人教版九年级全册第十八章 电功率综合与测试测试题

这是一份人教版九年级全册第十八章 电功率综合与测试测试题，共26页。

选择题（每小题3分，共30分）


1．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示，电源电压为6V，当小灯泡正常发光时，电压表的示数为2V，电流表的示数为0.5A，则小灯泡的额定功率是（ ）





A．8WB．4WC．3WD．2W


【考点】JC：额定功率．


【难度】中等


【分析】由图知：灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流．已知电源电压和滑动变阻器两端电压，可以得到灯泡两端电压；已知灯泡两端电压和通过的电流，并且灯泡正常发光，所以利用公式P=UI得到灯泡的额定功率．


【解答】解：


灯泡两端电压为U额=U﹣U0=6V﹣2V=4V


灯泡的额定功率为P额=P实=U额I=4V×0.5A=2W．


故选D．


【点评】此题考查的是串联电路的特点和电功率的计算．需要清楚的是用电器的工作状态决定于实际功率，只有在额定电压下用电器的实际功率才等于额定功率．


2．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示，将甲、乙两灯串联在电路中，闭合开关，发现甲灯发光，乙灯不发光，则乙灯不发光的原因可能是（ ）





A．乙灯灯丝断了


B．乙灯的实际功率小


C．相同时间内，乙灯消耗的电能远大于甲灯消耗的电能


D．通过乙灯的电流小于甲灯的电流


【考点】JE：实际功率．


【难度】中等


【分析】（1）串联电路中电流处处相等．


（2）甲灯比乙灯亮，甲的实际功率一定比乙的实际功率大，根据W=Pt，可以判断灯消耗的电能．


【解答】解：A、已知甲、乙两灯串联在电路中，闭合开关，发现甲灯发光，乙灯不发光，如果乙灯灯丝断了，电路中无法形成闭合的回路，所以甲灯也不会发光，故A不可能；


B、甲灯发光，乙灯不发光，说明甲的实际功率比乙的实际功率大．符合题意．


C、根据P=可知，相同时间内，乙灯消耗的电能小于甲灯消耗的电能，故C不可能．


D、串联电路中电流处处相等．故D不可能．


故选：B．


【点评】本题考查串联电路的规律，串联电路各部分电流相等，故一灯泡亮即说明电路是通的；则可以分析可能的原因．


3．初中物理九年级下人教版第18章卷2 灯的亮度由它实际消耗的功率决定．现有甲、乙两盏电灯，分别标有“220V 36W”和“36V 36W”字样．如果它们都正常发光，则（ ）


A．甲灯亮B．乙灯亮C．一样亮D．无法确定


【考点】JE：实际功率．


【难度】中等


【分析】灯泡亮度决定于灯泡的实际功率，实际功率等于额定功率，灯泡正常发光；实际功率小于额定功率，灯泡发光较暗；实际功率大于额定功率，灯泡过亮，容易烧坏灯丝．


【解答】解：


由题意知，两只灯泡的额定功率相同，并且都是正常发光状态，所以实际功率都等于额定功率，即两灯亮度相同．


故选C．


【点评】此题考查的是灯泡亮度与实际功率的关系，需要注意的是：用电器的工作状态决定于实际功率．


4．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示的实验装置中，三个相同的烧瓶A、B、C内部都盛有质量和初温均相等的液体，其中，A、B烧瓶中装的是水，C瓶中装的是煤油，A、B、C瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA=RC＞RB．当合上开光S通电一段时间后（三个烧瓶中的液体均未达到沸腾），A、B、C瓶中温度计示数分别为TA、TB、TC．对三只温度计示数的判断，下列说法正确的是（均不计热损失，比热容C水＞C煤油）（ ）





A．TA=TB＜TCB．TA=TC＞TBC．TC＞TA＞TBD．TA＞TB＞TC


【考点】JH：焦耳定律．


【难度】中等


【分析】根据Q=I2Rt和Q=cm△t进行分析，先比较AB温度计示数的关系；然后比较AC中温度计示数的关系，最后得出三者之间的关系．


【解答】解：由Q=I2Rt可知，A、C中电阻丝产生的热量相同，B中产生的热量最少，由于AB中都为水，因此产生热量多的温度计升高的示数就大，故TA＞TB；


由Q=cm△t可知，吸收的热量和质量都相同时，比热容越小，温度变化越快，因此煤油中温度计的示数大，故TC＞TA；


综合分析可得：TC＞TA＞TB．


故选C．


【点评】本题考查了学生对焦耳定律、吸热公式的掌握和运用，判断出电热丝放热的多少是本题的关键．


5．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示，是探究电流产生热量与哪些因素有关的实验装置．烧瓶内装有质量和初温完全相同的煤油，瓶中铜丝和镍铬合金丝的长度、横截面积相同．下列选项正确的是（ ）





