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kWh，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D7-12. 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D7-23. 2019哈尔滨在安全工作的条件下，将“2. 5 V0. 3 A”的小灯泡L1和“3. 0 V0. 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D7-35. 2019南充图D7-4是电热饮水机电路原理图，已知R1=100 ，R2=20 ，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D7-57. 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D7-6A. 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D7-7A. 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 WD. 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D7-8A. 2. 0 V0. 8 WB. 2. 5 V1. 0 WC. 4. 5 V1. 0 WD. 4. 5 V1. 8 W10. 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D7-9A. 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. 2103 J/(kg)，水=1. 0103 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/(kWh)”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. 21. 8400解析3000 r/(kWh)表示的是电路中每消耗1 kWh的电能，电能表转盘转过3000 r，转盘转3600 r消耗的电能：W=360030001 kWh=1. 2 kWh，实际功率P=Wt=1. 2kWh4060 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 V10 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. 241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015 V，分度值为0. 5 V，电源电压U=9 V，电压表V1的量程为03 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=U1IU2I=U1U2=7. 2V1. 8V=41。电功率之比：P1P2=I2R1I2R2=R1R2=41。3. 111. 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 ，则通过灯泡L2的电流：I2=UR2=2. 5V10=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 V0. 55 A=1. 375 W。4. 电阻少3005. 加热16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=20100+20=16。6. A7. C8. 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 ，所以P乙实=U实2R乙=(110V)2484=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 V0. 4 A=1 W，故C正确、D错误。10. D11. 解：(1)由P=U2R可得，该养生壶正常工作时的电阻R=U2P=(220V)21100W=44 。(2)水的质量为m=水V=1. 0103 kg/m3110-3 m3=1 kg，水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4. 2103 J/(kg)1 kg(100 -12 )=3. 696105 J，由=Q吸W可得，养生壶消耗的电能W=Q吸=3. 696105 J80%=4. 62105 J；由P=Wt可得，养生壶需要的时间t时=WP=4. 62105 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/(kWh)=130 kWh，则养生壶的实际功率P=Wt=130 kWh260 h=1 kW=1000 W。12. (1)如图所示(2)断开(3)右(4)小灯泡断路(5)0. 20. 5(6)B8