第14页 - 同步练习九年级物理苏科版江苏凤凰科学技术出版社

44

5

0.183

$6.6×10^{5}$

$3:2$

$1:4$

C

D

B

C

解：

$ (1)$由$P=UI $得，

$ I=\frac {P}{U}=\frac {1280\ \mathrm {W}}{220\ \mathrm {V}}≈5.8\ \mathrm {A}$

$ (2)$由$P=\frac {U^2}{R}$得，

$ R=\frac {U^2}{P}=\frac {(220\ \mathrm {V})^2}{1280\ \mathrm {W}}≈37.8 \ \mathrm {Ω}$

$ (3)$水的体积$V=1\ \mathrm {L}=1×10^{-3}\ \mathrm {m^3}，$由$ρ=\frac {m}{V}$

$ m=ρV=1.0×10^3\ \mathrm {kg/m}^3×1×10^{-3}\ \mathrm {m^3}=1\ \mathrm {kg}$

$ Q_{吸}=cm(t-t_{0})=4.2×10^3\ \mathrm {J/}(\mathrm {kg·℃})×1\ \mathrm {kg}×(100℃-25℃)=3.15×10^5\ \mathrm {J}$

$ W=Pt=1280\ \mathrm {W}×5×60\ \mathrm {s}=3.84×10^5\ \mathrm {J}$

$ \eta =\frac {Q_{吸}}{W}×100\%=\frac {3.15×10^5\ \mathrm {J}}{3.84×10^5\ \mathrm {J}}×100\%≈82\%$

【分析】
本题是纯电阻电路的电学综合计算题，可结合电功率、欧姆定律、电能与焦耳定律的相关公式逐步求解：
1. 已知额定电压和额定功率，利用$ P=\frac{U^2}{R} $的推导式可求电热丝电阻；
2. 利用$ P=UI $的变形公式可求电路中的电流；
3. 计算消耗的电能时，需注意时间单位的转换，结合$ W=Pt $求解，注意单位统一为kW·h；
4. 电水壶是纯电阻用电器，电流产生的热量等于消耗的电能，利用$ Q=W=Pt $即可求出产生的热量。
【解析】
1. 求电热丝的电阻：
已知额定电压$ U=220\ \mathrm{V} $，额定功率$ P=1100\ \mathrm{W} $，根据纯电阻电路的电功率公式$ P=\frac{U^2}{R} $，变形得：
$ R=\frac{U^2}{P}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega $
2. 求通过电水壶的电流：
根据电功率公式$ P=UI $，变形得电流：
$ I=\frac{P}{U}=\frac{1100\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}=5\ \mathrm{A} $
3. 求通电10min消耗的电能：
转换单位：$ t=10\ \mathrm{min}=\frac{10}{60}\ \mathrm{h}=\frac{1}{6}\ \mathrm{h} $，$ P=1100\ \mathrm{W}=1.1\ \mathrm{kW} $
由电能公式$ W=Pt $，得：
$ W=1.1\ \mathrm{kW} × \frac{1}{6}\ \mathrm{h} \approx 0.183\ \mathrm{kW·h} $
4. 求产生的热量：
电水壶为纯电阻用电器，电流产生的热量等于消耗的电能，即$ Q=W $，也可直接计算：
$ Q=Pt=1100\ \mathrm{W} × 10 × 60\ \mathrm{s}=6.6 × 10^5\ \mathrm{J} $
【答案】
44；5；0.183；$ 6.6×10^{5} $
【知识点】
电功率的计算；电能的计算；焦耳定律（纯电阻）
【点评】
本题考查纯电阻电路的基础电学计算，重点在于熟练运用电功率、欧姆定律、电能及焦耳定律的相关公式，需注意单位的统一与转换，明确纯电阻电路中电流产生的热量等于消耗的电能这一特点，难度适中，属于基础题型。
【难度系数】
0.7

