初中物理第十五章 电功和电热综合与测试单元测试练习

这是一份初中物理第十五章 电功和电热综合与测试单元测试练习，共33页。试卷主要包含了0分），5W，0伏，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
苏科版初中物理九年级下册第十五章《电功和电热》单元测试卷
考试范围：第十五章；考试时间：75分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。


第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从b点滑到a点的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图线如图乙所示。下列叙述正确的是(    )
①电源电压为14V
②图乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线
③滑片在a点时，电阻R中的电流是1A
④滑片在b点时，10s内电阻R2消耗的电能为20J

A. 只有①③ B. 只有②④ C. 只有②③ D. 只有①④
2. 小明家上次查看电能表示数为本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是(    )
A. 他家在这段时间内消耗的电能为903kW⋅h
B. 电能表是测量电功率的仪表
C. 若只让一个标有“220V 1000W”的电热水器正常工作10min，则电能表圆盘转了600转
D. 这个电能表的额定功率为2200W

3. 如图所示，导体A、B是由同种材料做成的，A和B等长，但A比B的横截面积大。当S闭合后，在相同的时间内，下列叙述正确的是(    )


A. 电流通过A，B所做的功是WA>WB
B. 电流通过A，B所做的功是WARB。
(1)A瓶中电热丝比B瓶中电热丝的横截面积______。
(2)闭合开关，通过RA的电流______通过RB的电流，通电一段时间后，______瓶的温度更高，电热丝产生热量更多。
(3)与上述实验过程采用的两种物理研究方法不同的是______。
A.探究物体受到几个力作用，引入了合力的概念
B.探究压力的作用效果，可通过观察海绵的凹陷程度
C.探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定

20. 小华做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好。其中电源电压有4、6、8、10和12伏五挡可选，待测小灯标有“6V”字样。他按如图串联电路，然后将电压表接入电路，将滑动变阻器的滑片P置于一端。闭合开关S，将电压表和电流表示数记录在如表的序号1中，然后将滑片P先后移到变阻器中间某处和另一端，并将相应的电压表和电流表示数分别记录在如表序号2、3中。
物理量序号
电压表示数(伏)
电流表示数(安)
小灯功率(瓦)
1
1.0
0.30
/
2
2.5
0.50
/
3
4.0
0.56
/
①实验中小华将电压表接在______ (选填“小灯”或“滑动变阻器”)两端，所用滑动变阻器的最大阻值R最大= ______ 欧。
②判断实验过程中小灯能否正常发光，并写出依据。______ 。
③经过思考，小华断开开关S，调整电源电压，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大。继续实验，闭合开关S，电压表示数为6.0伏。请根据相关信息，求小灯的额定电流I额。______ (本小题需写出计算过程)。
④小灯的额定功率P额= ______ 瓦。



五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 在综合实践活动中，小峰设计了一种煮饭电路，如图甲所示．图中R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关．煮饭时，将该电路接入220 V电源，在30 min内，电路总功率随时间变化的图像如图乙所示．求：

(1)0～5 min内通过R1的电流；
(2)30 min内电路消耗的电能；
(3)10～15 min内R1的电功率．
22. 如图所示的电路中，电源电压恒定，小灯泡L标有“6 V 4.8 W”的字样，电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2标有“20 Ω  0.5 A”。当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，灯泡正常发光。

(1)求小灯泡的额定电流．
(2)滑片P置于最左端，闭合S1、S2，求10 s内电路消耗的总电能．
(3)滑片P置于最右端，只闭合S2，移动滑片P，使R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率为多大？
23. 如图甲是小平家的养生壶，其加热功率为800W，保温功率为40W，水壶容积1L，有加热和保温两种工作状态，其内部简化电路如图乙(R1、R2为加热电阻)。将养生壶接入电路，养生壶工作时，闭全开关S1、S2养生壶处于加热状态，当水温达到设定值时，S2自动断开，养生壶变为保温状态。【ρ水=1.0×103kg/m3；c水=4.2×103J/(kg⋅℃)】求：
(1)R2的阻值；
(2)养生壶“加热”时，用时10min将1L水由20℃加热到100℃，水吸收多少热量；
(3)这段时间内养生壶的加热效率。

