人教版九年级全一册18.3测量小灯泡的电功率一课一练（有解析）

人教版九年级全一册 18.3 测量小灯泡的电功率 一课一练
一、单选题
1．图甲中的A、B分别为小灯泡和定值电阻的I﹣U图像，小灯泡和电阻的连接情况如图乙所示，电源电压8V，下列说法不正确的是（　　）
A．小灯泡电阻随温度的增大而增大
B．灯泡的实际电功率为0.6W
C．电阻的阻值为20Ω
D．电阻的电功率为0.18W
2．在电源电压恒定、R0阻值已知的情况下，只用电流表测量额定电流为I额的小灯泡的电功率，下列四种设计方案不能得到灯泡额定功率的是（ ）
A． B．
C． D．
3．关于滑动变阻器的作用，下列说法正确的是（　　）
A．在“测量未知定值电阻Rx的阻值”的实验中其主要作用是为了多次测量，得出普遍规律
B．在“测量小灯泡功率”的实验中其主要作用是为了多次测量求平均值，减小误差
C．在探究“电流与电压关系”的实验中，其主要作用是改变电压，便于多次测量，得出普遍规律
D．在探究“电流与电阻关系”的实验中，其主要作用是保持R两端的电压不变，便于多次测量，求平均值，减小误差
4．三盏灯泡L1“220 V　100 W”、L2“110 V　100 W”和L3“36 V　100 W”均正常发光时( )
A．L1更亮 B．L2更亮
C．L3更亮 D．三盏灯一样亮
5．在“测定小灯泡的功率”的实验中，正确连接好电路并闭合开关后，若发现小灯泡不亮，电表的示数较小，下一步的操作应该是
A．调节滑动变阻器 B．断开开关检查电路连接是否正确
C．检查小灯泡是否损坏 D．换用电压较低的电源
6．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片向左移动，在此过程中，下列表述正确的是（　　）
①电流表示数变小
②灯泡L亮度不变
③电压表示数不变
④变阻器连入电路的电阻变小
A．①②③④ B．只有①② C．只有③④ D．只有①②③
7．如图所示，是电学中常见的电路图，在A、B两点间分别接入下列选项中加点字的元件，并进行对应实验，对滑动变阻器在此实验中的作用描述正确的是（　　）
A．探究电流与电压的关系——保持定值电阻两端电压不变
B．探究电流与电阻的关系——调节电阻两端电压成倍数变化
C．测量定值电阻的阻值——多次测量求平均值，减小误差
D．测量小灯泡的电功率——改变小灯泡两端电压，求平均电功率
8．如图所示是伏安法测定小灯泡电阻、功率的实验电路图．小灯泡正常工作时，两电表的示数如图所示，则下列说法不正确的是（　　）
A．在连接电路时，应将开关断开，并将滑动变阻器值调至最大值
B．小灯泡的额定功率为0.72W，此时的电阻为8Ω
C．如果将滑片P向a端滑动，则电压表的示数将变大
D．如果将滑片P向b端滑动，则小灯泡的实际功率将大于额定功率
9．将“3V 3W”的灯L1和“3V 1.5W”灯L2按甲、乙两种方式分别接在电压都是3V的电源上。闭合开关，两灯都发光。下列说法中错误的是（　　）
A．甲图电路中，若用导线连接灯L1的两个接线柱，灯L2仍能发光
B．乙图电路中，若将灯L1取下，灯L2不会熄灭
C．两个电路情境中，乙图中的灯L1最亮
D．两个电路情境中，灯L1都比灯L2亮
10．标有“6V 4.8W”的小灯泡L和标有“6V 3.6W”的小型电加热器R，它们电流与电压变化的关系如图甲所示。现将它们连入电源电压可调的图乙所示电路中，闭合开关S在确保用电器安全的情况下，下列说法正确的是（　　）
①电源电压最大可调为9V
②通过电流表的电流最大为0.8A
③如果加热器R的实际功率为2.5W，灯泡L的电阻为10Ω
④如果灯泡的电流为0.3A，则加热器R的实际功率为0.9W
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
二、填空题
11．用如图电路测量小灯泡的电功率，电源电压为3V．小灯泡的额定电压为2.5V．连接电路时，开关应处于_______状态；闭合开关后，小灯泡不发光，电流表无示数，电压表示数为3V，产生该现象的原因可能是小灯泡_________
12．两个小灯泡，甲标有“6V 0.6A”，乙标有“4V 0.5A”，现将它们串联后接入电压为9V的电路中，则______灯更亮。
13．在“探究物质质量与体积的关系”的实验中，用量筒测物体的_____，在“用弹簧测力计测力”的实验中，测量物体重力前，应先将弹簧测力计自然悬挂，观察指针是否指在_____刻度线上．“测定小灯泡的电功率”的实验原理是_____．
