Question

15．如圖所示電路中，電源電壓不變，R₁=20Ω，滑動變阻器R₂的最大值為60Ω，小燈泡L的額定電壓為5V，電流表的量程（0～0.6A或0～3A）．只閉合S₂時，電流表的示數(shù)為0.4A；只閉合S₃，且變阻器的滑片P在正中點時，電流表的示數(shù)為0.3A．（不考慮溫度對燈絲的影響）

求：
（1）電源電壓和燈絲電阻．
（2）只閉合S₃時，要使小燈泡L正常發(fā)光，變阻器R₂連入電路的阻值．
（3）閉合S₁、S₂、S₃，為保證不損壞電流表，變阻器R₂的阻值可調范圍．

Answer 1

分析 （1）只閉合S₂時，R₁與燈泡L串聯(lián)，電流表測電路中的電流，根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律表示出電源的電壓；只閉合S₃，且變阻器的滑片P在正中點時，燈泡L與滑動變阻器最大阻值的一半串聯(lián)，電流表測電路中的電流，再根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律表示出電源的電壓，利用電源的電壓不變建立等式即可求出電源的電壓和燈絲電阻；
（2）只閉合S₃時，燈泡正常發(fā)光時的電壓和額定電壓相等，根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路的電流特點求出電路中的電流，利用串聯(lián)電路的電壓特點求出滑動變阻器兩端的電壓，利用歐姆定律求出變阻器R₂連入電路的阻值；
（3）閉合S₁、S₂、S₃時，R₁與R₂并聯(lián)，電流表測干路電流，當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時電流表的示數(shù)最小，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點和歐姆定律求出其大��；當電流表的示數(shù)最大為3A時，滑動變阻器接入電路中的電阻最小，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點求出通過滑動變阻器的電流，利用歐姆定律求出滑動變阻器接入電路的最小值即可得出答案．

解答 解：（1）只閉合S₂時，R₁與燈泡L串聯(lián)，電流表測電路中的電流，
由于串聯(lián)電路中的總電阻等于各分電阻之和，
所以根據(jù)歐姆定律可得，電源的電壓：
U=I₁（R₁+R_L）=0.4A×（20Ω+R_L）--------①，

只閉合S₃，且變阻器的滑片P在正中點時，燈泡L與滑動變阻器最大阻值的一半串聯(lián)，電流表測電路中的電流，
電源的電壓：U=I₂（$\frac{1}{2}$R₂+R_L）=0.3A×（$\frac{1}{2}$×60Ω+R_L）-------②，
由于電源的電壓不變，
所以有：0.4A×（20Ω+R_L）=0.3A×（$\frac{1}{2}$×60Ω+R_L），
解得：R_L=10Ω，
電源電壓：U=0.4A×（20Ω+R_L）=0.4A×（20Ω+10Ω）=12V；
（2）只閉合S₃時，燈泡正常發(fā)光時的電壓為5V，由于串聯(lián)電路中各處的電流相等，
所以電路中的電流：I_L=$\frac{{U}_{L}}{{R}_{L}}$=$\frac{5V}{10Ω}$=0.5A，
串聯(lián)電路中總電壓等于各分電壓之和，所以滑動變阻器兩端的電壓：
U₂=U-U_L=12V-5V=7V，
滑動變阻器接入電路中的電阻：
R₂′=$\frac{{U}_{2}}{{I}_{L}}$=$\frac{7V}{0.5A}$=14Ω；
（3）閉合S₁、S₂、S₃時，R₁與R₂并聯(lián)，電流表測干路電流，
當滑動變阻器接入電路中的電阻最大為R₂=60Ω時，電流表的示數(shù)最小，
并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，且干路電流等于各支路電流之和，
所以電流表的最小示數(shù)：
I_min=$\frac{U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=$\frac{12V}{20Ω}$+$\frac{12V}{60Ω}$=0.6A+0.2A=0.8A；
故電流表應選接0～3A量程，則電流表示數(shù)最大為3A時，滑動變阻器接入電路中的電阻最小，
此時通過滑動變阻器的電流：
I₂′=I_max-I₁=3A-0.6A=2.4A；
滑動變阻器接入電路中的最小阻值：
 R₂″=$\frac{U}{I{′}_{2}}$=$\frac{12V}{2.4A}$=5Ω，
即變阻器R₂的阻值可調范圍為5Ω～60Ω．
答：（1）電源電壓為12V，燈絲電阻為10Ω；
（2）只閉合S₃時，要使小燈泡L正常發(fā)光，變阻器R₂連入電路的阻值為14Ω；
（3）閉合S₁、S₂、S₃，為保證不損壞電流表，R₂取值范圍為5Ω～60Ω．

點評 本題考查了串聯(lián)電路特點和并聯(lián)電路的特點以及歐姆定律、電功率公式的應用，關鍵是開掛閉合、斷開時電路連接方式的辨別和知道燈泡正常發(fā)光時的電壓與額定電壓相等，要注意滑動變阻器變化時和電流表示數(shù)的對應關系．