第十八章 电功率
满分:100分,限时:45分钟
一、选择题(每小题4分,共40分)
1.(2018山东济南中考)小亮想测量家中电视机待机状态下消耗的电能,需要选用的仪器是( )
A.电流表 B.电压表
C.电能表 D.变阻器
1.答案 C 电流表是测量电流的仪表;电压表是测量电压的仪表;电能表是用来测量消耗电能多少的仪表;变阻器可以改变其接入电路中的电阻大小,不能够测量电能。故选C。
2.(2018山东临沂八中月考)一盏“6 V 3 W”的电灯接到某电路中,通过灯的电流是0.4 A,那么该灯的( )
A.实际功率等于3 W
B.实际功率大于3 W
C.实际电压大于6 V
D.实际电压小于6 V
2.答案 D 由P=UI可得,灯正常工作时的电流为I=
=
=0.5 A,0.5 A>0.4 A,因此灯泡的实际功率小于额定功率,实际电压小于额定电压,即该灯的实际功率小于3 W,实际电压小于6 V。
3.(2018北京石景山期末)如图18-5-1甲、乙所示的电能表和电阻箱,其读数正确的是( )
甲
乙
图18-5-1
A.18 236 kW·h和2 481 Ω
B.1 823.6 kW·h和2 481 Ω
C.18 236 kW·h和2 418 Ω
D.1 823.6 kW·h和1 824 Ω
3.答案 B 电能表上计数器示数的最后一位是小数点后一位,由图甲可知电能表的读数为1 823.6 kW·h,由图乙可知,电阻箱的读数是2 481 Ω,故选B。
4.(2018湖北武汉硚口二模)如图18-5-2是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气,下列说法错误的是( )
图18-5-2
A.通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功方式改变的
B.U形管内液面高度变化是因为透明容器中空气的温度发生了变化
C.只闭合开关S1,该装置可以用来探究电流通过导体产生的热量跟电阻大小的关系
D.闭合开关S1和S2,该装置可以用来探究电流通过电阻产生的热量跟电流大小的关系
4.答案 D 电流通过电阻丝时会做功,电能转化为内能,使得电阻丝的内能变大,故A正确;电流通过导体产生热量,容器中空气吸热,温度变化,导致容器中空气体积变化,空气体积变化通过U形管中液面高度的变化来反映,故B正确;只闭合开关S1时,容器中的电阻丝串联起来接到电源两端,通过它们的电流I与通电时间t相同,R1
5.(2018山东淄博临淄模拟)如图18-5-3电路中,开关闭合后,发现灯L1比L2亮,下列分析正确的是( )
图18-5-3
A.通过L1的电流比L2的电流大
B.L1的电阻比L2的电阻大
C.L1两端电压比L2两端电压小
D.L1的实际功率比L2的实际功率小
5.答案 B 由图可知,两个灯泡串联,串联电路中电流处处相等,所以通过两灯泡的电流相等,故A错误;灯泡亮度由灯泡的实际功率决定,L1比L2亮,所以L1的实际功率比L2的实际功率大,故D错误;通过两灯泡的电流相等,且L1的实际功率比L2的实际功率大,由P=I2R可知,L1的电阻比L2的电阻大,故B正确;由U=IR知,L1两端电压比L2两端电压大,C错误。故选B。
6.(2017北京中考)小玲家有额定电压相同的电烤箱、电饭锅和电视机各一个,按照每度电0.5元的计费标准,将这三个用电器正常工作1小时的用电费用绘制成了如图18-5-4所示的柱状图。则下列四个选项中,判断正确的是( )
图18-5-4
A.在这三个用电器中,电烤箱正常工作时的电压最高
B.在这三个用电器中,电视机正常工作时的电压最低
C.正常工作时,通过电烤箱的电流大于通过电视机的电流
D.在一个月内,小玲家电烤箱的用电费用一定比电饭锅的用电费用多
6.答案 C 电烤箱、电饭锅和电视机的额定电压相同,而用电器正常工作时的电压就是额定电压,A、B错误;由柱状图可知,正常工作时,电烤箱的功率大于电视机的功率,它们的额定电压相同,根据I=可知通过电烤箱的电流大于通过电视机的电流,C正确;正常工作时,电烤箱的功率比电饭锅大,但使用时间长短不确定,所以电烤箱消耗的电能不一定比电饭锅多,用电费用不一定比电饭锅的多,D错误。故选C。