【分析】
要解决这道题，我们需要利用焦耳定律分析电流产生的热量与电阻、电流、时间的关系。首先回忆焦耳定律公式：$Q = I^2Rt$，其中$Q$是产生的热量，$I$是电流，$R$是电阻，$t$是通电时间。
对于第一个问题，已知两个电热器的电流强度相同、通电时间相同，根据公式可知热量与电阻成正比，因此热量之比等于电阻之比；
对于第二个问题，已知两个电热器的电阻相同、通电时间相同，根据公式可知热量与电流的平方成正比，因此热量之比等于电流强度之比的平方。
【解析】
1. 求解第一个热量之比：
已知$R_1:R_2 = 3:2$，$I_1 = I_2$，$t_1 = t_2$，根据焦耳定律$Q = I^2Rt$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{I_1^2R_1t_1}{I_2^2R_2t_2}$
因为$I_1 = I_2$，$t_1 = t_2$，约去相同项后：
$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{R_1}{R_2} = \frac{3}{2}$
即热量之比为$3:2$。
2. 求解第二个热量之比：
已知$R_1' = R_2'$，$I_1':I_2' = 1:2$，$t_1' = t_2'$，根据焦耳定律$Q = I^2Rt$，可得：
$\frac{Q_1'}{Q_2'} = \frac{I_1'^2R_1't_1'}{I_2'^2R_2't_2'}$
因为$R_1' = R_2'$，$t_1' = t_2'$，约去相同项后：
$\frac{Q_1'}{Q_2'} = (\frac{I_1'}{I_2'})^2 = (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$
即热量之比为$1:4$。
【答案】
$3:2$；$1:4$
【知识点】
焦耳定律的应用
【点评】
本题考查焦耳定律的基础应用，核心是利用控制变量法分析热量与电阻、电流的比例关系，只要熟练掌握焦耳定律公式，明确不同条件下的不变量，就能轻松推导得出结果。
【难度系数】
0.7

【分析】
首先明确电流热效应的定义：电流通过导体时，电能转化为内能，使导体发热，这种现象就是电流热效应，判断用电器是否利用电流热效应工作，关键看其是否将电能主要转化为内能且以此为工作目的。接下来逐一分析选项：
1. 电视机工作时，电能主要转化为光能、声能，仅少量转化为内能，并非利用电流热效应工作；
2. 电扇工作时，电能主要转化为机械能，利用的是电流的磁效应，与电流热效应无关；
3. 电热毯工作时，电能全部转化为内能，以发热取暖为工作目的，正是利用电流热效应；
4. 台灯工作时，电能主要转化为光能，发热是附带现象，不是利用电流热效应的目的。
综上，可确定符合要求的选项。
【解析】
电流热效应是指电流通过导体时，将电能转化为内能的现象，利用电流热效应工作的用电器，其核心是将电能主要转化为内能并以此实现功能。
A选项：电视机工作时，电能主要转化为光能、声能，并非利用电流热效应，不符合题意；
B选项：电扇工作时，电能主要转化为机械能，利用的是电流的磁效应，不符合题意；
C选项：电热毯工作时，电能全部转化为内能，通过发热实现取暖功能，是利用电流热效应工作的，符合题意；
D选项：台灯工作时，电能主要转化为光能，发热是次要现象，不是利用电流热效应，不符合题意。
因此答案选C。
【答案】
C
【知识点】
电流的热效应、用电器能量转化
【点评】
本题属于基础题，重点考查电流热效应的应用，解题关键是区分不同用电器的能量转化形式，注意区分“发热”和“利用发热工作”，如台灯虽会发热，但核心功能是发光，并非利用电流热效应。
【难度系数】
0.8

【分析】
要解决这道题，首先需明确电炉丝和导线的连接方式：它们是串联在电路中的，根据串联电路的电流特点，通过两者的电流大小相等，通电时间也相同。再结合焦耳定律$Q=I^2Rt$分析，在电流$I$和通电时间$t$相同的情况下，电流产生的热量$Q$与电阻$R$成正比，电阻越大，产生的热量越多。电炉丝热得发红而导线不怎么热，说明电炉丝产生的热量远多于导线，因此核心原因是电炉丝的电阻比导线大得多，据此可排除错误选项。
【解析】
1. 分析电路连接与电流特点：电炉丝和接入电路的导线是串联的，根据串联电路的电流规律，通过电炉丝和导线的电流大小相等，且通电时间相同，因此选项A、B错误（两者电流大小一致）。
2. 结合焦耳定律分析热量差异：根据焦耳定律公式$Q=I^2Rt$，在电流$I$和通电时间$t$相同的条件下，电流产生的热量$Q$与电阻$R$成正比。
3. 推导电阻大小关系：电炉丝热得发红，说明其产生的热量多；导线不怎么热，说明其产生的热量少。由此可知电炉丝的电阻比导线的电阻大得多，选项C错误，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
焦耳定律、串联电路电流规律
【点评】
本题考查焦耳定律的实际应用，解题关键是结合串联电路的电流特点，利用控制变量法分析热量与电阻的关系，需明确串联电路中电流处处相等这一核心前提，避免被错误的电流差异选项干扰。
【难度系数】
0.8

