高考试题解析物理分项版之专题恒定电流和电路

第1讲 电流 、电阻、电功及电功率知识巩固练1.甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d 1=0.5 mm 和d 2=1 mm ，熔断电流分别为2.0 A 和6.0 A.把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 ( )A.6.0 AB.7.5 AC.10.0 AD.8.0 A【答案】B 【解析】因甲、乙两保险丝等长，由R =ρlS =ρLπ(d 2)2，知R1R 2=4.当R 1、R 2并联时，令I 1=2 A ，则由I 1R 1=I 2R 2，得I 2=8 A ＞6 A ，故I 1不能取2 A ；令I 2=6 A ，则由I 1R 1=I 2R 2，得I 1=1.5 A ＜2.0 A ，故两者并联时，整个电路允许通过的最大电流I =I 1+I 2=(1.5+6) A =7.5 A.故B 正确.2.下面给出的四个图像中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间函数关系的是 ( )A B C D 【答案】C3.(多选)如图是小灯泡L(灯丝材料是钨)和某种特殊电阻R 的伏安特性曲线，M 为两曲线交点.下列说法正确的有 ( )A.在M 点状态下，小灯泡L 和电阻R 的功率相等B.在M 点状态下，小灯泡L 的阻值比电阻R 的小C.曲线a 是小灯泡L 的伏安特性曲线，曲线b 是电阻R 的伏安特性曲线D.曲线a 是电阻R 的伏安特性曲线，曲线b 是小灯泡L 的伏安特性曲线 【答案】AC4.如图为一块长方体铜块，将1和2、3和4分别接在一个恒压源(输出电压保持不变)的两端，通过铜块的电流之比为 ( )A.1B.c 2a 2 C.a 2b2 D.b 2c 2【答案】B 【解析】根据电阻定律R =ρL S 得，当在1、2两端加上恒定电压U 时，R 12=ρabc ，通过铜块的电流I 12=Ubc ρa ；当在3、4两端加上恒定的电压时，R 34=ρc ab ，通过铜块的电流I 34=Uabρc ，所以I 12∶I 34=c 2a 2.B 正确，A 、C 、D 错误.5.(2023年浙江模拟)甲、乙、丙三个长度、横截面都相同的金属导体分别接入电路后各自进行测量，把通过上述导体的电流I ，导体两端电压U 在U -I 坐标系中描点，O 为坐标原点，甲、乙、丙三个点恰好在一条直线上，如图所示.则下列表述正确的是 ( )A.甲的电阻率最小B.甲、乙串联后接入某直流电路，甲的电功率要小C.乙、丙并联后接入某直流电路，乙的电功率要小D.三个电阻率一样大 【答案】C 【解析】三个导体的U -I 图像如图所示.可知甲的电阻最大，丙的最小，根据电阻定律R =ρlS 可知，甲的电阻率最大，A 、D 错误；甲、乙串联后接入某直流电路，根据P =I 2R 可知，甲的电阻最大，甲的功率最大，B 错误；乙、丙并联后接入某直流电路，根据P =U 2R 可知，电阻大，功率小，则乙的电功率要小，C 正确.6.(2023年温州模拟)心室纤颤是一种可危及生命的疾病.如图为一种叫做心脏除颤器(AED)的设备，某型号AED 的电容器电容是25 μF ，充电至8 kV 电压，如果电容器在2 ms 时间内完成放电，则 ( )A.电容器放电过程中平均功率为800 kWB.电容器的击穿电压为8 kVC.电容器放电过程中电容越来越小D.电容器放电过程中电流最大值一定大于100 A【答案】D 【解析】电容器所带的电荷量为Q =CU =25×10-6×8×103 C =0.2 C ，由电流强度的定义式I =Q t ，可得电容器放电过程中平均电流为I =Qt =0.22×10-3A =100 A ，电容器放电过程中若电压不变，则有平均功率为P̅=UI =8×103×100 W =800 000 W =800 kW ，因电容器放电过程中电压在逐渐减小，因此在电容器放电过程中平均功率小于800 kW ，A 错误；该电容器的充电电压至8 kV ，此电压应不高于电容器的额定电压，而电容器的击穿电压要大于额定电压，即电容器的击穿电压大于8 kV ，B 错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，C 错误；电容器放电过程中平均电流为100 A ，因此电容器放电过程中电流最大值一定大于100A，D正确.综合提升练7.如图是电解硫酸铜溶液的装置示意图，图中电压表示数为U，电流表示数为I，通电时间t，则下列说法正确的是()A.CuSO4溶液中的阳离子向铜板定向移动B.IU是电能转化成化学能的功率C.IUt是这段时间内电路消耗的总电能D.IUt是这段时间内产生的总焦耳热【答案】C【解析】由于铜板接电源的正极，因此CuSO4溶液中的阴离子向铜板定向移动，A错误；该电路是非纯电阻性电路，IU是消耗电能的总功率，其中有一部分转化为化学能，还有一部分产生焦耳热，因此，IUt是这段时间内电路消耗的总电能，而I2rt是这段时间内产生的总焦耳热，其余的才转化为化学能，B、D错误，C正确.8.(2023年浙江模拟)如图所示的电单车所用的电池铭牌上标有“48 V10 A·h”字样，正常工作时电动机额定功率为250 W，电池输出电压为40 V.由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其他部件的摩擦损耗.有一次小厉同学骑着电单车在平路上匀速行驶，小厉同学和车的总质量为100 kg，阻力为总重力的0.04倍，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断正确的是()A.正常工作时，电动机额定电流约为5.2 AB.充满电后电池储存的能量约为1.7×105 JC.电池的内阻约为1.3 ΩD.电单车匀速行驶时的速度为22.5 km/h【答案】C【解析】由P=UI可知，解得额定电流I=6.25 A，A错误；充满电后该电池的总能量W=E=IUt=48×10×3 600 J=1 728 000 J≈1.7×106J，B错误；根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可得r=1.3 Ω，C正确；平路上行驶的人和车受到阻力f=0.04mg=0.04×100×10 N=40=5 m/s=18 km/h，D错误.N，匀速行驶时牵引力F=f=40 N，此时速度v=0.8PF9.某学习小组用如下电路研究小电动机的电流与电压关系.通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到下表记录的信息.若认为小电动机的电阻是不变的，则()A.B.当小电动机的电压为2.00 V 时，其发热功率为0.1 W C.当小电动机的电压为2.00 V 时，其电功率为0.3 WD.当小电动机的电压为3.50 V 时，其对外做功的功率为1.05 W【答案】B 【解析】将电压表当作理想电压表，当小电动机的电压为1.25 V 时，电动机卡住未转动，电功率等于内阻发热功率UI =I 2r ，将第一组数据代入可解得r =2.5 Ω，A 错误；当小电动机的电压为2.00 V 时，电流是0.20 A ，由P =I 2r 得其发热功率为0.1 W ，B 正确；当小电动机的电压为2.00 V 时，其电功率P =UI =2×0.2 W =0.4 W ，C 错误；当小电动机的电压为3.50 V ，其对外做功的功率P 出=UI -I 2r =(3.5×0.3-0.32×2.5) W =0.825 W ，D 错误.10.如图所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉，恒定电压U =12 V ，电解槽内阻r A =2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，A 示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，A 示数为4 A.求： (1)电炉子的电阻及发热功率； (2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率.解：(1)电炉为纯电阻元件，由欧姆定律得 R =U I 1=126 Ω=2 Ω.其发热功率为P =UI 1=12×6 W =72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得 UI 2=I 22r M +P 输出， 所以r M =UI 2-P 输出I 22=12×5-3552Ω=1 Ω.(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律，得 P 化=UI 3-I 32r A ，所以P 化=(12×4-42×2) W =16 W.。

