15.12 综合实践活动-【课时提优计划作业本】2025-2026学年九年级下册物理同步练习课时基础强化版（苏科版）

课时提优计划作业本物理九年级下册)》 第12课时综合实践活动 知识导引 1.家用电器电功率的测量（以电热水壶为例） (1)实验原理是 (2)需要的器材是 和 (3)测量方法. ①断开所有用电器的开关，直至 ②闭合电热水壶的开关，让其正常工作，数出电子式电能表的指示灯在3min内闪烁 的次数n (4)计算出电热水壶在3min内消耗的电能和它的电功率. 2.根据W=Pt可知，节约用电的两种方法：一是通过减少通电 来减少电能的消 耗；二是通过减小用电器的 来减少电能的消耗. 课堂作业 1.(2025·大兴安岭)小明家的电能表表盘如图所示，示数为 kw.h. kW·h 小明用该电能表测量家中电热水壶工作时的实际功率，测量过程中 00316 电路电压稳定，他关闭家中其他用电器，只使用电热水壶烧水，发现 220V10(20)A50HZ 电热水壶工作1min,电能表转盘转过60r,则烧水过程中该电热水 3000r/kW·h) 壶的实际功率为 w. 2.学校开展“我为节能献一计”活动，小明和小亮想探究影响电热水壶电热转化效率的因 素.他们先提出如下猜想，然后在家中进行实验探究 猜想1：与电热水壶的功率有关. 猜想2：与被加热的水的质量有关， (1)关于电热水壶消耗电能的测量，小明只将电热水壶接入电路中工作，用电能表直接测 量；因为家中只有一只电能表，小亮用秒表测出烧水时间，再用额定功率与时间相乘 求得电能.正确的测量方法是 的方法. (2)为了探究猜想1，应该保持 一定，选用功率不同的电热水壶，进行实 验.为了探究猜想2，小明设计了2个方案. A方案：用一个电热水壶先后三次加热不同质量的水，直至水烧开. B方案：用三个相同的电热水壶同时加热不同质量的水，直至水烧开 小亮认为A方案可行，但实验时要注意 你认为B方案是否可行？并说明理由： 44》 第十五章电功和电热 (3)按照正确的方案进行实验，数据如下表所示. 实验 电热水壶 水的质 水的初温 水的末温 消耗的电能 水吸收的热 电热转化 序号 的功率/W 量/kg /℃ /℃ /(×105J) 量/(×105J) 效率/% 1 800 25 99 3.731 3.108 83.3 2 800 0.6 25.5 99.5 2.285 1.865 81.6 3 800 0.3 25 99 1.171 0.932 79.6 4 1000 1 24 99 3.604 3.150 87.4 5 1200 24.5 99 3.354 3.129 93.3 第1、2、3组数据表明：电热水壶的功率相同时，被加热的水的质量越大，电热转化效率 越 第1、4、5组数据表明： (4)结合以上结论，请你对电热水壶的使用提出一些建议： 3.小明家新购置了一台变频空调，安装在面积为12m、高为2.5m的房间中.空调上的“能 效”等级标为“1级”.他上网查询到变频空调的能效比EER是指空调的制冷量Q与制冷 输入电功率P的比值，反映空调的节能水平.制冷量Q是指空调制冷时，每秒从房间吸 收的热量.下表是这台新空调铭牌上的部分技术参数.[p空气取1.3kg/m3,c空气取1X 103J/(kg·℃)] 制冷量Q 制冷输入电功率P 制冷季节能效比EER 额定电压U 2600W 5.2 220V (1)当制冷量和能效比为铭牌标识值时，空调的制冷输入电功率是多少？某导线允许通 过的最大电流为10A,通过计算说明使用这种导线安装该空调是否安全 (2)当室温达到30℃，要降低到设定温度20℃，房间内的空气要放出多少热量？如果空 气放出的热量只占房间放出总热量的50%，制冷量按照2600W计算，需要空调制冷 多长时间？ 课后作业 4.小明利用电能表测某家用电器的电功率.