高中物理专练：电容器和直流电路的动态分析
电容器动态分析专题训练含答案
电容器动态分析练习题一．选择题（共10小题）1．（2016•天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变2．（2016•新疆）如图所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是（）A．A板右移B．A板上移C．插入电解质D．增加极板上的电荷量3．（2016•湖南校级模拟）如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变小，E变小4．（2016•湖南模拟）传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（）A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转5．（2016•桂林一模）如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则（）A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小6．（2016•诏安县校级模拟）如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，减小d，则θ不变C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大7．（2016•江苏模拟）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大8．（2016•中山市模拟）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变9．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动10．（2016•肇庆三模）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变电容器动态分析练习题参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2016•天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化．【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度E===；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能E P=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D．2．（2016•新疆）如图所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是（）A．A板右移B．A板上移C．插入电解质D．增加极板上的电荷量【分析】平行板电容的电容取决于极板间的距离、正对面积及介电常数，与电压及电荷量无关．【解答】解：由C=ɛ可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，ACD错误；故选：B．3．（2016•湖南校级模拟）如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变小，E变小【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化，根据E=，判断电场强度的变化．【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=，知两极板间的电势差U变大，根据E==，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．故选C．4．（2016•湖南模拟）传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（）A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转【分析】根据电容的决定式分析F、h与电容器所带电量的关系，分析电路中电流的方向，判断电流表指针偏转方向．【解答】解：A、当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故A错误．B、当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=得知，电容增大，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故B正确．C、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故C错误．D、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故D 正确．故选BD5．（2016•桂林一模）如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则（）A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，断开开关S，电容器所带的电量不变．保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；先分析板间场强的变化，再判断夹角的变化．【解答】解：AB、当断开开关S时，电容器所带的电量不变，由电容器的定义式C=、电容的定义式C=和E=结合得E=，则知电容器板间距离d变化时，板间场强E 不变，小球所受的电场力不变，则θ不变．故A、B错误．CD、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，若减小平行板间的距离，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，则θ增大．故C正确，D错误．故选：C6．（2016•诏安县校级模拟）如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，减小d，则θ不变C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大【分析】静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=，通过C的变化，从而判断U的变化．【解答】解：A、根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大，故A正确；B、根据电容的定义式C=，保持S不变，减小d，电容C增大，再根据U=，知U 减小，所以θ变小，故B错误；C、保持d不变，减小S，电容减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故C错误；D、根据电容的定义式C=，保持S、d不变，在两板间插入电介质，则电容增大，根据U=，知U减小，则θ变小，故D错误．故选：A．7．（2016•江苏模拟）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角θ越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．故选：AC．8．（2016•中山市模拟）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：A、根据C=知，d增大，则电容减小．故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选CD．9．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动【分析】题中带电液滴P原来在水平放置的a、b金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板a、b分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度θ，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向右，故P向右的匀加速直线运动．【解答】解：当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小．当两平行金属板a、b分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为α，如图．设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过α角时，板间距离为dcosα，板间场强为E=，电场力为F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为α，竖直方向的分力为Fcosα=．而原来液滴处于静止状态，即有mg=qE=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动．故B正确．故选B10．（2016•肇庆三模）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选：D．。
直流电路的动态分析
( AC ) A．电压表读数一定变大 B．电压表读数一定变小 C．R1消耗的功率一定变小 D．R消耗的功率一定变小
Er K
V R1 P
R
06年广东东莞中学高考模拟试题5
5．如图是一火警报警的一部分电路示意图，其中R2 为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室
例1、右图电路中, 设R1增大，各电阻中的电流和两端 电压如何变化？
解： R1增大，总电阻增大；
I E
I 减小；
Rr
I2
R1 I1 I3 R3
由U=E-Ir，U增大；
R2
பைடு நூலகம்
因此U4、I4增大；
I4
R4
由I3= I-I4， I3、U3减小； 由U2=U-U3，U2、I2增大；
I
Er
由I1=I3 -I2，I1减小。
应用“串反并同”法则分析同样可得到结果：
R1增大，R3与R1串联，电流I3、电压U3均减小； R2、R4与R1并联，电流I2、I4均增大；
电压U2 、U4均增大。
三、分压器电路总电阻的变化
如图所示分压电路中，滑动变阻器可以视为由两段电 阻构成，其中一段与电器并联（以下简称并联段）， 另一段与并联部分相串联（以下简称串联段）；设滑 动变阻器的总电阻为R，灯泡的电阻为R灯，与灯泡并 联的那一段电阻为R并，则分压器的总电阻为：
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是
（ B）
高二物理电学专题提升专题17直流电路的动态分析
专题17 直流电路的动态分析一：专题概述直流电路的动态变化分析根据闭合电路的欧姆定律和串、并联电路的特点来分析电路中某电阻变化引起整个电路中各部分电学量的变化情况,常见的方法有:1.程序法(1) 程序法:电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路.即遵循“局部→整体→部分”的思路，按以下步骤所示：(2) 判定总电阻变化情况的规律.①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时,电路的总电阻一定增大(或减小).②若开关的通、断使串联的用电器增多,电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多,电路的总电阻减小.③在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。
