登录
10. 现有一个粗细均匀的金属圆环，它是由一段铜丝和一段同种材料制成的电阻丝连接而成的。为了研究它的
导电性，小科把它接入到图甲电路中。实验时，先将触点$M$与圆环上的$A$点连接，再移动滑动变阻器$R_1$的滑片$P$，移至最右端后，闭合开关$S$，将触点$N$从$A$点开始沿逆时针方向滑动一周，在触点$N$滑动的过程中，触点$M$、$N$之间的电阻等效于一个变化的电阻，记为$R_{MN}$。设滑过弧$MN$的长为$x$，电流表示数$I$与$x$之间的关系如图乙所示。电源电压恒为$4.5\ \mathrm{V}$，铜丝的阻值不计，触点接触良好。粗细均匀、同种材料制成的电阻丝阻值与其长度成正比。
（1）由图乙可知，该金属圆环中铜丝的长度是
（2）在触点$N$滑动的过程中，$R_{MN}$的最大值是多少？
（3）每$1\ \mathrm{cm}$电阻丝的阻值是
（提示：图甲中$M$、$N$之间的电阻等效于$M$、$N$之间两段弧形金属丝并联后的总电阻）
（4）如图丙所示，把$M$、$N$接到圆环其中一条直径的两端，将滑片$P$移到最左端后，闭合开关$S$，求电流表示数的最大值。
导电性，小科把它接入到图甲电路中。实验时，先将触点$M$与圆环上的$A$点连接，再移动滑动变阻器$R_1$的滑片$P$，移至最右端后，闭合开关$S$，将触点$N$从$A$点开始沿逆时针方向滑动一周，在触点$N$滑动的过程中，触点$M$、$N$之间的电阻等效于一个变化的电阻，记为$R_{MN}$。设滑过弧$MN$的长为$x$，电流表示数$I$与$x$之间的关系如图乙所示。电源电压恒为$4.5\ \mathrm{V}$，铜丝的阻值不计，触点接触良好。粗细均匀、同种材料制成的电阻丝阻值与其长度成正比。
（1）由图乙可知，该金属圆环中铜丝的长度是
10
$\mathrm{cm}$。（2）在触点$N$滑动的过程中，$R_{MN}$的最大值是多少？
（3）每$1\ \mathrm{cm}$电阻丝的阻值是
0.4 $\Omega$
。（提示：图甲中$M$、$N$之间的电阻等效于$M$、$N$之间两段弧形金属丝并联后的总电阻）
（4）如图丙所示，把$M$、$N$接到圆环其中一条直径的两端，将滑片$P$移到最左端后，闭合开关$S$，求电流表示数的最大值。
答案
(1) 10 (2) 4 $\Omega$ (3) 0.4 $\Omega$ (4) 1.2 A 提示:(1) $x$从30 cm到40 cm时电流不变,即铜丝的长度$L=40\ \mathrm{cm}-30\ \mathrm{cm}=10\ \mathrm{cm}$。(2) 当$x=0$或$x=50\ \mathrm{cm}$时,$I_{\mathrm{大}}=0.9\ \mathrm{A}$,$R_1=\dfrac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.9\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$。$R_{\mathrm{总大}}=\dfrac{U}{I_{\mathrm{小}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=9\ \Omega$,$R_{MN}=R_{\mathrm{总大}}-R_1=9\ \Omega-5\ \Omega=4\ \Omega$。(3) 设M、N之间两段电阻为$R_3$、$R_4$,则$R_{MN}=\dfrac{R_3R_4}{R_3+R_4}$,圆环中的电阻丝总电阻不变,即$R_3+R_4$为一定值,则当$R_3=R_4$时,$R_3R_4$最大,此时$R_{MN}$最大,即$R_{MN\mathrm{大}}=\dfrac{R_3R_4}{R_3+R_4}=4\ \Omega$,解得$R_3=R_4=8\ \Omega$,圆环电阻丝的总电阻$R_{\mathrm{环}}=R_3+R_4=8\ \Omega+8\ \Omega=16\ \Omega$,电阻丝的总长度$L=50\ \mathrm{cm}-10\ \mathrm{cm}=40\ \mathrm{cm}$,故每1 cm电阻丝的阻值为$\dfrac{16\ \Omega}{40\ \mathrm{cm}}=0.4\ \Omega/\mathrm{cm}$。