14．如图所示的电路中，灯L标有“3V 0.9W”、滑动变阻器R上标有“20Ω 1A”的字样，电压表量程为0~3V，则灯L正常工作时的电流为______A。当滑片P在正常发光的基础上向右移动，则电流表示数______，电压表示数______。若电源电压为4.5V，为了保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器连入电路中的最小阻值是______Ω。
15．在用电高峰时，某同学家的电压比220V降低了10%，此时正在工作的“220V 100W”白炽灯的实际功率是_______W．若用“220V 20W”的节能灯代替“220V 100W”的白炽灯，每天正常工作5h可节约电能_______J．
三、综合题
16．如图甲所示的多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能深受市场认可和欢迎．其铭牌如下表所示，图乙是该养生壶的简化电路图．
项目 参数
电源电压（V） 220
低温档功率（W） 275
中温档功率（W） 550
高温档功率（W） 1100
（1）开关S1、S2处于什么状态，养生壶为低温档，说明判断依据；
（2）求R1的阻值；
（3）养生壶处于高温档工作时，求电路中的电流大小；
（4）该养生壶正常工作时，在1个标准大气压下，使用高温档将初温是12℃，质量为1kg的水烧开，若高温档的加热效率为80%求养生壶消耗的电能和烧开一壶水需要的时间．[c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
17．测小灯泡电功率实验，小灯为灯甲“2.2V 0.3A” 、灯乙“3.8V 0.3A”中的一个，电源电压为2V整数倍。滑片 P 从最大阻值开始，移动到一个位置小灯正常发光，电压表向左偏转六格，电压表一开始指的是 11V 或 2.8V。
（1）如灯甲与灯乙均正常发光，灯______更亮
（2）在滑片移动过程中，电压表并联在______两端。
（3）电源电压为______V ，电压表一开始指的是______V。
（4）该电路中接入的是灯______（选填甲或乙）。
（5）该电路中接入的小灯泡额定功率为______瓦。
18．某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点．其筒化等效电路如 图所示，此时处于空挡位置．闭合开关 S，旋钮绕 P 转动，实现挡位转换，旋至 1 挡时 R1、R2 同时工作， 洗衣机处于加热状态；旋至 2 挡时 R2 和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态．R1 和 R2 均为电热丝， 其阻值不受温度影响，R1=22Ω，主要参数如下表．[c 水=4.2×103J/(kg ℃)]
***牌智能滚筒洗衣机
额定电压 220V
加热功率 2400W
设定温度范围 10℃~90℃
电动机功率 240W
防电墙电阻 1×106Ω
（1） “防电墙”是在洗衣机内部形成永久性电阻．发生漏电时，电流依次经防电墙和人体流入大地，若人体 的最大电阻为 1×105Ω，防电墙技术______（能、不能）保证人的安全．
（2）洗衣机内注入 10kg 的水，在额定电压下连续加热 1050秒，水温由 20℃上升到50℃，此过程中的加热效率是多少__________？
（3）R2 阻值是多少 _________？
（4）洗衣机处于保温洗涤状态时，干路电流是多少______？
19．某校学生宿舍走廊的路灯，原来用一盏“220 V 40 W”的白炽灯，每晚亮10 h．同学们发现灯泡容易损坏，需要经常更换．后来，学校电工用两盏“220 V 40 W”的灯泡串联后代替原路灯．结果，两盏灯的亮度比改装前要暗，但灯泡使用寿命明显延长．问：
(1)改装前，一盏路灯每晚需要消耗多少电能？
(2)改装后两盏灯的总功率是多少？比原来省电还是费电？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．定值电阻的U I图像是正比例函数，据此可知上方A图像为小灯泡的U I图像，当灯泡两端的电压为1V、2V、4V、8V时通过的电流依次为0.2A、0.3A、0.4A、0.5A，由欧姆定律可知，灯泡的电阻依次为5Ω、6.7Ω、10Ω、16Ω，由P=UI可知，当灯泡两端的电压、通过的电流增大时，实际功率增大，灯泡的温度升高，灯泡的电阻增大，所以，小灯泡的电阻随温度的增加而增大，故A正确，不符合题意；
