浙教版科学九年级(上)第三章第6节电能及应用(解析版)

九年级(上)科学第三章第6节电能及应用一、选择题1.普通的钨丝白织灯泡的发光效率比较低，而目前市场上流行的节能灯的发光效率就比较高。但是节能灯的价格比较贵，人们常常为选择哪一种灯而举棋不定。下表列举了某种型号的白炽灯和节能的部分数据：功率／L寿命／时单价／元每度电费／元白织灯6010001.220.61节能灯10500036.60.61已知上述两种灯泡正常工作时的发光亮度相同，如果纯粹从经济角度出发，要让使用节能灯更合算的话，最少使用的时间为（▲）A.1080小时B.1120小时C.1160小时D.1200小时【答案】B【解析】灯的成本等于灯消耗电能的电费和灯泡的价格之和（1）求出时间t内使用使用白炽灯的成本；（2）求出时间t内使用节能灯的成本；（3）求出使用两种灯的成本相等的时间t,该时间t就是用节能灯合算的最少时间。【分析】本题考查了灯的使用成本的计算，解决本题的关键是：利用两种灯泡成本相等找出使用时间。【详解】（1）时间t内，使用白炽灯的成本是：0.06KW×t×0.61元／度＋1.22元；（2）时间t内，使用节能灯的成本是：0.01KWx×t×0.61元／度＋36.6元；（3）求使用两种灯的成本相等的时间t，0.06KW×t×0.61元／度＋1.22元=0.01KW×t×0.61元／度＋36.6元，解得：t=1160h。而白炽灯的寿命是1000h<1160h,故在相等时间内，使用一只白炽灯的成本不可能一只节能灯成本相等，故应使用两只白炽灯。（4）使用两只白炽灯时：0.06KW×t´×0.61元／度＋1.22元×2=0.01KW×t´×0.61元／度＋36.6元，解得t´=1120h。故选B。2.如图所示，把两个相同的电灯，分别接成甲、乙两种电路，甲电路总电压为8伏，乙电路总电压为16伏，调节变阻器使两灯都正常发光。此时，两电路消耗的总功率分别为P甲、P乙,则下列关系中正确的是（▲）A.P甲>P乙B.P甲<P乙C.P甲=P乙D.无法确定【答案】C【解析】：灯泡正常发光时的电流为额定电流；根据并联电路中干路电流是各支路电流的和、串联电路各处电流都相等分别求出两电路的总电流，再利用P=UI求出甲乙两图的功率之比．【分析】本题考查了串联电路和并联电路的电流特点，以及电功率公式的应用，熟练掌握以上知识并灵活应用公式是解决本题的关键．【详解】两灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为：I1=2I额；乙图灯泡串联，电流为：I2=I额；∴P1：P2=U1I1：U2I2=8V×2I额：16V×I额=1：1。故选C。3.在如图所示的电路中，电源电压恒定，灯L1、L2分别标有“6伏6瓦”和“6伏12瓦”字样，当k闭合时，灯L1正常发光；当k断开时，两盏灯的总电功率为（▲）A.4瓦B.18瓦C.9瓦D.12瓦【答案】A【解析】当K闭合时，灯L1正常发光，电路中只有L1,所以电源电压为6V,再根据两灯的额定电压和额定功率算出各自的电阻，当K断开时，两灯串联，从而算出总电阻，根据公式算出两盏灯的总电功率。【分析】本题考查电功率的计算，电阻的串联，关键是分析开关断开和闭合时电路的状态。【详解】当K闭合时，灯L1正常发光，电路中只有L1,所以电源电压为6V,R1==6Ω，R2==3Ω,当K断开时，两灯串联，所以P==4W。故选A。4.如图所示的四个电路中，电源电压U相同，R1<R2,电路消耗的总功率由大到小的顺序是（▲）A.甲、乙、丙、丁B.丁、丙、乙、甲C.丁、甲、乙、丙D.丙、乙、甲、丁【答案】C【解析】要判断电路的总功率大小，需要先分析四个电路的总电阻大小，两个电阻串联时，总电阻比任何一个电阻都大；两个电阻并联时，总电阻比任何一个电阻都小。因为电源电压都相同，根据公式P=可知，电阻越小功率越大。【分析】本题主要考查电阻的串联和并联以及电功率的公式，解答时要先分析电阻大小关系，再根据电功率的公式分析电功率大小关系。【详解】因为电阻并联时阻值最小，串联时阻值最大．阻值由小到大依次是：丁、甲、乙、丙。由P=可知，电阻越小，功率越大；电功率由大到小依次是：丁、甲、乙、丙。故选C。5.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S,电路正常工作，过了一会儿，一个电表的示数变大，另一个电表的示数变小，则下列判断中正确的是（▲）A.电阻R一定断路B.