初中物理苏科九年级下第十五章章末1.docx

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1、第十五章章末1一、 选择题（每小题3分，共30分）1 用两只电流表按图示实验电路探究“电功率与电流的关系”，下列说法不正确的是（）A小灯泡电功率的大小是通过灯泡两端的亮度来判断的B将小灯泡并联是为了控制灯泡两端电压相同C选用的两只小灯泡规格必须相同D将其中一只电流表移接到干路上也可以完成实验【考点】J9：电功率与电压、电流的关系【难度】中等【分析】（1）灯泡亮度由灯泡的实际功率决定，灯泡越亮，灯泡实际功率越大（2）分析电路图，灯泡的连接方式是并联，两灯泡所在支路两端的电压相等（3）每个支路都有电流表，根据公式P=UI、I=，我们判断电流和电功率的关系就要用到电阻这个物理量，所以实验要选取规格不

2、同的灯泡（4）根据并联电路电流的规律进行分析【解答】解：A、灯泡的亮暗是由它的实际功率决定的，灯泡越亮，实际功率越大，所以小灯泡电功率的大小可以通过灯泡的亮度来判断，故A正确B、由图可知，两灯泡的连接方式是并联在并联电路中，各支路两端的电压都相等故B正确C、实验目的是研究电功率与电流的关系所以在电路中的两个灯泡的规格即功率要有所不同，故C错误D、在并联电路中干路电路与支路电流的关系是干路电流等于各支路电流之和；将其中一只电流表移接到干路上也可以求出两个支路的电流，可以完成实验，故D正确故选C【点评】本题考查了并联电路的规律，灯泡亮度与电功率的关系，是一道综合性题目；电功率与电压、电流三个之间的

3、关系是一个难点，实验能帮助我们很好的理解这一关系2 图示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流，R0为定值电阻，移动滑动变阻器R的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是（）ABCD【考点】JA：电功率的计算【难度】中等【分析】由图R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流电源提供电流一定，根据并联电路特点分别表示出U与I和P与I的表达式，分析判断即可【解答】解：由图R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流若电源提供的电流恒定为I总，AB、根据并联电路特点可知：U=U0=I0R0=（I总I）R0=IR0+I总R0，其中

4、I总、R0为定值，由U=R0I+I总R0，可知U与I的图象为一次函数，且R00，故AB错误；CD、由电功率的计算公式：电路消耗总功率：P=UI总=（I总I）R0I总=I总R0I+I总2R0，其中I总、R0为定值，由P=I总R0I+I总2R0，可知P与I的图象为一次函数，I总R00，且I不能为0，P不会为0，故C正确，D错误故选C【点评】本题考查并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要抓住电源是恒流源，关键是得出U与I和P与I的表达式，利用数学知识分析判断它们之间的关系3 将灯L接到电压为U的电路上时，灯的电功率为36W，若将灯L与一个电阻R串联后仍接在原电路上时，灯L消耗的电功率为25W

5、，设灯丝电阻不变，则此电阻消耗的电功率是（）A3WB4WC5WD11W【考点】JA：电功率的计算【难度】中等【分析】由功率公式列出只接灯泡时表达式和接入电阻后的功率，两式相比可得灯泡上的电压比值，再由功率表达式P=UI，可得出灯泡与电阻上的功率关系，即可求解【解答】解：灯L接到电压为U的电路上时，根据P=可得灯泡功率PL=，即：36W=串联电阻后灯泡功率为：PL=，25W=得：=即U=U，由串联电路的特点知R上的电压为UR=UU=U，由P=UI得：PR=UI，PL=UI=25W，所以PR=PL=25W=5W所以ABD错误，C正确故选C【点评】本题考查串联电路特点和欧姆定律的应用，比例法是解决物

