高考总复习·物理(新课标)：第八章 第二节课后检测能力提升

新人教版选修3最新高考物理第八章第二节知能优化训练1．两个电荷量相等的带电粒子，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )A．若它们的运动周期相等，则它们的质量相等B．若它们的运动周期相等，则它们的速度大小相等C．若它们的轨迹半径相等，则它们的质量相等D．若它们的轨迹半径相等，则它们的速度大小相等解析：选A.由洛伦兹力提供向心力可得r＝mvqB，T＝2πmqB，由此可知，在粒子的电荷量相同的情况下，半径由粒子的质量、速度大小共同决定，周期由带电粒子的质量决定，A正确．2．如图8－2－22所示，在x＞0、y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，不计重力的影响．由这些条件可知( )图8－2－22A．能确定粒子通过y轴时的位置B．能确定粒子速度的大小C．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D．以上三个判断都不对解析：选ABC.粒子在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出磁场，可知半径大小等于x0，A选项正确；由r＝mvBq＝x0⇒v＝Bqxm，所以B选项正确；画出轨迹可知粒子完成了四分之一圆周的路径，所以有t＝14T＝14·2πmBq＝πm2Bq，C选项正确，D选项错误．3．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图8－2－23所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )图8－2－23A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R＝mvqB.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B、带电荷量q不变．又据E k＝12mv2知，v在减小，故R减小，可判定粒子从b向a运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C选项正确．4．如图8－2－24所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( )图8－2－24A．1∶2 B．2∶1C．1∶ 3 D．1∶1解析：选B.由T＝2πmqB可知，正、负电子的运动周期相同，故所用时间之比等于轨迹对应的圆心角之比．作出正、负电子运动轨迹如图所示，由几何知识可得正电子运动的圆心角等于120°，负电子运动的圆心角等于60°，而电荷在磁场中的运动时间t＝θ2πT，所以t正∶t负＝θ正∶θ负＝2∶1，故B正确，A、C、D错误．5．带电粒子的质量m＝1.7×10－27kg，电荷量q＝1.6×10－19C，以速度v＝3.2×106m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17T，磁场的宽度l＝10cm，如图8－2－25所示．图8－2－25(1)求带电粒子离开磁场时的速度和偏转角．(2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及出磁场时偏离入射方向的距离．解析：粒子所受的洛伦兹力F＝qvB＝8.7×10－14N，远大于粒子所受的重力G＝1.7×10－26N，因此重力可忽略不计．(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为。

一、单项选择题1.(2016·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B 和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是()A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和解析：选D.带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式E p＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确．2．(2016·皖南八校联考)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正解析：选A.由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a 正、b 负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：q v B ＝q Ud，代入数据解得v ≈1.3 m/s ，故选A.3.(2016·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关 解析：选A.设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12m v 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r ＝m v qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2r cos θ，联立各式解得d ＝2m v 0qB ，因而选项A 正确． 4．如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上的速度v 射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R .则下列说法正确的是( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R 解析：选D.由r ＝m vqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝16T1＋16T2＝πm3qB＋2πm3qB＝πmqB，所以C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A错误、D正确．5.(2016·江苏常州高级中学高三月考)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析：选A.由T＝2πRv，T＝1f，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝2πmαqαB，故D错误．二、多项选择题6.在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是() A．带电性质B．运动周期C．运动半径D．运动速率解析：选AB.油滴做圆周运动的条件为：所受电场力与重力平衡，则电场力方向向上，油滴一定带负电，故A正确；由qE＝mg、R＝m vqB与T＝2πmqB，分析得：T＝2πEgB，R＝E vgB，因此周期一定相同，而运动半径、运动速率可能不同．故B正确，C、D错误．7．(2014·高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H满足：U H＝k I H Bd，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于R L，霍尔元件的电阻可以忽略，则()A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．I H与I成正比D．