专题7 恒定电流【2015年高考命题预测】该考点以串并联电路为载体，以电源，电阻，电动机为元件，以欧姆定律为考察形式，结合电源内阻，电流表和电压表和电功率，重点考察电路中的各个物理量的计算和动态转变。

考试命题形式多以选择题出现，选项均需要分析电路串并联形式，结合电路总电阻和支路电阻的转变，分析电路总电流的转变，从而判断内电压路端电压的转变，用电器电压电流电功率的转变，这是动态电路的常见分析流程，那么面对2015年高考，命题形式和考察内容不会有更大的转变，备考中仍然需要对这些做题流程强化训练，对于引发动态电路转变的滑动变阻器和热敏电阻、光敏电阻要有充分的熟悉，什么情况下电阻变大什么情况下电阻变小。

该考点还常常出现含电容器的电路动态分析，也是命题的热点选项。

备考中需要注意电容器的与哪个用电器后者哪个支路并联，从而顺藤摸瓜找到电容器的电压转变，从而按照电压转变分析电容器中匀强电场的转变，匀强电场中带电粒子的运动转变，电势能的转变。

按照串并联电路欧姆定律来分析电路各部份的电功率，并结合焦耳定律对纯电阻电路和非纯电阻电路采用不同的分析方式，也是常见的易错点。

加以微安表串联电阻改装为大量程电压表，并联电阻改装为大量程电流表，要弄清楚其原理，分清楚改装后的指针偏转角度和读数的关系。

【2015年高考考点定位】面对2015年高考，该考点的备考要做到概念清楚，分析进程熟练，物理模型成立适当，问题故障理解到位，可以从以下几个方面着手：一、电流电压电阻，电功率电动势，内阻电功等大体概念的理解熟悉。

二、串联电路和并联电路电流电压的特点，和两种连接方式下总电阻的计算方式。

闭合电路欧姆定律的应用。

3、光敏电阻和热敏电阻的特点和它们引发的电路动态转变分析，电路故障判断。

【考点pk】名师考点透析考点一、描述电路的大体概念【名师点睛】1、电流：电荷的定向移动形成电流，方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反，电流为矢量，电流大小概念为单位时间内通过横截面积的电荷量，即QIt，若是用n表示单位体积内的自由电荷数，用q表示单个自由电荷的电荷量，用v表示自由电荷定向移动的速度，用s表示导线的横截面积，则有电流的微观表达式I nqvs =。

高中物理题型分类汇总含详细答案-----恒定电流一、单选题1.如图所示，一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻为R，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A. B. C. D.2.如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。

虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。

关于此多用电表，下列说法中正确的是（）A.当S接1时，处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔B.当S接2时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔C.当S接2时，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔D.当S接3时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔3.如图，是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）A.路端电压变大B.电流表的示数变小C.电源的输出功率变小D.电路的总电阻变大4.如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，R T为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L 为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。

闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A.G中电流方向由a到bB.R T两端电压变大C.C所带的电荷量保持不变D.L变暗5.把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝的长度为L，直径为d，B电阻丝长度为2L，直径为2d。

要使A、B电阻丝消耗的功率相同，加在两电阻丝上的电压之比应为（）A.U A∶U B＝1∶1B.U A∶U B＝∶1C.U A∶U B＝∶2D.U A∶U B＝2∶16.在如图所示的电路中，当开关S闭合后，若将滑动变阻器的滑片P向上调节，下列说法正确的是（）A.灯变亮，电容器的带电荷量增大B.灯变暗，电压表的示数增大C.灯变暗，电压表和电流表的示数都增大D.灯变暗，电流表的示数减小7.用电流表和电压表测量电阻R的阻值。

2011年高考真题解析物理分项版12恒定电流和电路1．（北京）如图所示电路，电源内阻不可忽略。

开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，AVSR1E，rR2R0A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的小数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小[D．电压表的示数减小，电流表的示数增大答案：A[解析：变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，使连入电路中的R0阻值减小，整个电路的电阻减小，电路中的电流I增大，路端电压U=E－Ir 减小，即电压表的示数减小，又R2与R0并联后再与R1串联，在R0减小时，使得R2两端电压减小，R2中的电流减小，即电流表示数减小。

A正确，B、C、D错误。

2.（全国）（15分）（注意：在试题卷上答题无效）如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计。

在导轨上端并接2个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。

整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。

现将一质量为m、电阻可忽略不计的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。

金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。

已知某时刻后两灯泡保持正常发光。

重力加速度为g。

求：MNacLbd（1）磁感应强度的大小；（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。

【解析】（1）设小灯泡的额定电流为I0，有P = I02R ①根据题意，金属棒MN沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为I = 2I0 ②此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mg = BLI ③联立①②③式得式得B = ④（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得E = BLv ⑤E = RI0 ⑥联立①②④⑤⑥式得 v = ⑦[来3.（重庆）在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有两个错误电路，如题20图所示。

电源内阻不计，导线连接良好，若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a.电珠L不亮；电流表示数几乎为零b.电珠L亮度增加；电流表示数增大c电珠L开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断d.电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断与上述a b c d 四种现象对应的电路序号为A. ③①②④B. ③④②①C. ③①④②D. ②①④③【答案】A.[【解析】.对于电路①，随着滑动变阻器触头向右滑动，灯泡上电压增大，灯泡变亮，通过电流表的电流增加，由于滑动变阻器触头滑到最右端也不会造成短路，所以电流表不至于烧毁.据此判断①与b对应；对于电路②，滑动变阻器触头向右滑动时，灯泡亮度增加，电流表示数变大，当滑动变阻器触头滑到最右端时，造成短路，从而烧毁电流表，之后，灯泡变得最亮.据此判断，②与c对应；对于电路③，由于电压表串联进了电路，而电压表内电阻很大，滑动变阻器触头时，灯泡不亮，电流表示数几乎没有变化，据此判断③与a对应；对于电路④，随着滑动变阻器触头向右滑动，灯泡不亮，电流表将被短路烧毁.所以，③①②④对以a、b、c、d.4．（上海）如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，(A)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大(B)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小(C)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大(D)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【答案】A.。

新课标高考物理专题复习：《恒定电流》( 附参照答案 )一、选择题。

（共 20 小题，每题 3 分，共 60 分，部分分 1 分）1. 如图，电源电动势为E，内阻为r ，给外电阻R供电，则以下图中不可以反应全电路特色的图象是 ()E r IUU/V I/A U/V P出/WE/rOI/A O E U/V OCR/ΩO r R/ ΩA B D2．如下图，电源电动势=8V，内电阻为r =0.5 Ω，“ 3V,3W”的灯泡L与电动机 M串连接E在电源上，灯泡恰巧正常发光，电动机恰巧正常工作，电动机的线圈电阻L R0=1.5Ω 。

以下说法正确的选项是()E A．经过电动机的电流为 1.6A B．电动机的效率是62.5%MrC．电动机的输入功率为 1.5W D．电动机的输出功率为3W3．在如下图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用123表示，电表示数I 、 U、U和U变化量的大小分别用I 、U1、U2和U3表示．以下比值正确的选项是（）A.U1/I不变，U1/I 不变 C.U2/I变大，U2/I 变大C.U2/I变大，U2/I 不变 D.U3/I变大， U3/I 不变4．右图为包括某逻辑电路的一个简单电路图，L 为小灯泡．光照耀电阻远小于 R．则以下说法正确的选项是（）A．该逻辑电路是非门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 不发光B．该逻辑电路是非门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 发光C．该逻辑电路是与门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 不发光D．该逻辑电路是或门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 发光R时，其阻值将变得5VR1R L5. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如下图，P为图线上一点，为图线的PN切线， PQ为 U轴的垂线， PM为 I 轴的垂线。

