2025-2026学年上学期高二物理沪科版（2020）期末必刷常考题之闭合电路欧姆定律、电源电动势及内阻

第46页（共46页）2025-2026学年上学期高二物理沪科版（2020）期末必刷常考题之闭合电路欧姆定律、电源电动势及内阻一．选择题（共6小题）1．在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，将R3的滑片向下滑动，下列说法正确的是（）A．电压表读数不变 B．电流表读数变大 C．R1两端的电压升高 D．流过R3的电流减小2．如图电路中，电阻R＝2Ω。断开S后，理想电压表的读数为4V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻为（）A．4Ω B．3Ω C．2Ω D．1Ω3．发光二极管（LED）是一种能够将电能转化为可见光的固态半导体器件。已知某种型号的LED灯在不同电压下发出不同颜色的光：当两端电压为1.4V时，发红光；当两端电压为1.8V时，发黄光；当两端电压为3.2V时，发蓝光。将此LED灯接入如图所示的电路中，电源电动势E＝5V，内阻r＝1Ω，R0＝1Ω，C为电容器，电容为1μF，R为滑动变阻器，最大阻值为10Ω，电流表内阻忽略不计。开关闭合后，下列判断正确的是（）A．与LED灯发黄光时相比，LED灯发红光时，R0两端的电压更大 B．稳定时电流表读数越大，电容器所带电荷量越大 C．当滑动变阻器的滑片位于最右端，LED灯发黄光时，电流表读数为0.32A D．当滑动变阻器的滑片位于正中间，电流表读数为0.30A时，LED灯发蓝光4．如图所示电路中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（）A．电压表示数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B．电压表示数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变暗 C．电压表示数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变亮 D．电压表示数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗5．如图所示，I为理想电流表A示数，U为理想电压表V2示数，P1为定值电阻R1消耗的功率，P2为电源的输出功率，W为干路中通过电荷量q时电源做的功。当滑动变阻器R2滑片P向上缓慢滑动过程中，下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．6．如图所示，在三棱锥的棱ab、ac、bc、cd上分别接入四个相同的定值电阻R1、R2、R3、R4，bd间接理想电流表，ad间接理想电容器C。不计导线电阻，若ac间接入的电压恒为U，则（）A．ab间和bc间的电势差相等 B．仅R1变大时，电流表示数不变 C．仅R3变大时，电容器C的电荷量减少 D．仅R2变大时，电容器C的电荷量增加二．多选题（共3小题）（多选）7．在图甲电路中，电表均为理想电表，a、b两端分别接上元件A、B时移动滑片P以改变滑动变阻器R（量程0～100Ω）的阻值，测得元件A和B的伏安特性曲线分别如图乙中图线A、B所示，倾斜虚线为曲线B的切线；a、b两端接上导线时，测得电源的伏安特性曲线如图乙中图线C所示。若改变滑动变阻器R的阻值、电压表V1、V2和电流表的示数变化分别表示为ΔU1、ΔU2和ΔI，则下列说法中正确的是（）A．当a、b两端接上元件A时，|ΔB．当a、b两端接上元件A时，滑动变阻器R消耗的最大功率为0.9W C．当a、b两端接上元件B，滑动变阻器R的滑片P从左向右滑动时，元件B的电阻一定增大 D．当a、b两端接上元件B，滑动变阻器R的滑片P在最左端时，元件B的电阻为30Ω（多选）8．如图所示为一种可自动控制亮度的节能路灯的电路示意图。已知电源电动势为E、内阻为r，定值保护电阻的阻值为R0，且R0＞r。L为可视作定值电阻的灯泡。RL为滑动变阻器，A、A1均为理想电流表。将滑片P滑至滑动变阻器R的中间某位置，闭合开关S。将滑动变阻器RL的滑片向左移动，在此过程中（）A．A1表的示数变小 B．电源的输出电压变小 C．A1表示数的变化量大于A表的示数变化量 D．电源的输出功率变小（多选）9．如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合，将滑片P向右移动，关于电流表和电压表示数变化情况，以下说法正确的是（）A．电流表示数变小 B．电流表示数变大 C．电压表示数变小 D．电压表示数变大三．填空题（共4小题）10．某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图，电路中的R1和R2，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U1时，控制开关自动开启低水位预警；当a、b两端的电压小于U2（U1、U2为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。则压力传感器为（选填“R1”或“R2”）；若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越（选填“高”或“低”）。11．如图甲所示是吴老师家的部分家庭电路图，吴老师在家用甲台灯L2学习时，突然台灯L2的灯丝断了，而屋内的照明灯L1依然正常发光。甲、乙两根进户线中（选填“甲”或“乙”）是火线，若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，会发现（选填“a”、“b”或“都”）能使试电笔的管发光。12．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，小灯泡L3（填“变亮”、“变暗”或“不变”），电压表V1、V2示数变化分别为ΔU1和ΔU2，则|ΔU1||ΔU2|（填“＞”或“＝”或“＜”）。13．如图所示，电源内阻不计，电源的电压为12V保持不变。R1＝30Ω，闭合开关S后，理想电流表的示数为1.0A。（1）R1与R2为（选填“串联”或“并联”）。（2）R1两端的电压为V。