（新課標Ⅲ）2019版高考物理一輪復習 專題九 恒定電流課件.ppt

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1、專題九恒定電流,高考物理 (課標專用),考點二閉合電路歐姆定律 (2016課標,17,6分)阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E(內阻可忽略)連接成如圖所示電路。開關S斷開且電流穩(wěn)定時,C所帶的電荷量為Q1;閉合開關S,電流再次穩(wěn)定后,C所帶的電荷量為Q2。Q1與Q2的比值為() A.B.C.D. 答案C當開關S斷開時等效電路如圖1所示,電容器C兩端的電壓U=E,所帶的電荷量Q1=,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,,CU=CE;當開關S閉合時等效電路如圖2所示,電容器C兩端的電壓U=E,所帶的電荷量Q2= CE。所以=,C項正確。 圖1 圖2,考查點含電容電路,

2、解題關鍵畫出開關S閉合與斷開時的等效電路圖,求出電容器兩端的電壓。,易錯警示化簡電路時電勢排列法與電流分支法結合使用,不易出錯。,,考點一部分電路的基本概念和規(guī)律 1.(2017上海單科,9,4分)將四個定值電阻a、b、c、d分別接入電路,測得相應的電流、電壓值如圖所示。其中阻值最接近的兩個電阻是() A.a和bB.b和d C.a和cD.c和d,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案A本題考查U-I圖像的意義。根據R=知,定值電阻的U-I圖線的斜率表示定值電阻 的阻值。在U-I圖中分別連接O與4個點,根據它們的傾斜度可知,a和b的阻值最接近,故選A。,,方法技巧圖像題的解決方法 圖像題是物理中

3、最常見的題型之一。解題步驟是:一看軸,即看清橫軸及縱軸的意義;二看點,即看清圖像中坐標點的位置;三看斜率,即看清斜率的意義及大小;四看面,即看清圖像與坐標軸所包圍面積的意義。,2.(2016上海單科,18,4分)(多選)如圖所示電路中,電源內阻忽略不計。閉合開關,電壓表示數為U,電流表示數為I;在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中() A.U先變大后變小 B.I先變小后變大 C.U與I比值先變大后變小 D.U變化量與I變化量比值等于R3,答案BC據題意,由于電源內阻不計,電壓表的示數總是不變,故選項A錯誤;滑片滑動過程中,變阻器R1的等效阻值R1先增大后減小,又R1、R2兩端總電壓不

4、變,且R1+R1=,所以電流表示 數先減小后增大,故選項B、C正確;由于電壓表示數沒有變化,故選項D錯誤。,,3.(2015安徽理綜,17,6分)一根長為L、橫截面積為S的金屬棒,其材料的電阻率為,棒內單位體積自由電子數為n,電子的質量為m,電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時,棒內產生電流,自由電子定向運動的平均速率為v,則金屬棒內的電場強度大小為() A.B. C.nevD.,答案C金屬棒的電阻R=,自由電子定向移動形成的電流I=neSv,金屬棒兩端電壓U=IR, 故金屬棒內的電場強度E===nev,選項C正確。,,4.(2015北京理綜,19,6分)如圖所示,其中電流表A的量程為0.6

5、A,表盤均勻劃分為30個小格,每一小格表示0.02 A;R1的阻值等于電流表內阻的;R2的阻值等于電流表內阻的2倍。若用電流 表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值,則下列分析正確的是() A.將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示0.04 A B.將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示0.02 A C.將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示0.06 A D.將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示0.01 A,答案C設電流表的內阻為RA,則R1=RA,R2=2RA,將接線柱1、2接入電路時,流過接線柱1的 電流I1=3I0,其中I0為流過電流表A的電流,因此每一小格表示0.06 A;將接線柱1

