Question

1．小黎同学测定标有“2.5V”字样（正常工作电流大约是0.25A）小灯泡的额定功率，现有器材：电源（电压恒为6V），电流表（量程0-0.6A），电压表（量程0-3V），开关、导线若干，另有三种规格的滑动变阻器可供选择：R₁（10Ω 1A）、R₂（20Ω 0.5A）、R₃（100Ω 0.1A）．按如图甲的实验电路进行实验，请完成下列问题：
（1）通过估算，滑动变阻器应选用R₂（20Ω 0.5A），连接好电路后，闭合开关S，小黎同学发现无论怎样移动滑动变阻器滑片P，小灯泡都不发光，此时电流表示数为零，但电压表有示数，则故障为A；
A．灯泡断路   B．灯泡短路
C．变阻器断路   D．电阻器短路
（2）排出故障后，闭合开关S，电压表示数为2.0V，此时应将滑片P向A（选填“A”或“B”）端移动，使电压表示数为2.5V，再读出电流表示数，即可求出小灯泡的额定功率．老师告诉小黎，电压表有示数时内部有微弱的电流通过，如果考虑这个微弱电流的影响，所测小灯泡的额定功率偏大（选填“大”或“小”）
（3）同组的小李用甲图实验中的电源、电压表、滑动变阻器，另选单刀双掷开关，R₀=30Ω的定值电阻，按乙图所示的电路来测量该小灯泡的额定功率，你认为此方案不可行（选填“可行”或“不可行”）

Answer 1

分析 （1）根据串联电路电压的规律求出灯正常发光时变阻器的电压，由欧姆定律求出变阻器连入电路中的电阻大小，确定变阻器的规格；
根据故障逐一分析体个选项出现的现象，找出符合题意的选项；
（2）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；根据并联电路电流的规律；
根据P=UI确定测量值与真实值的大小；
 （3）在没有电流表的情况下测灯的额定功率，电压表与定值电阻应起到测量电流的作用，首先使灯正常发光，通过开关的转换，如果能使电压表测算出定值电阻的电压，根据欧姆定律可求出电路中的电流即可实现实验目的．电压表在使用时要注意电流从其正接线柱流入，从负接线柱流出．

解答 解：（1）因小灯泡的额定电压为2.5V，正常工作电流大约是0.25A，电源电压为6V，由串联电路电压的规律，当灯正常发光时，变阻器分得的电压：U_滑=U-U_L=6V-2.5V=3.5V，由欧姆定律I=$\frac{U}{R}$，变阻器连入电路中的电阻大小约为：
R_滑=$\frac{{U}_{滑}}{I}$=$\frac{3.5V}{0.25A}$=14Ω＞10Ω，考虑到电流因素，故选用R₂（20Ω 0.5A）的变阻器；
A．若灯泡断路，则电压表串联在电路中，因电压表内阻很大，电路中电流即电流表示数几乎为0，灯不光，但电压表与电源连通，故电压表有示数，符合题意；
B．若灯泡短路，则电压表示数为0，不符合题意；
C．若变阻器断路，则电路为断路，两表均无示数，不符合题意；
D．若电阻器短路，则两表均有示数，不符合题意；
选A；
（2）灯在额定电压下正常发光，电压表示数为2.0V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为额定电压2.5V，即可求出小灯泡的额定功率；
因电压表与灯并联，电压表测量的灯的电压是准确的，根据并联电路电流的规律，电流表的示数大于实验通过的灯的电流，根据P=UI，所测小灯泡的额定功率偏大；
（3）若将开关置于b处，通过移动滑片可使灯的电压为2.5V，此时电压表的下端与电源正极连接，即电流从电压表下端流入，电压表下端与其正接线柱相连；将开关置于a处时，电流从电压表上端流入了，即从其负接线柱流入了，故不能测量出电压大小，故按乙图所示的电路来测量该小灯泡的额定功率，此方案不可行．
故答案为：（1）R₂（20Ω 0.5A）；A；（2）A；2.5；大；（3）不可行．

点评 本题测定标有“2.5V”字样（正常工作电流大约是0.25A）小灯泡的额定功率，考查器材的选择、操作过程、误差分析及对实验方案的评估，为中考的热点问题．