（3）求R2的阻值。四．解答题（共2小题）14．如图所示的电路中，电源电动势E＝10V、内阻r＝1.5Ω，电动机的线圈电阻R0＝0.5Ω，电阻R1＝2.5Ω，小灯泡L标有“2V，0.4W”。闭合开关后，小灯泡与电动机恰能正常工作（小灯泡的电阻不变），求：（1）电源的输出功率；（2）电动机输出的机械功率；（3）若电动机被卡死不能转动，则电动机的热功率为多少。15．通过电动机提升重物的电路如图所示，电源电动势E＝12V，电源内阻r＝2Ω，电阻R＝3.5Ω。当重物质量很大时，闭合开关S，电动机未能提起重物，理想电压表的示数为8V；当重物质量m＝1kg时，闭合开关S，稳定后电动机以恒定速度提升重物，此时电压表的示数为10V。转轴与细绳间不打滑，不计阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）电动机的内阻r0；（2）重物匀速上升时电动机消耗的功率；（3）重物匀速上升的速度。

2025-2026学年上学期高二物理沪科版（2020）期末必刷常考题之闭合电路欧姆定律、电源电动势及内阻参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）题号123456答案DCDDDC二．多选题（共3小题）题号789答案BCDACAD一．选择题（共6小题）1．在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，将R3的滑片向下滑动，下列说法正确的是（）A．电压表读数不变 B．电流表读数变大 C．R1两端的电压升高 D．流过R3的电流减小【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】R3的滑片向下滑动，R3接入电路的电阻变大，据此分析电路中电流和路端电压的变化；根据U＝IR分析R1两端电压的变化；根据并联电路电流的特点分析。【解答】解：AB、R3的滑片向下滑动，R3接入电路的电阻变大，电路中总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，故AB错误；C、因为电路中电流变小，根据U＝IR可知R1两端的电压变小，故C错误；D、R3接入电路的电阻变大，并联部分两端电压变大，即R2两端的电压变大，通过R2的电流变大，但干路中的电流变小，所以通过R3电流减小，故D正确。故选：D。【点评】知道R3的滑片向下滑动，R3接入电路的电阻变大是解题的基础，掌握串、并联电路电压和电流的特点是解题的关键。2．如图电路中，电阻R＝2Ω。断开S后，理想电压表的读数为4V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻为（）A．4Ω B．3Ω C．2Ω D．1Ω【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】C【分析】断开S后，理想电压表的读数等于电源电动势。闭合S后，根据闭合电路欧姆定律计算电源的内阻。【解答】解：断开S后，理想电压表的读数为4V，则电源的电动势E＝4V闭合S后，电压表的读数为U＝2V，则根据闭合电路欧姆定律有E=解得电源的内阻为r＝2Ω，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解答本题时，要知道理想电压表对电路没有影响，开路电压等于电源电动势。3．发光二极管（LED）是一种能够将电能转化为可见光的固态半导体器件。已知某种型号的LED灯在不同电压下发出不同颜色的光：当两端电压为1.4V时，发红光；当两端电压为1.8V时，发黄光；当两端电压为3.2V时，发蓝光。将此LED灯接入如图所示的电路中，电源电动势E＝5V，内阻r＝1Ω，R0＝1Ω，C为电容器，电容为1μF，R为滑动变阻器，最大阻值为10Ω，电流表内阻忽略不计。开关闭合后，下列判断正确的是（）A．与LED灯发黄光时相比，LED灯发红光时，R0两端的电压更大 B．稳定时电流表读数越大，电容器所带电荷量越大 C．当滑动变阻器的滑片位于最右端，LED灯发黄光时，电流表读数为0.32A D．当滑动变阻器的滑片位于正中间，电流表读数为0.30A时，LED灯发蓝光【考点】含容电路的常规分析与计算；匀强电场中电势差与电场强度的关系；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】电路稳定时，电容器相当于断路，由此分析电阻R0两端的电压；稳定时，根据U＝E﹣Ir分析路端电压与电流的关系，再分析电容器两板间电压大小，判断电容器所带电荷量大小；当滑动变阻器的滑片位于最右端，LED灯发黄光时，根据闭合电路欧姆定律计算电流表读数；当滑动变阻器的滑片位于正中间，电流表读数为0.30A时，根据闭合电路欧姆定律求出LED灯的电压，再确定其发光颜色。【解答】解：A、电路稳定时，电容器相当于断路，所以无论是LED灯发黄光还是发红光，电阻R0两端的电压都是零，故A错误；B、稳定时电流表读数越大，根据路端电压U＝E﹣Ir可知，路端电压越小，电容器两板间电压越小，则电容器所带电荷量越小，故B错误；C、当滑动变阻器的滑片位于最右端时R＝10Ω，LED灯发黄光时两端电压为1.8V，电流表读数为I=E-D、当滑动变阻器的滑片位于正中间时R'＝5Ω，电流表读数为0.30A时，则I′（R′+r）＝E﹣U′LED解得LED灯的电压为ULED'＝3.2V可知LED灯发蓝光，故D正确。故选：D。【点评】解答本题时，要搞清电路结构，知道电路稳定时，电容器相当于断路，利用闭合电路欧姆定律分析。4．如图所示电路中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是（）A．电压表示数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮 B．电压表示数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变暗 C．电压表示数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变亮 D．电压表示数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，根据串反并同分析灯泡亮度变化和电压表示数变化即可。