24. 一新款节能电炖锅如图甲，有关技术参数如表(设电炖锅不同挡位的电阻和加热效率均不变)。
额定电压
电炖锅档位
额定功率/W

200V
低温
200
中温
400
高温
600
(1)求电炖锅在高温挡正常工作时的电流(计算结果保留一位小数)；
(2)在用电高峰期，关掉家里的其他用电器，只让处于中温挡状态的电炖锅工作，观察到标有“1800r/(kW⋅h)”的电能表转盘在12ls内转了20圈，求此时的实际电压；
(3)电炖锅正常工作时，用低温挡和高温挡分别给质量相同的冷水加热，待水温达到50℃时开始计时，绘制的水温随时间变化的图象如图乙所示。结合所给信息，通过计算，分析比较用高温挡还是用低温挡更节能。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：由图甲知，R、R1、R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中电流。
(1)由图知，滑动变器的滑片P在b点时，总电阻最大，电路中的电流最小，此时两个电压表的示数分别为12V、2V，则两个电压表的示数之和为12V+2V=14V；由于电路中R、R1、R2串联，电阻R会分得一部分电压，所以，电源电压一定大于此时两个电压表的示数之和14V，故①错误；
(2)滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大；变阻器连入电路的电阻变小，根据串联电路的分压原理可知，滑动变阻器R1两端的电压变小，则R2两端的电压变大；所以，图乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，ec是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，故②正确；
(3)滑片P在a点时，总电阻最小，电路中的电流最大，从“U−I”关系图象可知，此时的电流Ia=3A，U1=6V、U2=6V；故③错误；
根据欧姆定律可得，电阻R2的阻值：R2=U2Ia=6V3A=2Ω；
(4)滑片P在b点时，总电阻最大，电路中的电流最小，从“U−I”关系图象可知，滑片P在b点时的电流Ib=1A，
滑片在b点时，10s内电阻R2消耗的电能：W=Ib2R2t=(1A)2×2Ω×10s=20J，故④正确。
综上分析可知，正确的只有②④。
故选：B。
(1)滑动变器的滑片P在b点时，电路中的电流最小，滑动变阻器两端的电压最大，由于滑动变阻器R1、电阻R、R2串联，此时两个电压表的示数之和一定小于电源电压，据此可判断；
(2)滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；据此可判断出图乙中dc，ec分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
(3)从“U−I”关系图象可以看出，滑片P在a点的电压表示数与电流值，根据欧姆定律求出R2的阻值；
(4)从“U−I”关系图象可以看出，滑片P在b点的电流值，再利用W=I2Rt即可求出滑片在b点时，消耗的电能。
本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U−I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U−I图象中的信息。

2.【答案】C 
【解析】解：
A、他家在这段时间内消耗的电能W=8633.5kW⋅h−8543.2kW⋅h=90.3kW⋅h，故A错误；
B、电能表是测量消耗电能的仪表，不是测量电功率的，故B错误；
C、3600r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转过3600r，
只让一个标有“220V1000W”的电热水器正常工作10min，其消耗的电能为W=Pt=1kW×16h=16kW⋅h；
则电能表的圆盘转过的圈数：N=16kW⋅h×3600r/(kW⋅h)=600r，故C正确。
D、根据该电能表的铭牌可知，其允许接入用电器的最大功率P=UI=220V×10A=2200W；但电能表属于测量仪表，不消耗电能，没有额定功率，故D错误。
故选：C。
本题考查了电能表的作用和消耗电能的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，在其他条件相同时，导体的横截面积越大，其电阻越小；
(2)两电阻串联时通过它们的电流相等，根据W=UIt=I2Rt可知，相同时间内电阻大的导体电流做的功较多。
本题考查了电功的大小比较，利用好串联电路的电流特点和影响电阻大小的因素是关键。
【解答】
解：
因导体A、B的材料、长度相同，但A比B的横截面积大，所以，导体A的电阻小于导体B的电阻，
由因串联电路中各处的电流相等，所以，由W=UIt=I2Rt可知，相同时间内，B的电阻大，电流做的功较多，即WARB，知A瓶中电热丝比B瓶中电热丝横截面积小；
(2)探究“电热和电阻的关系”，应控制电流和通电时间相等，使用阻值不等的电阻进行实验，即阻值越大产生热量越多。
(3)在该实验中用到的物理研究方法有控制变量法和转换法；
A、探究物体受到几个力作用，引入了合力的概念，用到了等效替代法；
B.探究压力的作用效果，可通过观察海绵的凹陷程度，用到了转换法；
C.探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定，用到了控制变量法。
故答案为：(1)小；(2)等于；A；(3)A。
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积都有关；
(2)本题利用控制变量法来进行研究电流产生的热量与什么因素有关的实验，应控制吸热液体的材料相同，质量相等，通过观察液体的温度的变化来比较吸热的多少。并反映电热的多少，本题探究“电热和电阻的关系”，应控制电流相等，使用阻值不等的电阻进行实验，即阻值越大产生热量越多。
本题利用了控制变量法来研究电流产生的电热的影响因素。由于电流产生的热量不容易观察，故用相同材料的等质量的液体来吸收电热，通过温度计来观察液体的温度的变化来反映电热的多少。

