V；再将开关S2拨到触点1，读出电压表示数为4.5V，则通过电路中的电2.5V)流为：I(4.5V100.2A，小灯泡额定功率为：PUI2.5V0.2A0.5W。

故，答案为：（1)电压表正负接线拄接反;（2）P=UI、电阻箱的阻值R；（3）电流不变多次进行实验使实验结论更具普遍17

性（避免偶然性）；(4）0。5W。

（12分）我市中考实验操作考试时，实验员为“测量16。小灯泡的额定电功率”实验准备了以下器材：额定电压为2。（正常发光时电阻约为10Ω)、规格为“12Ω 1A”5V的小灯泡的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节,导线若干．

（1）图甲中有一根导线的连接是错误的,请你在错误的导线上打“×”；

(2)闭合开关前，应将滑片P移到最

(填“左”或“右"）端；

（3）经检查，电路连接无误,各元件完好，闭合开关后，无论怎样移动滑片P,电压表的示数都调不到2。5V，出现这种现象的原因是

;

（4)解决上述问题后，移动滑片使电压表的示数为2。5V时，小灯泡正常发光,此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是

W;

（5）测出小灯泡的额定功率后,同学们又把灯泡两端的电压调为额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮助分析出这种现象的原因是

。

18

【答案】（1)如图；（2）右；(3）变阻器的最大阻值过小；（4）0.6；(5）灯的电阻随温度的降低而减小.

【解析】(1)原电路中，灯短路了是错误的，改正电路

如图。

（2）闭合开关前,应将滑片P移到阻值最大处即最右端。

(3）根据串联电路电压的规律，当电压表示数为2.5V时，变阻器分得的电压U滑=6V﹣2.5V=3.5V，变阻器的电压是电阻电压的3.5V倍，根据分压原理,变阻器连入电路中的电阻：R2.5V滑=1.4×10Ω=14Ω＞12Ω。

故闭合开关后，无论怎样移动滑片P，电压表的示数都调不到2。5V，出现这种现象的原因是变阻器的最大阻值过小.

(4)解决上述问题后,移动滑片使电压表的示数为2。5V时，19

小灯泡正常发光,此时电流表的示数如图乙所示，图中电流表选用小量程,分度值为0。02A,示数为0.24A，则小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5×0。24A=0.6W。

（5）当灯泡两端的电压调为额定电压的一半时,通过灯的电流也减小了，根据P=UI灯的功率减小,灯丝的温度降低，因灯的电阻随温度的降低而减小，根据P,故发现测得的实际功率U2R不等于其额定功率的1。

4故答案为:(1）如图;（2）右；（3）变阻器的最大阻值过小；（4）0.6；（5）灯的电阻随温度的降低而减小。

四、计算题（21分)

17.（6分）某校实验小组设计了一个智能供暖器，电路如题图所示，电源两端的电压U为220V，R1和R2是两个供热电阻丝,S1、S2是温控开关，工作过程如下:当气温低于25℃时，S1、S2都闭合;当气温等于或高于25℃时，S2断开，此时电流表的示数为lA，电阻丝R1的电功率为20W（忽略温度对电阻丝的影响),求：

(1）电阻丝R2的阻值是多少?

（2)当气温低于25℃时，电路工作1。5h消耗电能是多少千瓦时？

20

【答案】(1）电阻丝R2的阻值是20Ω；（2）电路工作1.5h消耗电能是1.21kW·h。

【解析】（1)由题意可知，S2断开时,电流表的示数为lA，电阻丝R1的电功率为20W，故R1为：R故，电阻R1、R2的总电阻为：R所以电阻R2为：R21P2I220W(1A)220。

总U总I总220V220

1A,R总-R122020200；

U2(220V)2P2420W2.42kW

R20（2）当气温低于25℃时，电路功率:,电路工作1.5h消耗电能是：WPt2.42kW0.5h1.21kWh

故答案是：（1）电阻丝R2的阻值是20Ω；（2）电路工作1。5h消耗电能是1.21kW·h。

18。（9分)小明家安装了电热水龙头如甲图，其简化电路如乙图，R1、R2为电热丝，通过调节旋钮可使扇形开关S同时接触两个相邻的触点，从而实现冷水、温水、热水档之间的切换。某次使用电热水龙头的过程中,水龙头的功率随时间的变化21

关系如丙图所示。

（1）当开关同时接触3、4触点时，水龙头放出的是 （选填“冷水”、“温水”或“热水")。

（2）求电热丝R1工作时的电阻大小。

（3)求该次使用过程中水龙头消耗的总电能.

【答案】（1）热水；（2)电热丝R1工作时的电阻为55Ω（;3）该次使用过程中水龙头消耗的总电能是3。52×104J。

【解析】（1）当开关处于位置3、4触点时时，电阻R1和R2并联接入电路，电路电阻最变小，由公式率最大，故放出的是热水。

(2）由图乙，当开关与触点3接触时，只有一只电阻R1接入电路，从图丙中可以看出,此时的温水功率P可知，2U2（220V）R155P温880WU2PR可知，此时功温水=880W,由U2PR。

（3）由图象可知，该水龙头前10s处于温水功率，后10s处于热水功率,消耗的电能：WPtP热1温t22640W10s880W10s3.52104J。

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答案：（1)热水；（2）电热丝R1工作时的电阻为55Ω；（3）该次使用过程中水龙头消耗的总电能是3.52×104J.

19。（6分)某生态园设计了模拟日光和自动调温系烧，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V,R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω,L是标有“220V 160W”的照明灯泡,白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能。灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h,q107J/m3,请解答下列问题：

沼气=1。8×

（1)晚上工作时电路的总功率是多大？

（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50％，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？

【答案】（1)晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24。2m3的沼气。

【解析】（1）由电路图分析电路的工作状态，白天保温状23

态时,R1、R2串联，晚上加热时L与R1并联；由白天工作时两电阻功率计算出R1的阻值，再计算晚上时R1电功率，从而得到晚上工作时电路的总功率；（2）由PU计算白天保温的总功2R率，由Q=W=Pt计算一天内电热丝放出的热量，由沼气效率和Q=qV计算需要燃烧沼气的体积。

（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作,此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；

由串联电路的特点可知,通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1:3，由P=I2R可得：PI2R1R111P2I2R2R23，由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联;

由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，所以R1的功率：PU1(220V)24840R1102，所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1'=160W+4840W=5000W；

(2）由串联电路的特点和电热丝的总功率：

P保温U2(220V)21210W

R1R21030U2PR可得,白天系统在保温状态时;由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热24

丝放出的热量：

Q=W=P1′t+P×108J，

由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，

由Q放保温t=（P1′+P保温）t=×10×3600s=2。178Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：.Q2.178108JV24.2m3

73q50%q50%1.810J/m答:（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；（2）每天需要完全燃烧24。2m3的沼气.

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