【解答】解：滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，其中灯泡L1、电压表都和变阻器并联，灯泡L2与变阻器串联，根据串反并同可知，电压表示数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗，通过灯L2的电流变大，灯L2变亮，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】能够看懂电路的结构是解题的关键，掌握串反并同二级结论的应用是解题的基础。5．如图所示，I为理想电流表A示数，U为理想电压表V2示数，P1为定值电阻R1消耗的功率，P2为电源的输出功率，W为干路中通过电荷量q时电源做的功。当滑动变阻器R2滑片P向上缓慢滑动过程中，下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】电路动态分析．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据闭合电路的欧姆定律列式，得到U与I的关系式，再分析U﹣I图像的形状；根据功率公式分析P1﹣I2图像的形状；根据W＝qE分析W﹣q图像的形状；根据电源的输出功率P2=IE-I2【解答】解：A、根据闭合电路的欧姆定律可得U＝E﹣I（R1+r），可知U﹣I图像是一条向下倾斜的直线，故A错误；B、定值电阻R1消耗的功率P1=I2RC、电路中通过的电荷量为q时，电源做的功为W＝qE，其中E为电源的电动势，是定值，则W﹣q图像是一条通过原点向上倾斜的直线，故C错误；D、电源的输出功率为P2=IE-I故选：D。【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，根据物理规律得到解析式，再分析图像的形状和物理意义是常用的方法，要熟练掌握。6．如图所示，在三棱锥的棱ab、ac、bc、cd上分别接入四个相同的定值电阻R1、R2、R3、R4，bd间接理想电流表，ad间接理想电容器C。不计导线电阻，若ac间接入的电压恒为U，则（）A．ab间和bc间的电势差相等 B．仅R1变大时，电流表示数不变 C．仅R3变大时，电容器C的电荷量减少 D．仅R2变大时，电容器C的电荷量增加【考点】含容电路的动态分析；平行板电容器的相关参数与计算；欧姆定律的简单应用；电阻定律的内容及表达式；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】画出a、c间的等效电路图，根据电阻的变化情况结合电路连接特点逐项进行解答。【解答】解：a、c间的等效电路图如图所示（将c点接地）：A、由于R3和R4的并联的等效电阻值等于R1阻值的12，根据串联电路分压特点可知，ab间和bc间的电势差不相等，故AB、仅R1变大时，根据串联电路分压特点可知，R4两端电压减小，流经R4的电流减小，则电流表的示数减小，故B错误；C、仅R3变大时，根据串联电路分压特点可知，R3两端的电压增大，则电容器两端电压增大，电容器C的电荷量增加，故C正确；D、仅R2变大时，电容器两端电压不变，电容器C的电荷量不变，故D错误。故选：C。【点评】本题主要是考查电路的动态分析，由于电路比较复杂，画出等效电路图是解答本题的关键。二．多选题（共3小题）（多选）7．在图甲电路中，电表均为理想电表，a、b两端分别接上元件A、B时移动滑片P以改变滑动变阻器R（量程0～100Ω）的阻值，测得元件A和B的伏安特性曲线分别如图乙中图线A、B所示，倾斜虚线为曲线B的切线；a、b两端接上导线时，测得电源的伏安特性曲线如图乙中图线C所示。若改变滑动变阻器R的阻值、电压表V1、V2和电流表的示数变化分别表示为ΔU1、ΔU2和ΔI，则下列说法中正确的是（）A．当a、b两端接上元件A时，|ΔB．当a、b两端接上元件A时，滑动变阻器R消耗的最大功率为0.9W C．当a、b两端接上元件B，滑动变阻器R的滑片P从左向右滑动时，元件B的电阻一定增大 D．当a、b两端接上元件B，滑动变阻器R的滑片P在最左端时，元件B的电阻为30Ω【考点】电路动态分析．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】根据图线A计算即可；当变阻器接入电路中的电阻等于元件A和电源内阻之和时变阻器消耗的功率最大，据此计算；根据图线上各点与原点连线的斜率的变化分析；根据图线B和电源的I﹣U图线的交点坐标计算。【解答】解：A、由图乙可知元件A是一个定值电阻，当a、b两端接上元件A时，RA=|ΔU2B、根据图线C可知，电源的电动势E＝12V，电源内阻为r=121.2Ω=10Ω，当滑动变阻器接入电路中的电阻R＝RA+r＝30Ω+10Ω＝40ΩC、当a、b两端接上元件B，滑动变阻器R的滑片P从左向右滑动时，变阻器接入电路中的电阻变大，则电路中的电流变小，即通过元件B的电流一直减小，根据图乙可知，元件B的伏安特性曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，该连线的斜率表示电阻的倒数，所以元件B的电阻一直增大，故C正确；D、当a、b两端接上元件B，滑动变阻器R的滑片P在最左端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时只有元件B接入电路，则元件B的伏安特性曲线和电源的I﹣U图线的交点的比值表示元件B的电阻，此时元件B的电阻为RB=9故选：BCD。【点评】能够根据电源的I﹣U图线得到电源的内阻和电动势，知道图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数是解题的基础，知道当变阻器接入电路中的电阻等于元件A和电源内阻之和时变阻器消耗的功率最大。（多选）8．如图所示为一种可自动控制亮度的节能路灯的电路示意图。已知电源电动势为E、内阻为r，定值保护电阻的阻值为R0，且R0＞r。L为可视作定值电阻的灯泡。RL为滑动变阻器，A、A1均为理想电流表。将滑片P滑至滑动变阻器R的中间某位置，闭合开关S。将滑动变阻器RL的滑片向左移动，在此过程中（）A．A1表的示数变小 B．电源的输出电压变小 C．A1表示数的变化量大于A表的示数变化量 D．