20.【答案】小灯  10  不能  当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A；
当电源电压为12V，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，电流为I=U−U灯R滑=12V−6V10Ω=0.6A，符合要求；
同理可求出电源电压分别为6V、8V、10V时的电流都小于0.56A，故小灯泡的额定电流为0.6A  3.6 
【解析】解：①由表中数据分析可知，当电压表示数变大时，电流表示数也随之变大，所以电压表接在小灯两端；
实验1、3滑动变阻器的滑片分别位于滑动变阻器的两端，而实验3电流最大，说明此时滑动变阻器接入电路的阻值最小为0，电压表直接接在电源两端，所以电源电压为4V，故实验1时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，最大值为：R滑=U−U1I1=4V−1V0.3A=10Ω；
②额定电压是指灯泡正常发光时的电压，而实验过程中电源电压为4V小于小灯的额定电压6V，所以小灯不能正常发光；
③当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A；
当电源电压为12V，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，电流为I=U−U灯R滑=12V−6V10Ω=0.6A，符合要求；
同理可求出电源电压分别为6V、8V、10V时的电流都小于0.56A，故小灯泡的额定电流为0.6A；
④小灯的额定功率P额=U额×I额=6V×0.6A=3.6W。
故答案为：①小灯；10；②不能；③计算过程见解析；④3.6。
①分析电压表与电流表示数变化的规律，可判断电压表应接在小灯两端；
实验1、3滑动变阻器的滑片分别位于滑动变阻器的两端，分析表中数据可判断出电源电压，从而求出滑动变阻器的最大值；
②额定电压是指灯泡正常发光时的电压；
③当灯泡两端电压为4V时，电流为0.56A，所以灯泡正常发光时的电流应大于0.56A，分别讨论即可求出；
④根据P=UI可求出小灯的额定功率。
本题测定小灯泡的电功率，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用、对器材的要求、实验注意事项、电功率的计算，关键是从题中挖掘隐含的条件，难度较大。

21.【答案】解(1)依题意0～5min内，对应的功率为1100W，为加热状态；
根据P=UI=U2R；
电路中电阻较小，故S1处于闭合状态(10−15min内，对应的功率为440W，电路中电阻较大，S1处于断开状态)，R1此时的电功率P1=1100W；
由P=UI得，通过通过R1的电流I1=P1U1=1100W220V=5A；
(2)30min内加热时间为10min+25min−15min=20min，保温时间为15min−10min+25min−20min=10min；
由P=Wt，得W=Pt；
电路消耗的电能；W=1.1kW×2060h+0.44kW×1060h=0.44kW·h=1.584×106J；
(3)依题意10～15min内，S1处于断开状态，R1与R2串联，此时电路总功率为P=440W，由(1)根据欧姆定律I=UR；
电阻R1=UI1=220V5A=44Ω；
根据P=UI，此时电路中的电流：I=PU=440W220V=2A；
根据串联电路电流的规律，通过R1的电流I1=I=2A；
由P=UI=U2R得：10～15min内R1的电功率：
P1=I12R1=(2A)2×44Ω=176W。
答：(1)0～5min内通过R1的电流为5A；
(2)30min内电路消耗的电能为1.584×106J；
(3)10～15min内R1的电功率为176W。
 
