人教版物理九年级全一册同步提优训练：18.3　测量小灯泡的电功率（含答案）.docx

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1、第3节测量小灯泡的电功率题组1“伏安法”测量小灯泡的电功率1.(多选)小林想测量小灯泡的额定功率及其正常发光时的电阻,小灯泡的额定电压为2.5 V,实验电路如图甲所示。实验中,当电压表示数为2.5 V 时,电流表示数如图乙所示。根据实验过程及现象,下列四个选项中,判断正确的是()A.为使小灯泡正常发光,电压表示数应为2.5 VB.图乙中的电流表示数为2.5 AC.小灯泡正常发光时的电阻为5 D.小灯泡的额定功率为5 W2.某同学按照如图所示的电路测定小灯泡的电功率,闭合开关S后,他观察到小灯泡不发光,但电流表、电压表指针均有偏转。以下判断正确的是()A.灯泡短路了B.灯泡的灯丝断了C.灯泡与灯

2、座接触不良D.灯泡的实际功率比额定功率小得多3.2020无锡 在测量额定电压为2.5 V的小灯泡的电功率时,小红所观察和记录的结果如图表所示。小灯泡两端的电压U/V0.51.01.522.53通过小灯泡的电流I/A0.120.160.190.230.250.28小灯泡的亮度暗亮正常发光过亮分析实验记录,她得出了以下结论:小灯泡的额定功率为0.625 W;小灯泡的实际功率越大,亮度越亮;小灯泡的电阻随两端电压的升高而增大;小灯泡和阻值为2 的定值电阻串联接在电压为3 V的电源两端时,能正常发光。其中正确的是()A.只有B.只有C.只有D.都正确4.2021恩施州 某同学做测定小灯泡的电功率实验时

3、,用三节干电池供电,灯泡的额定电压为2.5 V。(1)根据实际情况,电压表的量程应选择 (选填“03 V”或“015 V”),请用笔画线代替导线将甲中电路连接完整。(2)按照原理图连接好电路,如图果使用了旧灯泡(灯丝已烧断且不知晓),闭合开关准备继续实验,这样操作很容易造成 损坏,为避免此事故发生,可以采用的办法是 。(3)更换灯泡后,调节电路使灯泡正常发光,电流表示数如图乙所示,小灯泡的额定功率为W。5.2021烟台 为了测量小灯泡的电功率及观察小灯泡的亮度变化情况,某小组选用了一只额定电压为3.8 V的小灯泡,他们准备进行三次测量,加在小灯泡两端的电压分别为3.8 V、4.5 V和3 V,

4、连接的实物电路如图所示。电压表示数/V电流表示数/A小灯泡的实际功率/W小灯泡的发光情况3.80.40正常发光4.50.421.89较亮3.00.381.14较暗(1)开始实验后,闭合开关,向左移动滑动变阻器的滑片时,发现小灯泡的亮度 (选填“变亮”“变暗”或“不变”),电流表的示数 ,电压表的示数 (后两空均选填“变大”“变小”或“不变”)。(2)小组成员根据观察到的现象检查发现有一根导线连接错误,请在错误的导线上画“”,用笔画线代替导线画出正确的连线。(3)正确连接电路后开始实验,实验所测数据如图上表所示,则小灯泡的额定功率为 W。(4)根据上表的实验数据以及小灯泡的发光情况,你有什么发现

5、?。6.2021重庆 小兵同学通过实验测量灯泡L1、L2的额定功率,L1、L2分别标有“2.5 V”和“3.8 V”字样,电源电压恒为6 V,电压表只有03 V量程可以用。(1)如图甲所示是小兵设计的测L1额定功率的实验电路图,请在图乙中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接(要求滑片向A端移动时灯泡变亮)。(2)连好电路后,按实验规范操作,先把滑动变阻器的滑片P移到 (选填“A”或“B”)端,然后闭合开关S,小兵发现L1不发光,电流表有示数,电压表无示数,则电路的故障可能是L1(选填“断路”或“短路”)。(3)排除故障后,按实验规范操作,刚闭合开关S时,电压表示数为1 V,电流表示数如图丙所示

6、,其示数为A,滑动变阻器的最大阻值为;调节滑片P得到如图下表中的数据,L1的额定功率为W。实验次数123电压/V1.02.52.8电流/A0.300.32(4)小兵在原电路中用L2替换L1开始测量L2的额定功率,按实验规范操作,刚闭合开关S时,电压表示数为1.5 V,接着小兵发现该电路无法完成测量,于是设计了一个新方案:把电压表改接到滑动变阻器两端,只需调节滑片P使电压表示数为V,L2就会正常发光。(5)小兵根据新方案连好电路,按实验规范操作,刚闭合开关S时,发现电压表示数超过了量程,立即断开开关思考解决办法,请你提出一种合理的解决方案: 。 关于“伏安法”测小灯泡电功率的器材选择问题:电源:

7、电源电压应高于小灯泡的额定电压。电压表:量程的选择要参照小灯泡的额定电压。电流表:量程的选择要参照小灯泡的额定电流(I额=U额R),若小灯泡的电阻未知,可采用试触法。滑动变阻器:允许通过的最大电流要大于小灯泡的额定电流,且最大电阻应不小于小灯泡的电阻,以便于调节。题组2用电能表测量电功率7.小英家6月底电能表的示数如图甲所示,7月底示数如图乙所示,由图可知她家7月份用电器消耗的电能为kWh;若她家现在已经接入用电器的总功率为3600 W,则最多还可以连接W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3 min,电能表指示灯闪烁了160次,则饮水机的额定功率是W。8.2020