A．在甲图中，探究的是电流产生热量与电阻的关系


B．在乙图中，探究的是电流产生热量与电阻的关系


C．在甲图中，闭合开关一段时间后，A瓶中温度计的示数更高


D．乙图只能用来探究电流产生的热量与电流大小的关系


【考点】JH：焦耳定律．


【难度】中等


【分析】对于甲图，铜丝和镍铬合金丝串联在电路中，通过两导体的电流相同；而铜丝与镍铬合金丝的长度、横截面积相同时，铜丝的电阻小于镍铬合金丝的电阻；对于乙图，通过滑片的移动，可以使电路中的电流发生变化，但镍铬合金丝的电阻不变；也可以保持电流不变，改变电阻丝的电阻值，探究产生热量和电阻的关系．


【解答】解：A、甲图中A、B串联，电流相同，但两导体的电阻不同，所以探究的是电流产生的热量与电阻的关系，故A正确；


B、乙图中，导体电阻不变，但滑动变阻器可以改变电路中的电流，所以探究的是电流产生的热量与电流的关系，故B错误；


C、甲图中，因为B中导体电阻大于A中导体电阻，根据Q=I2Rt可知，电流和通电时间相同时，B中的镍铬合金丝产生的热量更多，温度计的示数更高，故C错误；


D、乙图也可以探究电热与通电时间的关系，变阻器滑片不动，则电路中电流不变，比较通电时间不一样电热的大小，故D错误．


故选A．


【点评】该题考查了控制变量法和转换法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流相等，导体产生热量的多少是通过温度计示数的变化来反映的．





6．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示，在四个相同的水槽中盛有质量和温度都相同的水，现将电阻丝R1、R2（R1＜R2），分别按下图所示的四种方法连接放入水槽，并接入相同的电路．通电相同时间后，水槽中水温最高的是（ ）


A．B．C．D．


【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用．


【难度】中等


【分析】由电功公式W=t可知，在电压U与通电时间t相等的情况下，电路总电阻R越小，电路产生的热量越多；电路产生的热量越多，水吸收的热量越多，水的温度越高，分析电路结构，找出总电阻最小的电路，即可正确答题．


【解答】解：由串并联电路特点可知，串联电路电阻越串越大，并联电路电阻越并越小；


由电路图及已知R1＜R2可知，图D中电路总电阻最小，四个电路电压相等，通电时间相等，W=t可知，D产生的热量最多，水吸收的热量越多，水的温度最高．


故选D．


【点评】电路产生的热量越多，水吸收的热量越多，水的温度越高，由串并联电路的特点判断各电路的阻值大小、熟练应用电功公式是正确解题的关键．


7．初中物理九年级下人教版第18章卷2 某电热器有两根电阻丝，只给一根通电，煮沸一壶水用的时间为t1；只给另一根通电，煮沸同样一壶水用的时间为t2．若两根电阻丝并联到原来的电源上，煮沸同样一壶水需用的时间为t，则（ ）


A．t=t1+t2B．=+C．t＞t1D．t＞t2


【考点】J3：电功的计算；JH：焦耳定律．


【难度】中等


【分析】根据功率的公式，借助功率和功的关系式：P=P1+P2，Q=Q1=Q2可推导出时间的关系式．


【解答】解：两根电阻丝并联到原来的电源上，


则P=P1+P2，


所以=+，


又因为Q=Q1=Q2


所以=+．


故选B．


【点评】本题考查了热量公式的应用，熟练掌握公式Q=W=Pt是正确解题的前提，解题是要认真、细心．


8．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示是A、B两定值电阻的U﹣I图象，由图象中信息可知（ ）





A．若将A、B两电阻串联在某电源两端，则B两端的电压大


B．若将A、B两电阻串联在某电源两端，则B的实际功率大


C．若将A、B两电阻并联在某电源两端，则通过A的电流大


D．若将A、B两电阻并联在某电源两端，则A的实际功率小


【考点】JA：电功率的计算；H!：串联电路的电流规律；I7：并联电路的电压规律；IH：欧姆定律的应用．


【难度】中等


【分析】（1）由图象可知，AB图象表示电流与电压成正比，即AB的阻值不变，根据电流一定时，电压大的电阻得出两电阻之间的关系；


（2）将A、B两电阻串联时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电压关系，根据P=I2R得出实际功率关系；


