高考物理考前三个月高考题型集训第5题预测题型4电路的分析与计算

精练十一电路分析【考点提示】⑴欧姆定律、电阻定律、伏安曲线⑵串联并联、电功、电热、电功率⑶电动势、闭合电路欧姆定律、路端电压⑷电阻的测量、欧姆表的使用【命题预测】闭合电路的分析计算，电学实验是命题热点高考认证一、选择题1.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2.在图6所示电路中E为电源，其电动势=9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；K为电键。

开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通电键K，然后将触头缓慢地向A方滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光。

则CB之间的电阻应为（）A.10B.20C.15D.53.在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为ε，内阻为r。

设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。

当R5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4．图中A为理想电流表，和为理想电压表，定值电阻，为可变电阻，电池E内阻不计，则（A）不变时，读数与A读数之比等于（B）不变时，读数与A读数之比等于（C）改变一定量时，读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于（D）改变一定量时，读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于5.如图11-7所示的电路中，电源E的电动势为3.2 V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5 W，当开关S接位置1时，电压表的读数为3V，那么当开关S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是（A）很暗，甚至不亮（B）正常发光（C）比正常发光略亮（D）有可能被烧坏6.如图11-24所示的两种电路中，电源相同，各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计.电流表A1、A2、A3和A4读出的电流值分别为I1、I2、I3和I4.下列关系中正确的是(A) I 1＝I3(B) I1＜I4(C)I2＝２I1(D) I2＜I3＋I47.某实验小组用三只相同的小灯泡，联成如图所示的电路，研究串并联电路特点。

专题四、电路基础知识1．电路中几个重要的计算公式：I ＝q t 、I ＝U R 、R ＝ρl S 。

2．导体的伏安特性曲线对于线性元件伏安特性曲线是直线，对于非线性元件，伏安特性曲线是弯曲的，是非线性的。

3．电功、电功率、电热、热功率W ＝UIt (适用于任何电路)P ＝UI (适用于任何电路)Q ＝I 2Rt (适用于任何有电阻的电路)P 热＝I 2R (适用于任何有电阻的电路)纯电阻电路W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt非纯电阻电路W >Q 。

4．闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r，E ＝U 内＋U 外，E ＝IR ＋Ir 。

5．电源的几个功率(1)电源的总功率：P 总＝EI ＝I 2(R ＋r )。

(2)电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r 。

(3)电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内。

5.功率与电流之间的关系（如图）○1直线表示电源的总功率 P EI =总.○2曲线表示电源的输出功率 2P UI EI I r ==-出．○3曲线表示电源内部消耗的功率 2r P I r =．7．电源的效率η＝P 出P 总×100%＝U E ×100%＝R R ＋r×100%。

8、闭合电路的U I -图象图中a 为电源的U I -图象；b 为外电阻的U I -图象；a 的斜率的绝对值表示内阻大小；a 与纵轴的交点坐标E 表示电源的电动势；b 的斜率的绝对值表示外电阻的大小；两者的交点坐标(),M I U 表示该电阻接入电路时电路的总电流I 和路端电压U ；该点和原点之间的矩形的面积表示电源的输出功率.9、中性面：线圈平面垂直于磁感线时，各边都不切割磁感线，线圈中的感应电流为零，这一位置叫中性面。

特点：（1）线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零。

（2）线圈经过中性面时，线圈中的电流方向要发生改变。

线圈转一周有两次经过中性面，所以每转一周电流方向改变两次。

高考物理高考物理部分电路欧姆定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．以下对直导线内部做一些分析：设导线单位体积内有n个自由电子,电子电荷量为e，自由电子定向移动的平均速率为v．现将导线中电流I与导线横截面积S的比值定义为电流密度，其大小用j表示．(1)请建立微观模型,利用电流的定义qIt=，推导：j=nev;(2)从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动．设导体的电阻率为ρ，导体内场强为E，试猜想j与E的关系并推导出j、ρ、E三者间满足的关系式．【答案】（1）j=nev（2）E jρ＝【解析】【分析】【详解】（1）在直导线内任选一个横截面S，在△t时间内以S为底，v△t为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知：I qjS tSVV＝＝，其中△q=neSv△t，代入上式可得：j=nev（2）（猜想：j与E成正比）设横截面积为S，长为l的导线两端电压为U，则UEl ＝；电流密度的定义为IjS ＝，将UIR＝代入，得UjSR＝；导线的电阻lRSρ＝，代入上式，可得j、ρ、E三者间满足的关系式为：Ejρ＝【点睛】本题一要掌握电路的基本规律：欧姆定律、电阻定律、电流的定义式，另一方面要读懂题意，明确电流密度的含义．2．如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0-10V，当使用a、c两个端点时，量程为0-100V。

