高考物理稳恒电流专项训练及答案

高考物理稳恒电流专项训练及答案
一、稳恒电流专项训练
1．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=3Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：
（1）流过灯泡的电流
（2）固定电阻的发热功率
（3）电动机输出的机械功率
【答案】（1）2A（2）7V（3）12W
【解析】
（1）接通电路后，小灯泡正常工作，由灯泡上的额定电压U和额定功率P的数值
可得流过灯泡的电流为：=2A
（2）根据热功率公式，可得固定电阻的发热功率：=12W
（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：=9V
电动机消耗的功率：=18W
一部分是线圈内阻的发热功率：=4W
另一部分转换为机械功率输出，则=14W
【点睛】（1）由灯泡正常发光，可以求出灯泡中的电流；（2）知道电阻中流过的电流，就可利用热功率方程，求出热功率；（3）电动机消耗的电功率有两个去向：一部分是线圈内阻的发热功率；另一部分转化为机械功率输出。

2．如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．
（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．
（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．
（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．
【答案】（1）U–I图象如图所示：
图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a如图所示：
b.
2 4 E r
（3）见解析
【解析】
（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a．如图所示
b．电源输出的电功率：
2
22
2 ()
2
E E
P I R R
r
R
r
R r
R
===
+
++
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为
2
max
=
4
E
P
r
（3）电动势定义式：
W
E
q
=非静电力
根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
22
W I rt I Rt Irq IRq
=+=+
E Ir IR U U
=+=+
外
内
本题答案是：（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a．如图所示
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为
2
max
=
4
E
P
r
（3）E U U =+外内
点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当R =r 时，输出功率最大．
3．如图所示，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为
12m 的小球1以速度052
gr v =，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g . (1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ；
(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R 消耗的电功率P ；
(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，计算金属杆转动的角速度的范围.
【答案】(1) 52gr v = (2) 242
4B L P R
ω= (3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL
【解析】 【分析】 【详解】
(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111
()222
mv m m v =+ 解得52
gr
v =
(2)杆转动的电动势211
22
BLv BL L BL εωω==⨯
=
电阻R 的功率2
242
4B L P R R
εω==
(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．
在T 点，由牛顿第二定律得2
11v mg qE m r
-=
从S 到T ，由动能定理得2211112222
qE r mg r mv mv ⋅-⋅=- 解得12mg
E q
=
杆转动的电动势2
1112
BL εω= 两板间电场强度1
1E d
ε=
联立解得12
mgd
qBL ω=
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．
在S 点，由牛顿第二定律得2
2v qE mg m r
-=
杆转动的电动势2
2212
BL εω= 两板间电场强度2
2E d
ε=
联立解得22
7mgd
qBL ω=
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，金属杆转动的角速度的范围为：
22
7mgd mgd
qBL qBL ω≤≤.
4．如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L ，其两端放在位于水平面内间距也为L 的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给
导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为
，在棒运动过程中，通过可控
电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。

（1）求可控电阻R随时间变化的关系式；
（2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P；
（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速
运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有：
而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：，
由以上各式得：。

（2）因可控电阻R随时间均匀减小，故所求功率为：，
由以上各式得：。

（3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，，而
，，由以上各式得，而，由以上各式
得，
所求。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化
【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。

5．如图所示，闭合电路处于方向竖直向上的磁场中，小灯泡的电阻为10Ω，其它电阻不计．当磁通量在0. 1s内从0.2Wb均匀增加到0.4Wb过程中，求：
①电路中的感应电动势；
②如果电路中的电流恒为0.2A ，那么小灯泡在10s 内产生的热量是多少． 【答案】（1）2V （2）4J 【解析】
（1）当磁通量发生变化时，闭合电路中要产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小为：
0.40.2
20.1
E V V t ∆Φ-=
==∆ （2）当小灯泡上的电流为I=0.2A 时，根据焦耳定律，10s 钟内产生的热量为： Q=I 2Rt=0.22×10×10J=4J
6．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数100n =，穿过每匝线圈的磁通量ϕ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻 5.0r =Ω，外电路电阻95R =Ω，已知感应电动势的最大值m m E n ω=Φ，其中m Φ为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路的交流电流表（内阻不计）的读数。