（3）将A、B两电阻并联时，根据并联电路的电压关系可知两电阻电压之间的关系，根据P=得出实际功率关系．


【解答】解：（1）由图象可知，当I=0.2A时，UA=4V，UB=2V，即UA＞UB，


根据R=可知，RA＞RB．


（2）若将A、B两电阻串联在某电源两端时，通过它们的电流相等，


根据U=IR可知，UA＞UB；


根据P=I2R可知，PA＞PB．


（3）若将A、B两电阻并联在某电源两端时，两电阻两端的电压相等，即UA=UB；


根据P=可知，PA＜PB．


故选D．


【点评】本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点，关键是根据电功率公式的灵活运用和根据图象、利用欧姆定律得出两电阻之间的关系．


9．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示，电源电压不变，开关S1闭合后，灯泡L发光，电压表有示数；再闭合开关S2后，出现的情况是：（ ）





A．灯泡L的亮度不变B．电压表的示数变小


C．电路的总电阻不变D．电路的总功率变大


【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用；IJ：电阻的并联．


【难度】中等


【分析】（1）开关S1闭合后，灯泡L发光，说明灯泡L接入电路，开关S2是断开的，电阻R与灯泡L串联；


开关S2闭合，灯泡L被短路，只有电阻R接入电路；


（2）根据电路结构及并联电路特点、欧姆定律及功率公式分析答题，做出选择．


【解答】解：A、开关S2闭合时，灯泡被短路，灯泡不再发光，故A错误；


B、开关S2断开时，电阻R与灯泡L串联，U=UR+UL；UV=UR=U﹣UL，


开关S2闭合时，只有电阻R接入电路，U=UR′，UV′=UR′=U，所以S2闭合后，


电压表示数变大，故B错误；


C、开关S2断开时，电阻R与灯泡L串联，电路总电阻R总=R+RL，


开关S2闭合时，只有电阻R接入电路，电路总电阻R总′=R，所以S2闭合后，电路总电阻变小，故C错误；


D、开关S2闭合后电路总电阻R总变小，电源电压U不变，电路总功率P=变大，故D正确；


故选D．


【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、掌握串联电路的特点、掌握功率公式是正确解题的关键．


10．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示电路，电阻R1=10Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为0.3A，电流表A2的示数为0.5A．下列说法正确的是（ ）





A．通过电阻R2的电流为0.5AB．电阻R2的阻值为15Ω


C．电源电压为4.5VD．电阻R1消耗的电功率为3W


【考点】JA：电功率的计算；H@：并联电路的电流规律；I7：并联电路的电压规律；IH：欧姆定律的应用．


【难度】中等


【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测R1支路的电流，A2测干路电流；根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，再根据欧姆定律求出R2的阻值，根据P=UI求出电阻R1消耗的电功率．


【解答】解：∵两电阻并联，


∴电源的电压U=U2=U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V；


R2的电流I2=I﹣I1=0.5A﹣0.3A=0.2A，


R2===15Ω；


电阻R1消耗的电功率P1=U1I1=3V×0.3A=0.9W．


故选B．


【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，关键是电流表所测电路元件的判断．


二、填空题（每空2分，共32分）


11．初中物理九年级下人教版第18章卷2 某同学把标有“8V 16W”的灯泡L1和“12V 36W”的灯泡L2串联在电路中，闭合开关后，其中一只灯泡能正常发光，另一只没有达到额定电压．由此可知电源电压为 V，此时L1的实际功率 L2的实际功率（选填“大于”或“等于”或“小于”）．


【考点】JA：电功率的计算；H!：串联电路的电流规律；I6：串联电路的电压规律；IH：欧姆定律的应用．


【难度】中等


【分析】根据小灯泡的额定电压和额定功率分别求出两灯泡的电阻，由两只灯泡电阻相同，可知分得的电压相等，从而求出电路中的总电压和总电流，然后根据两灯电阻相同、电压相同可知两灯泡的实际功率关系．