电阻R一定短路C.灯L的亮度可能不变D.灯L可能变亮【答案】D【解析】由图可知R与灯泡L串联，电压表测量R两端的电压；由电路中两表示数的变化可知故障的可能性，则由讨论可得结果。【分析】本题考查学生对于电路故障分析的能力，要求学生能正确分析电路，并且全面考虑题目中出现的可能性。【详解】两表一个示数变大，另一示数变小有两种可能：①电流表的示数变大，电压表的示数变小，则应该是电路中电阻R局部短路，导致总电阻变小，电压表的示数为零，而灯泡中电流增大，即灯泡变亮；②电压表的示数变大，电流表的示数变小，则应该是电路中电阻R断路，电流表的示数为零，电压表的示数为电源电压值，此时电路中电流为零，灯泡熄灭。由以上分析可得，A、B、C错误，D正确。故选D。6.如图是新型节能应急台灯电路示意图，台灯充好电后，使用时可通过调节滑动变阻器接入电路的阻值R改变灯泡的亮度，假定电源电压、灯泡电阻不变，则灯泡两端电压U随R变化的图像是（▲）【答案】C【解析】灯泡和滑动变阻器串联，用电源电压、定值电阻以及灯泡的电阻表示出灯泡两端电压的表达式，结合函数图象排除错误选项，然后根据串联电路起分压作用进行分析，即灯泡两端电压随滑动变阻器阻值的增大而减小判断出正确选项。【分析】本题考查串联电路的电压规律、滑动变阻器的使用以及欧姆定律的应用掌握情况，本题的难点是列出电压和电阻的关系式，用正比函数、一次函数和排除法进行分析。【详解】滑动变阻器和灯泡串联，电路中的电流：I=UR+RL，灯泡L两端电压：UL=IRL=UR+RLRL；从灯泡两端的电压与其电阻的关系可以看出，灯泡两端的电压和灯泡的电阻不成正比也不为一次函数，故排除AB选项，又因为滑动变阻器的阻值增大时，灯泡分得的电压减小，故C选项正确。故选C。7.如图所示，甲灯为“6伏6瓦”，乙灯为“6伏4瓦”，用一个输出电压恒为12伏的电源对两供电，要使这两只灯能同时正常发光，则应选择哪个电路？（▲）【答案】D【解析】（1）首先根据灯泡的额定电压和额定功率，根据R=比较灯的电阻的大小；（2）串联时，两个灯泡起分电压的作用，并且分电压的多少与电阻值的大小成正比；（3）并联时，两个灯泡起分电流的作用，并且分电流的大小与电阻值的大小成反比。【分析】解决本题的关键是正确理解串、并联电路分压、分流与电阻值大小的关系，考查了学生的综合分析能力，是一道综合性较强的题目。【详解】由甲灯为“6V,6W”，乙灯为“6V，4W”，U甲=U乙,P甲＞P乙,根据R=得P甲＜R乙,对四个电路分析如下：A、图中甲、乙两灯是串联，因为R甲＜R乙,根据串联电路中电压的分配与电阻成正比的特点有U甲＜U乙,且U甲+U乙=U总=12V,故U甲<6V,U乙>6V。因此两灯的实际电压均不等于它们的额定电压，两灯都不能正常发光，乙灯还有可能烧坏，故该选项不符合题意；B、图中甲、乙两灯的并联电路，根据并联电路的特点有U甲=U乙=U总=12V,两灯都超过了它们的额定电压，都不能正常发光甚至都烧坏，故该选项不符合题意；C、图中给甲灯并联了一个滑动变阻器，因甲灯的电阻比乙灯小，再并联一个电阻后其电阻会变小，甲灯所分的电压将更少，实际电压不可能达到额定电压，乙灯实际电压高于6V有可能烧坏，故两灯都不能正常发光，故该选项不符合题意；D、图中给乙灯并联了一个滑动变阻器，调节滑动变阻器的阻值，能使其并联后的阻值正好与甲灯的阻值相等，这时两灯的实际电压都等于它们的额定电压而同时正常发光，故该选项符合题意。故选D。8.由电压为220伏的电源向远处某工地的一盏标着“PZ220伏100瓦”的电灯供电，由于距离较远，导线的电阻不能忽略，灯泡消耗的实际电功率为96瓦。则导线消耗的电功率（▲）A.小于4瓦B.等于4瓦C.大于4瓦D.为0【答案】A【解析】利用P=，结合电路电阻的变化分析导线上电功率的大小。【分析】注意实际功率与额定功率的区别，此题较难分析，属于难题．【详解】如果导线电阻忽略时，即220V的电压全部接在“PZ220-100”的灯泡上，灯泡正常发光，功率是额定功率100W；当导线上电阻不忽略时，即电路中的电阻变大，由P=可知电路消耗的总功率变小，即小于100W，而灯泡实际功率为96W，所以导线上的功率只能小于4W。故选A。9.小刚家中的几盏电灯突然全部熄灭了，检查保险丝发现并未烧断，用测电笔测试各处电路时，氖管都发光，他对故障作了下列四种判断，其中正确的是（▲）A.灯泡全部都烧坏B.进户零线断路C.室内线路发生短路D.