A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。
2.直观法任一电阻阻值增大,必引起通过该电阻的电流的减小和该电阻两端电压的增大.3.“并同串反”规律所谓“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、两端的电压、电功率都将减小,反之则增大.即(U串↓,I串↓,P串↓)←R↑→(U并↑,I并↑,P并↑).4.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。
二：典例精讲1．电压表、电流表示数变化问题典例1：电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是( )A. 电压表和电流表读数都增大B. 电压表和电流表读数都减小C. 电压表读数增大，电流表读数减小D. 电压表读数减小，电流表读数增大【答案】B2．小灯泡亮度变化问题典例2：如图所示，当滑动变阻器的活动触点P向上滑动时，则( )A. A灯和B灯均变亮B. A灯和B灯均变暗C. A灯变亮，B灯变暗D. A灯变暗，B灯变亮【答案】C3．含容电路中的电荷量变化问题典例3：如图所示的电路，R1＝R3＝R4＝R5＝R，滑动变阻器R2的总电阻为2R，其滑片P恰处在正中，电源的内阻不计，电键S1闭合，单刀双掷开关S2合在a端，此时平行板电容器C的带电量为Q，如果将R2的触片滑到最右端A. 电容器C的带电量变为2Q/3B. 电容器C的带电量将变为Q/3C. 再将S2由a合向b端，将有向右的瞬时电流流过R4D. 将S2由a合向b端后，通过电阻R5的电量为2Q/3【答案】AC【解析】开关接S2时，R3、R4断开，R1与R2串联，电容器与电阻R1并联，故电容器两端的电压等于R1两端的电压；开关滑到右端时，R1两端的电压；由Q=CU可知，；故后来的电量；故A正确，B错误；开关S2由a合向b端时，电压增大，则电容器充电；负电荷由右向左流入电容器下极板；故有向右的电流流过R4；故C正确；将S2由a合向b端后，电压变为原来的2倍，故电容器两端的电量；而电容器的下极板由原来的正电变为带负电，故通过电阻R5的电量为；故D错误；故选：AC。
直流电路动态分析(绝对经典)
直流电路动态分析根据欧姆定律及串、并联电路的性质，来分析电路中由于某一电阻的变化而引起的整个电路中各部分电学量（如I、U 、R 总、P 等）的变化情况，常见方法如下：一．程序法。
基本思路是“局部→整体→局部”。
即从阻值变化的的入手，由串并联规律判知R 总的变化情况再由欧姆定律判知I 总和U 端的变化情况最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判知各部分的变化情况其一般思路为：（1）确定电路的外电阻R 外总如何变化；① 当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）② 若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的通断使并联的支路增多，总电阻减小。
③ 如图所示分压电路中，滑动变阻器可以视为由两段电阻构成，其中一段与电器并联（以下简称并联段），另一段与并联部分相路障（以下简称串联段）；设滑动变阻器的总电阻为R ，灯泡的电阻为R 灯，与灯泡并联的那一段电阻为R 并，则会压器的总电阻为：由上式可以看出，当R 并减小时，R 总增大；当R 并压器总电阻的变化情况，R 总④在图2中所示并联电路中，滑动变阻器可以看作由两段电阻构成，其中一段与R 1串联（简称R 上），另一段与R 2串联（简称R 下），则并联总电阻 由上式可以看出，当并联的两支路电阻相等时，总电阻最大；当并联的两支路电阻相差越大时，总电阻越小。
（2）根据闭合电路欧姆定律rR E I +=外总总确定电路的总电流如何变化；（3）由U 内=I 总r 确定电源内电压如何变化；（4）由U 外=E －U 内(或U 外=E-Ir)确定电源的外电压如何（路端电压如何变化）⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==↓↑→↑→↓→=∞→↑↓→↓→↑→-=00U R U Ir I R EU R UIr I R Ir E U 短路当断路当外； （5）由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两的电压如何变化；（6）确定支路两端电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化（可利用节点电流关系）。
高中物理专题练习电路的动态分析
电路的动态分析例1.在如图所示的电路中，R1，R2和R3皆为定值电阻，R4为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表的读数为I，电压表的读数为U，当R4的滑动触头向图中a端移动时()A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小【答案】D例2.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，M、N两点电势变化情况是（）A．都升高B．都降低C．M点电势升高，N点电势降低D．M点电势降低，N点电势升高【答案】B例3.在如图所示的电路中，开关S闭合后，和未闭合开关S前相比较三个电表的读数变化情况是：（）A．V变大、A1变大、A2变小B．V变大、A1变小、A2变大C．V变小、A1变大、A2变小D．V变小、A1变小、A2变大【答案】C例4.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，A，B接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I，A，B两端的电压U将()A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大【答案】C例5.（多选）在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是()A．U1/I不变，ΔU1/ΔI不变B．U2/I变大，ΔU2/ΔI变大C．U2/I变大，ΔU2/ΔI不变吗D．U3/I变大，ΔU3/ΔI不变【答案】ACD同步练习：1.在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则()A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变亮B．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗C．A灯变亮，B灯变暗，C灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮【答案】D2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1，R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器，当R2的滑动触头在a端时闭合开关S，此时三只电表A1，A2和V的示数分别为I1，I2和U，现将R2的滑动触头向b端移动，则三只电表示数的变化情况是()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【答案】B3.如图所示，R4是由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是() A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小【答案】A4.在如图所示的闭合电路中，当滑片P向左移动时，则()A．电流表示数变大，电压表示数变大B．电流表示数变小，电压表示数变大C．电流表示数变大，电压表示数变小D．电流表示数变小，电压表示数变小【答案】C5.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为其内阻，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则()A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源内阻的电压变大【答案】B6.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，A，B两灯亮度的变化情况为()A．A灯和B灯都变亮B．A灯和B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮【答案】B7.如图所示电路中，A，B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则()A．A灯变亮B．B灯变亮C．总电流变小D．R1上消耗功率变大【答案】D8.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器. 酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是()A．U越大，表示c越大，c与U成正比B．U越大，表示c越大，但是c与U不成正比C．U越大，表示c越小，c与U成反比D．U越大，表示c越小，但是c与U不成反比【答案】B9.（多选）如图所示电路中，电源电动势为12 V，内电阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大ΔU＝2 V，在这一过程中()A．通过R1的电流增大，增大量为B．通过R2的电流减小，减小量小于C．R2两端的电压减小，减小量为ΔU D．路端电压增大，增大量为ΔU【答案】AB14.在如图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是()A．电流表变大，电压表变大B．电流表变小，电压表变大C．电流表变大，电压表变小D．电流表变小，电压表变小【答案】B15.（多选）如图所示，电源内阻不可忽略，已知R1为半导体热敏电阻，R2为锰铜合金制成的可变电阻，若发现灯泡L的亮度变暗，可能的原因是()A．R1的温度逐渐降低B．R1受到可见光的照射C．R2的阻值逐渐增大D．R2的阻值逐渐减小【答案】AD二、多选题16.如图所示，电路中当可变电阻R的阻值增大时()A．通过R1的电流I增大B．通过R1的电流I减小C．A，B两点间的电压增大D．A，B两点间的电压减小【答案】BC17.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当开关闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A．小灯泡L1，L2均变暗B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表的读数变小，电压表的读数变大D．电流表的读数变大，电压表的读数变小【答案】BC18.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是()A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮B．电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮C．电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗D．电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗【答案】BD19.（多选）如下图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是()A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．各灯两端电压在灯多时较低C．通过电池的电流在灯多时较大D．电池输出功率灯多时较大【答案】ABC22.（多选）如图，电源内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，下列判断正确的是()A．若R1断路，两表的读数均变小B．若R2断路，两表的读数均变小C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D．若R4断路，两表的读数均变大【答案】CD。
