江西专版2020中考物理复习方案第三篇达标检测达标检测卷07电功率焦耳定律试题.docx

达标检测卷(七)　电功率、焦耳定律
时间：40分钟　分值：100分
一、填空题 (每空3分，共36分)
1. [2019·镇江]小明发现家中图D7-1所示电能表的转盘在40 min内转动了3600 r，则他家中用电器实际消耗的电能为　　　　kW·h，实际功率为　　　　kW。若该电能表能正常工作的最大电流为10 A，则小明家中还能接入额定功率为　　　　W的用电器。 

图D7-1
2. 在如图D7-2甲所示的电路中，当闭合开关S后，两个电压表的指针偏转均如图乙所示，则小灯泡L1两端的电压为　　　　V，灯L1和L2的电功率之比是　　　　。 

图D7-2
3. [2019·哈尔滨]在安全工作的条件下，将“2. 5 V　0. 3 A”的小灯泡L1和“3. 0 V　0. 3 A”的小灯泡L2串联在电路中工作，通过两灯的电流之比为　　　　；若将L1和L2并联在另一电源下工作，则L1和L2的总功率最大值为　　　　W。(设灯丝电阻不变) 
4. [2018·抚顺]图D7-3所示的装置是用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与　　　　的关系，R1产生的热量比R2产生的热量　　　(选填“多”或“少”)。若电路中的电流为1 A，则1 min内电流通过R1产生的热量为　　　　J。 

图D7-3
5. [2019·南充]图D7-4是电热饮水机电路原理图，已知R1=100 Ω，R2=20 Ω，当开关S1、S2闭合时，饮水机处于　　　　(选填“保温”或“加热”)状态，饮水机的保温功率与加热功率之比为　　　　。 

图D7-4
二、选择题 (每题6分，共30分)
6. [2018·湘西]图D7-5的家用电器中，正常工作时，电能主要转化为机械能的是 (　　)

图D7-5
7. 将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在如图D7-6所示的电路中，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是 (　　)

图D7-6
A. 灯L1的电阻较大
B. 流过灯L2的电流较大
C. 流过灯L1、L2的电流相等
D. 灯L1、L2两端的电压相等
8. 甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图D7-7所示，下列说法中正确的是(忽略灯丝电阻随温度的变化) (　　)

图D7-7
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110 V的电路中，它的实际功率为50 W
D. 两灯串联在220 V的电路中，甲灯比乙灯亮
9. 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D7-8甲所示。把它们串联在电路中，如图乙所示，闭合开关，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D7-8
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. [2019·广西北部湾经济区]如图D7-9所示，两个透明容器中密闭着等量的空气，A、B两U形管内的液面相平，电阻丝的电阻R1=R2=R3。小明用图示装置进行实验，探究电流通过导体时产生的热量Q跟什么因素有关，下列说法正确的是 (　　)

图D7-9
A. 此实验在探究电热Q与电阻R是否有关
B. 通过R1的电流和通过R2的电流大小相等
C. 电阻R1两端的电压和R2两端的电压相等
D. 通电后，A管的液面将会比B管的液面高
三、计算题 (共16分)
11. (16分)[2019·枣庄]如图D7-10所示是某款电养生壶，其铭牌的部分参数如表所示，当养生壶正常工作时：
(1)求养生壶正常工作时的电阻。
(2)若该养生壶的加热效率为80%，在标准大气压下，将初温是12 ℃的一壶水烧开，求需要的时间。[c水=4. 2×103 J/(kg·℃)，ρ水=1. 0×103 kg/m3]
(3)在物理综合实践活动中，小明和小丽同学利用所学习的物理知识，合作测量养生壶的实际功率，电能表上标着“1200 r/(kW·h)”字样，他们把家中的其他用电器都与电源断开，仅让养生壶接入电路中烧水，2 min内电能表的转盘转了40 r，求该养生壶的实际功率。

图D7-10
额定电压
220 V
频率
50 Hz
额定功率
1100 W
容量
1 L

四、实验与探究题 (共18分)
12. (18分)[2019·怀化]小红利用图D7-11甲所示的电路图测量额定电压为2. 5 V的小灯泡的电功率。

图D7-11
(1)按照图甲所示的电路图，请用笔画线代替导线，在图乙中将实物图连接完整。(要求：导线不能交叉)
(2)连接实物电路时，开关应处于　　　　状态。 
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调到最　　　　(选填“左”或“右”)端。 
(4)电路连接完成后，闭合开关发现：小灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数接近电源电压，出现这种故障的原因可能是　 。 
(5)排除故障后，小红调节滑动变阻器的滑片P，多次进行了小灯泡的电功率的测量。当电压表的示数为2. 5 V时，电流表示数如图丙所示，通过小灯泡的电流是　　　　A，小灯泡的额定功率为　　　　W。 
(6)小红在实验中进行了多次测量，其测量目的是　　　　。(选填下面的字母) 
A. 求出灯泡在不同电压下功率的平均值，这样可以减小误差
B. 找出灯泡的亮度与灯泡实际功率之间的关系