当电路中只有这个用电器工作时，测得15min 内消耗的电能为0.5kW·h,则这个用电器可能是 () A.电热水器 B.电冰箱 C.电脑 D.日光灯 《45 课时提优计划作业本物理九年级下册)>》 5.小玲家有额定电压相同的电烤箱、电饭锅和电视机各一个，按照每度电0.5元的计费标 准，将这三个用电器正常工作1h产生的电费绘制成了如图所示的柱状图.则下列四个 选项中判断正确的是 ) A.在这三个用电器中，电烤箱正常工作时的电压最高 (电费/元) 0.8 0.7 B.在这三个用电器中，电视机正常工作时的电压最低 0.6 0.5 0.4 C.正常工作时，通过电烤箱的电流大于通过电视机的电流 0.3 02 D.在一个月内，小玲家电烤箱正常工作产生的电费一定比电 电烤箱电饭锅电视机 饭锅正常工作产生的电费多 6.(2024·兰州)小亮用电热水壶将质量为1.5kg、初温为20℃的水加热到80℃，在只有 电热水壶工作的情况下，他观察到家中标有“1200imp/(kW·h)”字样的电能表的指示 灯在240s内闪烁了144次，已知水的比热容c水=4.2×103J/(kg·℃)： (1)求水吸收的热量， (2)求电热水壶的实际功率， (3)求电热水壶的工作效率. 7.课外实践小组设计了一个电热孵蛋箱，其电路如图所示.已知电源电压恒为220V,R是 阻值为55Ω的电热丝，温度对电热丝阻值的影响忽略不计. (1)闭合开关S后，求电路中的电流， o220V0 (2)求通电100s电热丝R。产生的热量， (3)老师提醒，电热箱内温度太高，无法孵化鸡蛋，应使电热箱的电功 Ro A 率降至P。,小组成员想出了两种方法改进电路， 电热箱箱体 方法一：在图中A点处串联接人一根电热丝RA 方法二：在图中B点处串联接入一根电热丝RB. 老师发现这两种改进方法都可以使电热箱的电功率为P。,小组成员在这两种改进电 路中，用电压表测量新接入的电热丝两端的电压，测量结果分别为U1和U2,U1>U2, U2=165V,但由于粗心没有记录U1和U2分别对应哪种方法.请根据上述信息判断 哪种方法更节能，并计算这种方法中新接入的电热丝的阻值， 46》 第十五章电功和电热 8.(2025·湖北)为了解家中用电情况并提出安全用电、节约用电的建议，某同学对用电器 的用电情况进行调查，结果如下表所示，家庭电路电压为220V. 家用电器用电情况调查表 额定功 使用时长 你我同行 位置 家用电器 数量 斋用电 率/W /min ① ⑤发现异常，及 时断开电源 客厅 空调 1 2750 60 客厅 电热水壶 1 1000 6 家中浸水时切 断总电源 客厅 吊灯 1 80 60 客厅 筒灯 10 5 0 3岛 不使用绝缘皮 使用家用电器 破损的导线 时注意节能 厨房 电饭煲 1 1000 30 厨房 灯 更换灯泡前先 人走断电，用 1 40 60 ④ 断开开关 请随手断电 毕断电 厨房抽油烟机 1 100 18 (1)求客厅中空调正常工作时的电流. (2)求客厅中电热水壶正常工作时的电阻. (3)求厨房中的用电器在调查时总共消耗的电能. (4)该同学利用掌握的电学知识，积极参与街道关于安全用电、节约用电的宣传工作，请 帮他将如图所示的宣传栏中的提示语补充完整， 《47因为电热水器的外壳是金属外壳，为了防止其外壳带电发生 触电事故，应选三线插座甲.(3)家庭电路的电源电压是 220V;据题意可知，家庭电路中的用电器漏电时，通过火线与 零线的电流不相等，漏电保护器中检测装置检测到这一差异 后，便切断电源，起到保护作用，故当开关S闭合时能模拟用 电器漏电的情况，即此时通过A、B两处的电流是不相等的， IA<IB(A处在支路中，B处在干路中). 7.并联用电器地不能解析：充电站内各充电桩独立 工作，是并联的；利用充电桩给汽车电池充电的过程中，汽车 电池相当于电路中的用电器；充电桩外壳常采用铝合金材料， 为避免触电，金属外壳需连接地线；充电桩起火时，应先切断 电源，生活用水是导体，不能用水灭火. 