【解答】解：由P=可得，两灯泡的电阻分别为：


R1===4Ω，R2===4Ω，


根据串联电路电阻的分压特点可知，两只灯泡电阻相同时，分得的电压相等；


所以L1正常发光，U1=8V，


L2没有到达额定功率，U2=U1=8V，（电阻相同，分得的电压相同）


串联电路中总电压等于各分电压之和，


所以电源电压U=U1+U2=8V+8V=16V，


串联电路中各处的电流相等，


所以L1的实际功率等于L2的实际功率．


故答案为：16；等于．


【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等．





12．初中物理九年级下人教版第18章卷2 今年6月，我国空调“能效比”实行新的等级标准，空调制冷“能效比”EER是指空调制冷量与制冷时消耗的电功率比．小明家需要一台制冷量为3200W的空调，若选“能效比”为3.2的空调，则制冷消耗的电功率为 W；若选“能效比”为4.0的空调，工作1h将比原空调节约电能 kW•h．


【考点】JA：电功率的计算；J3：电功的计算．


【难度】中等


【分析】根据能效比的含义求出制冷量为3200W的制冷空调消耗的电功率，再求出能效比4.0空调的电功率，两者功率的差值即为节约的电功率，利用W=Pt求出工作1h节约的电能．


【解答】解：∵能效比是指空调制冷量与制冷时消耗的电功率比，


∴能效比为3.2的空调消耗的电功率：


P1===1000W，


能效比为4.0的空调消耗的电功率：


P2===800W，


节约的电功率：


P=P1﹣P2=1000W﹣800W=200W=0.2kW，


工作1h节约的电能：


W=Pt=0.2kW×1h=0.2kW•h．


故答案为：1000；0.2．


【点评】本题考查了电功率和电功的计算，关键是明白能效比的含义，对学生获取信息解决问题的能力要求较高．





13．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示电路中，电源电压为3V且保持不变，小灯泡L的规格为“6V 3.6W”，滑动变阻器的最大阻值R′=20Ω．当开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片由A端移动到B端的过程中，电流表示数的变化范围是 ，灯L的实际电功率变化范围是 ．（假定灯丝电阻不受温度影响）．





【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．


【难度】中等


【分析】由题意可知，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律和P=I2R可知，当滑片P处于A端时电路中的电阻最小，电路中的电流最大，灯泡的实际功率最大；当滑片P处于B端时电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的实际功率最小．


【解答】解：灯泡的电阻为RL===10Ω；


当滑片P处于A端时，电路为灯泡L的简单电路，


电路中的最大电流为I最大===0.3A，


灯泡的最大实际功率为P最大=I最大2RL=（0.3A）2×10Ω=0.9W；


当滑片P处于B端时，电路为灯泡L和滑动变阻器的最大阻值串联，


电路中的电流最小为I最小===0.1A，


灯泡的最小实际功率为P最小=I最小2RL=（0.1A）2×10Ω=0.1W；


所以在滑动变阻器的滑片由A端移动到B端的过程中，电流表示数的变化范围是0.3A～0.1A，


灯L的实际电功率变化范围是0.9W～0.1W．


故答案为：0.3A～0.1A；0.9W～0.1W．


【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用；关键是电路中最大和最小电流、灯泡实际电功率的判断．





14．初中物理九年级下人教版第18章卷2 某兴趣小组设计了如图甲所示的电路进行实验探究，电源为电压可调的学生电源，小灯泡L标有“6V 1.2W”字样，R为20Ω的定值电阻．小组根据记录的电流表和电压表的示数变化，描绘出如图乙所示的I﹣U关系图．当电压表的示数为2V时，通过小灯泡L的电流为 A，调节电源电压，当电路消耗的总功率为1.35W时，小灯泡的实际功率为 W．





【考点】JA：电功率的计算；H@：并联电路的电流规律；I7：并联电路的电压规律；IH：欧姆定律的应用．


【难度】中等


【分析】由电路图可知，灯泡L电阻R并联，电压表测并联部分两端的电压，电流表测干路中的电流．


（1）由乙图象读出电压表的示数为2V时，电流表的示数，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R的电流，利用并联电路的电流特点求出通过小灯泡L的电流；


（2）由乙图象找出电路消耗的总功率为1.35W时的电压和干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R的电流，利用并联电路的电流特点求出通过L的电流，利用P=UI求出小灯泡的实际功率．