【分析】
首先，电热器属于纯电阻用电器，电流产生的热量可直接用焦耳定律公式$Q=I^2Rt$计算。解题思路为：先根据焦耳定律写出甲、乙产生热量的表达式，再将题目给出的电流、电阻、通电时间的比例关系代入表达式，通过约分计算得出热量之比。
【解析】
根据焦耳定律，电流通过电热器产生的热量公式为$Q=I^2Rt$，则甲、乙两个电热器产生的热量之比为：
$\frac{Q_{甲}}{Q_{乙}}=\frac{I_{甲}^{2}R_{甲}t_{甲}}{I_{乙}^{2}R_{乙}t_{乙}}$
已知$\frac{I_{甲}}{I_{乙}}=\frac{2}{1}$，$\frac{R_{甲}}{R_{乙}}=\frac{5}{4}$，$\frac{t_{甲}}{t_{乙}}=\frac{1}{2}$，将其代入上式：
$\frac{Q_{甲}}{Q_{乙}}=\frac{(2)^2×5×1}{(1)^2×4×2}=\frac{4×5×1}{1×4×2}=\frac{20}{8}=\frac{5}{2}$
【答案】
B
【知识点】
焦耳定律的应用；比例法计算物理量
【点评】
本题考查焦耳定律的基础应用，核心是准确运用公式并正确代入比例关系计算，需注意电流项是平方的形式，计算过程中仔细约分，避免因粗心导致错误。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题要求电阻丝的电阻，已知通过的电流、通电时间和产生的热量，可利用焦耳定律公式求解。首先回忆焦耳定律的表达式$Q=I^2Rt$（纯电阻电路中，电流产生的热量等于电流所做的功），然后将公式变形为$R=\frac{Q}{I^2t}$；接下来需要统一单位，把通电时间从分钟换算为秒；最后将已知的电流、时间、热量数值代入变形后的公式，计算即可得到电阻值。
【解析】
已知：电流$ I=2\ \mathrm{A} $，通电时间$ t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s} $，产生的热量$ Q=2.4×10^{4}\ \mathrm{J} $。
根据焦耳定律$ Q=I^2Rt $，变形可得电阻的计算公式：
$ R=\frac{Q}{I^2t} $
将已知数值代入公式：
$ R=\frac{2.4×10^{4}\ \mathrm{J}}{(2\ \mathrm{A})^2×60\ \mathrm{s}}=\frac{2.4×10^{4}\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{A}^2×60\ \mathrm{s}}=\frac{24000}{240}\ \Omega=100\ \Omega $
【答案】
C
【知识点】
焦耳定律的应用
【点评】
本题是焦耳定律的基础应用题，解题关键在于熟练掌握焦耳定律公式及其变形形式，同时注意单位的统一（需将分钟换算为国际单位秒），只要牢记公式并准确代入数值计算，即可轻松得出结果。
【难度系数】
0.8

【分析】
1. 对于第一问，已知电水壶的额定功率和额定电压，根据电功率公式$P=UI$的变形公式$I=\frac{P}{U}$，即可求出正常工作时通过发热体的电流。
2. 第二问，已知额定电压和额定功率，利用电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$的变形公式$R=\frac{U^2}{P}$，就能计算出发热体的电阻。
3. 第三问，首先根据水的体积，利用密度公式$\rho=\frac{m}{V}$求出水的质量；然后结合水的比热容、初温和末温（一个标准大气压下沸点为$100℃$），用$Q_{吸}=cm(t-t_0)$计算水吸收的热量；再根据$W=Pt$计算电水壶消耗的电能；最后利用效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%$计算电水壶的工作效率。
【解析】
(1) 电水壶正常工作时，功率$P=1280\ \mathrm{W}$，额定电压$U=220\ \mathrm{V}$，由$P=UI$得，通过发热体的电流：
$I=\frac{P}{U}=\frac{1280\ \mathrm{W}}{220\ \mathrm{V}}≈5.8\ \mathrm{A}$
(2) 由$P=\frac{U^2}{R}$得，发热体的电阻：
$R=\frac{U^2}{P}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1280\ \mathrm{W}}≈37.8\ \mathrm{Ω}$
(3) 水的体积$V=1\ \mathrm{L}=1×10^{-3}\ \mathrm{m^3}$，由$\rho=\frac{m}{V}$得水的质量：
$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×1×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=1\ \mathrm{kg}$
一个标准大气压下，水的沸点$t=100℃$，水吸收的热量：
$Q_{吸}=cm(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100℃-25℃)=3.15×10^5\ \mathrm{J}$
电水壶工作时间$t=5\ \mathrm{min}=300\ \mathrm{s}$，消耗的电能：
$W=Pt=1280\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=3.84×10^5\ \mathrm{J}$
电水壶的工作效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{3.15×10^5\ \mathrm{J}}{3.84×10^5\ \mathrm{J}}×100\%≈82\%$
【答案】
(1) $\boldsymbol{5.8\ \mathrm{A}}$
(2) $\boldsymbol{37.8\ \mathrm{Ω}}$
(3) $\boldsymbol{82\%}$
【知识点】
电功率的计算、热量的计算、效率的计算
【点评】
本题是电学与热学的综合应用题，考查了多个公式的灵活应用，关键是理解电水壶铭牌参数的含义，同时要记住标准大气压下水的沸点为$100℃$。
【难度系数】
0.6