《2025年一本同步训练九年级物理全一册沪科版重庆专版》

9. (2024·南岸区指标到校节选)某款手机能支持有线最大超级快充(20V 4.4A)。该手机的最大充电功率为88W。

答案： 解：根据功率公式$P = UI$（其中$P$为功率，$U$为电压，$I$为电流），已知$U = 20V$，$I = 4.4A$，则$P=UI = 20×4.4 = 88W$。
故答案为：$88$。

10. 已知电阻R两端的电压$U=12V$,通过它的电流$I=0.4A$。电阻R的阻值为30Ω;电阻R消耗的电功率为4.8W。

答案： 1. 首先求电阻$R$的阻值：
根据欧姆定律$I = \frac{U}{R}$，变形可得$R=\frac{U}{I}$。
已知$U = 12V$，$I = 0.4A$，将其代入公式$R=\frac{U}{I}$中，$R=\frac{12}{0.4}=30\Omega$。
2. 然后求电阻$R$消耗的电功率：
根据电功率公式$P = UI$。
已知$U = 12V$，$I = 0.4A$，将其代入公式$P = UI$中，$P=12×0.4 = 4.8W$。
故答案依次为：$30$；$4.8$。

变式1 已知电阻$R=20Ω$,通过电阻R的电流$I=0.5A$。电阻R两端的电压为10V;电阻R消耗的电功率为5W。

答案： 1. 首先求电阻$R$两端的电压$U$：
根据欧姆定律$U = IR$（其中$I$是电流，$R$是电阻）。
已知$R = 20\Omega$，$I = 0.5A$，将其代入公式可得$U=IR = 0.5×20$ $ = 10V$。
2. 然后求电阻$R$消耗的电功率$P$：
方法一：根据$P = UI$，由前面已求得$U = 10V$，$I = 0.5A$，则$P=UI=10×0.5$ $ = 5W$。
方法二：根据$P = I^{2}R$（$I$是电流，$R$是电阻），已知$I = 0.5A$，$R = 20\Omega$，则$P = I^{2}R=(0.5)^{2}×20=0.25×20$ $ = 5W$。
故答案依次为：$10$；$5$。

变式2 已知电阻$R=30Ω$,它两端的电压$U=6V$。通过电阻R的电流为0.2A;电阻R消耗的电功率为1.2W。

答案： 1. 首先求通过电阻$R$的电流$I$：
根据欧姆定律$I = \frac{U}{R}$（其中$U$是电压，$R$是电阻）。
已知$U = 6V$，$R = 30\Omega$，则$I=\frac{U}{R}=\frac{6}{30}=0.2A$。
2. 然后求电阻$R$消耗的电功率$P$：
方法一：根据$P = UI$（其中$U$是电压，$I$是电流）。
已知$U = 6V$，$I = 0.2A$，则$P=UI = 6×0.2 = 1.2W$。
方法二：根据$P=\frac{U^{2}}{R}$（由$P = UI$和$I=\frac{U}{R}$推导而来）。
已知$U = 6V$，$R = 30\Omega$，则$P=\frac{U^{2}}{R}=\frac{6^{2}}{30}=\frac{36}{30}=1.2W$。
故答案依次为：$0.2$；$1.2$。

变式3 已知通过电阻R的电流$I=0.5A$,通电5min电阻R消耗的电能为3000J。电阻R的电功率为10W;电阻R两端的电压为20V;电阻R的阻值为40Ω。

答案： 1. 首先求电阻$R$的电功率$P$：
已知$t = 5min=5×60s = 300s$，$W = 3000J$。
根据公式$P=\frac{W}{t}$，可得$P=\frac{3000J}{300s}=10W$。
2. 然后求电阻$R$两端的电压$U$：
已知$I = 0.5A$，$P = 10W$。
根据公式$P = UI$，变形可得$U=\frac{P}{I}$，则$U=\frac{10W}{0.5A}=20V$。
3. 最后求电阻$R$的阻值$R$：
已知$I = 0.5A$，$U = 20V$。
根据公式$I=\frac{U}{R}$，变形可得$R=\frac{U}{I}$，则$R=\frac{20V}{0.5A}=40\Omega$。
故答案依次为：$10$；$20$；$40$。

11. 某清洁车由输出电压为48V、容量为100A·h的电池提供工作能量,则该电池最多可提供4.8kW·h的电能,这些电能的80%用于清洁车工作,可供功率为800W的清洁车工作4.8h。

