新高考物理一輪復習分層提升講義C閉合電路的歐姆定律 提升版（含解析）

閉合電路的歐姆定律考點一閉合電路的分析與計算閉合電路的歐姆定律(1)內容：閉合電路中的電流跟電源的電動勢成正比，跟內、外電阻之和成反比；(2)公式：I＝eq\f(E,R＋r)(只適用于純電阻電路)；E＝U外＋U內或E＝U外＋Ir(適用于任意電路)．技巧點撥1．路端電壓與外電阻的關系(1)一般情況：U＝IR＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(E,1＋\f(r,R))，當R增大時，U增大；(2)特殊情況：①當外電路斷路時，I＝0，U＝E；②當外電路短路時，I短＝eq\f(E,r)，U＝0.2．動態(tài)分析常用方法(1)程序法：遵循“局部—整體—局部”的思路，按以下步驟分析：(2)結論法：“串反并同”，應用條件為電源內阻不為零．①所謂“串反”，即某一電阻的阻值增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大．②所謂“并同”，即某一電阻的阻值增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小．例題精練1．關于電源電動勢E，下列說法中錯誤的是()A．電動勢E的單位與電勢、電勢差的單位相同，都是伏特VB．干電池和鉛蓄電池的電動勢是不同的C．電動勢E可表示為E＝eq\f(W,q)，可知電源內非靜電力做功越多，電動勢越大D．電動勢較大，表示電源內部將其他形式能轉化為電能的本領越大答案C解析電動勢E的單位與電勢、電勢差的單位相同，都是伏特V，選項A正確；干電池電動勢是1.5V，鉛蓄電池的電動勢是2V，選項B正確；電動勢E可表示為E＝eq\f(W,q)，可知電源內非靜電力從電源的負極移動1C正電荷到電源的正極做功越多，電動勢越大，選項C錯誤；電動勢較大，表示電源內部將其他形式能轉化為電能的本領越大，選項D正確．2.如圖1，E為內阻不能忽略的電池，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S為開關，V與A分別為電壓表與電流表．初始時S0與S均閉合，現(xiàn)將S斷開，則()圖1A．V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變小B．V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大C．V的讀數(shù)變小，A的讀數(shù)變小D．V的讀數(shù)變小，A的讀數(shù)變大答案B解析S斷開，電路中總電阻變大，則由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減小，故路端電壓增大，V的讀數(shù)變大，R1兩端電壓減小，故R3中的電壓增大，由歐姆定律可知R3中的電流也增大，A的讀數(shù)變大，故A、C、D錯誤，B正確．3．(多選)在如圖2所示電路中，閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P向下滑動時，各電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列說法正確的是()圖2A.eq\f(U1,I)不變，eq\f(ΔU1,ΔI)不變B.eq\f(U2,I)變大，eq\f(ΔU2,ΔI)變大C.eq\f(U2,I)變大，eq\f(ΔU2,ΔI)不變D.eq\f(U3,I)變大，eq\f(ΔU3,ΔI)不變答案ACD解析由題圖電路圖可知，U1、U2分別是R1、R2兩端的電壓，電流表測通過這個電路的總電流，U3是路端電壓，由歐姆定律可知R1＝eq\f(U1,I)＝eq\f(ΔU1,ΔI)(因R1是定值電阻)，故A正確；U2＝E－I(R1＋r)(因E、R1、r均是定值)，eq\f(U2,I)＝R2，R2變大，eq\f(U2,I)變大，eq\f(ΔU2,ΔI)的大小為R1＋r，保持不變，故B錯誤，C正確；eq\f(U3,I)＝R1＋R2，因R2變大，則eq\f(U3,I)變大，又由于U3＝E－Ir，可知eq\f(ΔU3,ΔI)的大小為r，保持不變，故D正確．考點二電路的功率及效率問題1．電源的總功率(1)任意電路：P總＝IE＝IU外＋IU內＝P出＋P內．(2)純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝eq\f(E2,R＋r).2．電源內部消耗的功率P內＝I2r＝IU內＝P總－P出．3．電源的輸出功率(1)任意電路：P出＝IU＝IE－I2r＝P總－P內．(2)純電阻電路：P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2).4．電源的效率任意電路：η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%純電阻電路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%技巧點撥1．純電阻電路中電源的最大輸出功率(如圖3)P出＝UI＝I2R＝eq\f(E2,R＋r2)R＝eq\f(E2R,R－r2＋4Rr)＝eq\f(E2,\f(R－r2,R)＋4r)當R＝r時，電源的輸出功率最大為Pm＝eq\f(E2,4r).圖32．提高純電阻電路效率的方法η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(R,R＋r)×100%＝eq\f(1,1＋\f(r,R))×100%，R增大，η提高．例題精練4．(多選)某同學將一直流電源的總功率PE、電源內部的發(fā)熱功率Pr和輸出功率PR隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖4中的a、b、c所示．以下判斷正確的是()圖4A．在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，這三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PCB．b、c圖線的交點與a、b圖線的交點的橫坐標之比一定為1∶2，縱坐標之比一定為1∶4C．電源的最大輸出功率Pm＝9WD．電源的電動勢E＝3V，內電阻r＝1Ω答案ABD解析在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，因為直流電源的總功率PE等于輸出功率PR和電源內部的發(fā)熱功率Pr之和，所以這三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PC，故A正確；圖線c表示電路的輸出功率與電流的關系圖象，很顯然，最大輸出功率小于3W，故C錯誤；當內電阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時即為b、c圖線的交點處的電流，此時電流的大小為eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,2r)，輸出功率的大小為eq\f(E2,4r)，a、b圖線的交點表示電源的總功率PE和電源內部的發(fā)熱功率Pr相等，此時只有電源的內電阻，所以此時電流的大小考點三電源的U－I圖象兩類U－I圖象的比較電源的U－I圖象電阻的U－I圖象圖象表述的物理量變化關系電源的路端電壓與電路電流的變化關系電阻的電流與電阻兩端電壓的變化關系圖線與坐標軸交點①與縱軸交點表示電源電動勢E②與橫軸交點表示電源短路電流eq\f(E,r)過坐標軸原點，表示沒有電壓時電流為零圖線的斜率－r(r為內阻)表示電阻值大小圖線上每一點坐標的乘積UI表示電源的輸出功率表示電阻消耗的功率圖線上每一點坐標比值eq\f(U,I)表示外電阻的大小，不同點對應的外電阻大小不同每一點對應的比值均為等大阻值，表示此電阻的阻值大小例題精練5．