2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題09 恒定電流（含解析）.docx
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專題09 恒定電流 第一部分名師綜述 恒定電流主要考查以"電路"為核心的三部分內(nèi)容:一是以部分電路的歐姆定律為中心，考查直流電路的基本概念、伏安法測(cè)電阻、電功和電熱等問(wèn)題；二是以閉合電路的歐姆定律為中心，考查電源的作用、閉合電路的功率分配和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系、電路的路端電壓與電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)陰天的關(guān)系；三是以電路中的電工儀表的使用為中心，考查電學(xué)實(shí)驗(yàn)中儀器的選取、電表的讀數(shù)、實(shí)物連接、數(shù)據(jù)處理和誤差分析等問(wèn)題.尤其是電學(xué)知識(shí)聯(lián)系實(shí)際的問(wèn)題和探究實(shí)驗(yàn)問(wèn)題是近幾年高考考查的熱點(diǎn). 歐姆定律、焦耳定律往往與電磁感應(yīng)現(xiàn)象相交叉滲透；電功率、焦耳熱計(jì)算往往與現(xiàn)實(shí)生活聯(lián)系較密切，是應(yīng)用型、能力型題目的重要內(nèi)容之一，也是高考命題熱點(diǎn)內(nèi)容之一。歷屆高考命題形式一是以選擇、填空方式考查知識(shí)；二是與靜電、磁場(chǎng)和電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題，值得說(shuō)明的是，近年來(lái)高考在對(duì)本章的考查中，似乎更熱衷于電路的故障分析.這類題通常都來(lái)自生活實(shí)際，是學(xué)生應(yīng)具備的基本技能.尤其引人關(guān)注的是電路實(shí)驗(yàn)有成為必考題的趨勢(shì). 第二部分精選試題 一、單選題 1．畢節(jié)，是全國(guó)唯一一個(gè)以“開發(fā)扶貧、生態(tài)建設(shè)”為主題的試驗(yàn)區(qū)，是國(guó)家“西電東送”的主要能源基地。如圖所示，赫章的韭菜坪建有風(fēng)力發(fā)電機(jī)，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)了(磁極)轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子(線圈，不計(jì)電阻)中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長(zhǎng)為l，設(shè)定的額定風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為 A．2Pπρl2v3 B．6Pπρl2v3 C．4Pπρl2v3 D．8Pπρl2v3 【答案】 A 【解析】 【詳解】 風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，設(shè)風(fēng)吹向發(fā)電機(jī)的時(shí)間為t，則在t時(shí)間內(nèi)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V=vt?s=vt?πl(wèi)2，則風(fēng)的質(zhì)量M=ρV=ρvt?πl(wèi)2，因此風(fēng)吹過(guò)的動(dòng)能為Ek=12Mv2=12ρvt?πl(wèi)2?v2，在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E=p?t，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η=EEk=2pπρl2v3，故A正確，BCD錯(cuò)誤。 2．如圖所示，理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動(dòng)勢(shì)E＝8V、內(nèi)阻r＝2Ω的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動(dòng)變阻器R相連，滑動(dòng)變阻器阻值可在0～10Ω范圍內(nèi)變化，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2 ，下列說(shuō)法正確的是 A．副線圈兩端輸出電壓U2=16V B．副線圈中的電流I2＝2A C．當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R＝8Ω D．當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R＝4Ω 【答案】 C 【解析】 【詳解】 設(shè)原副線圈中的匝數(shù)分別為n1和n2，電流分別為I1和I2，電壓分別為U1和U2，則有：U1=E-I1r，電阻R消耗的功率為：P=U2I2=U1I1，即為：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可見電流為：I1=E2r=822A=2A時(shí)，P有最大值，此時(shí)U1=4V，副線圈兩端輸出電壓U2=2U1=8V，副線圈中的電流I2＝122A=1A，此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R=U2I2=8Ω，故C正確、ABD錯(cuò)誤。 