一、電動(dòng)勢(shì)
1．非靜電力的作用：把正電荷從負(fù)極搬運(yùn)到正極，同時(shí)在該過(guò)程中非靜電力做功，使電荷的電勢(shì)能增加．
2．電源
(1)定義：通過(guò)非靜電力做功把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能的裝置．
(2)能量轉(zhuǎn)化：在電源內(nèi)部，非靜電力做正功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，在電源外部，靜電力做正功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．
3．電動(dòng)勢(shì)
(1)電動(dòng)勢(shì)：在電源內(nèi)部，非靜電力把正電荷從負(fù)極移送到正極所做的功W與被移送電荷量q的比值．
(2)定義式：E＝eq \f(W,q).單位：伏特(V)．
(3)物理意義：反映電源非靜電力做功本領(lǐng)大小的物理量．
(4)決定因素：由電源中非靜電力的特性決定，跟電源的體積無(wú)關(guān)，跟外電路無(wú)關(guān)．
二、閉合電路歐姆定律及其能量分析
1．閉合電路中的能量轉(zhuǎn)化
(1)時(shí)間t內(nèi)電源輸出的電能(等于非靜電力做功的大小)為W＝Eq＝EIt.
(2)時(shí)間t內(nèi)外電路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q外＝I2Rt.內(nèi)電路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q內(nèi)＝I2rt.
(3)根據(jù)能量守恒定律，在純電阻電路中應(yīng)有W＝Q外＋Q內(nèi)，即EIt＝I2Rt＋I(xiàn)2rt.
2．閉合電路的歐姆定律
(1)內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動(dòng)勢(shì)成正比，跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比．
(2)表達(dá)式：I＝eq \f(E,R＋r).
(3)另一種表達(dá)形式：E＝U外＋U內(nèi)．即：電源的電動(dòng)勢(shì)等于內(nèi)、外電路電勢(shì)降落之和．
三、路端電壓與負(fù)載的關(guān)系
1．路端電壓的表達(dá)式：
U＝E－Ir.
2．路端電壓隨外電阻的變化規(guī)律
(1)當(dāng)外電阻R增大時(shí)，由I＝eq \f(E,R＋r)可知電流I減小，路端電壓U＝E－Ir增大．
(2)當(dāng)外電阻R減小時(shí)，由I＝eq \f(E,R＋r)可知電流I增大，路端電壓U＝E－Ir減?。?br>(3)兩種特殊情況：當(dāng)外電路斷開(kāi)時(shí)，電流I變?yōu)?，U＝E.即斷路時(shí)的路端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)．當(dāng)電源短路時(shí)，外電阻R＝0，此時(shí)I＝eq \f(E,r).
技巧點(diǎn)撥
一、電動(dòng)勢(shì)
1．靜電力和非靜電力
(1)靜電力是帶電體之間通過(guò)電場(chǎng)相互作用的力，非靜電力是指除靜電力外能對(duì)電荷移動(dòng)起作用的力 .
(2)非靜電力的來(lái)源
①在化學(xué)電池(干電池、蓄電池)中，非靜電力是化學(xué)作用，它使化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能．
②在發(fā)電機(jī)中，非靜電力是電磁作用，它使機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能．
2．靜電力與非靜電力做功的比較
(1)非靜電力只存在于電源內(nèi)部，因此非靜電力只在電源內(nèi)部對(duì)電荷做功．通過(guò)非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．
(2)靜電力存在于整個(gè)閉合電路上，所以在電路中任何部位靜電力都要做功．靜電力做功將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．
3．電動(dòng)勢(shì)
(1)電源的電動(dòng)勢(shì)是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量，即非靜電力移送相同電荷量的電荷做功越多，則電動(dòng)勢(shì)越大．
(2)公式E＝eq \f(W,q)是電動(dòng)勢(shì)的定義式而不是決定式，E的大小與W和q無(wú)關(guān)，是由電源自身的性質(zhì)決定的，不同種類的電源電動(dòng)勢(shì)大小不同．
(3)電動(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于非靜電力把1 C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移送到正極所做的功．
二、閉合電路的歐姆定律
1.內(nèi)、外電路中的電勢(shì)變化
如圖所示，外電路中電流由電源正極流向負(fù)極，沿電流方向電勢(shì)降低，內(nèi)電路中電流由電源負(fù)極流向正極，沿電流方向電勢(shì)升高．
2．閉合電路歐姆定律的幾種表達(dá)形式
(1)I＝eq \f(E,R＋r)、E＝IR＋I(xiàn)r只適用于外電路為純電阻的閉合電路．
(2)U外＝E－Ir，E＝U外＋U內(nèi)適用于任意的閉合電路．
三、路端電壓與負(fù)載的關(guān)系
1．路端電壓與負(fù)載的關(guān)系：U＝E－U內(nèi)＝E－eq \f(E,R＋r)r，隨著外電阻增大，路端電壓增大；當(dāng)外電路開(kāi)路時(shí)(外電阻無(wú)窮大)，路端電壓U＝E；這也提供了一種粗測(cè)電動(dòng)勢(shì)的方法，即用電壓表直接測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)．
2.路端電壓與電流的關(guān)系：U＝E－Ir.
3．電源的U－I圖像：如圖所示是一條傾斜的直線，圖像中U軸截距E表示電源電動(dòng)勢(shì)，I軸截距I0等于短路電流(縱、橫坐標(biāo)都從零開(kāi)始)，斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻．
例題精練
1．（舟山期末）機(jī)器人的使用提高了工作效率，將人們從繁重的生產(chǎn)勞動(dòng)中解放出來(lái)．如圖所示，一款微型機(jī)器人的直流電動(dòng)機(jī)額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r的直流電源的兩極間，電動(dòng)機(jī)恰好能正常工作．下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．電動(dòng)機(jī)消耗的總功率為EI
B．電源的效率為
C．電源的輸出功率為UI﹣I2R
D．若用該機(jī)器人豎直提升質(zhì)量為m的重物，則重物穩(wěn)定后的速度為
【分析】電動(dòng)機(jī)消耗的總功率為UI，也就是電源的輸出功率；電源的效率為輸出功率與電源的總功率的比值；根據(jù)電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于克服重力做功的機(jī)械功率進(jìn)行分析。
【解答】解：A、電動(dòng)機(jī)恰好能正常工作，所以通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流等于電動(dòng)機(jī)的額定電流，電動(dòng)機(jī)消耗的總功率為P總＝UI，故A錯(cuò)誤；
B、電源的輸出電壓U＝E﹣Ir，則電源的效率為η＝＝，故B正確；
C、電源的輸出電壓等于電動(dòng)機(jī)的額定電壓，所以電源的輸出功率為等于電動(dòng)機(jī)消耗的總功率，即為UI，故C錯(cuò)誤；
D、電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出＝P總﹣I2R＝UI﹣I2R，若用該機(jī)器人豎直提升質(zhì)量為m的重物，根據(jù)P出＝mgv可得重物穩(wěn)定后的速度為v＝，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】電動(dòng)機(jī)兩端的電壓即為電源的輸出電壓，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，所以電路中的電流恰好等于電動(dòng)機(jī)的額定電流，電源的輸出電壓恰好等于電動(dòng)機(jī)的額定電壓，掌握功率的計(jì)算方法是關(guān)鍵。
2．（宿遷期末）交警使用的某型號(hào)酒精測(cè)試儀如圖甲，其工作原理如圖乙所示，傳感器電阻R的電阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，電路中的電表均為理想電表，且R0＝r，當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)減小
B．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小
C．電源對(duì)外輸出功率減小
D．電壓表示數(shù)變化量ΔU與電流表示數(shù)變化量ΔI的絕對(duì)值之比不變
【分析】當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，分析R阻值的變化情況，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，分析兩電表示數(shù)變化關(guān)系；當(dāng)酒精氣體濃度越大時(shí)，傳感器電阻R的電阻值越小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化，根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源輸出功率的變化情況。根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比變化情況。
【解答】解：ABD、設(shè)電壓表的示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I。當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，傳感器電阻R的電阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表的示數(shù)I變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U＝E﹣I（R0+r），知U變小。
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比||＝R0+r，保持不變，故AB錯(cuò)誤，D正確；
C、酒精氣體濃度越大時(shí)，傳感器電阻R的電阻值越小，當(dāng)外電阻等于內(nèi)電阻時(shí)輸出功率最大，由于開(kāi)始R0＝r，當(dāng)酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)R減小、外電阻減小，電源的輸出功率一直增大，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題是信息給予題，要搞清傳感器電阻R的特性，分析其阻值的變化情況，要知道R相當(dāng)于可變電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析兩電表示數(shù)變化的關(guān)系。
隨堂練習(xí)
1．（廣東學(xué)業(yè)考試）如圖所示電路中，電流表和電壓表均為理想電表，R為光敏電阻，其阻值隨光照增強(qiáng)而減小，電源內(nèi)阻不能忽略.閉合開(kāi)關(guān)S后，當(dāng)光照逐漸增強(qiáng)時(shí)，關(guān)于電流表示數(shù)和電壓表示數(shù)U的變化情況，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．增大，U增大B．增大，U減小C．減小，U減小D．減小，增大
【分析】當(dāng)光照強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，分析光敏電阻阻值的變化。
根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化。
【解答】解：閉合開(kāi)關(guān)S后，當(dāng)光照逐漸增強(qiáng)時(shí)，光敏電阻的阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，I＝，干路電流增大，即電流表的示數(shù)增大，內(nèi)電壓增大，U＝E﹣Ir，電壓表測(cè)量路端電壓，示數(shù)減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，閉合電路歐姆定律的靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵。
2．（如皋市月考）如圖所示的電路中，開(kāi)關(guān)S閉合后，時(shí)間t內(nèi)經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的電量為q.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A．S斷開(kāi)時(shí)，電源兩端的電壓為0
B．S閉合后，時(shí)間t內(nèi)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的電量為q
C．S閉合后，時(shí)間t內(nèi)非靜電力做的功為qE
D．S閉合后，時(shí)間t內(nèi)內(nèi)電路產(chǎn)生的內(nèi)能為
【分析】S斷開(kāi)時(shí)，電源兩端的電壓為電動(dòng)勢(shì).
同一導(dǎo)線，通過(guò)的電量是相等的.
根據(jù)非靜電力做功公式分析。
根據(jù)電流定義式結(jié)合焦耳定律分析。
【解答】解：A、S斷開(kāi)時(shí)，電源兩端的電壓等于電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；
B、同一導(dǎo)線，通過(guò)的電量是相等的，S閉合后，時(shí)間t內(nèi)通過(guò)A點(diǎn)的電量為q，則通過(guò)B點(diǎn)的電量也為q，故B正確；
C、根據(jù)非靜電力做功公式可知，S閉合后，時(shí)間t內(nèi)非靜電力做功為qE，故C正確；
D、根據(jù)電流定義式可知，I＝，則時(shí)間t內(nèi)內(nèi)電路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝I2rt＝，故D正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查閉合電路歐姆定律以及功和電量的計(jì)算，要注意準(zhǔn)確掌握對(duì)應(yīng)的公式，特別是焦耳定律的靈活運(yùn)用。
3．（葫蘆島二模）圖1表示某壓敏電阻的阻值R隨壓力F變化的情況，將它平放在電梯地板上并接入圖2所示的電路中，在其受壓面上放一物體m，即可通過(guò)電路中數(shù)字電流表的示數(shù)I來(lái)探查電梯的運(yùn)動(dòng)情況。電梯靜止時(shí)數(shù)字電流表示數(shù)為I0。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．若示數(shù)I不變說(shuō)明電梯正在勻速運(yùn)動(dòng)
B．若示數(shù)為I0說(shuō)明電梯一定處于靜止?fàn)顟B(tài)
C．若示數(shù)I在增大說(shuō)明電梯的速度在增大
D．若示數(shù)I＞I0說(shuō)明電梯可能在加速向上運(yùn)動(dòng)
【分析】利用圖1得出壓敏電阻隨壓力增大而減小，通過(guò)I的變化判斷R的變化，確定壓力變化，進(jìn)而確定合外力，通過(guò)m的合外力判斷電梯的運(yùn)動(dòng)情況。
【解答】解：A、由圖1可知壓敏電阻的阻值與受到的壓力有關(guān)，若示數(shù)I不變，說(shuō)明壓敏電阻的阻值保持不變，壓敏電阻受到的壓力不變，對(duì)于m受到的支持力不變，m的合外力恒定，故m可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤.
B、若示數(shù)為I0，說(shuō)明m對(duì)壓敏電阻的壓力與靜止時(shí)相同，即m的合外力為零，電梯可能處于靜止?fàn)顟B(tài)也可能處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故B錯(cuò)誤.
C、若示數(shù)I在增大，說(shuō)明壓敏電阻的阻值在減小，由圖1可知，壓力越大，阻值越小，所以壓敏電阻受到的壓力在逐漸增大，由上述條件只能判斷壓敏電阻受到的合外力在變化，由于不能確定合外力方向，故無(wú)法確定電梯速度如何變化，故C錯(cuò)誤.