8.如图所示 火线 零线 解析：三线插座的接法是“左零右火中接地”，开关接在火线与 电灯之间，这样在断开开关时能切断火线，接触电灯不会发生 触电事故 9.如图所示 火线 零线 声控 o光控 解析：电灯与两个开关串联，且火线要先接开关，再接电灯尾 部的金属点，零线接电灯的螺旋套；三线插座按“左零右火中 接地”的原则接入电路。 课后作业 10.A解析：使用测电笔时，手不能接触笔尖的金属体，但必 须接触笔尾的金属体，A错误；生活中的水是导体，用湿手接 触带电设备或用湿布擦抹带电设备，容易发生触电事故，所以 不能用湿手接触带电设备，不要用湿布擦抹带电设备，B正 确；了解家庭电路中总开关位置，学会在紧急情况下断开总开 关，有利于安全用电，C正确；手机在充电过程中，不宜进行其 他操作，D正确. 11.D解析：根据安全用电的要求，控制用电器的开关要连 接在火线和用电器之间，A错误；家用电器金属外壳必须连接 地线，以防漏电时触电，故电冰箱的金属外壳要接地线，B错 误；电线的绝缘皮破损时应及时更换，否则容易发生触电事 故，C错误；电动自行车充电时若发生火灾，危险性很大，故应 在规定位置停放充电，绝不允许在楼道、楼梯间和家里充电，D 正确. 12.D解析：火线断路，手接触冰箱门是不会触电的，A错 误；电冰箱的金属外壳接了地线，金属外壳即使漏电，电流也 会通过地线流入大地，人接触金属外壳是不会触电的， B错误；火线和零线接触时电路会发生短路，电流过大会烧坏 保险丝，手接触电冰箱门不会触电，C错误；火线与电冰箱的 金属外壳接触，金属外壳中有电流通过，手接触金属外壳就会 课时提优计划作业本 •2 触电，D正确， 13.A3解析：家庭电路中各用电器并联，干路上的开关控 制整个电路，故维修电路时，应断开干路上的空气开关，即必 须断开A部分；电能表允许通过的最大电流为40A,则电路 的最大总功率P=UI=220V×40A=8800W,电路中还允 许接入的用电器的功率P允=P-P急=8800W-5000W= P允3800W 380W,n-1000w一1000W-3.8,故能再安装的空调台 数为3台. 14.乙甲不会解析：题图甲中有电流流过人体，人会触 电，但通过火线、零线的电流相等，漏电保护器不会跳闸；题图 乙中没有电流流过人体，人不会触电；题图丙、丁中有电流流 过人体，人会触电，但题图丙、丁中通过火线和零线的电流不 相等，漏电保护器会跳闸；发生触电事故时，电路中电流一般 不会达到空气开关的断开电流 15.如图所示 火线 零线 解析：要求开关S只控制两盏灯且每盏灯都能正常发光，则两 盏电灯是并联的，且与插座之间也是并联的，开关与火线相 连；两线插座的接法是左孔接零线，右孔接火线 16.(1)原有电路的总功率P总=40W×8+100W+150W+ 100W+750W=1420W,保险丝熔断电流为10A,家庭电路 中最大功率Pmx=220V×10A=2200W,P总十P空调= 1420W+1000W=2420W>Pmx,故不安全(2)①换用 允许通过更大电流的电能表和熔断电流更大的保险丝，同时 应考虑电线的安全性；②另外拉一条线路供空调专用解析： (1)根据电能表上的“220V10A”字样、保险丝的熔断电流 和P=UⅡ可知，该电路所能承受的最大功率为2200W,然后 将其与电路中所有用电器的功率之和进行比较.(2)要考虑电 路中所有电路元件的安全，由于在电路中增加用电器会增大 干路中的电流，故应根据电路中所有用电器的功率之和去确 定电能表和保险丝及电线的规格，若过小就要更换更大的 规格。 第12课时综合实践活动 知识导引 1.(1)P- t (2)电能表秒表(3)①电子式电能表的指 示灯停止闪烁2.