3．如圖所示電路，初始時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片P恰好位于中點(diǎn)位置，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，三個(gè)小燈泡L1、L2、L3恰好都正常發(fā)光，且亮度相同，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，下列說(shuō)法正確的是 A．三個(gè)燈泡的額定電壓相同 B．此時(shí)三個(gè)燈泡的電阻按從大到小排列是L2、L3、L1 C．當(dāng)滑片P稍微向左滑動(dòng)，燈L1和L3變暗，燈L2變亮 D．當(dāng)滑片P稍微向右滑動(dòng)，燈L1和L3變暗，燈L2變亮 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB．由圖知，變阻器R與3燈并聯(lián)后與2燈串聯(lián)，最后與1燈并聯(lián)。三個(gè)小燈泡L1、L2、L3都正常發(fā)光，且亮度相同，說(shuō)明額定功率相同；因燈1兩端電壓大于燈2、3兩端電壓，根據(jù)P= U2/R可知燈1的電阻最大；對(duì)于燈2、3：通過(guò)2的電流大于3的電流，當(dāng)兩燈泡的功率相同時(shí)，由公式P=I2R分析可知，2的電阻小于3的電阻?？梢姡?燈電阻最大，2燈電阻最小。根據(jù)P= U2/R可知，額定功率相等，電阻不等，額定電壓不等，故AB錯(cuò)誤。 CD．若將滑片P向左滑動(dòng)時(shí)，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I減小，路端電壓U增大，則L1變亮。通過(guò)L2電流I2=I-I1，I減小，I1增大，則I2減小，故L2變暗。L3電壓U3=U-U2，U增大，U2減小，則U3增大，故L3變亮。故C錯(cuò)誤；同理當(dāng)滑片P稍微向右滑動(dòng)，燈L1和L3變暗，燈L2變亮，D正確。 故選D。 【點(diǎn)睛】 本題首先要搞清電路的連接方式，其次按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行分析．三個(gè)燈比較電阻的大小，可兩兩進(jìn)行比較，根據(jù)條件關(guān)系選擇恰當(dāng)?shù)墓?，功率相同的條件下，已知電壓的大小關(guān)系，根據(jù)公式P=U2 /R ，比較電阻的大??；已知電流的大小關(guān)系，根據(jù)公式P=I2R比較電阻的大?。? 4．如圖所示，已知R1＝R4＝0.5 Ω，r＝1Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值為6 Ω。在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是( ) A．定值電阻R4的功率、電源的總功率均減小 B．電源的輸出功率變小 C．電源的效率先增大后減小 D．MN并聯(lián)部分的功率先增大后減小 【答案】 C 【解析】 【分析】 在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器的電阻變大，總電阻變大，總電流減小，從而分析選項(xiàng)A；當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，分析選項(xiàng)B；電源的效率η=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，從而分析C；若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻，則此時(shí)等效電源內(nèi)阻為r′=2Ω；因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，從而分析選項(xiàng)D. 【詳解】 在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器的電阻變大，總電阻變大，總電流減小，則根據(jù)P4=I2R4可知定值電阻R4的功率減小，根據(jù)P=IE可知電源的總功率減小，選項(xiàng)A正確；因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，而R1+R4=r，則當(dāng)變阻器電阻變大時(shí)，外電路電阻遠(yuǎn)離電源內(nèi)阻，則電源的輸出功率減小，選項(xiàng)B正確；電源的效率η=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，則當(dāng)外電路電阻R變大時(shí)，電源的效率變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻，則此時(shí)等效電源內(nèi)阻為r′=2Ω；滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過(guò)程中，MN之間的電阻從0增加到3Ω，則因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，可知當(dāng)MN之間的電阻等于2Ω時(shí)，MN之間的功率最大，則在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過(guò)程中，MN并聯(lián)部分的功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確；此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選C. 