电源的输出功率变小【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据串反并同分析；根据电源输出电压表达式分析；根据并联电路电流的特点分析；当外电阻大于电源内阻时，电源的输出功率随着外电阻的增大而减小，据此分析。【解答】解：A、将滑动变阻器RL的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻变大，由电路图可知电流表A1和变阻器串联，根据串反并同可知电流表A1示数变小，故A正确；B、电源输出电压表达式为U=RR+rE，由此可知电源的输出电压随外电阻的变大而变大；将滑动变阻器C、因为变阻器接入电路的电阻变大，根据电压分配原则可知变阻器分得的电压增多，所以通过灯泡的电流以及通过变阻器R滑片P左边部分的电流都增大，但因为总电阻增大，总电流减小，即电流表A示数减小，所以A1表示数的变化量大于A表的示数变化量，故C正确；D、当外电阻大于电源内阻时，电源的输出功率随着外电阻的增大而减小，因为R0＞r，由此可知将滑动变阻器RL的滑片向左移动过程中，电源的输出功率减小，故D错误。故选：AC。【点评】能够看懂电路结构，掌握串反并同的二级结论的应用，知道当外电阻大于电源内阻时，电源的输出功率随着外电阻的增大而减小灯是解题的基础。（多选）9．如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合，将滑片P向右移动，关于电流表和电压表示数变化情况，以下说法正确的是（）A．电流表示数变小 B．电流表示数变大 C．电压表示数变小 D．电压表示数变大【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】由图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R两端的电压。将滑片P向右移动时，R接入的阻值变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变化及R0两端的电压变化，根据串联电路的电压规律可知R两端的电压变化。【解答】解：由图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R两端的电压。将滑片P向右移动时，R接入的阻值变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，由U＝IR可知，R0两端的电压变小，根据串联电路的电压规律可知R两端的电压变大，即电流表示数变小，电压表示数变大，故AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】本题考查串联电路特点和欧姆定律的应用，解题关键能根据欧姆定律分析电流变化，根据串联电路的电压规律分析电压变化。三．填空题（共4小题）10．某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图，电路中的R1和R2，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U1时，控制开关自动开启低水位预警；当a、b两端的电压小于U2（U1、U2为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。则压力传感器为R1（选填“R1”或“R2”）；若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低（选填“高”或“低”）。【考点】电路动态分析．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】R1，低【分析】根据串联电路中，电阻越大电压越大的规律，结合高低水位对应的传感器阻值状态分析。【解答】解：由题意可知，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U1，根据串联电路分压规律可知，R1为压力传感器；根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两端的电压为U=当a、b两端的电压等于U2，且一定时，若定值电阻R2的阻值越大，则R1阻值也越大，则知水位越低。故答案为：R1，低【点评】本题考查了电路相关知识，理解压力传感器不同状态下阻值的情况是解决此类问题的关键。11．如图甲所示是吴老师家的部分家庭电路图，吴老师在家用甲台灯L2学习时，突然台灯L2的灯丝断了，而屋内的照明灯L1依然正常发光。甲、乙两根进户线中甲（选填“甲”或“乙”）是火线，若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，会发现b（选填“a”、“b”或“都”）能使试电笔的管发光。【考点】根据电路故障分析电路现象．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】甲；b。【分析】测电笔是用来辨别火线和零线的设备，即当用测电笔检测时，若是碰到火线，氖管会发光的。【解答】解：开关连在火线和用电器之间，说明甲是火线；c孔不能使测电笔的氖管发光，则说明甲是零线；若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，b点连接火线，a点连零线，b点发光。故答案为：甲；b。【点评】知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键。12．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，小灯泡L3变暗（填“变亮”、“变暗”或“不变”），电压表V1、V2示数变化分别为ΔU1和ΔU2，则|ΔU1|＞|ΔU2|（填“＞”或“＝”或“＜”）。【考点】电路动态分析；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】变暗，＞【分析】滑动变阻器触片左移导致接入电阻减小，外电路总电阻随之减小，总电流增大。L2因电流增大而变亮，V1示数因总电流增大而减小，导致L3变暗。L1的电流因总电流增大和L3电流减小而增大，故L1变亮。