进户火线断路【答案】B【解析】用电器均不正常而保险丝未熔断，说明电路中干路上有断路，测电笔测试各处电路，氖管都发光，说明各点与火线是连通的，故只可能是零线断了。【分析】本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应氖管发光，测零线应不其不发光。【详解】电灯突然全部熄灭，检查保险丝发现并未烧断，说明电路中的电流不会很强，因此电路不可能发生短路现象，也不可能几盏灯泡全部都烧坏。如果用测电笔测试各处电路时，氖管都发光，说明该电路进户火线不可能断路。由此可以判断是进户零线线不可能断路。由此可以判断是进户零线断路，使得几盏灯所在电路没有形成闭合回路，即使得电路中没有电流而出现几盏灯全部熄灭。故选B。10.安全用电的常识之一就是不要靠近高压电。但是，两爪站在高压线上的鸟却不会发生触电事故，这是因为（▲）A.鸟爪上的角质层不导电B.鸟爪很干燥C.电线上有绝缘层D.鸟的两爪间的电压很低【答案】D【解析】高压线中有电流通过，鸟的两爪站在两压线上与导线并联，可从并联电路的特点分析。【分析】本题为解决实际问题的题目，应结合电路的特点进行分析。【详解】当鸟站在高压线上时，两爪之间产生电压，电压与两爪之间的导线上的电压相等，而这段导线上电压很低，故鸟不会触电。故选D11.一台直流电动机提升质量为200千克的重物，读得并联在电动机两端的电压表读数为220伏，串联在电动机电路中的电流表读数为5安，若此电动机在8秒内能将重物匀速提升4米，则此电动机的电阻和效率为（不计摩擦损失的能量）A.44欧，91%B.4欧，91%C.44欧，72.7%D.4欧，72.7%【答案】B【解析】【分析】【详解】略12.有两只灯泡，分别标有“220伏15瓦”和“220伏100瓦”字样，如将它们串联接在电压为380伏的动力电源上，则（▲）A.15瓦的灯泡烧坏，100瓦的灯泡完好B.100瓦的灯泡烧坏，15瓦的灯泡完好C.两只灯泡均被烧坏D.两只灯泡均完好【答案】A【解析】（1）根据灯泡的铭牌可以知道灯泡的额定电压及额定功率，由P=的变形公式可以求出灯泡的电阻；（2）由欧姆定律求出两灯泡串联时各灯泡两端的电压，当实际电压大于额定电压时，灯泡可能被烧坏，当灯泡实际电压小于额定电压时灯泡完好。【分析】本题考查了功率公式的应用、欧姆定律、串联电路的特点，是一道中档题；灵活应用功率公式是解题的关键。【详解】（1）灯泡的电阻分别为R1=≈3226.67Ω，=484Ω；（2）两灯泡串联接在380V电源上时：U1=IR1=×3226.67Ω≈330V>220V，U2=IR2=×484Ω≈50V<220V，灯泡“220V15W”的实际电压远大于额定电压，灯泡被烧坏；灯泡“220V100W”的实际电压小于额定电压，灯泡完好。故选A。故选A。13.电炉丝断了，去掉1/5后，仍然接在原来的电源两端，则在相同时间内产生的热量与原来产生的热量之比为（▲）A.5:4B.1:5C.5:1D.4:5【答案】A【解析】电炉丝断了，去掉一后，电阻变为原来的后，电阻变为原来的，知道仍然接在原来的电源两端，所加电压不变，利用Q=W=分析判断。【分析】本题考查了学生对焦耳定律、并联电路的电压关系、影响电阻大小的因素的了解和掌握，为防止因颠倒而出错，记住规律：在并联电路中，除了电压相等外，各电阻的电流、电功、电功率、电热都与电阻成反比。【详解】∵电炉丝断了，去掉了,∴现在电炉丝和原来的电炉丝的电阻关系：R现在:R原来=R:R=4:5,∵电流通过电炉丝做功消耗电能全部转化为内能，∴Q=W=,∵仍然接在原来的电源两端分，所加电压相等，∴在相同时间内产生的热量与原来产生的热量之比：Q现在:Q原来=5:4，故选A。14.如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S,当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4伏；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2伏，在15秒内定值电阻R1产生的热量为60焦。则下列结果正确的是（▲）A.电源电压为10伏B.R1的阻值为18欧C.滑动变阻器R的最大阻值为9欧D.R1先后两次消耗的电功率之比为4:3【答案】C【解析】由电路分析可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；由滑片的移动和电压表示数变化可知滑片滑b点时电压表的示数，则由欧姆定律可表示出滑片在不同位置时滑动变阻器两端的电压与电源电压电阻间的关系，联立可解得R1与R最大值之间的关系及电源的电压；由功率公式可求得R1的阻值，则可求得R的最大阻值；最后由功率公式分别求得R1先后两次消耗的电功率，即可求得比值。