D、對(duì)應(yīng)電流表示數(shù)為I0，壓敏電阻受到的壓力等于m的重力，當(dāng)I＞I0時(shí)，電路中電流比靜止時(shí)變大，說(shuō)明壓敏電阻阻值變小，壓力增大，壓力大于重力，m的合外力向上，加速度方向向上，如果電梯正在上升，則為加速上升，如果電梯正在下降，則為減速下降，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】該題為簡(jiǎn)單傳感器應(yīng)用問(wèn)題，答題時(shí)需要將電流、電阻、壓力等物理量結(jié)合起來(lái)，涉及到牛頓第二定律和歐姆定律的應(yīng)用。處理傳感器問(wèn)題的一般思路是將電學(xué)量（如電流、電壓等）和非電學(xué)量（如壓力、溫度、光照強(qiáng)度等）進(jìn)行聯(lián)系作答。
綜合練習(xí)
一．選擇題（共20小題）
1．（全國(guó)模擬）在如圖所示的電路中，定值電阻R1＝3Ω、R2＝2Ω、R3＝1Ω、R4＝3Ω，電容器的電容C＝4μF，電源的電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻不計(jì)。閉合開(kāi)關(guān)S1、S2，電路穩(wěn)定后，則（ ）
A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab＝3.5V
B．電容器所帶電荷量為1.4×10﹣6C
C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S2，穩(wěn)定后流過(guò)電阻R3的電流與斷開(kāi)前相比將發(fā)生變化
D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S2，穩(wěn)定后電容器上極板所帶電荷量與斷開(kāi)前相比的變化量為2.4×10﹣5C
【分析】設(shè)電源負(fù)極的電勢(shì)為0，則電源正極的電勢(shì)為φ＝10V，求出a和b點(diǎn)的電勢(shì)進(jìn)行解答。
由Q＝CU求解電容器所帶電荷量。
斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，再次分析a和b點(diǎn)的電勢(shì)，求出電勢(shì)差，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式求解電荷量的變化。
斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，穩(wěn)定后流過(guò)電阻R3的電流不會(huì)發(fā)生變化。
【解答】解：A、設(shè)電源負(fù)極的電勢(shì)為0，則電源正極的電勢(shì)為φ＝10V，又因?yàn)棣诈仸誥＝，代入數(shù)據(jù)可解得φa＝4V，同理有φ﹣φb＝，代入數(shù)據(jù)可解得φb＝7.5V，故Uab＝φa﹣φb＝4V﹣7.5V＝﹣3.5V，故A錯(cuò)誤；
B、由Q＝CU可知此時(shí)電容器所帶電荷量為Q＝4×10﹣6×3.5C＝1.4×10﹣5C，且上極板帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；
D、斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，穩(wěn)定后a點(diǎn)的電勢(shì)為φ′a＝10V，b點(diǎn)電勢(shì)仍為φb＝7.5V，故此時(shí)Uab′＝φ′a﹣φb＝10V﹣7.5V＝2.5V，且上極板帶正電，故上極板電荷量的變化量為△Q＝C△U＝C（Uab′﹣Uab），代入數(shù)據(jù)解得△Q＝2.4×10﹣5C，故D正確；
C、由電路知識(shí)可知，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，穩(wěn)定后流過(guò)電阻R3的電流不會(huì)發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】該題主要是考查“橋式電路”，關(guān)鍵是弄清楚電路的連接情況，能夠根據(jù)閉合電路的歐姆定律、電勢(shì)差的概念、電容的定義式等進(jìn)行分析。
2．（長(zhǎng)沙一模）如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E＝24 V，恒定內(nèi)阻r＝4Ω，定值電阻R1＝8Ω，定值電阻R2＝12Ω，定值電阻R3＝3Ω。若在C、D間連接一個(gè)可調(diào)電阻R，調(diào)節(jié)范圍為3Ω至15Ω，下列選項(xiàng)中正確的是（ ）
A．在調(diào)節(jié)范圍內(nèi)，若R＝3Ω，R上的功率最大
B．在調(diào)節(jié)范圍內(nèi)，若R＝15Ω，R上的功率最大
C．在調(diào)節(jié)范圍內(nèi)，若R＝15Ω，R上的功率最小
D．在調(diào)節(jié)范圍內(nèi)，若R＝9Ω，R上的功率最大
【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，結(jié)合串聯(lián)電路中電壓之比等于電阻比得出R上的電壓表達(dá)式，根據(jù)功率公式求出R上功率的表達(dá)式，通過(guò)數(shù)學(xué)知識(shí)求解極值。
【解答】解：設(shè)R2兩端的電壓為U2，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)知，電阻R兩端的電壓：
，
R3、R、R2三個(gè)電阻的并聯(lián)電阻
＝，
根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)知，R2兩端的電壓
＝＝，
則R兩端的電壓：
，
R上的功率：
＝；
ABD、當(dāng)R＝時(shí)，即R＝9Ω時(shí)，R上的功率有最大值，故AB錯(cuò)誤，D正確；
C、將R＝3Ω代入，解得：＝30；
將R＝15Ω代入，解得：＝20.4，
可知R＝15Ω，R上的功率不是最小，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了功率的計(jì)算問(wèn)題，通過(guò)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)以及功率公式得出R上消耗功率的表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵。
3．（武平縣校級(jí)模擬）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝12V，內(nèi)阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻R0′＝1Ω．當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1時(shí)可使圖甲中電源的輸出功率最大；調(diào)節(jié)R2時(shí)可使圖乙中電路的輸出功率最大，且此時(shí)電動(dòng)機(jī)剛好正常工作（額定輸出功率為P0＝4W），則R1和R2連入電路中的阻值分別為（ ）
A．2Ω、2ΩB．2Ω、1.5ΩC．2Ω、1ΩD．1.5Ω、1.5Ω
【分析】對(duì)于甲圖，當(dāng)電路的內(nèi)阻和外阻相等時(shí)，電路的輸出功率最大，由此可以求得甲圖中的R1的阻值。
對(duì)于乙圖，輸出的最大功率時(shí)，電阻R0消耗的功率和電動(dòng)機(jī)的輸出功率相等，將電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻看作滑動(dòng)變阻器的一部分，據(jù)此分析。
【解答】解：甲圖中，當(dāng)電路的外電阻等于內(nèi)阻時(shí)，電路的輸出功率最大，則R1＝r﹣R0＝3Ω﹣1Ω＝2Ω，此時(shí)電流I1＝＝2A，電阻R0消耗的功率 P＝I2R0＝22×1W＝4W，
對(duì)于乙圖，電路輸出的功率最大時(shí)，電動(dòng)機(jī)正好正常工作，此時(shí)電動(dòng)機(jī)輸出功率為P0＝4W，
對(duì)比分析可知，當(dāng)兩電路的輸出功率最大時(shí)，電阻R0消耗的功率和電動(dòng)機(jī)的輸出功率相等，則甲電路中滑動(dòng)變阻器R1和電源內(nèi)阻r的阻值之和與乙電路中滑動(dòng)變阻器R2與電源內(nèi)阻、電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻的阻值之和相等，R1+r＝R2+r+R0′，
解得：R2＝1Ω，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了電功率的計(jì)算和閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，對(duì)于電功率的計(jì)算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對(duì)于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計(jì)算公式是不一樣的。
4．（遼寧期中）如圖所示電路中，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P處于靜止?fàn)顟B(tài)，所有電流表和電壓表均可視為理想電表。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，則（ ）
A．電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變小
B．此過(guò)程中電壓表V1示數(shù)的變化量ΔU1和電流表A1示數(shù)的變化量ΔI1的比值的絕對(duì)值變小
C．平行金屬板之間原靜止的質(zhì)點(diǎn)P將向下運(yùn)動(dòng)
D．R3上消耗的功率逐漸增大
【分析】由圖可知電路結(jié)構(gòu)，由滑片的移動(dòng)方向可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)的變化及電容器兩端的電壓變化。
分析質(zhì)點(diǎn)的受力情況可知質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況。
將定值電阻R1看作等效電源內(nèi)阻，則電壓表V1測(cè)量等效電源的路端電壓，電流表A1測(cè)量等效電源的干路電流，據(jù)此分析。
【解答】解：A、由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；
當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時(shí)R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過(guò)R3的電流減小，流過(guò)并聯(lián)部分的總電流增大，故電流表A示數(shù)變大，因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表V示數(shù)變小，故A錯(cuò)誤；
B、將定值電阻R1看作等效電源內(nèi)阻，則電壓表V1測(cè)量等效電源的路端電壓，電流表A1測(cè)量等效電源的干路電流，則電壓表V1示數(shù)的變化量ΔU1和電流表A1示數(shù)的變化量ΔI1的比值的絕對(duì)值：＝R1+r，恒定不變，故B錯(cuò)誤；
C、因電容器兩端電壓減小，故質(zhì)點(diǎn)P受到的向上的電場(chǎng)力減小，則重力大于電場(chǎng)力，合力向下，質(zhì)點(diǎn)將向下運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D、因R3兩端的電壓減小，由P＝可知，R3上消耗的功率減小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律，解決閉合電路歐姆定律的題目，一般可以按照整體﹣局部﹣整體的思路進(jìn)行分析，注意電路中某一部分電阻減小時(shí)，無(wú)論電路的連接方式如何，總電阻均是減小的。
5．（西昌市期中）某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源的發(fā)熱功率Pr隨電流變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)系中，如圖中的a、b、c所示。下列判斷正確的是（ ）
A．直線a表示電源的輸出功率
B．曲線b表示電源的輸出功率
C．電源的最大輸出功率Pm＝2.25W
D．電源的電動(dòng)勢(shì)E＝9V，內(nèi)電阻r＝1Ω
【分析】根據(jù)電源消耗的總功率的計(jì)算公式PE＝EI可得電源的總功率與電流的關(guān)系。
根據(jù)電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr＝I2r可得電源內(nèi)部的發(fā)熱功率與電流的關(guān)系，從而可以判斷abc三條線代表的關(guān)系式。
由功率的公式可以分析功率之間的關(guān)系。
【解答】解：AB、電源消耗的總功率的計(jì)算公式PE＝EI∝I，故PE﹣I圖線是直線a，即直線a表示電源的總功率，電源的輸出功率：PR＝PE﹣Pr＝EI﹣I2r，應(yīng)為開(kāi)口向下的曲線，故曲線c表示電源的輸出功率；電源內(nèi)電阻消耗的功率：Pr＝I2r，應(yīng)為開(kāi)口向上的曲線，故曲線c表示電源內(nèi)阻消耗的功率，故AB錯(cuò)誤；
C、電源的輸出功率：PR＝PE﹣Pr＝EI﹣I2r＝3I﹣I2＝﹣（I﹣1.5）2+2.25，當(dāng)I＝1A時(shí)，輸出功率最大為2.25W，故C正確；
D、當(dāng)I＝3A時(shí)，PR＝0．說(shuō)明外電路短路，根據(jù)P＝EI，得到E＝＝V＝3V；r＝＝Ω＝1Ω，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，根據(jù)圖象考查電源的輸出功率，要注意根據(jù)公式分析圖象；同時(shí)明確當(dāng)電源的內(nèi)阻和外電阻的大小相等時(shí)，此時(shí)電源的輸出的功率最大，并且直流電源的總功率PE等于輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr的和。
6．（西城區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，電源內(nèi)阻為r，定值電阻R0＝r，可變電阻R的最大阻值為2r。當(dāng)可變電阻的滑片向右移動(dòng)時(shí)（ ）
A．路端電壓由大變小
B．電阻R0兩端的電壓由大變小
C．電源的內(nèi)電壓不變
D．電源的總功率由小變大
【分析】當(dāng)變阻器的滑動(dòng)觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，電路中電流減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求解，總功率P＝EI。
【解答】解：AC、當(dāng)變阻器的滑動(dòng)觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，電路中電流減小，則電源內(nèi)阻所占電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，路端電壓增大，故AC錯(cuò)誤；
B、根據(jù)U＝IR0可知，電流減小，電阻R0上的電壓減小，故B正確；
D、根據(jù)總功率P＝EI可知，電流減小，總功率減小，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，注意總功率P＝EI，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。
7．（山東模擬）在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不能忽略，電流表、電壓表都是理想電表，A、B為小燈泡，R1為滑動(dòng)變阻器，R2為定值電阻，C為電容很大的電容器，閉合開(kāi)關(guān)S后小燈泡均發(fā)光?，F(xiàn)將滑動(dòng)變阻器R1的滑片P向右緩慢滑動(dòng)一段距離，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．電流表的示數(shù)減小
B．電壓表的示數(shù)增大
C．小燈泡A、B均變亮
D．當(dāng)電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，小燈泡A、B均立刻熄滅
【分析】分析電路結(jié)構(gòu)，滑動(dòng)變阻器R1的滑片P向右緩慢滑動(dòng)一段距離，阻值減小，電路總阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電流變化，確定電流表示數(shù)變化。
根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律，確定電壓表測(cè)量哪部分電路電壓，判斷電壓表示數(shù)變化。
根據(jù)流過(guò)燈泡的電流和兩端電壓的關(guān)系，判斷燈泡的明暗程度。
當(dāng)電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器放電，電流流過(guò)燈泡A。