已知电流表的内阻Rg为500，满偏电流Ig为1mA，求电阻R1,R2的值。

【答案】；【解析】试题分析：接a、b时，为串联的，则接a、c时，为串联的和，则考点：考查了电表的改装原理点评：做本题的关键是理解电表的改装原理3．在如图所示的电路中，电源的电动势E=6．0V，内电阻r=1．0Ω，外电路的电阻R=11．0Ω．闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流Ⅰ；（2）在内电阻r上损耗的电功率P；（3）电源的总功率P总．【答案】（1）通过电阻R的电流为0．5A；（2）在内电阻r上损耗的电功率P为0．25W；（3）电源的总功率P总为3W．【解析】试题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流为：，（2）r上损耗的电功率为：P=I2r=0．5×0．5×1=0．25W，（3）电源的总功率为：P总=IE=6×0．5=3 W．考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．4．有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图1所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用．图1中，线圈的匝数为n，ab 长度为L1，bc长度为L2．图2是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是900．某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接电流传感器，电流传感器记录的图象如图3所示(I为已知量)，取边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻．不计线圈转动轴处的摩擦（1）求线圈在图2所示位置时，产生电动势E 的大小，并指明电刷和哪个接电源正极；（2）求闭合电路的总电阻和外力做功的平均功率；【答案】（1）nBL 1L 2ω，电刷M 接电源正极；（2）12nBL L R I ω＝， 1212P nBL L I ω＝ 【解析】（1）有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根据切割公式，有 E=2nBL 1v其中v ＝12ωL 2 解得E=nBL 1L 2ω根据右手定则，M 端是电源正极 （2）根据欧姆定律，电流：E I R＝ 解得12nBL L R Iω＝线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率P ＝12I 2R 解得1212P nBL L I ＝ω5．如图所示，U=10V ，电阻R 1=4Ω，R 2=6Ω，电容C=30μF 。

高三物理专题五电路分析及计算【内容要点】本专题的重点是闭合电路欧姆定律和串、并联电路的特点，难点是电路的识别和电路变化的分析，在电路的分析和计算时，要注意以下几个问题：1．电路的表征量E 、r 、R在电路的分析和计算时，一般认为E 和r 是不变的，最活跃的是R 。

当电路中某一部分电阻发生变化时，整个电路各部分的电流、电压和功率都将重新分配。

2．关于电阻串、并联的规律（1）串、并联混合电路的总电阻，总是随其中任一电阻的增大而增大、减小而减小。

（2）分压器电路的阻值：如图1所示，R 1和R 2组成分压器电路。

当R 1的串联部分阻值R AP 增大时，总电阻R AB 增大；R AP 减小时，总电阻R AB 减小。

（3）双臂环路的阻值：如图2所示，由R 1、R 2和R 组成双臂环路。

当AR 1P 支路和AR 2P 支路总阻值相等时，R AB 最大；当P 滑到某端，使某一支路阻值最小时，R AB 最小。

3．闭合电路中E 、R 总、I 总、U 端的关系 （1）E ≥U 端≥0断路时：R 总→∞，U 端=E 短路时：R 总→0，U 端=0（2）R 总↑→I 总=rR E+总↓→U 端=E —I 总r ↑ 反之，R 总↓→I 总↑→U 端↓ 4．部分电路中R 、I 、U 的关系（1）任一电阻R i 的阻值增大（电路中其余电阻不变），必将引起该电阻中电流I i 的减小，该电阻两端电压U i 的增大。

反之亦然。

Ri ↑→⎢⎢⎣⎡↑↓i i U I R i ↓→⎢⎢⎣⎡↓↑i i U I（2）任一电阻R i 的阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I 并的增大，与之串联的各电阻电压U 串的减小，反之亦然。

R i ↑→⎢⎢⎣⎡↓↑串并U I R i ↓→⎢⎢⎣⎡↑↓串并U I5．电路变化的分析方法电路的变化分析就是根据闭合电路或部分电路的欧姆定律及串、并联电路的性质，分析电路中某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电流、电压和功率的变化情况。

