还剩29页未读，
继续阅读
第20讲 电路 闭合电路欧姆定律-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
展开
这是一份第20讲 电路 闭合电路欧姆定律-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共32页。试卷主要包含了路端电压U与电流I的关系，电路动态分析的方法，某兴趣小组利用压敏电阻等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134648578" 考点一 电路的动态分析 PAGEREF _Tc134648578 \h 1
\l "_Tc134648579" 考点二 电路中的功率及效率问题 PAGEREF _Tc134648579 \h 2
\l "_Tc134648580" 考点三 电路故障问题 PAGEREF _Tc134648580 \h 6
\l "_Tc134648581" 考点四 电源和电阻U－I图象的比较 PAGEREF _Tc134648581 \h 12
\l "_Tc134648582" 考点五 含电容器电路的分析 PAGEREF _Tc134648582 \h 14
考点一 电路的动态分析
1．闭合电路欧姆定律的公式eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(I＝\f(E,R＋r)只适用于纯电阻电路,E＝U外＋U内适用于任何电路))
2．路端电压U与电流I的关系
图1
(1)关系式：U＝E－Ir.
(2)U－I图象如图1所示．
①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电源电动势．
②当外电路短路即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．电路动态分析的方法
(1)程序法：电路结构的变化→R的变化→eq \x(R总的变化)→eq \x(I总的变化)→U端的变化→固定支路eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(并联分流I,串联分压U))→eq \x(变化支路).
(2)极限法：即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．
（2023•奉贤区二模）如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，电表均为理想电表，RB是磁敏材料制定的元件（其特点无磁场时处于断开状态，有磁场出现时导通）。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁靠近RB附近时（ ）
A．电流表读数减小B．R1的功率减小
C．电压表读数增大D．电源总功率增大
【解答】解：AC、当有磁铁经过RB附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得：I=ER+r，则知电流表示数I变大，外电路电压为U＝E﹣Ir，I变大，其它量不变，所以电压表示数U减小，故AC错误；
B、无磁场时，R1处于断路状态，电功率为0，有磁场时R1有电功率，故B错误
D、干路电流变大，根据P＝IE可知电源总功率增大，故D正确。
故选：D。
如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，下列说法不正确的是（ ）
A．电压表示数变大B．电流表示数变小
C．ΔUΔI＜rD．ΔUΔI＞r
【解答】解：设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I。
A、R2变大，外电阻变大，I总变小，U＝E﹣Ir变大，U3变大。故A正确。
B、I3变大，I总变小，由I4＝I总﹣I3变小，U4变小，而U1＝U﹣U4，U变大，则U1变大，I1变大，I总＝I+I1，I变小。故B正确。
C、D，由欧姆定律U＝E﹣I总r，得ΔUΔI总=r．由I总＝I+I1，I变小，I1变大，I总变小，则ΔI＞ΔI总，ΔUΔI＜ΔUΔI总．故ΔUΔI＜r．故C正确，D错误。
本题选不正确的，故选：D。
（多选）在如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器（R2＞R1），闭合开关S，不同规格的灯泡L1和L2均正常发光，现将滑动变阻器的滑动片P向上移动一定的距离，理想电流表A1、A2、电压表的示数均会发生一定变化，其变化量分别用ΔI1、ΔI2和ΔU表示，则下列分析判断可能正确的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A1示数变小
B．电流表A2示数不可能变为零
C．灯泡L1、L2都变暗
D．电源的内阻r=ΔUΔI1
【解答】解：A、将滑动变阻器的滑动片P向上移动，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电压表V示数变大，电流表A1示数变小，故A正确；
B、当RL1RL2=R1R2时，电流表A2示数为零，故B错误；
C、R2阻值增大，R2与L2并联部分阻值增大，回路中其它电路部分阻值未变，故R2与L2并联部分的电压增大，R1与L1并联部分的电压减小，则L2变亮，L1变暗，故C错误；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，得电源内阻r=ΔUΔI=ΔUΔI1，故D正确。
故选：AD。
（2022•青浦区二模）利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是（ ）
A．电压较大的刻度对应较高的温度
B．电压刻度0V对应的就是0℃
C．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
【解答】解：AB、温度为tA时电阻R的阻值大于温度tB时的阻值，由串联电路分压规律可知，R的电压：U=RR+R0+rE，R越大，U越大，所以tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，故AB错误；
C、由U=RR+R0+rE知，U与R是非线性关系，而R与t是线性关系，则U与t是非线性关系，电压表刻度是均匀的，所以电子温度计表盘上温度刻度不均匀，故C错误；
D、若电池用久后内阻r变大，由I=ER+R0+r知电路中电流变小，R的电压变小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏高，故D正确。
故选：D。
如图甲所示，条形码扫描笔的原理是扫描笔头在条形码上匀速移动时，遇到黑色线条，发光二极管发出的光线将被吸收，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色间隔，光线被反射到光敏三极管，三极管呈低阻抗。光敏三极管将条形码变成一个个电脉冲信号，信号经信号处理系统处理，即完成对条形码信息的识别，等效电路图如图乙所示，其中R为光敏三极管的等效电阻，R0为定值电阻，下列判断正确的是（ ）
A．当扫描笔头在白色线条上移动时，信号处理系统获得高电压
B．当扫描笔头在黑色间隔上移动时，信号处理系统获得高电压
C．扫描速度对信号处理系统接收到的电压信号无影响
D．扫描笔头外壳出现破损漏光，仍然能正常工作
【解答】解：A、当扫描笔头在白色间隔上移动时，光敏三极管呈低阻抗，电路中电流大，R0的电压大，则信号处理系统获得高电压，故A正确；
B、当扫描笔头在黑色线条上移动时，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流小，R0的电压低，则信号处理系统获得低电压，故B错误；
C、如果扫描速度发生变化，在信号处理系统中高低电压的时间间隔就会发生变化，从而无法正确判断黑、白条纹宽度，可能出现错误识别信息，故C错误；
D、扫描笔头外壳出现破损时，外面的光就会进入光敏三级管，从而出现错误信息，导致不能正常工作，故D错误。
故选：A。
考点二 电路中的功率及效率问题
1．电源的总功率
(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．
(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝eq \f(E2,R＋r).
2．电源内部消耗的功率：P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．
3．电源的输出功率
(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．
(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝eq \f(E2R,R＋r2)＝eq \f(E2,\f(R－r2,R)＋4r).
(3)纯电阻电路中输出功率随R的变化关系
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝eq \f(E2,4r).
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小．
③当R④当P出⑤P出与R的关系如图5所示．
图5
4．电源的效率
(1)任意电路：η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(U,E)×100%.
(2)纯电阻电路：η＝eq \f(R,R＋r)×100%＝eq \f(1,1＋\f(r,R))×100%
因此在纯电阻电路中R越大，η越大；当R＝r时，电源有最大输出功率，效率仅为50%.