2A 【解析】 【详解】
由图可知磁通量最大值为：
21.010Wb m -Φ=⨯
线圈转动的角速度为：
2
2 3.142
rad/s 200rad/s 3.1410T πω-⨯=
==⨯ 代入公式m m E n ω=Φ得：
200V m E =
交流电流的最大值为：
m
m 2A E I R r
=
=+
交流电流表的读数为：
2A 2
m
I =
=
7．如图所示，固定的水平金属导轨间距L =2 m ．处在磁感应强度B =4×l0-2 T 的竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN 垂直导轨放置，并始终处于静止状态．已知电源的电动势E =6 V ，内电阻r =0.5 Ω，电阻R =4.5 Ω，其他电阻忽略不计．闭合开关S ，待电流稳定后，试求： （1）导体棒中的电流；
（2）导体棒受到的安培力的大小和方向．
【答案】（1）1.2 A ； （2）0.096 N ，方向沿导轨水平向左 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由闭合电路欧姆定律可得：
I =
6
4.50.5E A R r =++=1.2A (2)安培力的大小为： F =BIL =0.04×1.2×2N =0.096N
安培力方向为沿导轨水平向左
8．把一只“1.5V ，0.3A ”的小灯泡接到6V 的电源上，为使小灯泡正常发光，需要串联还是并联一个多大电阻？ 【答案】串联一个15Ω的电阻 【解析】 【分析】 【详解】
要使灯泡正常发光则回路中电流为0.3A ，故回路中的总电阻为
6Ω=20Ω0.3U R I =
=总 灯泡的电阻为
1.5
Ω=5Ω0.3
L L U R I =
=
由于电源电压大于灯泡额定电压，故需要串联一个电阻分压，阻值为
20Ω5Ω15ΩL R R R ==-=总-
9．平行导轨P 、Q 相距l ＝1 m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 相距d ＝10 mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12 Ω，R 3＝2 Ω，金属棒ab 的电阻r ＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m ＝1×10－14kg ，电荷量q ＝－1×10－14C 的微粒恰好静止不动．取g ＝10 m /s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：
(1)匀强磁场的方向和MN 两点间的电势差 (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒ab 运动的速度．
【答案】(1) 竖直向下；0.1 V (2)0.4 V . (3) 1 m /s . 【解析】 【详解】
（1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下． 微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq 又MN
U E d
＝
所以U MN ＝mgd
q
＝0.1 V
（2）由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝3
MN
U R ＝0.05 A
则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I ×0.5R 1＝0.4 V . （3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BLv 由闭合电路欧姆定律得E ＝U ab ＋Ir ＝0.5 V 联立解得v ＝1 m /s .
10．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L ，导轨的两端 分别与电源（串有一滑动变阻器 R ）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K 相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B ．一质量为m ，电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E ，内阻为r ，电容器的电容为C ，定值电
阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．
（1）当K 接1时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大？
（2）当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落 s 的过程中所需的时间为多少？
（3） ab 达到稳定速度后，将开关 K 突然接到3，试通过推导，说明 ab 作何种性质的运动？求 ab 再下落距离 s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）
【答案】（1）EBL r mg -（2）44220220B L s m gR mgR B L +（3）匀加速直线运动 2222
mgsCB L m cB L +
【解析】 【详解】
（1）金属棒ab 在磁场中恰好保持静止，由BIL=mg
E I R r
=
+ 得 EBL
R r mg
=
- （2）由 220
B L v
mg R =
得 022mgR v B L
=
由动量定理，得mgt BILt mv -= 其中0
BLs
q It R ==
得4422
22
0B L s m gR t mgR B L
+= （3）K 接3后的充电电流q C U CBL v v I CBL CBLa t t t t
∆∆∆∆=====∆∆∆∆ mg-BIL=ma 得22
mg
a m CB L =
+=常数
所以ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．
v 22-v 2=2as
根据能量转化与守恒得 2
2211()2
2
E mgs mv mv ∆=--
解得：22
22
mgsCB L E m cB L ∆=+
【点睛】
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．
11．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。

一段长为l 、电阻率为ρ、横截面积为S 的细金属直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e 、质量为m 。

（1）当该导线通有恒定的电流I 时：
①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v ；
②经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。

若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k 。

请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k 的表达式。

（2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦—托尔曼效应。

这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。

取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。

已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F 。

根据上述模型回答下列问题：
① 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F 做功的大小； ② 推导该圆线圈中的电流 'I 的表达式。

