浙教版九上第三章《能量的转化与守恒》补充作业（5）（解析版）

浙教版九上第三章：《能量的转化与守恒》补充作业5------电功、电功率1.甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，甲灯上标有“220V25W”字样，乙灯上标有“220V100W”字样，下列说法中正确的是（▲）A.两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多B.两灯均正常发光时，甲灯的电阻小于乙灯的电阻C.将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50WD.两灯串联在110V的电路中，甲灯比乙灯亮【答案】D【解析】由灯的铭牌知道灯的额定电压和额定功率，可以求出①灯丝的电阻，②正常发光一段时间消耗的电能，③在实际电压下的实际功率。【分析】本题考查了电功（消耗电能）的计算、电功率的计算、两灯串联时消耗电能的比较，灵活选用公式是本题的关键。【详解】A、两灯均正常发光时，乙的电功率大，因为不知道发光时间是否相同，所以不能比较两灯消耗的电能的多少，故A错；两灯均正常发光时，额定电压相同都等于220V,∵灯丝电阻R=，甲灯额定功率小于乙灯的额定功率，∴甲灯的电阻大于乙灯的电阻，故B错；将乙灯接在110V的电路中，∵R乙===484Ω；∴P乙实==25W,故C错。由R=知道甲灯的电阻大于乙灯的额电阻，当两灯串联时，通过的电流相等，∵P=I2R,∴甲灯的实际功率比乙灯的大，∴当两灯串联接在220V电路中，甲灯比乙灯亮，故D正确。故选：D2.如图所示，电源电压不变，闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P从最右端向中点滑动。关于该过程，下列说法中正确的是（▲）A.电流表A1的示数变小，灯泡的亮度不变B.电压表V的示数不变，电流表A2的示数变小C.电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变小D.整个电路的总功率变小【答案】C【解析】由电路图可知，灯泡L与变阻器R并联，电流表A1测R支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压。根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过灯泡L的电流和亮暗的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后得出电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变化，利用P=UI可知整个电路的总功率变化。【分析】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。【详解】由电路图可知，灯泡L与变阻器R并联，电流表A1测R支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压。因电源电压不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过灯泡L的电流不变，灯泡的亮暗不变；将滑动变阻器的滑片P从最右端向中点滑动时，接入电路中的电阻变小，由I=可知，通过R的电流变大，即电流表A1的示数变大，故A错误；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A2的示数变大，故B错误；则电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变小，故C正确；由P=UI可知，整个电路的总功率变大，故D错误。故选：C3.如图所示是家用电子体重秤的工作电路图，其中R1为压敏电阻，其阻值随站在秤上的人体质量的增大而减小，R2为定值电阻，下列说法正确的是（▲）A.电子秤显示器相当于一个电压表B.人体质量越大，电路中消耗的电功率越大C.人体质量越大，R2两端的电压越小D.人体质量越大，电子秤的示数越小【答案】B【解析】图中R1与R2串联，电子秤显示器串联在电路中，相当于一个电流表；已知R1为压敏电阻，其阻值随人体质量的增大而减小，根据串联电路的电压规律、欧姆定律、电功率计算公式分析各个选项。【分析】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，难度不大。【详解】（1）由电路图可知，电子秤显示器串联在电路中，相当于一个电流表，故A错误；图中R1与R2串联，R1为压敏电阻，其阻值随人体质量的增大而减小，所以，被测物体的质量越大，R1的电阻越小，R1分得的电压越小，根据I=可知，电路中电流越大，即电子秤的示数越大，故CD错误；质量越大，电路中电流越大，由P=UI可知，电路消耗的电功率越大，故B正确。故选：B4.如图所示是冬季室内用的某款超声波加湿器及其内部湿度监测装置的简化电路图，湿敏电阻R的阻值随环境湿度变大而变大。已知电源两端的电压不变，R0为定值电阻。闭合开关，当环境湿度增大时，下列判断中正确的是（▲）A.R的阻值减小，电流表示数变大B.R的阻值增大，电压表示数变大C.