题目内容

18．如图甲是测量高于江水警戒水位装置的原理图．长方柱形绝缘容器A内部左右两面捅有竖直薄金属板并与电路连接，底部有一小孔与江水相通．且容器底面与警戒水位相平．己知电源电压恒为6V，小灯泡标有“4V 2W”字样（设灯丝工作电阻不变）．两金属板间的江水电阻R与x的关系如图乙所示（x为容器内水柱高度h的倒数）．以下说法中正确的是（　　）
A．当江水水位升高时，电流表示数减小
B．将电流表改为水位计，水位计的刻度是均匀的
C．当江水水位高于警戒水位5m时，小灯泡正常工作
D．当容器内水杆高度h是2.5m时，容器内江水消耗的电功率是2.25W

分析 （1）由乙图可知水位升高即容器内水柱高度h的倒数减小时江水电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流变化；
（2）根据图象得出R与x的关系式，再根据电阻的串联和欧姆定律得出I与h的关系式，分析关系式中I与h的关系判断将电流表改为水位计时刻度是否均匀；
（3）灯泡正常工作时两端电压为4V，根据串联电路的电压特点求出江水电阻两端的电压，再根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出江水的电阻，利用图象找到对应的x求出江水水位高于警戒线的高度；
（4）由乙图读出当江水过超警戒水位2.5m时两金属板间的江水电阻R，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R求出容器内江水消耗的电功率．

解答 解：
A、由题知，x=$\frac{1}{h}$，由乙图可知水位升高，即容器内水柱高度h的倒数减小时，江水电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，故A错误；
B、当超过警戒水位时，江水水位发生变化，A内江水电阻R发生改变，电路中电流：I=$\frac{U}{{R}_{L}+R}$；因为U、RL不变，则I与R不成一次函数关系，电流表的示数变化不均匀，即水位计的刻度不均匀，故B错误；
C、由P=UI可得，灯泡正常发光时通过灯泡的电流：I=$\frac{{P}_{L}}{{U}_{L}}$=$\frac{2W}{4V}$=0.5A，
因为A内江水电阻R与L串联，则：R=$\frac{{U}_{R}}{I}$=$\frac{U-{U}_{L}}{I}$=$\frac{6V-4V}{0.5A}$=4Ω，
由图象可知，当R=4Ω时，x=$\frac{1}{h}$=0.2$\frac{1}{m}$，所以江水水位高于警戒水位h=5m，故C正确；
D、由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可得灯泡电阻：RL=$\frac{{{U}_{L}}^{2}}{{P}_{L}}$=$\frac{（4V）^{2}}{2W}$=8Ω，
由图乙，当江水超警戒水位2.5m时，即x=$\frac{1}{h}$=$\frac{1}{2.5m}$=0.4m-1时，R=8Ω，
串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：I=$\frac{U}{{R}_{L}+R}$=$\frac{6V}{8Ω+8Ω}$=$\frac{3}{8}$A，
容器内江水消耗的电功率：
PR=I2R=（$\frac{3}{8}$A）2×8Ω=1.125W，故D错误．
故选C．

点评 本题考查了串联电路特点、欧姆定律和功率的计算，根据额定电压和额定功率求得电阻是比较典型的方法；由图象判断水位的高度，体现了物理在实际生活中的应用，这是本题的难点．

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