8、无锡 如图所示为学校实验室中某电能表的表盘。(1)该电能表的示数为 kWh。(2)小明利用该电能表和停表检测一只标识为“220 V10 W”的节能灯的额定功率。他关闭其他用电器,将该节能灯接入220 V的测量电路,设计了以下三种测量方案:方案一:测量出电能表显示消耗1 kWh电能所用的时间t;方案二:测量出1 min时间内电能表转盘转过的圈数n;方案三:测量出电能表转盘转过一圈所用时间t。若使用方案二,小明计算额定功率的关系式应该为:P=(单位:W)。(用数字和n表示)比较三种方案,最可行的是方案。 在实验室测量小灯泡的电功率时,利用公式P=UI,测量工具为电压表和电流表;在家庭电路中测量某用

9、电器的电功率时,利用公式P=Wt,测量工具为电能表和停表(或钟表)。答案第3节测量小灯泡的电功率 1.AC解： 小灯泡在额定电压下正常发光,电路中电压表测小灯泡两端电压,为使小灯泡正常发光,电压表示数应为2.5 V,故A正确;图乙中,电流表的量程为00.6 A,分度值为0.02 A,示数为0.5 A,故B错误;小灯泡正常发光时的电阻:R=UI=2.5 V0.5 A=5 ,故C正确;小灯泡的额定功率:P=UI=2.5 V0.5 A=1.25 W,故D错误。2.D解： 灯泡短路后,电流表指针偏转,电压表相当于并联在导线的两端,因此电压表指针不偏转,故A不符合题意;灯泡的灯丝断了或灯泡与灯座接触不良

10、时,电路为断路,电流表指针不偏转,电压表的正、负接线柱与电源两极相连,因此电压表指针偏转,故B、C不符合题意;当灯泡的实际功率比额定功率小得多时,灯泡不发光,此时电路中有电流,但比较小,即电流表、电压表指针都会偏转,故D符合题意。3.D解： 小灯泡两端电压等于额定电压2.5 V时正常发光,由表中数据知,此时通过小灯泡的电流为0.25 A,所以小灯泡的额定功率为P=ULI=2.5 V0.25 A=0.625 W,故正确;由表中数据知,小灯泡两端电压越大,通过的电流也越大,由P=UI可知,小灯泡的实际功率越大,小灯泡越亮,故正确;由R=UI计算可得,在电压逐渐升高的各次实验中灯泡的电阻分别为:4.

11、17 、6.25 、7.89 、8.70 、10 、10.71 ,所以小灯泡的电阻随两端电压的升高而增大,故正确;小灯泡和阻值为2 的定值电阻串联接在电压为3 V的电源两端,由表中数据知,当灯泡两端电压为2.5 V时,对应电流为0.25 A,此时定值电阻两端电压UR=IR=0.25 A2 =0.5 V,恰好满足电源电压U=UL+UR=2.5 V+0.5 V=3 V,所以灯泡能正常发光,故正确。4.(1)03 V如图所示 5.(1)变亮变大不变(2)如图所示(3)1.52 (4)小灯泡的实际功率越大,灯泡越亮6.(1)如图所示(2)B短路(3)0.2250.75(4)2.2(5)换一个大量程电压

12、表(合理即可)7.14030001000解： (1)由图知,小英家7月份用电器消耗的电能为W=6768.2 kWh-6628.2 kWh=140 kWh。(2)由电能表的参数可知,电能表在电压为U=220 V的电路中工作,允许通过的最大电流为I=30 A,电能表允许用电器工作的最大总功率:P大=UI=220 V30 A=6600 W,已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600 W,则最多还可以同时连接用电器的功率为6600 W-3600 W=3000 W。(3)“3200 imp/(kWh)”表示用电器每消耗1 kWh的电能,电能表的指示灯闪烁3200次,则电能表指示灯闪烁160次时,饮水机

13、消耗的电能:W=1603200 kWh=0.05 kWh,饮水机的实际功率:P=Wt=0.05 kWh360h=1 kW=1000 W。因为饮水机正常工作,所以饮水机的实际功率等于额定功率,则饮水机的额定功率是1000 W。8.(1)1469.5(2)30n三解： (1)电能表示数的单位是kWh,最后一位是小数位,由图知电能表的示数是1469.5 kWh。(2)使用方案二:2000 r/(kWh)表示每消耗1 kWh的电能,电能表的转盘转2000转,则节能灯1 min消耗的电能:W=n2000 kWh,节能灯的实际功率:P=Wt=n2000kWh160h=0.03n kW=30n W。节能灯的功率:P灯=10 W=0.01 kW,电能表转盘转一圈电路消耗的电能为W1=12000 kWh,节能灯需要工作的时间:t=W1P灯=12000kWh0.01 kW=0.05 h=180 s。由以上分析可知:方案一:因节能灯功率较小,测量出电能表显示消耗1 kWh电能所用的时间t较长,不易操作;方案二:因节能灯功率较小,其工作1 min电能表转盘转动不到一圈,无法测量;方案三:电能表转盘转动一圈消耗的电能可供节能灯工作180 s,比较容易测量。比较可知,方案三容易操作,实验误差较小,最可行。