【分析】本题已知量较少，故无法直接求出结果，所以其难点在于学生能否准确地建立方程；在电学中此类采用方程法求解的题目较多，应根据题意灵活设定未知量，列出方程才能准确求解。【详解】当滑片在中点时由欧姆定律可知，电路中I1=则滑动变阻器两端的电压：U1=I1,即×=4V------(1)由题意知，当滑片滑到b处时因R的接入电阻变大，故电压表示数应增大，即滑片滑到b点时，滑动变阻器两端电压为U2=4V+2V=6V；同理得：×R=6V------－（2）用（1）式比（2）式可得：；化简得：3R1+3R=4R1+2R,解得：R1=R------将（3）代入（1）式可得：=4V；（3）则可求得：U=12V,故A错误；则可知，当滑片滑到b点时，R1两端电压为U´2=12V-6V=6V；则由Q==60J；可得R1=×15s=9Ω,故B错误；因R=R1,故R的最大阻值为9Ω,故D正确；滑片在中点时，R1两端的电压为12V-4V=8V,滑片在b点时，电压为6V,则电压之比为由P=可得：功率之比为电压平方之比，即为，故C错误。故选：D。15.当温度降到一定程度时，某些物质的电阻会变为零，这种物质叫超导体。下列物体可以用超导体来制作的是（▲）A.家用保险丝B.白炽灯泡的灯丝C.电炉的电热丝D.输电导线【答案】D【解析】根据四个物体的工作特点并结合超导体的特点来分析，若电阻为零时，是否还能工作，不能工作的物体就不能用超导体来制作。【分析】本题考查了几种物体的材料特点，要结合物体的工作特点加以分析并记住，特别是超导体材料在输电过程中的应用可以大大降低能源损耗，提高输电效率。【详解】A、家用保险丝的材料是电阻较大，熔点较低的材料制成，故A不可用超导体，A错误；B、白炽灯泡的灯丝是电阻很大，熔点特别高的钨制成，若用超导体材料灯丝不能产生热量，就不能发光，B错误；C、电炉的电热丝是电阻较大的材料制成，若用超导体材料就不能产生热量，不能工作，C错误；D、输电导线若用超导体材料制成，将降低输电过程中的电能损耗，节约能源，D正确。故选D。16.我们知道，电炉通电后，电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热，其原因是（▲）A.导线的电阻小B.电炉丝的电阻小C.通过导线的电流大D.过电炉丝的电流大【答案】A【解析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比。电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。【分析】本题主要考查对焦耳定律及应用、串联电路电流关系的了解和掌握，知道电炉丝和相连接的导线为串联是本题的关键。【详解】电炉在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝=I导线,通电时间t相同，∵Q=I2Rt,R电炉丝＞R导线，∴电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象；由上述分析可知选项B、C、D都不正确。故选A。17.小乐在检修一只1000瓦的电炉时，发现电炉丝断了一小截，他用一段较细一些但由同种材料制成的电炉丝将残缺部分补接至原长，这样再接入原电路中使用时，其实际发热功率将（▲）A.大于1000瓦B.等于1000瓦C.小于1000瓦D.无法判断【答案】A【解析】【分析】【详解】修补时所用的电阻丝较细，但材料相同、长度相同，横截面积变小，则修补后电阻丝的总电阻比原电阻丝的电阻大，电源电压一定，根据公式P=可知：电炉丝的实际发热功率将变小，即P实＜1000W,故A正确，BCD均错误。故答案选：A18.有两个额定电压相同的小灯泡，串联起来接到电源上，亮度不同，在判断哪个灯泡的就定功率比较大时，要做以下分析，其中分析顺序合理的是（▲）①从关系式P=I2R可以知道②较亮灯泡的电阻较大③在相同电压下工作时，灯泡的电功率和它的电阻成反比④从关系式P=U2/R可以知道⑤串联时流过两个灯泡的电流相同⑥所以，串联时较暗灯泡的额定功率较大A.②①③④⑤⑥B.⑥②①③④⑤C.①③④②⑥⑤D.