(多選)兩位同學在實驗室中利用如圖5(a)所示的電路進行實驗，將滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，一位同學記錄電流表A和電壓表V1的測量數(shù)據(jù)，另一位同學記錄電流表A和電壓表V2的測量數(shù)據(jù)．兩位同學根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)描繪出如圖(b)所示的兩條U－I圖線，則圖象中兩圖線的交點表示的物理意義是()圖5A．滑動變阻器的滑動觸頭P滑到了最右端B．電源的輸出功率最大C．定值電阻R0消耗的功率為0.5WD．電源的效率達到最大值答案BC解析由題圖可知，電源電動勢E＝1.5V，內阻r＝1Ω，在交點位置有R＋R0＝eq\f(U1,I)＝2Ω，R0＝eq\f(U2,I)＝2Ω，則R＝0，滑動變阻器的滑動觸頭P滑到了最左端，A錯誤；當電路中外電阻等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，但R0>r，故改變滑動變阻器的阻值時無法使電路中外電阻等于電源內阻，此時外電阻越接近電源內阻，電源的輸出功率越大，B正確；P0＝U2I＝0.5W，C正確；電源的效率η＝eq\f(EI－I2r,EI)，電流越小，電源的效率越大，可見滑動變阻器的滑動觸頭P滑到最右端時電源的效率最大，D錯誤．考點四含容電路的分析1．電路簡化把電容器所在的支路視為斷路，簡化電路時可以去掉，求電荷量時再在相應位置補上．2．電容器的電壓(1)電容器所在的支路中沒有電流，與之串聯(lián)的電阻兩端無電壓，相當于導線．(2)電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．3．電容器的電荷量及變化(1)電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電．若電容器兩端電壓升高，電容器將充電；若電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電．(2)如果變化前后極板帶電的電性相同，通過所連導線的電荷量為|Q1－Q2|；(3)如果變化前后極板帶電的電性相反，通過所連導線的電荷量為Q1＋Q2.例題精練6．(多選)如圖6所示，電源電動勢為E，內阻為r.電路中的R2、R3均為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)．當電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)．有關下列說法中正確的是()圖6A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流B．只調節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流C．只調節(jié)滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動D．若斷開電鍵S，帶電微粒向下運動答案AD解析只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電阻R0消耗的電功率變大，滑動變阻器R2兩端的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容器下極板的帶電荷量變大，所以電阻R3中有向上的電流，故選項A正確；電路穩(wěn)定時，電容器所在支路相當于斷路，只調節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，故選項B錯誤；只調節(jié)滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E＝eq\f(U,d)可知電場強度變大，帶電微粒向上運動，故選項C錯誤；若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場強減小，帶電微粒所受的電場力減小，帶電微粒將向下運動，故選項D正確．考點五電路故障分析1．故障特點(1)斷路特點：表現(xiàn)為路端電壓不為零而電流為零；(2)短路特點：用電器或電阻發(fā)生短路，表現(xiàn)為有電流通過電路但用電器或電阻兩端電壓為零．2．檢測方法(1)電壓表檢測：如果電壓表示數(shù)為零，則說明可能在并聯(lián)路段之外有斷路，或并聯(lián)部分短路；(2)電流表檢測：當電路中接有電源時，可用電流表測量各部分電路上的電流，通過對電流值的分析，可以確定故障的位置．在運用電流表檢測時，一定要注意電流表的極性和量程；(3)歐姆表檢測：當測量值很大時，表示該處斷路；當測量值很小或為零時，表示該處短路．在用歐姆表檢測時，應斷開電源．例題精練7．(電路故障分析)如圖7所示的電路中，電源的電動勢為6V，當開關S閉合后，燈泡L1和L2都不亮，用電壓表測得各部分的電壓分別為Uab＝6V，Uad＝0V，Ucd＝6V，由此可斷定()圖7A．L1和L2的燈絲都燒斷了B．L1的燈絲燒斷了C．L2的燈絲燒斷了D．滑動變阻器R斷路答案C解析由Uab＝6V可知電源完好，燈泡都不亮，說明電路中出現(xiàn)斷路故障，由Ucd＝6V可知，燈泡L1與滑動變阻器R完好，斷路故障出現(xiàn)在c、d之間，故燈泡L2斷路，選項C正確．綜合練習一．選擇題（共12小題）1．（閔行區(qū)二模）某掃地機器人電池容量2000mA?h，額定工作電壓15V，額定功率30W，則下列說法正確的是（）A．掃地機器人的電阻是7.5Ω B．題中mA?h是能量的單位 C．掃地機器人正常工作時的電流是2A D．掃地機器人充滿電后一次工作時間約為4h【分析】掃地機器人是非純電阻用電器，根據(jù)題意不能求出機器人的電阻。題中mA?h是電荷量的單位。掃地機器人正常工作時的電流等于額定功率與額定電壓的比值。掃地機器人充滿電后工作的時間等于電池容量與額定電流的比值。【解答】解；A、根據(jù)題意掃地機器人是非純電阻用電器，無法計算掃地機器人的電阻。B、題中題中mA?h是電荷量的單位。C、掃地機器人正常工作時的電流為I=PD、根據(jù)題意，2000mA?h＝2A?h掃地機器人充滿電后一次工作時間約為t=2A??故選：C?！军c評】明確電壓、電流、電功率之間的關系，合理運用公式解題是解決本題的關鍵。2．（靜寧縣校級期末）如圖（a）電路，當變阻器的滑動片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的示數(shù)隨電流的變化情況如圖（b）U﹣I圖象中的AC、BC兩直線所示，不考慮電表對電路的影響。下面說法錯誤的是（）A．電源電動勢為E＝8V B．電源內阻r＝1Ω C．定值電阻R0＝3Ω D．變阻器消耗的最大功率為7W【分析】變阻器的滑動片向左移動時，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，來判斷兩個電壓表的示數(shù)對應的圖線；找出兩個特殊點，根據(jù)閉合電路的歐姆定律列方程求解電動勢和內電阻；根據(jù)歐姆定律求解R0；將定值電阻和電源當作一個等效電源，當?shù)刃щ娫吹膬入娮韬妥冏杵麟娮柘嗟葧r，等效電源輸出功率最大，由此求解?！