6、理问题的一个常用方法，要学会应用4 小张出差时恰逢抄表日，他家电能表示数为，出差返回时发现家中有一盏60W台灯亮着，检查其他电器都已切断电源，再查看电能表的示数为，则小张出差时间长达（）A5天B10天C30天D100天【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法【难度】中等【分析】（1）已知出差前后电能表的示数，后者与前者之差就是期间灯泡消耗的电能；读数时注意：最后一位是小数、单位为kWh（度）（2）已知灯泡的额定功率和消耗的电能，利用公式t=得到通电时间，也就是出差时间【解答】解：灯泡消耗的电能：W=2080.4kWh2066.0kWh=14.4kWh，P=，小张的出差时间：t=240h=24

7、0天=10天故选：B【点评】本题考查时间的计算，关键是电功率公式及其变形的灵活运用；要求会对电能表进行读数，解题过程中要注意单位的换算5 标有“6V 3W”的小灯泡，通过它的电流与电压的关系如图所示若把它与一只阻值为8的电阻并联接在电压为4V的电路中，则整个电路消耗的功率为（）A3WB3.3WC3.6WD5W【考点】JA：电功率的计算；H：并联电路的电流规律【难度】中等【分析】从图象上可以看出当电源电压为4V时，通过灯泡的电流为I1=0.4A，根据公式I=可求通过电阻的电流，进一步求出总电流，根据公式P=UI可求整个电路消耗的功率【解答】解：读图可知，当电源电压为4V时，通过灯泡的电流为I1=

8、0.4A，通过电阻的电流I2=0.5A，电路总电流I=I1+I2=0.4A+0.5A=0.9A，则整个电路消耗的功率为P=UI=4V0.9A=3.6W故选C【点评】本题考查并联电流和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是并联电路电流的规律，还要学会从题目所给信息中找到有用的数据6 如图所示电路，电源电压保持不变只闭合开关S，电流表的示数为0.2A，再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.3A那么闭合S、S1后，R1与R2的电功率之比是（）A2：3B3：2C5：2D1：2【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【难度】中等【分析】当只闭合开关S时，电

9、路为R1的简单电路，电流表的示数为通过R1的电流；当再闭合开关S1时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知闭合开关S1时通过R1的电流不变，根据并联电路的电流特点可知电流表的变化量即为通过R2的电流，根据并联电路的电压特点和P=UI求出闭合S、S1后，R1与R2的电功率之比【解答】解：当只闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电流表的示数为通过R1的电流，即I1=0.2A；当再闭合开关S1时，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路中各支路独立工作、互不影响，闭合开关S1时通过R1的电流不变，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，通过R2的电流等于电流表的变化量

10、，即I2=0.3A，并联电路中各支路两端的电压相等，闭合S、S1后，R1与R2的电功率之比：=故选A【点评】本题考查了电功率公式的应用，关键是根据并联电路的特点判断出再闭合开关S1时电流表示数的变化量即为通过过R2的电流7 如图甲所示的两个电流表均为学校实验室里常用的电流表，见图乙闭合开关后，两电流表的指针都正常偏转且偏转角度相同，此时灯L1和L2的所消耗的电功率P1和P2的比值为（）A4：1B1：4C5：1D1：5【考点】JA：电功率的计算；H：并联电路的电流规律；HX：电流表的使用；HY：电流表的读数方法；I7：并联电路的电压规律【难度】中等【分析】从电路图中可以看出，两灯泡并联，电流表A

11、1测量干路电流，电流表A2测量通过灯泡L2的电流，两电流表的指针偏转角度相同，根据两电流表示数的大小关系和电流表的读数，我们可知电流大小的比值，根据公式P=UI可求灯L1和L2的所消耗的电功率P1和P2的比值实验室中电流表有两个量程，00.6A和03A，指针偏转角度相同，选用不同量程时读数是1：5的关系【解答】解：电流表A1的示数大于电流表A2的示数，通过灯泡L1的电流为I1，通过灯泡L2的电流为I2，根据两电流表的指针偏转角度相同，我们可知=，又因为I=I1+I2，所以=，所消耗的电功率P1和P2的比值为=故选A【点评】本题考查电功率的比值，难点是求通过两只灯泡的电流之比，关键是知道电流表偏

