初中物理新沪粤版九年级上册15章末复习提升作业课件（放映显示答案）（2026秋）

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章末复习提升电能与电功电能的利用：电能转化为其他形式的能量测量：电功的计算单位：影响因素：电压、电流、通电时间公式： ①_____________________焦耳(J)、千瓦·时(kW · h)，1kW·h= ②________J电能表计量单位： kW · h读数3.6×106电功率定义：电流在某短时间内所做的功与这段时间的比公式单位：定义式：P = ④______瓦(W)、千瓦(kW)，1kW= ⑤________W物理意义：表示电流做功③_______的物理量计算式：P = UI推导式：快慢1 000电功率实际功率和额定功率的关系测量电功率U实< U额时， P实 U额时， P实>P额，用电器可能损坏原理为P =⑥_______原理为UI焦耳定律电流的热效应：实质是电能转化为⑦________公式：影响电流产生热量的因素：电流、电阻、通电时间内容电流通过导体时产生的热量，根电流的二次方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电的时间成正比Q = ⑧_________内能I2Rt 一 电能表及其相关计算★★★ 考点突破：电能表是测量电功的仪表，根据电能表上的参数，可以进行电功和电功率的计算。A. 电能表是测量电流的仪表B. 电能表允许通过的最大电流是 10 AC. 电能表表盘示数为 10 226 kW · hD. 电饭煲正常工作 10 min，消耗电能 6×105 JDA. 电热水壶的电阻为 484 ΩB. 电热水壶消耗电能 3×104JC. 此过程电能表脉冲灯闪烁了3 000次D. 30 min后电能表表盘的示数为D 二 动态电路的综合分析★★★★ 考点突破：因开关的通断、滑片的移动或敏感电阻阻值的变化，引起各物理量的变化，这类题的分析原则及方法：分析电路的连接方式判断电表的测量对象：根据电阻的变化判断各表的示数变化情况判断各用电器或电路的电功率变化情况A. 电流表的示数变大B. 电压表的示数变大C. 定值电阻 R0 的电功率变大D. 滑动变阻器 R 的电功率不变BA. 电流表示数变小B. 电压表示数变大C. 电压表与电流表的示数之比变小D. 电路的总功率变小AD 三 动态电路的综合计算★★★★★ 考点突破：动态电路的难点在于“动态”，即电路是变化的；突破点在于“化动为静”，即将变化过程转化为对几个特殊位置的分析。动态电路类试题的考试热点主要有两个方面：一个是电路安全的分析，需综合考虑不同电路元件的工作条件，分析滑动变阻器接入电路阻值的范围及电路中电流、电压、电功率的变化范围；另一个是电路极值问题的讨论，需要利用函数进行求解。（1）实线表示的是______(选填“R ”或“R0”)的电功率与电流的关系。（2）求 R0 的阻值。（3）当电流表示数为 0.5A 时，求R的电功率。R0解：（2）由图乙中 R0 的电功率与电流关系图像知，当 I =2A时，P0=32W，由 P = I2R 可得，R0 的阻值 。（3）由电路图可知，定值电阻 R0 与滑动变阻器 R 串联，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器 R 连入电路的阻值为 0 时，电路为 R0 的简单电路，且此时电路中的电流最大，由图像知此时的电流 I =2A，由 P=UI 可得，电源电压 。当电路中的电流I′ ＝0.5 A 时，R0 两端电压 U0′＝I′R0 ＝0.5A×8Ω＝4V，此时 R 两端电压UR＝U－U0′＝16V－4V＝12V，R 的电功率 PR＝URI′＝12V×0.5A＝6W。① P2 = 0.36W　② R2 = 5 Ω③ RL=1.8 Ω ④ P3 = 3.6WA. 只有②④正确 B. 只有①④正确C. 只有②③正确 D. 只有③④正确A 四 电功、电功率、电热的综合计算★★★★★ 考点突破：电功、电功率、电热的计算公式：（1）在图中虚线框内画出导线、定值电阻 R1 和定值电阻 R2 三个元件的符号，将饮水机的电路图连接完整。 (旋钮开关位于a、a 触点，表示 a 与 a 接通)（2）求加热过程中，饮水机的加热效率。[水的比热容为4.2×103J/ (kg·℃)]解：（1）由表中数据可知，饮水机处于加热挡时电功率 P1＝1000W，此时电路中的电阻 ，可见此时仅 R2 接入电路；饮水机处于保温挡时电功率 P2=100W，此时电路中的电阻 ，而 R1+R2= 435.6 Ω+ 435.6 Ω = 484 Ω= R保温，可见此时 R1 与 R2 串联。