6、、3接入電路時,流過接線柱1的電流I1=3I0,其中I0為流過電流表A的電流,因此每一小格表示0.06 A。選項A、B、D錯誤,C正確。,,5.(2014上海單科,18,4分)(多選)如圖,電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r。將滑動變阻器滑片向下滑動,理想電壓表V1、V2、V3示數變化量的絕對值分別為U1、U2、U3,理想電流表A示數變化量的絕對值為I,則() A.A的示數增大 B.V2的示數增大 C.U3與I的比值大于r D.U1大于U2,答案ACD滑動變阻器的滑片向下滑動,導致滑動變阻器連入電路的阻值變小,總電阻變小,又電源電動勢不變,則電流變大,即電流表示數變大,選項A對。電壓表V1

7、測量定值電阻R兩端的電壓,因電流變大,所以V1示數增大。電壓表V2測量定值電阻和滑動變阻器兩端的總電壓即路端電壓,示數變小,選項B錯。U1=IR,U2=Ir,所以U1U2,選項D對。電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓,電壓表V3示數的變化量U3=I(r+R),所以=r+Rr,選項C對。,考點二閉合電路歐姆定律 6.(2016北京理綜,19,6分)某興趣小組探究用不同方法測定干電池的電動勢和內阻,他們提出的實驗方案中有如下四種器材組合。為使實驗結果盡可能準確,最不可取的一組器材是( ) A.一個安培表、一個伏特表和一個滑動變阻器 B.一個伏特表和多個定值電阻 C.一個安培表和一個電阻箱 D.兩個

8、安培表和一個滑動變阻器,答案D根據U=E-Ir,要測出E和r,就要同時測出U和I,A、B、C三個選項都能滿足要求;D選項只能測出電流I,不能測出電壓U,所以選D。,,解題方法測量電源的電動勢和內阻有多種方法,最常用的方法有:,1.伏安法,電路如圖1所示。 圖1,2.伏阻法,電路如圖2所示。 圖2,3.安阻法,電路如圖3所示。 圖3,7.(2016江蘇單科,8,4分)(多選)如圖所示的電路中,電源電動勢為12 V,內阻為2 ,四個電阻的阻值已在圖中標出。閉合開關S,下列說法正確的有() A.路端電壓為10 V B.電源的總功率為10 W C.a、b間電壓的大小為5 V D.a、b間用導線連接后,

9、電路的總電流為1 A,答案AC外電路的總電阻R=10 ,由閉合電路歐姆定律可得電路中的總電流I==1 A, 因此路端電壓U=E-Ir=12 V-12 V=10 V,A選項正確;電源的總功率P=EI=12 W,B選項錯誤;由圖(a)可知Uab=UaO-UbO=-150.5 V+50.5 V=-5 V,故選項C正確;當a、b間用導線連接后,其等效電路如圖(b)所示,電路中的外電阻R=7.5 ,電路中總電流I== A1 A,D選項錯誤。 圖(a),圖(b),方法技巧兩部分電路間的電勢差Uab=a-b,可知Uab=a-b+O-O=(a-O)-(b-O)=UaO-UbO。,,8.(2018北京理綜,2

10、3,18分)如圖1所示,用電動勢為E、內阻為r的電源,向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值,路端電壓U與電流I均隨之變化。 (1)以U為縱坐標,I為橫坐標,在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖,并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。 (2)a.請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點,畫出帶網格的圖形,以其面積表示此時電源的輸出功率; b.請推導該電源對外電路能夠輸出的最大電功率及條件。 (3)請寫出電源電動勢定義式,并結合能量守恒定律證明:電源電動勢在數值上等于內、外電路電勢降落之和。,答案見解析,解析(1)U-I圖像如圖所示。圖像與縱軸交點的縱坐標值為電源電動勢,與橫軸

