江西省景德镇一中2020年八年级（下）期末物理试卷（1班）（解析版）

江西省景德镇一中2020年八年级（下）期末物理试卷（1班）（解析版）

‎2016-2017学年江西省景德镇一中八年级（下）期末物理试卷（1班）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．通过横截面积为S的铜导线的电流为I，设导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速率为v，则在△t时间内，通过导线横截面的电子数目为（　　）‎ A．nSv△t B．nv△t C． D．‎ ‎2．现有两种智能开关．一种是“光控开关”，其特点是天黑时开关自动闭合，天亮时开关自动断开．另一种是“声控开关”，其特点是当有人走动发出声音时，开关自动闭合；无人走动时，开关自动断开．利用上述开关来控制楼道里的照明灯，既能合理照明又能节约用电，则下列电路图中符合要求的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．利用伏安法测量电阻时，由于电表本身电阻的影响，造成测量结果有误差．现采用图所示电路，能较准确的测量的阻值，已知A、B之间的电压U保持不变．当S接通a时，电压表示数为10V，电流表示数为0.2A，当S接通b时，电压表示数为12V，电流表示数为0.15A，则待测电阻Rx的阻值为（　　）‎ A．60Ω B．65Ω C．70Ω D．75Ω ‎4．将某灯泡接到电压不变的电源两端，灯泡的电功率为16W ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎．如果将灯泡和某电阻R串联后再接到上述电源两端，电阻R的电功率为3W．若灯泡的电阻不随温度的变化而改变，则此时灯泡的电功率为（　　）‎ A．1W B．6W C．9W D．13W ‎5．如图所示的电路，电源电压一定，R1=20欧，R2=30欧，当开关S1、S2都闭合时，电流表的示数为2.0安，电压表的示数不为零，则当开关S1闭合，S2断开时，电流表的示数可能是（　　）‎ A．1.8安 B．2.5安 C．3.5安 D．4.0安 ‎6．灯Ll标有“8V 16W”的字样，灯L2标有“12V 36W”的字样．两灯串联后接在电压为U的电路中，要保证两灯不损坏，电压U的最大值应是（　　）‎ A．8V B．12V C．16V D．20V ‎7．如图所示，AB、CD为两根平行且均匀的相同电阻丝，直导线EF可以在AB、CD上滑行并保持与AB垂直，EF与AB、CD接触良好．B、D之间的电压U保持不变，A．C之间接一个理想电压表，当EF处于图中位置时电压表示数为6.0伏，如将EF由图中位置向左移动一段距离△L后电压表示数变为4.0伏，若将EF由图中位置向右移动一段相同距离△L后，电压表示数将变为（　　）‎ A．7.0伏 B．7.5伏 C．11.5伏 D．12伏 ‎8．如图所示，额定电压为110V的A、B两盏电灯，额定功率分别为100W和25W．把它们接到220V ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 的电路上，欲使它们都能正常发光且电路消耗的电能最少，正确的电路是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．在如图所示的电路中，当电键S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大了△U．则（　　）‎ A．可变电阻R被调到较小的阻值 B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于△U C．通过电阻R2的电流减小，减小量小于△U/R2‎ D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于△U/R1‎ ‎10．如图所示电路，电源电压恒为U=8V，小灯泡上标有“6V，4W”字样，电阻R2=30Ω，闭合电键后，若滑动变阻器R1的滑臂P在离b端1/4处时，小灯泡的实际功率为1W．不考虑电阻随温度的变化，为了使滑臂P左、右移动时，灯泡两端电压不超过额定电压，变阻器R1阻值（有电流部分）的变化范围是（　　）‎ A．0﹣40Ω B．3.3Ω﹣40Ω C．7.5Ω﹣30Ω D．10Ω﹣30Ω ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎　‎ 二、填空题 ‎11．如图所示，用均匀导线制成直径为D的半圆形线框，已知oc两点之间的电阻为2R，则ab两点间的电阻为　 　欧．‎ ‎12．长度为1米的双股电线，其左端分别为A1和A2，右端分别为B1和B2．该双股导线某处由于导线绝缘层老化剥落，发生漏电现象，可等效认为漏电处两导线之间连接了一个电阻R0．为寻找漏电处位置进行如下测量：（1）断开B1、B2，测得RA1A2为0.7欧，（2）连接B1、B2，测得RAlA2为0.3欧，（3）断开A1、A2，测得RBlB2为0.9欧．漏电处距离A1（A2）为　 　米，漏电处的电阻R0为　 　欧．‎ ‎13．如图所示，电源电压不变．将定值电阻R1和R2串联后接在电源上，R1消耗的功率为2W，R2消耗的功率为6W，则R1=　 　R2；若将它们并联后仍接在该电源上，则电路消耗的总功率为　 　W．