⑤①②④③⑥【答案】D【解析】解决此类问题的关键是知道串联电路中电流处处相等，知道功率的公式P=和P=I2R。【分析】串联电路的电流处处相等，会根据灯泡的亮暗判断电阻的大小，能结合电功率公式分析功率的大小。【详解】判断灯泡电功率大小的步骤是：串联时流过两个灯泡的电流相同；从关系式P=I2R可以知道；较亮灯泡的电阻较大；从关系式P=可以知道；在相同电压下工作时，灯泡的电功率和它的电阻成反比；所以，串联时那个较暗灯泡的额定功率较大；故选D。二、填空题19.在图所示的电路中，电源电压恒为6伏，R1=12欧,灯L上标有“6伏3瓦”的字转，当只闭合开关S时，电压表测▲两端的电压；若将滑动变阻器R2的滑片P向下称动，电流表示数将▲（选填“变大”“不变”或“变小”）；再闭合开关S1,和S2,则电路消耗的总功率为▲瓦。【答案】R2；变大；6【解析】（1）由电路图可知，当只闭合开关S时，R2与灯泡L串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；（2)再闭合开关S1和S2时，R2被短路，电路为R1与L并联，额定电压下灯泡正常发光，根据并联电路的电压特点可知电源的电压，根据P=UI求出通过灯泡的电流，根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流，根据P=UI求出电路消耗的总功率。【分析】本题考查了电路的动态分析和并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别和知道额定电压下灯泡正常发光。【详解】（1）由电路图可知，当只闭合开关S时，R2与灯泡L串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；将滑动变阻器的滑片P向下移动，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，∵I=，∵电路中的电流变大，电流表的示数变大；（2）再闭合开关S1和S2时，R2被短路，电路为R1与L并联，∵并联电路中各支路两端的电压相等，且额定电压下灯泡正常发光，∴由P=UI可得，通过灯泡的电流：IL=，由I=可得，通过电阻R1的电流：I1==0.5A,∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴干路中的电流：I=IL+I1=0.5A+0.5A=1A,电路消耗的总功率：P=UI=6V×1A=6W。故答案为：R2；变大；6。20.如图是某电热器的电路示意图。（1）正常情况下，零线和地线之间的电压为▲伏。（2）如果R1=R2=60.5欧，则电热器在旋钮开关接静触点“0”和1”的时的电功率分别为▲瓦和▲瓦，接静触点“2”时通电1分钟产生的热量是▲焦。（3）小明想在电路中加一个“倾倒开关”，使电热器被碰倒时能自动断开电路，以免引起火灾，该开关最好应安装在示意图中A、B、C、D、E中的▲点处。【答案】220；400；4.8×104；C【解析】正常情况下火线和零线之间的电压是220V，火线和地线之间的电压是220V，零线和地线之间的电压是0V。电热器在旋钮开关接静触点“1”时，R1和R2串联，求出串联电路的总电阻，根据P=求出功率.旋钮开关接静触点“2”时，只有R1接入电路，根据Q=t求出电热。电热器被碰倒时火线和零线直接接触会出现短路，电流过大，产生热量会增多，会引起火灾。为了防止短路现象，在电热器被碰倒时，切断火线，“倾倒开关”要接在火线上。【分析】本题考查了电路的连接情况、功率计算、电热计算等重要知识点，一定要理解掌握。【详解】（1）正常情况下，火线和零线之间的电压为220V。（2）电热器在旋钮开关接静触点“1”时，R1和R2串联，电路总电阻为：R=R1+R2=60.5Ω+60.5Ω=121Ω，P===400W。旋钮开关接静触点“2”时，只有R1接入电路，Q==×60s=4.8×104J。（3）为了防止短路现象，在电热器被碰倒时，切断火线，“倾倒开关”要接在C点。故答案为：220；400；4.8×104；C。21.将光敏电阻R和定值电阻R0电流表、电压表连成电路，接在9伏的电源上，光敏电阻阻值随光强变化关系如下表：［“光强”是表示光强弱程度的物理量，符号为E,单位坎德拉（cd）]光强E/cd123456光敏电阻R/欧18964.53.63若电压表的示数减小，表明光强在▲（选填“增大”“减小”或“不变”）。