11、交點的橫坐標值為短路電流。 (2)a.如圖所示。 b.電源輸出的電功率 P=I2R=R= 當外電路電阻R=r時,電源輸出的電功率最大,為 Pmax=,,(3)電動勢定義式 E= 根據能量守恒定律,在題圖所示電路中,非靜電力做功W產生的電能等于在外電路和內電路產生的電熱,即 W=I2rt+I2Rt=Irq+Irq 得E=Ir+IR=U內+U外,試題評析閉合電路及U-I圖像 (1)本題考查閉合電路中路端電壓U隨干路電流I變化的關系圖線,電源的輸出功率及其最大值,以及最大值的產生條件?？疾閮热轂榻滩牡幕局R。此題作為一道高考中分值不小的計算題,提示考生要注重基本知識的學習。 (2)電動勢是電源的最

12、基本特征量,在學習中學生不僅僅要掌握其定義式,更要深刻理解其內含,并能靈活應用。,,考點一部分電路的基本概念和規(guī)律 1.(2013江蘇單科,4,3分)在輸液時,藥液有時會從針口流出體外,為了及時發(fā)現(xiàn),設計了一種報警裝置,電路如圖所示。M是貼在針口處的傳感器,接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化,導致S兩端電壓U增大,裝置發(fā)出警報,此時() A.RM變大,且R越大,U增大越明顯 B.RM變大,且R越小,U增大越明顯 C.RM變小,且R越大,U增大越明顯 D.RM變小,且R越小,U增大越明顯,C組 教師專用題組,答案C當傳感器接觸藥液時,其阻值發(fā)生變化,導致S兩端電壓U增大,則M兩端電壓減小,可知RM應

13、變小;R與RM構成并聯(lián)電路,其并聯(lián)總電阻為R并==,可知當R越大,RM減小相 同值時,R并減小得越多,因此S兩端電壓增大越明顯,選項C正確。,2.(2013安徽理綜,19,6分)用圖示的電路可以測量電阻的阻值。圖中Rx是待測電阻,R0是定值電阻,是靈敏度很高的電流表,MN是一段均勻的電阻絲。閉合開關,改變滑動頭P的位置,當通 過電流表的電流為零時,測得MP=l1,PN=l2,則Rx的阻值為() A.R0B.R0C.R0D.R0,答案C對均勻的電阻絲有R=,得=,對于橋式電路,當IG=0時滿足==,得Rx= R0,所以C項正確。,,3.(2012上海單科,13,3分)當電阻兩端加上某一穩(wěn)定電壓時

14、,通過該電阻的電荷量為0.3 C,消耗的電能為0.9 J。為在相同時間內使0.6 C的電荷量通過該電阻,在其兩端需加的電壓和消耗的電能分別是() A.3 V1.8 JB.3 V3.6 J C.6 V1.8 JD.6 V3.6 J,答案D設兩次加在電阻R上的電壓分別為U1和U2,通電的時間都為t。由公式W1=U1q1和W1=t可得:U1=3 V,=0.1。再由W2=U2q2和W2=t可求出:U2=6 V,W2=3.6 J,故選項D正確。,,4.(2009全國,24,15分)材料的電阻率隨溫度變化的規(guī)律為=0(1+t),其中稱為電阻溫度系數,0是材料在t= 0 時的電阻率。在一定的溫度范圍內是與溫

15、度無關的常量。金屬的電阻一般隨溫度的增加而增加,具有正溫度系數;而某些非金屬如碳等則相反,具有負溫度系數。利用具有正負溫度系數的兩種材料的互補特性,可制成阻值在一定溫度范圍內不隨溫度變化的電阻。 已知:在0 時,銅的電阻率為1.710-8 m,碳的電阻率為3.510-5 m;在0 附近,銅的電阻溫度系數為 3.91-1,碳的電阻溫度系數為 -5.010-4 -1。將橫截面積相同的碳棒與銅棒串 接成長1.0 m的導體,要求其電阻在0 附近不隨溫度變化,求所需碳棒的長度(忽略碳棒和銅棒的尺寸隨溫度的變化)。,答案3.810-3 m,解析設所需碳棒的長度為L1,電阻率為1,電阻溫度系數為1;銅棒的長