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎14．如图所示，已知R1=10Ω，R2=20Ω，R3=30Ω，求它们的功率P1：P2：P3 之比．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎15．电源电压为220伏，若使标有“220V 800W”的用电器能在110V至220V的电压下工作（用电器的电阻值恒定），求：‎ ‎（1）要使用电器达到使用要求，电路中应连接一个什么样的电器？怎样连接？‎ ‎（2）这个电器消耗的最大功率是多少？‎ ‎16．有两种灯泡，分别标有和，把它们接入家庭照明电路中．‎ ‎（1）能不能各取一只串联使用？请说明原因．‎ ‎（2）若把两种灯泡在同一电路中混合使用，并使它们都能正常发光，最少应各使用多少只，如何连接？‎ ‎（3）这时总电功率是多少？‎ ‎17．当前城镇化建设进程中，在一些场馆和楼房建设工地上，常见一种“塔吊”的起重设备，其主要组成为电动机和机械两部分，如图所示．假设某“塔吊”配置的电动机铭牌上标有：额定电压380V，额定功率38kW，线圈电阻0.5Ω．在一次起吊中，该“塔吊”电动机正常工作25s，把质量为3t的重物吊起22m（g取10N/kg）．求：‎ ‎（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能．‎ ‎（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量．‎ ‎（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎　‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎2016-2017学年江西省景德镇一中八年级（下）期末物理试卷（1班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．通过横截面积为S的铜导线的电流为I，设导线内单位体积的自由电子数为n，电子的电荷量为e，此时电子的定向移动速率为v，则在△t时间内，通过导线横截面的电子数目为（　　）‎ A．nSv△t B．nv△t C． D．‎ ‎【考点】H4：电量及其计算．‎ ‎【分析】（1）根据Q=It求通过导线横截面的电量，而Q=Ne，据此求在△t时间内，通过导线横截面的电子数目；‎ ‎（2）由电流定义（单位时间内通过导体横截面的电荷量）可求电流，I==，据此求在△t时间内，通过导线横截面的电子数目．‎ ‎【解答】解 ‎（1）由I=得在△t时间内，通过导线横截面的电量：‎ Q=I△t，‎ 设通过导线横截面的电子数目为N，‎ 则Q=Ne，‎ 所以：Ne=I△t，‎ 解得：‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 N=；故C错、D正确；‎ ‎（2）由电流定义可得：‎ I=nSve，‎ 而I==，‎ 所以：nSve=，‎ 解得：‎ N=nSv△t，故A正确、B错．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎2．现有两种智能开关．一种是“光控开关”，其特点是天黑时开关自动闭合，天亮时开关自动断开．另一种是“声控开关”，其特点是当有人走动发出声音时，开关自动闭合；无人走动时，开关自动断开．利用上述开关来控制楼道里的照明灯，既能合理照明又能节约用电，则下列电路图中符合要求的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】JP：家庭生活自动化 智能化；IY：电路图设计．‎ ‎【分析】电路中开关控制用电器时，开关和用电器是串联的．光控开关和声控开关同时控制一盏灯，同时符合光暗到一定程度，而且有一定的声音时电灯才发光，两个开关和灯泡应该是串联的．‎ ‎【解答】解：A、当声控开关闭合时，电灯被短路，电灯不亮．不符合题意．‎ B、光控开关和声控开关是并联的，光暗到一定程度或有声音时都能使电灯发光．不符合题意．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 C、当光控开关闭合时，电灯被短路，电灯不亮．不符合题意．‎ D、光控开关、声控开关和电灯是串联的，光控开关、声控开关同时闭合时电路形成通路，电灯发光．符合题意．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．利用伏安法测量电阻时，由于电表本身电阻的影响，造成测量结果有误差．现采用图所示电路，能较准确的测量的阻值，已知A、B之间的电压U保持不变．当S接通a时，电压表示数为10V，电流表示数为0.2A，当S接通b时，电压表示数为12V，电流表示数为0.15A，则待测电阻Rx的阻值为（　　）‎ A．60Ω B．65Ω C．70Ω D．75Ω ‎【考点】IG：欧姆定律的变形公式．‎ ‎【分析】（1）由电路图知：S接a时，电压表测Rx两端的电压，电流表测电路电流，由串联电路的特点及欧姆定律列方程；‎ ‎（2）由电路图知：S接b时，电压表测Rx与电流表的串联电压，即AB间的总电压U；电流表测电路电流；由欧姆定律列方程；‎ ‎（3）解（1）（2）中列出的方程组，可求出待测电阻Rx的阻值．