时间电功率 课堂作业 1.31.61200解析：由题图可知，该电能表的示数为 31.6kW·h;“3000r/(kW·h)”表示电路中每消耗1kW·h 的电能，电能表转盘转3000r,电能表转盘转60r,则电热水 60r 壶消耗的电能W=30O0w·五=0.02kW·h,工作时 间=1mim=品h,电热水壶的实际功率P-”= t ·物理·九年级下册 0 0.02kW.b-1.2kW=1200W. 2.(1)小明(2)被加热的水的质量控制水壶和水的初温 相同不可行，仅有一只电能表，无法分别测出同时工作的三 个电热水壶消耗的电能(3)高被加热的水的质量相同时， 电热水壶的功率越大，电热转化效率越高(4)使用功率较大 的电热水壶或加热质量较大的水可以提高电热转化效率 解析：(1)断开家中其他用电器，仅让电热水壶工作，利用电能 表可以直接、准确地测出电热水壶消耗的电能；而电热水壶工 作时的实际功率和额定功率不一定相等，不能用额定功率与 时间相乘求出消耗的电能，故正确的测量方法是小明的方法 (2)探究电热水壶电热转化效率与电热水壶的功率的关系时， 应保持被加热的水的质量一定，选用功率不同的电热水壶进 行实验；探究电热水壶电热转化效率与被加热的水的质量的 关系时，应该改变被加热的水的质量，控制电热水壶的功率相 同，用同一个电热水壶先后加热水时要注意水壶和水的初温 应该相同：仅有一只电能表，无法分别测出同时工作的三个电 热水壶消耗的电能，故B方案不可行.(3)由第1、2、3组数据 可知，电热水壶的功率相同时，被加热的水的质量越大，电热 转化效率越高；由第1、4、5组数据可知，被加热的水的质量相 同时，电热水壶的功率越大，电热转化效率越高.(4)由(3)的 结论可知，使用功率较大的电热水壶或加热质量较大的水可 以提高电热转化效率 3DP=Q2=2600W=500wP大=UI大=220V 5.2 10A=2200W>500W,则使用这种导线安装该空调是安全 的(2)Q放=c空气m△t=1×103J/(kg·℃)×1.3kg/m3X Q放 12㎡×2.5mx(80℃-20℃)=3.9X10Jt=%-50 3.9×105J 2600w=300s解析：(1)因为能效比是指空调的制冷量 50% Q与制冷输入电功率P的比值，所以能效比为5.2时，空调的 制冷输人电功率P三，是8=2600W=500W;某导线允许接 5.2 的用电器的最大功率P大=UI大=220V×10A=2200W> 500W,所以使用这种导线安装该空调安全.(2)房间内的空气 的质量m=p崆气V=p腔气Sh=1.3kg/m×12m×2.5m=39kg, 降低到设定温度20℃，空气放出的热量Q做=c空气m△t=1× 103J/(kg·℃)×39kg×(30℃-20℃)=3.9×105J;房间 Q=3.9×10J=7.8×105J,空调的 放出的总热量Q=0%=50% 制冷时间告-8沁0 2600W 2=300s. 课后作业 4A解析：根据题意可知，该用电器的功率P=W= t 0.5kW·h=2kw=2000W,四个家用电器中功率能达到 品需6 课时提优计划作业本 •2 2000W的只有电热水器. 5.C解析：这三个用电器正常工作时的电压即额定电压都 为220V,故这三个用电器正常工作时的电压一样大，A、B错 误；由题图可知，这三个用电器正常工作1h产生的电费从高 到低依次为电烤箱、电饭锅、电视机，而电费单价是相同的，故 它们消耗的电能大小关系为W电烤箱>W电饭锅>W电视机，根据 P=Y可知，这三个用电器的额定功率大小关系为P电烤箱> P电饭锅>P电视机，再由P=UⅡ可得，通过这三个用电器的电流 大小关系为I电彬箱>1电饭锅>1电视机，C正确；虽然P电烤箱> P电饭锅，但由于一个月内电烤箱和电饭锅的实际工作时间未 知，故无法判断电烤箱和电饭锅实际消耗的电能，也就无法比 较它们正常工作产生电费的多少，D错误 6.