Question

18．如圖所示，電源電壓為12V，R₀=60Ω，滑動變阻器的規格為“48Ω　2A”，電流表的量程為“0～0.6A”，小燈泡上標有“6V　3W”字樣．不考慮燈絲電阻變化，并保證電路安全．則（　　）

• A． S閉合，S₁、S₂都斷開，滑動變阻器接入電路的阻值范圍是8Ω～48Ω
• B． S閉合，S₁、S₂都斷開，調節滑動變阻器，燈泡的功率變化范圍是2.25W～3W
• C． S、S₁、S₂都閉合，電路消耗的總功率最小值為2.4W
• D． S、S₁、S₂都閉合，當電路消耗的總功率最大時，滑動變阻器接入電路的阻值是30Ω

Answer 1

分析 （1）S閉合，S₁、S₂都斷開，滑動變阻器與L串聯，電流表測電路中的電流，根據P=UI求出燈泡的額定電流，然后與電流表的量程和滑動變阻器允許通過的最大電流相比較確定電路中的最大電流，此時滑動變阻器接入電路中的電阻最小，根據歐姆定律求出燈泡的電阻和電路中的總電阻，利用電阻的串聯求出變阻器接入電路中的最小阻值，然后得出變阻器接入電路中電阻的范圍；當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時燈泡的實際功率最小，根據電阻的串聯和歐姆定律求出電路中的電流，再根據P=I²R求出燈泡的最大功率，然后得出燈泡的功率變化范圍；
（2）S、S₁、S₂都閉合，R₀與滑動變阻器并聯，電流表測干路電流，當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時電路消耗的總功率最小，根據并聯電路的電壓特點和歐姆定律求出兩支路的電流，利用并聯電路的電流特點求出干路電流，再根據P=UI求出電路消耗的總功率最小值；
（3）S、S₁、S₂都閉合，當電流表的示數最大時電路消耗的總功率最大，根據并聯電路的電流特點求出通過滑動變阻器的最大電流，利用并聯電路的電壓特點和歐姆定律求出滑動變阻器接入電路中的阻值．

解答 解：（1）S閉合，S₁、S₂都斷開，滑動變阻器與L串聯，電流表測電路中的電流，
由P=UI可得，燈泡的額定電流：
I_L=$\frac{{P}_{L}}{{U}_{L}}$=$\frac{3W}{6V}$=0.5A，
因串聯電路中各處的電流相等，且滑動變阻器允許通過的最大電流為2A，電流表的量程為0～0.6A，
所以，電路中的最大電流I_大=0.5A，燈泡的最大功率為3W，
由I=$\frac{U}{R}$可得，燈泡的電阻和電路中的最小總電阻分別為：
R_L=$\frac{{U}_{L}}{{I}_{L}}$=$\frac{6V}{0.5A}$=12Ω，R_總小=$\frac{U}{{I}_{大}}$=$\frac{12V}{0.5A}$=24Ω，
因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，
所以，滑動變阻器接入電路中的最小阻值：R_滑小=R_總小-R_L=24Ω-12Ω=12Ω，
所以，滑動變阻器接入電路的阻值范圍是12Ω～48Ω，故A錯誤；
當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電流最小，燈泡的實際功率最小，
電路中的最小電流：
I_小=$\frac{U}{{R}_{L}+{R}_{滑大}}$=$\frac{12V}{12Ω+48Ω}$=0.2A，
燈泡的最小功率：
P_L小=I_小²R_L=（0.2A）²×12Ω=0.48W，
所以，燈泡的功率變化范圍是0.48W～3W，故B錯誤；
（2）S、S₁、S₂都閉合，滑動變阻器與R₀并聯，電流表測干路電流，
當滑動變阻器接入電路中的電阻最大時，電路消耗的總功率最小，
因并聯電路中各支路兩端的電壓相等，
所以，兩支路的電流分別為：
I₀=$\frac{U}{{R}_{0}}$=$\frac{12V}{60Ω}$=0.2A，I_滑=$\frac{U}{{R}_{滑}}$=$\frac{12V}{48Ω}$=0.25A，
因并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，
所以，干路電流：I=I₀+I_滑=0.2A+0.25A=0.45A，
電路消耗的總功率最小值：P_小=UI=12V×0.45A=5.4W，故C錯誤；
（3）S、S₁、S₂都閉合，滑動變阻器與R₀并聯，電流表測干路電流，
由電流表的量程可知，干路中的最大電流為0.6A，此時電路消耗的總功率最大，
此時通過滑動變阻器的最大電流：I_滑′=I′-I₀=0.6A-0.2A=0.4A，
滑動變阻器接入電路中的最小阻值：
R_滑′=$\frac{U}{{I}_{滑}′}$=$\frac{12V}{0.4A}$=30Ω，故D正確．
故選D．

點評 本題考查了串并聯電路的特點和歐姆定律、電功率公式的應用，會確定電路中的最大電流和電路消耗的最小、最大功率是關鍵．