Question

17．某同学要测绘标有“3.8V，1.14W”的小灯泡的灯丝电流I随其两端电压U变化的图象．
除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：
电流表：A₁（量程200mA，内阻约2Ω）；A₂（量程0.4A，内阻约0.3Ω）；
电压表：V₁（量程4V，内阻约5kΩ）；V₂（量程15V，内阻约15kΩ）；
滑动变阻器：R₁（阻值范围0～10Ω）；R₂（阻值范围0～2kΩ）；
电源：E₁（电动势为2V，内阻约为0.2Ω）；E₂（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．
①为了操作方便并尽可能减小测量误差，在实验中，应选用电流表A₂，电压表V₁，滑动变阻器R₁，电源E₂（填器材的符号）；实验电路应采用图1中的C（选填“ABCD”）．

②图2是研究小灯泡伏安特性曲线的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在①问中所选的电路图，用铅笔画线代替导线，补充完成图2中实物间的连线．

③该同学闭合电键后通过改变滑片的位置描绘出了小灯泡的I-U图线，如图3所示．已知经过图线的B点做出切线恰经过坐标为（0，0.15）的点，试根据学过的电学知识结合图线，求出小灯泡在工作点B时的电阻值为10Ω，此时灯泡的实际功率是0.63W．
④无论是利用图1中的A还是B测量不同电压下小灯泡的电阻，都存在系统误差．关于该实验的系统误差，下列说法正确的是A
A．电流表分压导致测量的电阻偏大         B．电流表分压导致测量的电阻偏小
C．电压表分流导致测量的电阻偏大         D．电压表分流导致测量的电阻偏小
⑤实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电源的路端电压U及干电池的总功率会发生变化，图4中的各示意图中正确反映电池的总功率P-U关系的是C．

Answer 1

分析 ①根据灯泡的额定电压、额定电流确定电压表、电流表的量程，以及电源．根据灯泡的电阻大约值确定滑动变阻器的量程．由于灯泡的电流电压从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻确定电流表的内外接．
②根据电路图作出实物连线图．
③根据欧姆定律求出小灯泡的电阻，结合P=UI求出灯泡的实际功率．
④根据实验的原理，结合欧姆定律和串并联电路的特点确定误差．
⑤求出电源输出功率表达式，确定正确的图线．

解答 解：①由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压为3.8V，额定功率为1.14W，则电压表要选择V₁，电源选择E₂，灯泡额定电流I=$\frac{P}{U}=\frac{1.14}{3.8}$=0.3A，则电流表选择A₂，描绘灯泡I-U图象，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作滑动变阻器应选择R₁．
描绘灯泡I-U图象，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻R=$\frac{3.8}{0.3}Ω$≈12.67Ω，电流表内阻约为0.3Ω，电压表内阻约为5kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因此实验要选择图C所示电路．
②根据实验电路图C连接实物电路图，实物电路图如图所示：

③由图3所示图象可知，灯泡两端电压U=2.5V，通过灯泡的电流I=0.25A，此时灯泡电阻：R=$\frac{U}{I}$=$\frac{2.5}{0.25}=10Ω$，灯泡功率：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W．
④由图示电路图可知，图1中的A与B实验电路都采用电流表内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，所测灯泡电阻测量值大于真实值，故选A．
⑤电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；根据E=U_外+U_内=IR+Ir知，此时输出电压为电动势的一半．外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；功率随路端电压先增大后减小，故符合条件的图象应为C．
故答案为：①A₂、V₁、R₁、E₂、C ②如图所示．
③10，0.63  ④A，⑤C．

点评 本题考查了实验器材与实验电路的选择、连接实物电路图、求灯泡电阻与灯泡实际功率、实验误差分析、实验数据处理等问题；要掌握实验器材的选择原则，根据实验目的与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法是正确选择实验电路、连接实物电路图的关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法．