Question

16．如圖，電路中電源電壓不變，電流表的量程是0～3A，電阻R₂為12Ω．當(dāng)S閉合時，將滑動變阻器R₁的滑片P滑到中點，此時安培表的讀數(shù)是1.5A；當(dāng)P滑到A端時，電流表的讀數(shù)是1A．試求：
（1）變阻器的總電阻R₁和電源電壓U；
（2）允許變阻器接入電路的電阻最小值R₁′．

Answer 1

分析 由電路圖可知，R₁與R₂并聯(lián)，電流表測干路電流．
（1）根據(jù)并聯(lián)電路中各支路獨立工作、互不影響可知滑片移動時通過R₂的電流不變，根據(jù)并聯(lián)電路的特點和歐姆定律表示出兩次電流表的示數(shù)，兩電流表的示數(shù)之差即可求出P滑到A端時電路中的電流，進(jìn)一步求出通過R₂的電流，利用歐姆定律求出電源的電壓，然后求出R₁的阻值；
（2）電流表的示數(shù)最大時滑動變阻器接入電路中的電阻最小，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點求出通過滑動變阻器的最大電流，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點和歐姆定律求出允許變阻器接入電路的電阻最小值R₁′．

解答 解：由電路圖可知，R₁與R₂并聯(lián)，電流表測干路電流．
（1）因并聯(lián)電路中各支路獨立工作、互不影響，
所以，滑片移動時通過R₂的電流不變，
因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，且干路電流等于各支路電流之和，
所以，兩種情況下電流表的示數(shù)分別為：
I=$\frac{U}{\frac{{R}_{1}}{2}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=$\frac{2U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=1.5A，I′=$\frac{U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$=1A，
則I-I′=（$\frac{2U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$）-（$\frac{U}{{R}_{1}}$+$\frac{U}{{R}_{2}}$）=$\frac{U}{{R}_{1}}$=1.5A-1A=0.5A，即$\frac{U}{{R}_{1}}$=0.5A，
當(dāng)P滑到A端時，通過R₂的電流：
I₂=I′-I₁′=I-$\frac{U}{{R}_{1}}$=1A-0.5A=0.5A，
則電源的電壓：
U=I₂R₂=0.5A×12Ω=6V，
R₁=$\frac{U}{0.5A}$=$\frac{6V}{0.5A}$=12Ω；
（2）當(dāng)電流表的示數(shù)為3A時，滑動變阻器接入電路中的電阻最小，
此時通過滑動變阻器的最大電流：
I_1大=I_大-I₂=3A-0.5A=2.5A，
所以，允許變阻器接入電路的電阻最小值：
R₁′=$\frac{U}{{I}_{1大}}$=$\frac{6V}{2.5A}$=2.4Ω．
答：（1）變阻器的總電阻為12Ω，電源電壓為6V；
（2）允許變阻器接入電路的電阻最小值為2.4Ω．

點評 本題考查了并聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應(yīng)用，要注意滑片移動時不能改變通過R₂的電流．