Question

我市新區(qū)的亮化工程初見成效，每到夜晚，五光十色的小彩燈、霓虹燈將城區(qū)裝扮得絢麗多彩，如下圖左所示．小明和小華準備探究小彩燈的發(fā)光情況，通過觀察發(fā)現，每個小彩燈上標有“2.5V 0.25A”的字樣．
（1）要使小彩燈正常發(fā)光，應將______個這樣的小彩燈______聯在家庭電路的供電線路上．
（2）他們發(fā)現，當其中一個小彩燈的燈絲斷了，其余的小彩燈還能發(fā)光，這是為什么呢？他們找來一個小彩燈，砸破玻璃外殼，發(fā)現燈絲（設阻值為R₁）上并聯了一不發(fā)光的電阻R₂，如下圖右所示．關于R₁ 與R₂的大小，通過查閱資料，他們了解到彩燈有兩種：一種是R₂比R₁小很多，燈絲R₁發(fā)光時，由于R₂與R₁的接觸處有一薄的絕緣層，電流只能從R₁中通過．當某一只小彩燈的燈絲斷了，電路電壓將擊穿絕緣層，R₂相當于導線，使電路導通，其余小彩燈還能發(fā)光，但亮度與原來相比______（不變/變亮/變暗），原因是電路中的電流______，燈絲R₁的實際功率______（不變/變大/變�。�，若R₁的實際功率大于1W時，燈絲就會熔斷，則最多允許______盞小彩燈的燈絲斷去，其余的小彩燈還能發(fā)光．
一種是R₂比R₁大很多，燈絲R₁發(fā)光時流過R₂的電流可以忽略不計，當燈絲R₁斷了，R使電路導通，其余小彩燈還能發(fā)光，但亮度與原來相比______（不變/變亮/變暗）．若R₂=15R₁，且R₁的實際功率小于0.1W時，燈絲R₁就不能發(fā)光，則最多允許______盞小彩燈的燈絲斷去，其余的小彩燈還能發(fā)光．

Answer 1

解：（1）因照明電路電壓為220V，小彩燈的額定電壓為2.5V；要使燈泡正常發(fā)光，應將燈泡串聯，讓串聯后的總電壓為220V，由串聯電路的特點知：串聯個數應為：=88個；
（2）當R₂比R₁小很多時，某一只小彩燈的燈絲斷了，R₂接通電路中總電阻應減小，則總電流變大，流過其余的每一個小彩燈的電流變大，則由P=I²R得，其余彩燈里的燈絲R₁的實際功率變大，亮度變亮．
根據每個小彩燈上標有“2.5V 0.25A”字樣可知．小彩燈的電阻為R₁===10Ω；
若R₁的實際功率等于1W時，
∵P=
∴R₁兩端電壓U===V≈3.16V，則此時電路中沒有燒斷的燈泡為n′=≈69.6；
故最多允許小彩燈的燈絲斷的個數為88-69=19．
當R₂比R₁大很多，某一只小彩燈的燈絲斷了，R₂接通時，電路總電阻應變大，則總電流應變小，即流過其余小彩燈的電流變小，則燈泡的功率變小，燈泡亮度變暗．
設R₂=15R₁，則R₂=15×10Ω=150Ω；
若其余小彩燈上R₁的實際功率為0.1W時，電路中的電流為I===0.1A；總電阻為R===2200Ω；
因有88個彩燈串聯，斷去R₁小彩燈的個數為n；則由串聯電路的電阻特點得：
nR₂+（88-n）R₁=2200Ω；
即：n×150Ω+（88-n）×10Ω=2200Ω；
解得n=9.4；
又根據P=I²R，若n變大，電路中的總電阻R變大，電流I變小；小燈泡的電阻R不變，通過的電流I變小，P會變小，所以小燈泡的實際功率會低于0.1W，引起不能發(fā)光，所以n只能取9；
即最多允許9盞小彩燈的燈絲R₁斷去，其余的小彩燈還能發(fā)光．
故答案為：（1）88；串；（2）變亮；變大；變大；19；變暗；9．
分析：（1）由串聯電路的特點可得燈泡應串聯；根據串聯電路起分壓作用進行分析，已知家庭電路的電壓值和一個小燈泡的額定電壓，根據n=即可求出．
（2）先分析電路中的總電阻，然后根據歐姆定律判斷電流的變化，再利用P=I²R判斷功率的變化；利用歐姆定律求出燈泡的電阻，利用P=U求出功率為1W時，每個彩燈兩端的電壓，最后根據n=即可求出．
根據P=I²R求出電路中電流，再根據歐姆定律求出總電阻，最后根據串聯電路總電阻的求出用彩燈個數和R₁、R₂的阻值表示即可求出．
點評：本題考查對串聯電路電阻的變化分析，注意二人的說法是相反的兩種情況，小婷的說法若燒壞一個彩燈，然后會繼續(xù)燒壞更多的彩燈；而小明的說法是若燒壞一個彩燈，其余的彩燈只會變暗，不會燒壞更多的彩燈．