题目内容

12．在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选用电路如图甲所示，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V （灯丝电阻约为12Ω）．

（1）连接电路时，开关应断开．
（2）为了能够顺利完成实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用B（填序号）．
      A．“l0Ω     0.5A”的滑动变阻器      B．“50Ω    0.5A”的滑动变阻器
（3）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现电压表无示数，电流表有示数，若电路只有一处故障，则故障原因是灯泡短路（只发生在灯泡和滑动变阻器之间）．
（4）排除故障后，闭合开关，移动滑片，电压表的示数如图乙所示，其读数是2.2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向B（选填“A”或“B”）端 移动．
（5）根据实验测得的数据，绘制出小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象（如图丙 所示）．分析图象可知：
①小灯泡的额定功率为0.5W；
②实验中观察到：当小灯泡两端的电压低于0.5V时，小灯泡不发光，根据图象分析其原因是小灯泡的实际功率太小了．
（6）完成上述实验后，小华在缺少电压表的情况下，根据绘制出的小灯泡电流与电压关系图象，设计出了一个测未知定值电阻的电路，如 图 丁所示．请根据电路图写出其中一次测量的实验步骤：
①断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.2A；
②断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，读出此时电流表的示数I．
则未知定值电阻的表达式：Rx=$\frac{2.5V}{I-0.2A}$．

分析 （1）为了保护电路，连接电路时，开关要断开；
（2）知道灯泡的额定电压和正常发光时的电阻，利用欧姆定律求正常发光时的电流，根据串联电路的分压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求滑动变阻器连入电阻，选择合适的滑动变阻器；
（3）根据电流表、电压表有无示数，判断故障所在；
（4）先确认电压表的量程、分度值，根据指针位置读数；为了测量小灯泡的额定功率，应使灯两端的电压为2.5V，应将滑动变阻器连入的电阻变小、分压变小；
（5）①根据图象得出灯泡两端电压为额定电压时通过的电流，利用P=UI求额定功率；
②灯泡的亮度取决于灯的实际功率决定；
（6）根据计算电阻的公式R=$\frac{U}{I}$，要分别找出电阻两端电压，和通过电阻的电流，结合电路图确定实验步骤．

解答 解：
（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）灯泡的额定电压UL=2.5V、电阻R灯=12Ω，由I=$\frac{{U}_{L}}{{R}_{L}}$=$\frac{2.5V}{12Ω}$=0.2A，
由串联分压得：U滑=U-UL=6V-2.5V=3.5V，
滑动变阻器连入电阻：
R滑=$\frac{{U}_{滑}}{I}$=$\frac{3.5V}{0.2A}$=17.5Ω，所以应选择最大阻值为50Ω的滑动变阻器，选B；
（3）电流表有示数，说明是通路；电压表无示数，故障只发生在灯泡和滑动变阻器之间，故障为灯泡短路．
（4）电压表量程0-3V，分度值0.1V，电压表示数为2.2V．
为了测量小灯泡的额定功率，应使灯两端的电压为2.5V，即电压表的示数为2.5V；应将滑动变阻器的滑片向B端移动，使连入的电阻变小、分压变小．
（5）①根据图象灯泡两端电压为额定电压U=2.5V时，I=0.2A，P=UI=2.5V×0.2A=0.5W；
②根据灯泡的亮度由实际功率决定，当灯泡两端电压小于0.5V时，灯泡实际功率非常小，不能看到灯泡发光．
（6））①断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.2A；
②断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片不动，读出电流表示数I；
根据图象丙，当通过灯泡电流为0.2A时，灯泡两端电压U=2.5V，由并联电压规律Ux=UL=2.5V，当开关S1断开，S2闭合时，电流表测总电流，由并联电流规律Ix=I-0.2A，
Rx=$\frac{{U}_{x}}{{I}_{x}}$=$\frac{2.5V}{I-0.25A}$．
故答案为：
（1）断开；（2）B；（3）灯泡短路；（4）2.2；B；（5）①0.5；②小灯泡的实际功率太小了；
（6）①断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.2A；
②断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，读出此时电流表的示数I；$\frac{2.5V}{I-0.2A}$．