【點(diǎn)睛】 此題是動(dòng)態(tài)電路的分析問(wèn)題；關(guān)鍵是知道當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，并且會(huì)將電路進(jìn)行必要的等效，再進(jìn)行分析. 5．某同學(xué)將一電路中電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)上，如圖所示。則該電路( ) A．電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，內(nèi)電阻r=3Ω B．電流為1A時(shí)，外電阻為2Ω C．b表示電源的輸出功率，最大值為9W D．外電阻為1Ω時(shí)，電源輸出功率為4.5W 【答案】 B 【解析】 【分析】 三種功率與電流的關(guān)系是：直流電源的總功率PE=EI，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，輸出功率PR=EI-I2r，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)選擇圖線。根據(jù)圖線a斜率求解電源的電動(dòng)勢(shì)。由圖讀出電流I=3A時(shí)，發(fā)熱功率Pr=I2r，求出電源的內(nèi)阻。當(dāng)電流為1A時(shí)，結(jié)合歐姆定律求出外電阻。 【詳解】 根據(jù)直流電源的總功率PE=EI，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，輸出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr變化的圖線是b，反映PE變化的是圖線a，反映PR變化的是圖線c。圖線a的斜率等于電源的電動(dòng)勢(shì)，由得到E=93V=3V，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，內(nèi)阻為r=932=1Ω，電源的最大輸出功率Pm=E24r=3241=94W，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)電流為1A時(shí)，由I=ER+r，代入得到，R=2Ω.故B正確。外電阻為1Ω，等于內(nèi)阻時(shí)，電源輸出功率最大為E24r=94W.故D錯(cuò)誤。 故選：B。 【點(diǎn)睛】 本題首先考查讀圖能力，物理上往往根據(jù)解析式來(lái)理解圖象的物理意義 6．在如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)一段距離，待電路穩(wěn)定后，與滑片移動(dòng)前比較 A．燈泡L變亮 B．電容器C上的電荷量不變 C．電源消耗的總功率變小 D．電阻R0兩端電壓變大 【答案】 C 【解析】 A、C、滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)一點(diǎn)，變阻器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得知，流過(guò)電源的電流減小，則由P總=EI知電源的總功率變小，且流過(guò)燈泡的電流減小，燈泡L亮度變暗，故A錯(cuò)誤，C正確；B、電源的路端電壓U=E-Ir增大，即電容器電壓增大將充電，電荷量將增大．故B錯(cuò)誤．D、電阻R0只有在電容器充放電時(shí)有短暫的電流通過(guò)，穩(wěn)定狀態(tài)無(wú)電流，則其兩端的電壓為零不變，D錯(cuò)誤；C、．故C正確．故選C． 【點(diǎn)睛】本題電路動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題．對(duì)于電容器，關(guān)鍵是分析其電壓，電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電路沒(méi)有電流，電容器的電壓等于這條電路兩端的電壓． 7．激光閃光燈的電路原理如圖所示，電動(dòng)勢(shì)為300V的電源向電容為6000μF的電容器C充電完畢后，通過(guò)外加高壓擊穿“火花間隙”間空氣，使電容器一次性向激光閃光燈放電，提供所有能量使閃光燈發(fā)出強(qiáng)光，則電容器放電過(guò)程釋放的電量和通過(guò)閃光燈的電流方向?yàn)? A．1.8C 向左 B．1.8C 向右 C．210－5C 向左 D．210－5C 向右 【答案】 B 【解析】 【詳解】 電容器充電后所儲(chǔ)存的電量為：Q=CU=600010-6300C=1.8C， 在放電過(guò)程中將所有的電量放出，所以電容器放電過(guò)程釋放的電量為1.8C 電容器充電后左極板帶正電，所以在放電過(guò)程中通過(guò)閃光燈的電流方向向右， 故應(yīng)選B。 8．如圖是一個(gè)多用電表的簡(jiǎn)化電路圖。S為單刀多擲開關(guān)，通過(guò)操作開關(guān)，接線柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列說(shuō)法正確的是( ) A．