初三物理复习练习题中考物理电学专项复习综合训练题含答案解析

初三物理复习练习题中考物理电学专项复习综合训练题含答案解析

一、电磁学综合题

1．（2）如图乙所示，通电长方体金属导体在磁场中发生霍尔效应时，由于C 、D 表面带有不同种电荷，因此在C 、D 的表面之间就形成一定电压，导体C 、D 两表面间的电压一定不为零；通过实验可知，电流越大、磁场越强，C 、D 两表面间的电压就越大，霍尔效应越显著，保持通过导体的电流大小与方向及磁场的方向均不变，C 、D 两表面间的电压越大，说明此时磁场越强。（2019·河南中考模拟）某生态园设计了模拟日光和自动调温系统，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示。电源电压恒为220V ，R 1和R 2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R 2＝30Ω，L 是标有“220V160W ”的照明灯泡。白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h ，此时R 1与R 2的电功率之比为1：3；晚上温度较低的时候，需同时开启加热和照明功能，此时灯泡正常发光，此状态下系统需连续工作12h 、请解答下列问题

（1）白天该系统应断开关_____（选填“S 1”、“S 2”或“S 1和S 2“），开启保温功能。 （2）R 1的阻值是多大_____？

（3）晚上同时开启加热和照明功能时，电路的总功率是多大______？ （4）该系统每天消耗的电能是多少kW ?h_______？ 【答案】S 1和S 2 10Ω 5000W 72.1kW ?h 【解析】 【详解】

（1）由题意可知，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能，此时灯泡不发光，总功

率最小，由P ＝2U R

可知，电路的总电阻应最大，即R 1与R 2应串联，所以，由图可知开关

S 1、S 2都应断开；

（2）当开关S 1、S 2都断开时，系统处于保温状态，此时R 1与R 2串联，由于串联电路中电

流处处相等，则根据P ＝I 2

R 可得R 1与R 2的电功率之比：12P P ＝21

22I R I R ＝12R R ＝13

；所以，

R 1＝

13R 2＝1

3

×30Ω＝10Ω； （3）晚上温度较低的时候，S 1、S 2均闭合，开启加热和照明功能，此时L 与R 1并联，灯泡

正常发光，所以，电路的总功率：P ＝P L +P R1＝P L +21U R ＝160W+()2

220V 10Ω

＝5000W ＝5kW ；

2．（3）水吸收的热量：Q 吸=c 水m （t -t 0）=4.2×103

J/（kg·℃）×4kg×（80℃-20℃）

=1.008×106J ，则至少需要的时间：t =6

1.00810J 1800W

Q P ?=吸

最大=560s 。（2019·河南郑州外国语中学中考模拟）如图甲为小颖同学设计的电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能，图甲中电磁继电器（线圈电阻不计）、热敏电阻R 、保护电阻R 0、电压恒为6V 的电源U 1、导线等组成控制电路，当电磁铁线圈中的电流I ＜10mA 时，继电器上方触点和触点c 接通；当电磁铁线圈中的电流I ≥10mA 时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点a 、b 接通，热敏电阻中允许通过的最大电流I 0=15mA ，其电阻R 随温度变化的规律如图乙，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R 1、R 2、R 3均置于储水箱中， 已知R 1=33Ω、R 2=66Ω、R 3=154Ω、U 2=220V 。

（1）衔铁被吸下时，电热水器处于____（“保温”或“加热”）状态。

（2）已知该热水器的加热效率为80%，则在加热状态下10分钟能将多少千克的水从20℃加热到50℃；____（结果保留一位小数）

（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R 0的阻值至少为多大？_____若R 0为该值，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少？____ 【答案】加热 8.4kg 200Ω 60℃ 【解析】 【详解】

(1)由电路图知：衔铁被吸下时,R 1、R 2并联,根据并联电阻的总电阻小于其中任一电阻,由

P =2

U R

，电功率最大，为加热状态；

(2)由电路图知,加热状态下：R 1、R 2并联，R 并=

1212R R R R +=33Ω66Ω

33Ω66Ω

?+=22Ω 10min 加热电路产生的热量Q =2U R 并

t =()2

220V 22Ω

×600s=1.32×106J ，

10分钟内水只收的热量Q ′=Q ×η=1.32×106J×80%=1.056×106J ； 由Q=cm

t 得，水的质量：m =Q c t '

=63 1.05610J 4.210J /(kg 5020???-℃）

（）℃=8.4kg.