则以下说法中正确的选项是()A．跟着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大1IUB．对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2I2 M PC．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1I1 N21I－ ID．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积QO U1U6. 如下图，四个同样的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表 V1的量程大于 V2的量程，把它们按图接入电路中，则以下说法正确的选项是A．安培表 A1的读数大于安培表 A2的读数B．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D．伏特表 V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角7．如下图的电路中，电池的电动势为E，内阻为 r ，电路中的电阻 R1、 R2和 R3的阻值都相同．在电键 S 处于闭合状态下，若将电键S 由地点 1 切换到地点2。

2024高考物理真题分项解析专题13恒定电流1.（2024年高考海南卷）虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A 与电热器B 并联。

电路中的C 处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻C R ，已知MN 两端电压220V U =，A 与B 的电阻A B =24R R =Ω，求：（1）MN 间电阻R 的变化范围；（2）当240C R =Ω，电热器B 消耗的功率（保留3位有效数字）【答案】（1）1222R Ω≤≤Ω；（2）16.7W【解析】（1）根据电路可知当0C R =时MN 间电阻R 的阻值最小，为A AB B12R R R R R +==Ω当240C R =Ω时MN 间电阻R 的阻值最大，为()()A AB B 24422020R R R R R ++=+=Ω故MN 间电阻R 的变化范围为1222R Ω≤≤Ω（2）当240C R =Ω，通过电热器B 的电流为C BI R U R =+此时电热器B 消耗的功率为2B BP I R =解得B 16.7WP =2.（2024高考广西卷）将横截面相同、材料不同的两段导体1L 、2L 无缝连接成一段导体，总长度为1.00m ，接入图甲电路。

闭合开关S ，滑片P 从M 端滑到N 端，理想电压表读数U 随滑片P 的滑动距离x 的变化关系如图乙，则导体1L 、2L 的电阻率之比约为（）A.2:3B.2:1C.5:3D.1:3【答案】B【解析】根据电阻定律LR Sρ=根据欧姆定律ΔΔU I R=⋅整理可得S U I Lρ∆=⋅结合题图可知导体1L 、2L 的电阻率之比120.220.25==0.50.211.000.25ρρ--故选B 。

3.（2024高考甘肃卷）一平行板电容器充放电电路如图所示。

开关S 接1，电源E 给电容器C 充电；开关S 接2，电容器C 对电阻R 放电。

下列说法正确的是（）A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R 的电流由M 点流向N 点C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R 的电流由N 点流向M 点【答案】C【解析】充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A 错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R 的电流由N 点流向M 点，故B 错误；放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C 正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R 的电流由M 点流向N 点，故D 错误。

第2讲闭合电路的欧姆定律电功与电热知识巩固练习1．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此( )A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【解析】电动势是反映电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的本领的物理量．电动势越大说明这种转化本领越强，但不能说明储存的电能越多．故A、B错误，C正确．闭合电路中电源两端电压大小等于外电压大小，故D错误．2．(2021年龙岩质检)如图所示，电源内阻为r，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0.假设灯的电阻不变．某同学合上开关后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，则( )A．若R2>R0，L2亮度一定先变亮后变暗B．若R2>R0，电源的输出功率一定逐渐变大C．若R2<R0，L1亮度一定先变暗后变亮D．若R2<R0，电源的效率一定逐渐变大【答案】C【解析】当R2＞R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻．当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，通过灯L1的电流减小，L1变暗；通过L2的电流变大，L2变亮．因不知道电源内阻与外电阻的大小关系，所以电源的输出功率无法判断，故A、B错误．当R2＜R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，L1先变暗后变亮，故C正确；外电阻先增大后减小，所以电源的效率先增大后减小，故D 错误．3．(2021年南通月考)如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都能发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这一故障的原因可能是( )A ．电阻R 1断路B ．电阻R 2短路C ．灯L 1两接线柱间短路D ．电阻R 2断路【答案】D【解析】因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R 1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L 2两端电压会减小，致使灯L 2变暗，A 错误．若电阻R 2短路，灯L 2将不亮，B 错误．若灯L 1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，C 错误．若电阻R 2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L 1、R 1并联部分电压减小，灯L 2两端电压增大，灯L 2变亮，D 正确．4．(2021年济宁检测)如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )A ．V 的读数变大，A 的读数变小B ．V 的读数变大，A 的读数变大C ．V 的读数变小，A 的读数变小D ．V 的读数变小，A 的读数变大【答案】B【解析】S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V 的读数变大．把R 1归为内阻，内电压减小，故R 3中的电压增大，由欧姆定律可知R 3中的电流也增大，电流表示数增大，故B 正确．5．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R .将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作．则( )A ．电动机消耗的总功率为I 2R B ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－IrE 【答案】D 【解析】电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ，A 错误．电动机消耗的热功率为I 2R ，B 错误．电源的输出功率为UI ，C 错误．电源的效率为U E ＝E －Ir E，D 正确． 6．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线．曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2,3.5)、Q (6,5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10【答案】AB【解析】根据图像可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，故C 、D 错误． 7．(多选)(2021年信阳质检)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .闭合开关S ，在滑动变阻器R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU ，电流表示数的变化量为ΔI .电流表的示数为I 时，电容器的带电量为Q .则在这个过程中，下列图像正确的是( )A B C D【答案】BD【解析】电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U＝E －I (R 1＋r )得ΔU ＝ΔI (R 1＋r )，解得ΔU ΔI＝R 1＋r 不变，故A 错误，B 正确．在滑动变阻器R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流I 增大，电阻R 1两端电压增大．根据Q ＝UC ＝CR 1I 可知，Q －I 图像是过原点的倾斜直线．故C 错误，D 正确．综合提升练习8．(多选)如图所示的电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关S ，电压表示数为U ，电流表示数为I .在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )A ．U 先变大后变小B ．I 先变小后变大C ．U 与I 比值先变大后变小D ．U 变化量与I 变化量比值等于R 3【答案】BC【解析】据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故A 错误．滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故B 、C 正确．由于电压表示数没有变化，D 错误．9．(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】AC【解析】I ＝E R ＝1 A ，所以路端电压U R ＝IR ＝10 V ，A 正确．电源的总功率P ＝IE ＝12 W ，B 错误．由串并联电路特点得a 、b 的电流均为0.5 A ，所以U a b ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 正确．a 、b 间用导线连接后，根据电路的连接可求得外电路的电阻为7.5 Ω，回路的总电阻为9.5 Ω，D 错误．10．某地要把河水抽高20 m 使之进入蓄水池．用一台电动机通过传动效率为80%的皮带带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．【答案】(1)1×103 W (2)2×104 s【解析】(1)设电动机的电功率为P ，则P ＝UI .设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则P r ＝I 2r ，代入数据解得P r ＝1×103 W.(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则M ＝ρV .设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p ，则ΔE p ＝Mgh .设电动机的输出功率为P 0，则P 0＝P －P r .根据能量守恒定律得P 0t ×60%×80%＝ΔE p .代入数据解得t ＝2×104 s ．。

专题08恒定电流一、单选题1(2023·海南·统考高考真题)如图所示电路，已知电源电动势为E ，内阻不计，电容器电容为C ，闭合开关K ，待电路稳定后，电容器上电荷量为()A.CEB.12CE C.25CE D.35CE 【答案】C【详解】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R 、2R 的串联部分与R 、4R 的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为φ上=E 5R⋅2R =2E 5电容器下极板的电势为φ下=E 5R⋅4R =4E 5则电容两端的电压U 下上=2E5则电容器上的电荷量为Q =CU 上下=25CE故选C 。