【解答】解：由电路图可知，灯泡L电阻R并联，电压表测并联部分两端的电压，电流表测干路中的电流．


（1）由乙图象可知，当电压表的示数为2V时，电流表的示数即干路电流I=0.4A，


∵并联电路中各支路两端的电压相等，


∴由欧姆定律可得，通过R的电流：


IR===0.1A，


∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，


∴通过小灯泡L的电流：


IL=I﹣IR=0.4A﹣0.1A=0.3A；


（2）由乙图象可知，电路电路电流I=0.45A，电源电压U=3V时，


小灯泡与定值电阻R0消耗的总功率为P总=UI=3V×0.45A=1.35W，


此时流过定值电阻的电流：


IR′===0.15A，


流过灯泡的电流：


IL′=I′﹣IR′=0.45A﹣0.15A=0.3A，


则灯泡的实际功率：


PL实=U′IL′=3V×0.3A=0.9W．


故答案为：0.3；0.9．


【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是从图象中找出小灯泡与定值电阻消耗的总功率为1.35W时的电压和电流值，同时要注意灯泡的电阻是变化的．





15．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示，电源电压保持不变，R1：R2=1：4．只闭合S1时，电流表的示数为0.1A，R1消耗的功率为P1；只闭合S2时，R0消耗的功率为0.1W，R2消耗的功率为P2，且P1：P2=1：1．则R0先后两次消耗的功率之比为 ．





【考点】JA：电功率的计算．


【难度】中等


【分析】只闭合S1时，R0与R1串联，电流表测电路中的电流；只闭合S2时，R0与R2串联；根据P=I2R分别表示出R1消耗的功率为P1和R2消耗的功率为P2结合P1：P2=1：1得出两种情况下电路中的电流，再根据P=I2R结合两种情况下的电流关系得出R0先后两次消耗的功率之比．


【解答】解：只闭合S1时，R0与R1串联，电流表测电路中的电流；只闭合S2时，R0与R2串联；


∵P=I2R，且R1：R2=1：4，


∴==（）2×=（）2×=，


解得：=，


R0先后两次消耗的功率之比：


==（）2=（）2=．


故答案为：4：1．


【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的判断和利用好电阻关系及电功率关系，注意从题干中得出有用的信息．





16．初中物理九年级下人教版第18章卷2 小华发现家中空调每制冷工作10分钟后，就转变成送风状态工作5分钟，再转变为制冷状态，如此反复．为了测量空调制冷时电功率，他在空调插座处接入一个电能表用于测量空调消耗的电能．相关数据见表．空调送风10分钟所消耗的电能为 kW•h，30分钟内空调消耗的电能为 kW•h，空调制冷时的电功率为 kW．


【考点】JA：电功率的计算；J5：电能表参数的理解与电能的求法．


【难度】中等


【分析】（1）由表中数据可知送风状态的功率，知道送风时间，利用W=Pt求空调送风10分钟所消耗的电能；


（2）由30分钟前后电能表示数变化可知30分钟内空调消耗的电能，注意最后一位是小数点后面一位，单位是kW•h；


（3）上面求出了30分钟内空调消耗的电能（两个循环消耗的电能），可求15分钟内空调消耗的电能（一个循环，即制冷一次、送风一次消耗的电能）；


上面求出了空调送风10分钟所消耗的电能，可求空调送风5分钟所消耗的电能（一次送风消耗的电能）；


空调一次制冷消耗的电能等于一个循环消耗的电能减去一次送风消耗的电能，知道一次制冷时间，利用功率公式求空调制冷时的电功率．


【解答】解：


（1）∵P=，


∴空调送风10分钟所消耗的电能：


W1=Pt=0.18kW×h=0.03kW•h；﹣﹣﹣﹣﹣①


（2）30分钟内空调消耗的电能：


W=1700.5kW•h﹣1700.0kW•h=0.5kW•h；﹣﹣﹣﹣﹣②


（3）由②可得15分钟内空调消耗的电能：


W′=W═×0.5kW•h=0.25kW•h，


由①可得空调送风5分钟所消耗的电能：


W1′=W1=×0.03kW•h=0.015kW•h，


空调一次制冷消耗的电能：


W2=W′﹣W1′=0.25kW•h﹣0.015kW•h=0.235kW•h，


空调制冷时的电功率：


P2===1.41kW．


故答案为：0.03；0.5；1.41．


【点评】本题考查了电能表的读数、电能和电功率的计算，知道空调一个循环，制冷一次、送风一次，以及相应的时间是本题的关键．





17．初中物理九年级下人教版第18章卷2 看电视时，人们可以通过遥控器发出的 （选填“红外线”或“紫外线”）来调控电视机．小明家其它用电器关闭，只有电视机工作2min时，他家标有3000r/（kW•h）的电能表铝制圆盘转了20r，则电视机实际功率是 W．