【解答】解：A、滑動(dòng)變阻器R1的滑片P向右緩慢滑動(dòng)一段距離，阻值減小，電路總阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，定值電阻R2兩端電壓減小，流過(guò)的電流減小，電流表測(cè)量另一支路的電流，則電流表示數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；
B、電壓表測(cè)量燈泡A兩端的電壓，已知流過(guò)燈泡A的電流增大，則其兩端電壓增大，電壓表示數(shù)增大，故B正確；
C、流過(guò)燈泡A的電流增大，則燈泡A變亮，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，燈泡B兩端的電壓減小，故燈泡B變暗，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器放電，電流流過(guò)燈泡A，則燈泡A逐漸熄滅，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，屬于電路動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，要知道電路穩(wěn)定時(shí)，電容器所在電路相當(dāng)于開(kāi)關(guān)斷開(kāi)。
8．（海淀區(qū)校級(jí)期末）電路如圖，電源內(nèi)阻不可忽略，閉合開(kāi)關(guān)后將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，關(guān)于各表讀數(shù)變化，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．電源電壓不變，所以電壓表讀數(shù)不變
B．電壓表讀數(shù)與電流表A1讀數(shù)之比變大
C．電流表A1讀數(shù)變大
D．電流表A2讀數(shù)變大
【分析】分析電路結(jié)構(gòu)可知，電壓表測(cè)量路端電壓，電流表A測(cè)量干路電流，電流表A1測(cè)量通過(guò)定值電阻R1的電流，電流表A2測(cè)量通過(guò)滑動(dòng)變阻器的電流。
根據(jù)閉合電路歐姆定律分析各個(gè)電表示數(shù)的變化情況。
【解答】解：A、電壓表測(cè)量路端電壓，閉合開(kāi)關(guān)后將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)，則阻值增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，電壓表讀數(shù)變大，故A錯(cuò)誤；
B、電壓表讀數(shù)與電流表A1讀數(shù)之比等于定值電阻R1的阻值，比值不變，故B錯(cuò)誤；
C、路端電壓增大，電壓表示數(shù)增大，根據(jù)歐姆定律可知，電流表A1的示數(shù)變大，故C正確；
D、干路電流減小，電流表A1的示數(shù)變大，則電流表A2讀數(shù)變小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，本題實(shí)質(zhì)是電路中動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題和閉合電路歐姆定律問(wèn)題的綜合，從局部電阻的變化，分析各部分電壓的變化。
9．（東城區(qū)期末）如圖所示為一種呼氣酒精測(cè)試儀的原理圖，其中酒精氣體傳感器的電阻值r′的倒數(shù)與接觸到酒精氣體的濃度c成正比。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．電壓表的示數(shù)無(wú)法表示濃度c的變化
B．電壓表的示數(shù)越大，表示濃度c越小
C．酒精氣體傳感器把電信息轉(zhuǎn)化成非電信息
D．當(dāng)醉酒人員對(duì)傳感器呼氣時(shí)，電壓表示數(shù)變大
【分析】首先根據(jù)電路圖分析電路的連接方式，分析酒精氣體傳感器的電阻的變化，然后根據(jù)歐姆定律判斷串聯(lián)電路中的電流和電壓表示數(shù)的變化。
酒精氣體傳感器是將非電信息轉(zhuǎn)化為電信息的元件。
【解答】解：AB、圖中酒精傳感器與R、R0串聯(lián)，電壓表測(cè)R0兩端的電壓，U越大，說(shuō)明電路中電流越大，酒精傳感器的電阻減小，由題：酒精氣體傳感器電阻r′的倒數(shù)與酒精氣體的濃度c成正比，可知電壓表的示數(shù)越大，表示濃度c越大，故AB錯(cuò)誤；
C、酒精氣體傳感器把非電信息轉(zhuǎn)化為電信息，故C錯(cuò)誤；
D、醉酒人員對(duì)傳感器呼氣，則c增大，r′減小，電路中總電阻減小，電路中電流增大，則U的示數(shù)增大，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，實(shí)際上動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，要讀懂題意，分析電路中電阻的變化，來(lái)分析電流的變化，從而判斷電壓表示數(shù)變化。
10．（煙臺(tái)模擬）如圖所示，單刀雙擲開(kāi)關(guān)S原來(lái)跟2相接，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，開(kāi)關(guān)改接1。t1時(shí)刻，又把開(kāi)關(guān)改接2。在此過(guò)程中，下列關(guān)于流過(guò)電路中P點(diǎn)的電流i和電容器兩極板的電勢(shì)差UAB隨時(shí)間變化的圖像中，可能正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，電容器充電，電流逐漸減小到零，開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，電容器反向放電，電流逐漸減小到零。電容器充電完畢時(shí)，電容器兩極板間的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，放電時(shí)，兩極板間電壓逐漸減小。
【解答】解：AB、開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，電容器充電，電流逐漸減小，充電完畢，電流為零；再將開(kāi)關(guān)S撥向2位置，電容器開(kāi)始反向放電，電流逐漸減小，放電完畢后，電流為零，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，電容器與電源直接相連，電容器兩極板的電勢(shì)差UAB逐漸增大，充電結(jié)束后，器兩極板的電勢(shì)差UAB等于電源的電動(dòng)勢(shì)；在放電過(guò)程中，電容器兩極板的電勢(shì)差UAB逐漸減小，極板的電性不變，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是明確電路結(jié)構(gòu)，理解電容器充放電的過(guò)程，要注意電流的方向。
11．（福州期末）在如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)12V，內(nèi)阻1.0Ω，內(nèi)阻R0阻值1.5Ω，小型直流電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻0.5Ω，閉合開(kāi)關(guān)S，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，電流表的示數(shù)為2.0A，則（ ）
A．電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為7.0V
B．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為14W
C．電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為4.0W
D．電源輸出的電功率為24W
【分析】在計(jì)算電功率的公式中，總功率用P＝IU來(lái)計(jì)算，發(fā)熱的功率用P＝I2R來(lái)計(jì)算，如果是計(jì)算純電阻的功率，這兩個(gè)公式的計(jì)算結(jié)果是一樣的，但對(duì)于電動(dòng)機(jī)等非純電阻，第一個(gè)計(jì)算的是總功率，第二個(gè)只是計(jì)算發(fā)熱的功率，這兩個(gè)的計(jì)算結(jié)果是不一樣的．
【解答】解：A、電路中電流表的示數(shù)為2.0A，所以電動(dòng)機(jī)的電壓為：U＝E﹣U內(nèi)﹣UR0＝12﹣Ir﹣IR0＝12V﹣2×1V﹣2×1.5V＝7.0V，故A正確；
BC，電動(dòng)機(jī)的總功率為P總＝UI＝7×2W＝14W，電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為：P熱＝I2R＝22×0.5W＝2W，所以電動(dòng)機(jī)的輸出功率為14 W﹣2W＝12W，故BC錯(cuò)誤；
D、電源的輸出的功率為：P輸出＝EI﹣I2R＝12×2W﹣22×1W＝20W，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于電功率的計(jì)算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對(duì)于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計(jì)算公式是不一樣的．
12．（倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示的U﹣I圖象中，直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線Ⅱ?yàn)槟骋浑娮鑂的U﹣I圖線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知（ ）
A．電源電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻為0.5Ω
B．電源的效率為60%
C．R消耗的功率1.5W
D．電源消耗的總功率為2.5W
【分析】根據(jù)圖線Ⅰ縱軸截距讀出電源的電動(dòng)勢(shì)，由斜率大小讀出電源的內(nèi)阻。
由P＝UI求電阻R消耗的功率。
由P＝EI求電源消耗的總功率。
根據(jù)效率公式求解電源的效率。
【解答】解：A、由圖線Ⅰ縱軸截距讀出電源的電動(dòng)勢(shì) E＝3.0V，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，則有：r＝||＝Ω＝1.5Ω，電阻R的阻值為：R＝＝Ω＝1.5Ω，故A錯(cuò)誤；
C、兩圖線的交點(diǎn)表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時(shí)電路中電流和路端電壓，輸出功率即電阻的功率為P出＝UI＝1.5×1W＝1.5W，故C正確；
BD、電源的功率為P＝EI＝3×1W＝3W，則電源的效率為：η＝＝×100%＝50%，故BD錯(cuò)誤；
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】該題抓住伏安特性曲線的斜率、截距和交點(diǎn)的數(shù)學(xué)意義來(lái)理解其物理意義，知道兩個(gè)圖象的交點(diǎn)表示該電源與電阻R相連組成閉合電路時(shí)電路中電流和路端電壓。
13．（湖北模擬）如圖所示為示波器衰減電路的示意圖，ab之間為信號(hào)電壓的輸入端，cd為衰減電路的輸出端，p是和衰減旋鈕固連在一起的開(kāi)關(guān)，R1、R2、R3、R4為四個(gè)定值電阻，當(dāng)p接通1時(shí)電壓沒(méi)有被衰減，當(dāng)p接通2、3、4時(shí)電壓被衰減10倍、100倍或1000倍（即輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?.1倍、0.01倍或0.001倍）．若某個(gè)示波器的衰減電路里，R4＝1Ω，不計(jì)導(dǎo)線電阻，則其他電阻的阻值分別為（ ）
A．R1＝900Ω，R2＝90Ω，R3＝9Ω
B．R1＝999Ω，R2＝99Ω，R3＝9Ω
C．R1＝10Ω，R2＝100Ω，R3＝1000Ω
D．R1＝1000Ω，R2＝100Ω，R3＝10Ω
【分析】根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比，結(jié)合衰減倍數(shù)列式，即可求解。
【解答】解：當(dāng)p接通4時(shí)，輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?.001倍，根據(jù)根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比，即得＝，解得R1+R2+R3＝999Ω，只有A項(xiàng)滿足要求；當(dāng)p接通3時(shí)，輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?.01倍，即＝；當(dāng)p接通2時(shí)，輸出電壓變?yōu)檩斎腚妷旱?.1倍，即＝，A項(xiàng)均滿足要求，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要掌握串聯(lián)電路分壓規(guī)律，要能有提取信息的能力，采用代入法列式分析。
14．（沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，電路中二極管為理想二極管，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器水平放置。閉合開(kāi)關(guān)S。電路穩(wěn)定后，一帶電粒子恰能靜止在電容器兩極板間。要使帶電粒子向上運(yùn)動(dòng)，需（ ）
A．增大電容器兩板間距離
B．減小電容器的正對(duì)面積
C．將滑動(dòng)變阻器的滑片向a端移動(dòng)
D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S
【分析】依據(jù)電容的決定式與定義式綜合判斷。
勻強(qiáng)電場(chǎng)用E＝判斷場(chǎng)強(qiáng)。
注意由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以?dāng)電容減小時(shí)，由于電容器不能放電，則電容器上的電量不變。
【解答】解：A、根據(jù)電容的決定式可知，C＝，只增大兩板間的距離時(shí)，電容器的電容減小，假設(shè)電壓不變，根據(jù)電容定義式可知，C＝，電容器應(yīng)放電，但由于二極管有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，則電荷量不變，電壓增大，根據(jù)E＝，可知電容器的單位面積帶電量不變，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電粒子仍靜止，故A錯(cuò)誤；
B、減小平行板電容器的正對(duì)面積，電容器的電容減小，假設(shè)電壓不變，故電容器應(yīng)放電，但由于二極管有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，所以電容器的電量不變，電壓增大，板間距不變，場(chǎng)強(qiáng)變大，帶電粒子向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C、將滑動(dòng)變阻器的滑片向a端移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器電阻減小，分壓變小，電容器的電壓變小，板間場(chǎng)強(qiáng)變小，粒子向向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、只斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器不能放電，電容器上的電量不變，故兩板間的電壓不變，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，粒子仍靜止，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】該題關(guān)鍵分析電容器的電壓是否變化。要抓住二極管的單向?qū)щ娦?，分析出電容器不能放電，?lái)分析板間電壓是否變化。
15．（浙江模擬）如圖所示，電路中R為滑動(dòng)變阻器，R1，R2是定值電阻，理想電壓表V的讀數(shù)為U，理想電流表A的讀數(shù)為I1，電源內(nèi)阻不能忽略，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片P向左滑動(dòng)，減小，不變
B．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片P向右滑動(dòng)，增大，增大
C．滑動(dòng)變阻器的滑片P不動(dòng)，開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，U減小，I1增大
D．滑動(dòng)變阻器的滑片P不動(dòng)，開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，U增大，I1增大