（2023•湖南模拟）如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝9Ω，R2＝10Ω，R3＝5Ω；滑动变阻器R4的取值范围为0～15Ω。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使R4取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是（ ）
A．R4＝0时，定值电阻R1消耗的功率最大，为2W
B．R4＝5Ω时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W
C．R4＝10Ω时，R4消耗的功率最大，为0.4W
D．R4＝15Ω时，电源的效率最高，为90%
【解答】解：A、R4＝0时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻R1消耗的功率最大，此时并联部分的总阻值为R并=R2R3R2+R3=10×510+5Ω=103Ω
由闭合电路欧姆定律得干路电流为I=ER并+R1+r=8103+9+1A＝0.6A
则定值电阻R1消耗的功率为P1＝I2R1＝0.62×9W＝3.24W，故A错误；
B、电源内阻消耗的功率P内＝I2r
当电源内阻消耗的功率最小时，电路中的总电流应最小，对应的外电路电阻最大，即当R4＝15Ω时，电源内阻消耗的功率最小，故B错误；
C、为求滑动变阻器R4消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。
易知，等效电源的等效电动势E'＝4V，等效内阻r'＝10Ω，故当R4＝r'＝10Ω时，R4消耗的功率最大，且为Pmax=E'24r'=424×10W=0.4W，故C正确；
D、当R4＝15Ω时，总的外电阻最大。由于电源效率η=UE×100%=RR+r×100%=11+rR×100%
显然，当总的外电阻R最大时，η取最大值，当R4＝15Ω时，总的外电阻为R'=R2⋅(R3+R4)R2+(R3+R4)+R1=10×(5+15)10+5+15Ω+9Ω=473Ω
此时η最大，且为η=R'R'+r×100%=473473+1×100%=94%，故D错误。
故选：C。
（2023•越秀区校级模拟）大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面50km以下的大气看作是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50km以上的大气则可看作是带电粒子密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面h＝50km处与地面之间的电势差约为U＝3.0×105V。由于电场的作用，地球处于放电状态。但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变（可视为匀强电场），统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q＝1800C，已知地球半径r＝6400km。下列说法正确的是（ ）
A．离地面越近电势越高
B．绝缘层大气的电场强度约为6×103V/m
C．地球漏电功率约为6×107W
D．大气电阻率ρ约为1.8×1012Ω•m
【解答】解：A、地球本身带负电，越靠近负电荷电势越低，故离地面越近电势越低，故A错误；
B、如果视为匀强电场，根据E=Ud知E=3.0×10550×103V/m＝6V/m，故B错误；
CD、本题中把50 km厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体，其长度为50 km，横截面积为地球的表面积，所加电压为U＝3.0×105 V
则由题意得：
I=qt=1800A
R=UI=3.0×1051800Ω=5003Ω
又由电阻定律R=ρls
得ρ=4πr2RI=2×1012Ω•m，故D正确；
地球漏电功率为：P＝UI＝3×105×1800 W≈5×108 W，故C错误。
故选：D。
（2023•咸阳一模）外电路为纯电阻的情况下，电源输出功率P随路端电压U变化的函数关系如图所示，则有（ ）
A．电源电动势为6V，内阻为3Ω
B．路端电压为4V时，电源输出功率为7W
C．外电阻的阻值为3Ω时，电源效率为75%
D．外电阻分别为1Ω与2Ω时，电源输出功率相同
【解答】解：A、根据P=UI=UE−Ur=ErU−1rU2
由图像可知，当U1＝3V时，P1＝9W，有9=3Er−9r
当U2＝6V时，P2＝0，有0=6Er−36r
解得E＝6V，r＝1Ω，故A错误；
B、根据之前的分析有P=ErU−1rU2=6U−U2
可知，当路端电压为4V时，电源输出功率为8W，故B错误；
C、滑动变阻器的阻值为3Ω时，有η=IUIE×100%=UE×100%=R1R1+r×100%=75%，故C正确；
D、外电阻为1Ω时，路端电压为U3=ER2R2+r=6×11+1V＝3V
此时电源输出功率为P3＝9W
外电阻为2Ω时，路端电压为U4=ER3R3+r=6×22+1V＝4V
电源输出功率为P4＝8W，故D错误。
故选：C。
（2022•丰台区二模）如图所示的U﹣I图像中，直线a为电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别是电阻R1、R2的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是（ ）
A．电阻R1大于电阻R2
B．R1接在电源上时，电源的输出功率较大
C．R2接在电源上时，电源的输出功率较大
D．两种情况下，电源的输出功率相等
【解答】解：A、根据U﹣I图象的斜率大小表示电阻的大小，则有：R1＜R2，故A错误；
BCD、由图可知，通过R1的电流为：I1=34Im，通过R2的电流为：I2=14Im，
根据图中的几何关系（三角形相似）可知，R1接在电源上时电压U1=14E，R2接在电源上时电压U2=34E，
则R1接在电源上时，电源的输出输出功率P1＝U1I1=316EIm；R2接在电源上时，电源的输出输出功率P2＝U2I2=316EIm，所以两种情况下，电源的输出功率相等，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2020•浙江模拟）HWCP60型无线充电器的输出额定电压为5V，输出额定电流为2A．某款HW手机的电池容量为4200mAh，输入额定电压为3.82V，则（ ）
A．HW无线充电器的内阻为2.5Ω
B．HW无线充电器以额定电流工作时，发热功率为10W
C．HW手机电池充满时，储存的化学能约为5.8×104J
D．将HW手机电池从零电量充至满电量时，消耗的总电能约为5.8×104J
【解答】解：A、无线充电器不是纯电阻，无线充电是利用电磁感应原理充电，充电器的线圈电阻无法求出，故A错误；
B、由于无线充电器的内电阻不知道，无法计算充电器发热功率，故B错误；
C、HW手机电池充满时，储存的化学能约为E能＝qU＝4200×10﹣3×3600×3.82J≈5.8×104J，故C正确；
D、因为充电过程还有额外的电池发热、充电器发热等，所以消耗的电能大于5.8×104J，故D错误。
故选：C。
（多选）（2023•岳阳模拟）某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障，为了检测断路的位置，实验小组设计了如图所示的电路，a、b、c、d、e是滑动变阻器上间距相同的五个位置（a、e为滑动变阻器的两个端点）。某实验小组将滑动变阻器的滑片P分别置于a、b、c、d、x、e（x是d、e间某一位置）进行测量，把相应的电流表示数记录在下表中。已知定值电阻阻值为R，电源内阻和电流表内阻可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器cd间发生了断路
B．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.85A
C．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.40A
D．若滑动变阻器未断路时，其电阻丝的总电阻为4R
【解答】解：A、若滑动变阻器cd间发生了断路，滑片接在c时，滑动变阻器接入电路的部分为ac段电阻，滑片接在d时，滑动变阻器接入电路的部分为de段电阻，de段电阻比ac段电阻小，则滑片在d时电路的电流大应于滑片在c时电流的电流，故A错误；
B、若x在断路位置的下方，则是滑动变阻器下方部分被接入电路，且总电阻大于滑片接d位置时的电阻，电流比滑片接d点时的电流要小，所以电流表示数可能小于0.45A；
若x在断路位置的上方，则滑动变阻器是xe部分被接入电路，此时电路中的总电阻应该小于滑片接b点时的电阻，所以电路中的电流应该大于滑片接b点时的电流，即大于0.90A，但是要小于滑片接a点或接e点时的电流，因为接a点和e点时滑动变阻器接入电路中的电阻为零，故B错误，C正确；
D、若滑动变阻器未断路时，滑动变阻器接a端I＝1.80A=ER
设滑动变阻器电阻为R'，接c端时I'＝0.60A，有I'=ER+12R'
联立解得：R'＝4R
故D正确。
故选：CD。
考点三 电路故障问题
1．故障特点
(1)断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．
(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它两端电压为零．
2．检查方法
(1)电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．
(2)电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，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，一定要注意电流表的极性和量程．
(3)欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．
(4)假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．
某居民家中的部分电路如图所示，开始电路正常。将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但是电灯仍然正常工作。拔出电饭煲的插头，电热水壶仍然不能工作。把测电笔分别插入插座的左线右插孔，氖管均发光.若电路只有一处故障，则（ ）
A．电路的C、D两点间断路接地
B．插座左右两孔短路
C．插座的接地线断路
D．电热壶所在支路的B、D两点间断路
【解答】解：电灯仍正常工作，说明不是保险丝烧坏了，没有发生短路，而把测电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明火线有电，而零线开路了，且是在C、D之间开路，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）在探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，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．则下列对电路故障的分析正确的是（ ）
A．可能是定值电阻R1短路B．可能是定值电阻R2断路
C．可能是定值电阻R3断路D．可能是定值电阻R4短路
【解答】解：A、若电阻R1短路，外电路总电阻减小，路端电压随之减小，干路电流增大，则小灯泡A的亮度变亮，与题不符，故A错误。
B、若R2断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡A的亮度变暗。根据串联电路分压原理可知，R3的电压增大，通过R3的电流增大，而干路电流减小，所以通过R1的电流减小，R1的电压减小，所以B灯的电压增大，则小灯泡B的亮度变亮，与题相符，故B正确。
C、若R3断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡A的亮度变暗。R3的电压增大，B灯的电压增大，则小灯泡B的亮度变亮，与题相符，故C正确。
D、若R4短路，外电路总电阻减小，干路电流增大，则小灯泡A的亮度变亮，与题不符，故D错误。
故选：BC。
考点四 电源和电阻U－I图象的比较
（2022•重庆模拟）图是测定甲、乙两个直流电源的电动势E与内阻r时，得到的路端电压U与干路电流I的U﹣I图象。若将这两个直流电源分别与同一定值电阻R串联，下列说法正确的是（ ）
A．甲电源内阻是乙电源内阻的2倍
B．电源的效率一定有η甲＜η乙
C．电源总功率一定有P甲＜P乙
D．电源的输出功率一定有P甲＞P乙
【解答】解：A、U﹣I图象斜率的绝对值表示电源内电阻，由U﹣I图象可知，r甲=2U0I0，r乙=U02I0，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，故A错误；
B、电源的效率η=UIEI×100%=I2RI2(R+r)×100%=RR+r×100%=11+rR×100%，由于r甲＞r乙，可得η甲＜η乙，故B正确；
C、设电源乙的内电阻为r，则电源甲的内电阻为4r；根据图象可知甲的电动势为E甲＝2U0，乙的电动势E乙＝U0，
根据电源总功率计算公式可得：P甲=4U02R+4r=U0214R+r，P乙=U02R+r，所以P甲＞P乙，故C错误；
D、甲电源的输出功率P甲出=(2U0R+4r)2R，P乙出=(U0R+r)2R，所以有：P甲出P乙出=(2R+2rR+4r)2，由于R和r的关系不确定，所以不能确定两电源的输出功率的大小关系，故D错误。
故选：B。
如图甲所示的电路中定值电阻R＝60Ω，电源电动势E＝100V，r＝10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）
A．开关S断开时电源的效率为60%
B．开关S闭合后电源的总功率会变小
C．开关S闭合后灯泡的亮度增强
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
【解答】解：A、开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为UL＝40V，电源的效率为η=ULILEIL×100%=40100×100%=40%，故A错误；
BC、开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P＝EI可知电源的总功率会变大，根据U＝E﹣Ir可知路端电压减小，根据P=U2R可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；
D、开关S断开时小灯泡消耗的功率为P＝ULIL＝40×6W＝240W，故D正确；
故选：D。
（多选）某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1内电梯可能上升
B．t1～t2内电梯匀加速下降
C．t2～t3内电梯可能匀减速上升
D．t3时刻电梯速度达到最大
【解答】解：A、0～t1内电压表示数变大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处于失重状态，电梯由静止开始向下运动，故A错误；
B、t1～t2内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故B正确；