當(dāng)開關(guān)S分別接1或2時(shí)，測(cè)量的是電流，其中S接2時(shí)量程較大 B．當(dāng)開關(guān)S分別接3或4時(shí)，測(cè)量的是電阻，其中A是紅表筆 C．當(dāng)開關(guān)S分別接5或6時(shí)，測(cè)量的是電阻，其中A是黑表筆 D．當(dāng)開關(guān)S分別接5和6時(shí)，測(cè)量的是電壓，其中S接5時(shí)量程較大 【答案】 B 【解析】 【分析】 要熟悉多用表的原理和結(jié)構(gòu)，根據(jù)電表的結(jié)構(gòu)選出歐姆表、電壓表和電流表。 【詳解】 A項(xiàng)：其中1、2兩檔用來(lái)測(cè)電流，接1時(shí)分流電阻相對(duì)更小，故接1時(shí)電表的量程更大，第1檔為大量程，那么S接2時(shí)量程較小，故A錯(cuò)誤； B項(xiàng)：3、4兩檔用來(lái)測(cè)電阻，其中黑表筆連接表內(nèi)電池的正極，故B為黑表筆；A與電源的負(fù)極相連，故A為紅表筆，B正確； C項(xiàng)：當(dāng)開關(guān)S分別接5或6時(shí)，測(cè)量的是電壓，故C錯(cuò)誤； D項(xiàng)：要測(cè)量電壓，電流表應(yīng)與電阻串聯(lián)，由圖可知當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置5、6時(shí)；測(cè)量電壓，電流表所串聯(lián)的電阻越大，所測(cè)量電壓值越大，故當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 本題考查多用表的原理，應(yīng)熟練掌握其測(cè)量原理，及電表的改裝辦法．明確電流表時(shí)表頭與電阻并聯(lián)，電壓表時(shí)，表頭與電阻串聯(lián)；而歐姆表時(shí)內(nèi)部要接有電源。 9．電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r的電源與可變電阻R1、R2、R3以及一平行板電容器連成如圖所示的電路．當(dāng)開關(guān)S閉合后，兩平行金屬板A、B間有一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說(shuō)法正確的是( ) A．將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離，帶電液滴將向下運(yùn)動(dòng) B．將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離，電容器兩極板的電荷量將增加 C．增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電荷量將增加 D．減小R3的阻值，R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電壓的變化量 【答案】 D 【解析】 A、將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離，電容器兩端電壓與R3兩端電壓相等，保持不變，故液滴受到的電場(chǎng)力不變，那么，液滴受力不變，仍保持靜止，故A錯(cuò)誤；B、將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離，那么，接入電路的電阻增大，故電流減小，所以，R3兩端電壓減小，即電容器兩極板電壓減小，故電荷量Q=CU減小，故B錯(cuò)誤；C、增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電壓不變，電容器電容C=εr?s4πkd減小，那么電荷量Q=CU減小，故C錯(cuò)誤；D、減小R3的阻值，電路電阻減小，電流增大，故內(nèi)壓降增大；那么R2兩端的電壓的變化量+r上電壓的變化量=R3兩端的電壓的變化量，所以R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電壓的變化量，故D正確；故選D。 【點(diǎn)睛】電路問(wèn)題一般先根據(jù)電路變化得到總電阻變化，從而由歐姆定律得到總電流的變化，即可由歐姆定律得到電壓的變化，從而得到支路電流的變化。 10．如圖所示的電路中，閉合開關(guān)后各元件處于正常工作狀態(tài)，當(dāng)某燈泡突然出現(xiàn)故障時(shí)，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大．下列關(guān)于故障原因或故障后其他物理量的變化情況的說(shuō)法中正確的是( ) A．L1燈絲突然短路 B．L2燈絲突然燒斷 C．電源的輸出功率一定變小 D．電容器C上電荷量減少 【答案】 B 【解析】 安培表在干路上，讀數(shù)變小，說(shuō)明總電阻變大，A、L1燈絲突然短路，總電阻減小，電流表讀數(shù)變大，A錯(cuò)誤;B、L2燈絲突然燒斷，總電阻增大，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大，B正確，C、電源的輸出功率P=UI，電壓增大而電流減小，輸出功率不一定變小，C錯(cuò)誤；D、電流表讀數(shù)變小，燈泡1的分壓減小，并聯(lián)支路的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，根據(jù)Q=CU知電容器的帶電量增大，D錯(cuò)誤，故選B. 