2(2022·北京·高考真题)某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。

如图所示，电路中的R 1和R 2，其中一个是定值电阻，另一个是压力传感器(可等效为可变电阻)。

水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。

当a 、b 两端的电压大于U 1时，控制开关自动开启低水位预警；当a 、b 两端的电压小于U 2(U 1、U 2为定值)时，控制开关自动开启高水位预警。

下列说法正确的是()A.U 1<U 2B.R 2为压力传感器C.若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低D.若定值电阻的阻值越大，开启低水位预警时的水位越高【答案】C【详解】AB ．题意可知水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。

控制开关自动开启低水位预警，此时水位较低，压力传感器的电阻值较大，由于a 、b 两端此时的电压大于U 1，根据串联电路电压分部特点可知，R 1为压力传感器，故高水位时压力传感器的电阻值越小，R 1压力传感器两端电压变小，U 1>U 2，AB 错误；CD ．根据闭合电路欧姆定律可知，a 、b 两端的电压为U =E R 1+R 2R 1=E1+R 2R 1若定值电阻的阻值越大，当开启低水位预警时a 、b 两端的电压大于U 1时，R 1压力传感器阻值需要越大，则水位越低；当a 、b 两端的电压小于U 2时开启高水位预警时，R 1压压力传感器阻值需要越大，则水位越低。

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
粒子运动的轨迹过程图，如图所示轨迹圆恰好与BC边相切
粒子恰好从AB边穿出磁场 临界轨迹对应的半径为
依据洛伦兹力供应向心力可得
联立可得
故选C。
【答案】B
【解析】由于调零时，就是把两表笔短接，通过电流表的示数是满偏电流，即1.5V=200μA×R内；当接电阻Rx时，电流表的示数为50μA，则1.5V=50μA×(R内+Rx)；解之得Rx=22.5 kΩ，选项B正确。
2. (2024· 北京通州一模)如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，R为滑动变阻器（最大阻值大于 ）。闭合开关S，调整R的阻值，使电路中的电流为I，下列说法正确的是（ ）
A. 此时电源的输出功率为EI
B. 此时滑动变阻器的阻值
C. 滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，路端电压渐渐增大
D. 调整滑动变阻器R的阻值，当 时滑动变阻器消耗的电功率最大
【答案】D
【解析】此时电源的输出功率为P出=UI=I（R0+R），选项A错误；
此时滑动变阻器的阻值 -r，选项B错误；
滑动变阻器R的触头从左向右滑动的过程中，变阻器的电阻渐渐减小，外电路的电阻减小，矿路端电压渐渐减小，选项C错误；
【答案】C
【解析】要看电源的总功率P与I的关系，则依据P=EI可知，P与I成正比例关系，故选项AB错误；
再看电源的总功率P与U的关系，则依据P=EI=E = ，可见，P与U是一次函数关系，选项C正确，D错误。
4. (2024· 云南曲靖一模)如图所示，在边长为a的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面对外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。若粒子在磁场中运动的过程中恰好与CB边相切，并从AB边穿出磁场，则v的大小为（ ）

十年高考物理分类解析：恒定电流第1题(2006年普通高等学校夏季招生考试理综天津卷（新课程）)题目19.如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同。

在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则A.电压表的示数变大B.电池内部消耗的功率变大C.电阻R2两端的电压变大D.电池的效率变大答案 B解析：设电阻，当电键S1接1时，电路中总电阻为，当电键S1接2时，电路中总电阻为，总电阻变小，由，变小，变大，路端电压，电源的不变，则路端电压减小，即伏特表读数减小，选项A错误，电源内部消耗的功率，变大，增大，B选项正确，当电键S1接1时，两端电压，当电键S1接2时，两端电压，两端电压变小，C选项错误，电池的效率，则当电键S1由接1改为接2时，总电阻变小，电池的效率减小，D选项错误，所以B选项正确。

第2题(2006年普通高等学校夏季招生考试物理上海卷)题目11．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是（A）U1/I不变，ΔU1/ΔI不变．（B）U2/I变大，ΔU2/ΔI变大．（C）U2/I变大，ΔU2/ΔI不变．（D）U3/I变大，ΔU3/ΔI不变．答案 ACD第3题(2005年普通高等学校夏季招生考试大综辽宁卷（新课程）)题目32．图3中B为电源，R1、R2为电阻，K为电键。

现用多用电表测量流过电阻R2的电流。

将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处答案 C解析：电流表应串联在电路中，将K断开，多用电表的两个表笔，接入电路时应遵循“红正黑负”的原则，所以红表笔接在a处，黑表笔接在b处，所以C选项正确。

【答案】 AC
【解析】由题图知外电路的总电阻为
10Ω，回路的总电阻为 12Ω，由全电路欧姆定律可知
E I R 1A, 所以路端电压 U R IR 10V , A 正确；电源的总功率 P IE 12W , B 错误； 由串并联电路特点得 a、b 的电流均为 0.5A ，所以 U ab 0.5 (15 5) 5V , C 正确； a、 b
电动势越大说明这种转化本领越强， 但不能说明储存的电能越多， 故选项 A 、B 错误而选项
C 正确；闭合电路中电源两端电压大小等于外电压大小，故选项
D 错误。
4.（上海卷 18）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为 示数为 I；在滑动变阻器 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中
【解析】 A 中根据闭合回路欧姆定律可得 E U
Ir ，可测量多组数据列式求解，
A 正确；
U
B 中根据欧姆定律可得 E
(r R) ，测量多组数据可求解， B 正确； C 中根据欧姆定律
R
可得 E I (R r ) ，可测量多组数据列式求解， C 正确；D 中两个安培表和一个滑动变阻器，
由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量， D 错误；
2.（北京卷， 19）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验 方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是
A. 一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B.一个伏特表和多个定值电阻 C.一个安排表和一个电阻箱 D.两个安培表和一个滑动变阻器 【答案】 D
3. （上海卷， 13）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此 （A ）电动势是一种非静电力

专题09 恒定电流第一部分 名师综述恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容：一是以部分电路的欧姆定律为中心，考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题;二是以闭合电路的欧姆定律为中心，考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系；三是以电路中的电工仪表的使用为中心，考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点. 欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。

历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题,值得说明的是,近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的基本技能。

尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.第二部分 精选试题1、【2017·重庆市高三上学期(一诊）期末测试】利用如图所示电路可测量待测电阻R x 的阻值。

定值电阻R 1、R 2阻值已知，闭合电键S,调节电阻箱接入电路阻值为R 3时，电流表示数为零，则R x 阻值等于： （ ）A ．R 2B ．123R R R C ．132R R R D ．321R R R 【答案】D2、【2017·辽宁省铁岭市协作体高三上学期第三次联考】如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处,现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为： （ )A ．4RB ．5RC ．10RD ．16R 【答案】D【名师点睛】考查欧姆表的改装原理，关键是知道欧姆表的内部结构，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻；3、【2017·四川省成都市高三第一次诊断性检测】如图所示，E 为内阻不计的电源，MN 为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝,C 为电容器。

高考题精解分析：22恒定电流高频考点：电路根本规律和物理量、伏安特性曲线、直流动态电路分析动态发布：全国理综卷第17题、新课标卷第19题、物理第12题、物理第2题、理综卷第17题、物理第5题是高考考查的重点和热点，考查恒定电流的试题一般为选择题，也可能为计算题，难度中等。