CD、t2～t3内电压表示数变小，但没有小于U0，说明电梯依然在向下加速，加速度不断减小，t3之后电梯开始减速，故C错误，D正确。
故选：BD。
考点五 含电容器电路的分析
1．电路的简化：不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．
2．电路稳定时电容器的处理方法：电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻视为等势体．电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．
3．电容器所带电荷量的变化的计算：(1)如果变化前后极板带电的电性相同，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；(2)如果变化前后极板带电的电性相反，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．
（多选）如图所示，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，当滑动变阻器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△U，电流表示数的变化量为△I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、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（R1+r）得：△U＝△I（R1+r）解得：
△U△I=（R1+r），不变，故A错误，B正确；
C、当滑动变阻器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分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR1I可知，Q﹣I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确；
故选：BD。
（2023•海淀区一模）水平放置的平行板电容器C、定值电阻R0、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴A恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是（ ）
A．当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B．当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C．仅换用阻值更大的R0，油滴A将向下运动
D．仅换用阻值更小的R0，油滴A依旧可以保持悬浮状态
【解答】解：A．根据电路构造可知，滑动变阻器R和定值电阻R0串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变小，根据闭合电路的欧姆定律U0＝IR0可知电阻R0两端的电压变小，而因为电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压减小，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量会减少，也就是说电容器在放电，故A正确；
B．同上述A选项的分析可知，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律U＝IR0可知电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度变大，根据题意可知油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运动，故B错误；
C．当换用阻值更大的R0，根据电路构造可知，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律U0＝E﹣IR可知电阻R0两端的电压变大，因为电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据E=Ud
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为最初状态下油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运动，故C错误；
D．当换用阻值更小的R0，根据电路构造可知，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律U0＝E﹣IR可知电阻R0两端的电压变小，因为电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变小，根据E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度变小，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力变小，因此油滴向下运动，故D错误。
故选：A。
（2022•南通四模）如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（ ）
A．电阻R2中有向下的电流
B．通过电阻R1电流增大
C．滑动变阻器R两端的电压变小
D．电容器C极板所带电荷量变小
【解答】解：B、闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R1的电流减小，故B错误；
ACD、根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增大，根据Q＝CU可知电容器极板所带电荷量增大，即电容器充电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向下的电流，故A正确，CD错误；
故选：A。
（2023•越秀区校级模拟）道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
【解答】解：A、汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，而电容器上极板带负电，下极板带正电，说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则由Q＝CU知电容器的电容减小。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；
B、由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；
C、电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误
D、由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为t＝0.325s，则汽车是速度为v=Lt=≈7.7m/s，故D正确。
故选：D。
如图所示，D为理想二极管，R为滑动变阻器，C1、C2为电容器，且电容相等，P、Q为带电粒子，开关S闭合后，P、Q均处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．C1、C2所带的电荷量不相等
B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑，P加速向上运动，Q仍静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q仍静止
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q也加速向下运动
【解答】解：A、在电路中，C1、C2都与R3并联，即它们的电压是相等的，又其电容相等，故C1、C2所带电荷量相等，故A错误
B、将滑动变阻器滑片下滑使滑动变阻器接入电路阻值变大，故R上的电压变大，又R与R2，R3串联的整体并联，故R3上的电压也变大。由于电压增大，故电流可以通过二极管D.即C1、C2电压均增大，P、Q都加速向上运动。故B错误。
CD、将滑动变阻器滑片上滑使滑动变阻器接入电路阻值变小，故R上的电压变小，又R与R2，R3串联的整体并联，故R3上的电压也变小。由于电压变小，故电流不可通过二极管D.故C1电压变小，C2电压不变。P加速向下运动，Q静止。故C正确，D错误。
故选：C。
某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
A．小球在塑料管中加速度随线圈中电流的增大而增大
B．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0～t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流是逆时针方向的
【解答】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0～t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C、适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度不一定会增大，故C错误；
D、在0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选：D。
练出高分
1．四只完全相同的灯泡分别用图（a）、（b）两种方式连接，电路两端电压分别为6V和10V。当灯泡都正常发光时，R1、R2消耗的电功率分别为P1和P2，则（ ）
A．P1＞P2B．P1＜P2C．P1＝P2D．无法确定
【解答】解：灯泡都正常发光，根据电路结构，两电路总电流关系为I1＝2I2
电路总功率分别为U1I1＝P1+2PL，U2I2＝P2+2PL
得P1﹣P2＝2U1I2﹣U2I2＞0
即P1＞P2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）2．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R1。当开关S闭合，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，此时电源的输出功率最大，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I，则有（ ）
A．R1+R2＝r
B．电动机输出的机械功率为IE﹣I2R1
C．电源的最大输出功率为IE2
D．电源的热功率为I2r
【解答】解：A、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能满足电源输出功率最大时的条件R1+R2＝r，故A错误；
B、电动机输出的机械功率为PM出＝IU﹣I2R1，故B错误；
C、电源的输出功率为P＝UI+I2R2，电源的最大输出功率时，路端电压等于电源电动势的一半，则电源的最大输出功率为IE2，故C正确；
D、电源的热功率为电源内阻的热功率，为P热＝I2r，故D正确。
故选：CD。
3．很多城市推出微公交小型租赁电动车，这为个性化绿色出行又提供了一种方案。某种型号微型电动车为零排放的纯电动汽车，其相关的性能参见表格，已知一次完全充电约需8小时，使用电能的价格约为每度电0.8元。在计算过程中不考虑各种能量转化的效率，下列说法正确的是（ ）
A．充电电流为150A
B．充满电后储存的电能为33000J
C．折合每公里的电能成本约为0.26元
D．最大速度行驶时的受到阻力约为306N
【解答】解：A.根据题意可知，电池的充电功率为
P充电=Wt=Uqt
解得：P充电＝4125W
则充电电流为
I=P充电U1
解得I＝18.75A
故A错误；.
B.充满电后储存的电能为
W＝Uq＝1.188×108J
故B错误；
C.根据题意可知，一次充电消耗的电能为
W1＝W＝1.188×108J＝33kW.h＝33（度）
折合每公里的电能成本约为
33×0.8100元/km≈0.26元/km
故C正确；
D.最大速度行驶时，机械功率最大，且阻力等于牵引力，根据公式
P＝Fvm
解得
F＝1100N
则最大速度行驶时的受到阻力约为1100N，故D错误。
故选：C。
4．一同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如下，其中电源电动势为6V，内阻为1Ω，电流表量程为0～3A，内阻为1Ω，有一长方体导体材料R，x、y、z方向上棱长分别为dcm、2cm、1cm，先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数1A，再将R沿y轴方向接入电路，电流表示数2A，则下列说法错误的是（ ）
A．d＝4cm
B．沿x、y、z三个方向接入R，电源效率最大约为83.3%
C．沿x、y、z三个方向接入R，电流表示数均不会超量程
D．沿x、y、z三个方向接入R，R的功率最小为2W
【解答】解：AC.由闭合电路欧姆定律有
E＝IR+IRA+Ir
代入数据可得沿x轴方向时
Rx＝4Ω
沿y轴方向时
Ry＝1Ω
由电阻定律
R=ρLS
代入数据可得
d＝4cm
沿z轴方向时
Rz=14Ω
由闭合电路欧姆定律
E＝IR+IRA+Ir
代入数据可得沿z轴方向时
I＝2.67A
故AC正确；
B.由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时
U外＝5V
根据
η=U外E×100%
解得：η＝83.3%
故B正确；
D.根据
P＝I2R
沿x轴方向时
P＝4W
沿y轴方向时
P＝4W
沿z轴方向时
P＝1.78W
R的功率最小为1.78W
故D错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
5．某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是（ ）
A．若示数I＝I0，则电梯一定处于静止状态
B．若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C．若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D．若示数I＞I0，则电梯可能在减速向下运动
【解答】解：A、若示数为I0，说明物体m对压敏电阻的压力与电梯静止时相同，即物体m的合外力为零，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速运动状态，故A错误；
B、由图甲可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，若示数I保持不变，说明压敏电阻R的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于物体m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故物体m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，则电梯可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误；
C、若示数I在增大，说明压敏电阻R的阻值在减小，由图甲可知，压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.
