《2025年作业本江西教育出版社九年级物理上册沪粤版》

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，$R_2=55\ \Omega$，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（$40\ ^{\circ}C$），热效率为$84\%$，则温水升高的温度是多少？

答案：
(1)当流出水为温水时，接入电路的电阻为$R_1$，已知温水挡电功率$P_{温}=2.2kW = 2200W$，电源电压$U = 220V$。
根据$P=\frac{U^{2}}{R}$可得，$R_1=\frac{U^{2}}{P_{温}}=\frac{(220V)^{2}}{2200W}=22\Omega$。
(2)当流出水为温水时，$t = 1\min=60s$，根据$P=\frac{W}{t}$可得，$W = P_{温}t=2200W×60s = 1.32×10^{5}J$。
由$Q_{放}=W$，$Q_{放}=mq$，可得$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.32×10^{5}J}{4.4×10^{7}J/kg}=0.003kg$。
(3)由$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$可得，$Q_{吸}=\eta W = 84\%×1.32×10^{5}J = 1.1088×10^{5}J$。
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，$c = 4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)$，$m = 1kg$，可得$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{1.1088×10^{5}J}{4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)×1kg}=26.4^{\circ}C$。
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$10\ \Omega$，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A(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0.75$W$。若要使小灯泡变得更亮一些，滑动变阻器的滑片应向B(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。
(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=$$\frac{U_{额}(U - U_{额})}{R}$(用$U_额$、$U$和$R$表示)。

答案：
(1) A；太小
(2) 0.75；B
(3) 0.90；实际功率
(4) 小灯泡的电阻随温度的升高而增大
(5) $ \frac{U_{额}(U - U_{额})}{R} $