【专项题库+高考领航】2016届高考物理大一轮复习热点集训(七) 电路动态分析+电学设计实验

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【高考领航】2016届高考物理大一轮复习(人教版)：第九章电磁感应热点集训(九) 电磁感应图象+能量问题

热点一电磁感应的图象本热点主要涉及穿过闭合回路的磁场发生变化时的电磁感应现象的图象问题，是高考考查的重点．分析此类问题的关键是正确理解E ＝n ΔΦΔt 的含义，挖掘给定图象(如Φ－t 图象、B －t 图象等)中斜率的隐含信息．题型以选择题为主．1.(2015·安徽江南十校联考)如图所示，正方形区域MNPQ中存在垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿Q ′N ′方向匀速运动，t ＝0时刻，其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力F 的大小随时间t 变化规律的是( )解析：选B.设正方形线框边长为a ，由几何关系可知线框M ′N ′边的部分穿出磁场时回路中电动势E ＝BL v ＝B ·2v t ·v ＝2B v 2t ，线框所受安培力F ＝BIL ＝B ·2B v 2t R ·2v t ，则本运动过程F －t 图象为开口向上的抛物线的一部分；Q ′M ′边的部分穿出磁场时回路电动势E ＝BL v ＝B ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫22a －v t v ，线框所受安培力 F ＝BIL ＝B ·B ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫22a －v t v R ·2⎝ ⎛⎭⎪⎫22a －v t ，本运动过程F －t 图象为开口向上的抛物线的一部分．2.(2015·河北五校联盟调研)如图所示，A是一个边长为L的正方形导线框，每边长电阻为r.现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域．以顺时针方向为电流的正方向，U bc＝φb－φc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为()解析：选B.线框进入磁场前，即0＜t＜Lv时，U bc＝0；线框进入磁场的过程，即L v＜t＜2L v时，bc边切割磁感线，相当于电源，其他三边相当于外电路，根据右手定则可知，b端电势高于c端，所以U bc＝34BL v；线框完全进入磁场后，即2L v＜t＜4L v时，U bc＝BL v.综上分析，B正确．3．如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()解析：选D.闭合回路的面积不变，只有磁感应强度改变，由图乙可知，在0～t1时间内，B－t图象的斜率不变，故产生的感应电动势恒定，感应电流的方向不变，根据楞次定律可判断出，感应电流方向始终是由b→a，即始终取负值，A、B错误．因导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态，所以水平外力F与安培力F安沿水平方向的分力等大、反向，又因F安＝BIL∝B，根据左手定则可知，在0～t0时间内，F安的水平分力向右，在t0～t1时间内，F安的水平分力向左，故在0～t0时间内，水平外力F向左，在t0～t1时间内，水平外力F向右，C错误、D正确．4．如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ1＝0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1 kg，边长为1 m，电阻为116Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.4.OO′为AD、BC的中线．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内(g＝10 m/s2)．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后()A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为2 m/s2B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2C ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板仍静止D ．若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s 2，绝缘板的加速度为2 m/s 2解析：选D.若金属框固定在绝缘板上，由题意得其感应电动势E ＝ΔB 1Δt ·12S ABCD ＝1×12×1×1 V ＝0.5 V ，感应电流I ＝E R ＝8 A ，AB 边所受安培力F AB ＝B 2IL＝8 N ，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F AB －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得a ＝3 m/s 2，A 、B 错误；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，则其所受摩擦力为F f1＝μ2mg ＝0.4×1×10 N ＝4 N ＜F AB ，假设正确；对金属框应用牛顿第二定律得F AB －F f1＝ma 1，解得a 1＝4 m/s 2；对绝缘板应用牛顿第二定律得F f1－F f2＝Ma 2，F f2＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，解得a 2＝2 m/s 2，C 错误、D 正确．