(1)Q吸=c*m△=4.2X103J/(kg·℃)X1.5kg×(80℃- 144 imp 20℃)=3.78×10J(2)W=1200imp/kw·b 0.12kW,h=0.12×3.6×105J=4.32×105J,P=W= 4320101-180W87-0×1o%-是0×18}× 240s 100%=87.5%解析：(1)水吸收的热量Q吸=c水m△1 4.2×103J/kg·℃)×1.5kg×(80℃-20℃)=3.78×10J. (2)“1200imp/(kW·h)”表示的是电路中每消耗1kW·h 的电能，电能表的指示灯闪烁1200次，指示灯闪烁144次消 144 imp 耗的电能W=1200imp/w·五=0.12kW·h=0.12X 3.6×10J=4.32×105J,t=240s,电热水壶的实际功率P= W_4.32X10」=1800W.(3)电热水壶的工作效率？ 240s 0X100%-38×10%-67.5% V=20Y=4A(2)Q=PRt=(4A02×550× 7.(1)1==50 100s=8.8×104J(3)两种方法的电路简图如图所示，方 法一中的电热箱的功率PA=(R十RA),方法二中的电热 箱的功率PB=R。,因为两种方法中的电热箱的功率相等， 即I(R十RA)=IR。,则IA<IB,由W=UIt可得，方法一更 节能.因为IA<I3,R,为定值电阻，故方法一中R。两端的电 压UA小于方法二中R。两端的电压UB,因为电源电压保持 不变，则R4两端的电压大于RB两端的电压，即UA>UB,则 UB=U2=165V,方法二中R两端的电压Uog=U-U2= 220V-165V=5V,电热箱的电功率PA=Pa=) Ro .55W 5555w,方法一中电路电流4片220V有 552 0.25A,R,两端的电压U4=IAR0=0.25A×552=13.75V, 电热丝R的阻值RA==U-UA=220V-13.75Y 0.25A 8252 方法一 方法二 ·物理·九年级下册 1· 解析：(1)由题图可知，电路为R的简单电路，开关S闭合后， 电路中的电流1是-&-4A(2)通电10电热丝R 产生的热量Q=2R0t=(4A)2×552×100s=8.8×104J. (3)见答案 8101-P组=2750W=12,5A2)R=与 U 220V (220V)2 1000W =48.42(3)W=P电饭煲4十P灯2十P轴油烟机3= 100X10-kw×积h+40×103kw×89 60 h+100× 103kw×8h=0.57kw·h(4)①家庭电路中不能同时 使用多个大功率的用电器②不能用湿手触摸开关解析： (1)由题表可知，空调的额定功率P空满=2750W,根据P= UI可得，空调正常工作时的电流1=爱-20V=12,5A 220V (2电热水壶的额定功率P=10W,根据P只可得， 电热水壶正常工作时的电阻R==220)2 P水壶1000W=48.42. (3)电饭煲的额定功率P电饭煲=1000W=1kW,工作时间 t=30min=0.5h;灯的额定功率P灯=40W=0.04kW,工 作时间t2=60min=1h;抽油烟机的额定功率P轴油烟机= 100W=0.1kW,工作时间=18min=0.3h,则厨房中的用 电器在调查时总共消耗的电能W=P电饭煲（十P灯？十P轴油烟机名 1kW×0.5h+0.04kW×1h+0.1kW×0.3h=0.57kW·h (4)由题图可知，图片对应的提示语为①家庭电路中不能同时 使用多个大功率的用电器.②不能用湿手触摸开关. 专题一特殊方法测小灯泡的电功率 类型一： 1.25V Ro 2.5vx(-23y) 解析：闭合开关S,L与R 并联后和R,串联，电流表A1测通过R的电流，电流表Ag 测电路的总电流，小灯泡正常发光时，R。两端的电压U= U额=2.5V,故应调节滑动变阻器使电流表A1的示数为 2,5Y,此时电流表A的示数为1，则小灯泡的额定电流 Ro I-2,5Y,小灯泡的额定功率P鞭=UI=2.5VX Ro (-是) 2.