BCD．因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，所以，由图像可知，电路中的电流I=0.3A，UR=6V，UL=2V，灯泡的实际电功率为
PL=ULI=2V×0.3A=0.6W
电阻的电功率为
PR=URI=6V×0.3A=1.8W
定值电阻R的阻值
故BC正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
2．C
【解析】
【详解】
计算灯泡额定功率，需要知道其额定电压与额定电流：
A．电流表A1与灯泡串联，电流表A2与R0并联，之后整体再并联，当电流表A1示数达到小灯泡的额定电流时，根据电流表A2示数与R0即可计算出灯泡两端的额定电压，故能得到灯泡的额定功率，故A不符合题意；
B．电流表A1与灯泡串联，整体再与R0并联，电流表A2测量干路电流，当电流表A1示数达到小灯泡的额定电流时，R0支路电流为电流表A2示数与电流表A1示数之差，可计算出灯泡两端的额定电压，故能得到灯泡的额定功率，故B不符合题意；
C．电流表每次只能与电阻R0或灯泡组成串联，二者没有关联性，故不能得到灯泡的额定功率，故C符合题意；
D．先只闭合开关S1，电流表A与灯泡串联，整体再与R0并联，调节电流表示数达到小灯泡的额定电流时，只闭合开关S2，灯泡与R0并联，电流与测量干路电流，R0支路电流为电流表A2示数与电流表A1示数之差，可计算出灯泡两端的额定电压，故能得到灯泡的额定功率，故D不符合题意。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
A．在“测量未知定值电阻Rx的阻值”的实验中，滑动变阻器的主要作用是为了多次测量，求电阻的平均值，减小实验过程中的误差，故A错误；
B．在“测量小灯泡功率”的实验中，滑动变阻器的主要作用是改变灯泡两端的电压，测量不同情况下灯泡的电功率，得出小灯泡的亮度与实际功率的关系，不是多次测量求平均值，故B错误；
C．在探究“电流与电压关系”的实验中，其主要作用是改变电阻两端的电压，从而改变电流，便于多次测量，得出普遍规律，故C正确；
D．在探究“电流与电阻关系”的实验中，滑动变阻器的主要作用是保持R两端的电压不变，便于多次测量，得出普遍规律，故D错误；
故选C。
4．D
【解析】
【详解】
亮不亮是取决于实际的功率的,题目中说它们都是正常发光所以功率都是100W，所以三个灯泡一样亮，故D选项正确．
5．A
【解析】
【分析】
正确连接好电路并闭合开关后，若发现小灯光不亮，电表的示数较小，说明电路中电流过小，分析下一步的操作方法．
【详解】
连接好电路并闭合开关后，由于此时滑动变阻器的阻值最大，电路中电流较小，因而电表的示数较小，故下一步的操作应该是调节滑动变阻器的滑片，减小滑动变阻器连入电路的阻值．
故选A．
6．D
【解析】
【详解】
③变阻器与灯并联，电压表测电源电压，故电压表示数不变；故③正确；
②根据并联电路电压的规律，灯的电压不变，根据灯的功率不变，灯L亮度不变，故②正确；
④将滑动变阻器R的滑片向左移动后，变阻器连入电路中的电阻变大，故④错误；
①电流表测并联电路的电流，因变阻器连入电路中的电阻变大，根据电阻的并联规律，故并联的总电阻变大，由欧姆定律，干路电流即电流表示数变小，故①正确。
故选D。
7．C
【解析】
【详解】
A．探究电流与电压的关系时，滑动变阻器的作用是保护电路和改变被测电阻两端电压来分析比较电阻一定时，电流和电压之间的关系，故A错误；
B．探究电流与电阻的关系时，滑动变阻器的作用是保护电路和保持定值电阻两端电压不变，得出电压一定时，电流与电阻之间的关系，故B错误；
C．测量导体的电阻时，通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，从而改变了待测电阻两端的电压和通过它的电流，可以多测几组数据，通过求平均值来减小误差，故C正确；
D．在“伏安法”测小灯泡电功率的实验中，滑动变阻器的作用是：通过改变小灯泡两端的实际电压与通过小灯泡的电流，可比较小灯泡亮度与灯泡的实际功率之间的关系；不同电压时电功率不同，不可以求平均电功率，故D错误。
故选C。
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 说法正确，连接电路时，开关应断开，是为了防止短路，将变阻器连入电路时，滑片应放到使电路中电流最小的位置，即为阻值最大位置，也是为了保护电路，故A正确，A不符合题意；