分析表中数据可知光强E=1.5cd时，光敏电阻的阻值R=▲欧，此时电流表的示数为0.5安，则通电1分钟R0上产生的热量为▲焦。【答案】增大；6【解析】由电路图可知，光敏电阻阻值R和定值电阻R0串联，电压表的R两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）当电流表示数增大，根据欧姆定律可知电路中电阻的变化、光敏电阻的变化，由表格中数据可知光强的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知电压表示数的变化；（2）分析数据可知，光强与光敏电阻的乘积保持不变，已知光强的大小，从而可知光敏电阻的阻值，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据电阻的串联求出定值电阻R0的阻值。【分析】本题考查了学生对欧姆定律、串联特点的掌握和运用，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是分析电路的组成和根据题目所给的表格数据得出规律．【详解】解：（1）当电流表示数增大时，∵I=U/R，∴由R=U/I可知，电路中的总电阻减小，即光敏电阻的阻值变小，由表格中数据可知光强在增大，（2）由表中数据可知，光强与光敏电阻的乘积保持不变，所以光敏电阻随光强的变化是一个反比例函数；∵1cd×18Ω=1.5cd×R，∴R=12Ω，电路中的总电阻：R总=U/I=9V/0.5A=18Ω，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴定值电阻的阻值：R0=R总-R=18Ω-12Ω=6.。故答案为：增大；6。22.通常情况下，电阻的阻值会随温度的变化而改变，利用电阻的这种特性可以制成电阻温度计，从而用来测量较高的温度。在如图所示的电路中，电流表量程为0∽25毫安，电源电压恒为3伏，R为滑动变阻器，电阻Rt为温度计的测温探头。当t≥0℃时，Rt的阻值随温度t的变化关系为Rt=20+0.5t(单位为欧）。先把Rt放入0℃环境中，闭合电键S,调节滑动变阻器R,使电流表指针恰好满偏，然后把测温探头Rt放到某待测温度环境中，发现电流表的示数为10毫安，该环境的温度为▲℃；当把测温探头Rt放到480℃温度环境中时，电路消耗的电功率为▲瓦。【答案】360；0.025【解析】当Rt放入0℃环境中时，根据公式R=U/I求出电路的总电阻，已知Rt的电阻随温度的变化关系式，求出Rt的阻值，从而求出滑动变阻器接入电路的电阻。当把测温探头放到某待测环境中时，根据电流表的示数求出电路总电阻，因为滑动变阻器和测温探头串联，所以总电阻减去滑动变阻器电阻就是测温探头的电阻，根据关系式求出环境的温度。把测温探头放到480℃环境中，根据关系式求出测温探头的电阻，再加上滑动变阻器电阻就是电路总电阻，根据求出电路消耗的电功率。【分析】本题考查根据关系式得出数据的问题，这是一种新型的解题方法，关键是考查对题意的理解能力和对电路图的分析能力以及电学公式的应用。【详解】当把Rt放入0℃的环境中，电路总电阻，Rt的阻值为Rt=20+0.5t=20Ω，滑动变阻器阻值为R变=R1-Rt=120Ω-20Ω=100Ω。当电流表示数为10mA时，电路总电阻，Rt的阻值为300Ω-100Ω=200Ω，所以20+0.5t=200Ω，所以。把测温探头放到480℃环境中，测温探头电阻Rt=20+0.5t=260Ω，所以电路消耗电功率故答案为：360；0.025。23.手机、数码相机等常用充电电池作为电源，如图是某手机电池的转牌。观察可知该电池的电压是▲伏，它充足电后储存的电能是▲焦。【答案】3.6V；9720【解析】从铭牌上可以看出，该电池的电压和电量，根据公式W=qU可求它充足电后所储存的电能．【分析】本题考查电能的计算，关键是公式的应用，要学会认识用电器的铭牌，解题过程中要注意单位的换算。【详解】从铭牌上可以看出，该电池的电压为3.6V，电量为750mA?h=0.75A×3600s=2700C，它充足电后所储存的电能是W=qU=2700C×3.6V=9720。故答案为3.6；9720三、实验探究题24.在“探究影响电流做功多少的因素”实验中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路。（1）经过讨论，同学们认为不应该选择图甲电路，原因是▲。（2）为研究电流做功与电压的关系，应该选择图▲所示的电路。