【分析】根據(jù)電路特點(diǎn)可知，電壓表測(cè)量的是路端電壓，電壓表的示數(shù)變大，則路端電壓變大，所以根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，總電流減小，外電路總電阻增大，分析各項(xiàng)。
【解答】解：分析電路結(jié)構(gòu)，兩定值電阻并聯(lián)，再與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，電壓表測(cè)量路端電壓，電流表測(cè)量流過(guò)R1的電流，
A、開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，滑動(dòng)電阻器的滑片P向左滑動(dòng)，阻值減小，電流表測(cè)量干路電流，則R+R1＝，減小，＝r，不變，故A正確；
B、開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，滑動(dòng)電阻器的滑片P向右滑動(dòng)，阻值增大，則增大，不變，故B錯(cuò)誤；
CD、滑動(dòng)變阻器的滑片P不動(dòng)，開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，總電阻減小，則干路電流增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，U＝E﹣Ir，路端電壓U減小，滑動(dòng)變阻器兩端電壓增大，則定值電阻R1兩端電壓減小，流過(guò)的電流I1減小，故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，解決該題的關(guān)鍵是明確知道電路的串并聯(lián)電路特點(diǎn)，熟記閉合電路歐姆定律，知道并聯(lián)電路的支路越多其并聯(lián)部分電阻越小。
16．（肥城市期中）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，在升降機(jī)中將重物放在壓敏電阻上，壓敏電阻R接在如圖甲所示的電路中，電流表示數(shù)變化如圖乙所示，某同學(xué)根據(jù)電流表的示數(shù)變化情況推斷升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．0~t1時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)一定勻速運(yùn)動(dòng)
B．0~t1時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)可能勻減速上升
C．t1~t2時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)可能勻速上升
D．t1~t2時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)可能勻加速上升
【分析】通過(guò)壓敏電阻將壓力信號(hào)轉(zhuǎn)換成電信號(hào)，根據(jù)電路中電表的示數(shù)來(lái)分析壓敏電阻的變化，判斷壓力的變化，即可確定升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
【解答】解：AB、0~t1時(shí)間內(nèi)，電路中電流恒定，則壓敏電阻的阻值恒定，說(shuō)明重物對(duì)壓敏電阻的壓力恒定，則升降機(jī)可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，勻速運(yùn)動(dòng)或勻變速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故A正確、B正確；
CD、t1~t2時(shí)間內(nèi)，電流在增大，表明壓敏電阻的阻值在減小，說(shuō)明重物對(duì)壓敏電阻的壓力在增大，所以升降機(jī)不可能勻速上升，也不可能勻加速上升，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題是信息題，首先要抓住題中有效信息：壓敏電阻的阻值會(huì)隨所受壓力的增大而減小，能根據(jù)電路中電流的變化分析壓敏電阻阻值的變化，來(lái)判斷升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)情況。
17．（濱?？h校級(jí)一模）交警使用的某型號(hào)酒精測(cè)試儀如圖甲，其工作原理如圖乙所示，傳感器電阻R的電阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，電路中的電表均為理想電表。當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．電壓表的示數(shù)變大，電流表的示數(shù)變小
B．電壓表的示數(shù)變小，電流表的示數(shù)變小
C．酒精氣體濃度越大，電源的輸出功率越大
D．電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比保持不變
【分析】當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，分析R阻值的變化情況，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，分析兩電表示數(shù)變化關(guān)系；當(dāng)酒精氣體濃度越大時(shí)，傳感器電阻R的電阻值越小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化，根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源輸出功率的變化情況。根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比變化情況。
【解答】解：ABD、設(shè)電壓表的示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I。當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，傳感器電阻R的電阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表的示數(shù)I變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U＝E﹣I（R0+r），知U變小。根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值之比||＝R0+r，保持不變，故AB錯(cuò)誤，D正確；
C、酒精氣體濃度越大時(shí)，傳感器電阻R的電阻值越小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知電路中電流越大，由于電源的內(nèi)外電阻大小關(guān)系未知，所以不能確定電源的輸出功率如何變化，故C錯(cuò)誤。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題是信息給予題，要搞清傳感器電阻R的特性，分析其阻值的變化情況，要知道R相當(dāng)于可變電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析兩電表示數(shù)變化的關(guān)系。
18．（二七區(qū)校級(jí)模擬）在圖示電路中，電源內(nèi)阻不可忽略，R1、R2為定值電阻，G為靈敏電流計(jì)，V為理想電壓表，平行板電容器兩極板水平，開(kāi)關(guān)S閉合后，位于電容器兩板間的帶電油滴恰好靜止，現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．G中有從a到b的電流B．V示數(shù)增大
C．油滴向上運(yùn)動(dòng)D．電源內(nèi)阻消耗功率減小
【分析】根據(jù)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，其連入電路中的電阻阻值變小，根據(jù)串反并同，可確定靈敏電流計(jì)的示數(shù)、電壓表的示數(shù)、電容器兩端的電壓、干路中的電流等的變化情況。
再根據(jù)電容的表達(dá)式、場(chǎng)強(qiáng)的表達(dá)式及功率的表達(dá)式，即可判斷各選項(xiàng)的正誤。
【解答】解：滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，其連入電路中的電阻阻值變小，根據(jù)串反并同得：靈敏電流計(jì)的示數(shù)減小；電壓表的示數(shù)減小；電容器兩端的電壓減小，干路中的電流增大。
A、根據(jù)C＝知，電容不變，因?yàn)殡娙萜鲀啥说碾妷簻p小，所以Q減小，即電容器要放電，由題意電容器上極板帶正電，故靈敏電流計(jì)中有從a到b的電流，故A正確。
B、因滑動(dòng)變阻器連入電路中的電阻阻值變小，而電壓表與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，根據(jù)串反并同知，電壓表的示數(shù)減小，故B錯(cuò)誤。
C、因開(kāi)始時(shí)油滴恰好靜止，故mg＝Eq，根據(jù)E＝可知，d不變，U減小，則場(chǎng)強(qiáng)E變小，即電場(chǎng)力Eq變小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。
D、因?yàn)楦陕冯娏髟龃螅戳鬟^(guò)電源內(nèi)阻的電流增大，而電源內(nèi)阻不變，根據(jù)P＝I2r可知，電源內(nèi)阻消耗功率增大，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了電路動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵是理清電路，判斷滑動(dòng)變阻器連入電路中的電阻阻值的變化，根據(jù)串反并同，確定各部分電路的電流和電壓的變化。
19．（遼寧模擬）2021年2月24日，我國(guó)以“一箭三星”方式成功將遙感三十一號(hào)03組衛(wèi)星送入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)取得圓滿成功。衛(wèi)星兩翼的太陽(yáng)電池板把太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能供衛(wèi)星使用。如圖所示，圖線a是太陽(yáng)能電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖像（電池內(nèi)阻不是常量），圖線b是某電阻R的U﹣I圖像.在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，則（ ）
A．電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝5VB．電阻兩端的電壓為U＝4V
C．電阻的電流為I＝0.4AD．硅光電池的內(nèi)阻為5Ω
【分析】由閉合電路歐姆定律得U＝E﹣Ir，當(dāng)I＝0時(shí)，E＝U，由圖可知電源的電動(dòng)勢(shì)。
根據(jù)歐姆定律求出硅光電池的內(nèi)阻。
【解答】解：A、由歐姆定律得U＝E﹣Ir，當(dāng)I＝0時(shí)，E＝U，由圖線a與縱軸的交點(diǎn)讀出電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝4V，故A錯(cuò)誤；
BC、根據(jù)兩圖線交點(diǎn)處的狀態(tài)可知，電阻兩端的電壓為U＝3V，電流為I＝0.2A，故BC錯(cuò)誤；
D、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，硅光電池的內(nèi)阻為：r＝Ω＝5Ω，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)U﹣I圖象的理解能力。對(duì)于線性元件歐姆定律可以直接利用；但對(duì)于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解；同時(shí)對(duì)于電源的內(nèi)阻往往根據(jù)電源的U﹣I曲線研究斜率得到。
20．（湖南模擬）如圖所示，兩平行金屬板間帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)某時(shí)刻滑動(dòng)變阻器R2的滑片時(shí)，微粒P向上運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．滑動(dòng)變阻器R2的滑片是向b端移動(dòng)
B．電流表讀數(shù)增大
C．R3上消耗的電功率減小
D．電源的輸出效率增大
【分析】分析電路結(jié)構(gòu)，電容器、滑動(dòng)變阻器R2和R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)，接在電源兩端。
假設(shè)滑動(dòng)變阻器滑片的移動(dòng)，分析電路的變化，確定電表讀數(shù)的變化。
根據(jù)流過(guò)R3的電流變化，確定消耗功率的變化。
根據(jù)電源的輸出效率公式分析。
【解答】解：A、電容器、滑動(dòng)變阻器R2和R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)，接在電源兩端。假設(shè)滑動(dòng)變阻器R2的滑片向b端移動(dòng)，此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，路端電壓減小，R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分兩端的電壓減小，平行金屬板兩端電壓減小，微粒P將向下運(yùn)動(dòng)，故滑片是向a端移動(dòng)，A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)滑片是向a端移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻增大，總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，R1兩端電壓減小，R3兩端電壓增大，流過(guò)R3的電流增大，又干路電流減小，故流過(guò)R2的電流減小，即電流表讀數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；
C、由于流過(guò)R3的電流增大，故R3上消耗的電功率增大，故C錯(cuò)誤；
D、由電源的輸出效率η＝×100%可知，當(dāng)路端電壓增大時(shí)，電源的輸出效率增大，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，涉及到動(dòng)態(tài)分析的問(wèn)題，分清電路結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵。
二．多選題（共10小題）
21．（萊州市期末）如圖是利用太陽(yáng)能給LED路燈供電的自動(dòng)控制電路的示意圖。R是光敏電阻，R0是保護(hù)定值電阻，日光充足時(shí)，電磁繼電器把銜鐵吸下，GH接入電路，太陽(yáng)能電池板給蓄電池充電，光線不足時(shí)，銜鐵被彈簧拉起，與EF接入電路，蓄電池給LED路燈供電，路燈亮起，下列關(guān)于該電路分析正確的是（ ）
A．該光敏電阻阻值隨光照強(qiáng)度增大而減小
B．增加電源電動(dòng)勢(shì)可以增加路燈照明時(shí)間
C．并聯(lián)更多的LFD路燈可延長(zhǎng)每天路燈照明時(shí)間
D．增大保護(hù)電阻R0阻值可延長(zhǎng)每天路燈照明時(shí)間
【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，電流減小時(shí)，銜鐵被彈簧拉起，EF接通，路燈亮起，電流變大時(shí)，電磁繼電器把銜鐵吸下，GH接通，太陽(yáng)能電池板給蓄電池充電，結(jié)合閉合電路歐姆定律可進(jìn)行分析。
【解答】解：A、日光充足時(shí)，電磁繼電器把銜鐵吸下，可知電流變大了，根據(jù)閉合電路歐姆定律，控制電路中電阻變小，即當(dāng)日光充足時(shí)光敏電阻R減小，故A正確；
B、電動(dòng)勢(shì)增大，電阻不變情況下，電流增大，電磁繼電器把銜鐵吸下，減少了路燈照明時(shí)間，故B錯(cuò)誤；
C、LED燈的盞數(shù)不影響控制電路，考慮蓄電池容量一定，不會(huì)延長(zhǎng)每天路燈照明時(shí)間，反而可能減少照明時(shí)間，故C錯(cuò)誤；
D、增大保護(hù)電阻R0的阻值，減小了電流，可延長(zhǎng)每天路燈照明時(shí)間，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于信息給與題，考查的內(nèi)容是閉合電路歐姆定律及電磁繼電器，解題的關(guān)鍵是弄懂該裝置的工作原理，本題真正考查了學(xué)生掌握知識(shí)與應(yīng)用知識(shí)的能力。
22．（聊城二模）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學(xué)設(shè)計(jì)了利用壓敏電阻判斷升降機(jī)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的裝置，其工作原理如圖（a）所示，其中R為定值電阻，將壓敏電阻固定在升降機(jī)底板上，其上放置一個(gè)物塊，在升降機(jī)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流表的示數(shù)如圖（b）所示，在0到t1時(shí)間內(nèi)升降機(jī)靜止。則（ ）