第9题 交变电流猜想题型1 交变电流的分析与计算1．如图1甲所示是一台沟通发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙．发电机线圈电阻为1 Ω，外接电阻为4 Ω，则( )图1A ．该交变电流的频率为25 HzB ．电压表的示数为4 VC ．在t ＝0.01 s 时刻，电路中电流的瞬时值为1 AD ．若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5 V 的电容器与外接电阻并联而不会被烧坏 答案 AC解析 由题图乙知，周期是0.04 s ，频率为25 Hz ，A 正确．电压的有效值E ＝522 V ，电压表示数U ＝RR ＋r E＝2 2 V ，B 错误．由i ＝eR ＋r得，i ＝1 A ，C 正确．由E m ＝NBSω得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，U m ＝8 V ，电容器会烧坏，D 错误．2．如图2所示为小型旋转电枢式沟通发电机，电阻r ＝1 Ω的单匝矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，滑动变阻器R 的最大阻值为6 Ω，滑片P 位于滑动变阻器距下端13处，定值电阻R 1＝2 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.02 s ．闭合开关S ，从线圈平面与磁场方向平行时开头计时，线圈转动过程中抱负电压表示数是5 V ．下列说法正确的是( )图2A ．电阻R 1消耗的功率为23WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的电动势e 随时间t 变化的规律是e ＝62sin 100πt VD ．线圈从开头计时到1200 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC 答案 D解析 P 位于滑动变阻器距下端13处，下部电阻为2 Ω，上部电阻为4 Ω，下部电阻与R 1电阻并联后的电阻为1 Ω，回路中干路电流I ＝U R 并＋R 上部＝51＋4A ＝1 A ，通过电阻R 1的电流为0.5 A ，消耗的功率P ＝I 2R 1＝0.5 W ，所以A 项错误；图中线圈的位置是垂直中性面的位置，电动势的瞬时值此时最大，线圈匀速转动的周期T ＝0.02 s ，经过0.02 s 时还是回到图中位置，滑动变阻器R 两端的电压瞬时值最大，所以B 项错误；线圈电阻r ＝1 Ω，内阻所占电压为1 V ，电动势的有效值为1 V ＋5 V ＝6 V ，电动势的最大值为6 2 V ，角速度为100π rad/s ，图中线圈的位置是垂直中性面的位置，线圈产生电动势的瞬时值表达式e ＝62cos 100πt V ，所以C 项错误；通过回路干路上的电荷量为q ＝ΔΦR 并＋R 上部＋r ，线圈从开头计时到1200 s 的过程中，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ＝E m ω＝62100π Wb ，q ＝2100π C ，通过R 1的电荷量是干路电荷量的一半，q ′＝2200π C ，所以D 项正确．3．如图3甲所示电路中，电阻R 的阻值为484 Ω，C 为电容器，L 为直流电阻不计的自感线圈，开关S 断开，当接上图乙所示的电压u ，下列说法正确的是( )图3A ．R 上的电压应等于155.5 VB ．电压表的示数为220 VC ．电阻R 消耗的功率小于50 WD ．为保证闭合开关S 后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311 V 答案 CD解析 依据有效值的概念则对此沟通电：(3112)2R ×0.01＝U 2R ×0.02，解得：U ＝110 2 V ＝155.5 V ，因电感线圈L 对沟通电有感抗，故R 上的电压应小于155.5 V ，选项A 错误；电压表的示数等于沟通电的有效值为155.5 V ，选项B 错误；若R 两端的电压为155.5 V ，其消耗的功率为P R ＝U 2R ＝(155.5)2484 W ＝50 W ，而R 上的电压应小于155.5 V ，故电阻R 消耗的功率小于50 W ，选项C 正确；为保证闭合开关S 后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于此沟通电的最大值311 V ，选项D 正确．4．如图4所示，单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．则线框中感应电流的有效值为( )图4 A.2BSω4RB.2BSω2RC.BSω4RD.BSω2R答案 A解析 线框中产生的感应电动势的最大值为：E m ＝12BωS ，则线框中感应电流的有效值为I ＝I m 2＝E m2R ＝2BωS4R，选项A 正确． 5.通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图5所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )图5 A ．12 V B ．410 V C ．15 V D ．8 5 V 答案 B解析 由图像知在一个周期内的电流大小状况：0～0.4 s 和0.6～1 s 时间内I 1和I 4的大小为0.1 A ．0.4～0.6 s 时间内I 2和I 3的大小为0.2 A ，则交变电流在一个周期内产生的总焦耳热Q 交＝0.12R ×0.8＋0.22R ×0.2，而恒定直流在沟通的一个周期内在电阻R 上产生的总焦耳热Q 直＝I 2R ×1，依据有效值的定义，有Q 交＝Q 直，得I ＝410100A ，电阻两端电压的有效值U ＝IR ＝410 V ，只有选项B 正确． 6.如图6所示，xOy 平面为光滑水平面，现有一长为d 、宽为L 的线框MNPQ 在外力F 作用下，沿正x 轴方向以速度v 做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B ＝B 0cos πd x (式中B 0为已知量)，规定竖直向下为磁感应强度正方向，线框电阻为R 0，t ＝0时刻MN 边恰好在y 轴处，则下列说法正确的是( )图6A ．外力F 为恒力B ．t ＝0时，外力大小F ＝ B 20L 2vRC ．通过线框的瞬时电流I ＝2B 0L v cosπv tdRD ．经过t ＝dv ，线框中产生的电热Q ＝2B 20L 2v d R答案 CD解析 由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也为变力，故要保持其匀速运动，外力F 不能为恒力，故A 错误；t ＝0时，左右两边的磁感应强度均为B 0，方向相反，则感应电动势E ＝2B 0L v ，拉力等于安培力，即F ＝2B 0IL ＝4B 20L 2vR，故B 错误；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为v t ，瞬时电动势E ＝2B 0L v cos πv td ，瞬时电流I ＝2B 0L v cosπv td R，故C 正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I ＝2B 0L v R ，故产生的电热Q ＝I 2Rt ＝2B 20L 2v d R，故D 正确．