电压表的示数与R L消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流I H时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，I H方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与R L并联，根据并联分流，得I H＝R LR L＋RI，故I H与I成正比，选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则I L＝RR＋R LI，P L＝I2L R L，故U H＝kI H Bd＝ak（R＋R L）R2d P L，知U H∝P L，选项D正确．8.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．加速电场的电压U＝12ERC．直径PQ＝2B qmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷解析：选ABD.由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A 正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU ＝12m v 2，又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE ＝m v 2R ，解得U ＝ER2，选项B 正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有q v B ＝m v 2r ，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q 点，可得PQ ＝2r ＝2BERmq，选项C 错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r ＝1BmERq相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D 正确．三、非选择题9．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝1007m/s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度为v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8)．求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为G 点(未标出)，求G 点到D 点的距离．解析：(1)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动，在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力三个力且合力为0，因此带电小球应带正电荷．(2)在D 点速度为v D ＝v C ＝1007m/s 设重力与电场力的合力为F ，则F ＝q v C B 又F ＝mgcos 37°＝5 N解得qB ＝F v C ＝720在F 处由牛顿第二定律可得 q v F B ＋F ＝m v 2FR把qB ＝720代入得R ＝1 m小球在DF段克服摩擦力做功W F f，由动能定理可得－W F f－2FR＝m（v2F－v2D）2W F f≈27.6 J.(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝F m由2R＝at22得t＝4mRF＝225s交点G与D点的距离GD＝v F t＝825m≈2.26 m.答案：见解析10．(2016·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得r cos 45°＝h可得r＝2h又q v1B＝m v21 r可得v1＝qBrm＝2qBhm.(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为v b，结合类平抛运动规律，有v b＝v1cos 45°得v b＝qBh m设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－y b 结合类平抛运动规律得r＋r sin 45°＝v b ty b ＝12(v 1sin 45°＋0)t ＝2＋12h由动能定理有：－qEy b ＝12m v 2b －12m v 21 解得E ＝（2－1）qhB 2m .(3)粒子在磁场中的周期为T ＝2πr v 1＝2πm qB第一次经过x 轴的时间t 1＝58T ＝5πm 4qB在电场中运动的时间t 2＝2t ＝2（2＋1）mqB在第二次经过x 轴到第三次经过x 轴的时间 t 3＝34T ＝3πm 2qB所以总时间t 0＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝⎛⎭⎫11π4＋22＋2mqB . 答案：(1)2h 2qBhm (2)（2－1）qhB 2m(3)⎝⎛⎭⎫11π4＋22＋2mqB 11．如图甲所示，在边界MN 左侧存在斜向上方向的匀强电场E 1，在MN 的右侧存在竖直向上、场强大小为E 2＝0.4 N/C 的匀强电场，还有垂直纸面向里的匀强磁场B (图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E 3(图甲中未画出)，B 和E 3随时间变化的情况如图乙所示，P 1P 2为距边界MN 为2.29 m 的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为m ＝4×10－7 kg ，带电荷量为q ＝1×10－5 C ，从左侧电场中距边界MN 为s ＝115m 的A 处无初速度释放后，沿直线以v ＝1 m/s 的速度垂直MN 边界进入右侧场区，设此时刻t ＝0，取g ＝10 m/s 2.(1)求MN 左侧匀强电场的电场强度E 1；(sin 37°＝0.6) (2)求带电微粒在MN 右侧场区中运动1.5 s 时的速度；(3)带电微粒在MN 右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？⎝⎛⎭⎫1.22π≈0.19解析：(1)设MN左侧匀强电场场强E1方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图(a)所示，沿水平方向有qE1cos θ＝ma沿竖直方向有qE1sin θ＝mg对水平方向的匀加速运动有v2＝2as代入数据可解得E1＝0.5 N/C，θ＝53°即E1大小为0.5 N/C，其方向与水平方向成53°角斜向上．(2)带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2＝mg在0～1 s时间内，带电微粒在E3电场中的加速度大小为a＝qE3m＝1×10－5×0.0044×10－7m/s2＝0.1 m/s2带电微粒在1 s时的速度大小为v1＝v＋at＝(1＋0.1×1) m/s＝1.1 m/s在1～1.5 s时间内，带电微粒做匀速圆周运动，周期为T＝2πmqB＝2π×4×10－71×10－5×0.08πs＝1 s在1～1.5 s时间内，带电微粒正好做半个圆周的运动，所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5 s时的速度大小为1.1 m/s，方向水平向左．(3)在0～1 s时间内带电微粒向右运动的位移为s1＝v t＋12at2＝⎝⎛⎭⎫1×1＋12×0.1×12m＝1.05 m带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径为r＝m vqB＝4×10－7×1.11×10－5×0.08πm＝1.12πm因为r＋s1＜2.29 m，所以在1～2 s时间内带电微粒未碰及墙壁在2～3 s时间内带电微粒做匀加速运动，加速度仍为a＝0.1 m/s2在0～3 s时间内带电微粒共向右运动的位移s3＝v t2＋12at22＝⎝⎛⎭⎫1×2＋12×0.1×22m＝2.2 m在t＝3 s时带电微粒的速度大小为v3＝v＋at2＝(1＋0.1×2) m/s＝1.2 m/s在3～4 s时间内带电微粒做圆周运动的半径r3＝m v3qB＝4×10－7×1.21×10－5×0.08πm＝1.22πm因为r 3＋s 3＞2.29 m ，所以在3～4 s 时间内带电微粒碰及墙壁，带电微粒在3 s 以后运动情况如图(b)所示，其中d ＝(2.29－2.2)m ＝0.09 m sin θ＝dr 3≈0.5得θ＝30°所以，带电微粒做圆周运动的时间为t 圆周＝T 12＝2πm 12qB ＝2π×4×10－712×1×10－5×0.08π s ＝112s 带电微粒与墙壁碰撞前，在MN 右侧场区中运动的时间为t 总＝⎝⎛⎭⎫3＋112 s ＝3712 s. 答案：见解析。