【點(diǎn)睛】本題考查了電路的動(dòng)態(tài)分析，方法是：先從支路的變化，分析總電流和路端電壓的變化，再到支路，分析各用電器的電壓和電流的變化關(guān)系． 二、多選題 11．2015年8月，河南等地出現(xiàn)39℃以上的高溫，為了解暑，人們用電扇降溫．如圖所示為降溫所用的一個(gè)小型電風(fēng)扇電路簡(jiǎn)圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n ：1，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡和風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D，電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r．接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測(cè)出通過(guò)風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的電流為I，則下列說(shuō)法正確的是（） A．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D兩端的電壓為Ir B．理想變壓器的輸入功率為UIn＋U2n2R C．風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為UIn－I2r D．若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則通過(guò)原線圈的電流為U(R＋r)n2Rr 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 電壓比等于匝數(shù)之比，電動(dòng)機(jī)為非純電阻器件，風(fēng)扇消耗的功率為內(nèi)阻消耗+輸出的機(jī)械功率，被卡住后相當(dāng)于純電阻． 【詳解】 由變壓器的原理可知，風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D兩端的電壓為U/n，因?yàn)殡婏L(fēng)扇中含有線圈，故不能利用歐姆定律求電壓，A錯(cuò)誤；由變壓器功率特點(diǎn)可知，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率為P2=U2I+U22R=UIn+U2n2R，B正確；風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為U2I-I2r=UIn-I2r，C正確；因?yàn)楦本€圈兩端的電壓為U/n，若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則副線圈回路可視為純電阻電路，該回路的等效電阻為RrR+r，所以副線圈中的電流為U(R+r)nRr，通過(guò)原線圈的電流為U(R+r)n2Rr，D正確；故選BCD。 12．如圖所示，滑動(dòng)變阻器的總阻值R0>R1≠0.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭位于它的中點(diǎn)時(shí)，電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，則滑動(dòng)變阻器的觸頭繼續(xù)向上移動(dòng)的過(guò)程中( ) A．電壓表的讀數(shù)總小于U B．電壓表的讀數(shù)先增大后減小 C．電流表的讀數(shù)總大于I D．電流表的讀數(shù)先增大后減小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流的變化，同時(shí)可得出內(nèi)阻及路端電壓的變化，則可得出電壓表示數(shù)的變化。 【詳解】 滑動(dòng)變阻器的觸頭向上移動(dòng)的過(guò)程中，因R0>R1≠0，先簡(jiǎn)化電路，除去兩電表，相當(dāng)于兩個(gè)電阻并聯(lián)后與R2串聯(lián)，滑動(dòng)變阻器位于中點(diǎn)時(shí)，上、下兩并聯(lián)支路電阻不等，滑動(dòng)觸頭移到兩支路電阻相等時(shí)，總電阻最大，總電流最小，不難看出電壓表的示度先增大后減小。 將整個(gè)過(guò)程分為兩階段：兩支路電阻相等前，總電流減小，并聯(lián)電路的電壓U并=E-I(R+r)增大，安培表支路電阻減小，安培表讀數(shù)增大； 兩支路電阻相等后，總電流增大，R0下部分電壓減小，電阻增大，電流減小，則安培表支路電阻減小，安培表讀數(shù)增大。故電流表的讀數(shù)總大于I.故BC正確。 故選：BC。 【點(diǎn)睛】 本題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析類題目，一般思路都是先分析局部電路的電阻變化，再分析整體中電流及電壓的變化，最后分析局部電路中的流及電壓的變化；在分析局部電路時(shí)要注意靈活應(yīng)用串并聯(lián)電路的性質(zhì)。 13．如圖，三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值均為R，電源的內(nèi)阻r下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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