河北保定市第三中学物理第十二章电能能量守恒定律精选测试卷
一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．某同学在做“测电源电动势与内阻”的实验中，可使用的器材有：
A．两只相同的毫安表（量程I g＝3mA，内阻R g＝1000Ω）；
B．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）；
C．滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）；
D．各种规格的定值电阻R0；
E．电源E（电动势约为3.0V）；
F．开关、导线若干．
由于给出的毫安表量程太小，该同学首先要把一只毫安表改装成量程为0.6A的电流表，他需要把阻值为__________Ω的定值电阻R0与毫安表并联（结果保留一位小数）.该同学将用如右上方的电路图进行实验，测定电源的电动势和内阻．在实验中发现变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，当滑片临近最右端时，电流表G2示数急剧变化．出现这种问题，应更换一个总阻值比原来______(选填“大”或“小”)的变阻器．在更换变阻器后,该同学连好电路，改变滑动变阻器滑片的位置，读出毫安表G1、G2的示数分别为I1、I2，并得到多组数据，建立直角坐标系，作出了I2和I1的关系图线，经拟合得到直线I2＝3.0mA－0.4I1 ,则得出电源电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω．（保留一位小数）
【答案】5.0 Ω小 3.0V 2.0Ω
【解析】
【详解】
[1]已知量程I g＝3mA，内阻R g＝1000Ω, 0.6
I=A，设电流表的量程扩大的倍数为n，
g
I
n
I
=
并联的电阻为R,根据并联电路的特点则有
1
g
R
R
n
=
-
解得R=5.0Ω
[2]当变阻器的滑片由左向右逐渐滑动时，变阻器的阻值逐渐减小，外电路电阻减小，电流表G1示数逐渐增大，电流表G2示数接近3.0mA并且几乎不变，说明变阻器的电阻接近零时，路端电压才接近电源电动势，出现这种问题，应更换一个总阻值比原来小的变阻器，[3][4]G1示数是1I时,电路中的总电流是21
200
I I
+，由闭合电路的欧姆定律得
()
221200g E I R I I r
=++
整理得
21200g g E r
I I R r R r
=
-++ I 2＝3.0mA －0.4I 1
由I 2和I 1的关系图线得图线的截距b =3.0mA ，斜率0.4K =-
0.003g E
R r
=+ A 2000.4G r
R r
=+ 解得 3.0E =V ， 解得 2.0r =Ω
2．某同学利用一个电阻箱、一个电压表（视为理想电表）、一个定值电阻（05ΩR =）、一个开关和若干导线测定一电源（电动势小于3V ）的电动势及内阻，实验原理图如图（甲）所示。
(1)根据实验原理图完成实物图（乙）中的连线______________。
(2)若某次测量时电阻箱的旋钮位置如图（丙）所示的，电压表的示数如图（丁）所示，则电阻箱的阻值为________Ω，电压表的示数为__________V 。
(3)改变电阻箱的电阻R ，读出电压表的示数U ，然后根据实验数据描点，绘出的图像是一条直线
11
U R
-。若直线的斜率为k ，在坐标轴上的截距为b ，则电源的电动势E =__________，内阻r =_________。（用k 、b 和0R 表示）
【答案】 115.0 2.30
1b 0k
R b
- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据电路图连接实物图如图所示
（2）如图（丙）和（丁），电阻箱和电压表的读数分别为
11001105100.1115.0R =?+?+?+?=Ω， 2.30U =Ｖ
（3）根据电路图可知电路的电流满足关系
0+E U
I R R r R
=
=+
变形可得
0111R r U E R E
+=+ 再由
11
U R
-图像的斜率为k ，在坐标轴上的截距为b ，即 11k b U R
=+ 所以可得
0R r k E
+=，1
b E =
即可求得
1
E b =
，0k r R b
=-
3．某同学要测某新型手机电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，电路中R 0为定值电阻，阻值大小为3.5Ω．
（1）请按电路图完成图乙中实物图的连接_________．
（2）闭合开关S 前，应先将实物图中的滑动变阻器的滑片移到最_______（填“左”或“右”端），电路中定值电阻R 0的作用是_______________________________________． （3）闭合S ，调节滑动变阻器的滑片，测出多组电流表和电压表的值，作出U —I 图像如图丙所示，则电池的电动势E=_____V ，电池的内阻r=______Ω．
（4）本实验由于存在系统误差，使得电动势的测量值比真实值_______（填“大”或“小”），电池内阻的测量值比真实值__________（填“大”或“小”）．
【答案】 左 保护电路 3.8 0.5 小 小
【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；
（2）[2][3]为了让电流由最小值开始调节，滑动变阻器的滑片开始时应滑到最左端；电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路． （3）[4][5]根据闭合电路欧姆定律可知:
0U E I R r ﹣（）=+
由图可知，电源的电动势E =3.8V ， 图象的斜率表示内电阻与定值电阻之和：
0 3.8 1.4