窘獯稹拷猓篈B、電壓表V1測路端電壓，路端電壓隨電流的增大而減小，所以電壓表V1的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應為BC；根據(jù)圖（b）可知，當I1＝0.5A時，U1＝7.5V，當I2＝2.0A時，U1′＝6V，根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U+Ir可得：E＝7.5+0.5r，E＝6+2r解得：E＝8V，r＝1Ω，故AB正確；C、電壓表V2測定值電阻R0兩端電壓，所以電壓表V2的示數(shù)隨電流的增大而增大，電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應為AC，則定值電阻為：R0=UI=D、當I＝0.5A時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：R外=U1I=7.50.5Ω＝15Ω，此時滑動變阻器全部接入電路，則滑動變阻器的總電阻為：R＝R外當R′＝R0+r＝3Ω+1Ω＝4Ω時，變阻器消耗的電功率最大，變阻器兩端的電壓為：UR=E變阻器消耗的最大功率為：PR=U本題選錯誤的，故選：D?！军c評】本題考查對物理圖象的理解能力，可以把本題看成動態(tài)分析問題，來選擇兩電表示對應的圖線．再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可確定電動勢和內電阻．3．（廣南縣校級期中）如圖所示是根據(jù)某次實驗記錄數(shù)據(jù)畫出的U﹣I圖象。下面關于這個圖象的各種說法正確的是（）A．電源電動勢為1.5V B．短路電流為0.4A C．電池內阻為5Ω D．電池內阻無法確定【分析】由閉合電路歐姆定律可得出路端電壓與電流的關系，由數(shù)學知識可得出電源的電動勢和內電阻。當外電路電阻為零，外電路短路?！窘獯稹拷猓河砷]合電路歐姆定律可知：U＝E﹣Ir；A、由數(shù)學知識可知，I＝0時，U＝E，即縱軸截距為電源的電動勢，故電動勢為E＝1.5V；故A正確；B、由圖知，U＝1.1時I＝0.4A，則知短路電流不是0.4A．故B錯誤；CD、圖象的斜率表示電源的內阻，即得電源的內阻r=1.5?1.10.4Ω＝1.0故選：A?！军c評】本題考查電路中圖象問題，關鍵要根據(jù)閉合電路歐姆定律理解圖象的斜率、截距的物理意義。4．（上海期末）電動勢為E、內電阻為r的電源與阻值為R的電阻連成閉合電路。t秒內電源內部的非靜電力移送電荷的電量及非靜電力做功分別為（）A．ERt，E2Rt C．ER+rt，(ER+r)【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流；電源是把其它形式的能轉化成電能的裝置，在內電路，非靜電力做功，電源把其它形式的能轉化電能；電動勢的定義式E=W【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流為：I=ER+r，則t秒內移送電荷為：q＝It在電源的內部，非靜電力做功把其他形式能轉化為電能，根據(jù)電動勢的定義式E=Wq，得非靜電力做功為：W＝qE＝EIt故選：B?！军c評】本題考查了閉合電路歐姆定律和非靜電力做功的知識，要知道在電源的內部是非靜電力做功。掌握電動勢的定義式E=W5．（郴州期末）關于電動勢，下列說法正確的是（）A．某電池外殼上的“9V”字樣，表示電池的電動勢是9V B．電動勢的單位與電壓的單位不相同 C．電動勢等于電源接入電路時兩極間的電壓 D．因為電動勢有方向，所以電動勢是矢量【分析】電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動勢。電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱，與外電路的結構無關。【解答】解：A、電池外殼的銘牌信息，“9V”，表明電池的電動勢為9V，故A正確；B、電動勢的單位和電壓的單位相同，都是伏特，故B錯誤；C、電源的電動勢在數(shù)值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，電源接入電路時兩極間的電壓為路端電壓，故C錯誤；D、電動勢是標量，電動勢的方向是電流在電源內部的流向，故D錯誤。故選：A?！军c評】該題考查了電源的電動勢和內阻的相關知識，電動勢是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領大小，與外電路無關。6．（徐匯區(qū)校級期末）干電池的電動勢為6V，這表示（）A．1C正電荷通過干電池的過程中，有6J的化學能轉化為電能 B．干電池在單位時間內轉化的化學能為6J C．短路時干電池輸出的電流為6A D．干電池必須在6℃的環(huán)境下才能正常工作【分析】電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置，由電動勢的定義式E=W電動勢表征電源把其他形式的轉化為電能的本領大小，電動勢大，這種轉化本領大?！窘獯稹拷猓篈、干電池的電動勢為6V，則電源中每通過1C電量，非靜電力做功為6J，有6J的化學能轉化為電能，故A正確；B、干電池的電動勢為6V，并不是表明干電池在單位時間內轉化的化學能為6J，故B錯誤；C、干電池的內阻未知，無法確定輸出的電流，故C錯誤；D、干電池的電動勢為6V，并不是說必須在6℃的環(huán)境下才能正常工作，故D錯誤。故選：A?！军c評】該題考查了電源電動勢和內阻的相關知識，明確對電動勢的理解．抓住電動勢的物理意義和定義式是關鍵。7．（瑞安市月考）關于電動勢，下面的說法正確的是（）A．電源的電動勢等于電源沒有接入電路時，兩極間的電壓，所以當電源接入電路時，電動勢將發(fā)生改變 B．閉合電路時，并聯(lián)在電源兩端的電壓表的示數(shù)就是電源的電動勢 C．電源的電動勢是表示電源把其他形式的能轉化為電能的本領的大小的物理量 D．在閉合電路中，電源的輸出功率隨外電路電阻的增大而增大【分析】電動勢表征電源本身的特性，與外電路無關，對于給定的電源，電動勢一定。電動勢是表示電源把其他形式的能轉化為電能的本領的大小的物理量。閉合電路后，電源兩端的電壓表的示數(shù)為路端電壓。當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大?！窘獯稹拷猓篈C、電源電動勢是表示電源將其他形式的能轉化為電能本領大小的物理量，其大小與外電路無關，電源的電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，故A錯誤，C正確；B、閉合電路，并聯(lián)在電源兩端的電壓表的示數(shù)為路端電壓，不是電動勢，故B錯誤；D、根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，故D錯誤。故選：C?！军c評】此題考查電源的電動勢的性質，要注意明確電動勢是由電源本身的性質決定的，其大小與外電路無關，并且電源接入電路時，與電源并聯(lián)的電壓表測量的是路端電壓。8．（豐臺區(qū)期中）干電池的電動勢為1.5V，這表示（）A．電路中每通過1C的電荷量，電源把1.5J的電能轉化為化學能 B．干電池在1s內將1.5J的化學能轉化為電能 C．干電池中非靜電力將1C的正電荷，從電池的負極移到正極做功為1.5J D．干電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為2V的蓄電池強【分析】電源是一種把其它形式的能轉化為電能的裝置，電動勢E的大小等于非靜電力做的功與電量的比值，其大小表示電源把其它形式的能轉化為電能本領大小，而與轉化能量多少無關?！窘獯稹拷猓篈、干電池的電動勢為1.5V，則電源中每通過1C電量，電源把1.5J的化學能轉變?yōu)殡娔?，故A錯誤；B、電源中每通過1C電量，非靜電力做功為1.5J，電源把1.5J的化學能轉變?yōu)殡娔?，不?s內將1.5J的化學能轉變成電能，故B錯誤；C、電源中每通過1C電量，干電池中非靜電力把正電荷從電源的負極移到正極做功為1.5J，故C正確；D、電動勢表征電源將其他形式能轉化為電勢能本領的物理量，干電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為2V的蓄電池弱，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查了電源的電動勢，電動勢E大小表征電源把其它形式能轉化為電能本領大小，而電壓U大小表征電能轉化為其它形式的能的大小，要注意區(qū)分。