由于电源电压恒定，V1示数减小量大于V2示数增大量，因此电压表示数变化的绝对值关系为前者大于后者。【解答】解：当滑动变阻器触片由右向左滑动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，故灯L2变亮。电压表V1示数U1=E-I(R通过灯L1的电流IL1=I-IL3，由于I增大且IL3减小，解得：IL1增大，灯L1变亮。根据U＝U1+U2，由于U1减小而U2增大，且U减小，故故答案为：变暗，＞【点评】本题综合考查闭合电路欧姆定律、串并联电路动态分析等电学核心知识。题目通过滑动变阻器阻值变化引发电路参数改变，要求学生准确判断各元件电压电流变化趋势，并定量比较电压表示数变化量绝对值大小关系。解题过程需要学生熟练掌握总电阻与分电阻的关系，灵活运用电压分配原理，同时考察学生对电路能量守恒的理解能力。题目计算量适中，但思维链条较长，需建立清晰的动态分析逻辑：从总电阻变化推导总电流变化，进而分析各支路电流分配，最后通过电压关系建立比较条件。其中电压表示数变化量绝对值的比较是难点，需要学生深刻理解电源内电压与外电压的制约关系。该题能有效训练学生的电路分析能力和逻辑推理能力。13．如图所示，电源内阻不计，电源的电压为12V保持不变。R1＝30Ω，闭合开关S后，理想电流表的示数为1.0A。（1）R1与R2为并联（选填“串联”或“并联”）。（2）R1两端的电压为12V。（3）求R2的阻值20Ω。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；并联电路的特点及应用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】（1）并联；（2）12；（3）20Ω。【分析】（1）根据电路连接方式判断；（2）利用并联电路电压特点求解；（3）先求出通过R1的电流，再根据并联电路电流特点求出通过R2的电流，最后用欧姆定律求R2阻值。【解答】解：（1）根据电路图知R1与R2并联。（2）R1与R2两端的电压为电源的电压12V。（3）理想电流表的示数为1.0A，为干路电流，故1A又1R联立解得R2＝20Ω故答案为：（1）并联；（2）12；（3）20Ω。【点评】本题关键在于明确并联电路的电压和电流特点，熟练运用欧姆定律进行计算。四．解答题（共2小题）14．如图所示的电路中，电源电动势E＝10V、内阻r＝1.5Ω，电动机的线圈电阻R0＝0.5Ω，电阻R1＝2.5Ω，小灯泡L标有“2V，0.4W”。闭合开关后，小灯泡与电动机恰能正常工作（小灯泡的电阻不变），求：（1）电源的输出功率；（2）电动机输出的机械功率；（3）若电动机被卡死不能转动，则电动机的热功率为多少。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）电源的输出功率为10W；（2）电动机输出的机械功率为6W；（3）电动机被卡死不能转动时，电动机的热功率为3.125W。【分析】（1）根据小灯泡与电动机恰能正常工作，可知通过电阻和灯泡的电流、灯泡两端电压，即可得到干路电流；根据电源输出功率表达式，即可得到电源输出功率；（2）根据通过电动机的电流、电动机电压，即可得到电动机的输入功率；根据通过电动机的电流、电动机电阻，即可得到电动机的热功率；由电动机的输出功率、热功率、输入功率关系，即可得到电动机输出的机械功率；（3）若电动机卡死不能转动，则电动机相当于纯电阻用电器，根据闭合电路欧姆定律，可得到通过电动机的电流，结合热功率公式，即可得到电动机的热功率。【解答】解：（1）根据小灯泡与电动机恰能正常工作，可知灯泡的电流为：IL=PLUL通过电阻的电流为：I1=ULR1=2V2.5Ω=0.8根据电源输出功率表达式：P＝EI，即可得到电源输出功率为：P＝10W；（2）由（1）可得通过电动机的电流为I＝1A，根据闭合电路欧姆定律，可得电动机电压为：UM＝E﹣Ir﹣UL，可得电动机电压为：UM＝6.5V，电动机的输入功率为：PM＝UMI，解得：PM＝6.5W；根据通过电动机的电流、电动机电阻，即可得到电动机的热功率为：P热=I2R0由电动机的输出功率、热功率、输入功率关系：PM＝P热+P出，即可得到电动机输出的机械功率为：P出＝6W；（3）若电动机卡死不能转动，则电动机相当于纯电阻用电器，灯泡电阻为：RL根据闭合电路欧姆定律，可得到通过电动机的电流为：I3=Er+R0+答：（1）电源的输出功率为10W；（2）电动机输出的机械功率为6W；（3）电动机被卡死不能转动时，电动机的热功率为3.125W。【点评】本题考查含电动机的电路计算，注意在电动机卡死时，其相当于纯电阻元件，符合欧姆定律。15．通过电动机提升重物的电路如图所示，电源电动势E＝12V，电源内阻r＝2Ω，电阻R＝3.5Ω。当重物质量很大时，闭合开关S，电动机未能提起重物，理想电压表的示数为8V；当重物质量m＝1kg时，闭合开关S，稳定后电动机以恒定速度提升重物，此时电压表的示数为10V。转轴与细绳间不打滑，不计阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）电动机的内阻r0；（2）重物匀速上升时电动机消耗的功率；（3）重物匀速上升的速度。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）电动机的内阻r0为0.5Ω；（2）重物匀速上升时电动机消耗的功率为6.5W；（3）重物匀速上升的速度为0.6m/s。【分析】（1）当重物质量很大，电动机未能提起重物时，电动机相当于纯电阻。先根据电源电动势、电压表的示数求出电路中的电流，再结合电阻R和电源内阻的电压，进而推导出电动机的内阻r0；（2）当重物匀速上升时，先根据电压表的示数和电源电动势求出电路中的电流，再算出电动机两端的电压，最后根据电压和电流的关系求出电动机消耗的功率；（3）电动机消耗的功率一部分用于内阻发热（热功率），一部分用于提升重物（机械功率）。先算出热功率，再用电动机消耗的功率减去热功率得到机械功率，最后结合重物的重力，求出重物匀速上升的速度。【解答】解：（1）电动机不转时相当纯电阻，则通过电动机的电流I电动机的内阻r（2）重物匀速上升时通过电动机的电流I电动机消耗的功率P机＝I2（U2﹣I2R）代入数值得P机＝6.5W（3）由能量关系P解得v＝0.6m/s答：（1）电动机的内阻r0为0.5Ω；（2）重物匀速上升时电动机消耗的功率为6.5W；（3）重物匀速上升的速度为0.6m/s。【点评】这道题是对含电动机非纯电阻电路的综合性考查，既考查学生对基本公式的掌握和应用能力（如闭合电路欧姆定律的应用），又考查学生的分析推理能力（如电动机在不同工作状态下的电路性质分析），还考查了学生对功率分解（热功率、机械功率）的理解能力，能有效检测学生的综合应用水平。