D、已知电梯静止时电流表的示数为I0，压敏电阻受到的压力等于物体m的重力，当示数I＞I0时，电路中电流比静止时大，说明压敏电阻R的阻值变小，压敏电阻受到的压力大于重力，物体m处于超重状态，电梯可能在减速向下运动，故D正确。
故选：D。
6．阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E（内阻不计）连接成如图所示电路。保持开关S1闭合，开关S2断开，电路稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电路再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为（ ）
A．12B．32C．23D．13
【解答】解：三个电阻R的阻值相等、电池E的内阻不计，
由图示电路图可知，保持开关S1闭合，开关S2断开，
两电阻先串联后与另一个电阻并联，电容器两串联电阻中的左边电阻并联，电容器两端电压U＝0.5E，
电容器所带电荷量Q1＝CU＝0.5CE，
保持开关S1闭合，再闭合S2，两电阻与电容器并联接在电源两端，电容器两端电压U′＝E，
电容器所带电荷量Q2＝CU′＝CE，
电容器所带电荷量之比Q1Q2=0.5CECE=12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示．当系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，则（ ）
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的减小而减小
C．弹簧的伸长量为x=mωLk−mω2
D．输出电压U与ω的函数式为U=Emω2k−mω2
【解答】解：A、B系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关。故AB错误。
C、D设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
kx＝mω2（L+x） 又输出电压U=RBPRBCE=xLE
联立两式得U=mω2Ek−mω2．故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）8．某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1内电梯可能上升
B．t1～t2内电梯匀加速下降
C．t2～t3内电梯可能匀减速上升
D．t3时刻电梯速度达到最大
【解答】解：A、0～t1内电压表示数变大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处于失重状态，电梯由静止开始向下运动，故A错误；
B、t1～t2内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故B正确；
CD、t2～t3内电压表示数变小，但没有小于U0，说明电梯依然在向下加速，加速度不断减小，t3之后电梯开始减速，故C错误，D正确。
故选：BD。
9．某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线，如图所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，下列说法中正确的是（ ）
A．根据题目所给的信息能求出电源电动势和内电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端的电压变大
C．根据题目所给的信息能求出电容器的电容
D．由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向右为正
【解答】解：A．电阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压Umax＝I0R；
电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E＝Umax＝I0R，但内电阻没法求出，故A错误；
B．电容器放电过程中电流减小，则电阻R两端的电压变小，故B错误；
C．根据Q＝It可知，I﹣t图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即Q＝S
根据C=QU可知电容器的电容为：C=QUmax=SI0R，故C正确；
D．电容器放电时，流过电阻R的电流为向左，则由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向左为正，故D错误。
故选：C。
10．如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω。当开关S闭合时，指示灯RL的电功率为4W。电流表内阻不计，那么下列说法中正确的是（ ）
A．流过电动机M的电流为4A
B．流过电流表的电流为4.5A
C．电动机M输出的机械功率7.5W
D．电源的总功率为16W
【解答】解：分析电路结构可知，电动机和灯泡并联，电流表测量干路电流，
B、指示灯的电功率P=IL2RL，解得IL＝0.5A，则路端电压为U＝ILRL＝0.5×16V＝8V，设流过电流表的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir，解得干路电流I=E−Ur=12−82A＝2A，流过电流表的电流为2A，故B错误；
A、设流过电动机M的电流为IM，根据并联电路的电流关系可知，IM＝I﹣IL＝2A﹣0.5A＝1.5A，故A错误；
C、电动机输出的机械功率P出＝IMU﹣IM2RM，代入数据解得P出＝7.5W，故C正确；
D、电源的总功率：P＝EI＝12×2W＝24W，故D错误。
故选：C。
11．在如图所示电路中，①、②处可以接小灯泡、电压表（为理想电表）。电源电动势E、内阻r保持不变，定值电阻R1＝R2＝R3＝r，小灯电阻RL＝r，下列说法不正确的是（ ）
A．要使电源总功率较大，则应该①接电压表，②接小灯泡
B．要使电源输出功率较大，则应该①接小灯泡，②接电压表
C．要使路端电压较大，则应该①接小灯泡，②接电压表
D．要使闭合电路中电源效率较高，则应该①接小灯泡，②接电压表
【解答】解：A、若①接电压表，②接小灯泡，由电路图可知，电路为R3与R2串联后与灯泡并联，再与R1串联，电路中的总电阻为R＝R1+(R2+R3)RLR2+R3+RL=53r。
而若将①接小灯泡，②接电压表，灯泡与R3并联，再与R2、R1并联，此时电路中的总电阻为R′＝R2+R1+R3RLR3+RL=52r，则R＜R′，当电阻较小时，电路中电流较大，故电源的总功率较大，故①接电压表，②接小灯泡时，使电源总功率较大，故A正确；
B、当外电阻越接近电源的电阻时，电源的输出功率较大，故知①接电压表，②接小灯泡时，电源的输出功率较大，故B错误；
C、外电阻越大，路端电压越大，故①接小灯泡，②接电压表，路端电压较大，故C正确；
D、电源的效率η=UIEI×100%=R外R外+r×100%，外电阻越大，电源的效率越高，所以①接小灯泡，②接电压表时，电源的效率越高，故D正确；
本题选择错误的，
故选：B。
12．如图所示，A、B分别为电源E和电阻R的U﹣I图线，虚线C是过图线A、B交点的曲线B的切线。现将电源E与电阻R及开关、导线组成闭合电路，由图象可知（ ）
A．R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1Ω
B．此时电阻的热功率为4W
C．电源的效率为50%
D．电源的电动势为3V，内阻为1Ω
【解答】解：A、根据电阻的定义式R=UI，可知其大小等于U﹣I图线上的点与原点O连线的斜率，可知R随电压的升高而增大，
此时电阻值R=UI=12Ω＝0.5Ω，故A错误；
D、电源的U﹣I图象纵截距表示电源的电动势，由图读出电源的电动势 E＝3V，内阻r＝|△U△I|＝1Ω，故D正确。
BC、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出：路端电压 U＝1V，电流I＝2A，电源的输出功率为P出＝UI，代入数据解得P出＝2W，
则电源的总功率为P总＝EI＝3×2W＝6W，
此时电源内部消耗的电功率为P内＝I2r，代入数据解得P内＝4W，
电源的效率为η=P出P总×100%，代入数据解得η＝33.3%，故BC错误；
故选：D。
P的位置
a
b
c
d
x
e
电流表示数（A）
1.80
0.90
0.60
0.45
1.80
图象上的特征
物理意义
电源U－I图象
电阻U－I图象
图形
图象表述的物理量变化关系
电源的路端电压随电路电流的变化关系
电阻两端电压随电阻中的电流的变化关系
图线与坐标轴交点
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示短路电流eq \f(E,r)
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
图线上每一点坐标的乘积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应的U、I比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小不变
图线斜率的
绝对值大小
内电阻r
电阻大小
电池输出最大电压
220V
电池输出最大机械功率
22kw
电池容量
150A•h
充电电压
220V
最大时速
72km/h
充满电后最多行驶路程
100km
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134648578" 考点一 电路的动态分析 PAGEREF _Tc134648578 \h 1
\l "_Tc134648579" 考点二 电路中的功率及效率问题 PAGEREF _Tc134648579 \h 2
\l "_Tc134648580" 考点三 电路故障问题 PAGEREF _Tc134648580 \h 6
\l "_Tc134648581" 考点四 电源和电阻U－I图象的比较 PAGEREF _Tc134648581 \h 12
\l "_Tc134648582" 考点五 含电容器电路的分析 PAGEREF _Tc134648582 \h 14
考点一 电路的动态分析
1．闭合电路欧姆定律的公式eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(I＝\f(E,R＋r)只适用于纯电阻电路,E＝U外＋U内适用于任何电路))
2．路端电压U与电流I的关系
图1
(1)关系式：U＝E－Ir.