第八章机械能守恒定律本章达标检测满分:100分;时间:90分钟一、选择题(本题共11小题,每小题4分,共44分。

在每小题给出的四个选项中,第1~8小题只有一项符合题目要求,第9~11小题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.(2020湖北宜昌一中高一下期末)质量为m的汽车在平直公路上行驶,阻力F f保持不变。

当汽车的速度为v、加速度为a时,发动机的实际功率为( )A.F f vB.mavC.(ma+F f)vD.(ma-F f)v2.(2020浙江宁波高三上期末)在平直公路上以一定速度行驶的自行车,所受阻力约为车和人总重的0.02,则人骑车的功率最接近于( )A.10-1 kWB.10-3 kWC.1 kWD.10 kW3.(2020安徽合肥八中高一下期中)如图所示,一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点,另一端系一小球。

给小球一足够大的初速度,使小球在斜面上做圆周运动。

在此过程中( )A.小球的机械能守恒B.重力对小球不做功C.轻绳的张力对小球不做功D.在任意一段时间内,小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量4.(2020吉林高三上期末)如图所示,皮带传送装置把物体P匀速送至高处,在此过程中,下列说法不正确的是( )A.摩擦力对物体做正功B.摩擦力对物体做负功C.支持力对物体不做功D.合外力对物体做功为零5.(2020江苏泰州中学高一下期末)空降兵在某次跳伞训练中,打开伞之前的运动可视为匀加速直线运动,其加速度为a,下降的高度为h,伞兵和装备系统的总质量为m,重力加速度为g。

此过程中伞兵和装备系统的( )A.动能减少了mahB.动能增加了mghC.重力势能减少了mghD.重力势能增加了mgh6.(2020湖南五市十校高一下期末)如图所示,质量为m的小猴子在“荡秋千”。

大猴子用水平力F缓慢将藤条拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向的夹角为θ,小猴子到藤条悬点的距离为L,忽略藤条的质量与空气阻力,重力加速度为g。

第二节 电路 闭合电路的欧姆定律一、串、并联电路的特点 1．特点比照串联并联电流 I ＝I 1＝I 2＝…＝I n I ＝I 1＋I 2＋…＋I n 电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U n U ＝U 1＝U 2＝…＝U n电阻 R ＝R 1＋R 2＋…＋R n1R ＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n电压与电流分配 电压与各局部电路的电阻成正比电流与各支路的电阻成反比功率分配与各局部电路的电阻成正比与各支路的电阻成反比2.几个常用的推论(1)串联电路的总电阻大于其中任一局部电路的总电阻．(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． (3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P 总是等于各个电阻耗电功率之和． (4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．1.电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，如此当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1提示：选B.由并联特点可知：R 1R 2＝I 2I 1＝21，又由串联电路特点可得：U 1U 2＝R 1R 2＝21，故B 正确．二、电源的电动势和内阻 1．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．(2)表达式：E ＝W q．(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量．2．内阻：电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数．2.判断正误(1)在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加．( ) (2)对于给定的电源，非静电力移动正电荷做功越多，电动势就越大．( ) (3)电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．( )(4)电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多．( )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( ) (6)E ＝W q只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定．( )提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ 三、闭合电路欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．2．公式⎩⎪⎨⎪⎧I ＝E R ＋r 〔只适用于纯电阻电路〕E ＝U 外＋U 内〔适用于任何电路〕3．路端电压U 与电流I 的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir ．(2)U －I 图象如下列图．①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电源电动势． ②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．3.(多项选择)如下列图为某一电源的U －I 图线，由图可知( )A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A 提示：AD对电路的串、并联方式的考查【知识提炼】简化串、并联电路的常用方法(1)等电势法：电流沿电势高→电势低的方向流动，假设两点之间等电势，如此没有电流．(2)电流流向法：电流分叉的地方如此为并联，否如此为串联．【典题例析】(2016·高考全国卷甲)阻值相等的四个电阻、电容器C 与电池E (内阻可忽略)连接成如下列图电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A ．25 B ．12C ．35D ．