电压表示数变小，电流表示数变小D.电路消耗总功率变大【答案】B【解析】【分析】【详解】由电路图可知，定值电阻R0与湿敏电阻R串联，电压表测量电阻R两端的电压，电流表测电路电流：根据湿敏电阻R的阻值随环境湿度变大而变大，当环境湿度增大时，湿敏电阻R的阻值增大，总电阻增大，根据欧姆定律I=可知，电路中电流减小，即电流表示数减小；根据P=UI可知，电路消耗总功率变小：电路中电流减小，根据U=IR知，定值电阻两端的电压U0减小，根据串联电路的电压特点可知，湿敏电阻R两端的电压增大，即电压表的示数增大：综上所述，ACD错误，B正确。故选：B5.某保温电热水壶电路如图，S是温控开关，R1、R2为电热丝，且R1=R2=44Ω。以下关于电热水壶的说法正确的是（▲）A.S接b时，电热水壶处于加热状态B.S接a时，电热水壶处于保温状态C.电热水壶的保温功率为500WD.电热水壶的加热功率为1100W【答案】D【解析】【分析】【详解】略6.如图所示电路中，电源电压恒定，R1:R2=2:1。S闭合后，若通过R1、R2的电流分别为I1、I2；R1、R2两端的电压分别为U1、U2；R1、R2消耗的电功率分别为P1、P2；电路消耗的总功率为P总。则下列说法正确的是（▲）A.I1:I2=2:1B.U1:U2=2:1C.P1:P2=2:1D.P1:P总＝1:3【答案】D【解析】根据并联电路的电压特点可知两电阻并联时两端的电压关系；根据欧姆定律可知通过它们的电流关系，根据P=UI求出两电阻的功率之比，最后根据并联电路电功率的关系求出R1的功率和总功率之比。【分析】本题考查了并联电路的电压特点、欧姆定律的应用以及电功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。【详解】因为R1、R2并联，所以两电阻两端的电压相等，即U1:U2=1:1,故B错误；因为I=，所以I1:I2==R2:R1=1:2,故A错误；根据P=UI知，R1和R2的电功率之比为：P1:P2=UI1:UI2=I1:I2=1:2,故C错误；总功率为两电阻功率之和P总=P1+P2,R1消耗的电功率P1与电路消耗的总功率为P总之比为：P1:P总=P1:(P1+P2)=1:（2+1）=1:3,故D正确。故选：D7.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大值大于R1,闭合开关S,在滑动变阻器的滑片P向右滑动过程中，下列判断正确的是（▲）A.电压表示数变小B.电压表与电流表的比值变大C.滑动变阻器R2消耗功率逐渐变大D.定值电阻R1消耗功率保持不变【答案】B【解析】【分析】【详解】略8.两只小灯泡L1和L2的额定电压为1.5V,它们的电流随电压变化的曲线如图所示。根据图像判断，下列选项中正确的是（▲）A.L1的电阻大于L2的电阻B.通过L1的电流为0.25AC.L2的电阻值为7.5ΩD.L1和L2并联后正常发光，电路消耗的总功率为0.675W【答案】D【解析】（1）根据欧姆定律分析电阻大小；（2）根据额定电流与实际电流分析解答；（3）根据欧姆定律解答；（4）根据P=UI可求。【分析】本题主要考查小灯泡电流随电压变化的曲线的认识及欧姆定律、电功率的计算，常见题目。【详解】A.由图可知，两只小灯泡L1和L2的实际电压相同时，L1的电阻大于L2的电阻，实际电压不相等时，不能确定L1的电阻大于L2的电阻，故A错误；由图可知，额定电压时通过L1的电流为0.25A,不是额定电压时，电流不等于0.25A,故B错误；由图可知，L2的额定电压为1.5V,R2==7.5Ω,实际电压不等于1.5V时，R2≠7.5Ω,故C错误；L1和L2并联后正常发光，电路消耗的总功率为P=UI=U（I1+I2）=1.5V×（0.25A+0.2A）=0.675W，故D正确。故选：D9.已知小灯泡L上标有“2V0.5W”，小灯泡L和电阻R中电流I随电压U变化图像如图所示，若将它们并联，灯泡恰好正常发光时，电路中的总功率为▲W；若将它们串联，电路的总功率为0.6W时，电源电压为▲。【答案】0.7；4【解析】（1）根据图象找出灯泡L正常发光时的电流和电压，此时L两端的电压即为R两端的电压，根据图象读出通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据P=UI求出此时电路总功率；（2）根据图象找出灯泡L功率为0.6W时的电流和电压，此时通过L的电流即为通过R的电流，再根据图象读出R两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压。【分析】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，从图象中获取有用的信息是关键。【详解】（1）小灯泡正常发光时的电压为2V,由图象可知，灯泡L正常发光时的电流为0.25A,因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，此时R两端的电压UR=U=UL=2V,由图象可知，此时通过R的电流IR=0.1A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流：I=IL+IR=0.25A+0.1A=0.35A，此时电路总功率为：P=UI=2V×0.35A=0.7W；由图象可知，当I=0.15A时，U=1V,U=3V,因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U´=U+U=1V+3V=4V；电路的总功率为P´=U´I´=4V×0.15A=0.6W,符合题意。