(1)100.9(2)ABD解析：(1)在第1步中，仅闭合S, R2调至52时，R2与L串联，电路中的电流为0.3A,即通过 小灯泡的电流I=I籁=0.3A,小灯泡正常发光，电路中的总 电阻R总=R2+R;在第2步中，仅闭合S2时，R1与R2串联， 当电路中的电流仍为O.3A时，电路中的总电阻R总=R2十 R1;由欧姆定律可知，在电源电压恒定时，两个电路中的电流相 等，则两个电路中的总电阻相等，即R总=R总，由此可得5Ω十 R=9十62，则小灯泡正常发光时的电阻R=10,小灯泡的 额定功率P=IR=(0.3A)2×10Ω=0.9W.(2)只要能测 出小灯泡正常发光时的电阻，就可利用公式P额=R求得 课时提优计划作业本 •2 小灯泡的额定功率.选项A中，先仅闭合S,R1与R2串联，分 别调节两个电阻箱，使电流表的示数为0.3A,读出两个电阻 箱的阻值分别为R和R2,再仅闭合S,L与R2串联，调节 R2,使电流表的示数为0.3A,则小灯泡正常发光，读出电阻 箱R2的阻值为R2,则小灯泡正常发光时的电阻R=R1十 R2一R2,A符合题意；选项B中，将R2换成适当规格的滑动 变阻器，先仅闭合S,L与滑动变阻器串联，调节滑动变阻器， 使电流表的示数为0.3A,则小灯泡正常发光，再仅闭合S2, 保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节R1,使电流表的示数 仍为0.3A,读出电阻箱的阻值为R,则小灯泡正常发光时的 电阻R=R1,B符合题意；选项C中，将R2换成导线，先仅闭 合S,电路为小灯泡L的简单电路，电路中的电流大小不一 定刚好为0.3A,故不能确保小灯泡正常发光，C不符合题意； 选项D中，将R1换成导线，先仅闭合S1时，L与R2串联，调 节R2,使电流表的示数为0.3A,则小灯泡正常发光，读出电 阻箱的阻值为R2,再仅闭合S2时，电路为R2的简单电路，调 节R2,使电流表的示数仍为0.3A,读出电阻箱的阻值为R2, 则小灯泡正常发光时的电阻R=R2一R2,D符合题意 3.SUX(1-爱）解析：先断开开关s,闭合开关S, 5,调节滑动变阻器，使电流表的示数为觉，此时电流表测 R所在支路的电流，则灯泡和定阻电阻两端的电压均为U额， 灯泡正常发光；再保持滑动变阻器滑片的位置不变，只断开开 关S2、闭合其他开关，读出电流表的示数为，此时电流表测 干路电流，通过灯泡和定值电阻的电流不变，灯泡仍正常发 光，根据并联电路的电流规律可知，灯泡的额定电流I额=I 灯泡额定功率的表达式为P=Us×(1一亮) UU额 类型二 4.C解析：闭合开关S、S2,断开开关S,滑动变阻器与电阻 箱R串联，电压表测电阻箱两端的电压，当电压表示数为 L6V时，电路中的电流I=费-6Y-Q4A.由串联电路电 压特点和欧姆定律可知，电源电压U=UR十U帮=UR十IR 1.6V十0.4A×R①；当电压表示数为2.8V时，电路中的 电流r-背--02A,电源电压U-U+U-U十 I'R滑=2.8V+0.2AXR指②；联立①②，解得R滑=62， U=4V;闭合开关S、S,断开开关S2,滑动变阻器与灯泡串 联，电压表测灯泡两端的电压，由串联电路的电压特点可知， 滑动变阻器两端的电压U幕=U-U辙=4V-2.5V=1.5V,则灯 泡的额定电流a=-爱-6Y-0,25A,灯池的颜定 功率P籁=U额I瓶=2.5VX0.25A=0.625W.C正确， 5.(1)S(2)只闭合S(3)②.5V) R 解析：(1)只闭合 S1,滑动变阻器与L串联，电压表测L两端电压，移动滑动变 阻器滑片，使电压表示数为2.5V(此时小灯泡正常发光) (2)保持滑片不动，只闭合S2,滑动变阻器与R串联，电压表 ·物理·九年级下册 2