12、转角度相同，但大小不同时的示数的关系，还要知道并联电路电流和电压的规律8 小伟同学用如图所示的电路测小灯泡的功率电路中电源电压恒为4.5V，电压表的量程为03V，电流表的量程为00.6A滑动变阻器的规格为“20 1A”，灯泡标有“2.5V 1.25W”字样若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法中正确的是（）A滑动变阻器的电阻允许调节的范围是020B电流表示数的变化范围是01AC灯泡的最小功率是1.25WD该电路的最大功率是2.25W【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

13、应用；II：电阻的串联【难度】中等【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据P=UI求出该电路的最大功率；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，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电流，利用P=I2R求出灯泡的最小功率【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流（1）根据P

14、=UI可得，灯的额定电流：IL额=0.5A，因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为00.6A，所以，电路中的最大电流为Imax=0.5A，故B不正确；由I=可得，灯泡的电阻：RL=5，电流最大时，电路中的总电阻：R=9，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R滑=RRL=95=4，故A不正确；该电路的最大功率：Pmax=UImax=4.5V0.5A=2.25W，故D正确；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流：Imin=0.18A，灯泡的最小功率：PL=（Imin）2RL=（0.18A）25=0.162W，故C不正确

15、故选：D【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，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流，对于选择题并不一定完全解答选项，只要有不正确的地方，本选项即为不正确9 如图所示的电路中，电源电压不变，移动滑动变阻器R1的滑片P，当电流表的示数变化范围为1A1.3A时，电压表的示数变化了3V，则该定值电阻R2所消耗功率的变化范围是（）A3W3.9WB3W5.07WC3.9W10WD10W16.9W【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用【难度】中等【分析】根据欧姆定律分别表示出R2两端的电压，根据电压表的示数变化了3V建立等式即可求出R2的阻值，利用P=

16、I2R分别求出定值电阻R2所消耗最大和最小功率即可得出答案【解答】解：根据欧姆定律可得：当电路中的电流I1=1A时，电压表的示数U1=I1R2=1AR2，当电路中的电流I2=1.3A时，电压表的示数U2=I2R2=1.3AR2，因电流表的示数变化范围为1A1.3A时，电压表的示数变化了3V，所以，U2U1=1.3AR21AR2=3V，解得：R2=10，定值电阻R2所消耗的最小功率：P2min=I12R2=（1A）210=10W，定值电阻R2所消耗的最大功率：P2max=I22R2=（1.3A）210=16.9W，所以，该定值电阻R2所消耗功率的变化范围是10W16.9W故选D【点评】本题考查了

17、欧姆定律和电功率公式的应用，表示出电流表示数的变化求出R2的阻值是关键10 图1是用伏安法测电阻的实验电路图，实验所用的器材：电源一个（电压保持6V不变）待测电阻一只，电流表（00.6A，03A）一只，电压表（06V，015V）一只，滑动变阻器（012）一只，开关一个，导线若干，实验过程中要求电表不超过其量程，且电表的指针至少能达到刻度盘的中线，根据实验数据绘出被测电阻R的UI图象如图2所示当电流表和电压表能按要求工作时，R消耗的最大功率与最小功率之比为（）A25：4B64：25C9：2D4：1【考点】JA：电功率的计算【难度】中等【分析】先根据图2确定电压表和电流表的量程，然后读出已知电压值