9．（太原期末）按如圖所示的電路連接好裝置、閉合開關后，發(fā)現(xiàn)無論滑動變阻器的滑片移到任何位置電流表均無示數(shù)，而電壓表示數(shù)接近電源的電動勢。如果電路只存在一處故障，則出現(xiàn)故障的部位可能是（）A．電流表斷路 B．開關S斷路 C．待測電阻Rx斷路 D．滑動變阻器R斷路【分析】電路中無電流，若電路完好，這部分電路的電壓為零，若電路中有斷路，這部分電路的電壓接近電源的電動勢。【解答】解：A、若電流表斷路，則電壓表示數(shù)為零，不符合題意，故A錯誤；B、若開關S斷路，則電壓表示數(shù)為零，不符合題意，故B錯誤；C、待測電阻Rx斷路，電路中無電流，根據(jù)歐姆定律U＝IR知滑動變阻器的電壓和內電壓均為零，則電壓表示數(shù)接近電源的電動勢，故C正確；D、若滑動變阻器R斷路，則電壓表示數(shù)為零，不符合題意，故D錯誤。故選：C。【點評】本題是電路中故障分析問題，要知道電路中部分電路斷路，那部分電路的電壓接近電源的電動勢。10．（湖北月考）如圖所示，圖中所有電表均為理想電表，電源內阻不可忽略。已知平行板電容器中的帶電質點P處于靜止狀態(tài)，定值電阻R1的阻值比電源內阻大，當滑動變阻器R2的滑片向a端移動時（）A．電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)減小 B．電源的輸出功率逐漸增大 C．電壓表示數(shù)變化量△U與電流表示數(shù)變化量△I比值不變 D．質點P將向下運動【分析】當滑動變阻器R2的滑片向a端移動時，其接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，由U＝E﹣Ir分析路端電壓變化，再由部分電路歐姆定律確定電壓表示數(shù)的變化；根據(jù)電源的內電阻與外電阻的關系，分析電源的輸出功率如何變化；根據(jù)電容器兩極板間電壓的變化，分析質點P如何運動。【解答】解：A、當滑動變阻器R2的滑片向a端移動時，滑動變阻器的有效電阻增大，電路總電阻增大，則干路電流減小，即電流表示數(shù)減小，內電壓減小，外電壓增大。定值電阻R1的電壓減小，則滑動變阻器R2的電壓增大，即電壓表示數(shù)增大。故A錯誤；B、根據(jù)電源輸出功率與外電阻的關系圖像可知，當外電阻大于內阻時，外電阻越大，輸出功率越小。故B錯誤；C．根據(jù)閉合電路的歐姆定律得U＝E﹣I（R1+r），所以有△U△I=?（RD．因為外電壓增大，所以電容電壓增大，則帶電質點受到的電場力增大，質點將向上運動。故D錯誤。故選：C?！军c評】本題是電路動態(tài)變化分析問題，先分析變阻器接入電路的電阻變化，再分析外電路總電阻變化和總電流的變化，接著分析局部電路電壓和電流的變化。11．（文峰區(qū)校級期末）在如圖所示的U﹣I圖象中，直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的U﹣I圖線。用該電源直接與電阻R相連組成閉合電路，由圖象可知（）A．電源的電動勢為3V，內阻為0.5Ω B．電阻R的阻值為2Ω C．電源的輸出功率為2W D．電源的效率為50%【分析】根據(jù)圖線Ⅰ縱軸截距讀出電源的電動勢，由斜率大小讀出電源的內阻。圖線Ⅱ的斜率大小等于電阻R的阻值。兩圖線的交點表示電阻R接在該電源的電壓和電流，讀出電壓和電流，再求出電源的輸出功率和電源的效率。【解答】解：A、圖線Ⅰ縱軸截距表示電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內阻，則知電源的電動勢為E＝3V，內阻為r＝|△U△I|=36ΩB、電阻R的阻值為R=UI=2C、兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時電路中電流和路端電壓，則有U＝2V，I＝2A，電源的輸出功率為P＝UI＝2×2W＝4W，故C錯誤；D、電源的效率為η=UIEI×100%=故選：A。【點評】本題的關鍵要抓住伏安特性曲線的斜率、截距和交點的數(shù)學意義來理解其物理意義，知道兩個圖象的交點表示該電源與電阻R相連組成閉合電路時電路中電流和路端電壓。12．（金山區(qū)校級月考）如圖所示電路中，A、B為輸入端，輸入電壓恒為U，CD為輸出端，當滑動變阻器的滑動頭P位于R的正中時，下列說法錯誤的是（）A．若CD不接用電器，UCD=UB．若CD接上用電器，UCD＜UC．CD所接用電器的電阻越大，UCD越接近U2D．無論CD是否接用電器，CD間電壓總是U【分析】空載時變阻器上下兩部分電阻串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比得出輸出電壓UCD．當CD間接上負載R時，負載R與變阻器下部分電阻并聯(lián)，電阻減小，分擔的電壓減小，CD間的負載R越大，下部分并聯(lián)的電阻越大，分擔的電壓越大，越接近U2【解答】解：A、空載時，變阻器上下兩部分電阻串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比得出輸出電壓UCD=UB、當CD間接上負載R時，負載R與變阻器下部分電阻并聯(lián)，電阻減小，CD間的電壓減小，輸出電壓UCD＜UC、CD間的負載R越大，下部分并聯(lián)的電阻越大，分擔的電壓越大，越接近U2本題選錯誤的，故選：D【點評】本題變阻器作為分壓器使用，考查對分壓器原理的理解能力，關鍵利用串并聯(lián)的特點進行分析．二．多選題（共18小題）13．（呂梁期末）關于電源，下列說法中正確的是（）A．電源的電動勢和電壓單位相同，因此電動勢就是電壓 B．電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能的裝置 C．電源的電動勢E=WqD．電源把正電荷從負極搬運到正極的過程中，靜電力做功使電荷的電勢能增加【分析】電源是把其它形式的能量轉化為電能的裝置，電動勢由電源中非靜電力的特性決定。電源把正電荷從負極搬運到正極的過程中，靜電力做負功，電荷的電勢能增加?！窘獯稹拷猓篈、電源的電動勢涉及到電源中非靜電力做功，電壓涉及到電路中靜電力做功，兩者本質不同，故A錯誤；B、電源是通過非靜電力做功把其他形式的能轉化為電勢能的裝置，故B正確；C、電源的電動勢由電源本身決定，與非靜電力做功無關，故C錯誤；D、電源把正電荷從負極搬運到正極的過程中，靜電力做負功，根據(jù)功能關系可知，電荷的電勢能增加，故D正確。故選：BD?！军c評】該題考查了電源的電動勢和內阻，電動勢由電源中非靜電力的特性決定，跟電源的體積無關，也跟外電路無關。14．（慈溪市期末）智能手機耗電量大，移動充電寶應運而生，它是能直接給移動設備充電的儲能裝置。充電寶的轉化率是指電源放電總量占電源容量的比值，一般在0.60～0.70之間（包括移動電源和被充電池的線路板、接頭和連線的損耗）。如表為某一款移動充電寶，其參數(shù)如下，則下列說法正確的是（）容量20000mAh兼容性所有手機邊充邊放否保護電路是輸入DC5V2AMAX輸出DC5V0.1﹣2.5A尺寸156*82*22mm轉換率0.60A．充電寶充電時將電能轉化為內能 B．該充電寶最多能儲存的能量為3.6×105J C．該充電寶電量從零到完全充滿電的時間約為2h D．該充電寶給電量為零、容量為3000mAh的手機充電，則理論上能充滿4次【分析】充電寶充電時將電能轉化為化學能。根據(jù)銘牌讀出充電寶的容量和電動勢，根據(jù)電能公式：E＝E電動勢?q，計算充電寶儲存的能量。充電寶的容量是指電池能釋放的總電量，根據(jù)電流的定義式求出供電時間。