7.(2018海南中考)如图所示,A、B为两盏白炽灯,A灯型号是“110 V,25 W”,B灯型号是“110 V,100 W”,R是一个未知电阻。若把它们接到电压为220 V的电路上,下面四种接法中可能让两盏灯都正常发光的电路是( )
7.答案 C 根据公式P=
可知,灯泡A的电阻RA=
=
=484 Ω,灯泡B的电阻RB=
=
=121 Ω。A图中灯泡A和B并联在电压为220 V的电路中,则A、B两端电压均为220 V,大于其额定电压,故两盏灯都不正常发光,故A不符合题意;B图中灯泡A和B串联在电压为220 V的电路中,由于两灯泡电阻不同,所以两灯泡两端的电压都不是其额定电压110 V,则两盏灯都不正常发光,故B不符合题意;C图中灯泡A和R并联后又和灯泡B串联,灯泡要想正常工作,必须满足灯泡A与电阻R并联后的总电阻和灯泡B的电阻相等;并联电路中,电阻越并越小,小于任何一个分电阻,所以此电路中灯泡A和灯泡B可能正常工作,故C符合题意;D图中灯泡B和电阻R并联后又和灯泡A串联,灯泡要想正常工作,必须满足灯泡B与电阻R并联后的总电阻和灯泡A的电阻相等;并联电路中电阻越并越小;故灯泡A和灯泡B不能正常工作,故D不符合题意。故选C。
8.(2017河南中考)如图18-5-5所示,从甲地通过两条输电线向乙地用户供电,若甲地电源电压恒为U,输电线的总电阻为r,当乙地用户用电时,下列说法正确的是( )
图18-5-5
A.用户使用的用电器两端电压为U
B.输电线上消耗的电功率为
C.当用户使用的用电器增多时,用电器两端的电压升高
D.当用户使用的用电器增多时,输电线上因发热而损失的功率增大
8.答案 D 在输电过程中,距离较长的输电线自身电阻不能忽略不计,当电流通过时,输电线自身会分得部分电压,U线=Ir。甲地提供的总电压为U,乙地的用户使用的用电器两端电压U乙=U-U线,所以A项错。输电线上消耗的电功率P线损=U线I=
,所以B项错。家庭电路中的用电器是并联的,所以当用户使用的用电器增多时,电路总电阻变小,根据欧姆定律I=
可知总电流变大,输电线分压会增大,由U乙=U-U线可知用电器两端的电压会变小,所以C项错。输电线损失的功率P线损=
=
=I2r,总电流增大时,输电线因发热损失的功率会变大,故D项正确。
9.(2018湖北武汉新洲阳逻一中模拟)为了测定额定电压为2.5 V的小灯泡的电功率,现提供如下器材:电压表(量程有“0~3 V”和“0~15 V”),电流表(量程有“0~0.6 A”和“0~3 A”),滑动变阻器(规格分别为“10 Ω 1 A”、“20 Ω 2 A”、“50 Ω
1.5 A”),开关,电源(电压恒为4 V)和若干条导线。某同学连接完电路后闭合开关,滑动变阻器的滑片移动过程中,测量的数据如表所示。若电源电压恒定不变,下列说法中正确的是( )
|
实验次数 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
|
电压表示数U/V |
3.5 |
3.1 |
2.5 |
2.3 |
1.9 |
1.5 |
|
电流表示数I/A |
0.16 |
0.19 |
0.22 |
0.24 |
0.26 |
0.28 |
A.该小灯泡的额定功率为 0.55 W
B.该小灯泡两端的电压越高,实际功率越小
C.该同学所选的滑动变阻器规格为“50 Ω 1.5 A”
D.该同学连接电路时,将电压表并联在小灯泡的两端
9.答案 C 移动滑动变阻器滑片,电路中电流增大时,灯泡两端电压增大,电源电压不变,滑动变阻器两端电压减小。测量过程中电压表和电流表的示数变化相反,原因为电压表并联在滑动变阻器两端,故D错误;灯泡正常工作时,滑动变阻器两端的电压U滑=U-UL=4 V-2.5 V=1.5 V,由表格可知,灯泡的额定电流IL=0.28 A,额定功率P=ULIL=2.5 V×0.28 A=0.7 W,故A错误;由表格数据可知,当滑动变阻器两端的电压为U1=3.5 V时,电路中的电流I1=0.16 A,滑动变阻器接入电路的阻值R滑=
=
=21.875 Ω>20 Ω>10 Ω,故该同学选用滑动变阻器的规格为“50 Ω 1.5 A”,故C正确;小灯泡两端的电压越高,实际功率越大,故B错误。故选C。