18、和电流值，根据R=求出定值电阻的阻值；根据电流表、电压表量程以及滑动变阻器的位置确定电路中最大的电流和最小电流，根据P=I2R求出R消耗的最大功率与最小功率【解答】解：根据图2可知，电流表的量程为00.6A，电压表的量程为06V；当电路中的电流为0.3A时，电压表示数为2.4V，则R=8；如果滑动变阻器接入电路的电阻为零，电路中的电流I=0.75A0.6A，因此当电流表示数为0.6A时，电路中的电流最大，则最大功率：P最大=（0.6A）28=2.88W；当电压表示数为3V时，电路中的电流最小，R消耗的功率最小，此时电路中的电流：I最小=A，则最小功率：P最小=（A）28=W；故消耗的最大功率与

19、最小功率之比为2.88W：W=64：25故选B【点评】本题考查了电阻的UI图象、欧姆定律的应用、功率公式的应用，根据电表的量程及电路结构求出流过电路的最大电流与最小电流是本题的难点，也是本题的解题关键二、 填空题（每空 2 分，共 36 分）11 如图所示电路，电压U不变，电流表的示数为1A如果R1与R2的等效电阻为R，并且R1：R=5：3，电阻R2消耗的电功率为24W，则电阻R1= 【考点】JA：电功率的计算【难度】中等【分析】由电路图可知，R1、R2并联，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出干路电流，根据欧姆定律可知电源的电压和总电阻的大小相等，再根据R1、R的关系表示出电源的电压，联立

20、等式得出R1、R2之间的关系，把以上关系式代入电阻R2消耗的电功率P=即可得出电阻R1的阻值【解答】解：由图可知：R1、R2并联，根据并联电路的电流特点可得：I=I1+I2=+=1A由欧姆定律可得：电路的总电阻R=已知R1：R=5：3，所以R=0.6R1由两式可得R2=1.5R1已知P2=24W把两式代入可得：R1=100故答案为：100【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是等效电阻的灵活运用最好用欧姆定律来表示，若用电阻的并联特点来表示会较麻烦12 如图甲是一种新型插座，它能即时显示接在该插座时的用电器的工作电压和所耗电费等信息（插座本身消耗电能由内部电池提

21、供），小明将装有质量为2.4kg、初温为10水的电水壶插在该插座上，这时插座屏幕上显示如图乙所示，当水烧开至100时，屏幕显示如图丙所示，这段时间内电水壶消耗的电能为 J，实际功率为W，电水壶烧水的效率为电费单价：0.5元/（kWh）；c水=4.2103J/（kg）【考点】JK：电功与热量的综合计算【难度】中等【分析】（1）电价和显示费用求出消耗的电能；（2）根据P=求出实际功率；（3）利用Q=cmt求出水吸收的热量，结合效率公式求出烧水效率【解答】解：这段时间内消耗的电能为W=0.3kWh=1.08106J，实际功率为P=1500W；水吸收的热量为：Q=cmt=4.2103J/（kg）2.4

22、kg（10010）=907200J则烧水效率为：=100%=100%=84%故答案为：1.08106；1500；84%【点评】此题主要考查学生对于电能、电功率以及加热效率的理解和掌握，熟悉公式是解题关键13 如图所示的电路，电源电压保持不变，R1=10当闭合开关S，滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数为0.2A，电压表的示数为4V则电源电压为 V，该电路通电1min电阻R1至少能产生 J的热量【考点】J2：电功的实质；IH：欧姆定律的应用【难度】中等【分析】由电路图可知，滑动变阻器与电阻R1串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路电流，由串联电路特点及欧姆定律可以求出电源电压；由欧姆

23、定律可以求出滑动变阻器最大阻值；当滑动变阻器阻值全部接入电路时，电路电流最小，由欧姆定律求出此时电路电流，由Q=I2Rt求出R1产生的最小热量【解答】解：I=，电阻R1两端电压U1=IR1=0.2A10=2V，电源电压U=UV+U1=4V+2V=6V，I=，滑动变阻器的滑片P在中点，滑动变阻器接入电路的阻值：=20，R滑=220=40，电路中的最小电流：I=0.12A；电路通电t=1min=60s电阻R1产生的最少热量：Q=I2Rt=（0.12A）21060s=8.64J；故答案为：6；8.64【点评】本题考查了求电源电压、电阻产生的热量等问题，应用欧姆定律、串联电路特点、焦耳定律即可正确解题