（3）利用图丙电路研究某问题，当闭合开关后，发现两灯都不亮，电压表V1有示数，电压表V2无示数，则电路发生的故障是▲。（4）学习电功率知识后，小明想测灯泡的额定功率，将标有“12伏6瓦”灯泡L1和“6伏4瓦”灯泡L2按图丙电路连接，再接入电流表，经分析，能测出灯泡▲的额定功率。【答案】（1）无法使用控制变量法；（2）丙；（3）L1断路（或开路）；（4）L1。【解析】（1）电流做功的大小与电压、电流和通电时间三个因素有关，当研究与其中某一个因素的关系时，应控制其余的因素不变；（2）研究电流做功与电压的关系，应控制电流的大小和通电时间相同，通过比较电压的大小，得出电流做功与电压的关系；（3）电压表有示数，说明电压表的两接线柱和电源连接的部分电路中没有断路；电压表无示数，说明可能电压表被短路，或者电压表与电源连接的部分电路有断路，综合分析就可以找出故障；（4）额定功率是小灯泡在额定电压下发挥的功率，要测量灯泡的额定功率，灯泡两端的电压必须能达到其额定电压，电路中的电流为灯泡的额定电流。【分析】除考查控制变量法之外，本题有两个重点内容：（1）电压表判断电路故障，分两种情况：①电压表无示数，说明电压表所测量电路中，包含电源的部分电路断路或不包含电源部分短路，再由电路中有无电流来判断是断路还是短路。有电流，则电路为短路；无电流，则电路为断路。②电压表有示数，说明电压表所测量电路中，包含电源的部分电路短路或不包含电源部分断路，再由电路中有无电流来判断是断路还是短路．有电流，则电路为短路；无电流，则电路为断路．（2）两灯串联，通过它们的电流相等，但又不能超过额定电流，否则就有烧毁的危险，因此额定电流较小的灯泡能正常发光，另一只发光较暗。【详解】（1）甲电路中，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，根据控制变量法的思想，不能研究电流做功与电压和电流的关系，因为电路中电压和电流同时改变，不能单独控制其中一个不变。（2）研究电流与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，通过比较电压，研究电流做功与电压的关系，图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同。（3）图丙中，闭合开关后电压表V1有示数，说明V1→开关→电源→滑动变阻器→灯L2这部分电路无断路；电压表V2无示数，说明V2→灯L1→开关→电源→滑动变阻器这部分电路有断路，综合以上分析，电路故障就是灯L1断路（或开路）了。（4）“12V6W”灯泡L1额定电流I1===0.5A；“6V4W”灯泡L2额定电流I2===0.67A，∵0.5A＜0.67A以及两灯串联，∴为保护灯L1，电路中的电流不能超过0.5A。因此灯泡L1能正常发光，接入电流表能测量灯L1的额定功率．故答案为：（1）无法使用控制变量法；（2）丙；（3）L1断路（或开路）；（4）L1。25.在用电压表、电流表测量小灯泡电功率的实验中，灯泡上标有“2.5伏”的字样。（1）小红根据电路图连接了如图所示的实验电路，小刚检查后发现有一根导线连接有错误。请你在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，画出正确的连线。（2）电路改正后，小红闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，而电压表示数接近3伏，取下灯泡，两表的示数仍不变，出现故障的原因可能是▲。（3）故障排除后，开始进行实验，小红根据测出的数据，在图中画出了小灯泡电流、电压变化的关系图像。由图可以判断，小灯泡的额定功率为▲W。（4）根据图还可以判断，小灯泡灯丝的电阻随电压的增大逐渐▲。原因是▲。【答案】（1）如图（2）小灯泡断路；（3）0.75；（4）增大；电压越大，小灯泡越亮，灯丝温度越高，灯丝电阻随温度的升高而增大【解析】（1）用电压表、电流表测量小灯泡电功率的实验中，应用电流表测灯泡中的电流，用电压表测灯泡两端的电压；（2）取下灯泡，两表的示数仍不变，说明灯泡处开路了；（3）从图象上查出额定电压下的电流的值，由P=UI计算电功率；（4）金属导体的电阻会随温度的升高而变大。【分析】本题考查了伏安法测电功率的实验。这类实验操作类的题，学生一定要平时多做实验，在实验过程中提高动手能力，这样对于电路故障就容易找原因及发现解决故障的方法。