《2025年作业本江西教育出版社九年级物理全一册沪粤版》

10. 图7所示的是一种电热水龙头的电路简图。旋转开关S同时接触两个相邻触点,从而控制流出的水为冷水、温水或热水。已知$R_1、$$R_2$是电热丝$,R_2= 55 Ω,$温水挡的电功率是2.2 kW。

(1)当流出水为温水时,求接入电路的电阻的阻值。
(2)当流出水为温水时,若该水龙头1 min消耗的电能由燃油燃烧提供,则所需燃油的质量是多少？(燃油的热值为$4.4×10^7 J/kg)$
(3)若该水龙头1 min能放出1 kg的温水(40 ℃),热效率为84%,则温水升高的温度是多少？

答案： 1. （1）
解：已知$P_{温}=2.2kW = 2200W$，$U = 220V$。
根据$P=\frac{U^{2}}{R}$，可得接入电路的电阻$R$的阻值为：
$R=\frac{U^{2}}{P_{温}}$。
把$U = 220V$，$P_{温}=2200W$代入$R=\frac{U^{2}}{P_{温}}$，得$R=\frac{(220V)^{2}}{2200W}=22\Omega$。
2. （2）
解：由$P=\frac{W}{t}$可得，$1min$消耗的电能$W = P_{温}t$。
已知$P_{温}=2200W$，$t = 60s$，则$W=2200W×60s = 1.32×10^{5}J$。
因为$Q_{放}=W$，由$Q_{放}=mq$可得，所需燃油的质量$m=\frac{Q_{放}}{q}$。
已知$q = 4.4×10^{7}J/kg$，$Q_{放}=1.32×10^{5}J$，则$m=\frac{1.32×10^{5}J}{4.4×10^{7}J/kg}=0.003kg$。
3. （3）
解：由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}$可得，水吸收的热量$Q_{吸}=\eta W$。
已知$\eta = 84\%$，$W = 1.32×10^{5}J$，则$Q_{吸}=84\%×1.32×10^{5}J = 1.1088×10^{5}J$。
由$Q_{吸}=cm\Delta t$可得，$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$。
已知$c = 4.2×10^{3}J/(kg\cdot^{\circ}C)$，$m = 1kg$，$Q_{吸}=1.1088×10^{5}J$，则$\Delta t=\frac{1.1088×10^{5}J}{4.2×10^{3}J/(kg\cdot^{\circ}C)×1kg}=26.4^{\circ}C$。
综上，答案依次为：（1）$22\Omega$；（2）$0.003kg$；（3）$26.4^{\circ}C$。

11. 如图8所示,在“测量小灯泡的电功率”实验中,小灯泡的额定电压为2.5 V,电阻大约为10 Ω,电源电压为6 V。

(1)连接好电路,检查无误后,闭合开关前需将滑动变阻器的滑片调节到B(选填“A”或“B”)端,接着闭合开关进行试触,观察到电压表的示数超过2.5 V,其原因可能是该滑动变阻器的最大阻值太小(选填“太小”或“太大”)。
(2)解决问题后,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片P,使电压表示数为2.5 V,小灯泡正常发光,此时电流表示数如图乙所示,则小灯泡的额定功率为0.75W。若要使小灯泡变得更亮一些,滑动变阻器的滑片应向A(选填“A”或“B”)端移动。
(3)将下表中实验3的数据补充完整。实验发现小灯泡的亮度是变化的,其亮度是由实际功率(选填“实际功率”或“额定功率”)决定的。
|实验序号|小灯泡两端的电压U/V|通过小灯泡的电流I/A|小灯泡的亮度|小灯泡的电功率P/W|
|1|2.2|0.28|较暗|0.62|
|2|2.5| |正常发光| |
|3|2.8|0.32|较亮|0.90|

(4)根据以上数据发现,虽然是同一小灯泡,但通过小灯泡的电流与其两端的电压并不成正比,其原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大。
(5)在没有电流表的情况下,用图丙所示的实验电路,也可以测出小灯泡的额定功率。已知小灯泡的额定电压为U额,定值电阻的阻值为R,实验步骤如下：①只闭合开关S、$S_1,$调节滑片,使电压表示数为U额；②保持滑片位置不变,只闭合开关S、$S_2,$此时电压表的示数为U。可知小灯泡的额定功率P额=U额(U−U额)/R(用U额、U和R表示)。

答案：
(1)B；太小
(2)0.75；A
(3)0.90；实际功率
(4)小灯泡的电阻随温度的升高而增大
(5)U额(U−U额)/R