对照电路图可知，左侧虚线框内只能填入定值电阻R2 ，右侧一虚线框中填入导线，一虚线框中填入 R1 即可，如图所示。（2）水从 20 ℃ 加热至沸腾吸收的热量 Q吸=cm(t2－t1)=4.2×103J/(kg· ℃)×1kg×(100℃－20℃)= 3.36×105J。由 可得，消耗的电能 W=P1t=1 000W×7×60s=4.2×105J，则饮水机的加热效率（1）煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流。（2）电热丝 R2 的阻值。（3）某次煲汤锅对初温为 50 ℃、质量为 3.3kg 的汤汁加热( 汤汁沸点100℃)，不考虑汤汁质量变化和热量损失，煲汤锅正常工作 20min 所消耗的电能。[c汤汁＝ 4×103J/ (kg·℃)]解：（1）煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流 。（2）当开关 S 和 S1 均闭合时，R2被短路，R1单独工作，为加热状态，则 。当开关 S 闭合、S1断开时，R1、R2串联，为保温状态。处于保温状态时电路的总电阻 ，则 R2 的阻值 R2 = R总－R1= 484Ω － 44 Ω = 440 Ω。  解：（3）汤汁吸收的热量Q吸=c汤汁mΔt=4×103J/(kg· ℃)×3.3kg×(100℃－50℃)= 6.6×105J，不计加热损失，则加热消耗的电能，W加=Q吸= 6.6×105J，加热的时间 。煲汤锅正常工作20 min，则保温时间 t保=t－t加=20 min－10 min=10 min=600 s，保温消耗的电能W保=P保t保=100 W×600 s=6×104J。煲汤锅正常工作 20 min所消耗的电能 W总=W加+W保=6.6×105J+6×104J=7.2×105J。 实验突破：（1）实验原理：P＝UI。（2）实验电路图和实物图：（3）电表量程及滑动变阻器规格的选取：①电压表：根据题中已知的电源电压和小灯泡的额定电压来判断。②电流表的量程由 或 来判断。 ③滑动变阻器的规格由 来决定。（4）连接实物电路时的注意事项：开关应断开；闭合开关前，滑动变阻器的滑片移到阻值最大处。（5）判断小灯泡是否正常发光的方法：调节滑动变阻器，观察电压表(或电流表) 的示数，若其示数等于小灯泡额定电压(或额定电流)，则可判断小灯泡正常发光。   （6）测额定功率时滑动变阻器滑片移动方向的确定：若U示 > U额，则应增大滑动变阻器接入电路中的阻值；若U示 < U额，则应减小滑动变阻器接入电路中的阻值。（7）测量多组数据的目的：测量小灯泡在不同电压下的实际功率，总结出小灯泡亮度与实际功率之间的关系。（8）小灯泡的U－I图像不是直线的原因：灯丝电阻随温度的升高而增大。（9）小灯泡亮暗与实际功率的关系：实际功率越大，小灯泡越亮。（10）不能用多次测量求出的电功率的平均值作为小灯泡的额定功率的原因：小灯泡的电功率随电压的变化而变化。（11）闭合开关后，小灯泡不亮的原因分析：①电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，可能是小灯泡发生了开路；②电流表有示数，电压表无示数，可能是小灯泡发生了短路；③电压表和电流表都有一定示数，则小灯泡的实际功率太小，可能是滑动变阻器连入电路的阻值太大或电源电压太低。（12）特殊方法测小灯泡电功率：① 缺电压表：利用电流表串联定值电阻等效替代电压表；②缺电流表：利用电压表并联定值电阻等效替代电流表。（1）本实验应选择规格为_______________的滑动变阻器。如图甲已有部分电路连接好，请将电路连接完整。（2）连接好电路后闭合开关，发现小灯泡发光，电流表有示数，电压表无示数，可能是导线______(选填“a” “b” 或“c”)断了。“50Ω 1A”c（3）排除故障后，闭合开关，调节滑片，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为_________W。0.65（4）若电压表损坏，小明利用上述器材和一个定值电阻R0、两个开关，设计了如图丙所示的电路，并进行实验：①只闭合开关 S 和 S1，调节滑片 P ，使电流表示数为________(用题中物理量字母表示)；② 保持滑片 P 位置不动，断开开关______，闭合其他开关，读出电流表示数为 I；③小灯泡的额定功率表达式 P额＝____________(用题中物理量字母表示)。S1 [补充设问]（1）[湖南中考]进行相同实验的小亮，检查电路发现导线连接正确且开关闭合，但灯座上忘记安装小灯泡，此时观察到_________表的指针有明显偏转。