题目内容

7．如图所示电路，电源电压恒为6V，定值电阻R1为10Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 0.5A”，电压表的量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A，则（　　）
A．电压表测量的是电阻R1两端的电压
B．当变阻器R2的滑片向P向左移动时，电压表的示数变小
C．为了保证电路中各元件安全工作，变阻器R2接入电路的阻值范围是2～10Ω
D．当变阻器R2接入电路中的阻值是8Ω时，通电1.5min电阻R1产生的热量是80J

分析 （1）电压表与被测电路元件并联，据此判断电压表所测的电路元件，然后判断出电路的连接方式和电表所测的电路元件；
（2）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化；
（3）根据串联电路的电流特点结合电流表的量程、滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出变阻器接入电路中阻值的范围；
（4）当变阻器R2接入电路中的阻值是8Ω时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据Q=I2Rt求出通电1.5min电阻R1产生的热量．

解答 解：（1）由电路图可知，R1与R2串联，电压表并联在R2两端测其两端的电压，电流表测电路中的电流，故A错误；
（2）当变阻器R2的滑片向P向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I=$\frac{U}{R}$可知，电路中的电流变小，
由U=IR可知，R1两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的示数变大，故B错误；
（3）因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，变阻器允许通过的最大电流为0.5A，
所以，电路中的最大电流I大=0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路中的总电阻：
R=$\frac{U}{{I}_{大}}$=$\frac{6V}{0.5A}$=12Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2小=R-R1=12Ω-10Ω=2Ω；
当电压表的示数U2大=3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时R1两端的电压：
U1小=U-U2大=6V-3V=3V，
此时电路中的电流：
I小=$\frac{{U}_{1小}}{{R}_{1}}$=$\frac{{U}_{2大}}{{R}_{2大}}$，即$\frac{3V}{10Ω}$=$\frac{3V}{{R}_{2大}}$，
解得：R2大=10Ω，
则变阻器R2接入电路的阻值范围是2Ω～10Ω，故C正确；
（4）当变阻器R2接入电路中的阻值是8Ω时，电路中的电流：
I=$\frac{U}{{R}_{1}+{R}_{2}}$=$\frac{6V}{10Ω+8Ω}$=$\frac{1}{3}$A，
通电1.5min电阻R1产生的热量：
Q1=I2R1t=（$\frac{1}{3}$A）2×10Ω×1.5×60s=100J，故D错误．
故选C．

点评 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、焦耳定律的应用以及电路的动态分析，正确的判断电路中的最大电流是关键．

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