16、度為L2,電阻率為2,電阻溫度系數為2。根據題意有 1=10(1+1t) 2=20(1+2t) 式中10、20分別為碳和銅在0時的電阻率。 設碳棒的電阻為R1,銅棒的電阻為R2,有 R1=1 R2=2 式中S為碳棒與銅棒的橫截面積。 碳棒與銅棒連接成的導體的總電阻和總長度分別為 R=R1+R2 L0=L1+L2 式中L0=1.0 m 聯(lián)立以上各式得,,R=10+20+t 要使R不隨t變化,式中t的系數必須為零。即 101L1+202L2=0 聯(lián)立式得 L1=L0 代入數據解得 L1=3.810-3 m,考點二閉合電路歐姆定律 5.(2010課標,19,6分)電源的效率定義為外電路電阻消耗的功率

17、與電源的總功率之比。在測電源電動勢和內電阻的實驗中得到的實驗圖線如圖所示,圖中U為路端電壓,I為干路電流,a、b為圖線上的兩點,相應狀態(tài)下電源的效率分別為a、b。由圖可知a、b的值分別為() A.、B.、C.、D.、,答案D電源的效率=100%=100%,a點對應的路端電壓U為4個格,而電動勢E為6 個格,因此a=,b點對應的路端電壓為2個格,因此b=,故D項正確。,,6.(2015北京理綜,24,20分)真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉換裝置,如圖所示。光照前兩板都不帶電。以光照射A板,則板中的電子可能吸收光的能量而逸出。假設所有逸出的電子都垂直于A板向B板運動,忽略電子之間的相互作用。

18、保持光照條件不變。a和b為接線柱。 已知單位時間內從A板逸出的電子數為N,電子逸出時的最大動能為Ekm。元電荷為e。 (1)求A板和B板之間的最大電勢差Um,以及將a、b短接時回路中的電流I短。 (2)圖示裝置可看做直流電源,求其電動勢E和內阻r。 (3)在a和b之間連接一個外電阻時,該電阻兩端的電壓為U。外電阻上消耗的電功率設為P;單位時間內到達B板的電子,在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和設為Ek。請推導證明:P=Ek。 (注意:解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量,要在解題中做必要的說明),答案(1)Ne(2)(3)見解析,解析(1)由動能定理Ekm=eUm,可得 Um= 短

19、路時所有逸出電子都到達B板,故短路電流 I短=Ne (2)電源的電動勢等于斷路時的路端電壓,即上面求出的Um,所以 E=Um= 電源內阻 r== (3)外電阻兩端的電壓為U,則電源兩端的電壓也是U。 由動能定理,一個電子經電源內部電場后損失的動能 Eke=eU 設單位時間內有N個電子到達B板,則損失的動能之和 Ek=NEke=NeU,,根據電流的定義,此時電源內部的電流 I=Ne 此時流過外電阻的電流也是I=Ne,外電阻上消耗的電功率 P=IU=NeU 所以P=Ek,7.(2013浙江理綜,25,22分)為了降低潛艇噪音,提高其前進速度,可用電磁推進器替代螺旋槳。潛艇下方有左、右兩組推進器,每

20、組由6個相同的、用絕緣材料制成的直線通道推進器構成,其原理示意圖如下。在直線通道內充滿電阻率=0.2 m的海水,通道中abc=0.3 m0.4 m0.3 m的空間內,存在由超導線圈產生的勻強磁場,其磁感應強度B=6.4 T、方向垂直通道側面向外。磁場區(qū)域上、下方各有ab=0.3 m0.4 m的金屬板M、N,當其與推進器專用直流電源相連后,在兩板之間的海水中產生了從N到M,大小恒為I=1.0103 A的電流,設該電流只存在于磁場區(qū)域。不計電源內阻及導線電阻,海水密度m1.0103 kg/m3。 (1)求一個直線通道推進器內磁場對通電海水的作用力大小,并判斷其方向; (2)在不改變潛艇結構的前提下

