Question

11．（1）如图甲是小明“探究并联电路电流特点”的电路图．实验中，他将一只电流表分别接在A、B、C三处，测得的数据如图甲中所示．完成此实验至少需要6根导线；小明由此得出：并联电路中干路电流等于各支路电流之和；请指出小明就此得出结论的不科学之处：只测量了一次，结论具有偶然性，你认为可做出的改进措施是换用不同规格的灯泡多做几次．

（2）小华用如图乙所示电路测量小灯泡的额定功率，小灯泡上标有“3.8V”的字样，额定功率约1W，滑动变阻器的规格是“20Ω  1A”，电源电压恒为6V．
①帮小华在图乙上补画导线，使其成为完整的实验电路．要求：滑动变阻器的滑片向右滑动时，灯泡变亮．
②在实验中，小华不慎将电流表和电压表的位置接反了，则合上开关后看到的现象可能是C
A．只有电流表有示数，灯不亮      B．两电表均有示数，灯亮
C．只有电压表有示数，灯不亮      D．只有电流表有示数，灯亮
③排除故障后，小华闭合开关并调节滑动变阻器的滑片，当灯正常发光时，电流表的示数如图丙所示，该电流值为0.3A，测出的额定功率为1.14W．
④小华刚准备拆除电路结束实验时，同组的小红提出，在调节滑片使灯正常发光时，电压表的示数很难准确达到3.8V，可能因此造成一定的测量误差．她认为可以在小华第③步实验的基础上，对电路稍作改动，能提高测量数据的精确度．请帮小红补全测量步骤（补全步骤时必须准确阐述接法和操作要点）：
a．断开开关，将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V，并读出此时电流表的示数；
c．计算出灯的额定功率．

Answer 1

分析 （1）在“探究并联电路电流特点”的实验中，根据实物电路的连接情况可逐一数出需要的导线根数；知道并联电路中干路电流等于各支路电流之和；对于探究实验应进行多次避免偶然性，据此可做出评从与改进．
（2）①变阻器要求一上一下连接，并注意滑片向右滑动时，灯泡变亮这一要求；
②根据电压表内阻很大相当于断路，电流表内阻很小，相当于导线，可做出判断；
③根据电流表的量程和分度值，读出电流值，再根据公式P=UI计算额定功率的大小；
④由于小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程．据此分析．

解答 解：（1）根据电路的连接情况，结合电路连接经验可知，要想完成此实验的探究，至少需要6条导线；
由测量结果可知看出干路电流0.9A=0.5A+0.4A，所以可得出干路电流等于各支路电流之和；
但这一结论的得出并不科学，因为只测量的了一次，结论具有偶然性，可做出的改进措施是换用不同规格的灯泡多做几次．
（2）①变阻器要选择右下方接线柱，这样滑片向右滑动时，接入电路的电阻变小，电流变大，则灯泡变亮，如图所示．

②电压表内阻很大相当于断路，若电压表与电流表位置接反了，由于电压表串联在电路中，故电路中电流会非常小，接近于零，电压表相当于测电源电压，因此，只有电压表有示数，灯不亮．故C符合题意．
③读图可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A．
则小灯泡的额定功率：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W．
④由于小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程．
因为电源电压为6V，则变阻器两端电压为6V-3.8V=2.2V时，此时小灯泡恰好正常好光．
因此，补充的步骤为：a．断开开关，将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V，并读出此时电流表的示数；
c．计算出灯的额定功率．
故答案为：
（1）6；各支路电流之和；只测量了一次，结论具有偶然性；换用不同规格的灯泡多做几次．
（2）①见上图；
②C；
③0.3；1.14；
④a．将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V．

点评 （1）了解探究并联电路电流特点实验的连接，探究的过程与结论的得出，属本实验常考的内容；
（2）本题考查了测量小灯泡电功率的实验中，实物图的连接、电流表的读数、电功率的计算、实验的改进与分析等，综合性强，有一定新意．