热点二电磁感应中能量问题电磁感应现象的本质是通过磁场力做功将其他形式的能转化为电能的过程．从功和能的角度分析电磁感应问题是力电综合题的另一典型问题，仍是高考命题的热点．题型以计算为主，涉及动力学、电路等相应知识，综合性较强，难度较大．解决此类问题的关键是理顺功能关系，灵活处理能量转化问题．5．(2015·江苏南通二调)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则( )A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL解析：选AD.b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件知mg sin θ＋F 安＝m c g ，由以上两式可得m c ＝2m sin θ，A 正确．根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a 棒增加的重力势能之和，B 错误．根据能量守恒可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，C 错误．对b 棒，设通过的电流为I ，由平衡条件知mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，即a 棒中的电流为mg sin θBL ，D 正确．6. (2013·高考上海卷)如图所示，两根相距l ＝0.4 m 、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连．导轨间x ＞0一侧存在沿x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k ＝0.5T/m ，x ＝0处磁场的磁感应强度B 0＝0.5 T ．一根质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x ＝0处以初速度v 0＝2 m/s 沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变．求：(1)回路中的电流；(2)金属棒在x ＝2 m 处的速度大小；(3)金属棒从x ＝0运动到x ＝2 m 过程中安培力做功的大小；(4)金属棒从x ＝0运动到x ＝2 m 过程中外力的平均功率．解析：(1)电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，在x ＝0处有E ＝B 0l v 0＝0.4 V ，I ＝E R ＋r＝2 A (2)由题意，磁感应强度B ＝B 0＋kx考虑到电流恒定，在x ＝2 m 处有B 0l v 0R ＋r ＝（B 0＋kx ）l v R ＋r得v ＝23 m/s(3)导体棒受到的安培力F A ＝BIl ＝(B 0＋kx )Il ＝0.4(1＋x )安培力随位置线性变化，则安培力做功W F A ＝12[B 0＋(B 0＋kx )]Ilx代入数据得W F A ＝1.6 J(4)由动能定理W F －W F A ＝12m (v 2－v 20)得外力做功W F ＝W F A ＋12m (v 2－v 20)安培力做功即电阻上消耗的能量，即W F A ＝I 2(R ＋r )t运动时间t ＝W F A I 2（R ＋r ）＝2 s 即P －＝W F t ＝0.71 W答案：(1)2 A (2)23 m/s (3)1.6 J (4)0.71 W7. 如图所示，一矩形金属框架与水平面成角θ＝37°，宽L ＝0.4 m ，上、下两端各有一个电阻R 0＝2 Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ．ab 为金属杆，与框架良好接触，其质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝1.0 Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R 0产生的热量Q 0＝0.5 J(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)流过R 0的最大电流；(2)从开始到速度最大的过程中ab 杆沿斜面下滑的距离；(3)在时间1 s 内通过ab 杆某横截面的最大电荷量．解析：(1)当满足BIL ＋μmg cos θ＝mg sin θ时，ab 中有最大电流I m ，则I m ＝（sin θ－μcos θ）mg BL ＝（0.6－0.5×0.8）×0.1×101.0×0.4A ＝0.5 A 流过R 0的最大电流为I 0＝I m 2＝0.25 A(2)Q 总＝4Q 0＝2 J ，E m ＝I m R 总＝0.5×2 V ＝1.0 V此时杆的速度为v m ＝E m Bl ＝ 1.01.0×0.4m/s ＝2.5 m/s 由动能定理得mgx sin θ－μmgx cos θ－Q 总＝12m v 2m －0求得杆下滑的距离x ＝m v 2m ＋2Q 总2mg （sin θ－μcos θ）＝0.1×2.52＋2×22×0.1×10×（0.6－0.5×0.8） m ＝11.56 m (3)1 s 内通过ab 杆的最大电荷量q ＝ΔΦR 总＝B ΔS R 总＝BL v m Δt R 总＝1.0×0.4×2.5×12C ＝0.5 C 答案：(1)0.25 A (2)11.56 m (3)0.5 C。

