Question

1．在如圖所示的電路中，電源電壓保持不變．滑片位于圖中所示位置，電鍵S由斷開到閉合時，示數(shù)不發(fā)生變化的電表是A₂．閉合電鍵后，滑動變阻器的滑片向右移動時，電壓表V的示數(shù)為U、電流表A₁、A₂、A的示數(shù)分別為I₁、I₂、I，且電流表A 示數(shù)的變化量為△I、電流表A₂示數(shù)的變化量為△I₂．則下列序號中比值變大的是②③④；比值不變的是①⑤（最后兩格填序號）．
①$\frac{U}{{I}_{1}}$；  ②$\frac{U}{{I}_{2}}$；  ③$\frac{U}{I}$；  ④$\frac{{I}_{1}}{I}$；  ⑤$\frac{△{I}_{\;}}{△{I}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）由電路圖可知，電鍵S斷開時，R₁、電壓表V、電流表A₁被斷路，電路為R₂的簡單電路，電流表A、電流表A₂均測電路中的電流；電鍵S閉合時，R₁與R₂并聯(lián)，電流表A測干路電流，電流表A₁測R₁支路的電流，電流表A₂測R₂支路的電流，電壓表測電源的電壓，根據(jù)并聯(lián)電路的電流表特點可知干路電流的變化；
（2）電鍵閉合時，根據(jù)電源的電壓可知滑片移動時電壓表示數(shù)的變化，根據(jù)并聯(lián)電路中各支路獨立工作、互不影響可知滑片移動時R₁支路電流的變化，根據(jù)滑片的移動可知接入電路中電阻的變化，根據(jù)歐姆定律可知該支路電流的變化，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點可知干路電流的變化，然后得出$\frac{U}{{I}_{1}}$、$\frac{U}{{I}_{2}}$、$\frac{U}{I}$的變化，再根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點判斷$\frac{{I}_{1}}{I}$、$\frac{△{I}_{\;}}{△{I}_{2}}$的變化．

解答 解：（1）由電路圖可知，電鍵S斷開時，R₁、電壓表V、電流表A₁被斷路，電路為R₂的簡單電路，電流表A、電流表A2均測電路中的電流；
電鍵S閉合時，R₁與R₂并聯(lián)，電流表A測干路電流，電流表A₁測R₁支路的電流，電流表A₂測R₂支路的電流，電壓表測電源的電壓，
所以，電鍵S由斷開到閉合時，電壓表V和電流表A₁的示數(shù)變大，
因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，
所以，電鍵S由斷開到閉合時，電流表A的示數(shù)變大，電流表A₂的示數(shù)不變；
（2）電鍵閉合時，R₁與R₂并聯(lián)，電流表A測干路電流，電流表A₁測R₁支路的電流，電流表A₂測R₂支路的電流，電壓表測電源的電壓．
因電源電壓保持不變，
所以，滑片移動時，電壓表V的示數(shù)U不變，
因并聯(lián)電路中各支路獨立工作、互不影響，
所以，滑片移動時，通過R₁支路的電流不變，即電流表A₁的示數(shù)I₁不變，則$\frac{U}{{I}_{1}}$不變；
當滑動變阻器的滑片向右移動時，接入電路中的電阻變大，
由I=$\frac{U}{R}$可知，通過R₂的電流變小，即電流表A₂的示數(shù)I₂變小，則$\frac{U}{{I}_{2}}$變大；
因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，
所以，干路電流變小，即電流表A的示數(shù)I變小，即$\frac{U}{I}$變大；
因$\frac{{I}_{1}}{I}$=$\frac{{I}_{1}}{{I}_{1}+{I}_{2}}$=$\frac{1}{1+\frac{{I}_{2}}{{I}_{1}}}$，且I₁不變、I₂變小，
所以，$\frac{{I}_{1}}{I}$變大；
因△I=（I₁+I₂′）-（I₁+I₂）=I₂′-I₂=△I₂，
所以，$\frac{△{I}_{\;}}{△{I}_{2}}$不變．
綜上可知，比值變大的是②③④；比值不變的是①⑤．
故答案為：A₂；②③④；①⑤．

點評 本題考查了電路的動態(tài)分析，涉及到并聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是開關(guān)閉合、斷開時電路連接方式的判斷．