【考点】JA：电功率的计算；J5：电能表参数的理解与电能的求法．


【难度】中等


【分析】（1）红外线是众多太阳光线中不可见的一种，其特点是：热作用强、穿透云雾的能力强，电视机的遥控器工作时通过红外线来传递的；


（2）3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，或者表示电能表每转1r，电路中消耗kW•h的电能，求出转盘转20r电路中消耗的电能，然后求出电视机的实际功率．


【解答】解：（1）人们可以通过遥控器发出的红外线来调控电视机；


（2）电能表转盘转动20r，电路消耗的电能为：


W=20×kW•h=kW•h，


电视机单独工作时间：


t=2min=h，


电视机的实际功率：


P===0.2kW=200W．


故答案为：红外线；200．


【点评】本题考查了红外线的应用、电能表的参数的理解和电功率的计算，理解“3000r/kW•h”的含义是本题的关键．





18．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如图所示为某款电吹风的内部电路图，正常工作时电热丝的电阻R=44Ω，通过其电流为5A．电动机工作时主要将电能转化为 能．若电吹风吹热风时的总功率为1200W，则吹冷风时的总功率为 W．





【考点】JA：电功率的计算；J3：电功的计算．


【难度】中等


【分析】电动机工作时，消耗电能转化为机械能和内能；


知道电热丝的电阻和通过的电流，利用P=UI=I2R求电热丝的发热功率；


电吹风吹热风时的总功率等于电热丝的发热功率加上电动机的总功率（吹冷风时的总功率），可求吹冷风时的总功率．


【解答】解：


电动机工作时，消耗电能主要转化为机械能，有少部分因电动机线圈有电阻，电流通过时转化为内能；


电热丝的发热功率：


P热=I2R=（5A）2×44Ω=1100W，


∵电吹风吹热风时的总功率P=P热+P电动机，


∴电动机的总功率．即吹冷风时的总功率：


P电动机=P﹣P热=1200W﹣1100W=100W．


故答案为：机械；100．


【点评】本题考查了电吹风工作时的能量转化及电功率的计算，要知道电吹风吹热风时的总功率等于电热丝的发热功率加上电动机的总功率（吹冷风时的总功率）．


实验探究题（十九题9分，二十题9分，共计18分）


19．初中物理九年级下人教版第18章卷2 同学们在“探究小灯泡实际功率的规律”时，用两节新干电池串联组成的电源和标有“2.5V”字样的小灯泡等元件连接了如图甲所示的电路，请回答：





(1）连接电路时，开关应 （选填“闭合”或“断开”）；


(2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到 处（选填“A”或“B”）；


(3）实验中，小飞发现闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电流表无示数，电压表示数接近3V，则电路故障可能是 ．


(4）小飞排除故障后，进行多次实验，并记下相应的电压表和电流表的示数，绘制成如图乙所示的I﹣U关系图象．根据图象可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而 （选填“增大”、“减小”或“不变”），小灯泡正常发光时的电功率为 W；


(5）另一组同学通过测额定电流计算小灯泡的额定功率时，电压表突然坏了，又没有好的电压表更换，但有一个R=5Ω的定值电阻和另一个电流表K，小飞和他们一起讨论找到了解决问题的方法，此方法应是：先 ，再调节滑动变阻器，使电流表K的示数为 A即可．


【考点】JL：探究用电器的电功率实验．


【难度】中等


【分析】（1）连接电路时，为了防止短路而烧坏电路元件，开关应处于断开状态；


（2）在闭合开关前，为了保护电路，应将滑P移到阻值最大值处；


（3）电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，


说明电路断路，从而判断出故障的可能原因；


（4）根据灯泡电流随电压的变化关系，由P=UI判断灯泡实际功率如何随电压变化；


由图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡额定功率；


（5）要测量灯泡的额定功率，需使灯泡两端的电压等于额定电压，可将灯泡与电阻R并联，


当R两端电压等于2.5V时，灯泡正常发光，测出此时灯泡电流，由P=UI可得出灯泡的额定功率．


【解答】解：（1）连接电路时，为保护电路元件的安全，开关应断开．


（2）为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，由图可知滑片应移到A处；


（3）连好电路，小飞发现闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路存在断路；电压表示数接近3V，说明电压表与电源两极相连，即电路故障应为小灯泡断路．