根據(jù)充電寶可以釋放的電荷量，計算充電次數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、充電寶充電時將電能轉化為化學能，不是內能，故A錯誤；B、該充電寶的容量為：q＝20000mAh＝20000×10﹣3×3600C＝7.2×104C，該電池的電動勢為5V，所以充電寶儲存的能量：E＝E電動勢?q＝5×7.2×104J＝3.6×105J，故B正確；C、以2A的電流為用電器供電，則供電時間t=qD、由于充電寶的轉化率是0.6，所以可以釋放的電荷量為：q'＝20000mAh×0.6＝12000mAh，給容量為3000mAh的手機充電的次數(shù)：n=12000故選：BD?！军c評】此題考查了電源的電動勢和內阻的相關知識，正確讀取電池銘牌信息，解答的關鍵是要知道電池的容量是指電池所能釋放的總電量。15．（隆德縣期末）如圖所示的電路中，電表為理想電表，R1、R2為定值電阻，電源的正極接地，將滑動變阻器R3的滑片P向上移動，下列說法正確的是（）A．電流表的示數(shù)變大 B．電壓表的示數(shù)變大 C．電容器帶電量減小 D．a點的電勢降低【分析】根據(jù)滑動變阻器R3的滑片P移動方向判斷滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，然后由串并聯(lián)電路特點及歐姆定律分析電表示數(shù)如何變化。電容器極板間電壓等于并聯(lián)部分兩端的電壓。根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律分析電容器板間電壓的變化，從而判斷電容器所帶電量的變化。根據(jù)并聯(lián)電路電壓的變化以及a點電勢與零電勢的關系，分析a點電勢如何變化。【解答】解：B、當滑動變阻器R3的滑片P向上移動時，滑動變阻器接入電路電阻增大，電路中的總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路電流減小，電源的內電壓減小，則路端電壓增大，因電壓表測量路端電壓，則電壓表的示數(shù)變大，故B正確；A、電阻R1處于干路，干路電流減小，則R1兩端的電壓減小，因路端電壓增大，則并聯(lián)部分的電壓增大，R2兩端的電壓增大，流過電阻R2的電流增大，則流過滑動變阻器的電流減小，電流表示數(shù)變小，故A錯誤；C、電容器板間電壓等于并聯(lián)部分的電壓，則知電容器板間電壓增大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電量增大，故C錯誤；D、電源的正極接地，根據(jù)在外電路中順著電流方向電勢降低，知a點的電勢比零電勢低，因a點與零電勢間的電勢差大小等于并聯(lián)部分的電壓，則a點與零電勢間的電勢差增大，因此，a點的電勢降低，故D正確。故選：BD?！军c評】本題考查閉合電路歐姆定律的應用，屬于電路動態(tài)分析題，要掌握動態(tài)電路動態(tài)分析問題的解題思路與方法：局部→整體→局部，記住這個結論可提高分析的速度。16．（成都月考）如圖甲所示，電動勢為E、內阻為r的電源與R＝6Ω的定值電阻、滑動變阻器RP、開關S組成閉合回路。已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的有效阻值RP的關系如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．電源的電動勢E＝10V，內阻r＝4Ω B．定值電阻R消耗的最大功率為256WC．圖乙中Rx＝15Ω D．電源的最大輸出功率為6W【分析】將R看成電源的內阻，當?shù)刃щ娫吹膬韧怆娮柘嗟葧rRP的功率最大，由圖讀出RP的功率最大值及對應的阻值，即可求得電源的內阻，根據(jù)功率公式求出電源的電動勢。根據(jù)滑動變阻器的阻值為4Ω與阻值為Rx時消耗的功率相等列式，可求得Rx．當RP＝0時電路中電流最大，R消耗的功率最大。根據(jù)內外電阻相等時電源的輸出功率最大，由此求電源的最大輸出功率?！窘獯稹拷猓篈、將R看成電源的內阻，由圖乙知，當RP＝R+r＝10Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，因R＝6Ω，可得電源的內阻r＝4Ω最大功率Pm=[EB、當回路中電流最大時，定值電阻R消耗的功率最大，此時RP＝0，則定值電阻R消耗的最大功率，且最大功率為PRmax＝（ER+r）2R，解得PRmaxC、當滑動變阻器的阻值為5Ω與阻值為Rx時消耗的功率相等，有(E5+R+r)2×5=(D、當外電阻與內阻相等時，電源的輸出功率最大。本題中定值電阻R的阻值大于內阻的阻值，故滑動變阻器RP的阻值為0時，電源的輸出功率最大，最大輸出功率為P出max＝（ER+r）2R，解得P出max故選：AD?！军c評】解決本題的關鍵是掌握推論：當外電路電阻與電源的內阻相等時，電源的輸出功率最大。對于定值電阻，當電流最大時其消耗的功率最大。對于滑動變阻器的最大功率，可采用等效法研究。17．（禪城區(qū)校級期中）如圖所示為某一款移動充電寶，其參數(shù)如表，下列說法正確的是（）容量20000mAh兼容性所有智能手機輸入5V，2A輸出DC5V0.1～2.5A尺寸略轉換率0.60產品名稱小米重量約430gA．給充電寶充電時將大部分電能轉化為化學能 B．該充電寶最多能儲存能量為20000mA?h C．該充電寶電量從零到完全滿電的時間約為2h D．該充電寶給電量為零、容量為3000mA?h的手機充電，則理論上能充滿4次【分析】根據(jù)銘牌讀出充電寶的容量和電動勢。充電寶的總電能可以用電容器的電動勢和電荷容量解得，根據(jù)電流的定義式求出該充電寶充滿所需要的時間【解答】解：A.給充電寶充電時是把電能轉化為化學能的過程，故A正確；B.該充電寶的容量為：q＝20000mAh＝20000×10﹣3×3600C＝72000C該電池的電動勢為5V，所以充電寶儲存的能量為：E=EC.該充電寶的容量為：q＝20000mA?h＝20000×10﹣3×3600C＝72000C以2A的電流為供電電流則充滿所用時間t=72000D.由于充電寶的轉化率為0.6，所以可以釋放的電量為：20000mA?h×0.6＝12000mA?h，給容量為3000mAh的手機充電的次數(shù)為：n=12000故選：AD。【點評】本題考查讀取電池銘牌信息的能力。解答的關鍵是要知道電池的容量是指電池所能釋放的總電量，這里也可以借助量綱計算法來理解。18．（惠東縣期中）智能手機耗電量大，移動充電寶應運而生，它是能直接給移動設備充電的儲能裝置。充電寶的轉化率是指電源放電總量占電源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之間（包括移動電源和被充電池的線路板、接頭和連線的損耗）。如圖為某一款移動充電寶，其參數(shù)見如表，下列說法正確的是（）容量20000mAh兼容性所有智能手機輸入DC5V2AMAX輸出DC5V0.1﹣2.5A尺寸156×82×22mm轉換率0.60產品名稱索揚重量約430gA．給充電寶充電時將大部分電能轉化為化學能 B．該充電寶最多能儲存能量為20000mAh C．理論上該充電寶電量從零到完全充滿電的時間約為10h D．該充電寶給電量為零、容量為3000mAh的手機充電，則理論上能充滿4次【分析】根據(jù)銘牌讀出充電寶的容量，充電寶的容量是指電池能釋放的總電量；根據(jù)輸入電壓和輸入電流，確定充電寶充滿電的時間；根據(jù)充電寶的容量，求出給手機充電的次數(shù)。【解答】解：A、充電寶充電時將電能轉化為化學能，儲存起來，故A正確；B、該充電寶的容量為：q＝20000mAh＝20000×10﹣3×3600＝7.2×104C該充電寶的電動勢為5V，所以充電寶儲存的能量為：E＝E電動勢?q＝5×7.2×104＝3.6×105J，故B錯誤；C、充電寶的輸入電流為2A，理論上該充電寶電量從零到完全充滿電的時間為：t=qI=7.2×10D、由于充電寶的轉化率是0.6，所以可以釋放的電荷量為：20000mA?h×0.6＝12000mAh，給容量為3000mAh的手機充電的次數(shù)：n=12000故選：ACD?！