24、14 电子式电能表表盘上标有“3000imp/kWh”的字样（imp表示电能表指示灯闪烁次数），将某用电器单独接在该电能表上，正常工作30min，电能表指示灯闪烁了300次，则该用电器在上述时间内消耗的电能是kWh，该用电器的功率是W【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法【难度】中等【分析】3000imp/kWh表示的是电路中每消耗1kWh的电能，电能表指示灯闪烁3000次，或者表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kWh的电能，求出指示灯闪烁300次电路中消耗的电能然后求出用电器的功率【解答】解：3000imp/kWh表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kWh的电能，指示灯闪烁300次

25、，电路消耗电能为：W=300kWh=0.1kWh，用电器的功率：P=0.2kW=200W故答案为：0.1；200【点评】本题考查了电能表的参数的理解与电能的求法以及电功率的计算，这是利用电能表测量功率的一种类型习题，一定要熟练掌握15 小明观察家里的电饭煲铭牌：额定电压为220V，保温功率为20W，但加热功率已经磨损，电饭煲的工作原理如图所示，通过单刀双掷开关S调节加热和保温两种状态，R1为电热丝他想利用家里得电能表测出它的加热功率，于是他关闭了家里所有其它用电器，只让电饭煲工作，观察了电能表，发现上面标有“3000R/kWh，请你帮助小明解决下列问题(1）电饭煲在加热状态时，开关S应与触点连

26、接；(2）他发现正常加热了6min电饭煲就转为保温状态，在这6min内电能表转盘刚好转了300转，则电饭煲的加热功率是W；(3）如果该电饭煲正常加热消耗了6.72105J电能，这些能量全部被水吸收，能将kg水在1标准大气压下由20加热至沸腾（水的比热容为4.2103J（kg）(4）保温10min，电热丝R1产生的热量为J【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法；JK：电功与热量的综合计算【难度】中等【分析】（1）电路电压一定，由电功率公式P=可知电路电阻越大，电路功率越小，电路电阻越小电路功率越大，分析电路图，然后答题（2）根据电能表转过的圈数求出电饭煲消耗的电能，然后由功率公式求出加热功率

27、（3）由热量公式的变形公式求出水的质量（4）由串联电路特点及功率公式求出电热丝消耗的电能【解答】解：（1）由电路图可知，开关与触点2连接时，电阻R被短路，只有电热丝R1接入电路，此时电路电阻最小，电路电功率最大，电饭煲处于加热状态（2）电饭煲消耗的电能W=300R=0.1kWh=3.6105J，电饭煲的加热功率P加热=1000W；（3）在1标准大气压下水的沸点是100，Q=cmt，水的质量m=2kg；（4）P=，R=，=50，则R1=，通过串联电阻的电流相等，=，保温时，电热丝R1的功率P1=P保温=20W=0.4W，保温10min，电热丝R1产生的热量为Q=P1t=0.4W600s=240J

28、故答案为：（1）2；（2）1000；（3）2；（4）240【点评】本题考查了电路分析、求电功率、水的质量、电阻产生的热量等问题，是一道综合题，分析清楚电路结构、熟练应用热量公式、串联电路特点、电功与电功率公式即可正确解题16 小明和姐姐一起去买电水壶，当他们选择某一品牌的电水壶时，发现有800W和1200W两种功率可选，如图是他们对买哪一款更省电的问题出现的不同意见请你在相同质量的水升高相同的温度的前提下，帮他们分析：(1）不考虑热散失，（选填“800W”、“1200W”、“一样”）省电理由是 (2）考虑热散失， （选填“800W”、“1200W”、“一样”）省电理由是 【考点】J8：电功率与