21、,簡述潛艇如何轉彎?如何“倒車”? (3)當潛艇以恒定速度v0=30 m/s前進時,海水在出口處相對于推進器的速度v=34 m/s,思考專用,直流電源所提供的電功率如何分配,求出相應功率的大小。,答案見解析,解析(1)將通電海水看成導線,所受磁場力 F=IBL 代入數據得:F=IBc=1.01036.40.3 N=1.92103 N 用左手定則判斷磁場對海水作用力方向向右(或與海水出口方向相同) (2)考慮到潛艇下方有左、右2組推進器,可以開啟或關閉不同個數的左、右兩側的直線通道推進器,實施轉彎。 改變電流方向,或者磁場方向,可以改變海水所受磁場力的方向,根據牛頓第三定律,使?jié)撏А暗管嚒薄?(

22、3)電源提供的電功率中的第一部分:牽引功率 P1=F牽v0 根據牛頓第三定律:F牽=12IBL 當v0=30 m/s時,代入數據得: P1=F牽v0=121.9210330 W=6.9105 W 第二部分:海水的焦耳熱功率,,對單個直線推進器,根據電阻定律: R= 代入數據得:R==0.2 =0.5 由熱功率公式,P=I2R 代入數據得:P單=I2R=5.0105 W P2=125.0105 W=6.0106 W 第三部分:單位時間內海水動能的增加值 設t時間內噴出海水的質量為m P3=12 考慮到海水的初動能為零, Ek=Ek=m m=mbcv水對地t P3=12=12mbc=4.6104

23、W,8.(2012四川理綜,23,16分)四川省“十二五”水利發(fā)展規(guī)劃指出,若按現(xiàn)有供水能力測算,我省供水缺口極大,蓄引提水是目前解決供水問題的重要手段之一。某地要把河水抽高20 m,進入蓄水池,用一臺電動機通過傳動效率為80%的皮帶,帶動效率為60%的離心水泵工作。工作電壓為380 V,此時輸入電動機的電功率為19 kW,電動機的內阻為0.4 。已知水的密度為1103 kg/m3,重力加速度取10 m/s2。求: (1)電動機內阻消耗的熱功率; (2)將蓄水池蓄入864 m3的水需要的時間(不計進、出水口的水流速度)。,答案(1)1103 W(2)2104 s,解析(1)設電動機的電功率為P

24、,則 P=UI 設電動機內阻r上消耗的熱功率為Pr,則 Pr=I2r 代入數據解得Pr=1103 W 說明:式各2分,式3分。 (2)設蓄水總質量為M,所用抽水時間為t。已知抽水高度為h,容積為V,水的密度為,則 M=V 設質量為M的河水增加的重力勢能為Ep,則 Ep=Mgh 設電動機的輸出功率為P0,則P0=P-Pr 根據能量守恒定律得 P0t60%80%=Ep 代入數據解得,t=2104 s 說明:式各1分,式各2分,式3分。,,考點一部分電路的基本概念和規(guī)律 1.(2017內蒙古巴彥淖爾臨河一中月考,5)如圖所示,電阻R1=20 ,電動機的繞組R2=10 ,當開關S斷開時,電流表的示數是

25、1.5 A,當開關S閉合后,電動機轉動起來,電路兩端的電壓不變,此時電流表示數為3.5 A,則電動機的繞組的熱功率是() A.40 WB.4 WC.90 WD.9 W,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎題組,答案A開關斷開時,由歐姆定律可知,電壓U=IR1=1.520 V=30 V;當開關閉合時,流過R1的電流不變,則由并聯(lián)電路特點可知,流過電動機的電流IM=3.5 A-1.5 A=2 A,則電動機的熱功率PQ=R2=2210 W=40 W,故A正確。,考點二閉合電路歐姆定律 2.(2018云南曲靖一中4月質量監(jiān)測七,17)電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器