(2)U－I图象如图1所示．
①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电源电动势．
②当外电路短路即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．电路动态分析的方法
(1)程序法：电路结构的变化→R的变化→eq \x(R总的变化)→eq \x(I总的变化)→U端的变化→固定支路eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(并联分流I,串联分压U))→eq \x(变化支路).
(2)极限法：即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．
（2023•奉贤区二模）如图所示的电路中，R1、R2是定值电阻，电表均为理想电表，RB是磁敏材料制定的元件（其特点无磁场时处于断开状态，有磁场出现时导通）。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁靠近RB附近时（ ）
A．电流表读数减小B．R1的功率减小
C．电压表读数增大D．电源总功率增大
【解答】解：AC、当有磁铁经过RB附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得：I=ER+r，则知电流表示数I变大，外电路电压为U＝E﹣Ir，I变大，其它量不变，所以电压表示数U减小，故AC错误；
B、无磁场时，R1处于断路状态，电功率为0，有磁场时R1有电功率，故B错误
D、干路电流变大，根据P＝IE可知电源总功率增大，故D正确。
故选：D。
如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，下列说法不正确的是（ ）
A．电压表示数变大B．电流表示数变小
C．ΔUΔI＜rD．ΔUΔI＞r
【解答】解：设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I。
A、R2变大，外电阻变大，I总变小，U＝E﹣Ir变大，U3变大。故A正确。
B、I3变大，I总变小，由I4＝I总﹣I3变小，U4变小，而U1＝U﹣U4，U变大，则U1变大，I1变大，I总＝I+I1，I变小。故B正确。
C、D，由欧姆定律U＝E﹣I总r，得ΔUΔI总=r．由I总＝I+I1，I变小，I1变大，I总变小，则ΔI＞ΔI总，ΔUΔI＜ΔUΔI总．故ΔUΔI＜r．故C正确，D错误。
本题选不正确的，故选：D。
（多选）在如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器（R2＞R1），闭合开关S，不同规格的灯泡L1和L2均正常发光，现将滑动变阻器的滑动片P向上移动一定的距离，理想电流表A1、A2、电压表的示数均会发生一定变化，其变化量分别用ΔI1、ΔI2和ΔU表示，则下列分析判断可能正确的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A1示数变小
B．电流表A2示数不可能变为零
C．灯泡L1、L2都变暗
D．电源的内阻r=ΔUΔI1
【解答】解：A、将滑动变阻器的滑动片P向上移动，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电压表V示数变大，电流表A1示数变小，故A正确；
B、当RL1RL2=R1R2时，电流表A2示数为零，故B错误；
C、R2阻值增大，R2与L2并联部分阻值增大，回路中其它电路部分阻值未变，故R2与L2并联部分的电压增大，R1与L1并联部分的电压减小，则L2变亮，L1变暗，故C错误；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，得电源内阻r=ΔUΔI=ΔUΔI1，故D正确。
故选：AD。
（2022•青浦区二模）利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是（ ）
A．电压较大的刻度对应较高的温度
B．电压刻度0V对应的就是0℃
C．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
【解答】解：AB、温度为tA时电阻R的阻值大于温度tB时的阻值，由串联电路分压规律可知，R的电压：U=RR+R0+rE，R越大，U越大，所以tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，故AB错误；
C、由U=RR+R0+rE知，U与R是非线性关系，而R与t是线性关系，则U与t是非线性关系，电压表刻度是均匀的，所以电子温度计表盘上温度刻度不均匀，故C错误；
D、若电池用久后内阻r变大，由I=ER+R0+r知电路中电流变小，R的电压变小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏高，故D正确。
故选：D。
如图甲所示，条形码扫描笔的原理是扫描笔头在条形码上匀速移动时，遇到黑色线条，发光二极管发出的光线将被吸收，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗；遇到白色间隔，光线被反射到光敏三极管，三极管呈低阻抗。光敏三极管将条形码变成一个个电脉冲信号，信号经信号处理系统处理，即完成对条形码信息的识别，等效电路图如图乙所示，其中R为光敏三极管的等效电阻，R0为定值电阻，下列判断正确的是（ ）
A．当扫描笔头在白色线条上移动时，信号处理系统获得高电压
B．当扫描笔头在黑色间隔上移动时，信号处理系统获得高电压
C．扫描速度对信号处理系统接收到的电压信号无影响
D．扫描笔头外壳出现破损漏光，仍然能正常工作
【解答】解：A、当扫描笔头在白色间隔上移动时，光敏三极管呈低阻抗，电路中电流大，R0的电压大，则信号处理系统获得高电压，故A正确；
B、当扫描笔头在黑色线条上移动时，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流小，R0的电压低，则信号处理系统获得低电压，故B错误；
C、如果扫描速度发生变化，在信号处理系统中高低电压的时间间隔就会发生变化，从而无法正确判断黑、白条纹宽度，可能出现错误识别信息，故C错误；
D、扫描笔头外壳出现破损时，外面的光就会进入光敏三级管，从而出现错误信息，导致不能正常工作，故D错误。
故选：A。
考点二 电路中的功率及效率问题
1．电源的总功率
(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．
(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝eq \f(E2,R＋r).
2．电源内部消耗的功率：P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．
3．电源的输出功率
(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．
(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝eq \f(E2R,R＋r2)＝eq \f(E2,\f(R－r2,R)＋4r).
(3)纯电阻电路中输出功率随R的变化关系
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝eq \f(E2,4r).
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小．
③当R
图5
4．电源的效率
(1)任意电路：η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(U,E)×100%.
(2)纯电阻电路：η＝eq \f(R,R＋r)×100%＝eq \f(1,1＋\f(r,R))×100%
因此在纯电阻电路中R越大，η越大；当R＝r时，电源有最大输出功率，效率仅为50%.