‎ ‎【解答】解：设电流表的内阻为RA，‎ ‎（1）S接a时，U=U1+I1RA ，即：U=10V+0.2A×RA①；‎ ‎（2）S接b时，U=I2（RX+RA），即：U=0.15A×（RX+RA） ②；‎ ‎ U=U2，即：U=12V ③； ‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 由①②③解得：Rx=70Ω．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．将某灯泡接到电压不变的电源两端，灯泡的电功率为16W．如果将灯泡和某电阻R串联后再接到上述电源两端，电阻R的电功率为3W．若灯泡的电阻不随温度的变化而改变，则此时灯泡的电功率为（　　）‎ A．1W B．6W C．9W D．13W ‎【考点】JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】电源电压不变，由电功率公式求出灯泡电功率，由欧姆定律求出灯泡与电阻串联后的电流，然后应用电功率公式求出灯泡电功率．‎ ‎【解答】解：设电源电压为U，‎ 灯泡电功率：PL==16W，‎ 灯泡与电阻串联，电路电流：I=，‎ 电阻功率：PR=I2R=3W，‎ 灯泡功率：PL′=I2RL，‎ 解得：PL′=1W，或PL′=9W；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的电路，电源电压一定，R1=20欧，R2=30欧，当开关S1、S2都闭合时，电流表的示数为2.0安，电压表的示数不为零，则当开关S1闭合，S2断开时，电流表的示数可能是（　　）‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 A．1.8安 B．2.5安 C．3.5安 D．4.0安 ‎【考点】IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）当开关S1、S2都闭合时，R1与R2并联后再与R串联，电流表测R1支路的电流；根据欧姆定律求出并联部分的电压和通过R2的电流，根据并联电路的电流特点求出电路的总电流．‎ ‎（2）当开关S1闭合，S2断开时，R1、R串联，电流表测电路中的电流，根据并联电路的电阻特点判断电路中总电阻的变化，根据欧姆定律判断电路中总电流的范围，根据串联电路电阻的分压特点判断R1两端的电压变化，根据欧姆定律判断电流表示数的变化范围，结合选项即可得出答案．‎ ‎【解答】解：当开关S1、S2都闭合时，等效电路图如图1所示；‎ 当开关S1闭合，S2断开时，等效电路图如图2所示．‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，由I=可得，图1中并联部分的电压：‎ U并=I1R1=2A×20Ω=40V，‎ 通过R2的电流：‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 I2===A≈1.33A，‎ 干路电路为I=I1+I2=2A+1.33A=3.33A；‎ 因并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻，‎ 所以，图2中的总电阻大于图1中的总电阻，‎ 由I=可知，电路中的电流小于3.33A；‎ 因串联电路电阻越大分得的电压越大，反之越小，‎ 所以，图2与图1相比R1两端的分得的电压变大，‎ 由I=可知通过R1的电流变大，即电流表的示数大于2A；‎ 故结合选项可知，B正确，ACD均不正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．灯Ll标有“8V 16W”的字样，灯L2标有“12V 36W”的字样．两灯串联后接在电压为U的电路中，要保证两灯不损坏，电压U的最大值应是（　　）‎ A．8V B．12V C．16V D．20V ‎【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】灯Ll和灯L2是串联后接在电路中的，因此通过它们的电流相等，为了保证两灯不损坏，因此取两灯正常发光时通过电流较小的为电路中的电流，先利用公式I=计算出电流，再利用公式R=计算出电阻，最后利用公式U=IR计算出电压．‎ ‎【解答】解：‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 I1===2A，I2===3A，‎ ‎∵I1＜I2，‎ ‎∴电路中的电流为2A，‎ R1===4Ω，R2===4Ω，‎ U=IR=I（R1+R2）=2A×（4Ω+4Ω）=16V．‎ 故选 C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，AB、CD为两根平行且均匀的相同电阻丝，直导线EF可以在AB、CD上滑行并保持与AB垂直，EF与AB、CD接触良好．B、D之间的电压U保持不变，A．C之间接一个理想电压表，当EF处于图中位置时电压表示数为6.0伏，如将EF由图中位置向左移动一段距离△L后电压表示数变为4.0伏，若将EF由图中位置向右移动一段相同距离△L后，电压表示数将变为（　　）‎ A．