直流电路变化的动态分析
直流电路变化的动态分析电路变化主要包括两种情况，一是由于电路中部分支路的接通或断开引起电路结构的变化，从而引起电路中有关物理量的变化；二是由于部分电路中某个电阻发生变化（例如：滑动变阻器滑动触头位置的改变），同样会引起电路中相关物理量的变化。
那么如何进行电路变化的动态分析，我们分析的理论依据是闭合电路欧姆定律，及部分电路欧姆定律，以及串联分压、并联分流等规律。
首先，要根据闭合电路欧姆定律，在I ＝E/R+r 中，电源电动势E 和内电阻r 不变，由于电路结构的变化，会引起外电阻的R 变化，导致干路电流I 和路端电压U 的变化，再利用部分电路欧姆定律（在使用欧姆定律I ＝U/R ，必须牢记I 、U 、R 是对同一部分电路而言的，三个物理量中任意一个发生变化都可能引起其它两个量的变化。
）来讨论各支路中的相关物理量的变化，进而讨论干路中的各个物理量的变化。
其次，分析电路变化时，一般的顺序是先从变化部分开始，按照先总后分，先干路后支路，先固定电阻，后变化电阻的顺序进行分析。
下面根据其以上方法具体分析一些实例：一、由于某部分电路的断开或接通，会引起电路中相关物理量的变化。
例1．如图所示，当K 闭合时，两电表的读数变化情况是：（ ）A ． V 、A 读数变大B ． V 、A 读数变小C ． V 的读数变大，A 的读数变小D ． V 的读数变小，A 的读数变大解析：当K 闭合时，由于并联的支路的个数增加，由并联知识可知：外电阻R 减小，由闭合电路欧姆定律I ＝ε/ R+ r 知，干电流I增大，通过分析路端电压U=ε—I r 减小，所以伏特表V 的读数变小，即R 2两端电压减小，由部分电路欧姆定律I 2= U 2/ R 2安培表A 的读数变小，正确答案应选B例2、如图所示，由于某一电阻发生断路，导致电压表和电流表示数均比该电阻未断开时要大，则这个断路的电阻可能是：（ ）A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4 解析：若R 1R 变大，由I ＝E/ R+ r ，得总电流I 变小，由U=ε—I r 知路端电压增大，得R 2的两端电压增大，通过对I 2= U 2/ R 2故选项A 正确；若R 2断路，知电流表的示数为零，故选项B 错误；若R 3断路，电压表的示数为零，故选项C 错误；若R 4断路，由并联电路知识特点，可知总电阻R 变大，由I ＝ε/ R+ r ，得总电流I 变小，由U=ε—I r 知路端电压增大，得R 2的两端电压U 2增大，通过对I 2= U 2/ R 2分析，知电流表的示数变大，故选项D 正确；本题正确选项为AD 。
(完整)高二物理电路的动态分析
直流电路的动态分析一般思路为：（1）确定电路的外电阻R 外总如何变化；① 当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小） ② 若电键的闭合使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的闭合使并联的支路增多，总电阻减小。
（2）根据闭合电路欧姆定律r R E I +=外总总确定电路的总电流如何变化；（3）由U 内=I 总r 确定电源内电压如何变化；（4）由U 外=E －U 内确定电源的外电压如何（路端电压）如何变化）；（5）由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两的电压如何变化；（6）确定支路两端电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化（可利用串联电路的电压关系、并联电路的电流关系）。
基本方法一、“先总后分”。
即先判断总电阻和总电流如何变化：例1、如图，当R 3变小时，R 1 、R 2上的电流、电压及灯泡的亮度如何变化？ 本题中，引起变化的是电阻R 3，当光照强度增强时，其阻值变小。
根据串并联电路的电阻关系可知，电路的总电阻变小。
这类题还有个特点，就是电源电动势恒定的，所以根据闭合电路欧姆定律可得：总总R E I =，总电阻变小则总电流增大。
二、“先干后支”。
即先分析干路部分，再分析支路部分：分析时要注意电源内阻必须考虑，且电源内阻是在干路上，根据部分电路欧姆定律有：r I U 总内=，总电流增大，则内阻上电压增大。
同理有：11R I U R 总=，则R1两端的电压增大，即电压表读数增大。
最后由外内U U E +=和并外U U U R +=1可判断并联部分的电压是减小的。
三、“先定后变”。
即先分析定值电阻所在支路，再分析阻值变化的支路： 并联部分有两个支路，其中R 2是定值电阻，那么，通过R 2的电流I 2为：22R U I 并=，并联部分电压变小，则I 2变小。
电阻R 3和灯泡所在的支路阻值是变化的，故不能直接由电压的变化判断其电流的变化。
需根据并联电路电流关系来判断，即由32I I I +=总得23I I I -=总，再由前面的分析可知，I 3是增大的，因此灯泡会变亮。
高三专题复习 直流电路的动态分析
高三专题复习：直流电路的动态分析一．程序法分析。
（1）确定外电阻R 外总 变化方法：① 外电路任何一个电阻增大（或减小）时，总电阻一定增大（或减小）②若电键通断使“串联”用电器增多，总电阻增大；电键通断使“并联”支路增多，总电阻减小。
③ 如图：在分压电路中，滑动变阻器可以视为由两段电阻构成，其中一段与电器并联（以下简称并联段），另一段与并联部分相路障（以下简称串联段）；设滑动变阻器的总电阻为R ，灯泡的电阻为R 灯，与灯泡并联的那一段电阻为R 并，则电路的总电阻为：211并灯并灯并灯并并总R R R R R R R R R R R +-=++-=由上式可以看出，当R 并减小时，R 总增大；当R 并增大时，R 总减小。
由此可以得出结论：分压器总电阻的变化情况，R 总变化与并联段电阻的变化情况相反，与串联段电阻的变化相同。
④在图2中所示并联电路中，滑动变阻器可以看作由两段电阻构成，其中一段与R 1串联（简称R 上），另一段与R 2串联（简称R 下），则并联总电阻 ：()()R R R R R R R R总上下=++++1212可以看出，当并联两支路电阻相等时，总电阻最大；当并联两支路电阻相差越大时，总电阻越小。
（2）根据闭合电路欧姆定律rR E I +=外总总确定电路总电流变化；（3）由U 内=I 总r 确定电源内电压如何变化；（4）由U 外=E －U 内(或U 外=E-Ir)确定电源的外电压如；（5）由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两的电压变化； （6）确定支路两端电压如何变化以及通过各支路的电流变化例1、 在右图所示电路中，电源的电功势为E 、内阻为r R R R ，、、123为定值电阻，R 是一滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均视为理想的。
试讨论：当R 的滑键向上滑动时，电源总功率及各电表示数如何变化？例2、 如图所示，电键闭合时，当滑动变阻器滑片P 向右移动时，试分析L 1、L 2的亮度变化情况。
专题46 电容器的动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动(解析版)
2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题46 电容器的动态分析、带电粒子在电场中的直线和抛体运动导练目标导练内容目标1电容器的动态分析目标2带电粒子在电场中的直线运动目标3带电粒子在电场中的抛体运动一、电容器的动态分析1．平行板电容器动态的分析思路2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:【例1】如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板（M 板）接地，在两板间的P 点固定一个带负电的检验电荷。
若正极板N 保持不动，将负极板M 缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是（ ）A ．P 点电势升高B ．两板间电压增大C ．检验电荷的电势能增大D ．检验电荷受到的电场力增大【答案】C【详解】由Q C U=；4r S C kd επ=；UE d =可得4r kdQ U S πε=；4r k S E Q πε=BD ．因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d 减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，检验电荷受到的电场力不变，故BD 错误；AC ．因Ed ϕ'=，d '为P 到负极板之间的距离，d '减小，所以P 点电势降低；因沿电场线方向电势降低，M 板电势为零，所以P 点电势为正，P 点固定电荷为负，电势降低，电势能增加，C 正确，A 错误。
故选C 。
【例2】如图所示是由电源E 、灵敏电流计G 、滑动变阻器R 和平行板电容器C 组成的电路，开关S闭合。
在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a 到b 电流的是（ ）A ．在平行板电容器中插入电介质B ．减小平行板电容器两极板间的距离C ．减小平行板电容器两极板的正对面积D ．增大平行板电容器两极板的正对面积 【答案】C【详解】A ．电容器保持和电源连接，电压U 一定，在平行板电容器中插入电介质，由4r SC kdεπ=可知电容增大，由QC U=可知极板电荷量增加，电容器充电，电路中有b 到a 方向的电流通过电流计。
高三第一轮复习——电容器问题的动态分析20
）
C
B.两板的电量加倍，而距离变为原来的2倍
C.两板的电量减半，而距离变为原来的4倍
D.两板的电量减半，而距离变为原来的2倍
U' 2U
E U d
E' 1 E
C S
d' 4d
4kd
ε、S不变
CQ
C' 1C
U Q' 1 Q
4 U' 2U
2
2
Q 理论(lǐlùn) C
C S
E U
根据
U
4kd
d
器充电,电容器所带电量即通过
电源的电量为 Q CU
B
S
C
d'2d 4kd ε、S不变
C' 1 C 2
CQ U
U不变
Q' 1 Q 2
过程(guòchéng)二:电容器放电过程中通过电源的电量为CU/2
第二类问题:平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电 池两极相连接，两板间的电压U保持不变 。
2021/12/11
C不变 第七页，共十六页。
(wèntí),先看 常量,再看
变量.
例4．把平行板电容器的两板分别(fēnbié)和电源的正、
负极相接，两板相距d，电源电压为U，电容器电容为C。
将电键K闭合 ，将A板向上移，使A、B板间的距离为2d，
通过电源的电量为多大？
·S·
解析(jiě xī)：过程一:电源给电容 A
过程二:当增大两板距离时,电容器的电容减小；当电路稳定
后,电容器的电压(diànyā)跟电源的电压(diànyā)相等,说明电容 器的电量减小,因此在增大两极板距离的过程中,电容器放
电,R上有从B到A的电流.