【解析】本题考查电功率公式、电功公式和欧姆定律的灵活运用，关键是明确电路在不同状态下电路连接。
根据图乙不同时间段对应的功率大小不同，根据P=UI=U2R，判断电路两种状态下电路的连接；
(1)由P=UI变形公式求0～5min内通过R1的电流；
(2)分别求出30min内加热时间和保温时间，根据W=Pt求电流做功和；
(3)由(1)根据欧姆定律可求R1大小，根据P=UI可求此时电路的电流，根据串联电路电流的规律和P=UI=I2R求出R1的电功率。

22.【答案】(1)小灯泡L正常发光的电流I额=P额U额=4.8W6V=0.8A 
(2)当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，电路为只有小灯泡L工作的电路，小灯泡L正常发光，说明小灯泡L两端的电压为电源电压，故U电源=U额=6 V；滑片P置于最左端，闭合S1、S2，电路为小灯泡L和电阻R1并联的电路，通过电阻R1的电流I1=U电源R1=6V10Ω=0.6A，干路的电流I=I额+I1=0.8 A+0.6 A=1.4 A，10 s内电路消耗的总电能W=U电源It=6 V×1.4 A×10 s=84 J  (3)滑片P置于最右端，只闭合S2，电路为电阻R1和R2串联的电路，滑动变阻器R2消耗的电功率P2=U2Iˈ，电路消耗的总功率为P总=U电源Iˈ，R2的电功率与电路总功率的比值P2P总=U2I′U电源I′=I′R2I′(R1+R2)=R2R1+R2=1R1R2+1，要想使这个比值最小，则R1R2+1要最大，滑动变阻器R2接入电路的电阻最小，同时电流不能超过0.5 A，即Imax=0.5 A，此时电路的总电阻R总=U电源Imax=6V0.5A=12Ω，R2的最小电阻R2小=R总−R1=12 Ω−10 Ω=2 Ω；当R2为2 Ω时R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率P2=Imax2R2=(0.5 A)2×2 Ω=0.5 W 
【解析】略

23.【答案】解：
(1))由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，R2单独接入电路，电路的电阻较小，由P=U2R可知此时电热水壶的功率较大，P加热=800W；
电阻R2的阻值：
R2=U2P加热=(220V)2800W=60.5Ω；
(2)水的体积：
V=1L=1×10−3m3，
由ρ=mV可知，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg，
水加热到100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃−20℃)=3.36×105J；
(3)由P=Wt可得，烧开这壶水消耗的电能：
W=Pt=800W×10×60s=4.8×105J，
电热水壶的效率：
η=Q吸W×100%=3.36×105J4.8×105J×100%=70%。
答：(1)电阻R2的阻值分别是60.5Ω；
(2)此过程中水所吸收的热量是3.36×105J；
(3)在这次烧水中，电热水壶的效率是70%。 
【解析】(1)由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，R2单独接入电路，电路的电阻较小，由P=U2R可知此时电热水壶的功率较大，为加热档利用P=U2R求R2；
(2)在1标准大气压下水的沸点是100℃，根据密度公式求出水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(3)根据W=Pt求出烧开这壶水消耗的电能，吸收的热量与消耗的电能的比值就是电热水壶的效率。
本题考查电功率、吸收热量、消耗电能、转化效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道开关断开与闭合时电路的连接情况，解题过程中要注意单位的换算。

24.【答案】解：(1)由表中数据可知，高温的功率P高=600W，
由P=UI可得，在高温档工作时，电路中的电流I高温=P高温U=600W220V≈2.7A，
(2)由P=U2R可得，电炖锅的电阻：R=U2P=(220V)2400W=121Ω，
电炖锅在高档工作时，电能表转盘在在121s内转了20r，则电炖锅消耗的电能：
W实=20r1800r/kW⋅h=190kW⋅h=190×3.6×106J=4×104J，
实际功率：P实=W实t=4×104J121s，
由P=U2R可得，电路的实际电压：
U实=P实R=4×104J121s×121Ω=200V。
(3)高温档消耗的电能W高=P高t高=600W×6×60s=2.16×105J，
则水升高1℃消耗的电能2.16×105J20=1.08×104J，
低温档消耗的电能W低=P低t低=200W×9×60s=1.08×105J，
则水升高1℃消耗的电能为1.08×105J8=1.35×104J，
因为1.08×104J