故答案为：0.7；410.小蔡同学设计的煤气检测电路如图所示，电源电压不变，R为定值电阻，Q为气敏元件，其阻值随煤气浓度的升高而增大。闭合开关S,当煤气浓度升高时，电流表示数▲，输出信号电压Uab▲，定值电阻R消耗的电功率▲。（三空均填“变大”“变小”或“不变”）【答案】变小；变大；变小【解析】定值电阻与气敏元件串联，电流表测电路中的电流，输出信号电压Uab即气敏元件的电压：当煤气浓度升高时，根据已知条件分析气敏元件电阻变化，根据电阻的串联判断总电阻变化；由欧姆定律确定电路中的电流变化；根据欧姆定律的变形公式：U=IR,分析R的电压变化，根据串联电路电压的规律确定输出信号电压Uab变化；根据P=UI分析定值电阻功率的变化。【分析】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用、电功率公式的应用，难度中等。【详解】由图知，定值电阻与气敏元件串联，电流表测电路中的电流，输出信号电压Uab即气敏元件的电压。由题知，当煤气浓度升高时，气敏元件的阻值增大，根据电阻的串联，总电阻变大；电源电压不变，总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表示数变小；因电路中的电流变小，根据U=IR可知，定值电阻R的电压变小，根据串联电路电压的规律，输出信号电压Uab变大；电源电压不变，电流变小，根据P=UI可知，定则电阻两端的电压减小，通过的电流减小，则其功率变小。故答案为：变小；变大；变小11.如图所示是通过灯泡L的电流跟其两端电压关系的图像，现将L与阻值为10Ω的电阻R连入如图所示电路，闭合开关S,L的实际功率为1.8W,则电源电圧是▲V,此时定值电阻R的电功率是▲W,通电10分钟，整个电路消耗的电能为▲J。【答案】6；3.6；3240【解析】【分析】本题考查了并联电路的特点、电功率的计算，关键是从图象中获取有用的信息。【详解】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，由图甲可知，当UL=6V,IL=0.3A时，灯泡的实际功率PL=ULIL=6V×0.3A=1.8W,因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电源的电压U=UL=6V,此时定值电阻R的电功率PR==3.6W，因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，电路的总功率P=PL+PR=1.8W+3.6W=5.4W,由P=可得，通电10分钟，整个电路消耗的电能W=Pt=5.4W×10×60s=3240J。故答案为：6；3.6；324012.电饭锅在生活中给我们带来了便利，某型号电饭锅有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理图，当开关S接触点▲时，该电饭锅处于保温状态。如图乙是该电饭锅工作时电功率与时间的关系图像，则图中阴影部分面积可以表示的物理量是▲，其大小为▲。【答案】2；电饭煲加热时消耗的电能；4.8×105J【解析】由图知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，5接触点2时，两电阻串联，由P=分析电饭煲的工作状态；由图象知，电饭煲工作的功率和工作时间，由此可知面积表示的物理量并计算。【分析】本题考查了电功率公式的灵活应用，要能正确分析开关在不同状态电路结构，关键是能看懂图象，将图象与所学知识联系起来，是一道好题。【详解】由甲图可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，电路的电阻较小，电源电压一定，由p=可知此时功率较大，所以此时电饭煲处于加热状态；S接触点2时，两电阻串联，电路的电阻较大，由P=可知功率较小，所以此时电饭煲处于保温状态；由乙图象知，横坐标表示工作时间，纵坐标表示电饭煲的电功率，阴影部分面积S=Pt=W,即：阴影部分表示的是电饭煲加热时消耗的电能；由图知，P加热=0.8kW,加热时间t加热=10min=h,则电饭煲加热时消耗的电能：W加热=P加热t加热=0.8kW×h=kW·h=4.8×105J。故答案为：2；电饭煲加热时消耗的电能；4.8×105J13.图甲是某电吹风的工作原理图。电吹风工作时，可分别吹出热风和凉风。为了防止温度过高，用一个PTC电阻R0与电热丝R串联，电热丝阻值恒为50Ω,R0的阻值随温度的变化如图乙所示，电动机正常工作时的功率为120W,求：（1）当开关S位于2位置时，电吹风连续工作10min消耗的电能。（2）电吹风吹热风且温度为35℃时，通过电热丝的电流和电热丝R的电功率是多少？（3）电吹风吹热风且电热丝的功率最小时，电路消耗的总电功率是多少？【答