答案： 1. 首先求电池最多可提供的电能：
根据电能公式$W = UIt$（$U$是电压，$I$是电流，$t$是时间），已知$U = 48V$，$I = 100A$，$t = 1h$，则$W=UIt = 48V×100A×1h$。
因为$1kW = 1000W$，所以$W = 48×100×1W\cdot h=4800W\cdot h = 4.8kW\cdot h$。
2. 然后求清洁车工作时间：
已知电能的$80\%$用于清洁车工作，则用于清洁车工作的电能$W_{有}=W×80\%$，$W = 4.8kW\cdot h$，所以$W_{有}=4.8kW\cdot h×0.8 = 3.84kW\cdot h$。
又已知清洁车功率$P = 800W=0.8kW$，根据$P=\frac{W}{t}$，变形可得$t=\frac{W}{P}$。
把$W_{有}=3.84kW\cdot h$，$P = 0.8kW$代入$t=\frac{W}{P}$，则$t=\frac{3.84kW\cdot h}{0.8kW}=4.8h$。
故答案依次为：$4.8$；$4.8$。

12. 如图所示的电路中,电源电压为6V,电阻$R_{1}=10Ω$。开关闭合后,电阻$R_{1}$消耗的电功率为0.9W。求:

(1)电流表的示数为0.3A;
(2)电阻$R_{2}$的阻值为10Ω;
(3)电阻$R_{2}$消耗的电功率为0.9W;
(4)通电5min,整个电路消耗的电能为540J。

答案： 1. （1）求电流表的示数：
解：根据$P = I^{2}R$，对于$R_{1}$，$P_{1}=0.9W$，$R_{1}=10Ω$，由$P = I^{2}R$可得$I=\sqrt{\frac{P_{1}}{R_{1}}}$。
代入数据：$I=\sqrt{\frac{0.9W}{10Ω}}=\sqrt{0.09A^{2}} = 0.3A$，因为串联电路电流处处相等，所以电流表示数$I = 0.3A$。
2. （2）求电阻$R_{2}$的阻值：
解：根据$I=\frac{U}{R}$，可得$R=\frac{U}{I}$，电源电压$U = 6V$，$I = 0.3A$，则电路总电阻$R=\frac{U}{I}=\frac{6V}{0.3A}=20Ω$。
又因为$R = R_{1}+R_{2}$，$R_{1}=10Ω$，所以$R_{2}=R - R_{1}$。
代入数据：$R_{2}=20Ω - 10Ω=10Ω$。
3. （3）求电阻$R_{2}$消耗的电功率：
解：根据$P = I^{2}R$，$I = 0.3A$，$R_{2}=10Ω$，则$P_{2}=I^{2}R_{2}$。
代入数据：$P_{2}=(0.3A)^{2}×10Ω = 0.9W$。
4. （4）求通电$t = 5min=300s$整个电路消耗的电能：
解：根据$W = UIt$，$U = 6V$，$I = 0.3A$，$t = 300s$。
代入数据：$W=UIt=6V×0.3A×300s = 540J$。
综上，（1）电流表示数为$0.3A$；（2）$R_{2}$的阻值为$10Ω$；（3）$R_{2}$消耗的电功率为$0.9W$；（4）整个电路消耗的电能为$540J$。

13. 仅将一电热水壶接入图示电能表所在的电路,正常工作6min,电能表的转盘转过了360r,则电热水壶消耗的电能为0.12kW·h,电功率为1.2kW。

答案： 1. 首先计算电热水壶消耗的电能：
已知电能表参数$3000r/(kW\cdot h)$，表示每消耗$1kW\cdot h$的电能，电能表转盘转$3000r$。
设消耗的电能为$W$，根据比例关系$\frac{W}{360r}=\frac{1kW\cdot h}{3000r}$。
则$W = \frac{360r}{3000r/(kW\cdot h)}=0.12kW\cdot h$。
2. 然后计算电热水壶的电功率：
已知时间$t = 6min=\frac{6}{60}h = 0.1h$。
根据电功率公式$P=\frac{W}{t}$，将$W = 0.12kW\cdot h$，$t = 0.1h$代入。
可得$P=\frac{0.12kW\cdot h}{0.1h}=1.2kW$。
故答案依次为：$0.12$；$1.2$。

变式 下课后王老师去关闭微机房的总电闸时,发现电能表转盘在缓慢地转动,电能表的表盘上标有“2500r/(kW·h)”的字样。他利用手表估测了一下,2min转盘转过了5r,那么2min内消耗的电能为7200J;经检查发现,原来微机房内还有20台型号相同的计算机显示器处于待机状态,则1台计算机显示器的待机功率约为3W。