A．t1到t2時(shí)間內(nèi)升降機(jī)加速上升
B．t1到t2時(shí)間內(nèi)升降機(jī)加速下降
C．t2到t3時(shí)間內(nèi)升降機(jī)勻加速上升
D．t2到t3時(shí)間內(nèi)升降機(jī)勻加速下降
【分析】升降機(jī)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)電流表不變，則說(shuō)明是勻變速運(yùn)動(dòng)，且I大于升降機(jī)靜止時(shí)電流表的示數(shù)I0，則可知外電壓變大，內(nèi)電壓變小，說(shuō)明電流變?。允请娮枳兇?。
由壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，則壓力變小．因此加速度方向向下．可能向下勻加速，也可能向上勻減速。
【解答】解：AB、t1到t2時(shí)間內(nèi)，電流增大，電阻減小，因?yàn)閴好綦娮璧淖柚惦S所受壓力的增大而減小，所以壓力增大，靜止時(shí)FN＝mg，t1到t2時(shí)間內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律：FN﹣mg＝ma，合力向上，加速度向上，向上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，故A正確、B錯(cuò)誤；
CD、t2到t3時(shí)間內(nèi)電流不變，電阻不變，壓力不變，電流大于靜止時(shí)的電流，壓力大于靜止時(shí)的壓力，對(duì)物塊受力分析，受到重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律：FN﹣mg＝ma，合力向上，加速度向上，加速度不變，所以t2到t3時(shí)間內(nèi)升降機(jī)勻加速上升，故C正確、D錯(cuò)誤；
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，電流表的示數(shù)I不變，說(shuō)明壓力不變；而I大于升降機(jī)靜止時(shí)電流表的示數(shù)I0，則說(shuō)明壓力不等于重力。
23．（福州期末）如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為可變電阻，C為電容器，在可變電阻R3的阻值由較大逐漸變小的過(guò)程中（ ）
A．R1兩端電壓減小
B．流過(guò)R2的電流方向?yàn)橛蒪到a
C．電容器所帶電荷量逐漸減少
D．電源內(nèi)部消耗的功率變小
【分析】由電路圖可知，R1與R3串聯(lián)，電容器并聯(lián)在R3兩端，由滑動(dòng)變阻器的變化利用閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由功率公式可求得電源內(nèi)部消耗的功率變化。
由串聯(lián)電路的電壓規(guī)律可得出電容器兩端的電壓的變化，則可知電容器兩端電量的變化，可知流過(guò)R2的電流方向．
【解答】解：A、滑動(dòng)變阻器阻值由大到小的過(guò)程中，電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知電路中電流增大，則流過(guò)R1的電流增大，兩端電壓增大，故A錯(cuò)誤；
BC、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，R3兩端的電壓減小，電容器兩端的電壓減小，電容器電量減小，故電容器放電，電容器的帶電量減小，電流方向由b到a，故BC正確；
D、由P＝I2r可知，電源內(nèi)部消耗的功率變大，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)部分的電壓；與電容器串聯(lián)的電阻在穩(wěn)定時(shí)可作為導(dǎo)線處理，難度適中．
24．（鼓樓區(qū)校級(jí)期中）電動(dòng)勢(shì)為E且內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2、R3，及滑動(dòng)變阻器R連接成如圖所示的電路，水平放置的兩平行金屬板間一帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)三個(gè)理想電表V、A1、A2的示數(shù)分別為U、I1、I2，現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的觸頭由中點(diǎn)滑向b端時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．U減小，I1減小，I2增大
B．電源的輸出功率可能變大
C．帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)
D．U變化量絕對(duì)值等于電源內(nèi)電壓變化量絕對(duì)值
【分析】滑動(dòng)變阻器的觸頭由中點(diǎn)滑向b端時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化及路端電壓的變化；再分析并聯(lián)電路可得出電流表示數(shù)的變化。根據(jù)電源的內(nèi)外電阻關(guān)系分析電源的輸出功率如何變化。根據(jù)油滴所受的電場(chǎng)力變化情況判斷油滴的運(yùn)動(dòng)方向；根據(jù)閉合電路歐姆定律分析U變化量絕對(duì)值與電源內(nèi)電壓變化量絕對(duì)值的關(guān)系。
【解答】解：A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭由中點(diǎn)滑向b端時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知干路電流增大，則I1增大。
由U＝E﹣I1r可知路端電壓減小，即電壓表示數(shù)U減??；滑動(dòng)變阻器R與R3并聯(lián)電壓：U并＝E﹣I1（R1+R2+r），因干路電流I1增大，知U并減小，通過(guò)R3的電流減小，則I2增大，故A錯(cuò)誤；
B、若外電阻總電阻大于電源的內(nèi)電阻，當(dāng)外電路總電阻減小時(shí)，內(nèi)外電阻逐漸接近，電源的輸出功率變大，故B正確；
C、電容器板間電壓：UC＝I1R2，I1增大，R2不變，則UC增大，電容器板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴受到的電場(chǎng)力增大，則帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E＝U+U內(nèi)，E不變，則：|ΔU|＝|ΔU內(nèi)|，即U變化量絕對(duì)值等于電源內(nèi)電壓變化量絕對(duì)值，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查閉合電路歐姆定律和歐姆定律的綜合應(yīng)用，一般可以先將分析電路結(jié)構(gòu)，將電容器看作開(kāi)路，再按部分→整體→部分的思路進(jìn)行分析。
25．（內(nèi)江模擬）如圖，電路中的定值電阻R0大于電源的內(nèi)電阻r?，F(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器R的滑片P向上滑動(dòng)，理想電壓表V1、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為△U1、△U2、△U3，理想電流表A的示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△I，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．電壓表V1的示數(shù)增大，電壓表V2的示數(shù)減小
B．電流表A的示數(shù)變大，電壓表V3的示數(shù)增大
C．電壓表V3和電流表A的示數(shù)變化量的比值
D．電壓表V1和V2的變化量△U1＞△U2
【分析】分析電路可知，開(kāi)關(guān)S閉合，滑動(dòng)變阻器與定值電阻R串聯(lián)后接在電源兩端。
將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，電路總電阻減小，電路電流增大。
電壓表V3測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端電壓，將定值電阻R0看作內(nèi)阻分析。
【解答】解：AD、理想電壓表V1測(cè)量電阻R兩端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得：U1＝E﹣Ir，將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，電路電流增大，電阻R兩端電壓U＝IR增大，理想電壓表V1的示數(shù)增大，理想電壓表V2測(cè)量路端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得：U2＝E﹣Ir，電流I增大，則路端電壓增大，電壓表V2的示數(shù)增大，△U2＝△Ir，理想電壓表V1測(cè)量定值電阻兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得，△U1＝△IR，由于r＜R，則△U2＜△U1，故A錯(cuò)誤，D正確；
B、電流表測(cè)量干路電流，將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，總電阻減小，則干路電流增大，電流表A的示數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；
C、電壓表V3測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端電壓，將定值電阻R0看作內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，，故C正確；
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】此題是電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確各電表各測(cè)量哪部分電路的電壓或電流，再根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析求解。
26．（沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）在報(bào)警電路中常用到蜂鳴器，其原理為當(dāng)電流從蜂鳴器正極流入負(fù)極流出時(shí)，蜂鳴器會(huì)發(fā)出報(bào)警聲。如圖所示是一個(gè)斷路報(bào)警電路，平行板電容器電容為C，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻r≠0，D可視為理想二極管，R1、R2為定值電阻。當(dāng)電路中的電鍵K在電路工作過(guò)程中斷開(kāi)時(shí)，蜂鳴器會(huì)發(fā)出報(bào)警聲。對(duì)于該電路下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．a(chǎn)端為蜂鳴器的正極
B．K閉合穩(wěn)定后，電容器電量為CE
C．K閉合穩(wěn)定后，增加平行板間距離有可能會(huì)使蜂鳴器發(fā)出報(bào)警聲
D．K斷開(kāi)時(shí)，流過(guò)蜂鳴器的電量大于流過(guò)R2的電量
【分析】電鍵K閉合時(shí)，電流從b端流過(guò)蜂鳴器，電鍵K斷開(kāi)時(shí)，電容器放電，電流從a端流過(guò)蜂鳴器。
閉合穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為電阻R2兩端電壓。
根據(jù)電容的決定式分析。
二極管具有單向?qū)щ娦浴?br>【解答】解：A、分析可知，電鍵K閉合時(shí)，電流從b端流過(guò)蜂鳴器，則電容器C的右端為正極板，電鍵K斷開(kāi)時(shí)，電容器放電，電流從a端流過(guò)蜂鳴器，此時(shí)蜂鳴器發(fā)出報(bào)警聲，則a端為蜂鳴器的正極，故A正確；
B、K閉合穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為電阻R2兩端電壓，小于電動(dòng)勢(shì)E，故電容器電量小于CE，故B錯(cuò)誤；
C、K閉合穩(wěn)定后，增加平行板間距離，根據(jù)平行板電容器的決定式可知，C＝，電容減小，電容器放電，電流從a端流過(guò)蜂鳴器，有可能會(huì)使蜂鳴器發(fā)出報(bào)警聲，故C正確；
D、K斷開(kāi)時(shí)，電容器放電，二極管具有單向?qū)щ娦裕瑒t流過(guò)蜂鳴器的電量等于流過(guò)R2的電量，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，涉及到電容器的動(dòng)態(tài)分析和二極管的單向?qū)щ娦灾R(shí)，難度適中。
27．（舒城縣校級(jí)模擬）如圖所示，在豎直放置的平行板電容器的金屬板內(nèi)側(cè)表面系一絕緣細(xì)線，細(xì)線下端系一帶電小球，帶電小球靜止時(shí)絕緣細(xì)線與金屬板的夾角為θ。R1為定值電阻，R2、R3為滑動(dòng)變阻器。閉合開(kāi)關(guān)S，電流表和電壓表的示數(shù)分別為I和U。已知電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r一定，電表均為理想電表。下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．小球帶負(fù)電
B．增大R3，角θ變大
C．增大R3，U與I的比值變大
D．增大R3，電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值不變
【分析】閉合開(kāi)關(guān)S后，R1和R3串聯(lián)，電容器和R1并聯(lián)，R2相當(dāng)于導(dǎo)線。根據(jù)小球受到的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系分析其電性。
根據(jù)閉合電路的動(dòng)態(tài)變化，分析電容器板間的電壓變化，從而知道電場(chǎng)的變化和θ角的變化。
根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析U變化量的絕對(duì)值與I變化量的絕對(duì)值的比值如何變化。
【解答】解：A、閉合開(kāi)關(guān)S后，電容器左板帶負(fù)電，右板帶負(fù)電，板間場(chǎng)強(qiáng)方向向左，而小球所受的電場(chǎng)力方向向左，因此小球帶正電，故A錯(cuò)誤；
B、R2相當(dāng)于導(dǎo)線，減小R2，不改變電路的結(jié)構(gòu)，電容器兩極板間的電壓不變，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，小球受到的電場(chǎng)力不變，則角θ不變，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)歐姆定律知＝R1+R3，增大R3，U與I的比值變大，故C正確；
D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U＝E﹣Ir，得||＝r，故增大R3時(shí)，U的變化量的絕對(duì)值與I的變化量的絕對(duì)值的比值保持不變，故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵要抓住電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，要明確與電容器串聯(lián)的電阻，在電路穩(wěn)定時(shí)相當(dāng)于導(dǎo)線。
28．（成都模擬）圖示電路中，C為電容器，R1為0～99.00Ω的電阻箱，電源內(nèi)阻r＝5Ω，定值電阻R2＝2Ω，R3＝R4＝5Ω?，F(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)R1使其電阻從零逐漸增至最大，在此過(guò)程中（ ）
A．電容器的a板先帶正電后帶負(fù)電
B．電容器的a板先帶負(fù)電后帶正電
C．電源的輸出功率先增大后減小
D．電容器兩板間的電壓先增大后減小
【分析】電路結(jié)構(gòu)是R1與R2串聯(lián)，R3與R4串聯(lián)，然后并聯(lián)，a、b板的電勢(shì)高低和極性隨R1阻值的變化而改變，外電阻也隨R1阻值的變化而改變，電源的輸出功率也隨外電阻的變化而變化。
【解答】解：A、B、D：當(dāng)R1＝0時(shí)，a板接電源的正極，電勢(shì)最高，帶正電，b板帶負(fù)電；
當(dāng)R1＝2Ω時(shí)，電容器a、b兩板等電勢(shì)，放出電量，不帶電；
當(dāng)R1＞2Ω時(shí)，b板電勢(shì)高，a板帶負(fù)電，電容器又反向充電，即電容器兩端電壓先減小后增大，故A正確，BD錯(cuò)誤
C、當(dāng)R1＝0時(shí)，外電阻最小，最小值：Rmin＝＝Ω＝1.67Ω
當(dāng)R1最大時(shí)，外電阻最大，最大值：Rmax＝＝Ω＝9.1Ω