猜想题型2 变压器及其电路的动态分析图11．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的沟通电源和定值电阻R 0串联，如图1所示．心电图仪与一抱负变压器的原线圈连接，一可变电阻R 与该变压器的副线圈连接．在沟通电源的电压有效值U 0不变的状况下，将可变电阻R 的阻值调大的过程中( ) A ．通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流不变 B ．通过原线圈的电流不变，通过副线圈的电流变小 C ．通过原线圈的电流变小，通过副线圈的电流变小 D ．通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大 答案 C解析 在原、副线圈匝数比确定的状况下，变压器的输出电压由输入电压打算．在沟通电源的电压有效值U 0不变的状况下，输出电压U ′不变，此时可变电阻R 的阻值增大，则输出电流I ′减小．依据输入功率等于输出功率，输入电流I 变小，故A 、B 、D 错误，C 正确．2．如图2所示，在A 、B 间接入正弦沟通电U 1＝220 V ，通过抱负变压器和二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω的纯电阻负载供电，已知D 1、D 2为相同的抱负二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，Q 为副线圈正中心抽头，为保证平安，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R 上消耗的热功率为P ，则( )图2A ．U 0＝40 2 V ，P ＝80 WB ．U 0＝40 V ，P ＝80 WC ．U 0＝40 2 V ，P ＝20 WD ．U 0＝40 V ，P ＝20 W 答案 C解析 在A 、B 间接入正弦沟通电U 1＝220 V ，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，有：U 1U 2＝n 1n 2，得有效值U 2＝40 V ，而二极管的反向耐压值至少为U 0，它是最大值，所以U 0＝40 2 V ，Q 为副线圈正中心抽头，则R 两端电压为20 V ，所以R 消耗的热功率为：P ＝U 2R ＝20220W ＝20 W.3．如图3甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，R 1＝R 2＝20 Ω，C 为电容器．已知加在原线圈两端的正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示，则( )图3A ．沟通电的频率为100 HzB ．副线圈中沟通电压表的示数为20 2 VC ．电阻R 1消耗的电功率为20 WD ．通过R 2的电流始终为零 答案 C解析 依据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s 、频率为50 Hz ，故A 错误；由图乙可知原线圈最大电压为U m ＝200 2 V ，有效值为200 V ，再依据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知副线圈电压为20 V ，电表读数为有效值，故为20 V ，故B 错误；依据正弦沟通电的峰值和有效值关系和并联电路特点可知电阻R 1的电功率P ＝U 22R 1＝20220 W ＝20 W ，故C 正确；由于电容器有通沟通、阻直流的作用，则有电流通过R 2和电容器，即电流不为零，故D 错误．4．(2021·安徽理综·16)如图4所示电路中，变压器为抱负变压器，a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观看到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )图4A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动 答案 D解析 由于a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端，故电压表V 1示数不变，A 错误；由抱负变压器原理公式U 1U 2＝n 1n 2且U 1、n 1、n 2不变，则U 2不变，即V 2的示数不变，V 3的示数U 3＝U 2－I 2R 0应减小，故B 错误；由公式I 1I 2＝n 2n 1得：n 1n 2＝ΔI 2ΔI 1＝0.80.2＝4，则n 1＞n 2，该变压器起降压作用，故C 错误；又I 2＝U 2R 0＋R ，I 2增大，R 应减小，故滑片应沿c →d 方向滑动，故D 正确．5．如图5甲所示的电路中，抱负变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为抱负电表，R 0为定值电阻，R 为半导体热敏电阻(其阻值随温度的上升而减小)．下列说法中正确的是( )图5A ．图乙中电压的有效值为110 VB ．电压表的示数为44 VC ．R 处毁灭火警时，电流表示数减小D ．R 处毁灭火警时，电阻R 0消耗的电功率增大 答案 D解析 设将此电压加在阻值为R 的电阻上，电压的最大值为U m ，电压的有效值为U ，有(2U m 2)2R ·T 2＝U 2R·T ，代入数据得图乙中电压的有效值为110 2 V ，故A 错误．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5∶1，所以电压表的示数为22 2 V ，故B 错误．R 处毁灭火警时，R 的阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈中电流增大，即电流表示数增大，故C 错误．R 处毁灭火警时通过R 0的电流增大，所以电阻R 0消耗的电功率增大，故D 正确．6．如图6所示电路，一抱负变压器的原线圈a 、b 间接电压为u ＝2202sin 100πt V 的沟通电源，R 0为定值电阻，当滑动变阻器R 的滑片处在某位置时，灯泡L 刚好正常发光，则( )图6A ．流过灯泡L 的交变电流的频率跟变压器的原、副线圈匝数比无关，为100 HzB ．将R 的滑片向上滑稍许，灯泡L 的亮度不变C ．将R 的滑片向下滑稍许，变压器的输入功率变大D ．将R 的滑片向下滑稍许，灯泡L 的亮度变暗 答案 CD解析 流过灯泡的交变电流的频率与原、副线圈匝数比无关，其大小为f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，故A 错误；匝数不变时，R 的滑片向上滑稍许时，R 接入电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R 0两端的电压减小，则并联部分电压增大，则L 两端的电压增大，故L 的亮度增大，故B 错误； R 的滑片向下滑稍许时，接入电阻减小，总电流增大，输出功率增大，则输入功率也变大，故C 正确；滑片向下滑稍许时，接入电阻减小，总电流增大，R 0两端的电压增大，则灯泡两端电压减小，故亮度变暗，故D 正确．