点评 本题为测定小灯泡电功率的实验，考查了滑动变阻器的选择、电路基本操作、故障分析、电压表读数、电功率计算，是电功率中非常综合的一道题，难度比较大！

练习册系列答案
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2．在探究杠杆平衡条件的实验中：
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（4）如果小明测出一组数据后即得出“动力×动力臂=阻力×阻力臂的结论，你认为他的做法不合理（填“合理”或“不合理”），理由是一组数据具有偶然性．
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20．如图甲所示，均匀柱状石料在钢绳拉力的作用下从水面上方以恒定速度下降，直至全部没入水中，最终沉底并与钢绳脱离．图乙是钢绳拉力F随时间t变化的图象．若不计水的阻力，g=10N/kg，则下列说法正确的是（　　）
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7．乒乓球是我国人们最爱的运动项目之一，下列关于乒乓球受力及运动的说法中错误的是（　　）
A．击打球的不同部位，球的旋转方向不同，表明力的作用效果与力的大小有关
B．球在空中飞行时，如果不考虑空气阻力，则乒乓球只受重力作用
C．球拍击球时，乒乓球和球拍之间的作用力是弹力
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17．如图，甲是剪刀，乙是扳手，丙是盘山公路，根据有关物理知识回答下列问题：

（1）甲图的剪刀手柄较长，目的是为了省力；刀口处做得很锋利是为了在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强．
（2）乙图的扳手相当于省力杠杆（填一种简单机械名称），扳手表面做得比较粗糙，这是为了在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．
（3）丙图的盘山公路相当于斜面（填一种简单机械名称），汽车在盘山公路行驶一般使用低档位，目的是为了减小（选填“增大”或“减小”）汽车的速度，从而获得更大的动力．
4．下列几个实际问题中，利用了增大接触面积来减小压强的是（　　）
A．骆驼的脚掌面积是马的三倍，便于沙漠行走
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b．用细绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的另一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右慢慢拉动注射器筒，如图所示．当注射器中的活塞开始滑动时，记下弹簧测力计的示数为5.5N；
c．测出注射器全部刻度的长度为5cm；
d．根据测量数据，算出大气压的值．
（1）实验所用的测量工具有弹簧测力计和刻度尺．
（2）根据实验数据计算出的大气压强是1.1×105Pa．
（3）小明发现，同学们在做此实验时测得的大气压值误差较大，对此小明与同学找出了下列可能的原因：①橡皮帽封住的注射器小孔中有残余气体；②活塞与注射器筒壁间有摩擦；原因①会使测量值偏小；原因②会使测量值偏大（选填“偏大”或“偏小”）．
2．在探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验中，某小组同学设计了如图甲所示的装置，将同一物体分别逐渐浸入到水和酒精中，为了便于操作和准确收集数据，用升降台调节溢水杯的高度来控制物体排开液体的体积．
（1）实验中，同学们逐渐调高平台，使重物浸入水中的体积越来越大，观察到弹簧测力计的示数减小（增大/减小/不变），重物受到的浮力增大（增大/减小/不变），重物完全浸没后，逐渐调高平台，弹簧测力计的示数不变（增大/减小/不变）．实验表明：浸在液体中的物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关，而与深度无关．
（2）小组反复讨论，改进了实验装置如图乙，其中A，B是相同的弹簧测力计，同学们逐渐调高平台，使重物浸入水中的体积越来越大，比较弹簧测力计A的示数变化量△FA和弹簧测力计B的示数变化量△FB，它们的大小关系是△FA=△FB（＞/＜/=）．由此可初步得出结论：物体浸在液体中所受浮力大小等于物体排开的液体所受的重力，这就是著名的阿基米德原理．

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