26、R連接成如圖所示的電路,閉合開關,當滑動變阻器的觸頭由中點滑向a端時,下列說法錯誤的是() A.定值電阻R1的電功率增大 B.電壓表和電流表讀數都減小 C.電壓表的示數變化絕對值與電流表的示數變化絕對值之比等于R2 D.R中電流變化的絕對值大于電流表讀數變化的絕對值,答案C當滑動變阻器的滑動觸頭由中點向a端滑動時,變阻器接入電路的電阻變小,由“并同串反”知,電流表讀數減小,電源輸出電流增大,定值電阻R1的電功率增大,電源路端電壓減小,電壓表示數減小,故A、B正確。電路總電流增大,R2中電流減小,R中電流增大,故R中電流變化的絕對值減去R2中電流變化的絕對值應等于總電流的增大量,所以R中電流變化

27、的絕對值大于R2中電流變化的絕對值,故D正確。因為U=U1+IR2,U1變化,所以R2,C錯誤。,3.(2017四川資陽二診,20)(多選)如圖所示,電源電動勢E=12 V,內阻r=3 ,R0=2 ,直流電動機內阻R0=1 ,額定輸出功率P0=2 W。調節(jié)滑動變阻器R1可使甲電路輸出功率最大,調節(jié)R2可使乙電路輸出功率最大且此時電動機剛好正常工作,則() A.甲電路中當R1=1 時,定值電阻R0的功率最大 B.甲電路中當R1=1 時,電源的輸出功率最大 C.乙電路中當R2=1.5 時,電源的輸出功率最大 D.乙電路中當R2=2 時,電源的輸出功率最大,答案BC甲電路中,當R1=0時,電路電流最

28、大,定值電阻R0的功率最大,故A錯。當內外電路電阻相等時,電源的輸出功率最大,當R1=1 時,R1+R0=r,故B對。對于乙電路,當輸出功率最大時,電路中電流為I==2 A,UR2=E-Ir-=IR2,解得R2=1.5 ,故C對、D錯。,4.2016云南師范大學附中適應性月考(六),16如圖所示,電源電動勢為E,內阻為r,平行板電容器兩金屬板水平放置,開關S是閉合的,兩板間一質量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止狀態(tài),G為靈敏電流計。則下列說法正確的是() A.若電阻R2短路,油滴向上加速運動,G中有從b到a的電流 B.在將滑動變阻器滑片P向下移動的過程中,油滴向下加速運動,G中有從a到b的電

29、流 C.在將滑動變阻器滑片P向上移動的過程中,油滴仍然靜止,G中有從a到b的電流 D.在將S斷開后,油滴仍保持靜止狀態(tài),G中無電流通過,答案B若電阻R2短路,則電容器兩極板間的電壓為零,油滴向下運動,A錯誤;滑片向下滑動,變阻器接入電路的電阻減小,并聯(lián)電阻減小,并聯(lián)部分電壓減小,電容器上極板帶正電,電容器放電,G中有從a到b的電流,電容器兩極板間電場強度減小,油滴向下加速運動,B正確;在P向上移動的過程中,滑動變阻器連入電路的電阻增大,故并聯(lián)電阻增大,所以并聯(lián)部分電壓增大,電容器處于充電狀態(tài),G中有從b至a的電流,電容器兩極板間的電場強度增大,所以油滴向上加速運動,C錯誤;將S斷開,電容器放電

30、,G中有從a到b的電流,電容器兩極板間的電場強度減小,故油滴不能保持靜止狀態(tài),會向下運動,D錯誤。,B組20162018年高考模擬綜合題組 （時間:15分鐘分值:24分） 選擇題(每題6分,共24分) 1.(2018云南昆明一中七模,16)如圖所示,平行金屬板中帶電油滴P處于靜止狀態(tài),不考慮電流表和 電壓表對電路的影響,R1的阻值和電源內阻r相等。當滑動變阻器的滑片向a端移動時 () A.R2上消耗的功率逐漸增大 B.質點P將向下運動 C.電源的輸出功率逐漸增大 D.電壓表與電流表示數變化量的絕對值之比不變,答案D當滑動變阻器的滑片向a端移動時,電阻增大,電流減小,R2上消耗的功率逐漸減小,故

