Question

11．（1）如圖甲是小明“探究并聯電路電流特點”的電路圖．實驗中，他將一只電流表分別接在A、B、C三處，測得的數據如圖甲中所示．完成此實驗至少需要6根導線；小明由此得出：并聯電路中干路電流等于各支路電流之和；請指出小明就此得出結論的不科學之處：只測量了一次，結論具有偶然性，你認為可做出的改進措施是換用不同規格的燈泡多做幾次．

（2）小華用如圖乙所示電路測量小燈泡的額定功率，小燈泡上標有“3.8V”的字樣，額定功率約1W，滑動變阻器的規格是“20Ω  1A”，電源電壓恒為6V．
①幫小華在圖乙上補畫導線，使其成為完整的實驗電路．要求：滑動變阻器的滑片向右滑動時，燈泡變亮．
②在實驗中，小華不慎將電流表和電壓表的位置接反了，則合上開關后看到的現象可能是C
A．只有電流表有示數，燈不亮      B．兩電表均有示數，燈亮
C．只有電壓表有示數，燈不亮      D．只有電流表有示數，燈亮
③排除故障后，小華閉合開關并調節滑動變阻器的滑片，當燈正常發光時，電流表的示數如圖丙所示，該電流值為0.3A，測出的額定功率為1.14W．
④小華剛準備拆除電路結束實驗時，同組的小紅提出，在調節滑片使燈正常發光時，電壓表的示數很難準確達到3.8V，可能因此造成一定的測量誤差．她認為可以在小華第③步實驗的基礎上，對電路稍作改動，能提高測量數據的精確度．請幫小紅補全測量步驟（補全步驟時必須準確闡述接法和操作要點）：
a．斷開開關，將電壓表并聯在滑動變阻器的兩端（此時選擇小量程）；
b．閉合開關，調節滑動變阻器，使電壓表的示數為2.2V，并讀出此時電流表的示數；
c．計算出燈的額定功率．

Answer 1

分析 （1）在“探究并聯電路電流特點”的實驗中，根據實物電路的連接情況可逐一數出需要的導線根數；知道并聯電路中干路電流等于各支路電流之和；對于探究實驗應進行多次避免偶然性，據此可做出評從與改進．
（2）①變阻器要求一上一下連接，并注意滑片向右滑動時，燈泡變亮這一要求；
②根據電壓表內阻很大相當于斷路，電流表內阻很小，相當于導線，可做出判斷；
③根據電流表的量程和分度值，讀出電流值，再根據公式P=UI計算額定功率的大小；
④由于小燈泡的額定電壓為3.8V，所以電壓表必須選擇大量程，這樣造成電壓測量不精確，為了使測量誤差更小，可將電壓表并聯在滑動變阻器的兩端，改接小量程．據此分析．

解答 解：（1）根據電路的連接情況，結合電路連接經驗可知，要想完成此實驗的探究，至少需要6條導線；
由測量結果可知看出干路電流0.9A=0.5A+0.4A，所以可得出干路電流等于各支路電流之和；
但這一結論的得出并不科學，因為只測量的了一次，結論具有偶然性，可做出的改進措施是換用不同規格的燈泡多做幾次．
（2）①變阻器要選擇右下方接線柱，這樣滑片向右滑動時，接入電路的電阻變小，電流變大，則燈泡變亮，如圖所示．

②電壓表內阻很大相當于斷路，若電壓表與電流表位置接反了，由于電壓表串聯在電路中，故電路中電流會非常小，接近于零，電壓表相當于測電源電壓，因此，只有電壓表有示數，燈不亮．故C符合題意．
③讀圖可知，電流表的量程為0～0.6A，分度值為0.02A，其示數為0.3A．
則小燈泡的額定功率：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W．
④由于小燈泡的額定電壓為3.8V，所以電壓表必須選擇大量程，這樣造成電壓測量不精確，為了使測量誤差更小，可將電壓表并聯在滑動變阻器的兩端，改接小量程．
因為電源電壓為6V，則變阻器兩端電壓為6V-3.8V=2.2V時，此時小燈泡恰好正常好光．
因此，補充的步驟為：a．斷開開關，將電壓表并聯在滑動變阻器的兩端（此時選擇小量程）；
b．閉合開關，調節滑動變阻器，使電壓表的示數為2.2V，并讀出此時電流表的示數；
c．計算出燈的額定功率．
故答案為：
（1）6；各支路電流之和；只測量了一次，結論具有偶然性；換用不同規格的燈泡多做幾次．
（2）①見上圖；
②C；
③0.3；1.14；
④a．將電壓表并聯在滑動變阻器的兩端（此時選擇小量程）；
b．調節滑動變阻器，使電壓表的示數為2.2V．

點評 （1）了解探究并聯電路電流特點實驗的連接，探究的過程與結論的得出，屬本實驗常考的內容；
（2）本題考查了測量小燈泡電功率的實驗中，實物圖的連接、電流表的讀數、電功率的計算、實驗的改進與分析等，綜合性強，有一定新意．