7.0伏 B．7.5伏 C．11.5伏 D．12伏 ‎【考点】IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】电路图可以等效为电阻BE、FD、EF串联；根据电阻的串联特点和欧姆定律分别表示出导线EF处于不同位置时电源的电压，联立方程即可求出将EF由图中位置向右移动一段相同距离△L后，电压表的示数．‎ ‎【解答】解：‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 设REB=RFD=R1，直导线EF的电阻为R，‎ 则在如图位置时，电路中的电流：‎ I=，‎ 电源的电压可表示为：‎ U=（2R1+R）=（2R1+R），则2R1+R=，‎ 当EF由图中位置向左移动一段距离△L时，BE和FD电阻丝增加的电阻为△R，‎ 则电源的电压可表示为：‎ U=（2R1+R+2△R）=（+2△R），则2△R=，‎ 当EF由图中位置向右移动一段相同距离△L时，电源的电压可表示为：‎ U=（2R1+R﹣2△R）=（﹣）=×=，‎ 解得：U3=12V．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，额定电压为110V的A、B两盏电灯，额定功率分别为100W和25W．把它们接到220V的电路上，欲使它们都能正常发光且电路消耗的电能最少，正确的电路是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】JA：电功率的计算；II：电阻的串联；IJ：电阻的并联．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎【分析】（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等．‎ ‎（2）已知电源电压相等，根据公式P=可知，电路中电阻越大．消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出灯泡A和灯泡B的电阻，再求出A、B、C图总电阻进行比较，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：根据公式P=可知，灯泡A的电阻RA===121Ω，灯泡B的电阻RB===484Ω．‎ A、图是灯泡A和可变电阻串联，根据串联电路电阻的分压特点可知，要使灯泡A正常工作，则上面可变电阻接入电路的阻值为121Ω，即该支路的总电阻为242Ω，同理下边支路的总电阻为968Ω，由=+可得，此时并联电路的总电阻为R=193.6Ω；‎ B、图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等；由=+可得灯泡A和灯泡B并联后的电阻R并=96.8Ω，此时电路的总电阻为R=2R并=2×96.8Ω=193.6Ω；‎ C、图是灯泡B和可变电阻并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻并联后和灯泡A的电阻相等；串联电路，电阻越串越大；灯泡A和灯泡B正常工作时，此时电路的总电阻为R=2RA=2×121Ω=242Ω；‎ D、图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡a与可变电阻R并联后和灯泡b的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B不能正常工作，故D不正确；‎ 根据公式P=可知，电路电阻越大，消耗的功率就越小，比较A、B、C ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 图可知，C图的总电阻大，消耗的功率最小，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．在如图所示的电路中，当电键S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大了△U．则（　　）‎ A．可变电阻R被调到较小的阻值 B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于△U C．通过电阻R2的电流减小，减小量小于△U/R2‎ D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于△U/R1‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；I6：串联电路的电压规律；I7：并联电路的电压规律．‎ ‎【分析】（1）由图可见，电阻R和R1并联，然后再与R2和R0串联，电压表并联在R和R1两端，测量的是它们并联后的总电压；‎ ‎（2）串联电路中，总电压等于各用电器两端的电压之和，并联电路中，各支路两端的电压相等．