29、电能、时间的关系【难度】中等【分析】电热壶在工作过程中将电能转化为水的内能质量相同的水升高相同的温度，需要的热量相同如果不考虑热量的损失，电能全部转化为水的内能，使水温升高，已知水需要的热量相同，所以消耗的电能相同，电热壶省电与否与功率没有关系；考虑热量的散失水在加热过程中，时间越长，热量损失越多，在水升温需要的热量一定的前提下，电热壶功率越低，加热时间越长，热量的损失越多，也就是此电热壶要费电【解答】解：（1）不考虑热损失，两只电热壶省电情况相同，因为电能全部转化为内能被水吸收，水吸收的热量相同，所以省电情况一样；（2）考虑热损失，1200W的电热壶省电，因为水吸热相同，根据W=Pt，功率大

30、的加热时间短，热散失少，所以省电故答案为：（1）一样；电能全部转化为内能被水吸收，水吸收的热量相同，所以省电情况一样；（2）1200W；水吸热相同，根据W=Pt，功率大的加热时间短，热散失少，所以省电【点评】此题考查的是电热器在工作过程中的省电问题，一般地，因为用电器工作过程中不可避免地存在热损失，所以实际功率大的用电器更省电17 学校为班级新买的饮水机的电路图如图所示，铭牌如表示数S是手动开关，S1是温控开关，当S闭合后，热水箱内的水温低于60时S1就自动闭合，水温高于90时S1就自动断开，因此这台饮水机有“加热”和“保温”两档功率，在“加热”时，流过电阻R2的电流为A，R1的电阻值为水桶容

31、积20L热水箱水量1L额定电压220V加热功率484W保温功率44W【考点】J9：电功率与电压、电流的关系；IG：欧姆定律的变形公式【难度】中等【分析】由电路图知：当开关S闭合时，电阻R2工作，此时处于保温状态；当S、S1同时闭合时，R1、R2同时工作，此时处于加热状态已知保温功率，也就是R2消耗的功率，利用公式I=得到加热状态下通过R2的电流；已知保温功率和加热功率，可以得到R1消耗的功率；已知R1消耗的功率和额定电压，利用公式R=得到R1的阻值【解答】解：保温状态下，R2消耗的功率为P保温=44W，P=UI，通过R2的电流为I2=0.2A；加热状态下，R1消耗的功率为P1=P加热P保温=4

32、84W44W=440W，P=，R1的阻值为R1=110故答案为：0.2；110【点评】此题考查的是饮水机不同工作状态下电功率计算公式的应用明白电路连接关系及特点，知道加热功率和保温功率的大小关系，是解决此类问题的关键。三、 实验探究（第18题8分，第19题8分，共16分）18 采用如图的装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”，接通电源，瓶内的空气被加热后膨胀，使U型管中的液面发生变化，通过观察U型管的液面变化情况比较出瓶内电阻丝的发热多少(1）如图所示的是探究电流产生的热量跟 的关系，通电一段时间 （选填“左瓶”或“右瓶”）内的电阻丝产生的热量多(2）让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两

33、根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少此时该装置是探究电流产生的热量跟 的关系，一段时间后电阻丝产生的热量 （选填“左瓶”、“右瓶”或“两瓶一样”）多【考点】JH：焦耳定律【难度】中等【分析】（1）电流产生的热量跟电流的大小、电阻的大小、通电时间有关；探究电流产生热量跟电流关系时，需控制通电时间和电阻相同，改变电流的大小；探究电流产生热量跟电阻关系时，需控制通电时间和电流相同，改变电阻的大小；（2）分析图中的实验装置，看电流、电阻和通电时间中，哪些相同、哪些不同，从而判断实验探究电流产生的热量与什么因素有关；（3）根据焦耳定律的公式Q=I2Rt判断产生热量的多少【解答】解：（1）