考点卡片1．匀强电场中电势差与电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1．关系式：U＝Ed或者E=U2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式U＝Ed的理解1．从变形公式E=U2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3．对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即E→AB＜EBC，又因为UAB=AB•E→AB，UBC=BC•三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WE=F意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有U＝Ed【命题方向】如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m＝1×10﹣3kg、带正电q＝10﹣3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，已知A、B两点间距离为L＝0.1m，电势差为UAB＝20V．（1）判断匀强电场的场强方向；（2）求电场强度的大小；（3）求小球到达B点时的速率．分析：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，根据运动情况判断匀强电场的场强方向；（2）根据电势差与电场强度的关系求解电场强度的大小（3）根据动能定理求解小球到达B点时的速率解答：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，所以匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）根据电势差与电场强度的关系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根据动能定理研究小球由A点运动到B点，qU=v＝210m/s答：（1）匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）电场强度的大小是200V/m；（3）小球到达B点时的速率是210m/s．点评：理解和掌握电场中各个物理量之间的关系，在具体题目中能熟练的应用．【解题方法点拨】U＝Ed关系的应用：公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=Ud，用它可求2．平行板电容器的相关参数与计算【知识点的认识】综合应用电容的定义式C=QU和平行板电容器电容的决定式可以计算平行板电容器的相关参数，如极板电荷量、电压、板间距离，进一步结合电场强度与电势差的关系E=Ud计算两板之间的电场强度以及应用电场力与电场强度的关系F＝【命题方向】某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一电量为q的点电荷，则它所受到的电场力的大小为（）A、2kQdd2B、4kQdd2分析：由电容的定义式C=QU求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U＝Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F＝qE。解答：由电容的定义式C=QU得，板间电压为U=QC．板间场强大小为E=Ud故选：C。点评：本题考查对于电容、板间电压、场强等物理量之间关系的掌握情况。基础题。【解题思路点拨】电容的定义式与决定式的比较1.C=QU是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U，但C2.C=ɛrS4πkd是平行板电容器电容的决定式，C∝ɛr，C∝S3．欧姆定律的简单应用【知识点的认识】欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．2．表达式：I=U3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A．由I=UB．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=UI，导体的电阻跟它两端的电压成正比，D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．本题选错误的，故选C．点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C．点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．【解题方法点拨】1．欧姆定律不同表达式的物理意义（1）I=UR是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻（2）公式R=U2．对伏安特性曲线的理解（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．（3）对线性元件：R=UI=△4．欧姆定律I=U对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．4．电阻定律的内容及表达式【知识点的认识】1．电阻定律（1）内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．（2）表达式：R＝ρlS2．