‎ ‎【解答】解：（1）整个电路为串联电路，串联分压，电压大小与电阻成正比，电压表的示数增大了△U，说明R与R1并联后的总电阻是增大的，故A选项错误；‎ ‎（2）总电压U不变，电压表示数增大了△U，说明电阻R2和R0‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 串联后的总电压减小了△U，单独拿R2来说，它两端的电压减小量要比△U小，因此电流减小量要比小，故选项BD都错误，选项C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示电路，电源电压恒为U=8V，小灯泡上标有“6V，4W”字样，电阻R2=30Ω，闭合电键后，若滑动变阻器R1的滑臂P在离b端1/4处时，小灯泡的实际功率为1W．不考虑电阻随温度的变化，为了使滑臂P左、右移动时，灯泡两端电压不超过额定电压，变阻器R1阻值（有电流部分）的变化范围是（　　）‎ A．0﹣40Ω B．3.3Ω﹣40Ω C．7.5Ω﹣30Ω D．10Ω﹣30Ω ‎【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡的铭牌信息，由功率公式的变形公式求出灯泡的电阻；‎ ‎（2）根据功率公式及欧姆定律，求出灯泡功率为1W时，灯泡两端的电压及电路电流；由串联电路特点求出并联电路电压，由并联电路特点求出滑动变阻器的最大阻值，此即电阻R1接入电路的最大阻值；‎ ‎（3）根据功率公式的变形公式求出灯泡正常发光时电路电流，由串联电路的特点求出灯泡正常发光时并联电路的电压，由并联电路的特点及欧姆定律求出灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值R′1．‎ ‎（4）根据R滑、R′1的阻值，确定电阻R1 接入电路的阻值，从而解答此题．‎ ‎【解答】解：（1）由灯泡铭牌“6V 4W”知灯泡额定电压与额定功率分别为U额=6V，P额=4W，灯泡电阻RL===9Ω；‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎（2）灯泡实际功率PL=1W时，由P=知：灯泡两端电压UL===3V，电路电流I===A，并联电路两端的电压U并=U﹣UL=8V﹣3V=5V，由题意知，滑动变阻器接入电路的阻值R1=R滑，由欧姆定律得：R并===15Ω，由并联电路的特点知： =+，即=+，解得：R滑=40Ω；‎ ‎（3）当灯泡正常发光时电路电流I′===A，并联电压U′并=U﹣U额=8V﹣6V=2V，I2===A，‎ I1=I′﹣I1=A﹣A=A，R′1==≈3.3Ω．‎ ‎（4）变阻器R1阻值的变化范围是3.3Ω～40Ω．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎11．如图所示，用均匀导线制成直径为D的半圆形线框，已知oc两点之间的电阻为2R，则ab两点间的电阻为　　欧．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎【考点】IJ：电阻的并联．‎ ‎【分析】由数学知识求出线的总长，因材料不变，均匀导线，故线的电阻与导线长度成正比，求出单位长度的电阻为R′，再求出Racb与Raob电阻，根据并联电路电阻的规律求并联的总电阻．‎ ‎【解答】解：因为oc两点间的电阻为2R，因用均匀导线制成直径为D的半圆形线框，该电阻丝的总电阻即oac与obc的电阻为4R；‎ 线框的总长度为二分之一圆周与直径的和，因材料不变，均匀导线，故线的电阻与导线长度成正比，单位长度的电阻为R′=×4R Racb=R′×π×2D=×4R×πD=‎ Raob=R′×2D=×4R×2D=；‎ 将ab两点接入电路，则Racb与Raob电阻并联，则则ab两点间的电阻为：‎ R并==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎12．长度为1米的双股电线，其左端分别为A1和A2，右端分别为B1和B2．该双股导线某处由于导线绝缘层老化剥落，发生漏电现象，可等效认为漏电处两导线之间连接了一个电阻R0．为寻找漏电处位置进行如下测量：（1）断开B1、B2，测得RA1A2为0.7欧，（2）连接B1、B2，测得RAlA2为0.3欧，（3）断开A1、A2，测得RBlB2为0.9欧．漏电处距离A1（A2）为　0.25　米，漏电处的电阻R0为　0.6　欧．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；II：电阻的串联；IJ：电阻的并联．‎ ‎【分析】（1）先画出电路图，根据串联电路的电阻特点和并联电路电阻特点表示出三种情况下电阻的阻值，联立等式求出R0的阻值和A、B分别到漏点处电阻的阻值．‎ ‎（2）因电线的电阻是均匀的，根据A、B分别到漏点处电阻的阻值关系得出漏电处距离A1（A2）．‎ ‎【解答】解：（1）设A端到漏电处的电阻为a，B端到漏电处的电阻为b，‎ 当断开B1、B2时，‎ RA1A2=2a+R0=0.7Ω，即2a=0.7Ω﹣R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 当连接B1、B2时，‎ RAlA2=2a+=0.3Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 当断开A1、A2时，‎ RBlB2=2b+R0=0.9Ω，即2b=0.9Ω﹣R0﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 把①③两式代入②可得：R02=0.36Ω，‎ 解得：R0=0.6Ω；‎ 代入①②两式可得：a=0.05Ω，b=0.15Ω，‎ ‎（2）因电线的电阻是均匀的，‎ 所以漏电处距离A1（A2）为×1m=0.25m．