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初三物理电功率解题技巧和训练方法及练****题(含答案)及分析
初三物理电功率解题技巧和训练方法及练****题(含答案)及分析
初三物理电功率解题技巧和训练方法及练****题(含答案)及分析
一、电功率选择题
。已知某品牌共享电动车的
电动机线圈内阻必定,转轴卡住不可以转动时,线圈两头电压为48V,
车在水平川面上以18km/h的速度匀速直线行驶时,线圈两头电压仍旧为48V,电流为
2A,则以下说法正确的选项是()
%
【答案】D
【分析】【解答】解:(1)因电动机转轴卡住不可以转动时为纯电阻用电器,
所以,由I=可得,电动机线圈的电阻:
R===4Ω,A不切合题意;(2)当在水平川面上以v=18km/h=5m/s的速度匀速
直线行驶时,电动车为非纯电阻,
此时电动机耗费的电功率:PM=UI′=48V×2A=96W,
电动机线圈电阻耗费的热功率:PR=(I)′2R=(2A)2×4Ω=16W,
电动机的机械功率:P机械=PM﹣PR=96W﹣16W=80W,B不切合题意;
电动机的效率:η=×100%=×100%≈%,C不切合题意;
因电动车在水平川面上匀速直线行驶时处于均衡状态,遇到的阻力和牵引力是一对均衡力,
所以,由P===Fv可得,电动车行进时的牵引力即遇到的阻力:
f=F===16N,D切合题意。
故答案为:D。
【剖析】联合题意,电动机转轴卡住不可以转动时为纯电阻用电器,依据欧姆定律I=求出
电动机线圈的电阻;当在水平川面上匀速直线行驶时,电动车为非纯电阻,依据P=UI求出
此时电动机耗费的电功率,依据P=I2R求出电动机线圈电阻耗费的热功率,利用nη=
×100%求出电动机的效率;电动车在水平川面上匀速直线行驶时处于均衡状态,遇到的阻
力和牵引力是一对均衡力,二力大小相等,利用P===Fv求出电动车行进时的牵引
力即遇到的阻力.
,电源电压恒定不变。闭合开关后,滑动变阻器的滑片P由b端移到某点c的
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过程中,电压表的示数由4V变成3V,,由此可知()
,10秒内R产生的热量为12J
1
【答案】C
【分析】【解答】解:由电路图可知,R1
与R2串连,电压表测R2两头的电压,电流表测
电路中的电流。(
1)由“闭合开关后,滑动变阻器的滑片
P由B端移到某点C的过程中,
电压表的示数由
4V变成3V,,”可知,R2两头电压为4V,
ac两头电压Uac=3V,
当滑动变阻器的滑片
P在b端时,电流
I=,当滑片
P由b端移到某点c时,电流
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I=,设电源电压为U,则
,解得R1=10Ω,
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U=6V,AB不切合题意;(2)滑动变阻器滑片P在b端时,R1与R2串连,由P=UI可得,
电路耗费的最小功率
P=UI=6V×=,C切合题意;(
3)滑片P在b端时,依据串连
电路的电压特色可得,R1
1
产生的热量
两头电压U1=U-U2=6V-4V=2V,10秒内R
Q=W=U1It=2V××10S=4J,D不切合题意。
故答案为:C。
【剖析】联合电路图,理清元件的连结方式及电表的丈量对象,依据串连电路的电压特
点,应用欧姆定律求出
R1的阻值和电源电压;滑动变阻器滑片
P在b端时,此时电路中的
电阻值最大,利用
P=UI可求得最小功率,此时,依据串连电路的电压特色可求得
R1两头
电压,再利用Q=W=UIt可求得R1产生的热量.
,以为校园生活中的物理量最切合实质的是()
冠军的成绩约为
8s
1200W
45°C左右
【答案】C
【分析】【解答】解:A、男子百米世界纪录略小于
10s,学校运动会竞赛中
100m冠军的
成绩约为12s,故A不切合实质;
B、教室电脑的功率约为
200W,故B不切合实质;
C、中学生的身高在
160cm左右,教室门高于中学生身高,约为
2m=200cm,故C切合实
际;
D、夏季,室外温度可能超出
35℃,教室内温度要低于35℃,不行能达到
45℃.故D不符
合实质.
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应选C.
