浙教版2020年科学中考电学计算题(有答案)解析版

浙教版2020年科学中考电学计算题(有答案)解析版本文介绍了一款电热水壶的参数和计算方法，其中包括电阻、水吸收的热量和热效率等内容。首先，根据电热水壶的额定功率和电压，可以求出其电阻为48.4Ω。接着，根据水的体积、密度和比热容，可以计算出将一壶水从25℃加热到100℃时，水吸收的热量为4.725×105J。最后，根据加热一壶水所需的时间和电热水壶消耗的电能，可以计算出电热水壶的热效率为78.75%。为了更好地阐述这些计算方法，本文对原始文章进行了格式修正和简洁化处理。2．图为某电热器的电路原理图，通过将开关S置于不同的位置，可以实现“加热”和“保温”两种状态的变换，对应的额定功率分别为800W和40W。（1）将开关S接“1”时，电热器处于加热状态。（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg初温为20℃的水加热到100℃，需要的时间为多少？解析：（1）将开关S接“1”时，电路为R2的简单电路，电路中电阻最小，根据P=U^2/R可判断此时电热器所处的状态；（2）先根据Q=mcΔT求出水吸收的热量即为电热器消耗的电能，然后根据P=U^2/R求出需要的加热时间。解答：（1）加热；（2）水吸收的热量：Q=0.5kg×4.2×10^3J/(kg·℃)×(100℃-20℃)=1.68×10^5J，由题意可知，假设电能全部转化为水的内能，则W=Q=1.68×10^5J，由P=U^2/R得，需要的加热时间：t=W/P=1.68×10^5J/(800W)=210s。答：（1）加热；（2）电热器在加热状态下正常工作，将0.5kg初温为20℃的水加热到100℃，需要的时间为210s。文章没有格式错误，删除明显有问题的段落。为了解决早稻收获后稻谷霉变问题，某科技小组设计了一个稻谷烘干机。该烘干机的电路图如图所示，其中M为电动鼓风机，R为湿敏电阻，其阻值能根据相对湿度（水蒸气含量）的变化而改变，且能满足实际需要。R为10Ω的定值发热电阻。问题：当稻谷湿度为20%时，电路中的定值电阻和湿敏电阻的电功率分别是多少？解析：根据电路图，可以得到电路中的总电阻为R总=R+R湿敏。由于R湿敏的阻值能根据相对湿度的变化而改变，因此需要根据题目中给出的数据计算出R湿敏的阻值。当相对湿度为20%时，根据题目中所给的数据，R湿敏的阻值为20Ω。因此，总电阻为R总=10Ω+20Ω=30Ω。根据欧姆定律，电路中的电流为I=U/R总，其中U为电路中的电压。根据电路图，可以得到电路中的电压为220V。因此，电路中的电流为I=220V/30Ω=7.33A。根据电功率公式，电功率可以表示为P=UI，其中U为电路中的电压，I为电路中的电流。因此，定值电阻的电功率为P定值=UI=220V×7.33A=1611.4W，湿敏电阻的电功率为P湿敏=UI=220V×7.33A=1611.4W。答案：当稻谷湿度为20%时，电路中的定值电阻的电功率为1611.4W，湿敏电阻的电功率也为1611.4W。(1)当S闭合，S1、S2断开时，R1和R2串联接入电路中，根据电阻的串联和欧姆定律可知，电源电压为：U=IR1+IR2=0.5A×20Ω+0.5A×10Ω=15V；(2)通电10秒内电路消耗的总电能为：W=UI×t=15V×0.5A×10s=75J；(3)当S、S1、S2都闭合时，R2被短路，此时R1和R3并联接入电路中，电流表测干路中的电流，此时的总电阻要小于R1，当S闭合，S1、S2断开时，R1和R2串联接入电路中，此时的总电阻要大于R1，所以R1和R3并联的总电阻小于R1和R2串联的总电阻。由欧姆定律可知，当S、S1、S2都闭合时，干路中的电流变大，故并联后干路中的电流为：I′=0.4A+0.5A=0.9A，通过R1的电流为：I1=U/R1=15V/20Ω=0.75A。因此，当S、S1、S2都闭合时，R3的阻值为：R3=(U/I')-R1=（15V/0.9A）-20Ω=1.67Ω。解析：本题考查了串并联电路的电流特点、欧姆定律的应用以及电能公式的应用，需要注意细节问题，如电路中电阻的串并联关系。=ρ煤油V煤油=0.8×103kg/m3×25×103m3=2×104kg；煤油温度升高20℃，吸收的热量为：Q=c煤油m煤油ΔT=2.1×103J/（kg•℃）×2×104kg×20℃=8.4×108J。