浙教版科学 中考一轮复习 第三篇 第15课时 电功与电功率 巩固练习.docx

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浙教版科学中考一轮复习第三篇第15课时电功与电功率巩固练习

第三篇　物质科学（物理部分）

第15课时　电功与电功率

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

（　B　）

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

【解析】额定电压相同的电热水壶甲和乙，正常工作时，两端电压应相同。

额定功率大，说明正常工作时，做功快，即相同时间内，甲做的电功更多。

根据P＝UI可知，电压相同时，功率越大电流越大。

2．[孝感中考]如图所示，在甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，由甲地向乙地输电，两条输电线总电阻为10Ω，甲地电源的电压为220V不变，下列说法正确的是（　A　）

图15－1

A．当乙地用户消耗的总功率增大时，相同时间内输电线上产生的热量增多

B．乙地用户用电器上的电压仍为220V

C．在100s的时间内，输电线上产生的热量为4.84×105J

D．若出现触电事故，应迅速直接用手拉开触电人员

【解析】当乙地用户消耗的总功率增大时，线路电流会随之增大，根据焦耳定律，相同时间内输电线上产生的热量增多。

线路有电阻就会有分压，甲地供电电压为220V，乙地用户用电器上的电压会小于220V。

未明确线路电流是多少，只知道线路电阻，无法求得一定时间内线路上产生的热量。

若出现触电事故，绝对不能直接用手拉开触电人员。

图15－2

3．[2018·济宁]根据额定电压为2.5V小灯泡的I－U图像（如图所示）分析，下列结论正确的是（　D　）

A．当小灯泡的电压为0V时，其电阻为0

B．当小灯泡的电流为0.1A时，其实际功率为0.1W

C．通过小灯泡的电流与其两端的电压成正比

D．小灯泡的额定功率为0.625W

【解析】灯丝电阻不会因为两端没有电压而为0；从图像中可知当小灯泡的电流为0.1A时，电压约为0.6V，其实际功率为0.06W；由于小灯泡在不同电压下工作时，灯丝温度变化较大，其阻值也有较大变化，所以通过小灯泡的电流与其两端的电压不成正比；小灯泡额定电压为2.5V，图中可知此时电流为0.25A，根据P＝UI可算出其额定功率为0.625W。

4．[2018·滨州]如图甲电路中，电源电压保持不变，R1是定值电阻。

当开关S闭合，滑动变阻器R2的滑片P由a端移动到b端，两电表示数变化关系如图乙所示，则下列说法中不正确的是（　A　）

图15－3

A．电源电压为14V

B．R2的最大阻值是30Ω

C．滑片P由a向b恰好移动三分之一长度时R1的电功率为1.25W

D．滑片P在a端时，2min内R2消耗的电能是144J

【解析】由图甲可知，当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω，电路为R的简单电路，电路中的电阻最小，电流最大，由图乙可知，电源的电压U＝U1＝10V；此时电路中的电流I＝0.5A，根据欧姆定律可得，R1＝

＝

＝20Ω；当滑片P位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电压表的示数最小，电路中的电流最小，由图像知，此时U1′＝4V，电路中电流I′＝0.2A，由串联电路特点和欧姆定律可得，R2max＝

＝

＝

＝30Ω；P由a向b恰好移动三分之一长度时，则R2的

接入电路中，此时电路中电流I″＝

＝

＝0.25A，所以R1的电功率P1＝I″2R1＝（0.25A）2×20Ω＝1.25W；P在a端时，已知电路中电流I′＝0.2A，此时U1′＝4V，则2min内R2消耗的电能W2＝U2I′t＝（10V－4V）×0.2A×120s＝144J。

5．[2018·常州]如图甲所示，电源电压恒定，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P从B端至A端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的U－I图像如图乙所示，则（　D　）

图15－4

A．电源电压为20V

B．EF是V1表示数随A表示数变化的图像

C．滑动变阻器的最大阻值为10Ω

D．整个电路的最大功率为14.4W

【解析】从图甲可知R1、R2串联，当滑动变阻器R2为0时，电压全部加在R1两端，从图乙可知，电源电压为12V。

EF随电流增大而减小，应该是V2表示数随A表示数变化的图像。

从图中可知，滑动变阻器在最大阻值时，电流为0.4A，滑动变阻器分压为8V，所以其最大阻值为20Ω。

当R2最小时，整个电路的功率最大，P最大＝UI最大＝12V×1.2A＝14.4W。

图15－5

6．[2018·安顺]如图所示电路，电源电压为12V且保持不变。

闭合开关S，当滑片P置于滑动变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于滑动变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1产生的热量为60J。