34、如图的装置中，右边两个5的电阻并联后与左边5的电阻再串联；根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右=I左，两个5的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I右=I内+I外，比较可知I左I内；两瓶中电阻相等（均为5），通电时间相等，电流不同，故探究的是电流产生的热量跟电流的关系；通电一段时间后，由于电阻相同、通电时间相同、I左I内，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，左瓶内的电阻丝产生的热量多（2）让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，右瓶中两根电阻丝对瓶内空气进行加热；根据并联电路总电阻的计算公式可得，右瓶中两根5电阻丝的总电阻为2.5，小于5，

35、即R左R右；两瓶内电阻丝的总电阻不相等，通电时间相等，电流相等，故探究的是电流产生的热量跟电阻的关系；通电一段时间后，由于电流相同（即I右=I左）、通电时间相同、R左R右，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，左瓶内的电阻丝产生的热量多故答案为：（1）电流；左瓶；（2）电阻；左瓶【点评】本题考查了学生对焦耳定律的理解，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型19 在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡额定电压为2.5V（电阻值约为5）(1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整(2）连接好电路后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，则出

36、现故障的原因是 （选填“小灯泡断路”或“小灯泡短路”）(3）故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某处时，电压表示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“左”或“右”）端移动，使电压表示数为2.5V，此时电流表指针位置如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W(4）若此实验中电流表坏了，为了测出小灯泡的额定功率，小组同学们增加了一个R0=5的定值电阻，设计了如图丙所示的电路和如下实验方案：调节滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压；保持滑片位置不变，只将电压表a点该接到c点，测出定值电阻R0两端的电压U0，通过计算就可得到小灯泡的额定功率请你指出该设计方案中存在的问题： 【考

37、点】JF：电功率的测量【难度】中等【分析】（1）滑动变阻器的接线柱要一上一下的串联在电路中，根据电流流向法连接实物图；（2）若灯泡短路，则灯泡两端无电压，电路中有电流；若灯泡断路，则电路中无电流，灯泡两端有电压；（3）当电压等于灯泡额定电压灯泡正常发光，根据实物电路确定滑片移动方向；由图示电流表确定电流表量程与分度值，读出电流表示数，根据P=UI求出灯泡额定功率；（4）根据串联电路的特点分析灯泡是否能够正常发光；电压表并联在电路中，电流应从正接线柱流入，负接线柱流出【解答】解：（1）因为滑动变阻器的接线柱要“一上一下”的串联在电路中，所以只需将滑动变阻器的上方一个接线柱与开关的右接线柱连接即可

38、，如下图所示：（2）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是短路，所以出现故障的原因是小灯泡短路；（3）电压表示数为2V时，小于灯泡的额定电压2.5V，要使灯泡正常发光，根据图甲可知，应向左移动滑片，使滑动变阻器接入电路的阻值变小，使电压表示数增大，当电压表示数等于灯泡额定电压2.5V时，灯泡正常发光；由乙可知，电流表选择的量程是00.6A，分度值是0.02A，此时电流表示数是0.5A，则小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V0.5A=1.25W（4）由题意知，电源电压约为3V，灯泡正常发光时电阻约为5，当变阻器电阻为零时，设灯泡两端的电压为UL，根

39、据串联电路电流相等的特点有：=，即：=，解得：UL=1.5V，所以无论怎样调节变阻器，都不能使灯泡正常发光；保持滑片位置不变，只将电压表的a点接线改接到c点，电压表的正负接线柱接反，无法测出R0两端的电压故答案为：（1）见上图；（2）小灯泡短路；（3）左；1.25；（4）无论怎样调节变阻器，都不能使灯泡正常发光；电压表的正负接线柱接反，无法测出R0两端的电压【点评】本题是测量小灯泡的额定功率实验，考查了电路的连接、电路故障的分析、电流表的读数及电功率的计算，同时考查了对实验设计的分析，关键掌握测量的原理及电表的使用方法四、 计算题（第20题9分，第21题9分，共18分）20 有两只灯泡，A灯“