10.(2017湖南长沙自主招生)有两个电路元件A和B,流过元件的电流与其两端电压的关系如图18-5-6(甲)所示。把它们串联在电路中,如图(乙)所示。闭合开关S,这时电流表的示数为0.4 A,则电源电压和元件B的电功率分别是( )
图18-5-6
A.2.0 V 0.8 W B.2.5 V 1.0 W
C.4.5 V 1.0 W D.4.5 V 1.8 W
10.答案 C 图(乙)中电路元件A和B串联,电流表测电路中的电流,电流表的示数为0.4 A时,IA=IB=I=0.4 A,图(甲)中对应的A和B两端的电压分别为:UA=2 V,UB=2.5 V。因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以电源的电压为U=UA+UB=2 V+2.5 V=4.5 V,故A、B错误;元件B的电功率为PB=UBIB=2.5 V×0.4 A=1 W,故C正确、D错误。
二、填空题(每空2分,共32分)
11.(2017山东德州中考)充电宝是一个可充放电的锂聚合物电池。某充电宝部分相关参数如表所示。该充电宝充满电时储存的电能为 J,输出功率为 W。
|
完全充电 |
100 mA/20 V/5 h |
|
输出电压 |
5 V |
|
输出电流 |
1 000 mA |
11.答案 3.6×104 5
解析 该充电宝充满电时储存的电能W=UIt=20 V×100×10-3 A×5×3 600 s=3.6×104 J,输出功率P=U'I'=5 V×1 000×10-3 A=5 W。
12.(2017贵州毕节中考)小明家电能表上个月底的示数为
|
0 |
2 |
6 |
2 |
6
|
,这个月底的示数如图18-5-7所示,可知他家本月用电是 kW·h,本月转盘转了 圈;他家最多能接入总功率为 W的用电器。
图18-5-7
12.答案 100 6×104 2 200
解析 电能表上个月底的示数W1=262.6 kW·h,这个月底的示数W2=362.6 kW·h,则小明家本月用电为W=W2-W1=362.6 kW·h-262.6 kW·h=100 kW·h;“600 r/(kW·h)”表示每消耗1 kW·h的电能,电能表的转盘转600转,则本月电能表转盘转过n=600 r/(kW·h)×100 kW·h=6×104 r;电能表的工作电压U=220 V,允许通过的最大电流I=10 A,则他家最多能接入用电器的总功率为P=UI=220 V×10 A=2 200 W。
13.(原创题)在18 V的电源上接入一个标有“36 V 10 W”的灯泡,则此灯泡的实际功率为 W(假设灯丝电阻不随温度改变)。
13.答案 2.5
解析 因为P=,所以灯泡电阻为R=
=
=129.6 Ω,灯泡接到18 V电源上,实际功率为P实=
=
=2.5 W。
14.(2018广东深圳坪山二模)小华在探究“小灯泡发光时的亮度与电功率的关系”的实验中,所用的电源电压是4 V,小灯泡的额定电压是2.5 V,小灯泡两端允许加的最大电压为额定电压的1.2倍。小华同学移动滑片P,记下多组对应的电压表和电流表的示数,并绘制成图18-5-8所示的图象。根据图象信息,可计算出小灯泡的额定功率是 瓦。该图象不是直线,主要原因是 。
图18-5-8
14.答案 0.5 灯丝电阻随温度升高而增大
解析 由题知,小灯泡的额定电压为2.5 V,由图象知,当灯泡两端的电压是2.5 V时,对应的电流为0.2 A,所以灯泡的额定功率P=UI=2.5 V×0.2 A=0.5 W;小灯泡的电流随电压变化的图象不是直线,说明小灯泡的电阻不是定值,那是因为灯泡两端电压越大,通过它的电流越大,其实际功率越大,温度越高,灯丝的电阻随温度的升高而增大。
15.(2017辽宁辽阳中考)如图18-5-9,是小明家电能表的铭牌,在断开其他用电器的情况下,标有“220 V 1 000 W”的电热水器和标有“220 V 1 500 W”的空调 (选填“能”或“不能”)同时使用。电热水器是利用电流的 效应工作的。小明只将“220 V 1 000 W”的电热水器接入电路工作,2 min电能表转盘转过81转,则电热水器的实际电功率为 W,这段时间内产生热量 J。
图18-5-9
15.答案 能 热 810 9.72×104
