《2024年5年中考3年模拟九年级物理全一册人教版》

12. 新课标·科学论证 (2023海南中考)如图甲所示电路中,电源电压不变,灯泡L标有"6 V 0.3 A",滑动变阻器R标有"20 Ω 2 A",电路工作时不考虑灯丝电阻变化,并保证电路安全。只闭合开关S时电路的最小总功率为P₁,开关S、S₁、S₂均闭合时的最小总功率为P₂,两种情况下,移动滑片,得到电流表示数I随滑动变阻器阻值R变化的关系如图乙。则电源电压U = ________V,P₁∶P₂ = ________。(P9302002)

答案： 答案6　1:4
解析　只闭合开关S时，灯泡与滑动变阻器串联，由于灯泡的额定电流为$0.3A$，所以电路中的电流最大为$0.3A$，因此图乙中下方曲线为此时电流表示数$I$随滑动变阻器阻值$R$变化的关系图线；开关S、$S_{1}$、$S_{2}$均闭合时，灯泡被短路，定值电阻与滑动变阻器并联，此时电路中的总电阻小于滑动变阻器的阻值，电路中的电流比只闭合S时的电流大，因而所对应的图线是上方的曲线，当滑片移到最左端时，电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知，此时电路中的最小电流为$I' = 0.6A$；只闭合开关S时，由图乙可知，滑动变阻器电阻最小为0，此时电流最大为$0.3A$，恰好等于灯泡的额定电流，说明灯泡正常发光，电源电压等于灯泡的额定电压，为$6V$；由$I = \frac{U}{R}$可得，灯泡正常发光时电阻为$R_{L} = \frac{U_{L}}{I_{L}} = \frac{6V}{0.3A} = 20\Omega$，电路中的最小电流$I = \frac{U}{R_{L} + R_{大}} = \frac{6V}{20\Omega + 20\Omega} = 0.15A$，电路的最小总功率为$P_{1} = UI = 6V×0.15A = 0.9W$；开关S、$S_{1}$、$S_{2}$均闭合时，电路的最小总功率为$P_{2} = UI' = 6V×0.6A = 3.6W$；则$P_{1}:P_{2} = 0.9W:3.6W = 1:4$。

三、实验探究题(共15分)
13. 新考法·分析论证 (2023上海中考改编)小海同学做"测定小灯泡的电功率"实验,现有电源(电压为2伏的整数倍)、滑动变阻器两个(分别标有A"10 Ω 2 A"、B"20 Ω 2 A"字样)、待测小灯泡(标有"2.5 V"字样)、电流表、电压表、开关及导线若干。他选取一个变阻器进行实验,将电流表串联在电路中,将电压表并联在电路中。移动滑片,又进行实验,记录数据如表,并用其中一组数据成功计算出小灯泡的额定电功率。(P9302003)

①测定小灯泡电功率的实验原理是________。
②请通过以上信息判断小海同学所选滑动变阻器为________。
③请根据相关信息计算出小灯泡的额定功率P额。(需写出主要推理和计算过程)

答案： 答案①$P = UI$　②B　③见解析
解析①测定小灯泡电功率的实验原理是$P = UI$；②根据表格中的数据分析可知：电路中的电流越大，电压表的示数越小，所以电压表并联在滑动变阻器两端，电源电压为$2V$的整数倍，小灯泡的额定电压是$2.5V$，所以实验时电源电压为$4V$，当滑动变阻器连入电路电阻最大时，电压表示数最大，电流最小，滑动变阻器连入电路的最大电阻为$R_{滑} = \frac{3.0V}{0.18A} \approx 16.7\Omega$；所以滑动变阻器应该选择B；③当小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻为$5\Omega$，此时滑动变阻器两端的电压为$4V - 2.5V = 1.5V$，电路中的电流为$I = \frac{U_{滑1}}{R_{滑1}} = \frac{1.5V}{5\Omega} = 0.3A$；所以小灯泡的额定功率为$P_{额} = U_{额}I = 2.5V×0.3A = 0.75W$。

四、计算题(共18分)
14. 新课标·科学推理 (2023青海西宁中考)小宁家的电饭煲额定电压为220 V,有加热和保温两种工作状态,额定加热功率为2 000 W。[c水 = 4.2×10³ J/(kg·℃)]求:(P9302002)
(1)在正常加热状态下,将2.5 kg的水从20 ℃加热到沸腾,水吸收的热量是多少?(气压为标准大气压)
(2)若此电饭煲的加热效率为84%,则上述过程需要加热多长时间;
(3)小宁想利用家里的电能表测量电饭煲的实际加热功率,于是小宁断开家中其他用电器,让电饭煲单独处于加热状态,观察到电能表转盘在10 min内转了180转(电能表如图所示),则此电饭煲的实际加热功率为多少。

答案： 解析　
(1)已知标准大气压下水的沸点为$100^{\circ}C$，则水吸收的热量：$Q_{吸} = c_{水}m(t - t_{0}) = 4.2×10^{3}J/(kg\cdot^{\circ}C)×2.5kg×(100^{\circ}C - 20^{\circ}C) = 8.4×10^{5}J$；
(2)根据$\eta = \frac{Q_{吸}}{W}$得，电饭煲消耗的电能为$W = \frac{Q_{吸}}{\eta} = \frac{8.4×10^{5}J}{84\%} = 10^{6}J$，根据$P = \frac{W}{t}$得，此电饭煲至少需要加热的时间：$t = \frac{W}{P} = \frac{10^{6}J}{2000W} = 500s$；
(3)电饭煲消耗的电能为$W_{实} = \frac{180r}{600r/(kW\cdot h)} = 0.3kW\cdot h = 1.08×10^{6}J$，电饭煲的实际加热功率为$P_{实} = \frac{W_{实}}{t'} = \frac{1.08×10^{6}J}{600s} = 1800W$。