《2025年零障碍导教导学案九年级物理全一册沪粤版》

6. (HY 九上 P108“自我评价与作业”第4题改编)阅读材料,回答问题。
风力发电
风电技术就是利用风能发电的技术,开发风电技术是当今诸多国家的重要发展战略,我国已经安装了许多风力发电机,如图甲所示。风力发电是利用风力带动风车叶片旋转,并通过增速机将旋转的速度提高,从而带动风机内的发电机发电,如图乙所示。发电机所发的电通过电缆输送到升压变压器提升电压后,由高压输电线路输送给用户。
(1)风力发电机叶片的形状通常被设计成空气动力学翼型,类似于飞机机翼的形状,风在进入叶片的一侧时会加速流动,流速大则压强小,产生较低的压力；而在离开叶片的一侧时会减速流动,压强大,并产生较高的压力,在这种压力差异下会导致叶片产生一个向前的推力,从而使叶片旋转。
(2)某科技集团研发的SL6000风力发电机组的最大发电功率为$6× 10^{6}\ W$。此风力发电机组满功率工作5 h,可生产30000kW·h的电能,这些能量被900 t水完全吸收可以使其在标准大气压下从$20\ ^{\circ}C$加热到约48.57$^{\circ}C$(保留2位小数)。[$c_{水}= 4.2× 10^{3}\ J/(kg·^{\circ}C)$]

答案： 【解析】：
(1)本题考查流体压强与流速的关系。根据伯努利原理，流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。风力发电机叶片的形状类似于飞机机翼，风在进入叶片的一侧时会加速流动，根据伯努利原理，流速大则压强小，所以在进入叶片的一侧产生较低的压力；而在离开叶片的一侧风会减速流动，流速小则压强大，产生较高的压力，在这种压力差异下会导致叶片产生一个向前的推力，从而使叶片旋转。
(2)本题考查电能的计算以及热量的计算。
已知风力发电机组的最大发电功率$P = 6×10^{6}W=6000kW$，工作时间$t = 5h$，根据电能公式$W=Pt$，可得生产的电能为：$W = Pt=6000kW×5h = 30000kW·h$。
先将电能的单位换算为焦耳，因为$1kW·h=3.6×10^{6}J$，所以$30000kW·h=30000×3.6×10^{6}J = 1.08×10^{11}J$。
已知水的质量$m = 900t=900×10^{3}kg$，水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)$，初始温度$t_{0}=20^{\circ}C$，设末温为$t$，根据热量公式$Q = c_{水}m(t - t_{0})$，可得$t-t_{0}=\frac{Q}{c_{水}m}$，将$Q = 1.08×10^{11}J$，$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)$，$m = 900×10^{3}kg$代入可得：
$t - t_{0}=\frac{1.08×10^{11}J}{4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)×900×10^{3}kg}\approx28.57^{\circ}C$，
则末温$t=t_{0}+28.57^{\circ}C=20^{\circ}C + 28.57^{\circ}C = 48.57^{\circ}C$，因为在标准大气压下，水的沸点是$100^{\circ}C$，$48.57^{\circ}C＜100^{\circ}C$，所以水不会沸腾，最终温度约为$48.57^{\circ}C$。
【答案】：
(1)流速大则压强小；
(2)$30000$；$48.57$。

1. 甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示,若灯丝电阻不变,则下列说法中正确的是 (D)

A.两灯均正常发光时,乙灯消耗的电能较多
B.当灯泡两端的电压减小时,其额定功率减小
C.将两灯串联在电压为220 V的电路中,乙灯比甲灯亮
D.将两灯并联在电压为110 V的电路中,甲灯的实际功率比乙灯的小