解析 这只电能表允许的用电器最大总功率为P大=UI大=220 V×20 A=4 400 W,电热水器和空调正常工作时的总功率为P=P1+P2=1 000 W+1 500 W=2 500 W
=0.027 kW·h=9.72×104 J;工作时间为t=2 min=120 s,则电热水器的实际电功率为P实=
=
=810 W;电热水器在这段时间内产生热量为Q=W=9.72×104 J。
16.(2019江苏仪征月考)甲、乙两个小灯泡上分别标有“6 V,6 W”和“6 V,3 W”的字样,现将甲、乙两灯串联起来,则电路两端允许加的最大电压是 V,此时 (选填“甲”或“乙”)灯泡更亮,电路总功率为 W(不考虑灯丝电阻变化)。丙、丁两个电阻分别标有“10 Ω,1 A”、“15 Ω,0.6 A”,若将它们并联起来,干路允许通过的最大电流是 A。
16.答案 9 乙 4.5 1.5
解析 由P=UI可得,两灯泡的额定电流分别为:
I甲=
=
=1 A,I乙=
==0.5 A,
由I=可得,两灯泡的电阻分别为:
R甲=
=
=6 Ω,R乙=
=
=12 Ω;
因为串联电路中各处的电流相等,所以两灯串联时,电路中的最大电流I=I乙=0.5 A,因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和,所以电路两端允许加的最大电压U串=I(R甲+R乙)=0.5 A×(6 Ω+12 Ω)=9 V;串联电路各处电流相等,乙的电阻大,根据P=I2R知,乙灯的实际功率大,则乙灯泡更亮;此时电路的总功率为P=U串I=9 V×0.5 A=4.5 W。
丙电阻两端的最大电压为U丙=I丙R丙=1 A×10 Ω=10 V,丁电阻两端的最大电压为U丁=I丁R丁=0.6 A×15 Ω=9 V,两电阻并联时,各支路两端的电压相等,则并联电路的两端最大电压U并=U丁=9 V,此时通过丁的电流为0.6 A,因为并联电路中的干路电流等于各支路电流之和,所以干路允许通过的最大电流I并=I丙'+I丁=
+0.6 A=1.5 A。
三、实验探究题(共12分)
17.(2018四川眉山中考)2018年4月,某同学参加我市中考物理实验操作考试时,为“测量小灯泡的额定电功率”,实验室备有以下实验器材:额定电压为2.5 V的小灯泡、规格为“20 Ω 1 A”的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个,新干电池4节,导线若干。
甲
乙
图18-5-10
(1)图18-5-10甲是该同学连接好的电路实物图,其中有一根导线连接错误,请在连接错误的导线上打“✕”。
(2)闭合开关前,应将滑动变阻器滑片P移到最 (填“左”或“右”)端。
(3)经修正后电路连接无误,各元件均完好。闭合开关,移动滑片P使电压表示数为2.5 V,小灯泡正常发光,电流表示数如图乙所示,电流表的读数为 A,则小灯泡的额定功率是 W。
(4)测出小灯泡额定功率后,该同学又把灯泡两端的电压调为额定电压的
,发现测得的实际功率不等于其额定功率的
,请你帮他分析出现这种现象的原因是 。
17.答案 (1)如图所示 (2)左 (3)0.26 0.65 (4)灯丝的电阻随温度的变化而变化
解析 (1)原电路中,灯泡被短路。
(2)为保护电路,闭合开关前,应将滑动变阻器滑片P移到阻值最大处。
(3)电流表选用小量程,分度值为0.02 A,电流表的读数为0.26 A,则小灯泡的额定功率P=UI=2.5 V×0.26 A=0.65 W。
(4)根据P=,若电阻R不变,则电功率与电压的平方成正比。但通过灯泡的电流随电压的减小而变小,根据P=UI,灯泡的功率变小,灯丝的温度变低,灯丝的电阻变小,故电功率与电压的平方不成正比。所以该同学把灯泡两端的电压调为额定电压的,发现测得的实际功率不等于其额定功率的的原因是灯丝的电阻随温度的变化而变化。
四、计算题(第18题6分,第19题10分,共16分,解答时,要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等,只写最后结果不得分)
18.(2018重庆云阳二模)图18-5-11甲是小涂家的电热水壶,它具有温度可控、自动抽水等功能。图乙是它的铭牌,电热丝电阻不随温度变化,已知水的比热容c水=4.2×103 J/(kg·℃)。求:
(1)电热水壶的电阻为多少欧?