（4）由小灯泡的I﹣U图象可知，随着灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流增大，


根据P=UI可知，灯泡的实际功率增大．


由I﹣U图象可知，当灯泡的额定电压U额=2.5V时，所对应的电流I额=0.3A，


灯泡额定功率：P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；


（5）根据等效替代的思想，可通过计算定值电阻R0的电压间接得到灯泡L的电压，所以将已知阻值的电阻R与小灯泡并联，电流表K测定值电阻R的电流；


当R两端电压为2.5V时灯泡正常发光，测出此时通过灯泡的电流即可．电路图如下：





步骤：


①根据电路图连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器使电流表K示数：


Ik===0.5A，此时灯泡正常发光；


②读出此时电流表A的示数IL；


③则小灯泡额定功率的表达式：P额=U额IL=2.5V×IL．


故答案为：


（1）断开；（2）A；（3）小灯泡断路；（4）增大；0.75；（5）将定值电阻R与电流表K串联再与小灯泡并联；0.5．


【点评】本题主要考查了实验注意事项、滑动变阻器的使用、电路故障分析、电功率的计算及U﹣I图象等问题，是实验的常考问题，一定要牢固掌握；


本题的难点是特殊方法测额定功率，关键是知道可以利用电流表和已知阻值的电阻的组合当电压表使用．





20．初中物理九年级下人教版第18章卷2 在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω，可供选用的滑动变阻器R1和R2的最大阻值分别为10Ω、30Ω．





(1）应该选用的滑动变阻器是 （选填“R1”或“R2”）；在连接电路时，开关处于 状态．


(2）请你用笔画线代替导线，将图1的实物图补充完整．（导线不能交叉）


(3）闭合开关，移动滑片P，使电压表示数为2.5V，此时电流表的示数如图2所示为 A，则小灯泡的额定功率为 W．


(4）小宇同学想换用其他规格的小灯泡再做该实验，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，那么拔出后电压表示数 ，电流表示数 ，他这种操作是错误的．（均选填“变大”、“变小”或“不变”）


(5）做完实验后，小宇将“测小灯泡电功率”实验与以前做过的“伏安法测电阻”的实验进行比较，发现有许多不同之处，请你写出一个不同之处： ．


【考点】JA：电功率的计算；JF：电功率的测量．


【难度】中等


【分析】（1）根据串联电路电压特点，求出灯泡正常工作时，滑动变阻器两端的电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻，即可选择合适的滑动变阻器；


在连接电路时为了保护电路，开关处于断开状态．


（2）将滑动变阻器按照“一上一下”的原则串联连入电路；


（3）根据电流表的量程和分度值读出其实数，根据P=UI求出灯泡的额定功率；


（4）在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，相当于灯泡开路，根据开路的特点和电压表的测量对象即可判断示数变化；


（5）从实验目的、原理、用电器不同等方面进行分析；伏安法测电阻原理：R=，测电功率原理：P=UI．


【解答】解：（1）灯泡正常工作时的电压UL=2.5V，根据欧姆定律可得，此时电路中的电流约为：


I===0.25A；


由串联电路中总电压等于各分电压之和可知：滑动变阻器分压U滑=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V，


由于串联电路中各处的电流相等，则滑动变阻器接入电路中的电阻约为：


R滑===14Ω＞10Ω，故滑动变阻器应选R2．


（2）由图可知：滑动变阻器的右上方已经连接，根据“一上一下”的原则可知，将下面的一个接线柱与电源的正极相连即可；如图：





（3）由图2可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，则灯泡的额定功率P=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W；


（4）由电路图知，电压表并联在灯泡两端，电流表测的是电路的电流，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，相当于灯泡开路，所以电流表示数变小，电压表的正负接线柱与电源的正负极相连接，所以示数变大．


（5）实验原理不同（测功率用P=UI，测电阻用欧姆定律R=）．


故答案为：（1）R2；（2）如上图所示；（3）0.3；0.75；（4）变大；变小；（5）实验原理不同（测功率用P=UI，测电阻用欧姆定律R=）．


【点评】本题考查了根据实物图画电路图、滑动变阻器的使用、故障分析、两个实验（测电阻、测电功率）的比较，属于难题．


四、计算题（21题10分，22题10分，共计20分）


21．初中物理九年级下人教版第18章卷2 随着电器化时代的到来，家用电器已广泛应用到我们的生活中．某家庭煲汤用电热锅简化电路如图所示，电热锅额定电压为220V，R1，R2均为发热电阻，其阻值分别为80Ω、404Ω．接通电源，闭合开关S1、S2，电热锅处于“大火”加热状态；当锅内温度达到100℃时，开关S2自动断开，开关S1仍闭合，电热锅处于“小火”炖煮状态．