【参考答案】
1. 1. 2　1. 8　400
[解析]3000 r/(kW·h)表示的是电路中每消耗1 kW·h的电能，电能表转盘转过3000 r，转盘转3600 r消耗的电能：W=36003000×1 kW·h=1. 2 kW·h，实际功率P=Wt=1. 2kW·h4060 h=1. 8 kW=1800 W。电能表允许接入用电器的最大功率：P最大=UI最大=220 V×10 A=2200 W，还可以接入的用电器的功率：P'=P最大-P=2200 W-1800 W=400 W。
2. 7. 2　4∶1
[解析]由题图甲可知，两灯串联，电压表V2测电源电压，电压表V1测L2两端的电压；
因串联电路的总电压等于各分电压之和，且两个电压表的指针偏转位置相同，所以，电压表V2的量程为0~15 V，分度值为0. 5 V，电源电压U=9 V，电压表V1的量程为0~3 V，分度值为0. 1 V，所以L2两端的电压U2=1. 8 V；
则L1两端的电压：U1=U-U2=9 V-1. 8 V=7. 2 V，因串联电路各处的电流相等，所以，由I=UR可得，L1、L2的阻值之比为
R1R2=U1I　U2I　=U1U2=7. 2V1. 8V=41。
电功率之比：P1P2=I2R1I2R2=R1R2=41。
3. 1∶1　1. 375
[解析]将L1和L2并联在另一电源下工作时，因并联电路中各支路两端的电压相等，且U1=2. 5 V，U2=3. 0 V，所以，电路两端的最大电压U=U1=2. 5 V，此时小灯泡L1正常发光，通过的电流I1=0. 3 A。由I=UR知小灯泡L2的电阻：R2=U2I2=3. 0V0. 3A=10 Ω，则通过灯泡L2的电流：I2'=UR2=2. 5V10Ω=0. 25 A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中的电流：I=I1+I2'=0. 3 A+0. 25 A=0. 55 A，则L1和L2能消耗的总功率最大值：P=UI=2. 5 V×0. 55 A=1. 375 W。
4. 电阻　少　300
5. 加热　1∶6
[解析]饮水机处于加热状态时，电路为R2的简单电路，则电路的功率：P加热=U2R2；饮水机处于保温状态时，R1与R2串联，电路的功率为：P保温=U2R1+R2，所以饮水机的保温功率与加热功率之比：P保温P加热=U2R1+R2U2R2=R2R1+R2=20Ω100Ω+20Ω=16。
6. A　7. C
8. D　[解析]由题图可知，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错误。
两灯均正常发光时，额定电压相同，都等于220 V，因为灯丝电阻R=U额2P额，甲灯额定功率小于乙灯的额定功率，所以甲灯的电阻大于乙灯的电阻，故B错误。
将乙灯接在110 V的电路中，
因为R乙=U额2P额=(220V)2100W=484 Ω，
所以P乙实=U实2R乙=(110V)2484Ω=25 W，故C错误。
由R=U额2P额知道甲灯的电阻大于乙灯的电阻，当两灯串联时，通过的电流相等，因为P=I2R，则甲灯的实际功率比乙灯大，所以当两灯串联接在220 V的电路中时，甲灯比乙灯亮，故D正确。
9. C　[解析]由题图乙可知，电路元件A和B串联，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电流表的示数为0. 4 A时，IA=IB=I=0. 4 A，
由图甲可知，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，电源电压：U=UA+UB=2 V+2. 5 V=4. 5 V，故A、B错误。
元件B的电功率：PB=UBIB=2. 5 V×0. 4 A=1 W，故C正确、D错误。
10. D
11. 解：(1)由P=U2R可得，该养生壶正常工作时的电阻
R=U2P=(220V)21100W=44 Ω。
(2)水的质量为
m=ρ水V=1. 0×103 kg/m3×1×10-3 m3=1 kg，
水吸收的热量
Q吸=c水m(t-t0)=4. 2×103 J/(kg·℃)×1 kg×(100 ℃-12 ℃)=3. 696×105 J，
由η=Q吸W可得，养生壶消耗的电能W=Q吸η=3. 696×105 J80%=4. 62×105 J；
由P=Wt可得，养生壶需要的时间t时=WP=4. 62×105 J1100W=420 s。
(3)电能表转盘转了40 r时，该养生壶消耗的电能
W'=40r1200r/(kW·h)=130 kW·h，
则养生壶的实际功率P'=W't'=130 kW·h260 h=1 kW=1000 W。
12. (1)如图所示

(2)断开　(3)右
(4)小灯泡断路　(5)0. 2　0. 5
(6)B
8