在如图所示的电路中.电源电压为10V且保持不变.滑动变阻器R2上标有“50Ω 3A 字样.当电键S1闭合.S2断开.电流表A1.A2都有示数且示数相同.再闭合电键S2.电流表A1的示数变化了0.5A.求:(1)定值电阻R1的阻值,(2)通电1分钟.电流通过定值电阻R1的电荷量．(3)在移动变阻器滑片P的过程中.小薇发现两电流表的指针偏转快慢相同.在不超过电表� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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在如图所示的电路中，电源电压为10V且保持不变，滑动变阻器R₂上标有“50Ω 3A”字样，当电键S₁闭合、S₂断开，电流表A₁、A₂都有示数且示数相同，再闭合电键S₂，电流表A₁的示数变化了0.5A，求：
（1）定值电阻R₁的阻值；
（2）通电1分钟，电流通过定值电阻R₁的电荷量．
（3）在移动变阻器滑片P的过程中，小薇发现两电流表的指针偏转快慢相同，在不超过电表量程的条件下，求滑动变阻器连入电路的最小阻值．

分析（1）当电键S₁闭合、S₂断开，电路为R₂的简单电路，两电流表均测通过R₂的电流；再闭合电键S₂时，两电阻并联，电流表A₁测干路电流，电流表A₂测R₂支路的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片不移动时通过R₂的电流不变，电流表A₁示数的变化量即为通过R₁的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出定值电阻R₁的阻值；
（2）根据I=$\frac{Q}{t}$求出通电1分钟电流通过定值电阻R₁的电荷量；
（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻最大时通过的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的最小电路，然后确定电流表A₁的量程；在移动滑片P的过程中，根据两电流表的指针偏转快慢相同确定两电流表的量程，再根据不超过电表量程确定两电表的示数，根据并联电路的电流特点求出通过R₂的最大电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的最小阻值．

解答解：（1）当电键S₁闭合、S₂断开，电路为R₂的简单电路，两电流表均测通过R₂的电流；
再闭合电键S₂时，两电阻并联，电流表A₁测干路电流，电流表A₂测R₂支路的电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片不移动时，通过R₂的电流不变，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电流表A₁示数的变化量即为通过R₁的电流I₁=0.5A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=$\frac{U}{R}$可得，定值电阻R₁的阻值：
R₁=$\frac{U}{{I}_{1}}$=$\frac{10V}{0.5A}$=20Ω；
（2）由I=$\frac{Q}{t}$可得，通电1分钟电流通过定值电阻R₁的电荷量：
Q₁=I₁t=0.5A×60s=30C；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过R₂的电流：
I₂=$\frac{U}{{R}_{2}}$=$\frac{10V}{50Ω}$=0.2A，
干路的最小电流：
I_小=I₁+I₂=0.5A+0.2A=0.7A，
则电流表A₁的量程为3A；
若电流表A₂选0～0.6A时，满刻度为0.6A，则电流表A₁的示数为1.1A 不能满足指针快慢相同；
所以，电流表A₂只能选0～3A满足指针快慢相同条件，
当电流表A₁满刻度时，通过R₂的电流：
I₂′=I-I₁=3A-0.5A=2.5A，
滑动变阻器连入电路的最小阻值：
R_2小=$\frac{U}{{I}_{2}′}$=$\frac{10V}{2.5A}$=4Ω．
答：（1）定值电阻R₁的阻值为20Ω；
（2）通电1分钟，电流通过定值电阻R₁的电荷量为30C；
（3）滑动变阻器连入电路的最小阻值为4Ω．

点评本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电流定义式的应用以及电流表的正确使用，能根据两电流表的指针偏转快慢相同确定两电表的量程和根据不超过电表量程确定两电表的示数是解决本题的关键．

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（4）观察上面表格中的数据，有一处错误数据是97℃．根据正确数据在图（3）中描绘出水的温度随时间变化的关系图线．
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