题目内容
11．在做“测定小灯泡的电功率”实验时，选用的器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线等．如图1是没有连接完的实物电路．
（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整．
（2）连好电路闭合开关，发现电压表指针偏转很小，其原因可能是（写出一种即可）滑动变阻器阻值太大（或电压表选用量程过大）．
（3）经适当调整后，闭合开关，移动滑片P到某处，发现电压表的示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向右端滑动．
（4）通过移动滑片P，测得多组数据，绘制成U-I，图象如图2．据此可计算出小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率是0.7W（设电源电压保持不变）．
（5）如图3甲是用电压表和电流表分别测电阻R0和灯RL两端的电压和电流的电路图，并根据实验数据画出了如图3乙所示的图象．
Ⅰ．由此可以得出的结论是电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；
Ⅱ．若将R0和RL串联在6V的电源两端时，电路的总电阻R=15Ω；此时灯RL消耗的功率是0.8W．
Ⅲ．若将R0和RL并联接入电路并调节电源的电压，当R0消耗的电功率为3.6W时，灯恰好正常发光，则灯L的额定功率PL=4.2W．
分析 （1）测量小灯泡电功率的实验中，小灯泡和电流表串联，和电压表并联，注意量程和电流的方向；
（2）电压表指针偏转较小，可能是电压表量程选的过大，或者是电压表示数太小；
（3）额定功率指灯泡在额定电压下发挥的功率，通过移动滑片使小灯泡电压表的示数等于灯泡的额定电压，这样计算出来的功率才是额定功率；
（4）注意题中求的是灯泡正常发光时滑动变阻器的功率，别看成计算小灯泡的额定功率；
（5）Ⅰ、根据正比例函数图象可以判断出通过电阻R0的电流与电压的关系；
Ⅱ、由乙图可知，当两电阻串联，通过的电流为0.4A时，R0两端的电压为4V，RL两端的电压为2V，符合条件，利用欧姆定律求总电阻；
Ⅲ、从图象中找出一组对应的电压和电流，根据R=$\frac{U}{I}$求出电阻R0的阻值，根据电功率公式求此时两端的电压；
因为灯和电阻R0并联，可得灯两端的电压，即额定电压，据图乙找出额定电压下的电流，利用P=UI求额定功率．
解答 解：（1）因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表的量程选择3V，连接后如下图所示：
；
（2）电压表选择量程过大会导致电压表指针偏转小，电压值太小也会出现电压表指针偏转小的现象，那就是小灯泡两端的电压太小，电路中的电流太小，滑动变阻器接入电路的阻值太大了；
（3）电压表的示数显示2.2V，低于灯泡的额定电压2.5V，要测量额定功率，必须提高电压，也就是增大电路中的电流，减小滑动变阻器接入电路的阻值，滑片应向右移动；
（4）小灯泡正常发光时的电压是2.5V，从图上找出2.5V电压对应的电流值是0.2A，电源有四节干电池串联组成，电源电压是1.5V×4=6V，根据串联电路电压和电流的特点，滑动变阻器两端的电压是6V-2.5V=3.5V，因此滑动变阻器消耗的功率为P=UI=3.5V×0.2A=0.7W．
（5）Ⅰ、由图乙得出的结论：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；
Ⅱ、两电阻串联，所以通过的电流相等，由乙图可知，当电路中的电流为0.4A时，R0两端的电压为4V，RL两端的电压为2V，总电压为6V，
总电阻R=$\frac{U}{I}$=$\frac{6V}{0.4A}$=15Ω；
灯泡的电功率PL=ULI=2V×0.4A=0.8W；
Ⅲ、由图可知，当R0两端的电压为4V时，通过的电流为0.4A，所以R0=$\frac{{U}_{0}}{I}$=$\frac{4V}{0.4A}$=10Ω；
由P0=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{0}}$=$\frac{{U}^{2}}{10Ω}$=3.6Ω，
所以U=6V，灯的额定电压为6V，由图乙可知，当U=6V时，通过灯的电流为0.7A，P额=UI=6V×0.7A=4.2W．
故答案为：（1）如上图；（2）滑动变阻器阻值太大（或电压表选用量程过大）；（3）右；（4）0.7；
（5）Ⅰ、电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；Ⅱ、15；0.8；Ⅲ、4.2．
点评 本题是测定小灯泡的电功率实验，考查了实物电路的连接，电功率的计算，要掌握额定功率的含义，本题的难点和易错点在最后小题，关键能够从图象获取有用的信息，充分利用好串联电路的电流、电压特点．
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小学生10分钟应用题系列答案
学校购置了一批台式饮水机，解决同学们的饮水问题，其铭牌如表所示．如图是饮水机的电路图，S是用感温材料制造的温控开关，R1是电阻，R2是供加热的电阻丝．分析电路图可知，当S接通时，饮水机处于加热状态，当S断开时处于保温状态．| 额定频率 | 50Hz | 环境温度 | 10℃～38℃ |
| 加热功率 | 550W | 环境湿度 | ≤90% |
| 额定电压 | 220V | 制热水能力 | ≥90℃5L/h |
（2）正常工作时该饮水机将热水罐中1升、28℃的水加热到98℃，用时10min．用这些数据及题目中的信息，计算热水罐中的水吸收的热量和该饮水机加热状态时的效率．[c水=4.2×103J/（kg•℃）]
（3）如果要使饮水机在保温状态时的功率是加热状态时的四分之一，则R1与R2的比值应是多少？
小明同学用如图中的滑轮提升货物，拉力方向向上，他用10s的时间把重为120N的货物从井中匀速提升5m，拉力做功750J．
小明家买了一个电热水壶．铭牌如图，根据铭牌上提供的数据
饮水机是一种常见的家用电器，其工作电路可简化为如图所示的电路，其中S是一个温控开关，R1为发热板，R2是温控电阻．当开关S接a时，饮水机正常工作，将水迅速加热；当水达到一定温度时，开关S自动切换到b，饮水机处于保温状态．已知饮水机正常工作时的电流为2.5A，2min可将加热桶内的水烧开；而处于保温状态时的电流只有0.25A．通过计算回答：
如图所示，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，开关S1、S2都闭合时，电流表A与电压表V1、V2均有示数．当开关S2由闭合到断开时，下列说法正确的是（ ）| A． | 电压表V1示数不变 | |
| B． | 电压表V1示数与电流表A示数的比值不变 | |
| C． | 电流表A示数不变 | |
| D． | 电压表V2示数与电流表A示数的比值不变 |