则下列结果正确的是（　C　）

A．电路中的最小电流为1.5A

B．滑片P在中点时，9s内滑动变阻器R消耗的电能为60J

C．R先后两次消耗的电功率之比为8∶9

D．R1先后两次消耗的电功率之比为4∶3

【解析】当滑片P置于滑动变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于滑动变阻器的b端时，电压表示数应增大，则增大了2V，所以此时滑动变阻器的分压为6V，得R1的分压也为6V。

根据Q＝U2t/R，则R1＝U

t/Q1＝（6V）2×10s/60J＝6Ω，此时电路的最小电流I＝I1＝U1/R1＝1A。

因分压相同，则滑动变阻器R的最大阻值也为6Ω。

滑片P在中点时，电流I′＝U/R总＝12V/（6Ω＋3Ω）＝

A，9s内滑动变阻器R消耗的电能W＝I′2Rt＝（

A）2×3Ω×9s＝48J。

由P＝UI可得，R先后两次消耗的电功率之比PR∶PR′＝（4V×

A）∶（6V×1A）＝8∶9；同样可计算得R1先后两次消耗的电功率之比PR1∶PR1′＝16∶9。

图15－6

7．[2018·杭州拱墅区二模]某同学在做“调节灯泡亮度”的电学实验时，电路如图所示。

若电源电压恒为4.5V，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器规格“20Ω　1A”，灯泡L标有“2.5V　1.25W”字样（忽略灯丝电阻变化），在不损坏电路元件的情况下，下列判断正确的是（　D　）

A．电路中电流变化的范围是0.18～0.5A

B．滑动变阻器阻值变化的范围是2.5～10Ω

C．灯泡的最小功率是0.162W

D．该电路的最大功率是2.25W

【解析】滑动变阻器允许通过的最大电流是1A，小灯泡的额定电流I＝

＝

＝0.5A，所以电路中的最大电流是0.5A。

滑动变阻器接入电路的电阻越大，电路中的电流越小，电压表示数越大，电路中最小电流由电压表的量程决定，当滑动变阻器两端的电压为3V时，小灯泡两端的电压是1.5V，则滑动变阻器接入电路的电阻是小灯泡的两倍，为10Ω，此时电路中的最小电流I＝

＝

＝0.3A。

电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，电路中的最大电流是0.5A，R总＝

＝

＝9Ω，RP＝R总－RL＝9Ω－5Ω＝4Ω。

当电路中的电流最小时，小灯泡的功率最小，P灯最小＝（0.3A）2×5Ω＝0.45W。

电路的最大功率在电路中的电流最大时取得，P最大＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W。

8．[2018·达州]某实验小组的同学在进行“测量小灯泡的额定功率”的实验，现有器材：

电源（电压恒为6V）、开关、电压表、电流表各一个，导线若干，额定电压为3.8V的待测小灯泡（电阻约为12Ω），滑动变阻器两个（A：

“5Ω　2A”；B：

“20Ω　0.5A”）。

图15－7

（1）该实验的原理是__P＝UI__；实验中应选用的滑动变阻器是__B__（选填“A”或“B”）。

（2）如图甲所示是小田同学连接的实物电路图，图中只有一根导线连接错误，请你在图中用“×”标出这根错接的导线，只改接一根导线使电路成为正确的电路（不能与其他导线交叉）。

（3）小田确认电路连接无误后闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是__灯泡断路__。

（4）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，并绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图像如图乙所示，则该小灯泡的额定功率为__1.14__W。

（5）该组的另一同学接着实验时，发现电压表0～15V量程已经损坏，0～3V量程还可以正常使用，在不添加器材的情况下，为了测出该小灯泡的额定功率，请你在图丙中的虚线框内画出正确的电路图。

（6）由图乙推知：

小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电功率为P1，小灯泡的实际电流是额定电流一半时的电功率为P2，则P1__大于__P2（选填“大于”“小于”或“等于”）。

