电吹风的功率： P=
=
=1kW=1000W；
可得，这些电能可供“220V10W”的节能灯正常工作的时间：
=10h；
（2）由P=t′=
=
（3）设两种灯泡正常发光的时间为t， 由P=
t， 可得LED消耗的电能：W1=P1t=0.02kW×
白炽灯消耗的电能为W2=P2t，
因在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约80%的电能， 所以，
=80%，
解得：P2=0.1kW=100W。 105；1000；10；100。 故答案为：3.6×
（1）“1200r/kW?h”表示电路中每消耗1kW?h的电能，电能表转盘转过1200r；据此求电能表转盘转120r消耗的电能，再利用P=（2）求出了电吹风消耗的电能，再利用P=工作的时间；
（3）设两种灯泡正常发光的时间为t，利用公式W=Pt计算消耗的电能；消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比，据此进行解答。 题考查电功、电功率、能量利用效率的计算，关键是电能表相关参数的理解以及电功率公式的应用。注意：消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比。
21.【答案】S1、S2 0.45 S3 0.9
【解析】
求出电吹风的功率；
求可供“220V10W”的节能灯正常
解：
（1）当开关S3闭合，S1、S2都断开时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流， 因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
第21页，共31页
所以根据欧姆定律可得，电源的电压：U=I（R1+R2）=0.1A×（30Ω+60Ω）=9V； 当开关S1、S2闭合时，S3断开，两电阻并联，总电阻最小，总电流最大， 由并联电路的电流特点和欧姆定律可得最大总电流为： I=I1+I2=
+
=
+
=0.45A；
（2）当开关S3闭合，S1、S2都断开时，两电阻串联，总电阻最大，总电流最小，总功率最小，
则最小功率为P=UI=9V×0.1A=0.9W。 故答案为：S1、S2；0.45；S3；0.9。
（1）当开关S3闭合，S1、S2都断开时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压； 在电压一定时，电阻越小，电流越大； 并联电路总电阻小于任何一个分电阻； （2）串联电路的总电阻比任何一个分电阻大； 根据P=UI知，电功率最小时，电流最小，电阻最大。
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别。 22.【答案】50 12
【解析】
解：由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小， 由图象可知，电路中的最小电流为I=0.2A时，R1的电功率P1=2W，
2
由P=IR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R1=
==50Ω；
（2）由图象可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，
第22页，共31页
此时R1接入电路的电阻： R1′=
=
=20Ω；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，由I=
可得，电源的电压：
U=I′（R0+R1′）=0.4A×（R0+20Ω）-------①， 当电路中的电流I=0.2A时，电源的电压： U=I（R0+R1）=0.2A×（R0+50Ω）-------②， 因电源的电压不变，
所以，0.4A×（R0+20Ω）=0.2A×（R0+50Ω）， 解得：R0=10Ω； 则电源的电压：
U=I（R0+R1）=0.2A×（10Ω+50Ω）=12V。 故答案为：50；12。
由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读
2
出滑动变阻器消耗的电功率，利用P=IR求出滑动变阻器的最大阻值； 2
（2）由图象读出电路中的电流为0.4A时R1的电功率，根据P=IR求出R1接
入电路的电阻，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式求出R0的阻值，进一步根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是利用好电源的电压不变和从图象中读出电流对应的功率。 23.【答案】解：（1）电动汽车匀速行驶过程中驱动电机消耗的电能：
W电=UIt=300V×60A×20×60s=2.16×107J；
（2）因电动汽车匀速行驶过程中处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
第23页，共31页
所以，电动汽车匀速行驶过程中的牵引力： F=f=0.1G=0.1mg=0.1×1.6×103kg×10N/kg=1.6×103N， 由v=可得，电动汽车行驶的距离： s=vt=10m/s×20×60s=1.2×104m， 牵引力所做的功： W=Fs=1.6×103N×1.2×104m=1.92×107J； （3）该电动汽车的效率： η=
×100%=
×100%≈88.9%。
107J； 答：（1）电动汽车匀速行驶过程中驱动电机消耗的电能2.16×
107J； （2）电动汽车匀速行驶过程中牵引力所做的功为1.92×
（3）该电动汽车的效率约为88.9%。 【解析】
（1）知道驱动电机的输入电压和电流以及工作时间，根据W=UIt求出消耗的电能；
（2）电动汽车匀速行驶过程中处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据F=f=0．G=0.1mg求出牵引力的大小，根据s=vt求出电动汽车行驶的距离，利用W=Fs求出牵引力所做的功；
（3）电动汽车牵引力做的功和消耗的电能之比即为该电动汽车的效率。 本题考查了电功公式和速度公式、重力公式、做功公式、效率公式以及二力平衡条件的应用，涉及到的知识点较多，有一点的综合性。 24.【答案】解：（1）水的体积V=V=100L=0.1m3；
由ρ=得，热水器中水的质量： m=ρV=1.0×103kg/m3×0.1m3=100kg，
热水器中的水增加的内能： Q=Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg?℃）×100kg×60℃=2.52×107J； （3）由η=可得，此次热水器接收的太阳能： Q总==
=5.04×107J；
107J， 由题意可知，Q放=Q总=5.04×
根据Q放=mq可得，这些太阳能由燃气提供时可节约的燃气： m==
=1.2kg。
107J。 答：（1）热水器中的水增加的内能为为2.52×
（2）如果这些太阳能燃气提供，至少可节约1.2kg的燃气。 【解析】
第24页，共31页
（1）利用密度公式m=ρv先计算出水的质量；利用热量的计算公式Q吸=cm△t求出热水器中的水增加的内能；
（2）利用热水器上的集热器对太阳能的利用效率，计算出太阳能热水器接受的热量；知道燃气的热值和完全燃烧放出的热量，根据Q=mq求出可节约的燃气。
本题考查了密度公式、吸热公式、燃料热值和能量转化效率的相关计算，综合性较强，在计算过程中要注意单位的换算。 25.【答案】增大 不能
【解析】
解：
水吸热过程中，水温度升高，水的内能增大；
虽然在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即燃烧1产生的热量多，所以其热值大。但相同时间两种燃料燃烧的质量不能比较，故不能比较热值的大小。
故答案为：增大；不能。
（1）加热水时通过热传递的方式改变水的内能，水吸收了多少热量，就增加了多少内能；
（2）在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多，所以其热值大。
本题考查了学生对内能的改变、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用。
26.【答案】解：在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须
使动力臂最长。
由图可知，OA就是最长的动力臂，要使杠杆平衡动力方向向下，根据动力垂直于力臂画出最小的动力；
阻力为重物对杠杆的拉力，作用点在B点，方向竖直向下，按照力的示意图的画法画出阻力的示意图，然后由支点O向阻力的作用线做垂线段，垂线段的长即为阻力臂，如下图所示：
第25页，共31页
2018-2019学年江苏省苏州市相城区九年级(上)期末物理试卷