【详解】（1）如图（2）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，说明电路中的开路的地方，而电压表示数接近3V,取下灯泡，两表的示数仍不变，说明开路的地方在电灯处，即小灯泡断路；（3）当电压为额定电压2.5V时，对应的电流值为0.3A,则电功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；（4）当小灯泡的电压升高时，实际功率也变大，温度升高，对于小灯泡的灯丝的电阻会变大。故本题答案为：（2）小灯泡断路；（3）0.75；（4）增大；电压越大，小灯泡越亮，灯丝温度越高，灯丝电阻随温度的升高而增大。四、分析计算题26.如图是临海市一村民建在房顶上的分布式光伏电站，它是浙江首例并网发电的光伏电站。该电站发的电，满足自家使用后，多余的并入电网。求：（1）若某一天该光伏电站的光照时间为4小时，光伏电站的发电功率为5千瓦，则光伏电站在这一天发电多少千瓦时？（2）若他家电热壶的电阻R=44欧姆，额定电压U=220伏特。电热壶的额定电流为多少安？电热壶的额定功率为多少瓦？（3）当电热壶（电阻不变）两端的电压降低时，电热壶的功率如何变化？请说明理由。【答案】（1）光伏电站在这一天发电20千瓦时。（2）电热壶的额定电流为5A,电热壶的额定功率为1100W；（3）若电热壶（电阻不变）两端的电压降低，电热壶的功率减小，原因是：电热壶电阻不变，在两端的电压降低时，根据P=可知功率减小。【解析】（1）已知功率和时间，根据公式W=Pt可求该光伏发电系统一天共发电的度数。（2）已知电热壶的电阻和额定电压，由欧姆定律求电流，根据功率公式P=UI求额定功率。（3）电热壶的功率根据P=分析。【分析】本题考查欧姆定律的应用，光伏发电系统发电的度数和功率的计算等，难度适中，是一道中档题。【详解】（1）已知功率P=5kW,时间t=4h,根据W=Pt得：光伏电站一天的发电量为W=Pt=5kW×4h=20kW·h（2）已知电热壶的额定电压U额=220V,电阻为R=44Ω,则根据欧姆定律得：电热壶的额定电流I额=2=5A；电热壶的额定功率P额=U额I额=220V×5A=1100W。（3）电热壶电阻不变，在两端的电压降低时，根据P=可知：功率会减小。故答案为：（1）光伏电站在这一天发电20千瓦时。（2）电热壶的额定电流为5A,电热壶的额定功率为1100W；（3）若电热壶（电阻不变）两端的电压降低，电热壶的功率减小，原因是：电热壶电阻不变，在两端的电压降低时，根据P=可知功率减小。27.如图所示电路，电源电压U0不变，初始时滑动变阻器的滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上电键后滑片P向左滑过一段距离后电流表才有读数。且电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系如图所示，则（1）根据图像可知，断点位置在x等于▲厘米处，电源电压U0等于▲伏。（2）电阻R等于多少欧？（3）从断断点处滑片P向左滑动的过程中，该滑动变阻器滑片P每滑动1厘来的阻值变化为多少欧，该滑动变阻器电阻丝没有断路时的总电阻值是多少欧？【答案】（1）5；1.50；14Ω（2）1Ω；（3）1Ω【解析】【分析】【详解】（1）根据图象可知：断点位置在x=5cm处，电源电压U0=1.50V。（2）当电流表读数为I1=0.15A时，电压表读数为U1=1.35V,则：U1=U0-I1R得R==1Ω。（3）当x=5cm时，设滑动变阻器接入电路中的电阻为R1,R1==9Ω,当x=10cm时，设滑动变阻器接入电路中的电阻为R2,滑动变阻器两端的电压U2=1.20V,对应电流表读数为I2=0.30A,R2==4Ω,故滑动变阻器滑动5cm电阻的改变量是ΔR=R1-R2=9Ω-4Ω=5Ω，所以从断点处滑片P向左滑动的过程中，该滑动变阻器滑片P每滑动1cm的阻值变化是1Ω。该滑动变阻器没有断路时的总电阻值R总=9Ω+5cm×1Ω/cm=14Ω。（1）5；1.50；14Ω（2）1Ω；（3）1Ω。28.王聪是班里有名的“物理谜”，他爱观察，勤思考。一天，妈妈到超市购买了一台家用豆浆机，他仔细观察了豆浆机的构造、铭牌和制作豆浆的过程，发现其中用到了许多物理知识。（1）机座底部安装有三个小橡皮碗，相当于“吸盘”，可以防止豆浆机在打浆时位置发生移动。“吸盘”是利用▲