军c評】本題考查讀取電池銘牌信息的能力。解答的關鍵是要知道電池的容量是指電池所能釋放的總電量。19．（大觀區(qū)校級期中）圖為一塊手機電池的背面印有的一些符號，下列說法正確的是（）A．500mA?h指的是該電池放電時能輸出的總電荷量 B．該電池的電動勢為3.6V C．該電池充滿電可提供的電能為1.8J D．若該手機的待機電流為10mA，手機最多可待機50小時【分析】根據(jù)銘牌讀出電池的容量和電動勢。電池的容量是指電池能釋放的總電量，根據(jù)電流的定義式求出以10mA的電流工作可用的時間。【解答】解：AB、由電池的銘牌讀出：該電池的容量為500mA?h，電動勢為3.6V．500mA?h指的是該電池放電時能輸出的總電荷量，故AB正確；C、電池充滿電后，可提供的電能為W＝Eq＝3.6×500×10﹣3×10﹣3kW?h＝1.8×10﹣3kW?h＝6480J，故C錯誤。D、由q＝It得知，若電池以10mA的電流工作，可用50小時。故D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查讀取電池銘牌信息的能力。電池的容量是指電池所能釋放的總電量。20．（欽北區(qū)校級期中）鉛蓄電池的電動勢為2V，這表示（）A．蓄電池在1s內將2J的化學能轉化成電能 B．電路中每通過1C的電荷量，電源把2J的化學能轉化為電能 C．無論接不接入外電路，蓄電池兩極間的電壓都為2V D．蓄電池將化學能轉化為電能的本領比一節(jié)干電池（電動勢為1.5V）的大【分析】電動勢等于內外電路電壓之和．電動勢是表示電源把其它形式的能轉化為電能的本領大小的物理量．電動勢由電源本身的特性決定，與外電路的結構無關．電動勢的定義式E=W【解答】解：A、根據(jù)電動勢的定義式E=Wq，可知電路中每通過1C的電荷量，非靜電力做功為W＝qE＝1C、沒有接入電路時，蓄電池的內電壓為零，則由閉合電路歐姆定律可知電池兩極間的電壓為2V，但接入電路時，路端電壓一定小于2V，故C錯誤；D、電動勢反映電源將其他形式的能轉化為電能的本領，電動勢越大，這種轉化本領越大；一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，電路中每通過1C的電荷量，電源把1.5J的化學能轉變?yōu)殡娔埽芍U蓄電池把其他形式能轉化為電能的本領比一節(jié)干電池的強，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查對電動勢的理解．關鍵抓住電動勢的物理意義：表征電源把其它形式的能轉化為電能的本領大?。莆针妱觿莸亩x式E=W21．（豐順縣校級模擬）關于能量和電機，下列表述正確的是（）A．能量可以從一種形式轉化為另一種形式 B．能量可以從一個物體轉移到另一個物體 C．電機實現(xiàn)了電能與其他形式能源的相互轉換 D．電機就是指發(fā)電機【分析】電機是依據(jù)電磁感應定律實現(xiàn)電能轉換或傳遞的一種電磁裝置．電機是指發(fā)電機和電動機．【解答】解：A、電機可以將能量可以從電能轉化為動能，作為電動機。故A正確。B、當發(fā)電機帶動電動機時，能量可以從一個物體轉移到另一個物體。故B正確。C、電機依據(jù)電磁感應定律實現(xiàn)了電能與其他形式能源的相互轉換。故C正確。D、電機是指發(fā)電機和電動機。故D錯誤。故選：ABC。【點評】本題考查對日常生產和生活中電機的理解能力．發(fā)電機和電動機本質結構沒有多大差別，都稱為馬達．22．（海珠區(qū)期末）一臺直流電動機的電阻為R，額定電壓為U，額定電流為I，當其正常工作時，下述正確的是（）A．電動機所消耗的電功率I2R B．t秒內所產生的電熱為UIt C．t秒內所產生的電熱為I2Rt D．t秒內輸出的機械能為（U﹣IR）It【分析】電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立。求電功率只能用P＝UI，求電熱只能用Q＝I2Rt，機械能只能用能量守恒求解?！窘獯稹拷猓篈、電動機所消耗的電功率為UI＞I2R．故A錯誤。B、C，t秒內所產生的電熱為I2Rt＜UIt．故C錯誤，D正確。D、根據(jù)能量守恒得電動機t秒內輸出的機械能為UIt﹣I2Rt＝（U﹣IR）It．故D正確。故選：CD。【點評】非純電阻電路與純電阻電路的根本區(qū)別是電能的轉化不同，純電阻電路全部轉化為內能，非純電阻電路電能一部分轉化為內能，一部分轉化其他能。23．（太湖縣校級三模）如圖是建筑工地常用的一種“深穴打夯機”，電動機帶動兩個滾輪勻速轉動將夯桿從深坑提上來，當夯桿底端剛到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿只在重力作用下運動，落回深坑，夯實坑底，且不反彈；然后兩個滾輪再次壓緊，將夯桿提到坑口，如此周而復始．設某次打夯時，夯桿在滾輪作用下向上做勻加速運動，夯桿底端剛到達坑口時的速度為v．已知夯桿質量為m，坑深為h．假定在打夯的過程中坑的深度變化不大，可以忽略．下列說法正確的是（）A．夯桿上升的加速度為v2B．打夯的周期為2?vC．電動機輸出的最大功率為mgv D．每個周期電動機對桿所做的功為mg?+【分析】夯桿在每個周期內先做勻加速上升，再做勻減速上升到零后再自由下落到坑底．夯桿底端剛到達坑口的運動過程中做勻加速直線運動，由運動學公式求解加速度．分別求出三個運動過程的時間，得到打夯的周期．電動機輸出的最大功率等于牽引力與最大速度的乘積．根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力，再求解最大功率．根據(jù)功能關系求解每個周期電動機對桿所做的功．【解答】解：A、夯桿在滾輪作用下向上做勻加速運動過程，由v2＝2ah，得加速度為a=vB、勻加速運動的時間為t1=?v2=2?v，勻減速上升的時間為t2所以打夯的周期為T＝t1+t2+t3=2?C、設電動機的牽引力為F，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，得到F＝m（g+v22?D、根據(jù)功能關系得知，每個周期電動機對桿所做的功為W=mg?+1故選：AD。【點評】解決本題的關鍵理清夯桿的運動過程，知道夯桿在每個周期內先做勻加速上升，再做勻減速上升到零后再自由下落到坑底．24．（2003秋?靜安區(qū)期末）圖示為研究閉合電路歐姆定律的演示實驗裝置，圖中電壓表和電流表均為理想電表．下列判斷正確的是（）A．兩只電壓表的四個接線柱中，若a為正極，則c也為正極 B．s1、s2都斷開時，電壓表V1的示數(shù)等于電源電動勢 C．s1、s2都閉合時，電壓表V1與V2的示數(shù)之和等于電源電動勢 D．s1、s2都閉合時，滑動變阻器的滑片P向右移動時，電壓表V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大【分析】本實驗的關鍵是弄清V2和V1分別測得是電源的內外電壓，然后再根據(jù)閉合電路歐姆定律進行討論即可．【解答】解：A、電壓表測電壓時應讓電流從正接線柱流入，從負接線柱流出。在電源的內電路中，電流是從電源的負極流向電源的正極的，這是由于非靜電力的作用。兩只電壓表的四個接線柱中，若a為正極，則c也為負極，故A錯誤B、s1、s2都斷開時，外電路斷開，電壓表V1的示數(shù)等于電源電動勢，故B正確C、s1、s2都閉合時，電壓表V1與V2的示數(shù)之和等于電源電動勢，故C正確D、s1、s2都閉合時，滑動變阻器的滑片P向右移動時，外電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得外電壓減小，內電壓增大，所以電壓表V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大。故D正確故選：BCD?！军c評】抓住電路的結構和電表的測量的是什么值是解決問題的關鍵．25．