D、電源的輸出功率與外電阻的關(guān)如圖所示：因?yàn)镽min＜r＜Rmax 即電源的輸出功率先增大后減小，故C正確。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)是搞清電路結(jié)構(gòu)，含電容器電路要判定a、b板電勢(shì)的高低變化及充放電，記住電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系圖像。
29．（安徽月考）如圖所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，定值電阻R的阻值也為r，滑動(dòng)變阻器的最大阻值是2r。閉合開(kāi)關(guān)s，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大
B．電壓表的示數(shù)變大，電流表的示數(shù)變小
C．滑動(dòng)變阻器消耗的功率變小
D．定值電阻R消耗的功率先變大后變小
【分析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)過(guò)程中，分析電路中總電阻變化情況，抓住電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻不變，去分析電路中電流和路端電壓如何變化，從而確定兩電表示數(shù)的變化情況。要分析滑動(dòng)變阻器消耗功率的變化，可將R等效到內(nèi)電阻中去，根據(jù)結(jié)論：當(dāng)外電阻等于內(nèi)電阻時(shí)，電源的輸出功率最大去進(jìn)行分析。關(guān)于定值電阻R消耗的功率變化情況，只要分析電流如何變化就可得知。
【解答】解：AB、當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，電路中的總電阻減小，則電路中電流增大，電流表的示數(shù)增大，內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，電壓表的示數(shù)減小，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、將定值電阻R等效到內(nèi)電阻中去，內(nèi)電阻變?yōu)?r，滑動(dòng)變阻器消耗的功率即為電源的輸出功率，因R外≤2r，隨著外電阻的減小，等效電源的輸出功率減小，則滑動(dòng)變阻器消耗的功率變小，故C正確；
D、電路中電流變大，根據(jù)P＝I2R知，R不變，則定值電阻R消耗的功率變大，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】本題屬于電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵抓住不變量：電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻不變，然后結(jié)合閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析。
30．（浦北縣校級(jí)月考）如圖所示，平行板電容器兩極板間帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向b端移動(dòng)時(shí)，則（ ）
A．電壓表讀數(shù)減小B．電流表讀數(shù)減小
C．質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)D．R3上消耗的功率減小
【分析】根據(jù)滑片的移動(dòng)方向分析滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變化情況，分析電路中總電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，由串聯(lián)電路分壓規(guī)律分析R3兩端電壓的變化，進(jìn)而分析通過(guò)R3的電流變化，即可知道電流表讀數(shù)的變化。根據(jù)歐姆定律分析電壓表讀數(shù)的變化。分析質(zhì)點(diǎn)P的受力情況來(lái)判斷質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況。由電流或電壓的變化，分析R3上消耗的功率如何變化。
【解答】解：AB、由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)。
當(dāng)滑片向b端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流增大，內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓減小，由歐姆定律可知流過(guò)R3的電流減小，而并聯(lián)部分的總電流增大，故電流表示數(shù)增大。因并聯(lián)部分電壓減小，而R2的電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、因電容器兩端電壓等于并聯(lián)電路兩端的電壓，則其兩極板間電壓減小，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，質(zhì)點(diǎn)P受到的電場(chǎng)力減小，則重力大于電場(chǎng)力，合力向下，質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、因R3兩端的電壓減小，可知，R3上消耗的功率減小，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】解決電路的動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，一般按照局部→整體→局部的思路進(jìn)行分析，要注意電路中某一部分電阻減小時(shí)，無(wú)論電路的連接方式如何，整個(gè)電路的總電阻一定減小。
三．填空題（共10小題）
31．（靜安區(qū)期末）如圖（a）所示電路中，R0為定值電阻，在滑動(dòng)變阻器R的滑片P從一端滑到另一端的過(guò)程中，兩電壓表的示數(shù)隨電流的變化情況如圖（b）所示。由圖可知：該電源的內(nèi)電阻為 1 Ω。整個(gè)過(guò)程中，變阻器消耗的最大電功率為 4 W。
【分析】當(dāng)變阻器的滑動(dòng)片向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，定值電阻R0的電壓增大，路端電壓減小，來(lái)判斷兩個(gè)電壓表的示數(shù)對(duì)應(yīng)的圖線。
定值電阻R0等于圖線AC的斜率大?。蓴?shù)學(xué)知識(shí)求出圖線的斜率求解R0。
圖線BC反映路端電壓與電流的關(guān)系，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出電源的內(nèi)阻．再閉合電路歐姆定律求出電源的電動(dòng)勢(shì)。
將定值電阻和電源當(dāng)作一個(gè)等效電源，當(dāng)?shù)刃щ娫吹膬?nèi)電阻和變阻器電阻相等時(shí)，等效電源輸出功率最大。
【解答】解：分析電路圖可知，電壓表V1測(cè)量路端電壓，電壓表V2測(cè)量定值電阻R0兩端的電壓，電流表測(cè)量干路電流，
ABC、電壓表V1的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)為BC；電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)為AC；定值電阻為：R0＝＝Ω＝3Ω；
電源的內(nèi)阻：r＝＝Ω＝1Ω
代入一組坐標(biāo)值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律：E＝7.5+0.5r
解得：E＝8V。
將定值電阻看作內(nèi)阻，當(dāng)R＝R0+r＝4Ω時(shí)，變阻器消耗的電功率最大，變阻器兩端的電壓為：UR＝＝V＝4V；變阻器消耗的最大功率為：PR＝＝W＝4W。
故答案為：1；4。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，涉及到對(duì)物理圖象的理解能力，可以把本題看成動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，來(lái)選擇兩電表示對(duì)應(yīng)的圖線．再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可確定電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。
32．（徐匯區(qū)期末）如圖是一種可顯示汽車蓄電池輸出電壓的車用充電頭。小明觀察到停車熄火狀態(tài)下，單獨(dú)打開(kāi)前車燈時(shí)，充電頭顯示電壓為12.5V；同時(shí)打開(kāi)前后車燈后，電壓降為12.0V。小明由此判斷前后車燈是并聯(lián)關(guān)系，他的判斷依據(jù)是： 同時(shí)打開(kāi)前后車燈后，輸出電壓減小，說(shuō)明外電阻減小，即前后燈是并聯(lián)關(guān)系 。小明查閱行車手冊(cè)后得知，前車燈和后車燈的額定電壓相同，額定功率分別為120W和30W，由此推算出汽車蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為 15 V。
【分析】同時(shí)打開(kāi)前后車燈后，輸出電壓減小，說(shuō)明外電阻減小，即前后燈是并聯(lián)關(guān)系，并聯(lián)時(shí)，總阻值減小。
根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析。
【解答】解：根據(jù)題意可知，充電頭可以顯示蓄電池的輸出電壓，單獨(dú)打開(kāi)前車燈時(shí)，充電頭顯示電壓為12.5V；同時(shí)打開(kāi)前后車燈后，電壓降為12.0V。
則輸出電壓減小，說(shuō)明外電阻減小，即前后燈是并聯(lián)關(guān)系，并聯(lián)時(shí)，總阻值減小。
根據(jù)功率公式可知，P＝，兩燈的額定電壓相同，則額定功率之比為電阻的反比，設(shè)前車燈電阻為R，則后車燈電阻為4R，設(shè)蓄電池的內(nèi)阻為r，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，
單獨(dú)打開(kāi)前車燈時(shí)，E＝12.5+
同時(shí)打開(kāi)前后車燈時(shí)，E＝12.0+
聯(lián)立解得E＝15V。
故答案為：同時(shí)打開(kāi)前后車燈后，輸出電壓減小，說(shuō)明外電阻減小，即前后燈是并聯(lián)關(guān)系；15。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，明確串并聯(lián)電路的規(guī)律，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解。
33．（浦東新區(qū)二模）如圖所示，已知電源電動(dòng)勢(shì)E＝6V，內(nèi)阻r＝3Ω，定值電阻R0＝5Ω，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為10Ω，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R調(diào)節(jié)為 8 Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器R消耗的電功率最大；當(dāng)滑動(dòng)變阻器R調(diào)節(jié)為 0 Ω時(shí)，電源的輸出功率最大。
【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流，再根據(jù)電功率的表達(dá)式，利用數(shù)學(xué)知識(shí)求解功率的最大值。
【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
I＝
滑動(dòng)變阻器R消耗的電功率為：
P＝＝＝
當(dāng)R＝R0+r＝（5+3）Ω＝8Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器R消耗的電功率最大。
電源輸出功率為：
P出＝I2（R0+R）＝＝
因?yàn)镽0＞r，故當(dāng)R＝0時(shí)，最小，電源的輸出功率最大。
故答案為：8 0
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是運(yùn)用函數(shù)法求功率的極值，這是求極值問(wèn)題的常用方法。
34．（虹口區(qū)二模）如圖，已知電源內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R1＝2Ω，R2＝12Ω，滑動(dòng)變阻器R3的最大阻值為10Ω。閉合電鍵S，當(dāng)變阻器的滑片P由a向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，電流表A的示數(shù) 減小 （填“增大”、“減小”、“先增大后減小”或者“先減小后增大”）。在電流表A的示數(shù)減小0.2A的過(guò)程中，伏特表V的示數(shù)變化了 0.6 V。
【分析】根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，當(dāng)兩個(gè)數(shù)的和一定，兩個(gè)數(shù)相等時(shí)，它們的乘積最大，本題因?yàn)镽2＞R3，故當(dāng)滑片滑到最右端時(shí)，并聯(lián)電阻阻值最大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，即可確定電流表、電壓表的示數(shù)的變化情況。
【解答】解：由圖知，Rap+Rpb＝R3，R2 與 Rpb串聯(lián)，再與Rap并聯(lián)，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)得：
R并＝＝
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，因?yàn)镽2＞R3，當(dāng)Rap與Rpb+R2 最接近時(shí)，并聯(lián)電阻最大，故變阻器的滑片P由a向b端滑動(dòng)的過(guò)程中，Rap與Rpb+R2 相差越來(lái)越小，即并聯(lián)電阻阻值逐漸增大，故電流表的示數(shù)減小。
根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
E＝U+I（R1+r）
解得：U＝E﹣I（R1+r），
故 △U＝△I（R1+r）＝0.2×（2+1）V＝0.6V
故答案為：減小 0.6
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是運(yùn)用函數(shù)法求并聯(lián)電阻的極值，這是求極值問(wèn)題的常用方法。同時(shí)要注意閉合電路歐姆定律在本題中的應(yīng)用。
35．（金山區(qū)二模）如圖所示電路中，E為電源，電源內(nèi)阻為r，R1和R2是定值電阻，且R1＝R2＞r，滑動(dòng)變阻器R3的滑片P從上端向下移動(dòng)過(guò)程中，電流表示數(shù)的變化是 減小 ；外電路消耗的功率的變化是 減小 。
【分析】R2與R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，A測(cè)量R3中的電流，電壓表V測(cè)量路端電壓。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片向下移動(dòng)過(guò)程中，R3接入電阻增大，分析總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓規(guī)律可知R2與R3并聯(lián)電路兩端電壓的變化，由歐姆定律可知通過(guò)R2的電流的變化，再根據(jù)并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知電流A表示數(shù)的變化。由題R1＝R2＞r，根據(jù)外電路總電阻的變化，即可判斷外電路消耗的功率的變化。
【解答】解：在滑動(dòng)變阻器R3的滑片向下移動(dòng)過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，則外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，R1兩端的電壓減小，則R2與R3并聯(lián)電路兩端的電壓增大，由歐姆定律可知，通過(guò)R2的電流增大，由并聯(lián)電路的分流規(guī)律可知，通過(guò)R3的電流減小，即電流表A示數(shù)減??；
根據(jù)電源的外電阻等于內(nèi)電阻時(shí)，電源的輸出功率最大可知，由于R1＝R2＞r，外電路總電阻增大，則電源的輸出功率減小，即外電路消耗的功率的變化是減?。?br>故答案為：減小，減小。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查電路的動(dòng)態(tài)分析，注意掌握此類問(wèn)題的分析方法，一般情況下，可以按照由局部到整體再到局部的分析方法，結(jié)合串并聯(lián)電路的規(guī)律進(jìn)行分析。
36．（松江區(qū)二模）如圖a，上下移動(dòng)滑動(dòng)變阻器R的滑片P，根據(jù)兩個(gè)電表的示數(shù)，繪得部分U﹣I圖像如圖b，則變阻器R總電阻為 20 Ω；電源電動(dòng)勢(shì)為 9 V。
