Question

17．在“测定额定电压为2.5v小灯泡的电功率”的实验中，阳阳同学已连接好图甲所示的部分电路．

（1）在阳阳所连接的电路中，有两根导线还没接好，请你帮他完成电路的连接．（其他的导线不要变动）
（2）开关试触时，若发现电流表无示数，电压表示数变大，其故障原因可能是灯泡断路或小灯泡接触不良．
（3）阳阳实验时，发现电压表示数如图乙所示，此时小灯泡发光较暗，为了测出小灯泡的额定功率，他应该把滑片向B（选填“A”或“B“）端移动．
（4）实验中阳阳测出了三组数据，记录在下表中．若第一次实验时电流表的示数如图丙所示，请将此示数读出并填入表中．

次数	1	2	3
U/V	2	2.5	3
I/A		0.4	0.42
亮度	暗→亮

（5）通过实验，他测出小灯泡的额定功率是1W，并明确了灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率．
（6）阳阳又想利用一块电流表和一个电阻箱测量额定电流为0.3A的小灯泡的额定功率．他选择了满足实验要求的实验器材，并按照图丁所示的电路图连接好实物．
以下是他设计的实验方案，请补充完整．
①只闭合开关S₁，移动变阻器的滑片P，使电流表示数为0.3A；
②断开开关S₁、闭合开关S₂，滑片不动，调节电阻箱，当电流表示数为0.3A时，读出电阻箱连入电路的阻值R₀；
③利用测量出的物理量及已知量，写出小灯泡额定功率的表达式：P=（0.3A）²R₀．

Answer 1

分析 （1）变阻器按一上一下的原则与灯、电流表串联起来，电压表并联在灯的两端；
（2）若发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数变大，说明电压表与电源连通，与电压表并联的部分之外电路是连通的，则故障原因可能是与电压表并联的灯泡断路或小灯泡接触不良；
（3）由图乙所示电压表确定其量程与分度值，读出其示数，比较电压表示数与额定电压的大小；根串联电路电压的规律和分压原理确定滑片的移动方向；
（4）根据图丙电流表小量程读数；
（5）灯在额定电压下的功率为额定功率，根据P_L=U_LI_L求额定功率；根据表中数据求出灯的实际功率结合灯的亮度分析得出结论；
（6）将灯与变阻器串联接入电路中，首先移动变阻器的滑片P，使电流表示数为灯的额定电流0.3A，灯正常发光；在没有电压表的情况下，要测灯的额定功率，根据P=I²R，求出灯正常发光时的电阻大小即可，为求出灯正常发光时的电阻大小，根据等效替代法，再将电阻箱与变阻器串联接入电路，通过调节电阻箱旋钮，使电流表示数保持不变，则此时电阻箱连入电路的阻值R₀即为灯正常发光时的电阻大小．

解答 解：（1）把灯泡与滑动变阻器串联接入电路，电压表并联在灯的两端，实物图连接如下图所示：

（2）经分析，开关试触时，若发现电流表无示数，电压表示数变大，其故障原因可能是灯泡断路或小灯泡接触不良；
（3）由图乙所示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，所以发光较暗；为测灯泡额定功率，应增大灯的电压为2.5V，根据串联电路电压的规律要减小变阻器分得的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，应向B端移动滑片，直到电压表示数为2.5V为止；
（4）图丙中电流表小量程分度值为0.02A，示数为0.36A；
（5）灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据，灯的额定功率P_L=U_LI_L=2.5V×0.4A=1W；由P=UI求出三次实验灯的实际功率分别为0.72W、1W（大小等于额定功率）、1.26W，而灯的亮度是逐渐变亮的，所以灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率；
（6）在上面分析的基础上，实验方案如下：①只闭合开关S₁，移动变阻器的滑片P，使电流表示数为0.3A；
③利用测量出的物理量及已知量，则小灯泡额定功率的表达式P=（0.3A）²R₀．
故答案为：（1）电路图如上图所示；
（2）灯泡断路或小灯泡接触不良；
（3）较暗；B；
（4）0.36；
（5）1；实际功率；
（6）①0.3；③（0.3A）²R₀．

点评 本题 测定额定电压为2.5v小灯泡的电功率，考查电路的连接、故障的分析、操作过程、额定功率的计算，决定灯亮度的因素、等效替代法及在没有电压表情况下设计实验方案测额定功率的能力，有一定难度．