电阻率（1）计算式：ρ=RS（2）物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：下列说法中正确的是（）A．由R=B．由R＝ρlSC．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．故选BD．点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用：如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d．管两端有导电金属箍M、N．现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I．则金属膜的电阻率的值为（）A.UIB.πUD24分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，在根据电阻定律R＝ρLs计算出镀膜材料的电阻率即可．解：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=U镀膜材料的截面积为s＝2πD2•d＝πDd根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sRL=故选C．点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可．【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液适用于任何纯电阻导体5．并联电路的特点及应用【知识点的认识】串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P总＝P1+P2+…PnP1P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】将一只阻值为数千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2并联起来，则总电阻（）A、很接近R1而略大于R1B、很接近R1而略小于R1、C、很接近R2而略大于R2D、很接近R2而略小于R2分析：通过并联电阻的计算公式即可求解．解答：根据1RR=因为R1较大，R2很小，所以R2所以R很接近R2而略小于R2故选：D。点评：本题主要考查了求并联电阻的公式，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.解决并联电路问题的基本逻辑是：并联电路中并联部分的电压相等，根据欧姆定律I=UR分析电流关系以及P2.不管是串联电路还是并联电路，电路的总功率都等于各个电子元器件消耗的功率之和。6．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。7．计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率【知识点的认识】1.电动机正常工作时的具体能量转化如下（1）电动机的输入功率是电动机消耗的总功率，P入＝UI。（2）电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率，P热＝I2r。（3）电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）电动机的效率η=P出P入2.本考点主要针对电动机问题中输出功率、输出功与机械效率的计算。【命题方向】如图所示，电阻R1＝8Ω，电动机绕组电阻R0＝2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．分析：当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．解答：当开关S断开时，由P1=I12R1得：I整个电路有闭合电路的欧姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入数据解得：r＝2Ω当开关S闭合时，由P2=I22R1得：IR1的电压为：U＝I2R1＝4V设干路中电流为I，则有：I=E电动机的电流为：IM＝I﹣I2＝0.5A故电动机的机械功率为：P＝UIM-IM2R答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W．点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=U【解题思路点拨】电动机电路的分析与计算8．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】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.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比9．用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻【知识点的认识】闭合电路的欧姆定律的表达式为（1）I=（2）E＝U内+U外（3）U＝E﹣Ir可以根据具体的问题选择合适的公式计算电源的电动势和内阻。【命题方向】如图所示电路中，当开关S接a点时，标有“5V2.5W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V．求：（1）电阻R的值；（2）电源的电动势和内阻。分析：（1）由题，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，电阻R两端的电压为4V，由欧姆定律求出电阻R的值。（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关S接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻。解答：（1）当开关S接b点时，电阻R的值为R=（2）当开关接a时，U1＝5V，I1=根据闭合电路欧姆定律得E＝U1+I1r①E＝U2+I2r②联立①②联解得E＝6Vr＝2Ω答：（1）电阻R的值为4Ω；（2）电源的电动势和内阻分别为E＝6V、r＝2Ω。点评：本题是简单的直流电路的计算问题。