‎ 故答案为：0.25；0.6．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎　‎ ‎13．如图所示，电源电压不变．将定值电阻R1和R2串联后接在电源上，R1消耗的功率为2W，R2消耗的功率为6W，则R1=　0.33　R2；若将它们并联后仍接在该电源上，则电路消耗的总功率为　42.67　W．‎ ‎【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）将定值电阻R1和R2串联后接在电源上，通过它们的电流相等，根据P=I2R求出两电阻的阻值之比，然后得出两电阻的阻值关系；‎ ‎（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出电源的电压；两电阻并联后仍接在该电源上时，根据电阻的并联表示出电路中的总电阻，利用P=求出电路消耗的总功率．‎ ‎【解答】解：（1）将定值电阻R1和R2串联后接在电源上，‎ 因串联电路中各处的电流相等，‎ 所以，由P=I2R可得，两电阻的阻值之比：‎ ‎====，即R1=R2≈0.33R2，‎ ‎（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，串联电路中的电流：‎ I===，‎ 电阻R1消耗的电功率：‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 P1=I2R1=（）2R1==2W，‎ 则U2=16R1×2W；‎ 两电阻并联后仍接在该电源上时，‎ 因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，‎ 所以，电路中的总电阻：‎ R===，‎ 此时电路消耗的总功率：‎ P==≈42.67W．‎ 故答案为：0.33；42.67．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎14．如图所示，已知R1=10Ω，R2=20Ω，R3=30Ω，求它们的功率P1：P2：P3 之比．‎ ‎【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】由电路图可知，R2与R3并联后再与R1串联，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R2与R3的电流之比，然后设出通过R2、R3的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据P=I2R ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 求出三电阻的电功率，然后求出它们的比值．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，R2与R3并联后再与R1串联，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，通过R2、R3的电流之比：‎ ‎====，‎ 设通过R2的电流为3A，通过R3的电流为2A，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 所以，干路电流：‎ I=I2+I3=3A+2A=5A，‎ 则三电阻的电功率分别为：‎ P1=I2R1=（5A）2×10Ω=250W，‎ P2=I22R2=（3A）2×20Ω=180W，‎ P3=I32R3=（2A）2×30Ω=120W，‎ 所以，P1：P2：P3=250W：180W：120W=25：18：12．‎ 答：三电阻的功率之比P1：P2：P3为25：18：12．‎ ‎　‎ ‎15．电源电压为220伏，若使标有“220V 800W”的用电器能在110V至220V的电压下工作（用电器的电阻值恒定），求：‎ ‎（1）要使用电器达到使用要求，电路中应连接一个什么样的电器？怎样连接？‎ ‎（2）这个电器消耗的最大功率是多少？‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎【考点】JA：电功率的计算；ID：滑动变阻器的使用；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）电路中应串联一个滑动变阻器，且由串联电路的分压性知，滑动变阻器的最大阻值R最大应与用电器阻值R0相等，‎ ‎（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，进一步根据数学知识求出电器消耗的最大功率．‎ ‎【解答】解：（1）由题意分析可知，电路中应串联一个滑动变阻器，且由串联电路的分压性知，‎ ‎∵滑动变阻器的最大阻值R最大应与用电器阻值R0相等，‎ 根据P=可得，滑动变阻器的最大阻值：‎ R最大=R0===60.5Ω；‎ ‎（2）∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ ‎∴电路中的电流：‎ I=，‎ 滑动变阻器消耗的电功率：‎ P滑=I2R滑=（）2×R滑==，‎ 当R滑=R0时，串联电器消耗的电功率最大，‎ 即P滑max===200W．