答案： 1. 首先求$2min$内消耗的电能：
已知电能表标有$2500r/(kW\cdot h)$，表示每消耗$1kW\cdot h$的电能，转盘转$2500r$。
设$2min$内消耗的电能为$W$，根据比例关系$\frac{W}{5r}=\frac{1kW\cdot h}{2500r}$。
则$W = \frac{5r}{2500r/(kW\cdot h)}=0.002kW\cdot h$。
因为$1kW\cdot h = 3.6×10^{6}J$，所以$W = 0.002×3.6×10^{6}J = 7200J$。
2. 然后求$1$台计算机显示器的待机功率：
已知$t = 2min=120s$，$20$台显示器$2min$消耗电能$W = 7200J$。
根据$P=\frac{W}{t}$，$20$台显示器的总功率$P_{总}=\frac{W}{t}$，把$W = 7200J$，$t = 120s$代入可得$P_{总}=\frac{7200J}{120s}=60W$。
那么$1$台计算机显示器的待机功率$P=\frac{P_{总}}{20}$，即$P=\frac{60W}{20}=3W$。
故答案依次为：$7200$；$3$。

14. 如图甲所示,电源电压不变,将定值电阻$R_{1}$和$R_{2}$串联后接在电源上,电阻$R_{1}$消耗的功率为3W,电阻$R_{2}$消耗的功率为6W,若将它们并联后仍接在该电源上,如图乙所示,此时定值电阻$R_{1}$消耗的功率为27W,电路消耗的总功率为40.5W。

答案： 1. 首先求两电阻的阻值之比：
串联电路中电流$I$处处相等，根据$P = I^{2}R$，已知$P_{1}=3W$，$P_{2}=6W$，则$\frac{P_{1}}{P_{2}}=\frac{I^{2}R_{1}}{I^{2}R_{2}}$。
所以$\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{P_{1}}{P_{2}}=\frac{3W}{6W}=\frac{1}{2}$，即$R_{2}=2R_{1}$。
串联电路总电阻$R = R_{1}+R_{2}=R_{1}+2R_{1}=3R_{1}$，此时$P_{1}=I^{2}R_{1}=3W$，又$I=\frac{U}{R}=\frac{U}{3R_{1}}$，则$(\frac{U}{3R_{1}})^{2}R_{1}=3W$，即$\frac{U^{2}}{9R_{1}} = 3W$，所以$\frac{U^{2}}{R_{1}}=27W$。
2. 然后求并联时$R_{1}$的功率：
并联电路中各支路电压$U$相等，根据$P=\frac{U^{2}}{R}$，对于$R_{1}$，$P_{1并}=\frac{U^{2}}{R_{1}}$。
由前面计算可知$P_{1并}=27W$。
3. 接着求并联时$R_{2}$的功率：
对于$R_{2}$，$P_{2并}=\frac{U^{2}}{R_{2}}$，因为$R_{2}=2R_{1}$，$\frac{U^{2}}{R_{1}} = 27W$，所以$P_{2并}=\frac{U^{2}}{2R_{1}}=\frac{27W}{2}=13.5W$。
4. 最后求并联时电路总功率：
并联电路总功率$P_{总}=P_{1并}+P_{2并}$。
$P_{总}=27W + 13.5W=40.5W$。
故答案依次为：$27$；$40.5$。

15. 一台电冰箱的铭牌如图所示，“耗电量0.5kW·h/24h”表示该电冰箱正常使用24h消耗的电能为0.5kW·h。若按照额定功率70W和工作24h计算,则消耗的电能是1.68kW·h,这个计算结果与电冰箱铭牌上提供的相关参数差异较大,是因为电冰箱具有不连续工作（间歇工作）的特点。

答案： 1. 首先计算按照额定功率$70W$工作$24h$消耗的电能：
已知公式$W = Pt$（其中$P$是功率，$t$是时间），$P = 70W=0.07kW$，$t = 24h$。
代入公式可得$W=Pt = 0.07kW×24h = 1.68kW\cdot h$。
2. 然后分析差异原因：
电冰箱具有不连续工作（间歇工作）的特点，即电冰箱不是$24h$一直在工作，当冰箱内温度达到设定温度时，压缩机停止工作，当温度变化时，压缩机又开始工作。
故答案依次为：$1.68$；不连续工作（间歇工作）。