猜想题型3 远距离输电1．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，假如分别接受输电电压为U 2＝110 kV 和输电电压为U 2′＝330 kV 输电．则两种状况中，输电线上通过的电流之比I 2∶I 2′等于( ) A ．1∶1 B ．3∶1 C ．1∶3 D ．9∶1 答案 B2．一沟通发电机输出电压为u ＝U m sin ωt ，加在匝数比为1∶n 的抱负升压变压器的原线圈上，变压器的副线圈通过总电阻为R 的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为P ，则输电线上消耗的功率为( )A.n 2U 2m RB.n 2U 2m 2R C.P 2R n 2U 2m D. 2P 2R n 2U 2m答案 D解析 依据正弦沟通电的基本规律可知输入电压U 1＝U m2，依据抱负变压器的变压规律，设输出电压为U 2，则有U 1U 2＝n 1n 2＝1n ⇒U 2＝nU 1＝nU m 2，再依据变压器功率输出规律P 入＝P 出⇒P 出＝P ＝I 出U 2⇒I 出＝P U 2＝2P nU m ，则有P热＝I 2出R ＝2P 2Rn 2U 2m.故A 、B 、C 均错误，D 正确． 3．为了解决农村电价居高不下的问题，有效地减轻农夫负担，在我国宽敞农村普遍实施了“农网改造”工程，工程包括两项主要内容：(1)更新变电设备，提高输电电压；(2)更新电缆，减小输电线电阻．若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，在输送的总功率不变的条件下，线路损耗功率将变为原来的( ) A ．0.2倍 B ．0.32倍 C ．0.4倍 D ．0.16倍答案 A解析 传输功率不变，故传输电流为：I ＝P U ，电功率损耗为：ΔP ＝I 2R ＝(PU)2R ①改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，故：ΔP ′＝(P2U )2·0.8R ＝0.2ΔP ②故A 正确．4．如图1为模拟远距离输电电路图，两抱负变压器的线圈匝数n 1＝n 4＜n 2＝n 3，A 1、A 2、A 3为相同的抱负沟通电流表．当a 、b 端接入低压沟通电源时，则( )图1A ．A 1、A 3的示数相等B ．A 1、A 2、A 3的示数相等C ．A 1的示数大于A 2的示数D ．A 2的示数大于A 3的示数 答案 AC解析 由于I 1I 2＝n 2n 1，而I 3I 4＝n 4n 3，又n 1＝n 4＜n 2＝n 3，故I 1＞I 2，I 4＞I 3，即A 1的示数大于A 2的示数；A 2的示数小于A 3的示数；又I 2＝I 3，所以：I 1＝I 4，即A 1、A 3的示数相等，选项A 、C 正确，B 、D 错误．5．如图2为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、抱负变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )图2A ．用户的电压U 4增加B ．恒有U 1∶U 2＝U 4∶U 3C ．输电线上损耗的功率减小D ．发电机的输出功率不变 答案 B解析 由于原、副线圈的电压比等于匝数之比，则U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4 ＝n 3n 4，由于n 1∶n 2＝n 4∶n 3，所以U 1∶U 2＝U 4∶U 3，选项B 正确；当用电器增多时，功率增大，I ＝PU ，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，由ΔP ＝I 2r 可知输电线上的损耗功率增大，选项C 错误；U 2不变，输电线上电流增大，则U 3减小，故U 4减小，选项A 错误；发电机的输出功率等于用户消耗的功率与输电线上损失的功率的和，选项D 错误．6．如图3为某小型水电站的电能输送示意图．已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R 0＝11 Ω.若T 1、T 2均为抱负变压器，T 2的副线圈两端电压表达式为u ＝2202sin 100πt V ，下列说法正确的是( )图3A ．发电机中的电流变化频率为100 HzB ．通过R 0的电流有效值为20 AC ．升压变压器T 1的输入功率为4 650 WD ．若R 0的电阻减小，发电机的输出功率也减小 答案 BC解析 由于T 2的副线圈的沟通电的频率为f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，而变压器不能转变沟通电的频率，故发电机中的电流变化频率为50 Hz ，选项A 错误；由于T 2的副线圈的沟通电电压的有效值为U ＝220 V ，故通过R 0的电流有效值为I ＝U R 0＝220 V11 Ω＝20 A ，故选项B 正确；依据匝数与电流的关系可得T 2的原线圈中的电流为I ′＝I4＝5 A ，故输电线上损失的功率为P 损＝I ′2 R ＝(5 A)2×10 Ω＝250 W ，而电阻R 0上消耗的电功率为P 0＝I 2R 0＝(20 A)2×11 Ω＝4 400 W ，故升压变压器T 1的输入功率为P ＝P 损＋P 0＝4 400 W ＋250 W ＝4 650 W ，故选项C 正确；若R 0的电阻减小，则电阻R 0消耗的电功率将增大，输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D 错误．7．某小型发电站发电机输出的沟通电压为500 V ，输出的电功率为50 kW ，用总电阻r ＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V 供用户使用(两个变压器均为抱负变压器)，如图4所示．对整个输电过程，下列说法正确的是( )图4A ．输电线上的损失功率为300 WB ．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100C ．输电线中的电流为100 AD ．降压变压器的输入电压为4 700 V 答案 A解析 输电线上损失的功率P r ＝50 kW ×0.6%＝300 W ，选项A 正确；由P r ＝I 22r 得输电线中的电流I 2＝10 A ，选项C 错误；发电机的输出电流I 1＝P 1U 1＝50×103500 A ＝100 A ，升压变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝110，选项B 错误；升压变压器的输出电压U 2＝P 1I 2＝5 000 V ，降压变压器的输入电压为U 2－I 2r ＝ 4 970 V ，选项D 错误．。

