Question

（2011?郑州模拟）某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R_L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）    B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）
C．电流表A₁（量程150mA，内阻约为2Ω）    D．电流表A₂（量程300mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R₁（阻值0～10Ω）   F．滑动变阻器R₂（阻值0～200Ω）
（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用

A₂

，滑动变阻器应选用

R₁

（填写仪器符号）；
（2）要求实验中小灯珠电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，画在答题纸方框中2600*.005
（3）据实验数据，计算并描绘出了R-U的图象，如乙图所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为

0.78

W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k（t+273）（k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为

2327

℃；（4）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图丙中的

C

．
A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④

Answer 1

分析：（1）根据额定电流I=

P

U

确定电流表的选择，根据电压要从0开始连续可调确定滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节；
（2）根据中值电阻R_中=

RARV

确定被测电阻为小电阻，故电流表应该采用外接法；
（3）从图中确定小灯泡的电阻，从而确定小灯泡消耗的实际功率；根据图象可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其电阻为13Ω，则13=K（t+273），联立以上二式求出t；
（4）根据P=UI可知I=

P

U

，即P-U图象的斜率为电流I，R-U图象的斜率的倒数为I；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故

U

I

越大；

解答：解：（1）待测小灯泡为“3.8V，1W”，故其额定电流I=

P

U

=

1

3.8

=0.26A，故电流表只能选择A₂；要描绘小灯珠R_L的R～U曲线，故电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节，故选R₁．
（2）由于中值电阻R_中=

RARV

=

5000×1

=50

2

Ω，而小灯泡的内阻R=

U2

P

=

3．82

1

=14.4Ω，故被测电阻为小电阻，故电流表应该采用外接法．电路图如图所示．
（3）当电压为3V时，由图可知小灯泡的电阻为11.5Ω，故此时小灯泡消耗的实际功率P=

U2

R

=

9

11.5

=0.78W；
由图可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其两端电压为3.8v，电阻为13Ω，则13=K（t+273），解得t=2327°C；
（4）根据P=UI可知I=

P

U

，即P-U图象的斜率为电流I，R-U图象的斜率的倒数为I，由乙图可知随电压的增大提供导体的电流越大，故P-U图象的斜率应随电压的增大而增大，故②正确；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故

U

I

越大，故I-U图象的斜率随电压的增大而减小，故③正确；故选C．
故本题的答案为：（1）A₂；R₁  
（2）滑动变阻器分压接法；电流表外接  
 （3）0.78    2327℃
（4）C

点评：本题考查了滑动变阻器、电流表的接法及电表量程的选择和滑动变阻器的选择，电路图的设计，图象信息的读取，难度较大，综合性较强．