31、A錯;電容器兩端電壓增大,質點P將向上運動,故B錯;由于外電路的總電阻增大,且始終大于電源的內電阻,電源的輸出功率逐漸減小,故C錯;電壓表與電流表示數變化量的絕對值之比始終等于R1+r,故D正確。,2.(2017四川自貢一診,18)圖示電路中,電源電動勢為E,內阻為r,R1、R2為定值電阻,R3為可變電阻,C為電容器,在可變電阻R3由較大逐漸變小的過程中() A.電容器充電 B.流過R2的電流方向是由b到a C.電容器的電荷量在逐漸減小 D.電源內部消耗的功率變小,答案CR3由較大逐漸變小的過程中,電路中總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可知電路中電流增大,內電壓及R1兩端的電壓增大,則R3兩端的

32、電壓減小,電容器兩端的電壓減小,電容器電荷量減小,故電容器放電,流過R2的電流方向是由a到b,故C正確,A、B錯誤;由P=I2r可知,電源內部消耗的功率變大,D錯誤。,,3.(2016四川雙流中學2月月考,4)如圖所示,位于平行金屬板中央的帶電質點P處于靜止狀態(tài),不考慮電流表和電壓表電阻對電路的影響,當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時,則() A.質點P將向上運動 B.R3上消耗的功率逐漸增大 C.電流表讀數減小 D.電壓表讀數減小,答案D電容器與R3并聯(lián),當滑片向b端移動時,滑動變阻器接入電路的電阻減小,則電路總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可知,電路中總電流增大,路端電壓減小,R1兩端的電壓

33、增大,故并聯(lián)部分的電壓減小,由歐姆定律可知流過R3的電流減小,則流過電流表所在支路的電流增大,故電流表示數增大;因并聯(lián)部分電壓減小,而R2兩端電壓增大,故R4兩端電壓減小,即電壓表示數減小;因電容器兩端電壓減小,故質點P受到的向上電場力減小,則重力大于電場力,質點P向下運動;因R3兩端的電壓減小,由公式P=可知,R3上消耗的功率減小。綜上所述,D正確,A、C、 D錯誤,故選D。,解題指導先把電容器拆除分析電路結構,由滑片的移動方向,可知R4減小,由閉合電路歐姆定律分析各表示數變化及電容器兩端電壓的變化,再分析質點所受電場力的變化,確定質點的運動情況。,歸納總結本題是電路的動態(tài)分析問題,考查閉合

34、電路歐姆定律的應用,一般可以先分析電路結構,電容器看做開路;再按部分整體部分的分析思路進行分析。,,4.(2016貴州遵義三聯(lián),20)(多選)如圖電路中,電源電動勢為E、內阻為r,R1為定值電阻,閉合開關S,增大可變電阻R的阻值,電壓表示數的變化量大小用U表示,電流表示數的變化量大小用I表示。下列判斷正確的是() A.電容器所帶電荷量減小,減小量為CU B.通過電阻R1的電流減小,減小量為I,且等于 C.電路的路端電壓一定增大,增加量小于U D.可變電阻R的功率可能變小,答案CDR阻值增大,干路電阻增大,則干路電流減小,電源內阻、定值電阻分壓減小,所以R兩端電壓增大,由Q=UC可知電容器所帶電荷量增大,故A項錯誤。根據閉合電路歐姆定律得U=E-I(R1+r),可得:=R1+r,所以I=,故B項錯誤。R阻值增大,回路電流減小,R1兩端電壓 減小,路端電壓增大,其增大量U=U-(為R1兩端電壓的減小量),因此路端電壓的增 加量小于U,故C項正確。R電阻的功率為P=UI,其中U變大,I變小,因此P的變化不確定,可能減小也可能增大,故D項正確。,