40、6V 6W”，B灯“6V 3W”A和B中电流随两端电压变化关系的图象如图甲所示(1）将A、B并联接在6V电源两端，求干路上的电流；(2）将A、B串联接在某电源两端，使B灯恰好正常发光，求此时A灯电阻；(3）将A与一个滑动变阻器（202A）串联接在6V电源两端，如图乙所示调节滑动变阻器，当滑动变阻器的功率为A灯功率的两倍时，求滑动变阻器的功率【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用【难度】难【分析】（1）将A、B并联接在6V电源两端时，两灯泡两端的电压相等，根据图象读出通过两灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流；（2）将A、B串联接在某电源两端，使B灯恰好正常发光，根据图象读出

41、通过B灯的电流即为电路中的电流，再根据图象读出A灯两端的电压，根据欧姆定律求出此时A灯电阻；（3）将A与一个滑动变阻器串联接在6V电源两端时，通过它们的电流相等，根据P=UI可知R与A灯的电阻关系，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压即可求出A灯和滑动变阻器两端的电压，根据图象读出电路中的电流，利用P=UI求出滑动变阻器的功率【解答】解：（1）将A、B并联接在6V电源两端，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两灯泡两端的电压均为6V，由图甲可知，通过两灯泡的电流分别为IA=1.0A，IB=0.5A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路上的电流：I=IA+IB=1.0A+0.

42、5A=1.5A；（2）将A、B串联接在某电源两端，因串联电路中各处的电流相等，且使B灯恰好正常发光，所以，由图象可知，电路中的电流I=IB=0.5A，此时A灯泡两端的电压UA=2V，由I=可得，此时A灯电阻：RA=4；（3）将A与一个滑动变阻器串联接在6V电源两端时，因串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器的功率为A灯功率的两倍，所以，由P=UI可知，U滑=2UA，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滑+UA=2UA+UA=3UA=6V，解得：UA=2V，U滑=2UA=22V=4V，由图象可知，此时电路中的电流I=0.5A，则滑动变阻器的功率：P滑=U滑I=4V0.5A

43、=2W答：（1）将A、B并联接在6V电源两端，则干路上的电流为1.5A；（2）将A、B串联接在某电源两端，使B灯恰好正常发光，此时A灯电阻为4；（3）将A与一个滑动变阻器串联接在6V电源两端，当滑动变阻器的功率为A灯功率的两倍时，滑动变阻器的功率为2W【点评】本题考查了串联、并联电路的特点、欧姆定律和电功率的计算，解题的关键是根据串联和并联电路特点从图象中获取有用的信息21 如图，电源电压恒为6V，定值电阻R为6，灯泡L标有“6V3W”字样，灯丝电阻不变，求：(1）灯泡L正常发光的电阻是多少？(2）开关S1、S2、S3分别在什么状态时，整个电路中消耗的总功率最小？最小功率是多少？(3）开关S1

44、、S2、S3分别在什么状态时，整个电路中消耗的总功率最大？最大功率是多少？【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用【难度】难【分析】（1）根据P=的变形公式求出灯泡L正常发光的电阻；（2）（3）根据P=和串并联电路分析开关处于什么状态时电路消耗的功率最小和功率最大，并根据P=求出最小功率和最大功率【解答】解：（1）由P=可知，灯泡正常发光的电阻：RL=12；（2）当S2闭合，S1、S3断开时，此时L与R串联，电路的总电阻最大，由P=可知，电路总功率最小；电路中的总电阻：R总=RL+R=12+6=18，电路的总功率：Pmin=2W；（3）当S2断开，S1、S3闭合时，此时L与R并联，L正常发光，电路总电阻最小，由P=可知，电路中电功率最大；电阻R的功率：PR=6W；电路的总功率：Pmax=PL+PR=3W+6W=9W