Question

【题目】为了测量标有“2.5V”小灯泡的额定功率，小峰同学设计了如图17-甲所示的电路图，电源电压为6V，小灯泡电阻约为10Ω。

（1）该实验的原理是。为了完成实验，在标有“10Ω 1A”、“20Ω 1A”的两种滑动变阻器中应选用标有“Ω 1A”的。
（2）图乙为小峰同学连接的电路，闭合开关后，小灯泡不发光，电压表无示数，但电流表有示数，经仔细检查，发现多连接了一根导线，将其拆掉后，电路恢复正常，请在多连接的导线上画“×”。
（3）移动滑片，将电压表示数调到V，使小灯泡正常发光，此时电流表示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为W。
（4）查阅有关资料后得知，电压表工作时，其实内部有微弱电流通过，据此分析，所测量的额定功率偏（选填“大”或“小”）。
（5）小峰进一步思考，认为“把灯泡换成定值电阻，该实验可以用来研究导体中的电流与电压的关系”。他这种想法是（选填“正确”或“错误”）。

Answer 1

【答案】
（1）P=UI,20
（2）解：如图所示：

（3）2.5,0.6
（4）大
（5）正确
【解析】解：（1）测小灯泡功率的原理是P=UI；灯正常发光时，变阻器应分去U变=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V的电压，根据分压原理得，,解得RP=14Ω，故应选用“20Ω 1A”的变阻器；

（2）灯、开关、滑动变阻器串联在电路中，电压表并联在小灯泡的两端，连接灯的右接线柱与电压表的左接线柱之间的导线有误，如右图所示；

（3）将电压表示数调到2.5V时小灯泡正常发光，电流表分度值为0.02A，示数为0.24A，则小灯泡的额定功率PL=UL×I=2.5V×0.24A=0.6W；

（4）通过灯的电流为IL，电压表工作时，其实内部有微弱电流IV通过，根据并联电路电流的特点，电流表的示数I=IL+IV，测量时，小灯泡的额定电功率PL=UL×I，而灯正常发光时的实际功率P=UL×IL，所以，PL＞P，即所测量的额定功率偏大；
（5）把灯泡换成定值电阻，通过改变定电阻两端的电压，测出电流电路中的电流，根据所测的电流和电压的数值总结出电流和电压的关系。

故答案为：（1）20；（2）如上图所示；（3）2.5；0.6；（4）大，（5）正确。

（1）求出灯正常发光时滑动变阻器分的电压，根据分压原理求出滑动变阻器的最小阻值，据此确定变阻器的规格；（2）灯、开关、滑动变阻器串联在电路中，电压表并联在小灯泡的两端；（3）认清电流表的分度值读数，根据PL=UL×I求灯的额定电功率；（4）根据并联电路电流的特点，比较实际通过灯的电流与电流表示数的大小，确定所测额定功率的变化情况；（5）根据探究欧姆定律的实验分析。