(1）电热锅在额定电压下，处于“大火”加热状态时，电路中的电流多大？


(2）电热锅在额定电压下，处于“大火”加热状态15分钟，消耗的电能是多少焦耳？


(3）电热锅在额定电压下，处于“小火”炖煮状态时，电功率多大？


(4）为测量电热锅的实际电压，将家中其他用电器全部关闭，电热锅在“大火”加热状态下，观察到标有“2000r/kW•h”字样的电能表在6分钟内转了100转，电热锅的实际电压是多少？





【考点】JA：电功率的计算；J3：电功的计算；J5：电能表参数的理解与电能的求法．


【难度】难


【分析】（1）闭合开关S1、S2时，电路为R1的简单电路，电热锅处于“大火”加热状态，根据欧姆定律求出电路中的电流；


（2）根据W=UIt求出处于“大火”加热状态15min消耗的电能；


（3）开关S2断开、S1仍闭合时，R1与R2串联，电热锅处于“小火”炖煮状态，根据电阻的串联和P=求出电功率；


（4）2000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表上的转盘转动2000r，据此求出6分钟内转了100转消耗的电能，根据W=t求出电热锅的实际电压．


【解答】解：（1）闭合开关S1、S2时，电路为R1的简单电路，电热锅处于“大火”加热状态，


电热锅在额定电压下，电路中的电流：


I===2.75A；


（2）电热锅在额定电压下，处于“大火”加热状态15min消耗的电能：


W=UIt=220V×2.75A×15×60s=5.445×105J；


（3）开关S2断开、S1仍闭合时，R1与R2串联，电热锅处于“小火”炖煮状态，


因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，


所以，电热锅的电功率：


P小===100W；


（4）电热锅在“大火”加热状态下，6分钟消耗的电能：


W′==0.05kW•h=1.8×105J，


由W=t可得，电热锅的实际电压：


U′===200V．


答：（1）电热锅在额定电压下，处于“大火”加热状态时，电路中的电流为2.75A；


（2）电热锅在额定电压下，处于“大火”加热状态15分钟，消耗的电能是5.445×105J；


（3）电热锅在额定电压下，处于“小火”炖煮状态时，电功率为100W；


（4）电热锅的实际电压是200V．


【点评】本题考查了欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，要注意额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等．





22．初中物理九年级下人教版第18章卷2 如表所示为某电烤箱的铭牌，如图虚线内所示是电烤箱内部的简化电路图．R1和R2均为电热丝，电烤箱开关接1时是低温档，接2时是高温档．求：


(1）电路中R1和R2的阻值．


(2）如果实际电压只有200V，则电烤箱在高温档工作10分钟所消耗的电能是多少．（最后结果保留整数）





【考点】JA：电功率的计算；J3：电功的计算．


【难度】难


【分析】（1）高温档时电路为R1的简单电路，根据P=求出电路中R1的阻值；低温档时，R1与R2串联，根据P=求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻；


（2）实际电压只有200V，根据W=t求出电烤箱在高温档工作10分钟所消耗的电能．


【解答】解：（1）开关接2时，电路为R1的简单电路，电烤箱处于高温档，


由P=可得，电路中R1的阻值：


R1===44Ω，


开关接1时，R1与R2串联，电烤箱处于低温档，


此时电路中的总电阻：


R===110Ω，


因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，


所以，R2的阻值：


R2=R﹣R1=110Ω﹣44Ω=66Ω；


（2）实际电压只有200V，电烤箱在高温档工作10分钟所消耗的电能：


W=t=×10×60s≈545455J．


答：（1）电路中R1和R2的阻值依次为44Ω、66Ω；


（2）如果实际电压只有200V，则电烤箱在高温档工作10分钟所消耗的电能是545455J．


【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是电烤箱不同档位时电路连接方式的判断．


送风状态时消耗的电功率：0.18kW
测量时间
30分钟
电能表


示数
开始计时时
1 7 0 0 0
30分钟
1 7 0 0 5
××牌电烤箱
额定电压
220V
额定功率
高温档
1100W
低温档
440W
频率
50Hz