Question

14．某实验小组要描绘一个标有“3.8V，1W”的小灯珠R_L的R～U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电压表V（量程5V，内阻约为5kΩ）
B．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）
C．电流表A₁（量程150mA，内阻约为2Ω）
D．电流表A₂（量程300mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R₁（阻值0～10Ω）
F．滑动变阻器R₂（阻值0～200Ω）

（1）实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用A₂，滑动变阻器应选用R₁（填写仪器符号）；
（2）要求实验中小灯珠电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，画在答题纸方框中；
（3）据实验数据，计算并描绘出了R-U的图象，如乙图所示．由图象可知，当所加电压为3.00V时，灯珠实际消耗的电功率为0.78W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R=k（t+273）（k为比例系数），室温为27℃，可知该灯珠正常发光时，灯丝的温度约为2327℃；
（4）小灯珠的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图丙中的C．
A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④

Answer 1

分析 （1）根据额定电流I=$\frac{P}{U}$确定电流表的选择，根据电压要从0开始连续可调确定滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节；
（2）根据中值电阻R_中=$\sqrt{{R}_{A}{R}_{V}}$确定被测电阻为小电阻，故电流表应该采用外接法；
（3）从图中确定小灯泡的电阻，从而确定小灯泡消耗的实际功率；根据图象可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其电阻为13Ω，则13=K（t+273），联立以上二式求出t；
（4）根据P=UI可知I=$\frac{P}{U}$，即P-U图象的斜率为电流I，R-U图象的斜率的倒数为I；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故$\frac{U}{I}$越大；

解答 解：（1）待测小灯泡为“3.8V，1W”，故其额定电流I=$\frac{P}{U}$=$\frac{1}{3.8}$=0.26A，故电流表只能选择A₂；要描绘小灯珠R_L的R～U曲线，故电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器采用分压接法，而分压接法时滑动变阻器的阻值越小越便于调节，故选R₁．
（2）由于中值电阻R_中=$\sqrt{{R}_{A}{R}_{V}}$=$\sqrt{5000×1}$=50$\sqrt{2}$Ω，而小灯泡的内阻R=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{3．{8}^{2}}{1}$=14.4Ω，故被测电阻为小电阻，故电流表应该采用外接法．电路图如图所示．
（3）当电压为3V时，由图可知小灯泡的电阻为11.5Ω，故此时小灯泡消耗的实际功率P=$\frac{{U}^{2}}{R}$=$\frac{9}{11.5}$=0.78W；
由图可知当不通电时小灯泡的电阻为1.5Ω，则1.5=K（27+273），当小灯泡正常发光时，其两端电压为3.8v，电阻为13Ω，则13=K（t+273），解得t=2327°C；
（4）根据P=UI可知I=$\frac{P}{U}$，即P-U图象的斜率为电流I，R-U图象的斜率的倒数为I，由乙图可知随电压的增大提供导体的电流越大，故P-U图象的斜率应随电压的增大而增大，故②正确；由乙图可知随电压的增大导体的电阻增大，故$\frac{U}{I}$越大，故I-U图象的斜率随电压的增大而减小，故③正确；故选C．
故答案为：（1）A₂；R₁
（2）如图所示 
（3）0.78 2327℃
（4）C

点评 本题考查了滑动变阻器、电流表的接法及电表量程的选择和滑动变阻器的选择，电路图的设计，图象信息的读取，难度较大，综合性较强．