【剖析】不一样物理量的估量,有的需要依靠生活经验,有的需要简单的计算,有的要进行单位的换算,最后判断最切合实质的是哪一个.
,电源电压U为10V并保持不变,滑动变阻器规格为“20Ω1A”。闭合开关S,当滑片P移至最左端时,灯泡正常发光,;当滑片P移至中点时,()
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P在中点时,灯泡耗费的功率为
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P在中点时,灯泡耗费的功率为
P在最左端时,
2min
内电流经过
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灯泡所做的功为
【答案】B
10J
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【分析】【解答】解:滑片P在最左端时,电路中只有灯泡,灯泡正常发光,由I=得,
灯泡正常发光时的电阻:RL==20Ω;滑动变阻器连入电路的电阻最大时,电路
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耗费的功率最小,假定灯泡电阻不随温度的变化,则P最小=
;而实质上灯泡不正常工作时的电阻小于正常工作时的电阻,所以,电路耗费的最小
=
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;A不切合题意;(2)滑片P在中点时,,依据I=可
得,此时滑动变阻器两头的电压:
U滑=IR滑=××20Ω=4V,因串连电路电压规律可得
此时灯泡两头的电压:
UL′=U﹣U滑=10V﹣4V=6V,灯泡的实质功率:PL=UL′I=6V×=
;B切合题意,
C不切合题意;滑片P在最左端时,2min内电流经过灯泡做的功:WL
UILt=10V××2×=60s600J,D不切合题意。故答案为:B。
【剖析】当滑片P移至最左端时,电路为灯泡的简单电路,电流表测电路中的电流,此时灯泡正常发光,依据欧姆定律求出灯丝电阻;当滑动变阻器连入电路的电阻最大时电路消
耗的功率最小,利用串连电路的特色和P=即可求出假定灯泡电阻不变时的最小功率;然
后即可比较判断;滑片P在中点时,依据欧姆定律求出滑动变阻器两头的电压,依据串连
电路的电压特色求出灯泡两头的电压,依据P=UI求出灯泡的实质功率;滑片P在最左端
时,依据W=UIt求出5min内电流经过灯泡做的功.
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,实物图如下图,电源电压恒为
3V”,灯L标有“”(设灯丝电阻不变),滑动变阻器规格为
电路元件的状况下进行实验,以下说法正确的选项是()
,电压表量程“0﹣
“20Ω1A”,在不破坏
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﹣
﹣10Ω之间变
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化
【答案】D
【分析】【解答】解:A灯泡与滑动变阻器串连,滑动变阻器接入电路中的电阻最大(电压
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表的示数是3V时),电路中的电流最小,灯泡的功率最小,此时灯泡两头的电压:UL′=U
﹣U滑大=﹣3V=,“”R
,电路中的最小电流:I
小
=
L=
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=,PL最小=,电路中电流范围是
×=,A不切合题意;电路中的电流I最大=
~,C不切合题意;P最大=UI最大=
=
=
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,B不切合题意;电路中电流最大时电阻最小R最小==9,则R滑小=9
,电路中电流最小时电阻最大R最大=
=15
,则R滑大=15
,D切合题意。
故答案为:D
【剖析】灯泡与滑动变阻器串连,电压表测滑动变阻器两头的电压;依据
P=UI求出灯泡正
常发光时的电流,依据串连电路的电流特色联合滑动变阻器同意经过最大电流确立电路中
的最大电流,依据P=UI求出电路的最大功率,依据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的总
电阻,利用电阻的串连求出变阻器接入电路中的最小阻值;当电压表的示数为
3V时,电
路中的电流最小,灯泡的功率最小,滑动变阻器接入电路中的电阻最大,利用串连电路的
电压特色求出灯泡两头的电压,利用欧姆定律求出电路中的电流,进一步求出电路中电流
变化的范围,依据P=UI求出灯泡的最小功率,最后依据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路
中的最大阻值即可得出滑动变阻器阻值变化的范围.