【答案】

（2）如答图所示。

第8

（2）题答图

（5）如答图所示。

第8（5）题答图

【解析】

（1）该实验的实验原理是P＝UI；小灯泡额定电压为3.8V，灯丝电阻约为12Ω，由欧姆定律，小灯泡的额定电流约为I＝

＝

≈0.32A，电源电压为6V，小灯泡额定电压为3.8V，根据串联电路的规律及欧姆定律，小灯泡正常发光时，变阻器连入电路中的电阻R滑＝

＝

＝6.875Ω，所以选用“20Ω　0.5A”的滑动变阻器B。

（2）小灯泡的额定电压为3.8V，故电压表应选用大量程。

（4）由小灯泡的电流随电压变化的图像知，灯的额定电压下的电流为0.3A，则该小灯泡的额定功率P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W。

（5）根据串联电路电压的规律，当变阻器的电压为6V－3.8V＝2.2V时，灯的电压为额定电压，故将电压表并联在变阻器的两端。

（6）由图乙知，小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电流约为0.22A，电功率P1＝1.9V×0.22A＝0.418W；小灯泡的实际电流是额定电流一半时（0.15A）对应的电压约为1V，灯的实际电功率P2＝1V×0.15A＝0.15W，则P1大于P2。

9．[2018·嘉兴舟山]笔记本电脑已进入寻常百姓家庭，岀差旅游时常随身携带。

出于安全考虑，民航局规定，乘客可随身携带0.16kW·h以下的可充电设备。

目前，部分航空公司已允许乘客在非起降时间段、有条件地使用笔记本电脑等便携电子设备。

请回答下列问题：

（1）某旅客携带的笔记本电脑电池容量3000mAh，输出电压15V，充满电后，若工作时的平均电流为1.5A，可连续工作多少时间？

（2）请通过计算说明该旅客能否将此笔记本电脑带上民航飞机。

（3）使用发现，电脑工作时会发热，原因是__电流通过导体会产生热量__。

当升温到一定值时，温控开关S1自动闭合，风扇启动，加快散热从而保护电脑。

如果断开电源总开关S2，风扇M和其他工作系统同时停止工作。

根据上述特点，下列可能符合散热控温特点的原理图是如图所示中的__B__。

A　　　　B　　　　　C　　　　D

【答案】

（1）笔记本电池容量3000mAh，平均电流I＝1.5A＝1500mA，

工作时间t＝

＝2h；

（2）笔记本电脑电池充满电后能量W＝UIt＝15V×3A×3600s＝162000J＝0.045kW·h，因为0.045kW·h＜0.16kW·h，所以该笔记本电脑能带上民航飞机。

【解析】（3）由电流的热效应可知，电流通过导体会产生热量，所以电脑工作时会发热；由题可知，当升温到一定值时，温控开关S1自动闭合，风扇启动，所以风扇与其他工作系统互不影响，即是并联的。

S1只控制风扇，开关S2在干路上控制风扇和工作系统。

10．[2018·温州]如图甲为某型号豆浆机示意图，将黄豆和清水放入杯体，经过如图乙“三次加热、二次打浆”的工序，可制作可口的豆浆。

图15－8

（1）若豆浆机“加热”时功率为1000W，“打浆”时功率为200W。

则按图乙工序完成一次豆浆制作，需消耗多少电能？

（2）为了防止豆浆过少导致“干烧”和豆浆过多导致“溢浆”，小明设计了如图丙所示的电路，La、Lb是两个完全相同的电磁铁，Ra和Rb分别是安装在“防溢浆”水位和“防干烧”水位下方的压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。

只有当豆浆液面处在“防干烧”和“防溢浆”水位之间时，电热丝才能工作。

（假设电磁铁对衔铁的吸引力不会随距离的改变而改变，不考虑衔铁的弹力和重力）

①当液面高度为h0时，闭合电路中的开关S，电磁铁La吸住衔铁，此时压敏电阻的阻值分别为Ra′和Rb′，请比较两者的大小关系：

__Ra′＜Rb′__。

②已知压敏电阻Ra的阻值随液面高度h的变化曲线如图丁所示，请结合Ra的变化曲线画出压敏电阻Rb的阻值随液面高度h变化的大致曲线，并在图中横坐标上标出“防干烧”水位h1和“防溢浆”水位h2。

图15－9

【答案】

（1）据图乙可知，t加热＝15×60s＝900s，t打浆＝60s，

W＝W加热＋W打浆＝P加热t加热＋P打浆t打浆＝1000W×900s＋200W×60s＝9.12×105J。

（2）②如答图所示。

第10

（2）②题答图