预测题型4 电路的分析与计算1．如图所示，一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，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.mv 22eLB.mv 2Sn e C ．ρnev D.ρev SL2．如图所示，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．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )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 A3.电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac 间的电阻是cd 间电阻的(n －1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U ，则输入端的电压为( )A ．nU B.U n C ．(n －1)U D.U n －14.(多选)有滑动变阻器R ，热敏电阻R 0，二极管D 和电容器C 组成的电路如图所示，有一个带电液滴静止于电容器两极板之间，电容器下极板接地，下列说法中正确的是( )A ．若把滑动变阻器的滑动触头向上移动，液滴将会向下运动B ．若把开关断开，液滴将会向上运动C ．若热敏电阻的温度降低，液滴将会向下运动D ．若把上极板向上移动，液滴将静止不动5.某温控电路的原理如图所示，R M 是半导体热敏电阻，R 是滑动变阻器，某种仪器要求在15 ℃～27 ℃的环境中工作．当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温设备．下列说法中正确的是( )A ．环境温度降低，R M 的阻值减小B ．环境温度升高，U ab 变大C ．滑片P 向下移动时，U ab 变大D ．调节滑片P 能改变升温和降温设备启动时的临界温度6.已知电源内阻r ＝2 Ω，灯泡电阻R L ＝2 Ω，R 2＝2 Ω，滑动变阻器R 1的最大阻值为3 Ω，如图所示，将滑片P 置于最左端，闭合开关S 1、S 2，电源的输出功率为P 0，则( )A ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直减小B ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直增大C ．断开S 2，电源输出功率达到最大值D ．滑片P 置于最右端时，电源输出功率仍为P 07.(多选)如图为一电源电动势为E ，内阻为r 的恒定电路，电压表A 的内阻为10 kΩ，B 为静电计，C 1、C 2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是( )A ．若C 1>C 2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B ．若将变阻器滑动触头P 向右滑动，则电容器C 2上带电量增大C ．C 1上带电量为零D ．再将开关S 打开，然后使电容器C 2两极板间距离增大，则静电计张角也增大预测题型5 电路中的图象1.在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U 与电流I 的关系图线，如图所示．两个电源的电动势分别为E 1、E 2，内阻分别为r 1、r2.如果外电路分别接入相同的电阻R ，则两个电源的( )A ．路端电压和电流不可能同时相等B ．输出功率不可能相等C ．总功率不可能相等D ．效率不可能相等2．(多选)如图甲所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是( )A ．图线a 表示的是电压表V 1的示数随电流表示数变化的情况B ．图线c 表示的是电压表V 2的示数随电流表示数变化的情况C ．此过程中电压表V 1示数的变化量ΔU 1和电流表示数变化量ΔI 的比值变大D ．此过程中电压表V 3示数的变化量ΔU 3和电流表示数变化量ΔI 的比值不变3.(多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的实际功率为图中矩形PQOM 所围面积大小4．(多选)如图甲所示，其中R 两端电压u 随通过该电阻的直流电流I 的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R 1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时( )A ．R 的阻值约为1 000 ΩB ．R 的阻值约为1 333 ΩC ．通过R 的电流为1.5 mAD ．通过R 的电流为2.0 mA5．图甲、乙为两灯泡的I －U 图象．根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V 的电路中，实际发光的功率约为( )A ．15 W,30 WB ．30 W,40 WC ．40 W,60 WD ．60W,100W6．(多选)图甲中R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器(允许通过的最大电流为5 A)．闭合开关S 后，移动滑片P 时，ab 两端电压U 和通过电路的电流I 之间的关系如图乙；R 2消耗的功率P 与电流I 的关系如图丙，则下列说法中正确的是( )A ．电源电压为50 VB ．R 1的阻值为5 ΩC ．当R 2的功率为120 W 时，电路消耗的总功率为200 WD ．滑动变阻器连入电路的阻值范围为4～45 Ω预测题型4 电路的分析与计算答案精析预测题型4 电路的分析与计算1．C [欧姆定律I ＝U R ，电流的微观表达式I ＝neSv ，电阻定律R ＝ρL S ，则金属棒内场强大小为E ＝U L ＝IR L ＝ρnev ，故C 正确．]2．C [当接线柱1、2接入电路时，R 1与电流表并联，由于R 1＝R A 2，可知流过R 1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A ，所以A 、B 错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R 1并联，然后再与R 2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A ，C 正确，D 错误．]3．A [ac 和cd 是串联形式，由串联电路电压和电阻成正比，ac 间的电阻是cd 间电阻的(n －1)倍，则当某次测量中输出端数字电压表的示数为U 时，ac 间的电压为(n －1)U ，故输入电压为U ＋(n －1)U ＝nU ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]4．BD [当滑动变阻器的滑动触头向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R 0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，A 错误；开关K 断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，B 正确；热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，液滴仍然静止，C 错误；电容器C 的上极板向上移动，d 增大；则电容C 减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，有C ＝Q U 和C ＝εS 4πkd 及E ＝U d得E 不变，D 正确．] 5．D [R M 是半导体热敏电阻，环境温度降低时，R M 的阻值增大，故A 错误；环境温度升高时，R M 的阻值减小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知U ab 变小，故B 错误；滑片P 向下移动时，R 增大，总电流减小，则U ab 变小，故C 错误；调节滑片P 时，可改变U ab ，从而改变升温和降温设备启动时的临界温度，故D 正确．]6．D [闭合开关S 1、S 2，外电路总电阻R ＝R 1＋R 并＝R 1＋1 Ω，当R ＝r ＝2 Ω时，电源输出功率最大，根据电源输出功率与外电路电阻的关系图象可知，滑片从最左端向右滑动，外电路总电阻从4 Ω减小到1 Ω，电源输出功率先增大再减小，故A 、B 错误；滑片在最左端，断开S 2，外电路总电阻R ＝R 1＋R 2＝5 Ω≠r ，电源的输出功率不是最大，故C 错误．当滑片在最左端时，R ＝R 1＋R 并＝4 Ω，电流I ＝E R ＋r ＝E 6(A)，电源的输出功率为P 0，则P 0＝I 2R ＝E 29(W)；当滑片在最右端时，R ′＝R 并＝1 Ω，电流I ′＝ER ′＋r ＝E 3(A)，电源的输出功率为P ′＝I ′2R ′＝E 29(W)＝P 0，故D 正确．] 7．CD [由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C 2充电，两端存在电压．所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A 错误；电路稳定后，电容器C 2的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头P 向右滑动，电容器C 2的电压不变，电量不变，故B 错误；由于电压表两端没有电压，电容器C 1没有被充电，电量为零，故C 正确；将开关S 打开，电容器的电量Q 不变，板间距离增大，电容C 减小，由公式C ＝Q U分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D 正确．]预测题型5 电路中的图象答案1．D [当外电路电阻的U －I 图线通过两电源的U －I 图线的交点时，此时两电源的路端电压和电流同时相等，电源的输出功率P 出＝UI 相等(如图甲所示)，选项A 、B 错误；电源的总功率P ＝EI ，由于1的电动势大于2的电动势，故当1的电流小于2的电流时，总功率可能相等(如图乙所示)；选项C 错误；电源的效率η＝UI EI ×100%＝U E ×100%，由图可丙看出：U 1E 1≠U 2E 2，选项D 正确；]2．BD [当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动的过程中，R 2变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，即U 1变大；R 1两端的电压减小，即U 2减小，因U 1＝U 2＋U 3，则U 3变大；则由图线看出，图线a 表示的是电压表V 3的示数随电流表示数变化的情况；图线c 表示的是电压表V 2的示数随电流表示数变化的情况；图线b 表示的是电压表V 1的示数随电流表示数变化的情况；选项B 正确；A 错误；由图线可知，此过程中电压表V 1示数的变化量ΔU 1和电流表示数变化量ΔI 的比值，由闭合电路欧姆定律得U 1＝E －Ir ，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU 1ΔI ＝r ，保持不变．选项C 错误；由闭合电路欧姆定律得U 3＝E －I (r ＋R 1)，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU 3ΔI ＝|R 1＋r |，即此过程中电压表V 3示数的变化量ΔU 3和电流表示数变化量ΔI 的比值不变，选项D 正确．] 3．BD [图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A 错误．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2；故B 正确，C 错误；因P ＝UI ，所以图象中矩形PQOM 所围的面积为对应P 点小灯泡的实际功率，故D 正确．]4．BC [将R 1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，两图象的交点为电阻的工作点，由图可知，此时电流为3 mA ，要使AB 与BC 之间的电压相等，图中三个电阻串联，电流相等；将R 1电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，则BC 两端的电压为3.5V ，并且两电阻中的电流相等，由图可知，此时符合条件的只有1.5 mA ，这时R 的电压为2 V ，则R ＝U /I ＝21.5×103 Ω≈1 333 Ω，故B 、C 正确，A 、D 错误．] 5．C [由图象知，当电压为U ＝220 V 时，I 甲＝0.18 A ，I 乙＝0.27 A ，P 甲＝UI 甲≈40 W，P 乙＝UI 乙≈60 W，选C.]6．ABC [由电路图可知，两电阻串联接入电路，ab 两点间电压是滑动变阻器两端电压．(1)当开关断开时，电路中的电流为0，此时电压表测电源的电压，由图乙可知ab 两端的电压，即电源的电压U ＝50 V ，故A 正确；(2)由图丙可知，当R 2的功率为120 W 时，电路中的电流I ＝4 A ，由图乙可知，U ab ＝30 V ，因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，R 1两端的电压：U 1＝U －U ab ＝50 V －30 V ＝20 V ，由I ＝U R 可得，R 1的阻值：R 1＝U 1I ＝20 V 4 A＝5 Ω，故B 正确； 电路消耗的总功率：P ＝UI ＝50 V×4 A＝200 W ，故C 正确；(3)由图乙所示图象可知：I 1＝1 A 时U 2＝45 V ，I 2＝5 A 时U 2′＝25 V ，则滑动变阻器接入电路中的最大和最小电阻分别为：R 最大＝U 2I 1＝45 V 1 A ＝45 Ω，R 最小＝U 2′I 2＝25 V 5 A＝5 Ω， 则滑动变阻器连入电路的阻值范围是5～45 Ω，故D 错误．]。