【分析】根據(jù)圖b讀出U最大時(shí)電流表的讀數(shù)，此時(shí)滑片P位于中點(diǎn)，由歐姆定律求變阻器R總電阻。對(duì)于I＝0.25A和I＝0.50A兩種狀態(tài)，分別運(yùn)用閉合電路歐姆定律列方程，聯(lián)立求解電源電動(dòng)勢(shì)。
【解答】解：當(dāng)I＝0.50A時(shí)U最大，為U＝5.0V，此時(shí)滑片P位于中點(diǎn)，則變阻器R總電阻為R總＝2×＝2×Ω＝20Ω
根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U+2I（R0+r），代入數(shù)據(jù)得：E＝5+（R0+r） ①
當(dāng)I′＝0.25A時(shí)，U′＝4.0V，則滑動(dòng)變阻器滑片P上部分電阻為R上＝＝Ω＝16Ω，滑片P下部分電阻為R下＝R總﹣R上＝20Ω﹣16Ω＝4Ω
根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U′+（I′+）（R0+r），代入數(shù)據(jù)得：E＝4+（0.25+）×（R0+r），即E＝4+1.25（R0+r） ②
聯(lián)立①②解得E＝9V
故答案為：20，9。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，知道滑動(dòng)變阻器上下兩部分是并聯(lián)關(guān)系，對(duì)兩種情況分別運(yùn)用閉合電路歐姆定律列式，通過(guò)聯(lián)立求解電源電動(dòng)勢(shì)。
37．（青浦區(qū)期末）如圖所示，當(dāng)電阻為R時(shí)，電流表讀數(shù)為I，換成3R之后，電流表讀數(shù)為I，換成3R時(shí)的電壓與電阻為R時(shí)的電壓之比為 2：1 ，電源電動(dòng)勢(shì)為 4IR 。
【分析】根據(jù)歐姆定律計(jì)算電阻兩端的電壓。
根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電源的電動(dòng)勢(shì)。
【解答】解：根據(jù)歐姆定律可知，換成3R時(shí)的電壓為：U'＝＝2IR
換成R時(shí)的電壓為：U＝IR，電壓之比為2：1。
設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，
E＝I（R+r）
E＝
聯(lián)立解得：r＝3R，E＝4IR。
故答案為：2：1；4IR。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，明確歐姆定律和閉合電路歐姆定律的規(guī)律，并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵。
38．（朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）如圖甲為在溫度為10℃左右的環(huán)境中工作的某自動(dòng)恒溫箱原理簡(jiǎn)圖，箱內(nèi)的電阻R1＝20kΩ，R2＝10kΩ，R3＝40kΩ，Rt為熱敏電阻，它的電阻隨溫度變化的圖線如圖乙所示．當(dāng) a、b端電壓 Uab＜0時(shí)，電壓鑒別器會(huì)令開(kāi)關(guān)S接通，恒溫箱內(nèi)的電熱絲發(fā)熱，使箱內(nèi)溫度提高；當(dāng)Uab＞0時(shí)，電壓鑒別器使 S斷開(kāi)，停止加熱，恒溫箱內(nèi)的溫度恒定在 35 ℃．
【分析】由題意得：當(dāng) a、b端電壓 Uab＜0時(shí)，電壓鑒別器會(huì)令開(kāi)關(guān)S接通，恒溫箱內(nèi)的電熱絲發(fā)熱，使箱內(nèi)溫度提高；當(dāng)Uab＞0時(shí)，電壓鑒別器使 S斷開(kāi)，停止加熱，
則當(dāng)Uab＝0時(shí)，恒溫箱保持穩(wěn)定，根據(jù)電阻和電壓的關(guān)系可以求出Rt的值，根據(jù)乙圖就可以知道溫度．
【解答】解：由題意得：當(dāng)Uab＝0時(shí)，恒溫箱保持穩(wěn)定，
根據(jù)串并聯(lián)電路電壓與電阻的關(guān)系可知：R1：R2＝2：1 只有 R3：R4也為2：1的時(shí)候，Uab＝0，此時(shí)電橋平衡．所以可知Rt電阻為20kΩ，從圖乙可以看出，電阻為20kΩ時(shí)，溫度為35攝氏度．
故答案為：35
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了同學(xué)們識(shí)圖能力以及分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，要能根據(jù)題目的意思得出當(dāng)Uab＝0時(shí)，恒溫箱保持穩(wěn)定．
39．（浦東新區(qū)校級(jí)月考）電路如圖所示，已知電源電動(dòng)勢(shì)為E＝6V，內(nèi)阻r＝4Ω，R1＝2Ω，R2的變化范圍是0～10Ω。則：
（1）電源的最大輸出功率為 2.25 W；
（2）R2消耗的最大功率為 1.5 W。
【分析】（1）根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析得知，當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大，由此求解；
（2）將R1等效為電源內(nèi)阻，則當(dāng)R2＝R1+r，其消耗的功率最大，根據(jù)功率公式求解。
【解答】解：（1）設(shè)外電阻為R時(shí)電源的輸出功率為P，則有：P＝＝＝，
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析得知，當(dāng)R＝，即R＝r時(shí)，電源的輸出功率最大，此時(shí)R＝4Ω，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為2Ω。
所以電源的最大輸出功率為Pm＝＝W＝2.25W；
（2）將R1等效為電源內(nèi)阻，則當(dāng)R2＝R1+r＝4Ω+2Ω＝6Ω時(shí)，R2功率最大；
最大功率P＝＝W＝1.5W。
故答案為：2.25；1.5。
【點(diǎn)評(píng)】關(guān)于電路中功率的計(jì)算問(wèn)題，可以純粹采用數(shù)學(xué)函數(shù)求極值的方法，也可以利用功率與電阻關(guān)系的圖象分析，知道電源輸出功率最大的條件。
40．（虹口區(qū)校級(jí)期中）如圖所示電路，M、N是一對(duì)平行金屬板，將N板接地。已知電源電動(dòng)勢(shì)E＝36V，內(nèi)阻r＝100Ω，R0＝200Ω為定值電阻，R1、R2均為0～999.9Ω的可調(diào)電阻箱，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛在平行金屬板之間。閉合電鍵S，當(dāng)R1＝200Ω、R2＝400Ω時(shí)，UMN＝ 10.3V ；若將R1從200Ω調(diào)到400Ω，小球的電勢(shì)能將 不變 （選填“變大”、“變小”或“不變”）。
【分析】電容器兩端間的電壓等于R0兩端間的電壓。
R1處于含容的支路中，相當(dāng)于導(dǎo)線，改變R1的阻值，不會(huì)改變電容器兩端間的電勢(shì)差，也不會(huì)改變小球的電勢(shì)能。
【解答】解：分析電路結(jié)構(gòu)，電容器兩端間的電壓等于R0兩端間的電壓，R1處于含容的支路中，相當(dāng)于導(dǎo)線，R0＝200Ω，當(dāng)R2為400Ω時(shí)，R0上的電壓為：UMN＝?E＝V＝10.3V，
改變R1的阻值，不會(huì)改變電容器兩端間的電勢(shì)差，也不會(huì)改變小球的電勢(shì)能。
故答案為：10.3V；不變。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，分析清楚電路結(jié)構(gòu)，關(guān)鍵是知道與電容器串聯(lián)的電阻不分壓，電容器的電壓等于與之并聯(lián)電路的電壓。
四．計(jì)算題（共10小題）
41．（如皋市月考）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝6V，內(nèi)阻r＝2Ω，定值電阻R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω，電容器的電容C＝10μF，閉合開(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定后，求：
（1）路端電壓U；
（2）電容器所帶的電荷量Q.
【分析】（1）分析電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析路端電壓。
（2）電容器兩端電壓為電阻R1兩端的電壓，根據(jù)電荷量公式計(jì)算。
【解答】解：（1）分析電路結(jié)構(gòu)，電阻R2和R3并聯(lián)，再與電阻R1串聯(lián)，電容器測(cè)量電阻R1兩端電壓，穩(wěn)定后電容器處于斷路狀態(tài)
總電阻：
設(shè)干路電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，
I＝
路端電壓：U＝E﹣Ir
聯(lián)立解得：U＝4V。
（2）根據(jù)歐姆定律可知，R1兩端的電壓：U1＝IR1
電容器兩端電壓為R1兩端的電壓，
電容器所帶的電荷量：Q＝CU1
聯(lián)立解得：Q＝2.0×10﹣5C。
答：（1）路端電壓U為4V。
（2）電容器所帶的電荷量Q為2.0×10﹣5C。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，屬于含容電路問(wèn)題，關(guān)鍵要知道電容器兩端的電壓等于與它并聯(lián)的支路電壓，與電容器串聯(lián)的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線。
42．（姜堰區(qū)模擬）如圖所示，電路中電池的電動(dòng)勢(shì)E＝3.0V，內(nèi)電阻r＝1.5Ω，電阻R1＝0.5Ω，R2是可變電阻，其阻值范圍是0～5Ω，求：
（1）開(kāi)關(guān)S閉合，可變電阻R2為多大時(shí)，固定電阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？
（2）若R2取1.0Ω，開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)到閉合后電路中電流表的示數(shù)變化如乙圖所示，則電容器C1的電容多大？
【分析】（1）固定電阻的電流最大時(shí)，消耗功率最大，即當(dāng)R2＝0時(shí)，R1的消耗功率最大。
（2）開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，開(kāi)關(guān)S閉合后，R1與R2串聯(lián)，i﹣t圖像圍成的面積就是電容器C1電荷量的變化量。
【解答】解：（1）固定電阻R1消耗的功率為，當(dāng)電流最大時(shí)，消耗功率最大，即當(dāng)R2＝0時(shí)，R1的消耗功率最大
此時(shí)電路中的電流為I＝＝A＝1.5A
R1的最大功率為P＝I2R1＝1.52×0.5W＝1.125W
（2）開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，即UAB＝E＝3.0V
開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電容器C1兩端電壓為U1＝E＝3.0V
開(kāi)關(guān)S閉合后，R1與R2串聯(lián)，電容器C1兩端電壓為
＝V＝0.5V
電容器C1的電壓變化了△U＝U1﹣U1′＝3.0V﹣0.5V＝2.5V
由i﹣t圖像，可知圖像圍成的面積就是電容器C1電荷量的變化量△Q＝30Q0＝30×2.5×10﹣4C＝7.5×10﹣3C
則電容器C1的電容為
代入數(shù)據(jù)解得：C1＝3×10﹣3F（結(jié)果范圍為2.8～3.2×10﹣3F）
答：（1）開(kāi)關(guān)S閉合，可變電阻R2為0時(shí)，固定電阻R1消耗的功率最大，最大功率是1.125W。
（2）若R2取1.0Ω，開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)到閉合后電路中電流表的示數(shù)變化如乙圖所示，則電容器C1的電容為3×10﹣3F（結(jié)果范圍為2.8～3.2×10﹣3F）。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了解決本題的關(guān)鍵知道電容器的特性。在直流電路中，穩(wěn)定時(shí)，電容器視為斷路。
43．（福州期末）如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平夾角θ＝37°，導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E＝3V，內(nèi)阻r＝0.5Ω的直流電源，兩導(dǎo)軌間的距離L＝0.4m，在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量m＝0.04kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻R＝1.0Ω，導(dǎo)體棒恰好剛要滑動(dòng)，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）求：
（1）ab棒受到的安培力；
（2）ab棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
【分析】（1）應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出流過(guò)導(dǎo)體棒的電流，應(yīng)用安培力公式求出導(dǎo)體棒所受安培力大小，應(yīng)用左手定則判斷出安培力方向。
（2）導(dǎo)體棒靜止，應(yīng)用平衡條件可以求出ab受到的摩擦力大小，進(jìn)一步求解動(dòng)摩擦因數(shù)。
【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
I＝＝A＝2A
導(dǎo)體棒受到的安培力大小：F＝ILB＝2×0.4×0.5N＝0.4N
由左手定則可知，安培力方向平行于斜面向上
（2）導(dǎo)體棒靜止處于平衡狀態(tài)，設(shè)導(dǎo)體棒所受靜摩擦力為f，由平衡條件得：
平行斜面方向上：mgsin37°+f＝F
垂直斜面方向上：FN＝mgcs37°
根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式可知，μ＝
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5。
答：（1）ab棒受到的安培力大小是0.4N，方向平行于斜面向上。
（2）ab棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.5。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了安培力的計(jì)算以及閉合電路歐姆定律的相關(guān)規(guī)律，解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路的歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡條件去求未知力。
44．（北京模擬）（1）有A、B兩段電阻絲，單位體積內(nèi)的自由電子個(gè)數(shù)分別為nA和nB，它們的橫截面的直徑為dA和dB。把兩段導(dǎo)體串聯(lián)接入同一電路，認(rèn)為大量自由電子的定向勻速移動(dòng)形成電流。求兩段導(dǎo)體內(nèi)的自由電子的定向移動(dòng)速率之比？
（2）電阻的阻值一般與溫度有關(guān)，有時(shí)為了消除溫度對(duì)電阻的影響，會(huì)把兩種電阻串接起來(lái)。橫截面積一定的甲、乙兩種材料的導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度電阻隨溫度t的變化規(guī)律關(guān)系式分別為r1＝a﹣bt、r2＝c+dt，其中a、b、c、d均為正值（常數(shù)），把甲、乙兩種材料的導(dǎo)體棒按照一定長(zhǎng)度比例焊接在一起，總長(zhǎng)度為L(zhǎng)，接到電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源兩端，如圖所示，盡管溫度t在不斷變化，而電路中電流I恒定不變，求：
i．甲種材料的導(dǎo)體棒的電阻R甲；
ii．電路中的電流I。
【分析】（1）兩個(gè)電阻串聯(lián)，電流相等，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式求解兩段導(dǎo)體內(nèi)的自由電子的定向移動(dòng)速率之比。
（2）i.電路中電流恒定不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電阻不變，需使甲、乙兩種材料的導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度之比為d：b，從而求得甲種材料的長(zhǎng)度，結(jié)合r1＝a﹣bt、求出甲種材料的導(dǎo)體棒的電阻。
ii.先求電路中總電阻，再根據(jù)閉合電路歐姆定律求電路中的電流I。