23[解析] 电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串、并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，如此电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．[答案] C(1)当含有电容器的直流电路达到稳定状态时，电容器处可视为断路，与之串联的电阻中无电流，不起降压作用．(2)电容器电压等于与之并联的电阻的电压．(3)电容器(或串联一个电阻)接到某电源两端时，电容器的电压等于路端电压． (4)在计算电容器所带电荷量的变化时，如果变化前后极板所带电荷的电性一样，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板所带电荷的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之和．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，如此R x 的阻值为( )A ．l 1l 2R 0B ．l 1l 1＋l 2R 0 C ．l 2l 1R 0D ．l 2l 1＋l 2R 0 解析：电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，如此R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如下列图．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2②由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S③R l 2＝ρl 2S④由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x ＝l 2l 1R 0.选项C 正确． 答案：C闭合电路欧姆定律的理解与应用【知识提炼】在恒流电路中常会涉与两种U －I 图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．电源U －I 图象 电阻U －I 图象关系式U ＝E －Ir U ＝IR图形物理意义电源的路端电压随电流的变化关系 电阻两端电压与电阻中的电流的关系截距与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U 、I 的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U 、I 的比值 表示外电阻的大小表示该电阻的大小 斜率(绝对值)电源电阻r 的大小假设图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小两曲线在同一坐标系中的交点表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压【典题例析】图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连成图乙所示电路．电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合电键S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．[审题指导] (1)根据欧姆定律写出R两端的电压U与电流I的关系式．(2)画出U－I图象．(3)两图象交点表示什么？[解析] 设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得：U＝E－I(R0＋r)，代入数据得U＝5－5I画出U＝E′－Ir′＝5－5I图线．如下列图，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率P R＝UI＝3.0×0.4 W＝1.2 W.(2)电源的输出功率P＝P R0＋P R＝I2R0＋P R＝0.42×4 W＋1.2 W＝1.84 W.[答案](1)1.2 W(2)1.84 W(1)电源的伏安特性图象(路端电压与电流的关系图象)①关系式：U＝E－Ir.②用图象表示如下列图．a ．U －I 图象是一条斜向下的直线．B ．纵轴的截距等于电源的电动势E ；横轴的截距等于外电路短路时的电流I 0＝Er. c ．直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝E I 0＝tan θ.θ越大，明确电源的内阻越大．(2)非线性元件有关问题的求解，关键在于确定其实际电压和电流，确定方法如下： ①先根据闭合电路欧姆定律，结合实际电路写出元件的电压U 随电流I 的变化关系． ②在原U －I 图象中，画出U 、I 关系图象． ③两图象的交点坐标即为元件的实际电流和电压．④假设遇到两元件串联或并联在电路中，如此要结合图形看电压之和或电流之和确定其实际电流或实际电压的大小．【跟进题组】考向1 闭合电路欧姆定律的计算1．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．假设有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ．假设将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，如此它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V解析：选D.电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E ＝800 mV.由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω，该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 正确．考向2 闭合电路欧姆定律的图象应用2．(多项选择)如下列图，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，如此如下说法正确的答案是( )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解析：选AB.根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，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＝3552Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．电路的动态分析问题 【知识提炼】1．电路动态分析的方法(1)程序法：根本思路是“局部→整体→局部〞．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反〞是指某一电阻增大(或减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(或增大)．“并同〞是指某一电阻增大(或减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(或减小)．2．电路故障问题的分析方法与技巧 (1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接局部没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，如此说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各局部电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为假设干局部，然后逐一假设某局部电路发生某种故障，运用闭合电路或局部电路的欧姆定律进展推理．