【答案】（1）①I
v neS
=；② ne 2ρ；（2）① Fl ；② 'FS I e ρ=。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）①一小段时间t ∆内，流过导线横截面的电子个数为：
N n Sv t ∆=⋅∆
对应的电荷量为：
Q Ne n Sv t e ∆=∆=⋅∆⋅
根据电流的定义有：
Q
I neSv t
∆=
=∆ 解得：I v neS
=
②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：
0Ue kvl -=
又因为：
neSv l
U IR nev l S
ρρ⋅==
= 联立以上两式得：2k ne ρ=
（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：
2W F r Fl π=⋅=非
②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：
W Fl
E e e
=
=非 根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：
E
I R
'=
联立以上两式，并根据电阻定律：
l R S
ρ
= 解得：FS I e ρ
'=
12．如图a 所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距L ＝1m ，导轨平面与水平面成θ＝370角，下端连接阻值为R ＝0.4Ω的电阻．匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B ＝0.4T ，质量m ＝0.2Kg 、电阻R ＝0.4Ω的金属杆放在两导轨上，杆与导轨垂直且保持良好接触，金属导轨之间连接一理想电压表．现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止沿导轨开始下滑，电压表示数U 随时间t 变化关系如图b 所示．取g ＝10m/s 2，sin370＝0.6，cos370＝0.8求：
⑴金属杆在第5s 末的运动速率；
⑵第5s 末外力F 的功率； 【答案】(1)1m/s (2)-0.8W 【解析】 【分析】
金属杆沿金属导轨方向在三个力作用下运动，一是杆的重力在沿导轨向下方向的分力G 1，二是拉力F 在沿导轨向下方向的分力F 1，三是沿导轨向上方向的安培力，金属杆在这几个力的作用下，向下做加速运动． 【详解】
(1)如下图所示，F 1是F 的分力，G 1是杆的重力的分力，沿导轨向上方向的安培力未画出，由题设条件知，电压表示数U 随时间t 均匀增加，说明金属杆做的是匀加速运动，由b 图可得金属杆在第5s 末的电压是0.2V ，设此时杆的运动速率为v ，电压为U ，电流I ，由电磁感应定律和欧姆定律有
E BLv =
因电路中只有两个相同电阻，有
11
22
U E BLv =
= 解得
1v =m/s
故金属杆在第5s 末的运动速率是1m/s
(2) 金属杆做的是匀加速运动，设加速度为a ，此时杆受的安培力为f ，有
v
a t
==0.2m/s 2
220.22B L v
f BTL R
===N
1G mg =sin θ=1.2N
由牛顿第二定律得
11G f F ma --= 110.8F G f ma =--=N
由功率公式得
10.8P F v ==W
因1F 的方向与棒的运动方向相反，故在第5s 末外力F 的功率是--0.8W ．
【点睛】
由电阻的电压变化情况来分析金属棒的运动情况．
13．材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度．如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中R B、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R B.请按要求完成下列实验．
(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6～1.0 T，不考虑磁场对电路其他部分的影响)．要求误差较小．提供的器材如下：
A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150 Ω
B．滑动变阻器R，总电阻约为20 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．直流电源E，电动势3 V，内阻不计
F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：
123456
U(V)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71
I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80
根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝______Ω.
结合题图可知待测磁场的磁感应强度B＝______T.
(3)试结合题图简要回答，磁感应强度B在0～0.2 T和0.4～1.0 T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？
________________________________________________________________________.
(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论？
___________________________________________________________________________.
【答案】（1）见解析图
（2）1500；0.90
（3）在0～0.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在
14．如图甲所示，表面绝缘、倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上．一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25W的单匝矩形金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m．从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示．已知线框在整个运动过程中始终
未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2．求：
（1）线框受到的拉力F的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）线框在斜面上运动的过程中产生的焦耳热Q．
【答案】（1）F="1.5" N（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以：
………………①
………………②
联解①②代入数据得：
F="1.5" N ………………③
（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv1…④
由欧姆定律得：…⑤
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有：…⑥
联解④⑤⑥代入数据得：…⑦
（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即为：⑧
线框在减速为零时，有：
所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t ，则：
…⑨
…⑩
联解④⑤⑥代人数据得： (11)
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其
应用；闭合电路的欧姆定律．
15．“220V 、88W ”的电风扇，线圈电阻为20Ω，当接上220V 电压后，求： （1）电风扇发热功率； （2）电风扇转化为机械能的功率
（3）如接上220V 电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率。

【答案】（1）3.2W ；（2）84.8W ；（3）2420W ，2420W ； 【解析】
试题分析：（1）由P UI =可得电流为：88220
0.4I A P U ===； 线圈电阻发热功率：2 3.2Q P I r W ==； （2）机械功率：84.8Q P P P W =-=机；
（3）当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：11I U
r
A =
=； 21111202420P UI I r W ===⨯⨯=.
考点：电功、电功率，焦耳定律
【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。