Question

16．如图，电路中电源电压不变，电流表的量程是0～3A，电阻R₂为12Ω．当S闭合时，将滑动变阻器R₁的滑片P滑到中点，此时安培表的读数是1.5A；当P滑到A端时，电流表的读数是1A．试求：
（1）变阻器的总电阻R₁和电源电压U；
（2）允许变阻器接入电路的电阻最小值R₁′．

Answer 1

分析 由电路图可知，R₁与R₂并联，电流表测干路电流．
（1）根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R₂的电流不变，根据并联电路的特点和欧姆定律表示出两次电流表的示数，两电流表的示数之差即可求出P滑到A端时电路中的电流，进一步求出通过R₂的电流，利用欧姆定律求出电源的电压，然后求出R₁的阻值；
（2）电流表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的最大电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出允许变阻器接入电路的电阻最小值R₁′．

解答 解：由电路图可知，R₁与R₂并联，电流表测干路电流．
（1）因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时通过R₂的电流不变，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，
所以，两种情况下电流表的示数分别为：
I=$\frac{U}{\frac{{R}_{1}}{2}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=$\frac{2U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=1.5A，I′=$\frac{U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=1A，
则I-I′=（$\frac{2U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$）-（$\frac{U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$）=$\frac{U}{{R}_{1}}$=1.5A-1A=0.5A，即$\frac{U}{{R}_{1}}$=0.5A，
当P滑到A端时，通过R₂的电流：
I₂=I′-I₁′=I-$\frac{U}{{R}_{1}}$=1A-0.5A=0.5A，
则电源的电压：
U=I₂R₂=0.5A×12Ω=6V，
R₁=$\frac{U}{0.5A}$=$\frac{6V}{0.5A}$=12Ω；
（2）当电流表的示数为3A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时通过滑动变阻器的最大电流：
I_1大=I_大-I₂=3A-0.5A=2.5A，
所以，允许变阻器接入电路的电阻最小值：
R₁′=$\frac{U}{{I}_{1大}}$=$\frac{6V}{2.5A}$=2.4Ω．
答：（1）变阻器的总电阻为12Ω，电源电压为6V；
（2）允许变阻器接入电路的电阻最小值为2.4Ω．

点评 本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，要注意滑片移动时不能改变通过R₂的电流．