考查方式例1〔全国理综卷第17题〕通常一次闪电过程历时约0.2～O.3s，它由假设干个相继发生的闪击构成。

每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。

在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60μs。

假定闪电前云地间的电场是均匀的。

根据以上数据，以下判断正确的选项是A. 闪电电流的瞬时值可到达1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为l×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/mD. 整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J【解析】：闪电电流I=Q/t=1×105A，选项A正确；闪电过程的瞬时功率P=UI=1.0×109×1×105=1×1014W，选项B错误；闪电前云地之间的电场强度约为U/d=1.0×106V，选项C正确；第一个闪击过程向外释放能量为qU=6×1.0×106J=6.0×109J，选项D错误。

【答案】：AC【点评】此题以闪电切入，考查电流、电功率、电场强度、能量等知识点。

考查方式例2．〔新课标卷第19题〕电源的效率η得到的实验图线如下列图，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为A．34、14B．13、23C．12、12D．23、13【解析】根据效率的定义可得电源效率η=U/E，E为电源的总电压〔即电动势〕，根据图象可知U a=2E/3，U b=E/3，所以ηa、ηb的值分别为23、13，选项D正确。

专题8恒定电流（解析版）
近5年（2012-2022）高考物理试题分类解析
1、（2022·浙江6月卷·T12）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为 时，输出电功率为 ，风速在 范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为 ，空气密度为 ，风场风速为 ，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
[答案] 10 ，0.45W
【解析】据图象，电源电动势E=3V，内阻
滑片P移至最右边时，路端电压 ，又 ，解得I=0.2A，所以 .
当 时，R'消耗的最大功率为Pmax= (大家都知道为什么是这样，不再赘述)
[考察知识]闭合电路欧姆定律。
[核心素养]科学探究(电路的动态过程+闭合电路，功率与等效内阻的关系)
故C错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故D正确；
故选D。
3.2020全国1卷第４题
4.图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是（ ）
B.直流电源对无人机供电的额定电流为
C.无人机上升过程中消耗 平均功率为
D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
【答案】BD
【解析】A．无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于200N后小于200N，最后等于200N，选项A错误；
B．直流电源对无人机供电的额定电流 ，B正确；
则该发电机年发电量至少为

高中物理学习材料（2011·上海）13．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J。

为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）（A）3V，1.8J （B）3V，3.6J （C）6V，l.8J （D）6V，3.6J（2011·上海）17．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）（A）总功率一定减小（B）效率一定增大（C）内部损耗功率一定减小（D）输出功率一定先增大后减小9. （2012·海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。

下列说法正确的是A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半【答案】：AD 【解析】：保持U 不变，由U=Ed 可知，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半，选项A 正确；保持E 不变，由U=Ed 可知，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，选项B 错误；保持d 不变，电容器的电容量C 不变。

将Q 变为原来的两倍，由C=Q/U 可知，则U 变为原来的两倍，选项C 错误；保持d 不变，电容器的电容量C 不变。

将Q 变为原来的一半，由C=Q/U 可知，则E 变为原来的一半【考点定位】此题考查平行板电容器及其相关知识。

（2012·福建）14、【原题】：如图，理想变压器原线圈输入电压u=sin m t U ，副线圈电路中0R 为定值电阻，R 是滑动变阻器。

和是理想交流电压表，示数分别用1U 和2U 表示；是理想交流电流表，示数分别用1I 和2I 表示。

下列说法正确的是 A ．1I 和2I 表示电流的瞬间值 B ．1U 和2U 表示电压的最大值 C ．滑片P 向下滑动过程中，2U 不变、1I 变大 D ．滑片P 向下滑动过程中，2U 变小、1I 变小（2012·浙江）17、功率为10W 的发光二极管（LED 灯）的亮度与功率60W 的白炽灯相当。