(3)由图乙可知，热敏电阻的最小值是R =200Ω，

当R 最小,控制电路中的电流不超过最大值时,保护电阻R 0阻值最小， 由I 0=

10U R R +得：保护电阻R 0的最小值R 0

=10U I ?R =6V

0.015A

?200Ω=200Ω， 由题意知，衔铁刚好被吸下时，电路电流I =10mA=0.01A ， 此时电流总电阻R 总=

1U I =6V

0.01A

=600Ω， 此时热敏电阻R =R 总?R 0=600Ω?200Ω=400Ω，

3．Q ＝W ＝UIt ＝220V×30A×10×60s ＝3.96×106J ，（2019·河南中考模拟）有一种电加热恒温箱，工作原理如图甲所示。控制电路由电压为U 1=9V 的电源、电磁继电器(线圈电阻不计)、电阻箱R 0和热敏电阻R 1组成；工作电路由电压为U 2=220V 的电源和R 2=44Ω的电热丝组成。其中，电磁继电器只有当线圈中电流达到30mA 时，衔铁才吸合，切断工作电路；热敏电阻R 1的阻值随温度变化关系如图乙所示。

（1）在升温的过程中，电阻R 1两端的电压会_____选填“变大”“变小”或“不变”)；要使恒温箱设定的温度值升高，应调节滑动变阻器R 0的滑片，使其接入电路的阻值____(选填“变大”或“变小”)。

（2）求电热丝工作时的功率和在10min 内产生的热量。_____________ （3）如果恒温箱的温度设定为50℃，求电阻箱R 0应接电路的阻值。__________

【答案】变小 变大 1100W ；6.6×105

J 200Ω

【解析】 【详解】

（1）从图乙可知，在升温的过程中，热敏电阻的阻值会减小，根据欧姆定律U =IR 可知热敏电阻R 1两端的电压变小；从图乙可知，要提高恒温箱的设定温度，需减小热敏电阻的阻值，为了使衔铁吸合工作电流即线圈中的电流仍为30mA ，根据欧姆定律R =U

I

需要增大电阻箱连入的电阻值，即R 0的阻值必须变大；

（2）电热丝工作时的功率：P =22

2(220V)44Ω

U R ==1100W ，电热丝正常工作10min 产生的热量：Q =W =Pt =1100W×

10×60s=6.6×105J ；

4．心脏的平均功率：960J 16W 60s

W P t =

==。（2019·广东中考模拟）为了能在黑夜中看见开关位置，小明设计了如图所示的电路。当开关S 合向b 时，照明灯亮、指示灯灭，避免指示灯费电；S 合向a 时，照明灯灭、指示灯亮，显示开关位置。他利用一个“10V0.1W ”的小灯泡和一段电阻丝组装成指示灯，求：

（1）这个“10V 0.1W ”的小灯泡和这段电阻丝应该_____联（选填“串”或“并”） （2）为使指示灯正常发光，电阻丝的电阻应为多少______？ （3）照明灯使用6小时所消耗的电能是多少________？ 【答案】串联 2100Ω 62.1610J ? 【解析】 【详解】