高考物理备考如何应对电路题型一、概述电路题型是高考物理考试中的重点和难点之一，要想在考试中取得好成绩，掌握解题方法和技巧是非常重要的。

本文将从如何理解电路题目、解题思路和具体解题步骤等方面进行探讨，帮助大家应对电路题型。

二、理解电路题目1. 仔细阅读题目在解答电路题型之前，首先要仔细阅读题目，理解题目所描述的电路图和给定条件。

同时，要注意题目中是否给出了已知量和未知量，了解题目的要求和目标。

2. 分析电路结构将题目中给出的电路图绘制出来，并标注上已知量和未知量。

通过观察电路的结构，找出电源、电阻、电容等元件之间的联系和关系。

三、解题思路1. 应用基本电路定律在解答电路题型的过程中，要应用基本电路定律，如欧姆定律、基尔霍夫定律等。

根据题目所给条件，利用这些定律建立方程式，从而求解出未知量。

2. 理清思路在解题过程中，要理清思路，确定解题的方向。

可以先从简单的电路题型入手，逐步深入，掌握解题的逻辑和方法。

如果遇到复杂的电路题目，可以采用分步骤解题的方法，将大问题分解为小问题，逐个解决。

四、具体解题步骤1. 绘制电路图根据题目给出的电路描述，将电路图绘制出来。

标注上已知量和未知量，并给出符号表示。

2. 建立方程式根据电路中的元件和给定条件，运用欧姆定律、基尔霍夫定律等基本电路定律建立方程式。

3. 解方程组将建立的方程组求解，得出未知量的数值。

4. 检查结果将计算所得的结果代入原方程中，验证是否符合题目中给定的条件。

若符合，则结果正确；否则，重新检查每一步的计算是否正确。

五、注意事项1. 养成良好的思维习惯解电路题型需要良好的思维习惯，例如分析问题、归纳总结、推理判断等。

要培养逻辑思维能力，善于发现问题的本质和规律性。

2. 多做题、多总结通过大量的电路题目练习，可以加深对电路题型的理解和掌握。

同时，要及时总结解题经验和方法，形成自己的解题技巧。

六、总结高考物理备考中，电路题型是需要重点关注和准备的内容。

高三物理电路分析练习题及答案题一：在一个电路中，有一个电阻R1和一个电阻R2串联，电压源E的电动势为12V，内阻为4Ω。

R1的阻值为6Ω，R2的阻值为8Ω。

求电路中的总电阻值和总电流。

解题思路：根据串联电阻的计算公式，总电阻Rt可以通过以下公式计算得出：Rt = R1 + R2其中，R1和R2分别为两个串联电阻的阻值。

解答：根据题意，R1的阻值为6Ω，R2的阻值为8Ω，因此总电阻为：Rt = 6Ω + 8Ω = 14Ω同时，根据欧姆定律的公式，电流I可以通过以下公式计算得出：I = E / (Rt + r)其中，E为电压源的电动势，Rt为总电阻，r为电压源的内阻。