B. 由图可知，电流表的量程，分度值0.02A，故电流为0.3A，电压表量程为，分度值为0.1V，故灯泡电压为2.4V；根据功率公式可知
P=UI=2.4V×0.3A=0.72W
R===8Ω
故B正确，B不符合题意；
C. 滑动变阻器aP连入电路，如果将滑片P向a端滑动，连入电路的电阻变小，灯泡L的电阻不变，电路中电流增大，根据U=IR可知，灯泡两端的电压变大，电压表的示数将变大，故C正确，C不符合题意；
D. 如果将滑片P向b端滑动，连入电路的电阻变大，电路中的电流变小，根据公式可知，小灯泡的P将减小，故D错误，D符合题意。
故选D。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲电路中，两灯泡串联，则当用导线连接灯L1的两个接线柱，灯泡L1短路，L2依然可以发光，故A正确，不符合题意；
B．乙图中两灯并联，则互不影响，取下L1后L2不会熄灭，故B正确，不符合题意；
CD．两灯泡电阻分别为
则在甲图中，两灯串联，电流相等，由P=I2R可知，L2更亮，由于电源电压为3V，则两灯均未达到额定电压，功率均小于额定功率，在乙图中，两灯并联，电压相等，均正常发光，则L1更亮，甲、乙两图对比，乙图中L1功率最大，则L1最亮，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
①②根据图乙可知，闭合开关S后，电阻R和灯泡L串联，串联电路电流处处相等，根据P=UI可得，标有“6V 4.8W”的小灯泡L允许通过的最大电流
标有“6V 3.6W”的小型电加热器R允许通过的最大电流
所以图乙串联电路中允许通过的最大电流为0.6A；当串联电路中的电流为0.6A时，灯泡L对应的电压为3V，加热器R对应的电压为6V，串联电路电源电压等于各用电器电压之和，所以电源电压最大值
故①正确，②不正确；
③如果加热器R的实际功率为2.5W，根据图象甲可知加热器R的电阻不变
由可得
灯泡的电流也是0.5A，根据图甲可知，此时灯泡两端的电压为2V，此时灯泡电阻
故③不正确；
④如果灯泡的电流为0.3A，通过加热器R的电流也是0.3A，再根据图甲找出R对应的电压值是3V，则
故④正确。综上所述，①正确，④正确。
故选B。
11． 断开 断路
【解析】
【详解】
连接电路时，为避免误操作出现短路损坏电源的现象，应将开关断开；电流表无示数，电压表示数为3V，等于电源电压，说明电压表直接串联在电源两端了，因此电路故障是灯泡断路．
12．甲
【解析】
【详解】
由可得，两灯的电阻分别为
两灯泡串联时通过它们的电流相等，由
可知，甲灯泡的电阻大，实际功率大，所以甲灯更亮。
13． 排开水的体积 零
【解析】
【详解】
[1]在探究物质质量与体积关系的实验中，我们用量筒测量放入物体前后的体积，它们之间的差为物体排开水的体积，即为物体的体积；
[2]根据弹簧测力计的使用规范，在使用弹簧测力计前，应自由悬挂，将指针调到零刻度处；
[3]利用电压表测量灯两端的电压U，利用电流表测量通过的灯的电流I，利用求灯的电功率．
14． 0.3 变小 变大 5
【解析】
【详解】
[1] 灯L正常工作时的电流为
电阻为
[2] 当滑片P在正常发光的基础上向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也在变大，由于电源电压不变，根据欧姆定律可知，通过电路的电流会变小，即电流表示数变小。
[3]灯泡与滑动变阻器串联，根据串联分压原理，滑动变阻器接入电路的阻值变大，所分电压越大，电压表测量的是滑动变阻器两端电压，所以示数会变大。
[4] 灯L正常工作时的电流为0.3A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以该电路的最大电流为0.3A，电路的最小电阻为
滑动变阻器连入电路中的最小阻值为
R滑=R最小-RL=15Ω-10Ω=5Ω
15． 81 1.44×106
【解析】
【详解】
根据得，灯泡的电阻为：
同样根据得，灯泡的实际功率为：
；
节能灯比白炽灯一天节约的电能为：
．
16．（1）当开关S1断开，S2接A时，为低温档；因为此时电阻R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小；（2）88Ω；（3）5A；（4）4.62×105J； 420s．
【解析】
【详解】
