题目内容

18．（1）小明看到研究焦耳定律的实验装置后，将它改装成了如图1所示的一种测量未知液体比热容的装置．测量时，分别往甲乙两瓶中装入水和待测液体，闭合开关一段时间后，再分别用温度计测出这段时间内水和待测液体升高的温度△t水和△t，在不计热损失的情况下，就可以求得待测液体的比热容c=$\frac{△{t}_{水}{C}_{水}}{△t}$．
①为了使这一段时间内水和待测液体吸收的热量相等，小明设计的电路中必须满足的条件是R甲=R乙；
②为了得出待测液体的比热容表达式“c=$\frac{△{t}_{水}{C}_{水}}{△t}$”，
小明的测量方案中至少还需要的一种测量仪器是天平，目的是取等质量的水和待测液体．
③闭合开关后，要使水和待测液体的温度升高得更快，滑动变阻器的滑片应向左滑动．
（2）如图2所示是某同学“测定小灯泡电功率”时连接的电路，小灯泡额定电压为2.5V，所用电源电压恒为3V．
①电路中，电压表连接不当，为减少读数误差必须改接到量程为0～3V．
②该同学重新正确连接电路后，实验得到的数据见下表．根据表中记录可得小灯泡的额定功率为0.5W，其亮度随实际功率增加而变亮．

实验次数电压表示数U/V电流表示数I/A小灯泡亮度
12.00.17较暗
22.50.20正常
33.00.22很亮

分析 （1）①水和待测液体吸收的热量是由电流通过电阻时产生的热量提供的，由焦耳定律可知，必须使两瓶中的电阻丝相等，即R甲=R乙；
②在实验中，两瓶中装入的水和待测液体的质量必须相等，故需要用天平称出相等质量的水和待测液体；
③由Q=I2Rt，在通电时间和电阻大小相同时，电流越大，产生热量越多，则应使滑动变阻器阻值相等．
（2）①根据电源电压的值及灯泡的额定电压判断电压表的量程，选择电压表量程的依据是不超量程的情况下，选择较小的量程，测量误差小；
②根据表格中数据确定额定电压和电流，根据公式P=UI计算出额定电功率；
根据表格中数据判断出小灯泡亮度与灯泡功率的关系．

解答 解：（1）①在不计热损失的情况下，电流通过电阻时产生的热量全部被液体吸收，要使水和待测液体吸收相同热量，则需要两电阻放出相等的热量，而电阻串联，电流相同，通电时间也相等，根据Q=I2Rt可知，在电热I和通电时间t相同时，Q与R成正比，所以必须使R甲=R乙．
②水吸收的热量为：Q水=c水m水△t水
待测液体吸收的热量为：Q=cm△t
因为Q水=Q，所以c水m水△t水=cm△t
则有：c=$\frac{{c}_{水}{m}_{水}△{t}_{水}}{m△t}$，要使c=$\frac{{c}_{水}△{t}_{水}}{△t}$
必须有m水=m，所以还要用天平来称出质量相等的水和待测液体．
③要使水和待测液体的温度升高的快，必须使电阻在相同的时间内放出更多的热量，又因为电阻是一定的，根据Q=I2Rt可得，必须增大电路中的电流，则需要使滑动变阻器阻值减小，即滑片向左端移动．
（2）①小灯泡额定电压为2.5V，所用电源电压恒为3V，为减小误差，电压表应选择0～3V的量程，由图知，电压表选择了0～15V的量程，这样测量误差会比较大；
②由表格中数据知，当电压为2.5V时，电流为0.2A，所以P额=UI=2.5V×0.2A=0.5W；
根据表格中数据知，随着电压、电流值的增大，小灯泡的功率在增大，小灯泡变亮．
故答案是：（1）①R甲=R乙；②天平；取等质量的水和待测液体；③左；
（2）①电压；0～3V；②0.5；变亮．

点评 （1）该探究实验题渗透了控制变量法和转换法，考查的知识点涉及欧姆定律、焦耳定律和热量公式的应用，综合性较强，具有一定的难度．
（2）此题是测量小灯泡额定功率的实验，考查了电路连接中应该注意的问题、电压表量程的选择及电功率的计算，同时考查了有关滑动变阻器的使用．

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