40.6
U R r I ?-+=
=Ω=Ω? 可得：
r=0.5Ω
（4）[6][7]保护电阻等效到电源的内部，电压表测的电压为外电压，电流表所测的电流偏小，作出U﹣I图线的测量图线和实际图线，虚线表示实际图，
从图线可以看出，电动势和内阻的测量值均小于真实值．
4．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差，实验电路如图1所示．
(1)现有电流表(0-0．6A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表(0~15V) B．电压表(0~3V)
C．滑动变阻器(0~50Ω) D．滑动变阻器(0~500Q)
实验中电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．（选填相应器材前的字母）(2)某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下的一组数据的对应点，并画出U-I图线________．
序号123456
电压U(V) 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10电流I(A)0.0600.1200.2400.2600.3600.480
(3)根据(2)中所画图线可得出干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω．
(4)实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，图3各示意图中正确反映P-U关系的是________．
【答案】(1)B C (2)如图
(3) 1.50 (1.49～1.51) 0.83 (0.81～0.85) (4)C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]．一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（2）[3]．根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的U-I图象如图所示：
（3）[4][5]．由得出的电源U-I 图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势E =1.50V ，电源内阻：
1.5 1.0
0.830.6
U r I ?-=
=Ω≈Ω?； （4）[6]．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；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；故符合条件的图象应为C ．
5．用实验测一电池的内阻r 和一待测电阻的阻值x R ，已知电池的电动势约6V ，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有: 电流表1A (量程0~30mA ); 电流表2A (量程0~100mA ); 电压表V (量程0~6V ); 滑动变阻器1R (阻值0~5Ω); 滑动变阻器2R (阻值0~300Ω); 开关S 一个，导线若干条．
某同学的实验过程如下:
Ⅰ.设计如图1所示的电路图，正确连接电路．
Ⅱ.将R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R 的阻值，测出多组U 和I 的值，并记录．以U 为纵轴．I 为横轴．得到如图2所示的图线．
Ⅲ.断开开关，将x R 改接在B 、C 之间．A 与B 直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步
骤，得到另一条U-I 图线，图线与横轴I 的交点坐标为0,0I （），与纵轴U 的交点坐标为
00,U （）.
回答下列问题:
（1）电流表应选用 _______，滑动变阻器应选用________. （2）由图2的图线，得电源内阻r=____Ω；
（3）用0I 、0U 和r 表示待测电阻的关系式x R =____________代入数值可得x R ； （4）若电表为理想电表，x R 接在B 、C 之间与接在A 、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围________电压表示数变化范围__________(选填“相同”或“不同”)．
【答案】A 2 R 2 25 0
U r I - 相同 不同 【解析】 【分析】 【详解】
①根据题设条件中电池的电动势约6V ，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧，可估算出电路中的电流为数十毫安，因此电流表应选用2A ，为了电路正常工作，以及方便调节，多测量几组数据，滑动变阻器应选用2.R
②根据图中电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因此图中图线斜率绝对值即为电源的内阻，有()3
5.5 4.5
25602010
r k --==
Ω=Ω-?． ③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等效电源的内阻，因此有0000x U r r R k I -'=+='=
-，解得0
x U R r I =
-． ④若电表为理想电表，x R 接在B 、C 之间与接在A 、B 之间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变化范围相同，x R 接在B 、C 之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而x R 接在A 、B 之间时，电压表测量的是滑动变阻器与x R 两端电压的和，由于对应某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范围也不同．