（上高縣校級期末）如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，不計電壓表和電流表內阻對電路的影響，當開關閉合后，兩小燈泡均能發(fā)光．在將滑動變阻器的觸片逐漸向右滑動的過程中，下列說法正確的是（）A．小燈泡L1變亮，小燈泡L2變暗 B．小燈泡L1、L2均變暗 C．電流表A的讀數(shù)變大，電壓表V的讀數(shù)變小 D．電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大【分析】將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，分析外電路總電阻的變化，由歐姆定律判斷干路電流的變化，即可知道電流表示數(shù)的變化和路端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化．分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷L1燈亮度的變化．【解答】解：AB、將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，與燈L1并聯(lián)的電路的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電流表讀數(shù)變小，L2變暗，電源的內電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知路端電壓增大，電壓表V的讀數(shù)變大。路端電壓增大，而L2燈電壓減小，所以L1燈的電壓增大，L1燈變亮。故選：AD?！军c評】本題是一道閉合電路的動態(tài)分析題，分析清楚電路結構，明確各電路元件的連接方式、靈活應用歐姆定律公式是正確解題的關鍵．也可以運用結論進行分析：變阻器電阻增大，與之并聯(lián)的電燈會亮，與之串聯(lián)的電燈會變暗，即“串反并同”．26．（重慶期末）在如圖所示電路中，閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，三個理想電表的示數(shù)都發(fā)生了變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2表示，電表的示數(shù)變化量分別用△I、△U1、△U2表示，下列判斷正確的是（）A．I增大，U1增大 B．I減小，U2增大 C．U1I不變，UD．△U1△I【分析】滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時R2增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析出總電流的變化，路端電壓的變化，再根據(jù)部分電路歐姆定律分析電路中各用電器上的電壓、電流的變化情況，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得△U1△I【解答】解：由電路圖可知，R1、R2串聯(lián)再與R3并聯(lián)，電壓表V1測R1兩端的電壓，電壓表V2測R2兩端電壓，電流表測電路中的電流。AB、滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時R2增大，電路的外電阻R外增大，由I總=E由路端電壓U＝E﹣I總r可知路端電壓U增大，設通過R3的電流為I3，由于R3阻值不變，由I3=UR3可以判斷出I3R1與R2串聯(lián)且R1與R2串聯(lián)的電壓為路端電壓，U＝U1+U2，由U1＝IR1知U1減小，所以U2增大，故A錯誤，B正確；CD、要注意對于定值電阻，是線性元件，有R=UI=△U△I，由電路圖可知，U對于電阻R2有：R2=U2I，由于R2增大，故U2I都增大，U2＝E﹣（I+I3）r﹣IR1，化簡可得：U2＝﹣（R1+r）I+E﹣故選：BC?！军c評】本題考查歐姆定律中的動態(tài)分析，解題方法一般是先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、內電壓的變化、路端電壓的變化；因本題要求分析電流及電壓的變化量，故難度稍大，要求學生能靈活選擇閉合電路的歐姆定律的表達形式。27．（聊城二模）壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學設計了利用壓敏電阻判斷升降機運動狀態(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底板上，其上放置一個物塊，在升降機運動過程中電流表的示數(shù)如圖（b）所示，在0到t1時間內升降機靜止。則（）A．t1到t2時間內升降機加速上升 B．t1到t2時間內升降機加速下降 C．t2到t3時間內升降機勻加速上升 D．t2到t3時間內升降機勻加速下降【分析】升降機運動過程中發(fā)現(xiàn)電流表不變，則說明是勻變速運動，且I大于升降機靜止時電流表的示數(shù)I0，則可知外電壓變大，內電壓變小，說明電流變?。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?。虼思铀俣确较蛳蛳拢赡芟蛳聞蚣铀?，也可能向上勻減速?！窘獯稹拷猓篈B、t1到t2時間內，電流增大，電阻減小，因為壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，所以壓力增大，靜止時FN＝mg，t1到t2時間內根據(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動，故A正確、B錯誤；CD、t2到t3時間內電流不變，電阻不變，壓力不變，電流大于靜止時的電流，壓力大于靜止時的壓力，對物塊受力分析，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時間內升降機勻加速上升，故C正確、D錯誤；故選：AC。【點評】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關知識，電流表的示數(shù)I不變，說明壓力不變；而I大于升降機靜止時電流表的示數(shù)I0，則說明壓力不等于重力。28．（唐山期末）如圖，滑片P處于滑動變阻器的正中央，AB間電壓為U，下列說法正確的是（）A．滑片P向右移動時，燈泡的電壓增大 B．滑片P向左移動時，燈泡的電壓增大 C．滑動變阻器的電阻越大，燈泡的電壓越接近U2D．滑動變阻器的電阻越小，燈泡的電壓越接近U【分析】滑動變阻器是分壓式接法，即燈泡與變阻器的下半部分并聯(lián)后再與上半部分串聯(lián)?！窘獯稹拷猓篈B、滑動變阻器是分壓式接法，燈泡與變阻器的左半部分并聯(lián)后再與右半部分串聯(lián)；滑動變阻器滑片向右移動時，串聯(lián)部分電阻變小，并聯(lián)電阻變大，并聯(lián)部分分壓變大，則燈泡兩端電壓增大，同理，滑片向左移動時，燈泡兩端電壓減小，故A正確，B錯誤。CD、滑動變阻器的電阻越小，則并聯(lián)部分電阻越接近滑動變阻器的左半部分電阻，由于滑片處于滑動變阻器的正中央，故此時燈泡的電壓越接近U2故選：AD。【點評】本題考查了串并聯(lián)電路的規(guī)律，關鍵是明確電阻電路結構，知道圖中滑動變阻器采用的是分壓式接法。29．（常德期中）如圖甲所示電路中的小燈泡通電后其兩端電壓U隨所通過的電流I變化的圖線如圖乙所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PM為U軸的垂線，PQ為I軸的垂線，下列說法中正確的是（）A．隨著所通電流的增大，小燈泡的電阻增大 B．對應P點，小燈泡的電阻為U1C．若在電路甲中燈泡L兩端的電壓為U1，則電阻R兩端的電壓為I1R D．