Question

1．如圖所示，電源電壓保持不變，電阻R₁為24Ω，小燈泡L標有“6V  3W”字樣．閉合S，斷開S₁、S₂，滑動變阻器滑片P移至最右端時，小燈泡L恰好正常發(fā)光．閉合S、S₁、S₂，滑動變阻器滑片P移至最左端時，電路消耗的電功率為3W．忽略小燈泡電阻隨溫度的變化，則下列計算正確的是（　�。�

• A． 電源電壓為12V
• B． 滑動變阻器的最大阻值為12Ω
• C． 閉合S，斷開S₁、S₂，滑動變阻器消耗的電功率為0.72W時，電流表示數(shù)為0.2A或0.3A
• D． 閉合S、S₁，斷開S₂，滑動變阻器滑片P移至最右端時，電路消耗的總功率為1W

Answer 1

分析 （1）閉合S，斷開S₁、S₂，滑動變阻器滑片P移至最右端時，小燈泡L恰好正常發(fā)光，即此時電流從電源正極出發(fā)，經過小燈泡、電流表、開關S回到負極，所以這是小燈泡的基本電路，故可判斷電源電壓，同時據燈泡正常發(fā)光，據P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可計算小燈泡的電阻；
（2）閉合S、S₁、S₂，滑片P移至最左端時，電路有兩條路徑，即并聯(lián)，一條是經R₁、S₁、回到負極；另一條是經S₂、電流表、R回到負極，即小燈泡發(fā)生短路；故據電路消耗的總功率為4.8W，可計算出總電流，進而利用歐姆定律可以計算出R₁的電流，進而計算出滑動變阻器R 的電流，據R的電流和電壓，結合歐姆定律可以計算R電阻．
（3）閉合S，斷開S₁、S₂，移動滑片P，使滑動變阻器的電功率為0.72W時，電流只有一條路徑，即經過燈泡、電流表、變阻器、S回到負極，故假設此時變阻器接入電路的電阻是R′，此時電流表的示數(shù)為I，列出方程解決即可；
（4）閉合S、S₁，斷開S₂，滑動變阻器滑片P移至最右端時，滑動變阻器滑片P移至最右端時，R₁發(fā)生短路；只有燈泡L連入電路，根據電源電壓和燈泡的額定電壓可知燈泡的功率．

解答 解：
A、閉合S，斷開S₁、S₂，滑動變阻器滑片P移至最右端時，小燈泡L恰好正常發(fā)光，即此時電流從電源正極出發(fā)，經過小燈泡、電流表、開關S回到負極，所以這是小燈泡的基本電路，即此時電源電壓就是小燈泡的額定電壓，即為6V，故A錯誤；
B、閉合S、S₁、S₂，滑片P移至最左端時，電路有兩條路徑，即并聯(lián)，一條是經R₁、S₁、回到負極；另一條是經S₂、電流表、R回到負極，即小燈泡發(fā)生短路，所以R₁與R并聯(lián)；
電路消耗的總功率為3W，據P_總=U_總I_總得：I_總=$\frac{{P}_{總}}{U}$=$\frac{3W}{6V}$=0.5A；
由于通過R₁的電流是：I₁=$\frac{U}{{R}_{1}}$=$\frac{6V}{24Ω}$=0.25A；
故根據并聯(lián)電路干路電流等于各支路電流之和可知：
通過滑動變阻器的電流是：I_滑=I-I₁=0.5A-0.25A=0.25A；
由I=$\frac{U}{R}$可知滑動變阻器的最大電阻是：
R=$\frac{U}{{I}_{滑}}$=$\frac{6V}{0.25A}$=24Ω，故B錯誤；
（3）由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知：R_L=$\frac{{{U}_{額}}^{2}}{{P}_{額}}$=$\frac{（6V）^{2}}{3W}$=12Ω；
閉合S，斷開S₁、S₂，移動滑片P，使滑動變阻器的電功率為0.72W時，電流只有一條路徑，即經過燈泡、電流表、變阻器、S回到負極，故假設此時變阻器接入電路的電阻是R′，此時電流表的示數(shù)為I，
即此時該電路的電流為：I=$\frac{U}{{R}_{L}+R′}$=$\frac{6V}{12Ω+R′}$-----------①
此時變阻器的功率P=I²R′=0.72W---------------②
故聯(lián)立上面兩個式子可得：
I=0.2A或0.3A，
因為I_最小=$\frac{6V}{{R}_{L}+{R}_{\;}}$=$\frac{6V}{12Ω+24Ω}$=0.17A，所以I=0.2或0.3A都可能，即電流表示數(shù)為0.2A或0.3A，故C正確；
D、閉合S、S₁，斷開S₂，滑動變阻器滑片P移至最右端時，R₁發(fā)生短路；只有燈泡L連入電路，由于U_額=U=6V，則總功率P_總=P_額=3W，故D錯誤．
故選C．

點評 本題考查了串并聯(lián)電路的特點和歐姆定律、電功率公式的應用，關鍵是開關閉合、斷開時電路連接方式的辨別，要注意燈泡正常發(fā)光時的電壓和額定電壓相等．