（2）根据电路原理图可知，电暖器在中温挡时，电路中只有R1和R2串联，总电阻为R=R1+R2=80Ω+40Ω=120Ω。根据欧姆定律可得，电流为：I=U/R=220V/120Ω=1.83A。（3）根据电路原理图可知，电暖器在中温挡时，电路中只有R1和R2串联，总电阻为R=R1+R2=80Ω+40Ω=120Ω。由电阻公式可得，R1的阻值为：R1=R总-R2=120Ω-40Ω=80Ω。【点评】本题考查了电路原理图的分析和电阻的计算，需要注意单位的换算和公式的应用。同时，需要注意题干中给出的条件和数据，如电暖器的操作方式、功率选择和煤油的物理特性等。7．某电烤箱的铭牌如下：|额定电压|额定功率高温档|额定功率低温档||--------|--------------|--------------||220V|×××W|400W|如图所示为电烤箱内部的简化电路图，其中R1和R2均为电热丝，R2的阻值为72.6Ω。电烤箱开关接1时是低温档，接2时是高温档。求：（1）电烤箱在低温档正常工作10min电流做的功；（2）R1的阻值；（3）在某用电高峰期，若家庭电路中只有电烤箱在高温档工作，发现标有“3000imp/kW·h”的电能表的指示灯闪烁81次共用时2min，求此时家庭电路两端的实际电压。解析：（1）电烤箱在低温档的额定功率为400W，正常工作10min的电流做的功为：W=P·t=400W·10min·60s/min=2.4×10^5J。（2）开关接1时，R1和R2串联，总电阻最大，电烤箱处于低温档；开关接2时，只有R1接入电路，电烤箱处于高温档。处于低温档时，电路的总电阻为：R=R1+R2=121Ω。处于高温档时，电路的总电阻为：R=R1=48.4Ω。因此，R1的阻值为：R1=R-R2=121Ω-72.6Ω=48.4Ω。（3）指示灯闪烁81次，电烤箱消耗的电能为：W=81×0.027kW·h=2.187kW·h=7.8732×10^6J。工作时间为：t=2min=120s。因此，电烤箱在高温档的实际功率为：P=W/t=7.8732×10^6J/120s=65.61W。根据P=UI，可得此时家庭电路两端的实际电压为：U=P/I=65.61W/5A=13.12V。【分析】9.1题目要求求解电热足浴器的电阻和水吸收的热量，需要利用电功率公式和热量公式进行计算。【解答】（1）根据电功率公式P=U²/R，可得电热足浴器正常工作时的电阻为：R=U²/P=(220V)²/1210W≈40.49Ω（2）根据热量公式Q=mcΔT，其中m为水的质量，c为水的比热容，ΔT为水的温度变化。将5kg的水从20℃加热到40℃，ΔT=20℃，c=4.18J/(g℃)，m=5000g，代入公式可得：Q=mcΔT=5000g×4.18J/(g℃)×20℃=4.18×10⁵J答：（1）40.49Ω；（2）4.18×10⁵J。根据欧姆定律，电流大小为I=U/R，其中U为额定电压220V，R为R1的阻值80Ω，代入计算可得电流大小为2.75A；（2）电热锅在15分钟内消耗的电能为W=Pt，其中P为电功率，由欧姆定律和功率公式可得P=U²/R，代入计算可得P=605.25W，代入计算可得W=605.25W×15min×60s/min=544725J；（3）当开关S2断开时，电路中只有R1在工作，根据欧姆定律和功率公式可得电功率为P=U²/R，代入计算可得P=1210W；（4）电能表标有“2000r/kW·h”，即每转盘转动2000圈表示消耗了1kW·h的电能。在6分钟内转了100转，表示消耗了0.05kW·h的电能。根据电能表的定义可得消耗的电能为W=kW·h×3600s/h=0.05kW·h×3600s/h=180J。根据W=Pt可得实际电压为U=√(W×R/P)=√(180J×484Ω/1210W)≈48.5V。答：（1）电流大小为2.75A；（2）消耗的电能为544725J；（3）电功率为1210W；（4）实际电压为48.5V。电路中的电流为2.75A。若电热锅在“大火”加热状态下加热15分钟，消耗的电能为5.445×10^5J。