Question

11．如圖所示電路，電源電壓恒為6V，定值電阻R₁為10Ω，滑動變阻器R₂的規(guī)格為“20Ω 0.5A”，電壓表量程為0～3V，電流表量程為0～0.6A．則（　�。�

• A． 電壓表測量的是電阻R₁兩端的電壓
• B． 當變阻器R₂的滑片P向左移動時，電壓表的示數變小
• C． 為了保證電路中各元件安全工作，變阻器R₂接入電路的阻值范圍是2-10Ω
• D． 當變阻器R₂接入電路中的阻值是8Ω時，通電1min電阻R₁產生的熱量是53.3J

Answer 1

分析 由電路圖可知，R₁與R₂串聯，電壓表測R₂兩端的電壓，電流表測電路中的電流．
（1）根據滑片移動可知接入電路中電阻的變化，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和R₁兩端的電壓變化，根據串聯電路的電壓特點可知R₂兩端的電壓變化；
（2）比較滑動變阻器允許通過的最大電流和電流表的量程確定電路中的最大電流，此時變阻器接入電路中的電阻最小，根據歐姆定律求出電路中的總電阻，利用電阻的串聯求出變阻器接入電路中的最小值；當電壓表的示數最大時變阻器接入電路中的電阻最大，根據串聯電路的電壓特點求出R₁兩端的電壓，根據串聯電路的電流特點和歐姆定律得出等式求出變阻器接入電路中的最大阻值，然后得出變阻器R₂接入電路的阻值范圍；
（3）根據電阻的串聯和歐姆定律求出當變阻器R₂接入電路中的阻值是8Ω時電路中的電流，根據Q=I²Rt求出通電1min電阻R₁產生的熱量．

解答 解：由電路圖可知，R₁與R₂串聯，電流表測電路中的電流，電壓表并聯在R₂兩端測R₂兩端的電壓，故A錯誤；
（1）當變阻器R₂的滑片P向左移動時，接入電路中的電阻變大，電路中的總電阻變大，
由I=$\frac{U}{R}$可知，電路中的電流變小，
由U=IR可知，R₁兩端的電壓變小，
因串聯電路中總電壓等于各分電壓之和，
所以，R₂兩端的電壓變大，即電壓表的示數變大，故B錯誤；
（2）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0.5A，電流表量程為0～0.6A，
所以，電路中的最大電流I_大=0.5A，此時變阻器接入電路中的電阻最小，
此時電路中的總電阻：
R=$\frac{U}{{I}_{大}}$=$\frac{6V}{0.5A}$=12Ω，
因串聯電路中總電阻等于各分電阻之和，
所以，變阻器接入電路中的最小值：
R_2小=R-R₁=12Ω-10Ω=2Ω，
當電壓表的示數U_2大=3V時，滑動變阻器接入電路中的電阻最大，
R₁兩端的電壓：
U₁=U-U_2大=6V-3V=3V，
電路中的電流：
I_小=$\frac{{U}_{1}}{{R}_{1}}$=$\frac{{U}_{2大}}{{R}_{2大}}$，即$\frac{3V}{10Ω}$=$\frac{3V}{{R}_{2大}}$，
解得：R_2大=10Ω，
變阻器R₂接入電路的阻值范圍是2Ω～10Ω，故C正確；
（3）當變阻器R₂接入電路中的阻值是8Ω時，電路中的電流：
I=$\frac{U}{{R}_{1}+{R}_{2}′}$=$\frac{6V}{10Ω+8Ω}$=$\frac{1}{3}$A，
通電1min電阻R₁產生的熱量：
Q₁=I²R₁t=（$\frac{1}{3}$A）²×10Ω×60s≈66.7J，故D錯誤．
故選C．

點評 本題考查了串聯電路的特點和歐姆定律、電功率公式的應用以及電路的動態(tài)分析，會確定變阻器接入電路中的最大和最小阻值是關鍵．