(1)小灯泡电压较小，所以需要将电阻丝与小灯泡串联分压； (2)指示灯正常发光，则电流是：0.1W

=0.01A 10V

P I U ==，电阻丝需要分担210V 的电压，电阻丝的电阻应为：210V

=2100Ω0.01A

R =

；

5．（5）输电线路损失功率是： =8×105W ，则

知

道，输电电流是：

，由P=UI 知道，输电电压是：

= 50kV 。（2019·江西中考模拟）如图所示，电流表的量程为

0～0.6A ，电压表的量程为0﹣15V ，R 1的电阻为20Ω，电源电压为18V ，变阻器R 3的阻值范围为0﹣200Ω。

（1）只闭合开关S 3时，电流表示数为0.3A ，求R 2的电阻；

（2）只闭合开关S 2、S 4，在不损坏电流表、电压表的情况下，求滑动变阻器的阻值变化范围；

（3）请画出只闭合开关S 1、S 3和S 4时的等效电路图。

【答案】（1）40Ω；（2）10Ω﹣100Ω；（3）

【解析】 【详解】

（1）只闭合开关S 3时，灯与R 2串联，电流表测电路中的电流，因电流表示数为0.3A ， 由欧姆定律可得，电路的总电阻： 18V 600.3A

U R I =

==Ω串联 根据电阻的串联，则R 2的电阻： R 2＝R 串联﹣R 1＝60Ω﹣20Ω＝40Ω；

（2）只闭合开关S 2、S 4，R 1和R 3串联，电压表测R 3的电压，电流表测电路中的电流，由串联分压的规律可知，当电压表示数为15V 时，变阻器连入电路的电阻最大，根据串联电路电压的规律，此时R 1的电压为：U 1＝18V ﹣15V ＝3V ， 根据分压原理，变阻器连入电路中的最大电阻为：R 滑=

15V

20Ω100Ω3V

?= 电流表的量程为0～0.6A ，故电路中的最大电流为0.6A ，此时变阻器接入电路的电阻最小，由欧姆定律和电阻的串联可得，变阻器连入电路中的最小电阻：

R 滑小=118V 20Ω10Ω0.6A

U R I -=-=大 故在不损坏电流表、电压表的情况下，滑动变阻器的阻值变化范围为10Ω﹣100Ω； （3）只闭合开关S 1、S 3和S 4时，R 1短路，R 2、R 3并联，电流表测干路电流，等效电路图如下所示：

6．此时电压表的示数：()

100U mgaR URga

U IR m R R L L R R ==

?=++表；（2019·广

东中考模拟）某加热器有高、中、低三温档，其额定电压为220V ，低温档、中温档的额定功率分别为22W 和44W 。简化电路如图所示，用两定值电阻R 1和R 2表示两电热丝，单刀双掷开关S 1可接a 或b 。

（1）电路只闭合开关S 2时，为中温档。 ①电流多大? ②R 2的阻值是多大?

（2）只让开关S 1接b 时，为低温档。 ①低温档加热5h ，消耗多少kW·

h 的电能?

②定值电阻R1两端的电压是多大?

（3）用高温档加热时，应如何操作开关?

【答案】（1）0.2A（2）1100Ω（3）0.11kW·h（4）110V（5）S2闭合，S1接a

【解析】

【详解】

（1）电路只闭合开关S2时，为中温档，此时电路中只有R2工作。因中温档功率为P中

=44W，所以此时通过R2的电流为I=P

U

中=

44W

220V

=0.2A；R2=

2

R

U

I=

220V

0.2A

=1100Ω。

（2）只让开关S1接b时，为低温档，此时R1与R2串联，功率为P低=22W=0.022kW。加热5h，消耗的电能为W=P低t=0.022kW×5h=0.11kW·h；电路中的电流为

I’=P

U

低=

22W

220V

=0.1A，电路的总电阻为R总=

'

U

I

=

220V

0.1A

=2200Ω，则R1=R总- R2=2200Ω-

1100Ω=1100Ω，

R1两端的电压U R1= I’ R1=0.1A×1100Ω=110V。

7．（3）磁悬浮列车及轨道和电动机的工作原理完全相同。只是把电动机的“转子”布置在列车上，将电动机的“定子”铺设在轨道上。通过“转子”，“定子”间的相互作用，将电能转化为前进的动能。当电动机的“定子”通电时，通过电磁感应就可以推动“转子”转动。当向轨道这个“定子”输电时，通过磁场对通电导体作用，列车就像电动机的“转子”一样被推动着做直线运动。（2019·江苏中考模拟）某兴趣小组模拟冬季温房自动化加热和保温的电路，如图所示光控开关S因光照改变会自动通断，该电路具有白天保温、晚上加热的特点。R1、R2为电热丝，a、b间电压U＝24V，R1＝72Ω，晚上电路的发热功率为12W。