【典题例析】(多项选择)(高考某某卷)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，如此( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[审题指导] 先分析电路的结构，当滑动变阻器连入电路的阻值变化时，会引起V 1、V 2、V 3、A 表的变化，结合图形得出ΔUΔI的含义．[解析] 变阻器滑片向下滑动，连入电路中的电阻R 变减小，由I ＝ER ＋R 变＋r，A 表示数增大，故A 正确；V 2表测量的是电源的输出电压，U 2＝E －Ir 减小，故B 错误；由于R 是定值电阻，如此ΔU 1ΔI ＝R ，如图甲所示，又由U 2＝E －Ir ，如此ΔU 2ΔI＝r ，如图乙所示，所以，ΔU 1＝ΔI ×R ，ΔU 2＝ΔI ×r ，又因R ＞r ，得ΔU 1大于ΔU 2，故D 正确；同理，U 3＝E －I (r ＋R )，ΔU 3ΔI＝r ＋R ，故C 正确．[答案] ACD【跟进题组】考向1 直流电路的动态分析1.如下列图，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中( )A ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数增大B ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数减小C ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数增大D ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数减小解析：选A ．在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数一直增大，选项A 正确．考向2 含容电路的动态分析2．(2017·石家庄模拟)在如下列图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，A 、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，如下说法中正确的答案是( )A ．电压表示数变小B ．电流表示数变小C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低解析：选D.在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，如此电压表示数变大．电阻R 2两端的电压U 2＝E －I (R 1＋r )，I 增大，如此U 2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，如此a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，如此I A增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D 正确．考向3 对电路的故障分析3.如下列图的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据现象分析，发生的故障可能是( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：选A．等效电路如下列图．假设R1断路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A项正确．假设R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B项错误．假设R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D项错误．1．“串反并同法〞的须知事项：“串反并同法〞的应用条件为单变量电路．对于多变量引起的电路变化，假设各变量对同一对象分别引起的效果一样，如此该方法适用；假设各变量对同一对象分别引起的效果不一样，如此“串反并同法〞不适用．2．电路中断路与短路的故障分析方法：首先要确定是哪个局部出现了什么问题，如果是短路，如此直接当成一根导线处理；如果是断路，如此直接像开关一样断开该条线路，由于电路结构被破坏，需要重新绘画电路图，然后Ｋ运用动态电路分析方法去分析，但要注意电路被破坏后电表从支路转为干路还是从干路转为支路，分析时要有理有据，常用的依据有欧姆定律以与电阻的串、并联规律等．Ｋ电源功率的计算【知识提炼】电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r 电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出 电源的输出功率 任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2 P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P 出P 总×100%＝U E ×100% 纯电阻电路：η＝R R ＋r ×100%【典题例析】(2017·西安模拟)如下列图，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ [审题指导] (1)R 1为定值电阻，电功率最大的条件是什么？(2)R 2为可变电阻，其电功率最大的条件是什么？(3)电源输出最大功率为E 24r的条件是什么？ [解析] (1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，如此新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．此题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析电源输出功率的极值问题的处理方法对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2＝E 2〔R －r 〕2R ＋4r . 由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为：(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r； (2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小；(3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.(多项选择)(2017·某某高三模拟)如下列图为两电源的U －I 图象，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接一样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接一样的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的一样电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：选AD.图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A 对；作外接电阻R 的U －I 图线分别交电源①、②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B 错，D 对；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2〔R ＋r 〕＝R R ＋r，因为电源内阻不同如此电源效率不同，C 错．