6．“用DIS 测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图a ．所示，其中R 1为定值电阻，R 为滑动变阻器．
(1)下列关于图a ．电路的说法中正确的有_____ A ．甲为电压传感器，R 的作用是保护电路
B ．甲为电压传感器，R 1的作用是保护电路
C ．乙为电压传感器，R 的作用是保护电路
D ．乙为电压传感器，R 1的作用是保护电路
(2)实验测得电池①的路端电压U 与电流I 的拟合曲线如图b ．中①图线所示，由此得到电池①的电源电动势E 1=_______V ，内阻r 1=______Ω；
(3)改用电池②，重复上述实验方法，得到图b ．中的图线②．用阻值相同的两个定值电阻分别与电池①及电池②连接，两电池的输出功率相等，则这两个定值电阻的阻值为________Ω，电池①和电池②的效率η1______η2（选填“>”“=”或“<”）． 【答案】D 6.0 2.4 1.6 < 【解析】 【详解】
(1)[1]甲串联在电路中，是测量电流的，所以甲是电流传感器；乙接在电源两端，测量电压，所以乙是电压传感器；定值电阻R 1在实验中的作用主要是保护电源，防止短路；故D 正确，ABC 错误．
(2)[2][3]根据U =E ?Ir 可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E 1=6.0V ；图象的斜率表示内阻，则r 1=△U/△I =（6.0?1.2）/（2.0-0）Ω=2.4Ω；
(3)[4][5]由图可知，电池②的电动势E 2=4.8V.内阻r 2=1.6Ω，外接电阻R 时，电源的输出功率为：2(
)E P R R r =+，则22
6.0 4.8()()2.4 1.6
R R R R =++，解得：R =1.6Ω．电池的效率：UI R EI R r
η==+，带入数据得：η1<η2．
7．现有一特殊的电池，其电动势E 约为9V ，内阻r 在35～55Ω范围，最大允许电流为50mA ．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验．图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R 为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R 0是定值电阻．
⑴实验室备有的定值电阻R 0有以下几种规格：
A ．10Ω，2.5W
B ．50Ω，1.0W
C ．150Ω，1.0W
D ．1500Ω，5.0W 本实验应选用______________，其作用是_________________．
⑵该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线．则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示_________．
⑶根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为_______V，内电阻r为_______Ω．
【答案】C 保护电阻回路中电流 10V 46～50Ω
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据闭合电路欧姆定律电路中最小电阻为min3
9
180
5010
m
E
R
I-
==Ω=Ω
?
，所以R0应选C，其作用是作为保护电阻．
(2)根据闭合电路欧姆定律，应有
U
E U r
R R
=+?
+
，所以图乙图象的横坐标与纵坐标之比0
U
R R
+
为回路电流．
(3)将
U
E U r
R R
=+?
+
变形为
111
r
U E R R E
=?+
+
，所以纵轴截距10.1
E
=，解得E=10V
，斜率0.670.1
121
r
k
E
-
==
?
，解得r=4.75Ω(4.6～5都对)
【点睛】
涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可．
二、第十二章电能能量守恒定律选择题易错题培优（难）
8．如图所示，一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端。已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定。若用v、s、E p和E分别表示该物体的速度大小、位移大小、重力势能和机械能，设斜面最低点重力势能为零，则下列图像中可能正确的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在v -t 图象中，斜率表示加速度大小，由于物体沿斜面做匀加速运动，因此其v -t 图象斜率不变，选项A 错误；
B ．物体下滑位移为2
12
x at =，因此由数学知识可知其位移—时间图象为上开口抛物线，故B 错误；
C ．设斜面高为h 0，倾角为θ，则物体下落的高度
2
sin 2sin x at h θθ
==
选因为斜面最低点重力势能为零，则物体的重力势能为
2
00()2sin p mga E mg h h mgh t θ
=-=-
所以E P -t 图象明显不是一次函数关系，选项C 错误；
D ．根据功能关系，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故物体的机械能
2001
2
E E fs E f at =-=-?