（1）由电路图可知，当开关S1断开，S2接A时，电阻R1、R2串联，电路中的电阻最大，由可知，电功率最小，所以此时养生壶为低温档．
（2）由电路图可知，当开关S1闭合，S2接A时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，电路中的电阻较大，由可知，电功率较小，所以此时养生壶为中温档，则R1的阻值：．
（3）由得，养生壶处于高温档工作时电路中的电流：．
（4）在1个标准大气压下，水沸腾时的温度t＝100℃，水吸收的热量：＝4.2×103J/（kg ℃）×1kg×（100℃﹣12℃）＝3.696×105J，由得，养生壶消耗的电能：．由得，烧开一壶水需要的时间：．
答：（1）当开关S1断开，S2接A时，为低温档；因为此时电阻R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小；
（2）电阻R1的阻值是88Ω；
（3）养生壶处于高温档工作时电流为5A；
（4）养生壶消耗的电能为4.62×105J；烧开一壶水需要的时间为420s．
17． 乙 滑动变阻器 6 2.8 乙 1.14
【解析】
【详解】
（1）[1]如灯甲与灯乙均正常发光，额定电流都是0.3A，乙灯的额定电压高于甲灯的额定电压，故乙灯的额定功率高于甲灯，乙灯更亮。
（2）[2]滑片 P 从最大阻值开始，移动到一个位置小灯正常发光，此时滑动变阻器的阻值变小，电流变大，而电压表向左偏转，说明电压表的示数变小，若电压表测量的是小灯泡的电压，则电压表示数变大，与题意不符，故电压表测量滑动变阻器的电压，电压表并联在滑动变阻器两端。
（3）[3][4]若电压表一开始指的是 11V，选择的是大量程，则分度值为0.5V，向左偏转六格，则此时电压表的示数为
此时灯泡正常发光，不论是甲灯，还是乙灯，电源电压都不可能是2V整数倍，故舍去，电压表一开始是2.8V，则选择的是小量程，分度值为0.1V，向左偏转六格，则此时电压表的示数为
若选择甲灯，甲灯的额定电压为2.2V，电源电压都不可能是2V整数倍，故舍去，若选择乙灯，正常发光的电压为3.8V，则电源电压为
故一开始是2.8V。
（4）[5]根据（3） 可知，选择的是乙灯。
（5）[6]该电路中接入的小灯泡额定功率为
18． 能 50% 242Ω 2A
【解析】
【详解】
(1)防电墙与人的电阻串联，
根据串联电路电阻特点可知，电路总电阻：
R=R0+R人=1×106Ω+1×105Ω=1.1×106Ω
串联电路中的电流：
I0== =2×10 4A，
由欧姆定律得，此时人体的电压：
U人=I0R人=2×10 4A×1×105Ω=20V，
因为U人小于36V，所以防电墙技术能保证人的安全．
(2)水吸收的热量：
Q吸=c水m水(t t0)=4.2×l03J/(kg ℃)×10kg×(50℃ 20℃)=1.26×l06J，
洗衣机加热消耗的电能：
W=Pt=2400W×1050s=2.52×106J，
洗衣机加热的效率：
η=×100%=×100%=50%
(3)由电路图可知,当旋钮旋至1档时,电热丝R1与R2并联，洗衣机处于加热状态，
由P=UI=得,电热丝R1的加热功率：
P1===2200W，
电热丝R2的加热功率：
P2=P P1=2400W 2200W=200W，
则电热丝R2的阻值：
R2===242Ω，
(4)洗衣机处于保温洗涤状态时,电热丝R2与电动机并联，
则电热丝R2和电动机的总功率：
P总=P2+P电动=200W+240W=440W，
保温洗涤的干路电流：
I===2A，
19．(1) 1.44×106 J；(2) 20 W，省电．
【解析】
【分析】
（1）已知灯泡的额定功率和用电时间，根据公式可求灯泡每晚消耗的电能．
（2）已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式可求一个灯泡的电阻，再进一步求出串联灯泡的总电阻，最后根据公式求出灯泡消耗的功率．
【详解】
（1）改装前，一盏路灯每晚需要消耗电能．
（2）灯泡电阻，总电阻，改装后两灯的总功率是，∵∴省电．
答：（1）改装前，一盏路灯每晚需要消耗电能1.44×106 J．
（2）改装后两灯的总功率是20W，比原来省电．
【点睛】
本题考查电功和电功率的计算以及欧姆定律的应用，关键是公式及其变形的应用和单位的换算，难点是求串联灯泡的电功率，还教育我们要养成节约用电的好习惯．
答案第1页，共2页
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