1.(2015·高考卷)如下列图，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．假设用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，如此如下分析正确的答案是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，假设将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ；假设将接线柱1、3接入电路，如此(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2.(多项选择)(2016·高考江苏卷)如下列图的电路中，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 ，如下说法正确的有( )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 解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋r R ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r ＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r＝129.5 A ≈1.26 A ，D 项错误． 3．(多项选择)在如下列图的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向下滑动后，假设电流表A 和电压表V 1、V 2、V 3四个电表的示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，如此在滑片P 向下滑动的过程中，如下说法正确的答案是( )A ．ΔU 1ΔI 变大B ．ΔU 2ΔI不变 C ．ΔU 3ΔI 不变 D ．ΔU 3ΔI变大 解析：选BC.ΔU 1ΔI ＝r ，是电源内阻，保持不变，A 错误；ΔU 2ΔI＝R 1，是定值，选项B 正确；ΔU 3ΔI＝r ＋R 1，是定值，选项C 正确，选项D 错误． 4．(多项选择)在探究电路故障时，某实验小组设计了如下列图的电路，当电键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A 的亮度变暗，小灯泡B 的亮度变亮．如此如下对电路故障的分析正确的答案是( )A ．可能是定值电阻R 1短路B ．可能是定值电阻R 2断路C ．可能是定值电阻R 3断路D．可能是定值电阻R4短路解析：选BC.由于小灯泡A串联于干路中，且故障发生后小灯泡A变暗，可知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，如此R1和小灯泡B所在支路的电压增大，而R2的断路又使小灯泡B分配的电压增大，故小灯泡B变亮，选项B对；假设R3断路，必引起与之并联的支路(即R1所在支路)中电流增大，小灯泡B分得的电流也变大，小灯泡B变亮，应当选项C对．5．(多项选择)(2017·山西四校联考)如下列图，电源电动势E＝9 V，内电阻r＝4.5 Ω，变阻器R1的最大电阻R m＝5.0 Ω，R2＝1.5 Ω，R3＝R4＝1 000 Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么( )A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 WB．引入的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流流向为d→c解析：选AD.选项A中在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1＋R2＝r，R2＝1.5 Ω，如此R1＝3 Ω.电源的输出功率P m＝E24r＝4.5 W，应当选项A 正确；选项B中在开关S与a接触且当电路稳定时，在平行板电容器正中央引入一带电微粒，恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，应当选项B错误；选项C中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2与电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，应当选项C错误；选项D中在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流流向为d→c，应当选项D正确．一、单项选择题1．两个一样的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；假设将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，如此电源的内阻为( )A ．4RB ．RC ．R2 D ．无法计算 解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R2＋r×12，由以上两式可得：r ＝R ，应当选项B 正确． 2.(2017·大连模拟)如下列图，电源电动势为3 V ，内阻为1 Ω，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为3 Ω，电表均视为理想电表，如此如下说法不正确的答案是( )A ．闭合开关S ，电流表示数约为0.23 AB ．闭合开关S ，电压表示数约为1.3 VC ．如果撤去电压表所在的整个支路，闭合开关S ，电流表示数约为0.43 AD ．如果撤去电流表所在的整个支路，闭合开关S ，电压表示数约为1.4 V解析：选A ．闭合开关S ，电阻R 1、R 2被短路，电路中的电流I ＝E R 3＋R 4＋r≈0.43 A ；电压表测的是R 3两端的电压，U ＝IR 3≈1.3 V ；撤去电压表所在支路，闭合开关S ，电路中的电流不变，仍然为0.43 A ；撤去电流表所在支路，电路为R 1、R 2、R 3、R 4串联，电压表测量R 2、R 3的电压，整个回路的电流为I ′＝E R 1＋R 2＋R 3＋R 4＋r ＝313A ，故电压表示数为U ′＝I ′(R 2＋R 3)≈1.4 V.3.将电学元件按照如下列图的方式连接，两电表均为理想电表，电源有一定的内阻．现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，如此( )A ．两电表的读数均增大B ．小灯泡b 的亮度变暗，电流表的读数变小C ．小灯泡a 的亮度变亮，电压表的读数变小D ．电容器两极板所带的电荷量增加解析：选C.滑动变阻器的触头向下缓慢移动时，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同〞规律可知：电压表读数减小、小灯泡b 变暗，电流表读数变大、小灯泡a 变亮，电容器C 两端的电压等于小灯泡b 两端的电压，逐渐减小，所以电容器C 所带电荷量减少，C 正确，A 、B 、D 错误．4．(2017·重庆江津中学月考)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．如此图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．5.在如下列图的电路中，闭合开关S 后，L 1、L 2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L 2突然变亮，电压表读数减小，由此推断，该故障可能是( )A ．L 1灯丝烧断B ．电阻R 2断路C ．电阻R 2短路。