,滑动变阻器的滑片P处于中间地点,闭合开关S,两个灯泡均能发光(假定
灯丝电阻不变),此时,将滑动变阻器的滑片P向右挪动,则()
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,,
变暗
【答案】B
【分析】【解答】解:由电路图可知,灯泡L2与滑动变阻器R并联后再与灯泡L1串连,将滑动变阻器的滑片P向右挪动,滑动变阻器接入电路中的电阻变大,并联部分的电阻变
大,电路的总电阻变大,
由I=可知,干路中的电流变小,由U=IR可知,L1两头的电压变小,因灯泡的亮暗取决于实质功率的大小,
所以,由P=UI可知,灯泡L1的实质功率变小,L1的亮度变暗,故AC错误;
因串连电路中总电压等于各分电压之和,
所以,并联部分的电压变大,
因并联电路中各支路两头的电压相等,
所以,灯泡L2两头的电压变大,
由P=可知,L2的实质功率变大,亮度变亮,故
B正确、D错误.
应选B.
【剖析】由电路图可知,灯泡
L2与滑动变阻器
R并联后再与灯泡L1串连,依据滑片的挪动
可知接入电路中电阻的变化和并联部分电阻的变化以及总电阻的变化,依据欧姆定律可知
电路中电流的变化和
L1两头的电压变化,依据
P=UI可知L1实质功率的变化,进一步判断
其亮暗的变化;依据串连电路的电压特色可知并联部分电压的变化,依据并联电路的电压
特色和P=UI=可知L2实质功率的变化,进一步判断其亮暗的变化.
()
电流表测电路中电流时,流过的电流是正电荷定向挪动形成的
,
可燃冰属于可重生能源
卫星电话用电磁波传达信息【答案】D
【分析】【解答】解:
A、在金属导体中自由电子的定向挪动形成电流,故A错误;
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B、某同学家的电能表示数是,?h,故B错
误;
C、可燃冰是埋藏于海底的化石燃料,可燃冰属于不行重生能源,故C错误;
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D、卫星电话是用电磁波传达信息的,故
D正确.
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应选:D.
【剖析】(1)金属导电靠的是自由电子的定向挪动;(2)要知道电能表示数的最后一位
是小数,单位是kw?h.(3)从能源能否可再利用的角度可把能源分为可重生能源和不行
,在现阶段不行能重生的能源,属于不行重生能源;指在自然
界中能够不停重生、连续利用的能源,属于可重生能源.(4)挪动通讯、卫星通讯都是利
用电磁波中的微波来传达信息的,因为微波传达信息量大.
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=10Ω,R2=5Ω,现将
R1、R2接入如下图的电路,电源电压为
3V,当开
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关S闭合时,以下剖析正确的选项是()
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、R2电流之比为1:2
、RR2两头的电压之比为
2:1
、R2耗费的电功率之比为
1:2
【答案】B
【分析】【解答】解:由电路图可知,
R1与R2串连,
因串连电路中各处的电流相等,
所以,R1
2
、R电流之比为1:1,故A错误;
由I=可得,R1、R2两头的电压之比:
====,故B正确;
由P=UI可得,R1、R2耗费的电功率之比:
==,故C错误;
因串连电路中总电阻等于各分电阻之和,所以,电路耗费的总功率:
P总===,故D错误.
应选B.
【剖析】由电路图可知,R1与R2串连,依据串连电路的电流特色可知经过两电阻的电流关
系,依据欧姆定律求出两电阻两头的电压之比,依据P=UI求出两电阻耗费的电功率之比,
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依据电阻的串连和P=UI=求出电路耗费总的电功率.
,是某煤气泄露检测装置的简化电路,此中电源电压保持不变,R0为定值电阻,R
为气体传感器电阻,其阻值随煤气浓度的增大而减小,闭合开关,以下说法中正确的选项是
()
煤气密度增大时,电流表的示数将变小
煤气密度增大时,电压表的示数将变小
煤气密度减小时,电路耗费的电功率将变小
煤气浓度减小时,电压表与电流表示数的比值略变大【答案】C
【分析】【解答】解:(1)当煤气密度增大时,气体传感器电阻变小,电路中的总电阻变小,
I=,
∴电路中的电流变大,即电流表的示数变大,故A不正确;
U=IR,
∴定值电阻R0两头的电压变大,故B不正确;
2)当煤气密度减小时,气体传感器电阻变大,电路中的总电阻变大,
I=,
∴电路中的电流变小,
P=UI,且电源的电压保持不变,
∴电路耗费的电功率将变小,故C正确;
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∵电压表与电流表示数的比值等于定值电阻R0的阻值,
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∴电压表与电流表示数的比值不变,故D不正确.
应选C.