十．高考物理中的电路问题（一）问题概述恒定电流的电路问题是在初中学过的“电流的定律”和“电功、电功率”的基础上的加深和扩展，主要讨论了电源的作用，电路的组成和结构，有关电流的规律，以及电路中的能量转化关系等内容．其中如电流、电压、电阻、电动势等物理概念以及部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律等物理规律，即是电磁学的基础，也是处理电路问题应用频率最高的知识点，在复习中必须深入理解，熟练掌握．近几年本章内容的高考试题多集中在电路的变化、电路故障的检测、含电容电路以及含电表（理想或非理想）电路问题的分析上，以选择题或填空题的形式出现．另外，由于该部分知识与学生实验结合紧密，因而往往通达实验考查部分知识的运用情况，实验考查既具体又灵活，如仪器的选取、读数、电路的连接、数据处理、误差分析等，每年试题均有涉及，在复习中应予以足够的重视．再者，用实验中学过的实验方法去设计或处理未遇到过的实验问题也是高考实验的趋势．高中物理中，除直流电路问题外，还有感应电路、交流电路问题．在复习中既要注意与直流电路的相同之处，又要注意其区别．（二）考题归类由上所述，可根据电路中电流是否变化，将高考物理电路问题分为4类：直流电路、感应电路、交流电路和振荡电路．（三）经典例析1． 直流电路例1 （2002年全国，20题）在如图2－10－1所示的电路中，R 1 、R 2 、R 3 和R 4均为定值电阻，R 5为可变电阻，电源的电动势为E ，内阻为r ．设电流表A 的读数为I ，电压表V 的读数为U ．当R 5的滑动触点向图中a 端移动时（ ） A ．I 变大，U 变小 B ．I 变大，U 变大 C ．.I 变小，U 变大D ．I 变小，U 变小分析和解 应用极限类推法求解．滑动触点由b 向a 移动，表明电阻R 5由大变小，设0≤R 5≤ ∞,当R 5等于零时（即a 点位置），短路，I A =0 (极小),U V 也最小，应选D ．评析 极限类推法是指根据有关物理规律，在不超出该规律适用的环境条件下，对其所涉及的变量作合理延伸，通过对变量取特殊值（一般为极限值）进行比较，作出相关判断．该方法成立的依据是极限值不超出变量的取值范围，其适用题型多为客观型选择题，其特点是速度快、准确度高．由以上分析可以看出，在采用极限类推法解题时，只要所选择的极限值在变量允许的范围内，符合变量的变化趋势，就能够迅速准确地作出判断． 例2 (1999年上海,15题)如图2－10－2所示电路由8个不同的电阻组成，已知R 1=12Ω，其余电阻阻值未知，测得A 、B 间的总电阻为4Ω，今将R 1换成6Ω的电阻，则A 、B 间的总电阻变为 Ω．分析和解 用等效替代法求解，把AB 间除R 1外的其他电阻等效为一个电阻R 0，则R 0与R 1并联的总电阻为4Ω，可求出R 0，将R 1换成6Ω的电阻后，A 、BE图2－10－1 R 图2－10－2间的总电阻即为R 0与6Ω电阻的并联值．把AB 间除R 1外的其他电阻等效为一个电阻R 0，则其等效电路图为图9-8，又其总电阻为4Ω，则R 1R 0/(R 1+R 0)=4Ω，把R 1=12Ω代入得R 0=6Ω，把R 1换成6Ω的电阻后，AB 间的总电阻为R 0与6Ω电阻的并联值，显然R AB =3Ω． 评析 把AB 间除R 1外的电阻等效为一个电阻，用等效替代法求解，是本题的关键，等效替代法是物理学中重要的方法之一．例3 (1995年全国，7题)两个定值电阻R 1、R 2串联后接在电压U 稳定于12V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R 1、R 2的电压表接在R 1两端(如图2－10－4)，电压表的示数为8V ，如果他把此电压表改接在R 2两端，则电压表的示数将( )A ．小于4VB ．等于4VC ．大于4V 小于8VD ．等于或大于8V分析和解 根据串联电路的电压分配特点求解．由题意知电压表的内阻不能忽略，电压表与R 1并联时，总电阻小于R 1，电压表的示数亦即R 1两端电压为8V ，则R 2两端电压为4V ．若去掉电压表，电阻变大，R 1分得的电压会增大，即大于8V ，则R 2分得电压会小于4V ，再把电压表并在R 2两端，并联电阻会小于R 2，故R 2分得的电压会更小，一定小于4V ．选A ．评析 本题抓住并联电路的总电阻小于其中任一并联支路的电阻，巧妙利用串联电路正比分压的特点求解．例4 (2000年春季，21题)AB 两地间铺有通讯电缆，长为L ，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通常称为双线电缆.在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保护层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两导线之间接了一个电阻．检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置：（1）令B 端的双线断开，在A 处测出双线两端间的电阻R A ；（2）令A 端的双线断开，在B 处测出双线两端的电阻R B ；（3）在A 端的双线间加一已知电压U A ，在B 端用内阻很大的电压表测出两线间的电压U B ．试由以上测量结果确定损坏处的位置．分析和解 设双线电缆每单位长的电阻为R ，漏电处电阻为R ，漏电处距A 端为x ，则R A =Rx +RR B =R (L-x )+R由欧姆定律，可知AB U U R rx R =+ 解得 BA AB A B A A U R U R R U U L R x 2)()(-+-= ． 评析 本题的关键是要读懂题意，弄清正确的物理情景，而涉及到的物理规律并不复杂．本题考查了应用所学知识解决实际问题的能力．图2－10－3图2－10－4例5 (2000年上海,19题)某同学按如图2－10－5所示电路进行实验，实验时该同学将变将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．(1)电路中E 、R 分别为电源的电动势和内阻，R 1、R 2、R 3为定值电阻，在这五个物理量中，可根据上表中的数据求得的物理量是(不要求具体计算) ．(2)由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是 ． 分析和解 (1)由题图电路可知，电压表、电流表都作为理想电表时，电压表V 1示数为R 3两端电压，电流表A 2示数为R 3上的电流，根据欧姆定律可求得R 3的阻值.同理电压表V 2示数为R 2两端电压，电流表A 1与A 2示数之差为R 2上的电流可求得R 2的阻值．由于变阻器触片P 有两个不同位置对应的电流、电压值，根据闭合电路欧姆定律，可列式E=I 1(R +R 1)+U 1 及 E=I 1′(R +R 1)+U 1′可求出E 及(R +R 1)而由于R 1未知且不可求，故电源内阻R 不能求出.所以根据表中数据可求得的物理量是R 2、R 3的阻值及E ．(2)若电路发生故障使两电压表示数相同，则滑动变阻器R P 上的电势降落为零，R P 电压为零时由欧姆定律U =I R P 可知，可能R P=0，即R P 发生短路或I R P =0，即R 2发生断路．评析 读懂题意，认清电路，分析各表示数的物理含义，弄清正确的物理情景，根据电阻的串并联规律和欧姆定律分析处理数据，得出结论．例6 (2000年广东综合,35题)某房间的入户电源线如图2－10－6所示，现有工作电压为220V 电器如下：100W 的灯泡6只，200W 的电视机1台，1000W的电冰箱1台，1500W 的洗衣机1台，700W 的微波炉1台和1000W 的暖风机1台，还有三只额定电流均为8A 的保险盒，如何将上述电器全部合理地接入电路？要求画出接线图，电器用后面指定的符号表示，例如功率为100W 的灯泡用○×表示，功率为200W 的电视机用W 200电视机表示，保a 是火线，b 是零线． 分析和解 电路中的电流不能超过保险盒的额定电流8A ，则要计算每条线路的最大负荷.还应注意保险盒接在火线上，用题中规定符号表示用电器. 要将各用电器分配到三条线路上，重点是电路中的电流不能超过保险盒的额定电流8A 的要求．.因此，首先计算每条线路最大负荷是多少．因为P =IU =8×220=1760W ，即每条线路的用电器的总图2－10－6图2－10－7功率不能超过1760W ，然后再将各用电器平均分到三条线路上，还应注意是保险盒一定要接在火线上，这样才能起到保险作用.按上述要求，第一线路可接1000W 的电冰箱和700W 的微波炉，总功率为1700W ；第二线路接1500W 的洗衣机和200W 的电视机，总功率也是1700W ，第三线路是接1000W 的暖风机和6盏100W 的灯泡总功率为1600W ，接线如图.2－10－7所示．但这种接法并不是唯一的，可有多种接法，只要每一线路不超过1760W 就可以．评析 电路的设计问题，在满足用电器正常工作的情况下，一般有多种方案，但应注意选择合理，简便、节能的设计方案．2．感应电路例7 （2002年广东，15题）如图2－10－8所示，半径为R 、单位长度电阻为λ的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O.匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感应强度为B.平行于直径MOM 的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动，杆的电阻可忽略不计，杆与圆环接触良好.某时刻，杆的位置如图所示，∠aOb=2θ，速度为v.求此时刻作用在杆上安培力的大小.分析和解 杆切割磁感线时，ab 部分产生的感应电动势E=vB(2Rsin θ)，此时弧aMNb 和弧ab 的电阻分别为2λR(π-θ)和2λR θ. 它们并联后的电阻2()R r λθπθπ-=. 杆中的电流E I r=. 作用在杆上的安培力F=IB(2Rsin θ). 由以上各式解得)(sin 222θπθθλπ-⋅=R vB F . 评析 在电磁感应现象中有感应电动势产生，若电路是闭合的，电路中就产生感应电流，这类电路问题与直流电路有着相同的规律，当外电路为纯电阻时，闭合电路欧姆定律、串并联电路的一些规律都可应用.本题中导体杆拉入电路的有效部分ab 为电源，圆环的优弧aMNb 和劣弧ab 并联以后构成外电路.