高考物理复习特训考点电容器和电路动态分析
考点11 电容器和电路动态分析1．(2020·湖南邵阳市第二次大联考)根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器．通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV 左右．地球的电容约为( )A ．0.17 FB ．1.7 FC ．17 FD ．170 F答案 B解析 这个电容器的电容大小为：C ＝Q U ＝50×104300×103 F ≈1.7 F ，故B 正确． 2．(2020·湖南怀化市二模)如图1所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中( )图1A ．电路将有逆时针方向的短暂电流B ．电容器的带电量减小C ．带电液滴仍将静止D ．带电液滴将向下做加速运动答案 A解析 插入一金属板相当于极板间距变小了，根据公式C ＝εr S 4πkd 知电容增大，电势差不变，则由Q ＝CU 知，电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流，故A 正确，B 错误；电势差不变，d 减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故C 、D 错误．3．(2020·河北邯郸市模拟)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E 和极板所带电荷量Q 的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将两板间距减小至原来的49，则A 、B 两极板之间的引力与原来的比值是( ) A.32 B.94 C.278 D.8116答案 D解析 两板间距变为原来的49，根据电容决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容器的电容变为原来的94，根据Q ＝CU 可知，极板所带电荷量变为原来的94，根据电场强度公式E ＝U d 可知，内部电场强度变为原来的94，由于F ＝kQE ，所以两极板之间的引力变为原来的8116，故D 正确． 4．(多选)(2020·宁夏六盘山二模)如图2所示，I 为理想电流表示数，U 为理想电压表示数，P 为定值电阻R 2消耗的功率，Q 为电容器C 所带的电荷量，W 为通过电荷量q 时电源做的功，当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是( )图2答案 AB解析 当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的总电阻减小，电路中电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2，P ∝I 2，故A 正确；电容器C 的电压U C ＝E －I(R 2＋r)，电荷量Q ＝CU C ＝C[E －I(R 2＋r)]，则Q －I 的图象是向下倾斜的直线，故B 正确；电压表示数U ＝E －Ir ，U －I 图象应是向下倾斜的直线，故C 错误；电源通过电荷量q 时做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W －q 图线是过原点的直线，故D 错误．5．(2020·四川成都市一诊)如图3所示，E 为内阻不计的电源，MN 为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝，C 为电容器．当滑动触头P 以恒定速率从左向右匀速滑动时，关于电流计A 的读数情况及通过A 的电流方向，下列说法正确的是( )图3A ．读数逐渐变小，通过A 的电流方向向左B ．读数逐渐变大，通过A 的电流方向向右C ．读数稳定，通过A 的电流方向向右D ．读数稳定，通过A 的电流方向向左答案 C解析 设MN 的长度为L ，触头P 滑头的速率为v ，在Δt 时间内，触头P 移动的距离为ΔL，则ΔL＝vΔt，电源内阻不计，电阻丝单位长度上的电压值为E L ，因此在Δt 时间内电容器两极板间电压改变为：ΔU＝E LΔL ＝E L vΔt.而I ＝ΔQ Δt ＝CΔU Δt ＝C E L vΔt Δt ＝C E Lv ，电流值恒定，即电流表读数稳定，滑动触头P 以恒定速率从左向右匀速滑动，电容器放电，放电电流方向由正极板流向负极板，右极板带正电，所以通过A 的电流方向向右，故C 正确．6．(2020·四川绵阳市二诊)如图4所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 2为定值电阻，R 为滑动变阻器．当R 的滑片P 在某一位置时，闭合开关S ，电压表的读数为U ＝1.00 V ，电流表A 1的读数I 1＝0.80 A ，电流表A 2的读数为I 2＝1.20 A ，现将R 的滑片P 继续向b 端移动过程中，三个电表可能得到的读数是( )图4A ．U ＝0.70 V ，I 1＝0.60 A ，I 2＝1.30 AB ．U ＝0.80 V ，I 1＝0.60 A ，I 2＝1.40 AC ．U ＝0.90 V ，I 1＝0.70 A ，I 2＝1.40 AD ．U ＝1.10 V ，I 1＝0.70 A ，I 2＝1.50 A答案 C解析 路端电压减小，内电压增大，总电流增大，即I 1′＋I 2′>I 1＋I 2＝(0.8＋1.2) A ＝2 A ，故A 、B 错误，C 正确；路端电压增加，内电压减小，总电流减小，即I 1′＋I 2′<I 1＋I 2＝2 A ，故D 错误．7．(多选)(2020·河南洛阳市模拟)如图5所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2、R 3为定值电阻，R 为光敏电阻，C 为电容器，闭合开关S ，电路稳定后，若减小对R 的光照程度，则( )图5A ．电压表示数增大B ．电源的效率增大C ．电容器所带的电荷量增加D ．R 2消耗的功率增大答案 AB解析 闭合开关S ，减小对R 的光照程度，光敏电阻的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，电压表的示数增大，故A 正确；电源的效率η＝UI EI ×100%＝U E×100%，路端电压增大，电源的效率增大，故B 正确；通过电阻R 1的电流增大，通过R 支路的电流减小，电阻R 2两端的电压减小，电容器两端的电压减小，电容器所带的电荷量减小，故C 错误；根据P ＝I 2R 2，通过R 2的电流减小，R 2消耗的功率减小，故D 错误．8．(2020·湖北荆门市调考)电阻非线性变化的滑动变阻器R 2接入图6甲的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x(x 为图中a 与触头之间的距离)，定值电阻R 1两端的电压U 1和x 间的关系如图乙，a 、b 、c 为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a 移到b 和从b 移到c 的这两过程中，下列说法正确的是( )图6A ．电流表A 示数变化不相等B ．电压表V 2的示数变化相等C ．电阻R 1的功率变化相等D ．电源的输出功率不断增大答案 B解析 根据欧姆定律得到电阻R 1两端的电压U 1＝IR 1，由图看出，电压U 1变化相等，R 1一定，则知电流的变化相等，即电流表示数变化相等，故A 错误；电压表V 2的示数U 2＝E －Ir ，电流I 的变化相等，E 、r 一定，则U 2的变化相等，故B 正确；电阻R 1功率的变化量为ΔP 1＝U 2－U ′2R 1，则知，从a 移到b 功率变化量较大，故C 错误；由图乙知，U 1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D 错误．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
(全国通用)高考物理大二轮专题复习 考前增分练 选择题部分 专练9 电容器和直流电路的动态分析
专练9 电容器和直流电路的动态分析(限时：20分钟)1．如图1所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 标有“2 V、0.4 W”，开关S 接l ，当变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光；现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作，则( )图1A ．电源内阻为1 ΩB ．电动机的内阻为4 ΩC ．电动机正常工作电压为1 VD ．电源效率约为93.3%答案 AD解析 开关S 接1时，根据闭合电路的欧姆定律E ＝U L ＋I (R ＋r )，因灯泡正常发光，所以电流I ＝0.2 A ，代入数据解得电源内阻r ＝1 Ω，故A 正确；开关S 接2时，小灯泡L 和电动机M 均正常工作，根据闭合电路的欧姆定律E ＝U L ＋U M ＋Ir ，解得：U M ＝0.8 V ，又电动机工作时是非纯电阻电路，不满足欧姆定律，故无法求出电动机内阻和电压，所以B 、C 错误；回路外电路的功率P ＝P L ＋U M I ＝0.56 W ，电源的总功率P ′＝EI ＝0.6 W ，所以效率η＝P P ′×100%≈93.3%，所以D 正确．2．如图2所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡L 1的U －I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1组成闭合电路时，灯泡L 1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是( )图2A ．此电源的内阻为23Ω B ．灯泡L 1的额定电压为3 V ，功率为6 WC ．把灯泡L 1换成“3 V,20 W”的灯泡L 2，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用答案 B解析 由图线可知，电源的内阻为r ＝4－16Ω＝0.5 Ω，选项A 错误；因为灯泡正常发光，故灯泡L 1的额定电压为3 V ，功率为P ＝IU ＝2×3 W＝6 W ，选项B 正确；把灯泡L 1换成“3 V,20 W”的灯泡L 2，由于灯泡L 2的电阻小于灯泡L 1的电阻，更接近于电源的内阻，故电源的输出功率将变大，选项C 错误；虽然小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，但由于小灯泡是纯电阻，所以灯泡发光过程，欧姆定律仍适用，选项D 错误．3．如图3所示的电路中．电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R ，电压表为理想电表，K 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( )图3A ．L 1亮度不变，L 2将变暗B ．L 1将变亮，L 2将变暗C ．电源内阻的发热功率将变小D ．电压表读数将变小答案 D解析 开关掷到位置1时，灯泡L 1和L 2并联，并联电阻R 并＝R ×R R ＋R ＝R 2，电路总电阻R 总＝R ＋R ＋R 2＝5R 2，干路电流I ＝E R 总＝2E 5R，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等，即I 1＝I 2＝E 5R，开关掷到2位置，灯泡L 1与定值电阻串联，然后与灯泡L 2并联，并联电阻为R 并′＝R ＋R R R ＋R ＋R ＝2R 3，电路总电阻R 总′＝R ＋2R 3＝5R 3，干路电流I ′＝E R 总′＝3E 5R，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I 1′＝I ′×13＝E 5R，流过灯泡L 2的电流I 2′＝I ′×23＝2E 5R.据此判断，开关由1位置打到2位置，流过灯泡L 1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L 2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A 、B 错误．总电流变大，电源内阻的发热功率P ＝I 2R 变大，选项C 错误．总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D 正确．4．如图4所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，两电表均为理想电表，定值电阻R 3＝5 Ω.