【解答】解：（1）兩段導(dǎo)體串聯(lián)，電流相等，由I＝nAe（）2vA＝nBe（）2vB
得兩段導(dǎo)體內(nèi)的自由電子的定向移動(dòng)速率之比：＝
（2）i.電路中電流恒定不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電阻R不變，則需使甲、乙兩種材料的導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度之比為d：b，則甲種材料的導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度為
x＝L
則甲種材料的導(dǎo)體棒的電阻為
R甲＝xr1＝L（a﹣bt）
ii.甲、乙兩種材料的導(dǎo)體棒串聯(lián)后總電阻為
R＝xr1+（L﹣x）r2
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電路中電流
I＝
解得I＝
或（i）：設(shè)甲導(dǎo)體棒長(zhǎng)度為x，則甲乙導(dǎo)體棒總電阻為
R＝（a﹣bt）x+（c+dt）（L﹣x）＝ax+c（L﹣x）+[﹣bx+d（L﹣x）]t
由題意，R與溫度t無(wú)關(guān)，則[﹣bx+d（L﹣x）]t＝0，則
x＝L
R甲＝xr1＝L（a﹣bt）
答：（1）兩段導(dǎo)體內(nèi)的自由電子的定向移動(dòng)速率之比；
（2）i.甲種材料的導(dǎo)體棒的電阻R甲為L(zhǎng)（a﹣bt）；
ii.電路中的電流I為。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要抓住電流的微觀表達(dá)式和閉合電路歐姆定律，要知道電路中電流不變，電路中總電阻不變。
45．（煙臺(tái)期中）如圖甲所示電路中，螺線管線圈的匝數(shù)n＝2000匝，螺線管橫截面積S＝40cm2，線圈的總電阻r＝1Ω，定值電阻R1＝2Ω，R2＝5Ω，平行板電容器的兩極板P、Q水平放置，兩板間的距離d＝10cm。穿過(guò)螺線管的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。閉合開(kāi)關(guān)S，電路達(dá)到穩(wěn)定后，位于電容器兩個(gè)極板間的帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）電阻R1消耗的電功率；
（2）帶電微粒的比荷。
【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電功率的計(jì)算公式求解電阻R1消耗的電功率；
（2）由平衡條件結(jié)合電場(chǎng)力的計(jì)算公式求解。
【解答】解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得螺線管產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝nS
由圖像可得：＝2T/s
由閉合電路歐姆定律有：E＝I（R1+R2+r）
電阻R1消耗的電功率：P＝I2R1
解得：P＝8W；
（2）電容器兩個(gè)極板間電壓為：U＝IR2
由平衡條件可得：mg＝
代入數(shù)據(jù)解得：＝C/kg。
答：（1）電阻R1消耗的電功率為8W；
（2）帶電微粒的比荷C/kg。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，關(guān)鍵是弄清楚電路連接情況，能夠根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。根據(jù)平衡條件求解。
46．（成都月考）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝32V、內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R＝4Ω，電動(dòng)機(jī)M的線圈電阻R'＝3Ω。電鍵K閉合，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，理想電壓表示數(shù)為22V。求：
（1）電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率；
（2）若電動(dòng)機(jī)被卡死不能轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的熱功率。
【分析】（1）先根據(jù)閉合電路歐姆定律求出通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流，再根據(jù)輸入功率與熱功率之差求電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率；
（2）若電動(dòng)機(jī)被卡死不能轉(zhuǎn)動(dòng)，其電路是純電阻電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律求此時(shí)通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流，再由P熱＝I2R'求電動(dòng)機(jī)的熱功率。
【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流：
I＝＝A＝2A
電動(dòng)機(jī)輸出功率：P機(jī)＝UI﹣I2R′＝（22×2﹣22×3）W＝32W
（2）若電動(dòng)機(jī)被卡死不能轉(zhuǎn)動(dòng)，其電路為純電阻電路。設(shè)此時(shí)電路中的電流為I'，根據(jù)閉合電路歐姆定律，得：
I′＝＝A＝4A
此時(shí)電動(dòng)機(jī)的熱功率：P熱＝I2R'＝42×3W＝48W
答：（1）電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率是32W；
（2）若電動(dòng)機(jī)被卡死不能轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的熱功率是48W。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要注意電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)其電路為非純電阻，歐姆定律不成立，當(dāng)電動(dòng)機(jī)被卡死不能轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其電路為純電阻電路，歐姆定律成立。
47．（河南月考）在如圖1所示的電路中，R1、R2為定值電阻，且R1＝50Ω，R2阻值未知，R3是阻值未知的滑動(dòng)變阻器，C是電容器，電容C＝2×10﹣6F。當(dāng)滑片P從左端滑到右端時(shí)，測(cè)得電源的路端電壓隨干路中電流變化圖線如圖2所示，其中A、B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)滑片在變阻器的兩個(gè)端點(diǎn)。求：
（1）電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；
（2）電容器所帶電荷量的最大值。
【分析】（1）從題圖知，當(dāng)U1＝4V時(shí)，I1＝0.2A；當(dāng)U2＝1V時(shí)，I1＝0.8A，對(duì)兩種情況，分別根據(jù)閉合電路歐姆定律列方程，聯(lián)立求解電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；
（2）當(dāng)P滑到R3的右端時(shí)，電路中電流最大，對(duì)應(yīng)圖中的B點(diǎn)，此時(shí)U2＝1V，I2＝0.8A。由歐姆定律求出R2。當(dāng)P滑到R3的左端時(shí)，對(duì)應(yīng)圖中的A點(diǎn)，此時(shí)U1＝4V，I1＝0.2A，由歐姆定律求出外電路總電阻，并得到滑動(dòng)變阻器與R1并聯(lián)部分接入電路的最大阻值，此時(shí)對(duì)應(yīng)電容器獲得的電壓最大，電荷量最大，求出電容器的最大電壓，即可求出電容器所帶電荷量的最大值。
【解答】解：（1）從題圖知，當(dāng)U1＝4V時(shí)，I1＝0.2A；當(dāng)U2＝1V時(shí)，I1＝0.8A，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
E＝U1+I1r
E＝U2+I2r
將兩組U、I值代入解得E＝5V，r＝5Ω。
（2）當(dāng)P滑到R3的右端時(shí)，對(duì)應(yīng)圖中的B點(diǎn)，此時(shí)U2＝1V，I2＝0.8A。所以有R2＝＝Ω＝1.25Ω
當(dāng)P滑到R3的左端時(shí)，對(duì)應(yīng)圖中的A點(diǎn)，此時(shí)U1＝4V，I1＝0.2A，可得外電路總電阻為R外＝＝Ω＝20Ω
由電路結(jié)構(gòu)知，滑動(dòng)變阻器與R1并聯(lián)部分接入電路的最大阻值為Rmax＝R外﹣R2＝20Ω﹣1.25Ω＝18.75Ω
此時(shí)對(duì)應(yīng)電容器獲得的電壓最大，電荷量最大，最大電壓為U＝I1Rmax＝0.2×18.75V＝3.75V
所以電容器所帶的最大電荷量為Q＝CU＝2×10﹣6×3.75C＝7.5×10﹣6C
答：（1）電源的電動(dòng)勢(shì)是5V，內(nèi)電阻是5Ω；
（2）電容器所帶電荷量的最大值是7.5×10﹣6C。
【點(diǎn)評(píng)】本題要理解電源的外特性曲線的意義，可由圖線上兩點(diǎn)的坐標(biāo)建立方程組，來(lái)求解電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。
48．（珠海期末）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝3V，小燈泡L標(biāo)有“2V，0.4W”，開(kāi)關(guān)S接1，當(dāng)變阻器調(diào)到R＝2Ω時(shí)，小燈泡L正常發(fā)光；現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S接2，小燈泡L和電動(dòng)機(jī)M均正常工作，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為1Ω。
（1）電源的內(nèi)阻r；
（2）正常工作時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率P。
【分析】（1）開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，小燈泡L正常發(fā)光，由功率公式P＝UI求出電路中的電流，再運(yùn)用閉合電路歐姆定律求出電源的內(nèi)阻；
（2）開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電動(dòng)機(jī)的電壓，由P＝UI求出電動(dòng)機(jī)的輸入功率，再根據(jù)公式P熱＝I2RM求出電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率，由能量守恒定律即可求出電動(dòng)機(jī)M的輸出功率P。
【解答】解：（1）開(kāi)關(guān)S接1時(shí)，小燈泡L正常發(fā)光，小燈泡的功率為：PL＝ULIL
可得電路中電流IL＝＝A＝0.2A
根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E＝UL+IL（r+R），
解得r＝3Ω；
（2）開(kāi)關(guān)S接2時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：
E＝UL+UM+ILr
解得電動(dòng)機(jī)的電壓：UM＝0.4V
電動(dòng)機(jī)的輸入功率為：P入＝UMI＝0.4×0.2W＝0.08W
設(shè)電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻為RM，電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為：
P熱＝I2RM＝0.22×1W＝0.04W
所以正常工作時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：
P＝P入﹣P熱＝0.08W﹣0.04W＝0.04W
答：（1）電源的內(nèi)阻為3Ω；
（2）電動(dòng)機(jī)M的輸出功率為0.04W。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查閉合電路歐姆定律和功率公式，要注意電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，不能對(duì)整個(gè)電路運(yùn)用閉合電路歐姆定律求電路中電壓或電流，只能用E＝U+Ir或者運(yùn)用能量守恒定律列式求電路中電壓或電流。
49．（滁州期末）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝7.5V、內(nèi)阻r＝1Ω，標(biāo)有“3V 4.5W”的燈泡L恰能正常發(fā)光，電動(dòng)機(jī)線圈電阻R＝0.5Ω，求：
（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流；
（2）電動(dòng)機(jī)的輸出功率。
【分析】（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流等于燈泡L的額定電流，由燈泡銘牌讀出燈泡的額定電壓和額定功率，由P＝UI求出通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流。
（2）由串聯(lián)電路規(guī)律可求得電動(dòng)機(jī)兩端的電壓，然后根據(jù)電源的輸出功率和電動(dòng)機(jī)發(fā)熱消耗的功率之差求電動(dòng)機(jī)的輸出功率。
【解答】解：（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流等于燈泡的電流，即為：＝A＝1.5A。
（2）電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為：U＝E﹣Ir﹣UL＝7.5V﹣1.5×1V﹣3V＝3V
則電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出＝UI﹣I2R＝（3×1.5﹣1.52×0.5）W＝3.375W。
答：（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為1.5A。
（2）電動(dòng)機(jī)的輸出功率為3.375W。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了電功率的計(jì)算，要注意明確電動(dòng)機(jī)工作時(shí)的電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，輸出功率等于輸入功率與熱功率之差。
50．（常州期末）超級(jí)電容器是電容C達(dá)到上千法拉甚至上萬(wàn)法拉的大容量電容器，具有功率密度高、充電速度快、循環(huán)壽命長(zhǎng)等優(yōu)點(diǎn)?，F(xiàn)采用如圖所示的電路對(duì)某個(gè)超級(jí)電容器充電。充電器具有控制輸出電壓和輸出電流的功能。充電過(guò)程分為兩個(gè)階段：第一階段是恒流（即充電器輸出的電流不變）充電，當(dāng)充電器檢測(cè)到電壓達(dá)到一定值后，進(jìn)入第二階段，進(jìn)行恒壓充電（即充電器輸出的電壓不變），直到充電終止。若電阻阻值恒定為R，關(guān)于充電過(guò)程。
（1）電容器原來(lái)不帶電，其電容為C，當(dāng)?shù)谝浑A段進(jìn)行恒流充電時(shí)，充電器輸出的電流為I，求t時(shí)刻電容器兩端電壓U1；
（2）當(dāng)進(jìn)入第二階段進(jìn)行恒壓充電時(shí)，充電器輸出的電壓為U，某一時(shí)刻流過(guò)電阻R的電流為I2，求電容器兩端電壓U2。
【分析】（1）當(dāng)?shù)谝浑A段進(jìn)行恒流充電時(shí)，充電器輸出的電流為I，由Q＝It求出0到t時(shí)間內(nèi)電容器充電電量，再由C＝求t時(shí)刻電容器兩端電壓U1；
（2）當(dāng)進(jìn)入第二階段進(jìn)行恒壓充電時(shí)，充電器輸出的電壓為U，流過(guò)電阻R的電流為I2，根據(jù)歐姆定律求電阻R兩端的電壓，再根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)求電容器兩端電壓U2。
【解答】解：（1）0到t時(shí)間內(nèi)電容器充電電量為：Q＝It
由得：
（2）某一時(shí)刻流過(guò)電阻R的電流為I2，則電阻R兩端的電壓為：UR＝I2R
由U＝U2+UR得：U2＝U﹣I2R
答：（1）t時(shí)刻電容器兩端電壓U1為；
（2）電容器兩端電壓U2為U﹣I2R。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要理解恒流充電和恒壓充電的特點(diǎn)，搞清電路中總電壓與各部分電壓的關(guān)系，利用歐姆定律和電容的定義式相結(jié)合進(jìn)行研究。

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