（2）[朝阳中考]排除故障后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如下图所示，此时小灯泡两端的电压为_____V。若要测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑动变阻器的滑片向_______(选填“ 左” 或“右”) 端移动，使电压表的示数为2.5V。电压表2.2左（3）[恩施州期末]通过大量的实验研究，我们必须养成一定的科学态度。比如，通过移动滑动变阻器的滑片，获得多次实验数据很重要。小敏认为对于该实验此操作的目的是便于求出平均功率，减小测量误差。请你对小敏的观点进行评价：________________________________________________________________________________________________________________________________ (需说明理由)。小灯泡在不同电压下的实际功率不同，求小灯泡的平均功率没有意义，多次测量是为了得出小灯泡的亮度与实际功率的关系观点错误。实验突破：（1）被加热的物质选用煤油或空气的主要原因：它们的比热容小，温度升高快，实验现象明显。（2）控制变量法的应用：探究通电导体产生的热量与通电时间长短是否有关时，要控制电流和电阻相同；探究通电导体产生的热量与电流大小是否有关时，要控制电阻和通电时间相同；探究通电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。实验中，要控制被加热物质的种类、质量相同。实验突破：（3）转换法的应用：根据温度计的示数变化(U形管左右两侧液面的高度差)判断通电导体产生热量的多少，温度计示数增大得越多 (U形管左右两侧液面的高度差越大)，导体产生的热量越多。（4）实验结论：当通过导体的电流和电阻一定时，通电时间越长，导体产生的热量越多；当电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大，导体产生的热量越多；当通过导体的电流和通电时间一定时，通电导体的电阻越大，导体产生的热量越多。（1）请按照图甲中的电路图将图乙实物图连接完整。（2）实验电路按照图甲中的电路图连接是为了控制通电时间和__________相同；电阻丝放出热量的多少，通过____________________来进行判断。电流温度计的示数变化（3）为了便于比较两根电阻丝通过电流后产生热量的多少，A、B 两瓶中要装入________相等、初温相同的同种液体。为了在较短时间内达到明显的实验效果，实验时选用煤油而不选水，是因为煤油的比热容___________(选填“大于”“等于”或“小于”)水的比热容。质量小于（4）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电路中的电流变成实验一中的 2 倍，且通电时间相同。实验发现：用电阻丝 R1加热的煤油，在实验一中温度升高Δt1，在实验二中温度升高Δt1′，则Δt1 ′_______(选填“>”“＝”或“不成实验二：探究电流产生的热量与电流大小的关系：（5）如果在两烧瓶中分别装入质量相等的不同液体，并接入两根阻值_______(选填“相同”或“不同”)的电阻丝，就可用这个装置来探究两种不同液体的吸热性质。假设 A 烧瓶中液体的质量为 m，瓶中电阻丝的阻值为 R，测出通过它的电流为 I ，通电一段时间 t 后，温度计的示数变化量为Δt。不计热量损失，则 A 烧瓶中液体的比热容为________(用所给物理量写出比热容的表达式)。相同 如图是“探究电热与哪些因素有关”的实验装置，容器中密闭了等量的空气。（1）左侧密闭容器内电阻丝的阻值为 5 Ω，将一阻值为 5 Ω 的电阻丝与右侧密闭容器内的电阻丝并联，目的是使通过左右两密闭容器内电阻丝的_______不同，右侧容器内电阻丝的阻值应为______Ω，才能符合实验探究的要求。电流5（2）实验中测得通过左侧密闭容器内电阻丝的电流大小为 1 A，则通过右侧密闭容器内电阻丝的电流大小为______A。U 形管中液面高度差反映密闭容器内空气温度的变化，左侧 U 形管中液面高度差大于右侧 U 形管中液面高度差，说明：______________________________________________________________________。0.5在电阻和通电时间一定时，通过导体的电流越大，导体产生的热量越多（3）本实验是探究电流的______效应，从能量转化的角度分析，是________能转化为________能。热电内