对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解。【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比10．用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻【知识点的认识】闭合电路的欧姆定律的表达式为（1）I=（2）E＝U内+U外（3）U＝E﹣Ir可以根据具体的问题选择合适的公式计算电路的电压、电流、电阻等参数。【命题方向】如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，电源的内阻r＝2Ω，电阻R1＝3Ω，电阻R2＝6Ω．当闭合电键S后，流过R2的电流为（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根据闭合电路的欧姆定律求出通过电源的电流，再由并联电路的特点知通过R2的电流。解答：R1，R2并联后的电阻R=R1根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流I=ER通过R1的电流为I2=R1R1+R2I故选：A。点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，掌握并联电阻的计算方法。【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比11．电路动态分析【知识点的认识】1.模型概述：电路中某一参数变化时，其他参数的变化情况分析，就称为电路的动态分析。2.闭合电路动态问题的分析方法（1）程序法①分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；②由局部电阻变化判断总电阻的变化；③由I=ER④据U＝E一Ir判断路端电压的变化；⑤由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化。（2）结论法——“并同串反”“并同”：是指某一电阻增大时，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；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小。“串反”：是指某一电阻增大时，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；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大。【命题方向】在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时，合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况（）A.I1增大，I2不变，U增大B.I1减小，I2增大，U减小C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。解答：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大。故A、C、D错误，B正确。故选：B。点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。【解题思路点拨】闭合电路的动态分析方法（1）程序法：局部→整体→局部。（2）“并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，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，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，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，反之则增大。12．含容电路的常规分析与计算【知识点的认识】1.模型概述：该模型分析的是电路中含有电容器的一类电路分析问题。本考点旨在针对常规的含容电路计算，不包含动态过程。2.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。3.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。4.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。【命题方向】如图所示，电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，C＝30μF。（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求流过R1的电荷量；（3）如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R2消耗的最大电功率。分析：（1）开关闭合，电容器所在路看成断路，R1与R2串联进行求解；（2）开关断开前，电容器并联在R2两端，开关断开后，电容器并联在电源两端，通过两次电压的变化求出电荷量的变化；（3）当外电阻的等于内阻时，输出功率最大。解答：（1）闭合开关时，电容器所在支路为断路，则电路中R1与R2串联，由闭合电路欧姆定律可得：I=Er（2）开关S断开之前，电容器并联在R2两端，则电容器两端电压等于R2两端电压，则U2＝IR2＝2A×6Ω＝12V，断开开关后，电容器并联在电源两端，则电容器两端电压等于电源电动势，即U＝20V，则开关断开前后，电压的变化为：△U＝U﹣U2＝20V﹣12V＝8V，则流过R1的电荷量为：△Q＝C×△U＝30×10﹣6F×8V＝2.4×10﹣4C；（3）此时可将电源与电阻R1看成一个等效电源，则此时等效电源的内阻为：r1＝r+R1＝1Ω+3Ω＝4Ω，此时R2消耗的电功率为：P=I2R2=E2(R2+r1答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流为2A；（2）然后将开关