当开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则下列说法正确的是( )图4A ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩC ．开关K 断开时电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于1 Ω答案 B解析 据题意，开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等，K 闭合时R 2被短路，则有：(ER 1＋R 2＋R 3＋r )2(R 1＋R 2)＝(E R 1＋R 3＋r)2R 1，将R 1＝3 Ω、R 2＝6 Ω代入方程不成立，而将R 1＝4 Ω、R 2＝5 Ω代入方程成立，故A 错误，B 正确．开关K 断开时外电路总电阻大于K 闭合时外电路总电阻，则开关K 断开时电压表的示数一定大于K 闭合时的示数，故C 错误．根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －I (R 3＋r )，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为ΔU ΔI＝R 3＋r ＝6 Ω，故D 错误．故选B. 5．如图5所示为某传感装置内部部分电路图，R T 为正温度系数热敏电阻，其特性为随着温度的升高阻值增大；R 1为光敏电阻，其特性为随着光照强度的增强阻值减小；R 2和R 3均为定值电阻，电源电动势为E ，内阻为r ，V 为理想电压表．若发现电压表示数增大，可能的原因是( )图5①热敏电阻温度降低，其他条件不变②热敏电阻温度升高，其他条件不变③光照减弱，其他条件不变④光照增强，其他条件不变A ．①③ B．①④C ．②③ D．②④答案 A解析热敏电阻温度降低，其他条件不变时，热敏电阻阻值减小，总电阻减小，总电流变大，则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压减小，光敏电阻上的电流减小，则热敏电阻及电阻R3上的电流变大，则电压表的读数变大，故①正确，②错误；若光照减弱，则光敏电阻的阻值增大，总电阻变大，总电流减小，则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压增大，则R3上的分压变大，电压表示数变大，选项③正确，④错误．故选A.6． A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)．两块金属板接在如图6所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ.电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是( )图6A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变答案CD解析因为R2上无电流，若将R2的滑动触头P向a端移动时，不会改变AB两板间的电压，故θ角不变，同时也不会影响电压表及电流表的读数，所以选项A、B均错误；保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R1，则R1的阻值减小，总电阻减小，电流表A的读数变大，电阻R3及内阻上的电压变大，所以光敏电阻R1上的电压减小，即AB上的电压减小，则小球重新达到稳定后θ变小，选项C正确；U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值表示电源的内电阻，是不变的，故D正确．7．在如图7所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )图7A ．电压表示数变小B ．电流表示数变大C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低答案 BD解析 在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，电阻R 3变小，并联电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝R 2R 2R 3＋1变小，总电阻R 总＝r ＋R 1＋R 23变小，总电流I ＝E R 总变大，电压表测量R 1电压U 1＝IR 1变大，选项A 错误．并联电路电压U 23＝E －I (R 1＋r )减小，电容器电压等于并联电压，所以电容器电荷量Q ＝CU 23减少，选项C 错误．通过R 2的电流I 2＝U 23R 2变小，根据干路电流等于各支路电流之和得通过R 3的电流即电流表示数I 3＝I －I 2变大，选项B 正确．由于电源负极接地即电势为0，那么并联电压U 23＝φa －0，电压减小，所以a 点的电势降低，选项D 正确．。
高考物理二轮选择题【专练9】电容器和直流电路的动态分析(含答案)
专练9 电容器和直流电路的动态分析(限时：20分钟)1．如图1所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 标有“2 V、0.4 W”，开关S 接l ，当变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光；现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作，则( )图1A ．电源内阻为1 ΩB ．电动机的内阻为4 ΩC ．电动机正常工作电压为1 VD ．电源效率约为93.3%答案 AD解析 开关S 接1时，根据闭合电路的欧姆定律E ＝U L ＋I(R ＋r)，因灯泡正常发光，所以电流I ＝0.2 A ，代入数据解得电源内阻r ＝1 Ω，故A 正确；开关S 接2时，小灯泡L 和电动机M 均正常工作，根据闭合电路的欧姆定律E ＝U L ＋U M ＋Ir ，解得：U M ＝0.8 V ，又电动机工作时是非纯电阻电路，不满足欧姆定律，故无法求出电动机内阻和电压，所以B 、C 错误；回路外电路的功率P ＝P L ＋U M I ＝0.56 W ，电源的总功率P′＝EI ＝0.6 W ，所以效率η＝P P′×100%≈93.3%，所以D 正确． 2．如图2所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡L 1的U －I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1组成闭合电路时，灯泡L 1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是( )图2A ．此电源的内阻为23Ω B ．灯泡L 1的额定电压为3 V ，功率为6 WC ．把灯泡L 1换成“3 V,20 W”的灯泡L 2，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用答案 B解析 由图线可知，电源的内阻为r ＝4－16Ω＝0.5 Ω，选项A 错误；因为灯泡正常发光，故灯泡L 1的额定电压为3 V ，功率为P ＝IU ＝2×3 W＝6 W ，选项B 正确；把灯泡L 1换成“3 V,20 W”的灯泡L 2，由于灯泡L 2的电阻小于灯泡L 1的电阻，更接近于电源的内阻，故电源的输出功率将变大，选项C 错误；虽然小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，但由于小灯泡是纯电阻，所以灯泡发光过程，欧姆定律仍适用，选项D 错误．3．如图3所示的电路中．电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R ，电压表为理想电表，K 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( )图3A ．L 1亮度不变，L 2将变暗B ．L 1将变亮，L 2将变暗C ．电源内阻的发热功率将变小D ．电压表读数将变小答案 D解析 开关掷到位置1时，灯泡L 1和L 2并联，并联电阻R 并＝R×R R ＋R ＝R 2，电路总电阻R 总＝R ＋R ＋R 2＝5R 2，干路电流I ＝E R 总＝2E 5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等，即I 1＝I 2＝E 5R，开关掷到2位置，灯泡L 1与定值电阻串联，然后与灯泡L 2并联，并联电阻为R 并′＝＋R ＋R ＋R ＝2R 3，电路总电阻R 总′＝R ＋2R 3＝5R 3，干路电流I′＝E R 总′＝3E 5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I 1′＝I′×13＝E 5R ，流过灯泡L 2的电流I 2′＝I′×23＝2E 5R.据此判断，开关由1位置打到2位置，流过灯泡L 1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L 2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A 、B 错误．总电流变大，电源内阻的发热功率P ＝I 2R 变大，选项C 错误．总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D 正确．4．如图4所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，两电表均为理想电表，定值电阻R 3＝5 Ω.当开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则下列说法正确的是( )图4A ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩC ．开关K 断开时电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于1 Ω答案 B解析 据题意，开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等，K 闭合时R 2被短路，则有：(E R 1＋R 2＋R 3＋r)2(R 1＋R 2)＝(E R 1＋R 3＋r)2R 1，将R 1＝3 Ω、R 2＝6 Ω代入方程不成立，而将R 1＝4 Ω、R 2＝5 Ω代入方程成立，故A 错误，B 正确．开关K 断开时外电路总电阻大于K 闭合时外电路总电阻，则开关K 断开时电压表的示数一定大于K 闭合时的示数，故C 错误．根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －I(R 3＋r)，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为ΔU ΔI＝R 3＋r ＝6 Ω，故D 错误．故选B. 5．如图5所示为某传感装置内部部分电路图，R T 为正温度系数热敏电阻，其特性为随着温度的升高阻值增大；R 1为光敏电阻，其特性为随着光照强度的增强阻值减小；R 2和R 3均为定值电阻，电源电动势为E ，内阻为r ，V 为理想电压表．若发现电压表示数增大，可能的原因是( )图5①热敏电阻温度降低，其他条件不变②热敏电阻温度升高，其他条件不变③光照减弱，其他条件不变④光照增强，其他条件不变A ．①③ B．①④C ．②③ D．②④答案 A解析 热敏电阻温度降低，其他条件不变时，热敏电阻阻值减小，总电阻减小，总电流变大，则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压减小，光敏电阻上的电流减小，则热敏电阻及电阻R 3上的电流变大，则电压表的读数变大，故①正确，②错误；若光照减弱，则光敏电阻的阻值增大，总电阻变大，总电流减小，则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压增大，则R 3上的分压变大，电压表示数变大，选项③正确，④错误．故选A.6． A 、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)．两块金属板接在如图6所示的电路中，电路中的R 1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻．当R 2的滑片P 在中间时闭合电键S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ.电源电动势E 和内阻r 一定，下列说法中正确的是( )图6A ．若将R 2的滑动触头P 向a 端移动，则θ变小B ．