答案： 解：由铭牌知，甲灯：$U_{甲额}=220V$，$P_{甲额}=25W$；乙灯：$U_{乙额}=220V$，$P_{乙额}=100W$。
A. 正常发光时$P_{甲额}=25W ＜ P_{乙额}=100W$，但电能$W=Pt$，因时间未知，无法比较电能多少，A错误。
B. 额定功率是额定电压下的功率，与实际电压无关，B错误。
C. 由$R=\frac{U^{2}}{P}$，$R_{甲}=\frac{(220V)^{2}}{25W}=1936\Omega$，$R_{乙}=\frac{(220V)^{2}}{100W}=484\Omega$，串联时电流$I$相等，$P=I^{2}R$，$R_{甲} ＞ R_{乙}$，则$P_{甲实} ＞ P_{乙实}$，甲灯比乙灯亮，C错误。
D. 并联在110V电路中，$U_{实}=110V$，$P_{甲实}=\frac{U_{实}^{2}}{R_{甲}}=\frac{(110V)^{2}}{1936\Omega}=6.25W$，$P_{乙实}=\frac{(110V)^{2}}{484\Omega}=25W$，$P_{甲实} ＜ P_{乙实}$，D正确。
答案：D

2. 甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示(设小灯泡电阻不变),下列说法中正确的是 (C)

A.甲灯的实际功率一定是40 W
B.将乙灯接入110 V电路,它的实际功率为30 W
C.若两灯串联在220 V的电路中,则甲灯较亮
D.两灯均正常发光时,甲灯消耗的电能较少

答案： 【解析】：
本题主要考察对灯泡铭牌的理解，电功率的计算，以及串联电路的特点。
A选项：甲灯的额定功率是$40W$，但实际功率取决于其工作时的电压和电流，如果工作电压不等于额定电压，则实际功率不等于额定功率，所以A选项错误。
B选项：乙灯的额定电压是$220V$，额定功率是$60W$，根据$P = \frac{U^{2}}{R}$，可以求出乙灯的电阻$R = \frac{U^{2}}{P} = \frac{(220)^{2}}{60} \Omega$，当乙灯接入$110V$电路时，其实际功率$P_{实} = \frac{U_{实}^{2}}{R} = \frac{(110)^{2}}{\frac{(220)^{2}}{60}}W = 15W$，所以B选项错误。
C选项：若两灯串联在$220V$的电路中，由于串联电路电流处处相等，根据$P = I^{2}R$，电阻大的灯泡实际功率大，更亮，由$P = \frac{U^{2}}{R}$可知，额定功率小的灯泡电阻大，所以甲灯的电阻大于乙灯的电阻，甲灯较亮，C选项正确。
D选项：两灯均正常发光时，消耗的电能多少取决于功率和时间，题目中没有给出时间，所以无法判断消耗电能的多少，D选项错误。
【答案】：C。

3. 现有“220 V 15 W”的甲灯和“220 V 100 W”的乙灯,灯丝长度相同,但灯泡上的字已经模糊不清,下列说法中正确的是 (D)
A.比较灯丝粗细可区分,灯丝粗的是甲灯
B.把两灯串联在220 V电路中可区分,比较亮的是乙灯
C.把两灯并联在220 V电路中可区分,比较亮的是甲灯
D.以上三种方法都可以区分,但判断结论都是错误的

答案： 【解析】：
本题主要考查了电功率公式$P = \frac{U^{2}}{R}$的应用以及电阻与导线粗细的关系。
首先，根据电功率公式$P = \frac{U^{2}}{R}$，可以推导出电阻$R$与电功率$P$和电压$U$的关系：$R = \frac{U^{2}}{P}$。
由此公式可知，在电压$U$一定的情况下，电功率$P$越大，电阻$R$越小。
对于甲灯（$220 V,15 W$）和乙灯（$220 V,100 W$），因为乙灯的额定功率大于甲灯的额定功率，所以乙灯的电阻小于甲灯的电阻。
再根据电阻的微观表达式$R=\rho\frac{L}{S}$，电阻$R$与导线长度$L$成正比，与导线横截面积$S$成反比。
题目中给出两灯灯丝长度相同，因此电阻较小的灯泡，其灯丝横截面积必然较大，即灯丝较粗。所以，灯丝粗的是乙灯，选项A错误。
接下来分析串联和并联的情况：
当两灯串联在$220 V$电路中时，由于串联电路电流处处相等，根据$P=I^2R$，电阻较大的灯泡实际功率较大，因此较亮的是甲灯，选项B错误。
当两灯并联在$220 V$电路中时，由于并联电路各支路电压相等，根据$P=\frac{U^2}{R}$，电阻较小的灯泡实际功率较大，因此较亮的是乙灯，选项C错误。
综上所述，选项D正确，即以上三种方法都可以区分，但判断结论都是错误的。
【答案】：D。