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積【分析】（1）此燈泡是非線性元件，根據(jù)電阻是指對電流的阻礙作用判斷燈泡電阻與電壓之間的關系；（2）找到P點對應的電壓和電流，根據(jù)歐姆定律求出此時燈泡的電阻；（3）由功率公式可對應圖線的“面積”．【解答】解：A、圖線上的點與原點連線的斜率等于電阻大小，由數(shù)學知識可知，隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大。故A正確B、對應P點，小燈泡的電阻為R=UC、在電路中燈泡L兩端的電壓為U1時，電阻R兩端的電壓為I2R，故C錯誤；D、由恒定電流的功率公式P＝UI，推廣可知，對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積。故D正確故選：AD?！军c評】本題結合圖象考查對歐姆定律的理解，要明確題中燈泡是非線性元件，其電阻是變化的，故只能有R=UI，但R30．（潁州區(qū)校級月考）如圖所示，直線A為某電源的U﹣I圖線，曲線B為某小燈泡D1的U﹣I圖線的一部分，用該電源和小燈泡D1組成閉合電路時，燈泡D1恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是（）A．此電源的內阻為0.5Ω B．燈泡D1的額定電壓為3V，功率為6W C．把燈泡D1換成“3V，20W”的燈泡D2，電源的輸出功率將變大 D．由于小燈泡B的U﹣I圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律不適用【分析】電源的U﹣I曲線與燈泡伏安特性曲線的交點表示該燈泡與該電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢從而可算出燈泡的額定功率。根據(jù)推論：電源的內外電阻相等時電源的輸出功率最大，分析電源的輸出功率如何變化。燈泡是純電阻元件，歐姆定律適用?！窘獯稹拷猓篈、由圖讀出：電源的電動勢E＝4V，內阻r＝|△U△I|=4?16ΩB、兩圖線的交點表示小燈泡D1與電源連接時的工作狀態(tài)，由于燈泡正常發(fā)光，則知燈泡的額定電壓U＝3V，額定電流I＝2A，則額定功率為P＝UI＝6W，故B正確。C、燈泡D1的電阻R1=UI=32=1.5Ω，換成一個“3V，20W”的燈泡D2，燈泡D2的電阻R2D、燈泡是純電阻元件，歐姆定律適用，故D錯誤。故選：ABC?！军c評】解決這類問題的關鍵在于從數(shù)學角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理內涵。三．填空題（共7小題）31．（武陵區(qū)校級期末）在國際單位制中，電場強度的單位是N/C；1節(jié)干電池的電動勢為1.5伏特?！痉治觥扛鶕?jù)電場強度的定義式確定電場強度的單位。1節(jié)干電池的電動勢為1.5伏特。【解答】解：根據(jù)電場強度的定義式E=F1節(jié)干電池的電動勢為1.5伏特。故答案為：N/C，1.5。【點評】本題考查了電場強度的單位和干電池的電動勢，了解干電池的電動勢數(shù)值，明確電場強度的定義式，根據(jù)公式確定單位是常用方法。32．（浦東新區(qū)二模）如圖所示，已知電源電動勢E＝6V，內阻r＝3Ω，定值電阻R0＝5Ω，滑動變阻器的最大阻值為10Ω，當滑動變阻器R調節(jié)為8Ω時，滑動變阻器R消耗的電功率最大；當滑動變阻器R調節(jié)為0Ω時，電源的輸出功率最大?！痉治觥扛鶕?jù)閉合電路歐姆定律求電流，再根據(jù)電功率的表達式，利用數(shù)學知識求解功率的最大值。【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=滑動變阻器R消耗的電功率為：P=當R＝R0+r＝（5+3）Ω＝8Ω時，滑動變阻器R消耗的電功率最大。電源輸出功率為：P出＝I2（R0+R）=因為R0＞r，故當R＝0時，[(R故答案為：80【點評】解決本題的關鍵是運用函數(shù)法求功率的極值，這是求極值問題的常用方法。33．（金山區(qū)校級期末）如圖所示的由伏打電池供電的閉合電路中，沿電流方向繞電路一周，在a、b地方電勢升高：在R、r地方電勢降低。（“a”“r”“b”“R”）【分析】在電源的內阻和外電阻上，沿電流的方向電勢降低，在非靜電力區(qū)域，電勢升高。【解答】解：分析可知，a、b區(qū)域為非靜電力作用的范圍，電勢升高，R為外電阻，r為內阻，在電阻上，沿電流方向電勢降低。故答案為：a、b；R、r?！军c評】本題考查了電源的電動勢和內阻，解決本題的關鍵理解電動勢的概念以及整個回路電勢的走向。34．（順義區(qū)期末）隨著中國電信業(yè)的發(fā)展，國產手機在手機市場上已經有相當大的市場份額。如圖所示是中國科健股份有限公司生產的一塊手機電池外殼上的文字說明，由此可知該電池的電動勢3.7V，待機狀態(tài)下的平均工作電流7.29mA?！痉治觥坑蓤D讀出此電池的電動勢、容量和待機時間t，由電量公式q＝It求出平均工作電流?！窘獯稹拷猓河墒謾C電池外殼上的文字說明可知，電池的電動勢是3.7V700mA?h是電池的容量，即放電電流與時間的乘積，由說明文字可知手機的待機時間為t＝96h，故待機狀態(tài)下平均工作電流為：I=q故答案為：3.7V；7.29mA?！军c評】知道電池外殼文字說明的各個數(shù)表示的物理意義是正確解此題的關鍵，根據(jù)電量公式q＝It求出平均工作電流。35．（2010秋?宿州期中）某一用直流電動機提升重物的裝置如圖所示，電源提供恒定電壓U＝110v，不計各處摩擦，電路中電流強度I＝5A，電動機線圈電阻R＝4Ω，電動機發(fā)熱消耗的功率是100，在1分鐘內所做的機械功是2.7×104J．【分析】電動機發(fā)熱消耗的功率P＝I2R．電動機的機械功率等于電動機的輸入功率與電動機發(fā)熱消耗的功率之差．求出機械功率，再由W＝Pt求出機械功．【解答】解：電動機發(fā)熱消耗的功率P熱＝I2R＝52×4W＝100W在1分鐘內所做的機械功W＝（UI﹣I2R）t＝（110×5﹣52×4）×60J＝2.7×104J故答案為：100W，2.7×104J【點評】對于電動機電路，正常工作時歐姆定律不成立，求電功只能用W＝UIt，求電熱只能用焦耳定律，機械功要根據(jù)能量守恒定律求解．36．（青浦區(qū)期末）如圖所示，當電阻為R時，電流表讀數(shù)為I，換成3R之后，電流表讀數(shù)為23I，換成3R時的電壓與電阻為R時的電壓之比為2：1，電源電動勢為4IR【分析】根據(jù)歐姆定律計算電阻兩端的電壓。根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電源的電動勢。【解答】解：根據(jù)歐姆定律可知，換成3R時的電壓為：U'=2換成R時的電壓為：U＝IR，電壓之比為2：1。設電源電動勢為E，內阻為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?！军c評】該題考查了閉合電路歐姆定律的相關知識，明確歐姆定律和閉合電路歐姆定律的規(guī)律，并靈活運用是解題的關鍵。37．（湖南學業(yè)考試）如圖所示為電源的路端電壓U與電力I管線的圖象，由圖可知，該電源的電動勢為3V，內阻為0.5Ω．【分析】電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內阻．【解答】解：由圖示電源U﹣I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是3V，則電源電動勢為：E＝3V；電源內阻為：r=△U△I=故答案為：3，0.5．【點評】本題考查了求電源電動勢與內阻，電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源的電動勢，圖象斜率的絕對值是電源內阻．四．計算題（共5小題）38