(4) 设MN上方电阻为$R$,则下方电阻为$(16\ \Omega-R)$,若铜丝全部位于上方,则$R_{\mathrm{小}}=(25\ \mathrm{cm}-10\ \mathrm{cm})×0.4\ \Omega/\mathrm{cm}=6\ \Omega$,若铜丝全位于下方,则$R_{\mathrm{大}}=25\ \mathrm{cm}×0.4\ \Omega/\mathrm{cm}=10\ \Omega$,故$R$的取值范围为6~10 $\Omega$,$R'_{\mathrm{总}}=\dfrac{R(16\ \Omega-R)}{R+16\ \Omega-R}=-\dfrac{1}{16}(R-8)^2+4(\Omega)$,当$R=6\ \Omega$或10 $\Omega$时,$R'_{\mathrm{总小}}=3.75\ \Omega$,故$I_{\mathrm{大}}=\dfrac{U}{R'_{\mathrm{总小}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{3.75\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$。
解析
【分析】
首先观察图乙，电流不变的滑动段对应铜丝的滑动区域，因为铜丝电阻不计，所以MN间电阻不变，据此确定铜丝长度；接着利用欧姆定律，结合电流的最大值和最小值，算出滑动变阻器与总电阻，进而求出R_MN的最大值；再根据并联电阻的规律，当两段电阻相等时并联电阻最大，结合圆环电阻丝总长度，算出每厘米电阻丝的阻值；最后，当M、N接直径两端时，两段电阻并联，找到并联总电阻的最小值，从而求出最大电流。
【解析】
（1）由图乙可知，当滑过弧长x在30cm到40cm时，电流I不变，说明此时MN间电阻不变，对应铜丝的滑动段，因此铜丝长度为：$40\ \mathrm{cm} - 30\ \mathrm{cm} = 10\ \mathrm{cm}$。
（2）当电流最大时，$I_{\mathrm{大}}=0.9\ \mathrm{A}$，滑动变阻器接入电阻：$R_1=\dfrac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.9\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$；当电流最小时，$I_{\mathrm{小}}=0.5\ \mathrm{A}$，总电阻：$R_{\mathrm{总大}}=\dfrac{U}{I_{\mathrm{小}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=9\ \Omega$，则$R_{MN}$的最大值：$R_{MN\mathrm{大}}=R_{\mathrm{总大}} - R_1=9\ \Omega -5\ \Omega=4\ \Omega$。
（3）设圆环电阻丝总电阻为$R_{\mathrm{环}}$，总长度为$50\ \mathrm{cm} -10\ \mathrm{cm}=40\ \mathrm{cm}$。当$R_{MN}$最大时，两段弧形电阻丝并联，此时两段电阻相等，根据并联电阻公式$R_{\mathrm{并}}=\dfrac{R_3R_4}{R_3+R_4}$，代入$R_{\mathrm{并}}=4\ \Omega$，得$4\ \Omega=\dfrac{R_3^2}{2R_3}$，解得$R_3=8\ \Omega$，故$R_{\mathrm{环}}=8\ \Omega+8\ \Omega=16\ \Omega$，每1cm电阻丝的阻值：$\dfrac{16\ \Omega}{40\ \mathrm{cm}}=0.4\ \Omega/\mathrm{cm}$。
（4）当M、N接直径两端时，两段电阻分别为$R$和$16\ \Omega-R$，并联总电阻：$R_{\mathrm{并}}'=\dfrac{R(16\ \Omega-R)}{R+16\ \Omega-R}=\dfrac{16R-R^2}{16}$，当$R=6\ \Omega$或$10\ \Omega$时，$R_{\mathrm{并}}'$最小，计算得$R_{\mathrm{并}}'_{\mathrm{最小}}=\dfrac{6\ \Omega×10\ \Omega}{6\ \Omega+10\ \Omega}=3.75\ \Omega$，则最大电流：$I_{\mathrm{大}}'=\dfrac{U}{R_{\mathrm{并}}'_{\mathrm{最小}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{3.75\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$。