【剖析】依据题意得出煤气密度变化时气体传感器电阻的变化,电路中总电阻的变化,根
据欧姆定律可知电流表示数的变化和电压表示数的变化,依据P=UI可知电路耗费电功率的变化,利用欧姆定律可知电压表与电流表示数比值的变化.
,电源电压保持不变,小灯泡上标有
“4V"字样,电流表的量程为
0~
图乙
是小灯泡的电流随其电压变化的图象。滑动变阻器
R1的最大阻值为20Ω,定值电阻R2的阻
,断开S1,滑片移到中点时,小灯泡L恰巧正常发光,则以下说法正确的选项是()
,断开S1,滑片移到中点时,用一个“
的灯泡L’替代L,则将正常发光
,断开S1,,滑动变阻器的阻值是
17
.5Ω
,断开S2,为保证电路安全,
【答案】C
【分析】【解答】,小灯泡的额定电压为
4V时电流为
,那么电源电压
为:U总=UL+U变=4V+××20Ω=9V,故A错误;
B.“”灯泡电阻为:;本来灯泡的电阻;
当闭合S和S2,断开S1,滑片移到中点时,变阻器的阻值不变,而灯泡电阻变大,那么
它两头的电压必定大于4V,所以它不可以正常发光,故B错误;
,断开S1,依据乙图可知,,灯泡的电压为
2V,;那么变阻器的电压为:U变=U总-UL=9V-2V=7V,变阻器的电阻为:
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S和
S1,断开
S2
,故C正确;,变阻器和
R2
串连,当变阻器的阻值为
0时,电流为:
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,,;
它的最大电功率为:P2=I22R2=()2×10Ω=,故D错误。
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应选
C。
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【剖析】(1)依据乙图获得灯泡正常发光时电压和;当闭合S和S2
到中点时,变阻器与灯泡串连,依据公式U总=UL+U变计算电源电压;
,断开
S1
,滑片移
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(2)在串连电路中,电压的分派与电阻成正比,判断替代灯泡后的电压能否为
4V即可;
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3),而后依据欧姆定律计算变阻器的阻值;
(4)闭合S和S1,断开S2
,变阻器和R2串连,计算变阻器阻值为
0时的电流与电流表的
量程比较,进而确立电阻
R2的最大电流,最后依据公式
P=I2R计算即可。
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,此中
R1
、R2为加热电阻丝(
R1
>R2
)。以下对于
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电阻丝的四种连结方式,可使电热器供给不一样的发热功率,此中大小说法正确的选项是()
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【答案】
D
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【分析】【解答】由图示可知,甲种接法时,只有电阻R2连入电路;乙种接法时,两电阻
是串连的;丙种接法时,只有电阻R1连入电路;丁种接法时,两电阻并联;故可知丁种接
法时总电阻最小,耗费的电能最多,发热功率最大,BC不切合题意,D切合题意;乙种接
法总电阻最大,干路中的电流是最小的,A不切合题意;
故答案为:D。
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【剖析】先依据四种不一样连结方式确立电路的连结状况,进而判断电路中电阻大小,由欧
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初三物理电功率解题技巧和训练方法及练****题(含答案)及分析
姆定律判断电路中电流大小,当电源电压不变,由
W=Pt剖析耗费电能的多少.
P=
判断电路耗费电功率大小,由
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,电源电压保持不变,闭合开关
S,当滑动变阻器的滑片
P向右移
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动时,电路中保持不变的是()
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用电器耗费的总功率
电压表V的示数与电流表A的示数的比值
电流表A的示数与电流表A1的示数的差值
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【答案】D
【分析】【解答】由电路图知道,R1与R2并联,电流表A1测R1的电流,电流表
A测并联
电路的总电流,电压表测电源电压,所以不论滑片怎样挪动,电压表的示数不变;当滑动
变阻器的滑片P向右挪动时,变阻器连入电路中的电阻变大,由
P=U2/R知道,用电器耗费
的总功率变小,A不切合题意;由图知道,电压表
V的示数与电流表
A的示数的比值等于
电路的总电阻,因为滑动变阻器的滑片
P向右挪动而使总电阻变大,所以该比值变大,
B
不切合题意;因为并联电路中各支路互不影响,所以当滑动变阻器的滑片
P向右挪动时,
经过R1的电流不变,即电流表
A1
示数不变,但变阻器因为连入电路中的电阻变大,而使
经过变阻器的电流变小,因为电流表
A的示数与电