‎ 答：（1）要使用电器达到使用要求，电路中应串联一个最大阻值为60.5Ω的滑动变阻器；‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎（2）这个电器消耗的最大功率是200W．‎ ‎　‎ ‎16．有两种灯泡，分别标有和，把它们接入家庭照明电路中．‎ ‎（1）能不能各取一只串联使用？请说明原因．‎ ‎（2）若把两种灯泡在同一电路中混合使用，并使它们都能正常发光，最少应各使用多少只，如何连接？‎ ‎（3）这时总电功率是多少？‎ ‎【考点】JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】（1）已知电源电压相等，先根据公式R=分别求出灯泡L1和灯泡L2的电阻，再求出串联电路的电压特点判断灯泡两端的实际电压即可比较得出结论．‎ ‎（2）因家庭照明电路电压远大于灯泡的实际电压，则应采取串联分压的特点，又因灯泡的额定电压相等为照明电压的一半，则使用60瓦的灯m只并联，使用25瓦的灯n只并联，并联后再串联使用，各分压110伏时，才能正常发光，据此分析解答即可．‎ ‎（3）这时总电功率等于所有灯泡的功率之和．‎ ‎【解答】解：（1）根据公式R=可得：60瓦灯的电阻：R1===201.7Ω，‎ ‎25瓦灯的电阻：R2===484Ω，‎ 串联后，25瓦灯的电压为U2，根据串联分压，‎ ‎=‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 U2=，‎ 代入数据，解得：U2=155V，超过了灯的额定电压．‎ 所以，不能各取一只串联使用．‎ ‎（2）因家庭照明电路电压远大于灯泡的实际电压，则应采取串联分压的特点，又因灯泡的额定电压相等为照明电压的一半，所以设使用60瓦的灯m只，使用25瓦的灯n只，分别并联后再串联使用，各分压110伏时，才能正常发光，‎ 此时有： =，‎ ‎∴=≈2.4=． ‎ 答：使用5只60瓦的灯并联后，再与12只并联的25瓦的灯串联即可．‎ ‎（3）此时总功率为P=P1+P2=5×60W+12×25W=600W．‎ 答：此时总功率为600W．‎ ‎　‎ ‎17．当前城镇化建设进程中，在一些场馆和楼房建设工地上，常见一种“塔吊”的起重设备，其主要组成为电动机和机械两部分，如图所示．假设某“塔吊”配置的电动机铭牌上标有：额定电压380V，额定功率38kW，线圈电阻0.5Ω．在一次起吊中，该“塔吊”电动机正常工作25s，把质量为3t的重物吊起22m（g取10N/kg）．求：‎ ‎（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能．‎ ‎（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量．‎ ‎（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率．‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 ‎【考点】J3：电功的计算；F1：机械效率；JH：焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）已知电动机的额定功率和工作的时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能．‎ ‎（2）已知电动机的额定功率和额定电压，根据公式I=可求电动机正常工作时的电流，线圈产生的热量根据公式Q=I2Rt可求．‎ ‎（3）已知电动机消耗的电能和产生的热量，二者之差就是对电能转化成的机械能，利用W有=Gh可求克服物体重力做的有用功，最后利用公式η=求出机械效率．‎ ‎【解答】解：（1）由于电动机正常工作，消耗的功率等于额定功率，即P=38kW=3.8×104W，工作时间t=25s，所以电动机消耗的电能为：‎ W=Pt=3.8×104W×25s=9.5×105J ‎（2）电动机正常工作时的电流：I===100A 线圈产生的热量：Q=I2Rt=2×0.5Ω×25s=1.25×105J ‎（3）线圈电流产生热量即该“塔吊”本身消耗的电能为W1=Q=1.25×105J，‎ 所以“塔吊”电能转化为机械能的总量，即机械部分所做的总功为：W总=W﹣W1=9.5×105J﹣1.25×105J=8.25×105J 该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率：‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页 η=×100%=×100%=×100%=80%‎ 答：（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能9.5×105J．‎ ‎（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量1.25×105J．‎ ‎（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率80%．‎ ‎　‎ ‎ ‎ 第 28 页 共 28 页