【答案】
(1) 10 (2) 4 Ω (3) 0.4 Ω (4) 1.2 A
【知识点】
并联电阻计算、欧姆定律应用、电阻与长度关系
【点评】
本题结合金属圆环的电阻特性，通过图像分析电路变化，综合考查并联电阻规律和欧姆定律，需理解铜丝与电阻丝的区别及并联电阻极值的推导，综合性较强。
【难度系数】
0.5
首先观察图乙，电流不变的滑动段对应铜丝的滑动区域，因为铜丝电阻不计，所以MN间电阻不变，据此确定铜丝长度；接着利用欧姆定律，结合电流的最大值和最小值，算出滑动变阻器与总电阻，进而求出R_MN的最大值；再根据并联电阻的规律，当两段电阻相等时并联电阻最大，结合圆环电阻丝总长度，算出每厘米电阻丝的阻值；最后，当M、N接直径两端时，两段电阻并联，找到并联总电阻的最小值，从而求出最大电流。
【解析】
（1）由图乙可知，当滑过弧长x在30cm到40cm时，电流I不变，说明此时MN间电阻不变，对应铜丝的滑动段，因此铜丝长度为：$40\ \mathrm{cm} - 30\ \mathrm{cm} = 10\ \mathrm{cm}$。
（2）当电流最大时，$I_{\mathrm{大}}=0.9\ \mathrm{A}$，滑动变阻器接入电阻：$R_1=\dfrac{U}{I_{\mathrm{大}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.9\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$；当电流最小时，$I_{\mathrm{小}}=0.5\ \mathrm{A}$，总电阻：$R_{\mathrm{总大}}=\dfrac{U}{I_{\mathrm{小}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=9\ \Omega$，则$R_{MN}$的最大值：$R_{MN\mathrm{大}}=R_{\mathrm{总大}} - R_1=9\ \Omega -5\ \Omega=4\ \Omega$。
（3）设圆环电阻丝总电阻为$R_{\mathrm{环}}$，总长度为$50\ \mathrm{cm} -10\ \mathrm{cm}=40\ \mathrm{cm}$。当$R_{MN}$最大时，两段弧形电阻丝并联，此时两段电阻相等，根据并联电阻公式$R_{\mathrm{并}}=\dfrac{R_3R_4}{R_3+R_4}$，代入$R_{\mathrm{并}}=4\ \Omega$，得$4\ \Omega=\dfrac{R_3^2}{2R_3}$，解得$R_3=8\ \Omega$，故$R_{\mathrm{环}}=8\ \Omega+8\ \Omega=16\ \Omega$，每1cm电阻丝的阻值：$\dfrac{16\ \Omega}{40\ \mathrm{cm}}=0.4\ \Omega/\mathrm{cm}$。
（4）当M、N接直径两端时，两段电阻分别为$R$和$16\ \Omega-R$，并联总电阻：$R_{\mathrm{并}}'=\dfrac{R(16\ \Omega-R)}{R+16\ \Omega-R}=\dfrac{16R-R^2}{16}$，当$R=6\ \Omega$或$10\ \Omega$时，$R_{\mathrm{并}}'$最小，计算得$R_{\mathrm{并}}'_{\mathrm{最小}}=\dfrac{6\ \Omega×10\ \Omega}{6\ \Omega+10\ \Omega}=3.75\ \Omega$，则最大电流：$I_{\mathrm{大}}'=\dfrac{U}{R_{\mathrm{并}}'_{\mathrm{最小}}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{3.75\ \Omega}=1.2\ \mathrm{A}$。
【答案】
(1) 10 (2) 4 Ω (3) 0.4 Ω (4) 1.2 A
【知识点】
并联电阻计算、欧姆定律应用、电阻与长度关系
【点评】
本题结合金属圆环的电阻特性，通过图像分析电路变化，综合考查并联电阻规律和欧姆定律，需理解铜丝与电阻丝的区别及并联电阻极值的推导，综合性较强。
【难度系数】
0.5