（1）保温时S应处于_____（选填“闭合”或“断开”）状态；

（2）求R2的阻值；______

（3）求S断开时R1、R2所产生的热量之比。________

【答案】断开；48Ω3：2

【解析】

【详解】

（1）由电路图可知，开关S断开时，R1与R2串联，电路中的总电阻最大，

电源的电压一定，由P＝

2

U

R

可知，电路的总功率最小，电路处于保温状态；

（2）由电路图可知，开关S闭合时，电路为R2的简单电路，电路的总电阻最小，总功率最大，处于加热状态，

由P＝

2

U

R

得电路中R2的阻值：

R2＝

2

U

P

加热

=

()2

24V

12W

＝48Ω；

（3）开关S断开时，R1与R2串联，

由串联电路的电流特点知，I＝I1＝I2，

在串联电路中两电阻的工作时间相同，

由焦耳定律可得，R1、R2所产生的热量：

8．因为t＝t0+△t＝20℃+39.6℃＝59.6℃＜100℃，即水不能被烧开。（2019·甘肃省白银市靖远县第四中学中考模拟）人造太阳是指像太阳一样通过核聚变，源源不断地产生巨大的能量。2017年7月4日晚中国科学院合肥物质科学研究院等离子物理研究所宣布，如图1，我国的全超导托卡马克核聚变实验装置（俗称“人造太阳”）在全球首次实现了稳定的101.2秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，创造了新的世界纪录，为人类开发利用核聚变清洁能源奠定了重要的技术基础。若人造太阳成为现实，某城市构想将来在高空设置一个人造太阳（近似认为是一个点，其能量以该点为中心向四周传播），在夜晚利用人造太阳为城市提供能量。在地面距人造太阳500m处一用户利用一面积为2m2的接收装置垂直获取能量，为家中某加热器供电，其内部简化电路如图2所示、其正常工作时的功率如表所示。

（1）求R2的阻值；

（2）在实际使用中，该用户接收装置获得能量并转化为电能，在使用高温档时给某材料加热，材料温度升高4℃加热时间为40s 。[设电热丝发热全部被材料吸收，材料的质量m ＝500g ，材料的比热容c ＝0.66×103J/（kg ?℃），已知半径为r 的球其表面积为4πr 2．不计传播过程中能量损耗，该接收装置能量转换为电能的效率为15%] ①该加热器的实际功率为多大？ ②该人造太阳的功率至少为多少？

（3）利用相同面积的接收装置，为了能从人造太阳中获得更多的能量，在安装人造太阳时应该适当的靠近还是远离地球一些？

【答案】（1）1100Ω；（2）①33W ；②3.454×108

W ；（3）利用相同面积的接收装置，

为了能从人造太阳中获得更多的能量，在安装人造太阳时应该适当的靠近地球一些。 【解析】 【详解】

（1）由图可知，S 2、S 1都闭合时，电路中只有电阻R 1；

只有S 2闭合，S 1断开时，R 1、R 2串联，根据串联电阻大于其中任一电阻，

由2

U P R

=可知，S 2、S 1都闭合时，功率较大，由表中数据可知，此时功率P 2＝44W ，

则22

12220V 1100Ω44W

U R P ===（）

； 只有S 2闭合，S 1断开时，R 1、R 2串联，由2

U P R =可得：22

1

220V 2200Ω22W U R P ===总（）, R 2＝R 总﹣R 1＝2200Ω﹣1100Ω＝1100Ω；

（2）①该用户接收装置获得能量并转化为电能，即W ＝Pt ＝Q ， 即P 实t ＝cm △t ，

30.6610J /(kg 0.5kg 433W 40s

Q cm t P t t 实℃）℃

???====，

②该人造太阳的功率至少为P ，工作时间为t ，则人造太阳的能量至少为Pt ，其能量以该点为中心向四周传播，半径为r 的球其表面积为4πr 2

，故每平方米获能的能量：2

4Pt

r π，面积为S 获得的能量为：2

4Pt

W S r

π=

?总…………….① 故2m 2

获得的能量：2

2

2m 4Pt W r

π=

?总。 不计传播过程中能量损耗，该接收装置能量转换为电能的效率为15%，

η＝

100%P t W W W =?实

电总总

........................② 将①代入②有： 22

4η2m

P r P 实π=

?，,

该人造太阳的功率至少为：

22

8822

433W 4π500m P 1.110πW 3.45410W η2m 0.152m

P r π??===?=???实

（）

； （3）由①式知，2

4Pt

W S r π=

?总， 利用相同面积的接收装置，为了能从人造太阳中获得更多的能量，r 要小一些，即在安装人造太阳时应该适当的靠近地球一些靠近。