（2023•湖南模拟）如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝9Ω，R2＝10Ω，R3＝5Ω；滑动变阻器R4的取值范围为0～15Ω。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使R4取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是（ ）
A．R4＝0时，定值电阻R1消耗的功率最大，为2W
B．R4＝5Ω时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W
C．R4＝10Ω时，R4消耗的功率最大，为0.4W
D．R4＝15Ω时，电源的效率最高，为90%
【解答】解：A、R4＝0时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻R1消耗的功率最大，此时并联部分的总阻值为R并=R2R3R2+R3=10×510+5Ω=103Ω
由闭合电路欧姆定律得干路电流为I=ER并+R1+r=8103+9+1A＝0.6A
则定值电阻R1消耗的功率为P1＝I2R1＝0.62×9W＝3.24W，故A错误；
B、电源内阻消耗的功率P内＝I2r
当电源内阻消耗的功率最小时，电路中的总电流应最小，对应的外电路电阻最大，即当R4＝15Ω时，电源内阻消耗的功率最小，故B错误；
C、为求滑动变阻器R4消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。
易知，等效电源的等效电动势E'＝4V，等效内阻r'＝10Ω，故当R4＝r'＝10Ω时，R4消耗的功率最大，且为Pmax=E'24r'=424×10W=0.4W，故C正确；
D、当R4＝15Ω时，总的外电阻最大。由于电源效率η=UE×100%=RR+r×100%=11+rR×100%
显然，当总的外电阻R最大时，η取最大值，当R4＝15Ω时，总的外电阻为R'=R2⋅(R3+R4)R2+(R3+R4)+R1=10×(5+15)10+5+15Ω+9Ω=473Ω
此时η最大，且为η=R'R'+r×100%=473473+1×100%=94%，故D错误。
故选：C。
（2023•越秀区校级模拟）大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面50km以下的大气看作是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50km以上的大气则可看作是带电粒子密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面h＝50km处与地面之间的电势差约为U＝3.0×105V。由于电场的作用，地球处于放电状态。但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变（可视为匀强电场），统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q＝1800C，已知地球半径r＝6400km。下列说法正确的是（ ）
A．离地面越近电势越高
B．绝缘层大气的电场强度约为6×103V/m
C．地球漏电功率约为6×107W
D．大气电阻率ρ约为1.8×1012Ω•m
【解答】解：A、地球本身带负电，越靠近负电荷电势越低，故离地面越近电势越低，故A错误；
B、如果视为匀强电场，根据E=Ud知E=3.0×10550×103V/m＝6V/m，故B错误；
CD、本题中把50 km厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体，其长度为50 km，横截面积为地球的表面积，所加电压为U＝3.0×105 V
则由题意得：
I=qt=1800A
R=UI=3.0×1051800Ω=5003Ω
又由电阻定律R=ρls
得ρ=4πr2RI=2×1012Ω•m，故D正确；
地球漏电功率为：P＝UI＝3×105×1800 W≈5×108 W，故C错误。
故选：D。
（2023•咸阳一模）外电路为纯电阻的情况下，电源输出功率P随路端电压U变化的函数关系如图所示，则有（ ）
A．电源电动势为6V，内阻为3Ω
B．路端电压为4V时，电源输出功率为7W
C．外电阻的阻值为3Ω时，电源效率为75%
D．外电阻分别为1Ω与2Ω时，电源输出功率相同
【解答】解：A、根据P=UI=UE−Ur=ErU−1rU2
由图像可知，当U1＝3V时，P1＝9W，有9=3Er−9r
当U2＝6V时，P2＝0，有0=6Er−36r
解得E＝6V，r＝1Ω，故A错误；
B、根据之前的分析有P=ErU−1rU2=6U−U2
可知，当路端电压为4V时，电源输出功率为8W，故B错误；
C、滑动变阻器的阻值为3Ω时，有η=IUIE×100%=UE×100%=R1R1+r×100%=75%，故C正确；
D、外电阻为1Ω时，路端电压为U3=ER2R2+r=6×11+1V＝3V
此时电源输出功率为P3＝9W
外电阻为2Ω时，路端电压为U4=ER3R3+r=6×22+1V＝4V
电源输出功率为P4＝8W，故D错误。
故选：C。
（2022•丰台区二模）如图所示的U﹣I图像中，直线a为电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别是电阻R1、R2的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是（ ）
A．电阻R1大于电阻R2
B．R1接在电源上时，电源的输出功率较大
C．R2接在电源上时，电源的输出功率较大
D．两种情况下，电源的输出功率相等
【解答】解：A、根据U﹣I图象的斜率大小表示电阻的大小，则有：R1＜R2，故A错误；
BCD、由图可知，通过R1的电流为：I1=34Im，通过R2的电流为：I2=14Im，
根据图中的几何关系（三角形相似）可知，R1接在电源上时电压U1=14E，R2接在电源上时电压U2=34E，
则R1接在电源上时，电源的输出输出功率P1＝U1I1=316EIm；R2接在电源上时，电源的输出输出功率P2＝U2I2=316EIm，所以两种情况下，电源的输出功率相等，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2020•浙江模拟）HWCP60型无线充电器的输出额定电压为5V，输出额定电流为2A．某款HW手机的电池容量为4200mAh，输入额定电压为3.82V，则（ ）
A．HW无线充电器的内阻为2.5Ω
B．HW无线充电器以额定电流工作时，发热功率为10W
C．HW手机电池充满时，储存的化学能约为5.8×104J
D．将HW手机电池从零电量充至满电量时，消耗的总电能约为5.8×104J
【解答】解：A、无线充电器不是纯电阻，无线充电是利用电磁感应原理充电，充电器的线圈电阻无法求出，故A错误；
B、由于无线充电器的内电阻不知道，无法计算充电器发热功率，故B错误；
C、HW手机电池充满时，储存的化学能约为E能＝qU＝4200×10﹣3×3600×3.82J≈5.8×104J，故C正确；
D、因为充电过程还有额外的电池发热、充电器发热等，所以消耗的电能大于5.8×104J，故D错误。
故选：C。
（多选）（2023•岳阳模拟）某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障，为了检测断路的位置，实验小组设计了如图所示的电路，a、b、c、d、e是滑动变阻器上间距相同的五个位置（a、e为滑动变阻器的两个端点）。某实验小组将滑动变阻器的滑片P分别置于a、b、c、d、x、e（x是d、e间某一位置）进行测量，把相应的电流表示数记录在下表中。已知定值电阻阻值为R，电源内阻和电流表内阻可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器cd间发生了断路
B．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.85A
C．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.40A
D．若滑动变阻器未断路时，其电阻丝的总电阻为4R
【解答】解：A、若滑动变阻器cd间发生了断路，滑片接在c时，滑动变阻器接入电路的部分为ac段电阻，滑片接在d时，滑动变阻器接入电路的部分为de段电阻，de段电阻比ac段电阻小，则滑片在d时电路的电流大应于滑片在c时电流的电流，故A错误；
B、若x在断路位置的下方，则是滑动变阻器下方部分被接入电路，且总电阻大于滑片接d位置时的电阻，电流比滑片接d点时的电流要小，所以电流表示数可能小于0.45A；
若x在断路位置的上方，则滑动变阻器是xe部分被接入电路，此时电路中的总电阻应该小于滑片接b点时的电阻，所以电路中的电流应该大于滑片接b点时的电流，即大于0.90A，但是要小于滑片接a点或接e点时的电流，因为接a点和e点时滑动变阻器接入电路中的电阻为零，故B错误，C正确；
D、若滑动变阻器未断路时，滑动变阻器接a端I＝1.80A=ER
设滑动变阻器电阻为R'，接c端时I'＝0.60A，有I'=ER+12R'
联立解得：R'＝4R
故D正确。
故选：CD。
考点三 电路故障问题
1．故障特点
(1)断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．
(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它两端电压为零．
2．检查方法
(1)电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．
(2)电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，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，一定要注意电流表的极性和量程．
(3)欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．
(4)假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．
某居民家中的部分电路如图所示，开始电路正常。将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但是电灯仍然正常工作。拔出电饭煲的插头，电热水壶仍然不能工作。把测电笔分别插入插座的左线右插孔，氖管均发光.若电路只有一处故障，则（ ）
A．电路的C、D两点间断路接地
B．插座左右两孔短路
C．插座的接地线断路
D．电热壶所在支路的B、D两点间断路
【解答】解：电灯仍正常工作，说明不是保险丝烧坏了，没有发生短路，而把测电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明火线有电，而零线开路了，且是在C、D之间开路，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）在探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，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．则下列对电路故障的分析正确的是（ ）
A．可能是定值电阻R1短路B．可能是定值电阻R2断路
C．可能是定值电阻R3断路D．可能是定值电阻R4短路
【解答】解：A、若电阻R1短路，外电路总电阻减小，路端电压随之减小，干路电流增大，则小灯泡A的亮度变亮，与题不符，故A错误。
B、若R2断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡A的亮度变暗。根据串联电路分压原理可知，R3的电压增大，通过R3的电流增大，而干路电流减小，所以通过R1的电流减小，R1的电压减小，所以B灯的电压增大，则小灯泡B的亮度变亮，与题相符，故B正确。
C、若R3断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡A的亮度变暗。R3的电压增大，B灯的电压增大，则小灯泡B的亮度变亮，与题相符，故C正确。
D、若R4短路，外电路总电阻减小，干路电流增大，则小灯泡A的亮度变亮，与题不符，故D错误。
故选：BC。
考点四 电源和电阻U－I图象的比较
（2022•重庆模拟）图是测定甲、乙两个直流电源的电动势E与内阻r时，得到的路端电压U与干路电流I的U﹣I图象。若将这两个直流电源分别与同一定值电阻R串联，下列说法正确的是（ ）
A．甲电源内阻是乙电源内阻的2倍
B．电源的效率一定有η甲＜η乙
C．电源总功率一定有P甲＜P乙
D．电源的输出功率一定有P甲＞P乙
【解答】解：A、U﹣I图象斜率的绝对值表示电源内电阻，由U﹣I图象可知，r甲=2U0I0，r乙=U02I0，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，故A错误；
B、电源的效率η=UIEI×100%=I2RI2(R+r)×100%=RR+r×100%=11+rR×100%，由于r甲＞r乙，可得η甲＜η乙，故B正确；
C、设电源乙的内电阻为r，则电源甲的内电阻为4r；根据图象可知甲的电动势为E甲＝2U0，乙的电动势E乙＝U0，
根据电源总功率计算公式可得：P甲=4U02R+4r=U0214R+r，P乙=U02R+r，所以P甲＞P乙，故C错误；
D、甲电源的输出功率P甲出=(2U0R+4r)2R，P乙出=(U0R+r)2R，所以有：P甲出P乙出=(2R+2rR+4r)2，由于R和r的关系不确定，所以不能确定两电源的输出功率的大小关系，故D错误。
故选：B。
如图甲所示的电路中定值电阻R＝60Ω，电源电动势E＝100V，r＝10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）
A．开关S断开时电源的效率为60%
B．开关S闭合后电源的总功率会变小
C．开关S闭合后灯泡的亮度增强
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
【解答】解：A、开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为UL＝40V，电源的效率为η=ULILEIL×100%=40100×100%=40%，故A错误；
BC、开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P＝EI可知电源的总功率会变大，根据U＝E﹣Ir可知路端电压减小，根据P=U2R可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；
D、开关S断开时小灯泡消耗的功率为P＝ULIL＝40×6W＝240W，故D正确；
故选：D。
（多选）某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1内电梯可能上升
B．t1～t2内电梯匀加速下降
C．t2～t3内电梯可能匀减速上升
D．t3时刻电梯速度达到最大
【解答】解：A、0～t1内电压表示数变大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处于失重状态，电梯由静止开始向下运动，故A错误；
B、t1～t2内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故B正确；
CD、t2～t3内电压表示数变小，但没有小于U0，说明电梯依然在向下加速，加速度不断减小，t3之后电梯开始减速，故C错误，D正确。
故选：BD。
考点五 含电容器电路的分析
1．电路的简化：不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．