(2)要将一满壶水从20 ℃加热到100 ℃,则水吸收的热量为多少焦?
(3)若加热(2)问中的水需用时600 s,电热水壶的热效率为84%,则它实际工作电压为多少伏?
甲
|
产品型号:LB-K10 A 额定电压:220 V 频率:50 Hz 加热功率:1 210 W 容量:1.5 L |
乙
图18-5-11
18.答案 (1)40 Ω (2)5.04×105 J (3)200 V
解析 (1)根据P=得电热水壶的电阻为:
R=
=
=40 Ω;
(2)满壶水的质量m=ρV=1.0×103 kg/m3×1.5×10-3m3=1.5 kg;
水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103 J/(kg·℃)×1.5 kg×(100 ℃-20 ℃)=5.04×105 J;
(3)由η=
得电流通过电热水壶做的功W=
=
=6×105 J,
电热水壶的实际功率P实==
=1 000 W,
电热水壶的实际工作电压:
U实=
=
=200 V。
19.(2017贵州遵义中考)如图18-5-12甲所示,灯泡L标有“6 V 3 W”字样,电源电压及灯丝电阻保持不变,电流表量程为 0~0.6 A,电压表量程为0~15 V,变阻器R的最大阻值为100 Ω,只闭合开关S、S1,移动滑片P的过程中,电流表示数与变阻器连入电路的阻值变化关系如图乙所示,当滑片P在a点时,电压表示数为10 V,电流表示数为Ia;只闭合开关S、S2,滑片P置于b点时,变阻器连入电路的电阻为Rb,电流表的示数为Ib,已知Rb∶R0=7∶3,Ia∶Ib=5∶4。求:
图18-5-12
(1)小灯泡正常工作时的电阻RL;
(2)只闭合S、S2,滑片P在b点时,电流表的示数Ib;
(3)电源电压。
19.答案 (1)12 Ω (2)0.4 A (3)16 V
解析 (1)由P=可得,小灯泡正常工作时的电阻:RL==
=12 Ω;
(2)只闭合开关S、S1,R与R0串联,电压表测滑动变阻器两端的电压,滑片P在a点时,电压表示数为10 V,此时电流表示数为Ia;由图乙可知,当电流表示数为Ia时,滑动变阻器连入电路的阻值为20 Ω,根据欧姆定律可得:Ia=
=
=0.5 A, 已知Ia∶Ib=5∶4, 所以只闭合S、S2,滑片P在b点时,电流表的示数Ib=0.4 A;
(3)只闭合开关S、S1,滑片P在a点时,R与R0串联,U滑=10 V,根据串联电路中总电压等于各分电压之和以及欧姆定律可得电源电压:
U=U滑+IaR0=10 V+0.5 A×R0①
只闭合开关S、S2,滑片P置于b点时,Rb与L串联,根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和以及欧姆定律可得电源电压:U=Ib(Rb+RL)=0.4 A×(Rb+12 Ω)②
已知Rb∶R0=7∶3③
联立①②③解得:R0=12 Ω,
则电源电压:
U=10 V+0.5 A×R0=10 V+0.5 A×12 Ω=16 V。
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