若将R 2的滑动触头P 向b 端移动，则I 减小，U 减小C ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则小球重新达到稳定后θ变小D ．保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变答案 CD解析 因为R 2上无电流，若将R 2的滑动触头P 向a 端移动时，不会改变AB 两板间的电压，故θ角不变，同时也不会影响电压表及电流表的读数，所以选项A 、B 均错误；保持滑动触头P 不动，用较强的光照射R 1，则R 1的阻值减小，总电阻减小，电流表A 的读数变大，电阻R 3及内阻上的电压变大，所以光敏电阻R 1上的电压减小，即AB 上的电压减小，则小球重新达到稳定后θ变小，选项C 正确；U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值表示电源的内电阻，是不变的，故D 正确．7．在如图7所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，、为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )图7A ．电压表示数变小B ．电流表示数变大C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低答案 BD解析 在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，电阻R 3变小，并联电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝R 2R 2R 3＋1变小，总电阻R 总＝r ＋R 1＋R 23变小，总电流I ＝E R 总变大，电压表测量R 1电压U 1＝IR 1变大，选项A 错误．并联电路电压U 23＝E －I(R 1＋r)减小，电容器电压等于并联电压，所以电容器电荷量Q ＝CU 23减少，选项C 错误．通过R 2的电流I 2＝U 23R 2变小，根据干路电流等于各支路电流之和得通过R 3的电流即电流表示数I 3＝I －I 2变大，选项B 正确．由于电源负极接地即电势为0，那么并联电压U 23＝φa －0，电压减小，所以a 点的电势降低，选项D 正确．。
最新高考物理强化测试题直流电路的动态分析
专题强化练(十一)考点1 直流电路的动态分析1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后．在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )A ．电压表与电流表的示数都减小B ．电压表与电流表的示数都增大C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：由变阻器R 0的滑动端向下滑可知R 0连入电路的有效电阻减小，则R 外减小，由I ＝ER 外＋r 可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数减小，故A 正确．答案：A2.(多选)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S ，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P 点．在开关S 保持接通的状态下，下列说法正确的是( )A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高解析：带电油滴恰好静止，其合力为零，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，即mg＝qE，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，电容器两端的电压U变大，对电容器进行充电，两极板间电场强度E变大，带电油滴受到的电场力大于重力，会向上运动，选项A正确；当电容器的上极板向上移动时，极板间距d变大，根据C＝εr S4πkd＝QU，电容器的电荷量Q应减小，但由于二极管的单向导电性，电容器只能进行充电，不能进行放电，故此时，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝Ud＝4πkQεr S不变，带电油滴仍静止不动，选项B错误；同理，当电容器的下极板向下移动时，d变大，电场强度E不变，而P点到下极板的距离变大且下极板的电势不变，故P点电势升高，选项C错误；当电容器的下极板向左移动时，S变小，根据C＝εr S4πkd＝QU和二极管的单向导电性，电容器的电荷量Q不变，电场强度E＝4πkQ εr S变大，而P点到下极板的距离不变，故P点电势升高，选项D正确．答案：AD考点2 交流电的产生3．(2018·冀州模拟)一根导线两端加上电压U ，导体中自由电子定向移动的平均速率为v ，现将导线均匀拉长至横截面半径为原来的12，然后两端加上电压U ，则导线中自由电子定向移动的平均速率为( )A.v 2B.2v 2C.v 4D.2v 4解析：横截面的半径变为原来的12，可知面积变为原来的14，由体积V ＝LS 不变，可知长度变为原来的4倍．由电阻定律的表达式R ＝ρL S ，可得变化后的电阻值为R ′＝ρ·4L 14S ＝16R ，由I ＝U R 可知，电流变为原来的116.由电流的微观表达式I ＝nqSv ，可知v ＝I nqS ，v ′＝I ′nqS ′，故v ′＝116I nq ·14S ＝14v, C 正确． 答案：C4．(2018·大庆模拟)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次，灯泡两端的电压有效值是U 02B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U 02C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5解析：第一次灯泡两端的电压有效值为U 1＝22U m ＝22U 0，设第二次电压的有效值为U 2，根据有效值的定义，则有（2U 0）2R ·T 2＋（U 0）2R ·T 2＝U 22R T ，解得，U 2＝102U 0，故A 、B 错误；由功率的公式P ＝U 2R 得，灯泡的电功率之比是P 1∶P 2＝U 21R ∶U 22R＝1∶5，故C 错误，D 正确．答案：D5．间距为 2 m 的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 2 m 的光滑导体棒以1 m/s 的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是( )A ．电流表示数为130A B ．电压表的示数是0.5 VC ．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C 到DD ．导体棒上消耗的热功率为0.2 W解析：当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E ＝BLv ，由于有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 2 m ，交流电的最大值是：E m ＝BLv ＝1×2×1 V ＝ 2 V ，有效值为E ＝E m2＝1 V ，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω，则电压表的示数为U ＝12E ＝0.5 V ，选项B 正确；电流表的示数为I ＝E R ＋r ＝110＋10A ＝0.05 A ，选项A 错误；导体棒运动到图示虚线位置时，刚好对应电流方向发生变化的时刻，则瞬时电流等于0，选项C 错误；导体棒上消耗的热功率为P r ＝I 2r ＝0.052×10 W ＝0.025 W ，选项D 错误．答案：B6．(多选)小型发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，bc 边长度为L 1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈以角速度ω绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．ab 边长度为L ＝2e 0B ωL 1B ．产生的交变电流的周期是2πωC ．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωtD ．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是2Ne 0π解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，由e 0＝BLv ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0B ωL 1，选项A 正确；T ＝2πω，选项B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e 0，发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne 0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωt ，选项C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL 1＝2e 0ω，时间Δt ＝T 4＝π2ω，产生的感应电动势平均值是E －＝N ΔΦΔt ＝4Ne 0π，选项D错误．答案：AC考点3 变压器和远距离输电7．(多选)如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数．下列说法正确的是( )A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小解析：仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确．答案：BD8．如图，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上．当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均发光．若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则( )A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C ．灯泡L 3亮度不变D ．灯泡L 4正常发光解析：设原线圈电流为I 1，灯泡电阻为R ，因原线圈有灯泡，故U 0＝I 1R ＋I 1·n 1n 2R 并，闭合S 时R 并减小，故I 1增大，则灯泡L 1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L 2和L 3变暗，L 4不能正常发光．故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A9．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.a ，b 两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R ＝10 Ω，则下列说法正确的是( )A ．电压表示数为4.5 VB ．电压表示数为0C ．电流表示数为0.9 AD ．电路消耗功率为16.2 W解析：原线圈的电压的有效值为U 1＝E m2＝1822V ＝18 V ，副线圈的电压为U 2＝18×12 V ＝9 V ，电流为I 2＝U 2R ＝910A ＝0.9 A ，即电流表示数为0.9 A ，故选项C 正确；根据二极管的特性，设电压表测量的有效值为U 有，则（9 V ）2R ×1＝U 2有R×2，解得U 有＝92V ＝6.4 V ，故A 、B 错误；电路消耗的功率等于电阻R 消耗的功率，则电路消耗功率为P ＝I 22R ＝8.1 W ，故选项D 错误．答案：C10．(多选)(2018·衡阳联考)如图所示，匝数n ＝10匝的矩形线框处在磁感应强度B ＝ 2 T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝20 rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积S ＝0.4 m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4 W 100 Ω)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( )A ．灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为2∶1B ．灯泡正常发光时电流表的示数为0.2 AC ．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗D ．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数减小 解析：变压器输入电压的最大值为U m ＝nBS ω＝10×2×0.4×20 V ＝80 2 V ，变压器输入电压的有效值为U 1＝U m2＝8022 V ＝80 V ，灯泡正常发光时的电压U 2＝PR ＝4×100 V ＝20 V ，此时原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝8020＝41，故A 错误；由欧姆定律得I 2＝U 2R ＝20100A ＝0.2 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1得，此时电流表的示数为I 1＝n 2I 2n 1＝14×0.2 A ＝0.05 A ，故B 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C 正确；线圈匝数不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P 1＝P 2＝U 22R变小，又P 1＝U 1I 1可知电流表示数变小，故D 正确．答案：CD11．(多选)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 1的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝1∶10，在T 1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r ＝2 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为n 3∶n 4＝10∶1.若T 2的用电设备两端的电压为U 4＝200 V ，用电设备消耗的电功率为10 kW ，不考虑其他因素的影响，则( )A ．T 1的副线圈两端电压的最大值为2 0102VB ．T 2的原线圈两端的电压为2 000 VC ．输电线上损失的电功率为50 WD ．T 1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析：因为用电设备消耗的电功率为10 kW ，T 2副线圈两端的电压为U 4＝200 V ，则流过T 2副线圈的电流为I 4＝P U 4＝10 kW 200 V＝50 A ，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关系I 3I 4＝n 4n 3，可得I 3＝5 A ，由U 3U 4＝n 3n 4，可知T 2原线圈两端的电压为U 3＝2 000 V ，B 正确；输电线的电阻分得的电压为U 线＝I 3·2r ＝5×2 V ＝10 V ，所以T 1副线圈两端的电压为U 2＝U 3＋U 线＝(2 000＋10)V ＝2 010 V ，其最大值为U 2m ＝2 0102V ，A 正确；输电线上损失的电功率为P 损＝I 23·2r ＝50 W ，C 正确；由能量守恒定律可知T 1副线圈的输出功率为P 出＝(10 000＋50)W ＝10 050 W ，因此T 1原线圈的输入功率为10 050 W ，D 错误．答案：ABC12.(2018·福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT.单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P ，当变压器原、副线圈匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W ”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e ＝122sin 60πt (V)D ．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当下移解析：灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I 2＝6 W 6 V＝1 A ；根据公式：I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.5 A ，故A 错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2，解得：U 1＝12 V ，故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为122V ≈17 V ，故B 错误；根据公式E m ＝NBS ω，解得：ω＝E m NBS ＝1221×25π×1rad/s ＝60π rad/s ，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ＝122sin 60πt (V)，故C 正确；若矩形线圈转速增大，根据公式E m ＝NBS ω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该增大变压比，故应将P 适当上移，故D 错误．答案：C13．(2018·沈阳质检)用某型号的柴油发电机给我国灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m ，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该导线每米的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW.当这些家用电器都正常工作时，下列说法正确的是( )A ．输电线路中的电流为20 AB ．输电线路损失的电功率为4 kWC ．发电机实际输出电压是240 VD ．如果该柴油发电机发的电是正弦交变电流，则输出电压的峰值是2602V解析：家用电器正常工作时的额定电压一般是220 V ，所以输电线路中的电流I ＝P U＝200 A ，A 错误；输电线路损失的电功率ΔP ＝I 2R 线＝8 000 W ，B 错误；输电线路损失的电压ΔU ＝IR 线＝40 V ，发电机实际输出电压为220 V ＋40 V ＝260 V ，C 错误．输出电压峰值为2602V ，D 正确．答案：D14．(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R 0组成闭合电路．若T 1、T 2均为理想变压器．T 2的副线圈两端电压u ＝2202sin 100πt V ，当用电器电阻R 0＝11 Ω时( )A ．通过用电器R 0的电流有效值是20 AB ．当用电器的电阻R 0减小时，输电线损耗的功率也随着减小C ．发电机中的电流变化频率为100 HzD．升压变压器的输入功率为4 650 W解析：通过用电器R0的电流有效值I＝UR0＝20 A，A正确；当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率P1＝UI＝4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R ＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确．答案：AD15．(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管．视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变．调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后( )A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2解析：设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝数为n2，则U1U2＝n1n2，当副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减小为原来的12，C 项正确；由I 2＝U 2R可知，副线圈的电流减为原来的一半，A 项错误；由P ＝U 2R 可知，副线圈输出的功率减为原来的14，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的14，B 、D 项错误． 答案：C。
高考物理模型专练与解析模型22电容器的动态分析(学生版)
22电容器的动态分析1．如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下述说法正确的是()A．电键k断开，A板向B板靠近，则θ增大B．电键k断开，A板向上移动，则θ增大C．保持电键k闭合，A板向B板靠近，则θ变小D．保持电键k闭合，A板向上移动，则θ变小2．如图所示，电容器与一稳定的电源连接后，保持两极板间距不变而将极板相互错开一些，关于极板错开前后，下列判断中正确的是()A．电容器的电容增大B．电容器两极板的电场强度变大C．电容器两极板间的电势差不变D．电容器储存的电荷量不变3．如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。
实验中，极板所带电荷量不变，若()A．保持S不变，增大d，则θ不变B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变大D．保持d不变，减小S，则θ不变4．如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R 与直流电源连接,G 为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S 后,下列说法正确的是( )A ．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B ．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C ．若只将滑动变阻器滑片P 向上移动，电容器储存的电量将增加D ．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a 到b 方向的电流5．如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q ，板间距离为d ，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。
在两极板正中间P 点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q 。
静电力常量为k ，下列说法正确的是()A ．油滴带正电B ．油滴受到的电场力大小为24kQqd C ．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动D ．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小6．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地．初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于容器中的P 点且处于静止状态．下列说法正确的是()A ．将下极板下移，则P 点的电势升高B．将上极板下移，则P点的电势不变C．减小极板间的正对面积，带电油滴保持静止，但P点的电势会降低D．减小极板间的正对面积，带电油滴将向上运动7．如图所示，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用绝缘细线悬挂于平行板间处于静止状态，小球与竖直方向的夹角为θ，此时A极板带负电，B极板带正电。