2．电路稳定时电容器的处理方法：电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻视为等势体．电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．
3．电容器所带电荷量的变化的计算：(1)如果变化前后极板带电的电性相同，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；(2)如果变化前后极板带电的电性相反，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．
（多选）如图所示，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，当滑动变阻器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△U，电流表示数的变化量为△I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、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（R1+r）得：△U＝△I（R1+r）解得：
△U△I=（R1+r），不变，故A错误，B正确；
C、当滑动变阻器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分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR1I可知，Q﹣I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确；
故选：BD。
（2023•海淀区一模）水平放置的平行板电容器C、定值电阻R0、滑动变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合S待稳定后，电容器两极板间的带电油滴A恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是（ ）
A．当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B．当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C．仅换用阻值更大的R0，油滴A将向下运动
D．仅换用阻值更小的R0，油滴A依旧可以保持悬浮状态
【解答】解：A．根据电路构造可知，滑动变阻器R和定值电阻R0串联，所以当R接入电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变小，根据闭合电路的欧姆定律U0＝IR0可知电阻R0两端的电压变小，而因为电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压减小，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量会减少，也就是说电容器在放电，故A正确；
B．同上述A选项的分析可知，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律U＝IR0可知电阻R0两端的电压变大，电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度变大，根据题意可知油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运动，故B错误；
C．当换用阻值更大的R0，根据电路构造可知，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律U0＝E﹣IR可知电阻R0两端的电压变大，因为电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变大，根据E=Ud
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为最初状态下油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度增大后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运动，故C错误；
D．当换用阻值更小的R0，根据电路构造可知，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律I=ER+R0可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律U0＝E﹣IR可知电阻R0两端的电压变小，因为电容器与电阻R0并联，所以电容器两端的电压变小，根据E=Ud可知，电容器两极板间的电场强度变小，因为油滴A开始时受到重力和电场力平衡，当电场强度变小后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力变小，因此油滴向下运动，故D错误。
故选：A。
（2022•南通四模）如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（ ）
A．电阻R2中有向下的电流
B．通过电阻R1电流增大
C．滑动变阻器R两端的电压变小
D．电容器C极板所带电荷量变小
【解答】解：B、闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R1的电流减小，故B错误；
ACD、根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增大，根据Q＝CU可知电容器极板所带电荷量增大，即电容器充电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向下的电流，故A正确，CD错误；
故选：A。
（2023•越秀区校级模拟）道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
【解答】解：A、汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，而电容器上极板带负电，下极板带正电，说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则由Q＝CU知电容器的电容减小。根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；
B、由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；
C、电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误
D、由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为t＝0.325s，则汽车是速度为v=Lt=≈7.7m/s，故D正确。
故选：D。
如图所示，D为理想二极管，R为滑动变阻器，C1、C2为电容器，且电容相等，P、Q为带电粒子，开关S闭合后，P、Q均处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．C1、C2所带的电荷量不相等
B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑，P加速向上运动，Q仍静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q仍静止
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q也加速向下运动
【解答】解：A、在电路中，C1、C2都与R3并联，即它们的电压是相等的，又其电容相等，故C1、C2所带电荷量相等，故A错误
B、将滑动变阻器滑片下滑使滑动变阻器接入电路阻值变大，故R上的电压变大，又R与R2，R3串联的整体并联，故R3上的电压也变大。由于电压增大，故电流可以通过二极管D.即C1、C2电压均增大，P、Q都加速向上运动。故B错误。
CD、将滑动变阻器滑片上滑使滑动变阻器接入电路阻值变小，故R上的电压变小，又R与R2，R3串联的整体并联，故R3上的电压也变小。由于电压变小，故电流不可通过二极管D.故C1电压变小，C2电压不变。P加速向下运动，Q静止。故C正确，D错误。
故选：C。
某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1的时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
A．小球在塑料管中加速度随线圈中电流的增大而增大
B．在0～t1的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0～t1的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流是逆时针方向的
【解答】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0～t1时间内，电流i在增大，但变化率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，可知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，故B错误；
C、适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运动，所以适当加长塑料管，小球速度不一定会增大，故C错误；
D、在0～t1时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流是逆时针方向的，故D正确。
故选：D。
练出高分
1．四只完全相同的灯泡分别用图（a）、（b）两种方式连接，电路两端电压分别为6V和10V。当灯泡都正常发光时，R1、R2消耗的电功率分别为P1和P2，则（ ）
A．P1＞P2B．P1＜P2C．P1＝P2D．无法确定
【解答】解：灯泡都正常发光，根据电路结构，两电路总电流关系为I1＝2I2
电路总功率分别为U1I1＝P1+2PL，U2I2＝P2+2PL
得P1﹣P2＝2U1I2﹣U2I2＞0
即P1＞P2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）2．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R1。当开关S闭合，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，此时电源的输出功率最大，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I，则有（ ）
A．R1+R2＝r
B．电动机输出的机械功率为IE﹣I2R1
C．电源的最大输出功率为IE2
D．电源的热功率为I2r
【解答】解：A、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能满足电源输出功率最大时的条件R1+R2＝r，故A错误；
B、电动机输出的机械功率为PM出＝IU﹣I2R1，故B错误；
C、电源的输出功率为P＝UI+I2R2，电源的最大输出功率时，路端电压等于电源电动势的一半，则电源的最大输出功率为IE2，故C正确；
D、电源的热功率为电源内阻的热功率，为P热＝I2r，故D正确。
故选：CD。
3．很多城市推出微公交小型租赁电动车，这为个性化绿色出行又提供了一种方案。某种型号微型电动车为零排放的纯电动汽车，其相关的性能参见表格，已知一次完全充电约需8小时，使用电能的价格约为每度电0.8元。在计算过程中不考虑各种能量转化的效率，下列说法正确的是（ ）
A．充电电流为150A
B．充满电后储存的电能为33000J
C．折合每公里的电能成本约为0.26元
D．最大速度行驶时的受到阻力约为306N
【解答】解：A.根据题意可知，电池的充电功率为
P充电=Wt=Uqt
解得：P充电＝4125W
则充电电流为
I=P充电U1
解得I＝18.75A
故A错误；.
B.充满电后储存的电能为
W＝Uq＝1.188×108J
故B错误；
C.根据题意可知，一次充电消耗的电能为
W1＝W＝1.188×108J＝33kW.h＝33（度）
折合每公里的电能成本约为
33×0.8100元/km≈0.26元/km
故C正确；
D.最大速度行驶时，机械功率最大，且阻力等于牵引力，根据公式
P＝Fvm
解得
F＝1100N
则最大速度行驶时的受到阻力约为1100N，故D错误。
故选：C。
4．一同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如下，其中电源电动势为6V，内阻为1Ω，电流表量程为0～3A，内阻为1Ω，有一长方体导体材料R，x、y、z方向上棱长分别为dcm、2cm、1cm，先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数1A，再将R沿y轴方向接入电路，电流表示数2A，则下列说法错误的是（ ）
A．d＝4cm
B．沿x、y、z三个方向接入R，电源效率最大约为83.3%
C．沿x、y、z三个方向接入R，电流表示数均不会超量程
D．沿x、y、z三个方向接入R，R的功率最小为2W
【解答】解：AC.由闭合电路欧姆定律有
E＝IR+IRA+Ir
代入数据可得沿x轴方向时
Rx＝4Ω
沿y轴方向时
Ry＝1Ω
由电阻定律
R=ρLS
代入数据可得
d＝4cm
沿z轴方向时
Rz=14Ω
由闭合电路欧姆定律
E＝IR+IRA+Ir
代入数据可得沿z轴方向时
I＝2.67A
故AC正确；
B.由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时
U外＝5V
根据
η=U外E×100%
解得：η＝83.3%
故B正确；
D.根据
P＝I2R
沿x轴方向时
P＝4W
沿y轴方向时
P＝4W
沿z轴方向时
P＝1.78W
R的功率最小为1.78W
故D错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
5．某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是（ ）
A．若示数I＝I0，则电梯一定处于静止状态
B．若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C．若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D．若示数I＞I0，则电梯可能在减速向下运动
【解答】解：A、若示数为I0，说明物体m对压敏电阻的压力与电梯静止时相同，即物体m的合外力为零，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速运动状态，故A错误；
B、由图甲可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，若示数I保持不变，说明压敏电阻R的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于物体m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故物体m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，则电梯可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误；
C、若示数I在增大，说明压敏电阻R的阻值在减小，由图甲可知，压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.