例8 （1996年上海，二，2题）如图2－10－9所示 (a)、(b)中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小.接通开关K ，使电路达到稳定，灯泡S 发光.则（ ）A.在电路(a)中，断开K ，S 将渐渐变暗B.在电路(a)中，断开K ，S 将先变得更亮，然后渐渐变暗 C.在电路(b)中，断开K ，S 将渐渐变暗D.在电路(b)中，断开K ，S 将先变得更亮，然后渐渐变暗分析和解 在电路(a)中，由于灯泡S 有较大的电阻，因此在开关K 接通、电路稳定的条件下，LS 支路中的电流比R 支路的电流小.当K 突然断开时，由于L 产生自感电动势，在LSR 回路中出现沿顺时针方向的电流，必然小于原来LS 支路中的电流，而且越来越弱最后趋于零. 因此选项A 正确.在电路(b)中，由于L 支路的电阻值很小，因此在开关K 接通、电路稳定的条件下，L 支路中的电流比RS 支路的电流大很多.当K 突然断开时，由L产生自感电动势、图2－10－8 E E 图2－10－9在LSR 回路中出现沿顺时针方向的电流，必然在最初时刻大于原来RS 支路中的电流，因而灯泡S 将先变得更亮，然后电流越来越弱最后趋于零.因此选项D 正确.评析 由于各电路的电阻不同,故通过线圈的电流不同,则断电时产生的自感电动势不同.例9 （2000年上海，23题）如图2－10－10所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef ，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 搁在框架上，可无摩擦滑动．此时abcd 构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为R ，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B 0．（1）若从t =0时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k ，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向． （2）在上述（1）情况中，始终保持棒静止，当t t =1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？（3）若从t =0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化（写出B 与t 的关系式）？分析和解 （1）感应电动势2kl tE =∆∆Φ=， 感应电流rkl R E I 2==，方向：逆时针． （2）t t =1时，10kt B B +=，BIl F =，Rkl kt B F 310)(+=∴． （3）不产生感应电流，则总磁通量不变20)(l B vt l Bl =+， vtl l B B +=∴0． 评析 感应电动势的产生，既可以由导体和磁场间存在相对运动产生（称为动生电动势），也可以由磁场随时间变化而产生（称为感生电动势）．高中物理在处理感应电动势问题时，通常只考虑一种情况．而本题恰恰有两种情况．因此，求解感应电动势时要多加小心，抓住使棒中不产生感应电流的条件，即∆Φ＝0，磁通量不变．3．交流电路例10 （2000年全国，18题）一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动．线圈匝数n ＝100．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图2－10－11所示．发电机内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R ＝95Ω．已知感应电动势的最大值E m ＝nw Φm ．，其中Φm 为穿过每匝图2－10－10 图2－10－11线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数．分析和解 已知感应电动势的最大值设线圈在磁场中转动的周期为T ，则有根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的最大值为设交流电流表的读数为I ，它是电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有由题给的φ－t 图线可读得解以上各式，并代入数据，得I ＝1.4A ．评析 熟练运用交变电流的有关公式，深刻理解相关概念的物理意义是解决此类问题的关键．例如，求电热应该用有效值，其电流必须用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值． 例11 （2000年春季，14题）如图2－10－12所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等．a 、b 端加一定交流电压后，两电阻消耗的电功充当之比P A ∶P B ＝___________．两电阻两端电压之比U A ∶U B ＝____________．分析和解 由1221I n I n =，得I 1׃I 2＝1׃4． 而 2212,,A B P I R P I R ==，12,A B U I R U I R ==，则 P A ׃P B ＝I 12；I 22＝1׃16，U A ׃U B ＝I 1׃I 2＝1׃4．评析 变压器习题中，研究对象多，物理量也多，要注意各种物理量的所属关系和因果关系，例如，谈到电压，即应明确是讨论谁的电压，它由哪些因素决定．在本题中通过审题，应知道电阻A 和变压器属串联关系，因此电路的输入电压U 并不是变压器的输入电压，而由于串联，电阻A 和变压器原线圈的电流相同．4．振荡电路例12 （1998年上海，5题）如图2－10－13所示的电路中，L 是电阻不计的电感器，C 是电容器．闭合开关S ，待电路达到稳定状态后，再打开开关S ，LC 电路中将产生电磁振荡．如果规定电感L 中的电流方向从a 到b 为正，打开开关的时刻为t ＝0，那么2－10－14图中能正确表示电感中的电流i 随时间t 变化规律的是（ ）图2－10－12分析和解 LC 振荡电路的能量变化始终是：电场能和磁场能之间的相互转化，在近年试题及大量练习中经常出现的题目无非两类；一类是首先给电容器充电，即给电路提供初始的电场能．另一类是首先给电路提供磁场能（如本题），因此，初始时刻，由于磁场能达最大值，说明电流也为最大值，考虑到规定的电流正方向，应选B 项．评析 ①由于在振荡电路中电场能和磁场能总是在相互转化，所以从能量——时间图像上总是伴随着正弦曲线和余弦曲线．②有些试题并不是选取特殊点为振荡起始点．经常出现的问题是题图所给定的起始时刻振荡电路中既有电流，又在电容器两相板间有电压，需判断的问题是：图示时刻对应充电过程还是放电过程．可见这一部分知识内容虽少，但变化非常灵活．（四）创新训练1．选择题 （1）如图2－10－15所示电路，调整可变电阻R 的大小，使得三个灯泡的功率相同，设三个灯泡的电阻分别为R 1、R 2和R 3.比较它们的大小，有（ ）A ．R 1=R 2=R 3B ．R 1<R 2=R 3C ．R 3>R 1>R 2D ．无法比较R 1、R 2、R 3的大小（2）如图2－10－16所示，将电压表V 1接到a 、b 间，读数18.0V ，若改将电压表V 2接到a 、b 间，则读数为18.6V ，现将V 1、V 2两电压表串联后接到a 、b 间，两表的读数分别为U 1和U 2，则一定有:( )A ．U 1>9.3VB ．U 2>9.3VC ．U 1+U 2>18.6VD ．18.0V<(U 1+U 2)<18.6V（3）（2000年天津理综）图2－10－17中A 、B 、C 是三相交流电源的三根相线，O 是中线．电源的相电压为220V ．L 1、L 2、L 3是三个“220V 60W ”的灯泡．开关K 1断开，K 2、K 3闭合．由于某种原因，电源中线在图中O '处断了，那么L 2和L 3两灯泡将（ ） A ．立刻熄灭 B ．变得比原来亮一些C ．变得比原来暗一些D ．保持亮度不变（4）如图2－10－18所示的电路中，电源的电动势为定值．固定电阻的阻值R 2小于可变电阻a 、b 两固定端之间的总阻值R 3，但R 2不等于零．干路中串联另一固定电阻，它的阻值R 1也不等于零．在可变电阻的滑片P 从a 图2－10－13 图2－10－14图2－10－15图2－10－16 图2－10－17 图2－10－18向b滑动的整个过程中，电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是（）A．U1变大，U2也变大B．U1变大，U2变小C．U1先变大后变小，U2也先变大后变小D．U1先变大后变小，U2总在增大（5）（2002年上海，3题）在如图2－10－19所示电路中，当变阻器R３的滑动头P向b 端移动时（）A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小2．非选择题（6）图2－10－20中，E1=1.5V，E2=1.5V，它们的内阻忽略不计；R1=3Ω，R2=6Ω，R3=4.5Ω．虚线方框中是一个内阻可以不计的直流电源．求：①用惯用的符号在虚线框中补画上电源，并标出正负极．②求出虚线框中的电源电动势和通过它的电流．（7）如图2－10－21所示，变压器铁芯，入户的两根电线（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断），Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电．①用户正常用电时，a、b之间有没有电压？②如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？（8）如图2－10－22所示电路，电源电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，其最大阻值为400Ω，在R0由零扩大到400Ω过程中，试讨论R0消耗的功率是如何随R0的电阻变化的，并求出R0上消耗最大功率，求电源的内阻及固定电阻上消耗最小功率之和．