所以E -t 图象是下开口抛物线，选项D 正确。 故选D 。
9．如图所示电路中，L 1、L 2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R 为光敏电阻（光照越
强，阻值越小）．闭合电键S 后，随着光照强度逐渐增强（ ）
A ．L 1逐渐变暗，L 2逐渐变亮
B ．L 1逐渐变亮，L 2逐渐变暗
C ．电源内电路消耗的功率逐渐减小
D ．光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率逐渐增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．光照强度逐渐增强，光敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，电路中总电流增大，则L 2逐渐变亮．由U E Ir =-知，路端电压减小，又L 2两端电压增大，则L 1两端电压减小，L 1逐渐变暗，故A 正确B 错误；
C ．电路中总电流增大，电源内电路消耗的功率：
2r P I r =
电路中的总电流增大，故电源内电路消耗的功率增大，故C 错误；
D ．将L 2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小，等效电源的内、外电阻差增大，等效电源输出功率减小，故D 项错误． 【点睛】
电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．
10．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（ ） A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B ．W UIt =适用于任何电路，而2
2
U W I Rt t R
==只适用于纯电阻电路
C ．在非纯电阻电路中，2UI I R >
D ．焦耳热2Q I Rt =适用于任何电路 【答案】A 【解析】
试题分析：电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A 错误；公式W UIt =是计算电路的总功的大小，适用于任何的电
路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律U I R =，可以推到出22
U W I Rt W t R
==，，所以
2
2
U W I Rt W t R
==，只能适用于纯电阻电路，B 正确；在不是纯电阻的电路中，UI 表示
的是总的功率的大小，而2I R 只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以
2UI I R >，所以C 正确；焦耳热2
Q I Rt =适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D 正确．
考点：考查了电功率的计算
【名师点睛】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件．
11．某居民家中的电路如图，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能正常工作，但电灯仍正常发光．拔出电饭煲的插头，把测电笔分
别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则（ ）
A ．仅电热壶所在的C 、D 两点间发生了断路故障
B ．仅电热壶所在的
C 、
D 两点间发生了短路故障 C ．仅导线AB 间断路
D ．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障 【答案】C 【解析】 【分析】
这个要根据串联电路或者并联电路中的电表和灯泡的亮、灭来进行判断．例如串联电路中，如果电流表示数为零，则一定是断路，谁断，谁两端的电压表示数就会变大为电源电压．而并联电路中是不能存在短路的，也就是只有断路故障，谁断，测量它的电流表的示数就为零． 【详解】
A 、若电热壶所在的C 、D 两点间发生了断路故障，则电饭煲应该可以正常工作，但现在电热壶也不工作，加之试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光．故A 错误；
B 、若是电热壶所在的
C 、
D 两点间发生了短路故障，则灯泡不可能正常发光，故B 错； C 、只有导线AB 断路，导致电热壶不能正常工作，同时试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光．故C 正确；
D 、因插座用导线接地，没有影响火线与零线．故D 错误； 故选C 【点睛】
本题考查了家用电路的故障分析，要能够根据出现故障的现象，判断故障可能发生的原
因，了解电路的连接情况，判断是短路还是断路，能够排除故障，确保电路和人身安全.
12．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时，下列说法正确的是（）
A．电压表的示数减小B．灯泡L变暗
C．R1电流变化量比R3电流变化量小D．R1电压变化量比R2电压变化量大
【答案】C
【解析】
【详解】
A．当照射光强度增大时，电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流增大，根据
11
U IR
=
可知R1两端的电压电压增大，而电压表的示数等于R1两端的电压，所以电压表的示数增大，故A错误；
B．干路电流增大，则全电路的欧姆定律有：
1
2
2
()
R
E I r R
I
R
-+
=
故通过R2中电流减小，则由并联分流关系知通过小灯泡的电流增大，故小灯泡功率增大，灯泡L变亮，故B错误；
C．电路中并联部分电压减小，通过R2中电流减小，灯泡支路的电流增大，而干路电路的电流增大，则干路电流增加量小于电阻R3电流增加量，故C正确；
D．干路电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，则电阻R1电压增加量小于并联部分电压减小量，即R1电压变化量比R2电压变化量小，故D错误；
故选C。
13．如图所示的电路中，电表为理想电表，R1、R2为定值电阻，电源的正极接地，将滑动变阻器R3的滑片P向上移动，下列说法正确的是（）
A．电流表的示数变大B．电压表的示数变大
C．电容器带电量减小D．a点的电势升高
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
B．当滑动变阻器的滑片向上移动时，电路中的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表的示数增大，选项B正确；
CD．R1两端的电压减小，R2两端的电压增大，电容器的带电量增大，a点的电势降低，选项C、D错误；
A．R2两端的电压增大，流过R2的电流增大，而总电流减小，因此流过R3的电流减小，即电流表的示数减小，选项A错误。
故选B。
14．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当变阻器R的滑动触头向a端移动时，下列判断正确的是（）
A．电流表A1的示数变大
B．电流表A2的示数变小
C．电流表A2的示数不变
D．电压表V的示数变小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
D．当变阻器R的滑动触头向a端移动时，变阻器的电阻变大，它与R0并联的总电阻变大，故外电路电阻变大，路端电压增大，即电压表的示数变大，选项D错误；
A．总电阻变大，由欧姆定律可得，总电流减小，即电流表A1的示数变小，选项A错误；BC．电阻R0的两端电压增大，则R0支路上的电流变大，由于总电流等于R0的电流加上变阻器支路上的电流，故变阻器支路上的电流变小，即电流表A2的示数变小，选项B正确，C错误.
故选B。
15．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1，电压表V2的示数变化大小为ΔU2，电流表A的示数变化大小为ΔI，对于此过程下列说法正确的是( )
A．通过电阻R1的电流变化量大小等于1
1
U
R
?