当锅内温度达到100℃时，S2自动断开，S1仍闭合，处于“小火”炖煮状态，此时电功率为100W，电热锅在“大火”加热状态下，6分钟消耗的电能为1.8×10^5J，电功率为500W，电压为200V。此时电热锅在“大火”加热状态下，加热电阻R2短路，电路中只有加热电阻R1在工作。曹原是中国95后的天才科学家，在2018年3月5日，成功实现了石墨烯的“超导电实验”，为超导研究打开了一扇新的大门，可能成为常温超导体研究的里程碑，超导应用即将走进我们的生活。有一个小型水电站，发电机提供的电压U为250V，保持恒定，通过输电线向较远处用户输电，输电线的总电阻R为0.15Ω。若发电机提供给电路的总功率P为50kW，闭合开关S，求通过输电线的电流和输电线上损耗的热功率P，用户得到的功率P1和输电效率η。若将输电线改为超导输电线，在保证用户得到以上功率不变的情况下，与原来相比，每天节水省的电能可供一个额定功率P2为1kW的电饭煲正常工作多少天？（假设电饭煲每天工作2小时）通过题目中的信息，可以得知发电机提供的电压U为250V，提供给电路的总功率P为50kW，因此通过输电线的电流为200A，输电线上损耗的热功率为6kW。用户得到的功率为44kW，输电效率为88%。若将输电线改为超导输电线，在保证用户得到以上功率不变的情况下，每天节省的电能为6kW，电饭煲每天工作2小时，因此可供电饭煲正常工作75天。===0.3A，根据P=UI可得，小灯泡L能调节到的最小电功率为：P小===ULI小=6V×0.3A=1.8W。解析：本题主要考查了串联电路中电流、电压的分布以及电功率的计算等知识。首先根据题目中给出的灯泡的额定电压和功率，可以求出灯泡的额定电流。接着，根据串联电路中各处电流相等的特点，可以求出电路中的电流和电压。然后，根据滑动变阻器接入电路中的电阻，可以求出滑动变阻器的最大阻值。最后，根据电路中最小电流和灯泡的额定电压，可以求出小灯泡L能调节到的最小电功率。1.小灯泡L的最小电功率为1W，根据公式P=I^2R，代入数据可得P=（0.5A）^2×4Ω=1W。知道灯泡的额定电压和额定功率，可以根据P=UI求出灯泡的额定电流为1.5A。2.根据串联电路的电流特点和Q=W=UIt，当S闭合，S1拨至“1”位置时，R与L串联，L正常发光，可以求出R两端的电压，进而求出电源电压为9V。3.当S闭合，S1拨至“2”位置，R、R、L串联，根据串联电路的电流特点和P=UI=I^2R求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的电阻，进一步求出滑动变阻器的最大阻值为12Ω。4.当S闭合，S1拨至“2”位置，且滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据P=UI=I^2R求出小灯泡L能调节到的最小电功率为1W。5.电路中的电源两端电压保持不变，电阻丝R1的阻值为10Ω。当开关S闭合后，电压表的示数为2V，电流表的示数为0.4A。根据公式Q=I^2Rt，代入数据可求出通电10s电阻丝R1产生的热量为16J。根据欧姆定律和串联电路电压规律，可以求出电源两端的电压为6V。2016年2月19日，中国山东平邑县玉荣石膏矿的4名矿工被困36天后成功获救。救援中使用了钢制救生舱，被形容为“胶囊”，功不可没。每次升降都能救上一个矿工，救援队利用它将矿工们从地下200米深的矿井中全部救上了地面。救生舱的质量为200千克，每个矿工质量为50千克。电动卷扬机的额定电压为220伏，不计摩擦，当电动卷扬机以0.4m/s的恒定速度向上提升空的救生舱时，电路中的电流为4A。（g取10N/kg）（1）求电动卷扬机机线圈的电阻R。解：电动卷扬机的输入功率为P电=UI=220V×4A=880W，机械功率为P机械=Fv=200kg×10N/kg×0.4m/s=800W。因为P电=P机械+P热，所以有P热=P电-P机械=440W-400W=40W。又因为P2热=IR，所以R=P2热/I=80W/（4A）=5Ω。（2）电动卷扬机升降一次救一个矿工，电动机的输入功率不变，此时的提升速度是多少？解：由于输入功率不变，所以P机械=P′机械=F′v′。矿工的总质量为250千克，所以F′=G′=m′g=2500N。因此，v′=P机械/F′=880W/2500N=0.352m/s。市场上有一种暖手鼠标垫，技术参数如下：