对于本题，E=12V，Rt=14Ω，r=4Ω，代入公式计算得：I = 12V / (14Ω + 4Ω) = 0.6667A因此，这个电路中的总电阻为14Ω，总电流为0.6667A。

题二：在一个并联电路中，有一个电阻R3和电阻R4并联，电流源I的电流为2A。

R3的阻值为3Ω，R4的阻值为5Ω。

求电路中的总电阻值和总电流。

解题思路：根据并联电阻的计算公式，总电阻Rp可以通过以下公式计算得出：1 / Rp = 1 / R3 + 1 / R4其中，R3和R4分别为两个并联电阻的阻值。

解答：根据题意，R3的阻值为3Ω，R4的阻值为5Ω，因此总电阻为：1 / Rp = 1 / 3Ω + 1 / 5Ω计算得：1 / Rp = 8 / 15Ω通过移项和倒数运算，可以得到总电阻Rp：Rp = 15Ω / 8 ≈ 1.875Ω同时，根据电流的分配规律，电路中的总电流It可以通过以下公式计算得出：It = I * (R3 / (R3 + R4))其中，I为电流源的电流，R3和R4分别为两个并联电阻的阻值。

对于本题，I=2A，R3=3Ω，R4=5Ω，代入公式计算得：It = 2A * (3Ω / (3Ω + 5Ω)) = 2A * (3Ω / 8Ω) = 0.75A因此，这个电路中的总电阻为1.875Ω，总电流为0.75A。

物理高考一轮总复习电路分析技巧电路分析是物理高考中的重要内容之一，对于学生来说，掌握电路分析技巧是十分关键的。

在电路分析过程中，通过运用合适的方法和技巧，可以更加有效地解决问题。

本文将为大家介绍一些物理高考一轮总复习电路分析的技巧，帮助大家提高对电路分析的理解和应用能力。

一、电路的基本概念和定律在开始电路分析之前，首先需要掌握一些基本的概念和定律。

例如，电阻、电流、电压和电源等基本概念，欧姆定律、基尔霍夫定律和电功率定律等基本定律。

这些基本概念和定律是电路分析的基础，对于学生来说，熟练掌握它们是至关重要的。

二、简化电路的方法在电路分析中，有时会遇到复杂的电路，给分析带来不小的困难。

因此，掌握简化电路的方法是十分必要的。

在简化电路时，可以运用串联电路和并联电路的简化方法，将复杂的电路化简成简单的电路，从而更加便于分析。

三、电路等效替换电路等效替换是电路分析中常用的方法之一。

通过将一个复杂的电路转换成等效的简单电路，可以更加有效地解决问题。

在电路等效替换时，可以运用电阻的串联和并联的等效原理，将复杂的电路化简为简单的电路进行分析。

四、电路分析的数学方法在电路分析过程中，数学方法是必不可少的工具之一。

学生需要熟练掌握电路的节点电流法和电路的回路电流法，通过建立方程组和运用高中数学知识，解出电路中的未知量，从而得到问题的解答。

五、运用模型分析电路在电路分析中，运用模型分析电路可以帮助学生更直观地理解电路的工作原理。

例如，根据电容特性，可以将电容等效为开路和短路，对电路进行简化；根据电感特性，可以将电感等效为导线和开路，进一步简化电路。

运用这些模型可以提高学生对电路分析的把握能力。

六、多做电路分析题在学习电路分析的过程中，多做电路分析题是非常重要的。

通过不断练习和总结，可以提高对电路分析技巧的掌握程度。

建议在复习阶段，学生可以多做一些历年高考真题和模拟试题，从中发现问题、分析问题，并提高解题能力。

综上所述，物理高考一轮总复习电路分析技巧对于学生来说是至关重要的。

高考电学试题分析及答案在高考物理试卷中，电学部分是必考内容，其分值占比相当重要。

本试题分析及答案旨在帮助学生掌握电学基本概念、定律及其应用，提高解题技巧。

试题1：在一闭合电路中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，外电路电阻为4Ω，求电路中的电流强度。

分析：根据闭合电路欧姆定律，电流强度I可由公式I = E / (R + r)计算得出，其中E为电源电动势，R为外电路电阻，r为内阻。

答案：将已知数值代入公式，得到I = 6V / (4Ω + 1Ω) = 1.2A。

试题2：一个平行板电容器，板间距离为2cm，板面积为100cm²，若在两板间加上10V的电压，求电容器的电容值。

分析：电容器的电容C可由公式C = ε₀ * A / d计算，其中ε₀为真空电容率，A为板面积，d为板间距离。

答案：将已知数值代入公式，得到C = 8.85 × 10⁻¹² F/m * 100 × 10⁻⁴ m² / 0.02 m = 4.425 × 10⁻⁹ F。

试题3：在一磁场中，一个电荷量为1.6 × 10⁻⁹ C的电子以垂直于磁场方向的速度2 × 10⁶ m/s运动，求电子受到的洛伦兹力大小。

分析：洛伦兹力F可由公式F = qvB计算得出，其中q为电荷量，v为速度，B为磁场强度。

由于题目未给出磁场强度，故无法计算具体数值。

答案：洛伦兹力F = 1.6 × 10⁻⁹ C * 2 × 10⁶ m/s * B，其中B 为磁场强度。

试题4：一个电阻为10Ω的电阻器与一个电感为0.5H的电感器串联，接在电动势为12V的直流电源上，求电路接通后5秒内通过电阻器的电荷量。

分析：电路接通后，电流随时间变化，根据法拉第电磁感应定律，电感器对电流变化产生阻碍作用。

通过电阻器的电荷量Q可由公式Q = ∫I dt计算，其中I为电流，t为时间。