B．R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2－ΔU1
C．路端电压的增加量等于ΔU2
D．1
U
I
?
?
为一定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小
等于1
1
U
R
?
；故A正确．B、C、D、使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U1，并联部分的电压增大△U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大△U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于△U2-△U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知1
U
r
I
?
=
?
为定值，所以1
U
I
?
?
为定值，故B，D正确，C错误．故选ABD．
【点睛】
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．
16．在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻．当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有
A．12
U U
?>?B．
12
U U
?=?
C ．1
20,0U U ?>?< D ．210,0U U ?>?<
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
根据闭合电路欧姆定律可知：
()13U I r R ?=?+
23U IR ?=?
结合公式可知1U ?>2U ?，故A 对；B 错
当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V 2增大，由于路端电压减小，所以电压表V 1变小，则知ΔU 2>0，ΔU 1 <0，故C 错；D 对 故选AD
17．用标有“6 V,3 W”的灯泡L 1、“6 V,6 W”的灯泡L 2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E ＝9 V ．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )．
A ．电流表的示数为1 A
B ．电压表的示数约为6 V
C ．电路输出功率为4 W
D ．电源内阻为2 Ω 【答案】CD 【解析】 【详解】
由题可知，若1L 正常发光，13
A 0.5A 6
P I U =
== ，若2L 正常发光，2226
A 1A 6
P I U =
== ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为1L 正常发光． A 项，电流表示数为0.5A ，故A 项错误．
B 项，电压表测量灯泡2L 的电压，由图乙可知，曲线A 对应灯泡2L ，当电流为0.5A 时，此时电压为2 V 所以电压表示数为2 V ，故B 项错误．
C 项，电路输出功率为12=60.520.54W P U I U I +=?+?=输 ，故C 项正确．
D 项，电源内阻为12962
20.5
E U U r I ----=
=Ω=Ω ，故D 项正确． 综上所述，本题正确答案为CD ．
18．A ，B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R 1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻．当R 2的滑片P 在中间时闭合电键S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ．电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（ ）
A ．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小
B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小
C ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则小球重新达到稳定后θ变小
D ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
设金属板两端的电压为u ，距离为d ，小球质量为m 则tan uq
mgd
θ=
，滑动变阻器1R 是分压接法，可以分为4R ，5R 两部分，4R 与金属板串联，并和1R 并联，然后它们再与5R ，
3R 串联，电路图可以简如图所示，电压表测得是路端电压，电流表测得是电流总电流
I ．因为金属板不通电，可以将它和4R 看作1R 两端的电压表．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则5R 减小，总电阻减小，则总电流增大，即两端的电压增大，所以金属板两端的电压u 增大，由公式tan uq
mgd
θ=
得，θ增大，A 错误．将若将R 2的滑动触头P 向b 端移动时，5R 增大则总电阻增大，总电流I 减小，路端电压增大即U 增大，所以B 错误．当用较强的光照射时，减小，则总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，可推出1R 两端
电压减小即金属板两端的电压减小，由tan uq
mgd
θ=
得 θ减小，C 正确．r E U E U I I --''==所以()()E U E U U
r I I I ---?==-?''，D 正确．
19．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器R3的滑片P 向a 端移动时,以下说法中正确的是（ ）
A ．电压表示数变小，电流表示数变小
B ．电阻R 1两端的电压减小
C ．电源的总功率减少但电源的输出功率增大
D ．如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为2I ?，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为3I ?，则23I I ?
A 、将滑动变阻器的滑动触片P 从图示位置向a 滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A 错误；
BD 、电路中总电流变小，通过电阻R 1的电流变小，R 1两端电压变小，R 2两端电压增大，通过电阻R 2的电流变大，通过电阻R 1的电流等于通过电阻R 2的电流和通过电阻R 3的电流之和，故通过电阻R 3的电流变小，故有123I I I ?=?+?，23I I ?
20．一平行板电容器的两块金属板A ，B 正对竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R 1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻。当R 2的滑动触头P 在中间时闭合开关S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ。电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是（ ）
A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小
B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U增大
C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2的滑动触头P 向a端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A错误；
B．若将R2的滑动触头P向b端移动，总电阻增大，则I减小，因此内电压减小，则U增大，故B正确；
C．用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，但R2和R3两端电压都增大，故R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C错误；
D．由C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故D正确。
故选BD。
21．如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则
A．电压表的示数变大
B．小灯泡变暗
C．通过R2的电流变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【答案】BC
【解析】
【详解】
若将照射R3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。