（9）图2－10－23 a所示的图象表示加在某灯泡上的电压与通过它的电流之间的关系，如忽略电池及电流表的内阻，试问：①按图b的方式把这样三个相同的灯泡接在电动势为12V的电池组上，则灯泡的阻值R 和电路中电流为多大？②把其中两个灯泡和一只R0=10Ω的定值电阻以及电动势为8V的电池组按图c的方式连接，则流过电流表的电流I A和此时灯泡的电阻R'为多大？I图a图b图c图2－10－22图2－10－19图2－10－20图2－10－21图2－10－23（10）如图2－10－24所示，电灯L 标有“4V ，1W ”，滑动变阻器R 总电阻为50Ω．当滑片P 滑至某位置时，L 恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A ．由于外电路发生故障，电灯L 突然熄灭，此时电流表示数为0.5A ，电压表示数为10V ，若导线完好，电路各处接触良好.试问：①发生的故障是短路还是断路？发生在何处？ ②发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？③电源的电动势和内电阻为多大？（11）如图2－10－25所示为某电饭煲电路图，加热煮饭依靠的是电阻R 3，R 3=65Ω，其上电压为220V 时，它能按额定功率工作；R 1=R 2=120k Ω，分别是两相同的指示灯L 1和L 2的限流电阻，指示灯的正常工作电流约为2mA ，它的电阻与R 1，R 2相比可以忽略；开关S 1是磁钢限温开关，手动才能闭合，当温度达到居里点（103℃）时，能自动断开，但在温度降低时不能自动复位闭合；开关S 2是双金属片自动开关，温度达到70—80℃时，自动断开，低于70℃时，自动闭合．将电饭煲接入220V 电路煮饭时，温度逐渐升高，升至103℃，饭煮熟．饭煮熟后，温度又开始从103℃降至70℃．试求上述两过程中电阻R 3上消耗的功率各是多少？（计算结果保留3位有效数字）并根据该电路图说明电饭煲煮饭和保温原理．（同时要求说明两开关的状态及指示灯哪个发光）（12）三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程.枢纽控制流域面积1.0×106 km 2，占长江流域面积的56％，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011m 3．水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面，在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W =8.40×l010kWh.该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)：①若三峡电站上、下游水位差按H ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．②若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天?③将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P =4.5×106 kW ，采用超高压输电，输电电压为U =500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0=18 kV ，要使输电线上损耗的功率等于输送电功率的5％，求：发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．（13分）（2004年春季，25题）如图2－10－26所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为l 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为2l ．磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．现有一段长度为2l 、电阻为2R 的均匀导体杆MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ac 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac图2－10－24 图2－10－25平行并与导线框保持良好接触．当MN 滑过的距离为3l 时，导线ac 中的电流是多大？方向如何？参考解答（1）C 分析和解 先简化电路．由于A 、B 间用无电阻导线连接，则A 、B 两点电势相等，可合并为一点，然后利用分支法，画出串并联关系明显的等效电路图为图答2－10－1．由于三个灯泡的功率相等，即P 1=P 2=P 3，而由等效电路图知:I 1+I R =I 2 ． 由P =I 2R 知R 1>R 2又U 1<U 3，P 1=P 3 由P =U 2/R 知 R 3>R 1 则R 3>R 1>R． 选C ． （2）BC分析和解 由于电压表V 1、V 2分别接在a 、b 间时，读数不相同，说明两电压表并非理想电表，其电阻不能忽略不计.而V 2的读数大于V 1的读数，说明接V 2时a 、b 间的总电阻大于接V 1时a 、b 间的总电阻，故V 2表的内阻R V2大于V 1表的内阻R V1.当两表串联后接到a 、b 间时，a 、b 间的总电阻会大于V 2接到a 、b 间时的总电阻，故此时a 、b 间的电压会大于接V 2时a 、b 间的电压，即U 1+U 2>18.6V ，则选C ；又R V2>R V1，则U 2>U 1，2U 2>18.6V ，∴U 2>9.3V ， B 项正确．（3）C分析和解 如题给图所示，当k 1断开且中线在O '处断开后，L 2、L 3两灯串联在两根相线间，总电压为380 V ，两灯电压均小于220 V ，因此均变暗，答案为C ．（4）D分析和解 先认清电路结构．由可变电阻与R 2组成有两个支路的并联电路，即滑动变阻器的Pb 段与R 2串联后再与Pa 段并联，P 与a 为两端点．V 1测的就是这个并联电路两端P 、a 之间的电压，V 2测的仅是其中一个支路中的一部分电压，即该支路的电流I 2与R 2的乘积I 2R 2的值．当滑片在a 端时，显然V 1、V 2的读数均为零．随着P 逐渐上移，可推导出P 、a 间并联电路的阻值从无到有、并在最初阶段逐渐增大．应用并联电路规律推理可知，由于题设R 2＜R 3．因此当P 移到变阻器Pa 段阻值为232R R +的位置c 时，两个支路的电阻相等，此时并联电路的阻值最大，23max 4R R R +=并．然后P 滑至b ，则R 并又逐渐变小直到减为2323R R R R +． P 、a 间的电压11E U IR R R r ==++并并，因此U 1将由零先渐变到最大、再渐变到较小．由此可先排除错项A 和B ．由于U 2＝I 2R 2，其中R 2为定值，所以只分析支路电流I 2的变化即可．在P 由a 移到c 点的过程中(可变电阻上a 、c 间电阻为232ac R R R +=)，含R 2的支路电阻（即R Pb ＋R 2）不断减小，而其电压U 1前已述及在不断增大，所以在此阶段中由122Pb U I R R =+知I 2由零起不断增大．问图答2－10－1 图2－10－26题出在后一阶段，即P 由c 移到b 这一过程．在此过程中若只看含R 2支路的电阻的变化和支路端电压U 1的变化，就会遇到二者都将减小致使无法判定电流I 2如何变化的问题．在推理过程中要兼顾局部与整体的关系．要从局部电路的变化看到对全局的影响，再回过来看对各个相关局部电路的影响．具体来说，要分析I 2的变化，可根据I 2=I －I pa ，从分析P 由c 滑向b 的过程中引起的干路电流I 和另一支路电流I pa 的变化着手．显然I 将因并联电阻R 并减小增大，而1Pa PaU I R =，其中U 1将减小，而R Pb 在增大，因此I pa 必将减小．可见，I 2将因P 由c 滑向b 而进一步增大，因此电压U 2也将随着进一步增大．综合上述推理结果可知，在可变电阻的滑片P 从a 向b 滑动的整个过程中，电压表V 1的读数U 1先变大后变小，电压表V 2的读数U 2则总在增大，即选项D 是唯一正确的选项．（5）B分析和解 当变阻器R ３的滑动头P 向ｂ端移动时R 3变小，故总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知总电流I 增大，则内电路电压增大，因电动势不变，故端电压U 减小．R 1的电压U 1＝IR 1增大，故R 3的电压由串联电路的分压特点知U 3＝U －U 1，故U 3减小．流过R 2的电流I 2＝U 3/R 2，故I 2减小．由并联电路的分流特点知R 3的电流I 3＝I －I 2，所以I 3增大．图中电压表测的是路端电压，因此电压表示数变小．电流表测的是I 3，故电流表示数变大．B 项正确．对本题还可作一些讨论．在分析电流表示数变化情况时，先分析了其他电阻有关物理量变化的情况，到最后再分析变化电阻R 3的电流，这是因为它的情况较复杂．但是，任何事物都具有两重性．复杂到一定程度，量变引起质变，反而会变简单．也就是说，当滑动头P 向b 端移动时，R 3将减小，能减小到多少？其极限就是零即R 3被短路．也可以这样分析，设想P 向a 端移动，R 3将增大，其极限可视为无穷大即R 3断路，电流表将没有读数．结合初、末状态即可判断电流表示数的变化情况．当然，要注意极限法的使用要求，即所需判断的物理量其表达式应为单调函数，也就是说，该电阻应为单调变化．（6）①见分析和解．②4.5V ，1.5A ．分析和解 图中a 点电势为零，因此b 、c 点电势均为－1.5V ，故b 、c 点可用导线直接相连，电路等效为图答2－10－2所示．因为c 点电势低于d 点电势，所以R 1上的电流是从d 点经R 1流向c 点的．由此可判断虚线框中的电源如图所示，上负下正．11R U I dc == 0.5A ，E=U dc =I 1（R 1＋R 2）=4.5V ，33R U I de ==1A ，I=I 1＋I 3=1.5A ．（7）见分析和解．分析和解 ① 用户正常用电时，a 、b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生．②人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开．（8）讨论见分析和解，161max =P W ．min 0.01W.P '=图答2－6－2。