D、已知电梯静止时电流表的示数为I0，压敏电阻受到的压力等于物体m的重力，当示数I＞I0时，电路中电流比静止时大，说明压敏电阻R的阻值变小，压敏电阻受到的压力大于重力，物体m处于超重状态，电梯可能在减速向下运动，故D正确。
故选：D。
6．阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E（内阻不计）连接成如图所示电路。保持开关S1闭合，开关S2断开，电路稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电路再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为（ ）
A．12B．32C．23D．13
【解答】解：三个电阻R的阻值相等、电池E的内阻不计，
由图示电路图可知，保持开关S1闭合，开关S2断开，
两电阻先串联后与另一个电阻并联，电容器两串联电阻中的左边电阻并联，电容器两端电压U＝0.5E，
电容器所带电荷量Q1＝CU＝0.5CE，
保持开关S1闭合，再闭合S2，两电阻与电容器并联接在电源两端，电容器两端电压U′＝E，
电容器所带电荷量Q2＝CU′＝CE，
电容器所带电荷量之比Q1Q2=0.5CECE=12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示．当系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，则（ ）
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的减小而减小
C．弹簧的伸长量为x=mωLk−mω2
D．输出电压U与ω的函数式为U=Emω2k−mω2
【解答】解：A、B系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关。故AB错误。
C、D设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
kx＝mω2（L+x） 又输出电压U=RBPRBCE=xLE
联立两式得U=mω2Ek−mω2．故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）8．某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t1内电梯可能上升
B．t1～t2内电梯匀加速下降
C．t2～t3内电梯可能匀减速上升
D．t3时刻电梯速度达到最大
【解答】解：A、0～t1内电压表示数变大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处于失重状态，电梯由静止开始向下运动，故A错误；
B、t1～t2内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故B正确；
CD、t2～t3内电压表示数变小，但没有小于U0，说明电梯依然在向下加速，加速度不断减小，t3之后电梯开始减速，故C错误，D正确。
故选：BD。
9．某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线，如图所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，下列说法中正确的是（ ）
A．根据题目所给的信息能求出电源电动势和内电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端的电压变大
C．根据题目所给的信息能求出电容器的电容
D．由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向右为正
【解答】解：A．电阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压Umax＝I0R；
电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E＝Umax＝I0R，但内电阻没法求出，故A错误；
B．电容器放电过程中电流减小，则电阻R两端的电压变小，故B错误；
C．根据Q＝It可知，I﹣t图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即Q＝S
根据C=QU可知电容器的电容为：C=QUmax=SI0R，故C正确；
D．电容器放电时，流过电阻R的电流为向左，则由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向左为正，故D错误。
故选：C。
10．如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω。当开关S闭合时，指示灯RL的电功率为4W。电流表内阻不计，那么下列说法中正确的是（ ）
A．流过电动机M的电流为4A
B．流过电流表的电流为4.5A
C．电动机M输出的机械功率7.5W
D．电源的总功率为16W
【解答】解：分析电路结构可知，电动机和灯泡并联，电流表测量干路电流，
B、指示灯的电功率P=IL2RL，解得IL＝0.5A，则路端电压为U＝ILRL＝0.5×16V＝8V，设流过电流表的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir，解得干路电流I=E−Ur=12−82A＝2A，流过电流表的电流为2A，故B错误；
A、设流过电动机M的电流为IM，根据并联电路的电流关系可知，IM＝I﹣IL＝2A﹣0.5A＝1.5A，故A错误；
C、电动机输出的机械功率P出＝IMU﹣IM2RM，代入数据解得P出＝7.5W，故C正确；
D、电源的总功率：P＝EI＝12×2W＝24W，故D错误。
故选：C。
11．在如图所示电路中，①、②处可以接小灯泡、电压表（为理想电表）。电源电动势E、内阻r保持不变，定值电阻R1＝R2＝R3＝r，小灯电阻RL＝r，下列说法不正确的是（ ）
A．要使电源总功率较大，则应该①接电压表，②接小灯泡
B．要使电源输出功率较大，则应该①接小灯泡，②接电压表
C．要使路端电压较大，则应该①接小灯泡，②接电压表
D．要使闭合电路中电源效率较高，则应该①接小灯泡，②接电压表
【解答】解：A、若①接电压表，②接小灯泡，由电路图可知，电路为R3与R2串联后与灯泡并联，再与R1串联，电路中的总电阻为R＝R1+(R2+R3)RLR2+R3+RL=53r。
而若将①接小灯泡，②接电压表，灯泡与R3并联，再与R2、R1并联，此时电路中的总电阻为R′＝R2+R1+R3RLR3+RL=52r，则R＜R′，当电阻较小时，电路中电流较大，故电源的总功率较大，故①接电压表，②接小灯泡时，使电源总功率较大，故A正确；
B、当外电阻越接近电源的电阻时，电源的输出功率较大，故知①接电压表，②接小灯泡时，电源的输出功率较大，故B错误；
C、外电阻越大，路端电压越大，故①接小灯泡，②接电压表，路端电压较大，故C正确；
D、电源的效率η=UIEI×100%=R外R外+r×100%，外电阻越大，电源的效率越高，所以①接小灯泡，②接电压表时，电源的效率越高，故D正确；
本题选择错误的，
故选：B。
12．如图所示，A、B分别为电源E和电阻R的U﹣I图线，虚线C是过图线A、B交点的曲线B的切线。现将电源E与电阻R及开关、导线组成闭合电路，由图象可知（ ）
A．R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1Ω
B．此时电阻的热功率为4W
C．电源的效率为50%
D．电源的电动势为3V，内阻为1Ω
【解答】解：A、根据电阻的定义式R=UI，可知其大小等于U﹣I图线上的点与原点O连线的斜率，可知R随电压的升高而增大，
此时电阻值R=UI=12Ω＝0.5Ω，故A错误；
D、电源的U﹣I图象纵截距表示电源的电动势，由图读出电源的电动势 E＝3V，内阻r＝|△U△I|＝1Ω，故D正确。
BC、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出：路端电压 U＝1V，电流I＝2A，电源的输出功率为P出＝UI，代入数据解得P出＝2W，
则电源的总功率为P总＝EI＝3×2W＝6W，
此时电源内部消耗的电功率为P内＝I2r，代入数据解得P内＝4W，
电源的效率为η=P出P总×100%，代入数据解得η＝33.3%，故BC错误；
故选：D。
P的位置
a
b
c
d
x
e
电流表示数（A）
1.80
0.90
0.60
0.45
1.80
图象上的特征
物理意义
电源U－I图象
电阻U－I图象
图形
图象表述的物理量变化关系
电源的路端电压随电路电流的变化关系
电阻两端电压随电阻中的电流的变化关系
图线与坐标轴交点
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示短路电流eq \f(E,r)
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
图线上每一点坐标的乘积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应的U、I比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小不变
图线斜率的
绝对值大小
内电阻r
电阻大小
电池输出最大电压
220V
电池输出最大机械功率
22kw
电池容量
150A•h
充电电压
220V
最大时速
72km/h
充满电后最多行驶路程
100km
相关试卷
2024年高考物理第一轮考点复习精讲精练（全国通用） 第20讲 电路 闭合电路欧姆定律（原卷版+解析）： 这是一份2024年高考物理第一轮考点复习精讲精练（全国通用） 第20讲 电路 闭合电路欧姆定律（原卷版+解析），共47页。试卷主要包含了路端电压U与电流I的关系，电路动态分析的方法，电源的效率，某兴趣小组利用压敏电阻等内容，欢迎下载使用。
第37讲 物理实验（二）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）： 这是一份第37讲 物理实验（二）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共28页。
第36讲 物理实验（一）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）： 这是一份第36讲 物理实验（一）-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共36页。
