Question

13．在如圖所示的電路中，電源電壓為10V且保持不變，滑動變阻器R₂上標(biāo)有“50Ω 3A”字樣，當(dāng)電鍵S₁閉合、S₂斷開，電流表A₁、A₂都有示數(shù)且示數(shù)相同，再閉合電鍵S₂，電流表A₁的示數(shù)變化了0.5A，求：
（1）定值電阻R₁的阻值；
（2）通電1分鐘，電流通過定值電阻R₁的電荷量．
（3）在移動變阻器滑片P的過程中，小薇發(fā)現(xiàn)兩電流表的指針偏轉(zhuǎn)快慢相同，在不超過電表量程的條件下，求滑動變阻器連入電路的最小阻值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)電鍵S₁閉合、S₂斷開，電路為R₂的簡單電路，兩電流表均測通過R₂的電流；再閉合電鍵S₂時(shí)，兩電阻并聯(lián)，電流表A₁測干路電流，電流表A₂測R₂支路的電流，根據(jù)并聯(lián)電路中各支路獨(dú)立工作、互不影響可知滑片不移動時(shí)通過R₂的電流不變，電流表A₁示數(shù)的變化量即為通過R₁的電流，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)和歐姆定律求出定值電阻R₁的阻值；
（2）根據(jù)I=$\frac{Q}{t}$求出通電1分鐘電流通過定值電阻R₁的電荷量；
（3）根據(jù)歐姆定律求出滑動變阻器接入電路中的電阻最大時(shí)通過的電流，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)求出干路的最小電路，然后確定電流表A₁的量程；在移動滑片P的過程中，根據(jù)兩電流表的指針偏轉(zhuǎn)快慢相同確定兩電流表的量程，再根據(jù)不超過電表量程確定兩電表的示數(shù)，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)求出通過R₂的最大電流，根據(jù)歐姆定律求出滑動變阻器連入電路的最小阻值．

解答 解：（1）當(dāng)電鍵S₁閉合、S₂斷開，電路為R₂的簡單電路，兩電流表均測通過R₂的電流；
再閉合電鍵S₂時(shí)，兩電阻并聯(lián)，電流表A₁測干路電流，電流表A₂測R₂支路的電流，
因并聯(lián)電路中各支路獨(dú)立工作、互不影響，
所以，滑片不移動時(shí)，通過R₂的電流不變，
因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，
所以，電流表A₁示數(shù)的變化量即為通過R₁的電流I₁=0.5A，
因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，
所以，由I=$\frac{U}{R}$可得，定值電阻R₁的阻值：
R₁=$\frac{U}{{I}_{1}}$=$\frac{10V}{0.5A}$=20Ω；
（2）由I=$\frac{Q}{t}$可得，通電1分鐘電流通過定值電阻R₁的電荷量：
Q₁=I₁t=0.5A×60s=30C；
（3）當(dāng)滑動變阻器接入電路中的電阻最大時(shí)，通過R₂的電流：
I₂=$\frac{U}{{R}_{2}}$=$\frac{10V}{50Ω}$=0.2A，
干路的最小電流：
I_小=I₁+I₂=0.5A+0.2A=0.7A，
則電流表A₁的量程為3A；
若電流表A₂選0～0.6A時(shí)，滿刻度為0.6A，則電流表A₁的示數(shù)為1.1A 不能滿足指針快慢相同；
所以，電流表A₂只能選0～3A滿足指針快慢相同條件，
當(dāng)電流表A₁滿刻度時(shí)，通過R₂的電流：
I₂′=I-I₁=3A-0.5A=2.5A，
滑動變阻器連入電路的最小阻值：
R_2小=$\frac{U}{{I}_{2}′}$=$\frac{10V}{2.5A}$=4Ω．
答：（1）定值電阻R₁的阻值為20Ω；
（2）通電1分鐘，電流通過定值電阻R₁的電荷量為30C；
（3）滑動變阻器連入電路的最小阻值為4Ω．

點(diǎn)評 本題考查了并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律、電流定義式的應(yīng)用以及電流表的正確使用，能根據(jù)兩電流表的指針偏轉(zhuǎn)快慢相同確定兩電表的量程和根據(jù)不超過電表量程確定兩電表的示數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．