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高中物理专练：电容器和直流电路的动态分析(限时：45分钟)1． (安徽·19)用图1所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x是待测电阻,R0是定值电阻,是灵敏度很高的电流表,MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关,改变滑动头P的位置,当通过电流表的电流为零时,测得MP＝l1,PN＝l2,则R x的阻值为( )图1A.l1l2RB.l1l1＋l2RC.l2l1RD.l2l1＋l2R答案 C解析设R0、R x与三者的结点为Q,当通过电流表的电流为零时,说明φP＝φQ,则UR0＝URMP ,U Rx＝UR PN,IR0＝IR x＝I0,IR MP＝IR PN＝I,故I0R0＝IR MP,I0R x＝IR PN.两式相除有RRx＝RMPRPN,所以R x ＝RPNRMPR＝l2l1R,正确选项为C.2．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标上,如图2中的a、b、c所示,以下判断正确的是( )图2A．直线a表示电源的总功率P E—I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R—I图线C．电源的电动势E＝3 V,内电阻r＝1 ΩD．电源的最大输出功率P m＝2 W答案AD解析电源的总功率P E＝EI,直线a表示电源的总功率P E—I图线,选项A正确．电源的输出功率P R＝UI＝(E－Ir)I＝EI－I2r,曲线b表示电源的输出功率P R—I图线,曲线c表示电源内部的发热功率P r－I图线,选项B错误．由直线a的斜率可得电源的电动势E＝4 V．选项C错误．当I＝1 A时,电源的最大输出功率P m＝2 W,选项D正确．3．如图3所示,为一小灯泡的伏安特性曲线,横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A 的坐标为(U1,I1),过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2.小灯泡两端电压为U1时,电阻等于( )图3A.I1U1B.U1I1C.U1I2D.U1I1－I2答案 B解析由于小灯泡的伏安特性曲线上,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,所以小灯泡两端电压为U1时,电阻等于U1I1,B正确．4．如图4为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线,用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻组成如下四个电路．则外电路功率相等的是( )图4A．图a和图d B．图b和图cC．图a和图b D．图c和图d答案AB解析根据电源的U－I图线可得电源的电动势为4 V,内阻为3 Ω,外电路消耗的功率P＝4 V2·R外R外＋3 Ω2,当外电阻为1 Ω和9 Ω时,外电路消耗的功率相等,A正确；当外电阻为4.5 Ω和2 Ω时,外电路消耗的功率相等,B正确,C、D错误．5．如图5所示,甲、乙两电路中电源完全相同,外电阻R1>R2,两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中,下列判断正确的是( )图5A．电源内部产生电热较多的是甲电路B．R1上产生的电热比R2上产生的电热多C．电源做功较多的是甲电路D．电源效率较高的是甲电路答案BD解析电源内部产生电热Q＝I2rt＝Iqr,由于外电阻R1>R2,甲电路电流较小,电源内部产生电热较少的是甲电路,选项A错误．外电阻产生电热Q＝I2Rt＝IqR＝Uq,U1>U2,R1上产生的电热比R2上产生的电热多,选项B正确．两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中,两电源做功相等,选项C错误．电源效率较高的是甲电路,选项D正确．6．在如图6所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,灯泡L的电阻大于电源的内阻r.闭合开关S,在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,下列各物理量的变化情况正确的是( )图6A．电流表的读数一直减小B．灯泡L变亮C．电源输出功率先增大后减小D．电压表的读数先增大后减小答案AD解析由简化电路图可知,滑动变阻器的右半部分与电流表A串联,再与左半部分并联,并联部分与灯泡串联后再与电压表并联,电压表测路端电压．滑片P向左滑动,当两支路电阻相等,即R A＋R a＝R b时,并联路段电阻最大,因此并联路段的电阻先增大后减小,外电路总电阻先增大后减小,由串联分压可知路端电压先增大后减小,选项D正确；电流表刚开始测干路电流,随着P由a向b移动,电流表示数逐渐变小,P滑到b端,电阻R和电流表被短路,电流表示数为零,A正确；外电路电阻增大时,流过灯泡的电流减小,灯泡分压减小,灯泡变暗,选项B错误；外电路电阻越接近电源内阻,电源输出功率越大,由于灯泡电阻大于电源内阻,因此外电路电阻总大于电源内阻,随着外电阻的增大,输出功率逐渐减小,选项C错误．7．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测,它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化．在如图7所示电路中,不同的一氧化碳浓度对应传感器不同的电阻值,电压表的示数与一氧化碳的浓度一一对应,观察电压表示数就能判断一氧化碳浓度是否超标．已知氧化锡传感器的电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比,那么,电压表示数U与一氧化碳浓度ρ之间的对应关系正确的是( )图7A．U越大,表示ρ越大,ρ与U成正比B．U越大,表示ρ越小,ρ与U成反比C．U越大,表示ρ越大,但ρ与U不成正、反比关系D．U越大,表示ρ越小,但ρ与U不成正、反比关系答案 C解析根据题意,设氧化锡传感器的电阻为R1＝kρ,电源的电动势为E,内阻为r,电压表的示数U＝ERkρ＋r＋R＋R0,ρ越大,U越大,但U与ρ既不成正比也不成反比,选项C正确．8．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小,有磁场时电阻变大,并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无,利用磁敏电阻作为传感器设计了如图8所示电路,电源的电动势E和内阻r不变,在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光,若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则( )图8A．电灯L变暗B．电灯L变亮C．电流表的示数增大D．电流表的示数减小答案BD解析若探测装置从无磁场区进入强磁场区．磁敏电阻阻值增大,电源输出电流减小,路端电压增大,电流表的示数减小,电灯L变亮,选项B、D正确．9．电源、开关S、S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图9所示电路,电容器的两平行板水平放置．当开关S、S′闭合,并且无光照射光敏电阻R2时,一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻R2时,光敏电阻的阻值变小,则( )图9A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．R2两端的电势差是否升高无法分析D．当光照强度不变时断开S′,把电容器的上极板向上移一小段距离,则上极板的电势比A 点的电势高答案BD解析当用强光照射光敏电阻R2时,光敏电阻的阻值变小,R2两端的电势差降低,R1两端的电势差升高,电容器极板之间电压升高,液滴向上运动,选项B正确,A、C错误．当光照强度不变时断开S′,电容器带电量不变,把电容器的上极板向上移一小段距离,则上极板的电势比A点的电势高,选项D正确．10．在如图10所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为E、内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C为电容器,、为理想电流表和理想电压表．在滑动变阻器滑动头P自a 端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是( )图10A．a点的电势降低B．电压表示数变小C．电流表示数变小D．电容器C所带电荷量增多答案 A解析在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,外电路电阻减小,电源输出电流变大,路端电压减小,R1两端电压升高,故a点的电势降低,电压表示数变大,电流表示数变大；因R2与R3并联,R2两端电压降低,故电容器C两端电压降低,电容器C所带电荷量减少,选项A正确,B、C、D错误．11．如图11所示,两极板间距为d的平行板电容器与一电源相连,距上极板d处有一质量为m、带电量为q的小球自由释放,穿过上极板的小孔后,恰好能到达下极板,若将下极板向上平移d4,小球仍从同一位置释放,则下列说法正确的是( )图11 A．仍能到达下极板,且速度恰好为0B．仍能到达下极板,且速度大于0C．不能到达下极板,距离上极板最大距离为3d 5D．不能到达下极板,距离上极板最大距离为d 2答案 C解析由动能定理,开始有2mgd－qEd＝0,下极板平移后,设小球在平行板电容器中下降高度为s,则有mg(d＋s)－qE′s＝0,又U＝Ed＝E′·34d,联立解得s＝35d,选项C正确,选项A、B、D错误．12．如图12所示电路中,定值电阻R大于电源内阻r,当滑动变阻器滑动端向右滑动后,理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3,理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU,下列说法中正确的是( )图12A．电流表A2的示数一定变小B．电压表V的示数一定增大C．ΔI3一定大于ΔI2D．ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r答案BD解析当滑动变阻器滑动端向右滑动后,滑动变阻器连入电路的电阻变大,外电路总电阻变大,路端电压变大,电压表V的示数一定增大,电流表A3的示数一定变小,电流表A2的示数一定变大,选项A错误,B正确．ΔI3不一定大于ΔI2,选项C错误．ΔI1一定大于ΔI3,ΔU 与ΔI3比值等于电源内阻,ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r,选项D正确．13．A、B两块正对的金属板竖直放置,在金属板A的内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图13所示的电路中,R1为光敏电阻,R2为滑动变阻器,R3为定值电阻,当R2的滑动触头P在中间时闭合开关S,此时电流表和电压表的示数分别为I和U,带电小球静止且绝缘细线与金属板A的夹角为θ.已知电源电动势E和内阻r一定,光敏电阻随光照的增强电阻变小,以下说法正确的是( )图13A．保持光照强度不变,将R2的滑动触头P向b端滑动,则R3消耗的功率变大B．保持滑动触头P不动,让光敏电阻周围光线变暗,则小球重新平衡后θ变小C．滑动触头向a端滑动,用更强的光照射R1,则电压表示数变小D．保持滑动触头不动,用更强的光照射R1,则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值变小答案 C解析R2的滑动触头P的滑动对全电路无影响,保持光照强度不变,R3中电流不变,则R3消耗的功率不变,选项A错误．让光敏电阻周围光线变暗,光敏电阻阻值变大,两金属板之间的电压增大,小球所受电场力变大,则小球重新平衡后θ变大,选项B错误．用更强的光照射R1,光敏电阻阻值变小,电源输出电流变大,路端电压变小,则电压表示数变小,选项C正确．用更强的光照射R1,则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等于电源内阻,不发生变化,选项D错误．【解题方法技巧6】极限分析法当题干中所涉及的物理量随条件做单调变化时,或者解为集合的题目,可以将某些起决定性作用的物理量的数值推向极值如设定动摩擦因数趋近于零、一个量与另一个量的关系是“远大于”或“远小于”、斜面的倾角趋近于零和90°、物体的质量趋近于零或无穷大等,通过简单计算、推理及合理性判断,并与一些显而易见的结果、结论和熟悉的物理现象进行对比可得出结论.比如第10题,我们可以把滑动变阻器的滑片P向b滑动的过程采用极限分析法,即移到b端,这样滑动变阻器被短路,再分析问题就会显得非常简单和直接.同样第9题中,可把光敏电阻的阻值变化为零,分析问题也会更简单.。