2017年《高考领航》新课标物理大一轮复习配套课件：热点集训10

高三大一轮复习学案
A．两电压表的示数之比U1∶U2＝n1∶n2 B．电压表V1示数等于NBωL2 C．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大 D．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，变压器的输入功率减小
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高三大一轮复习学案
解析：选AD.由理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可 NBωL2 知，A正确；电压表V1示数为电压的有效值，等于，B错 2 误；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，R的有效阻值增大，U2不变，输出功率减小，输入功率减小，C错误、案
10．(2016· 山西质量监测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u＝220 2 sin )
100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法正确的是(
高三大一轮复习学案
热点集训十
交变电流与变压器的综合问题
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高三大一轮复习学案
考题常结合交流电的产生及描述，变压器的动态分析与电路的结合，实现专题内知识的小综合，题目以选择题为主.学习时应在深入理解变压器的变压原理的基础上来把握电压、电流和匝数之间的关系，切忌生搬硬套.
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高三大一轮复习学案
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高三大一轮复习学案
8．(2016· 湖南六校联考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B 2 ＝ T，单匝矩形线圈的面积S＝1 m2，电阻不计，绕垂直于磁 5π 场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表．调整副线圈的触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 常发光，以下判断正确的是( ) 6 W”的灯泡正

2020_2021学年高三物理一轮复习综合训练电路动态分析

2020——2021学年高三物理一轮复习综合训练电路动态分析1.光敏电阻是利用半导体制成的一种电阻，其阻值随光照强度增加而变小。

某同学设计如图所示的自动控制电路，其中t R 是光敏电阻，0R 为定值电阻，电表均可视为理想电表。

闭合开关，当照射光敏电阻的光照强度增加时( )A ．电压表V 的示数变大B ．光敏电阻t R 两端的电压增大C ．灯泡L 变亮D ．电流表A 的示数变小2.如图所示电路中，12R R 、为定值电阻，电源内阻为r ，闭合开关S ，电压表有示数，调节可变电阻R 的阻值，使电压表示数增加U ∆，则在此过程中( )A.可变电阻R 阻值增大，通过它的电流增大B.电阻2R 两端的电压减小，变化量等于U ∆C.通过电阻2R 的电流减小，变化量大于2U R ∆ D.电源的路端电压增大，变化量小于U ∆3.某同学将一直流电源的总功率E P 、输出功率R P 和电源内部的发热功率r P 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a b c 、、所示，根据图线可知( )A.反映r P变化的图线是bB.电源电动势为8 VC.电源内阻为1ΩD.当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6Ω4.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。

如图所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻R的U I-图像。

在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为( )A.5.5ΩB.7.0ΩC.12.0ΩD.12.5Ω5.一台额定电压是U的电动机，它的电阻为R，正常工作时通过的电流为I，则( )A．电动机t秒内产生的热量是Q＝Iut B．电动机t秒内产生的热量是2＝Q I RtC．电动机的功率为2＝D．电动机的功率为2/P I R＝P U R6.在图所示的电路中，电阻 5.0r=Ω，不计电流表的内R=Ω，电源的内阻 1.0阻。

闭合开关S后，电流表的示数0.50AI=，则电源的电动势E等于( )A.1.0VB.2.0VC.3.0VD.4.0V7.LED灯可将电能高效转化为光能，在日常生活中得到普遍应用。

高考物理一轮复习热点题型归纳-- 电磁感应的电路、图像及动力学问题(原题版及解析版)

2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题27 电磁感应的电路、图像及动力学问题【专题导航】目录热点题型一电磁感应中的电路问题 (1)（一）感生电动势的电路分析 (2)（二）动生电动势的电路分析 (3)热点题型二电磁感应中的图象问题 (4)（一）磁感应强度变化的图象问题 (4)（二）导体切割磁感线的图象问题 (5)（三）电磁感应中双电源问题与图象的综合 (6)热点题型三电磁感应中的平衡、动力学问题 (6)（一）电磁感应中的动力学问题 (7)（二）电磁感应中平衡问题 (8)（三）电磁感应中含电容器的动力学问题 (9)【题型演练】 (10)【题型归纳】热点题型一电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图2．解决电磁感应中的电路问题三部曲（一）感生电动势的电路分析【例1】(2019·济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。

在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 WD．S断开后，流经R2的电量为1.8×10－2 C【变式1】(2016·高考浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D．a、b线圈中电功率之比为3∶1【变式2】如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈的面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 W D．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C（二）动生电动势的电路分析【例2】在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14 kg，电荷量q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动．g取10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab两端的路端电压；(3)金属棒ab运动的速度．【变式1】(2019·焦作一模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是()A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1 VC．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V【变式2】如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA＝2OC＝2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则()A．金属棒中有从A到C的感应电流B．外电阻R中的电流为I＝3BωL22（R＋r）C．当r＝R时，外电阻消耗功率最小D．金属棒AC间电压为3BωL2R2（R＋r）热点题型二电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象问题随时间变化的图象，如B t图象、Φt图象、E t图象、I t图象随位移变化的图象，如E x图象、I x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”（一）磁感应强度变化的图象问题【例3】．(2019·河北唐山检测)如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为()【变式】如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m．金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)()A．线框中感应电流的方向是顺时针方向B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 WbC．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C（二）导体切割磁感线的图象问题【例4】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()【变式】(2019·江西新余模拟)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅰ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()（三）电磁感应中双电源问题与图象的综合【例5】．如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是()【变式】(2019·新疆一测)如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c和U d，下列判断正确的是()A．U a<U b<U c<U d B．U a<U b<U d<U cC．U a＝U b<U c＝U d D．U b<U a<U d<U c热点题型三电磁感应中的平衡、动力学问题1．两种状态及处理方法2.力学对象和电学对象的相互关系3．动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件．具体思路如下：（一）电磁感应中的动力学问题【例6】(2018·高考江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v.(2)通过的电流大小I.(3)通过的电荷量Q.【技巧总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：【变式1】(2017·高考上海卷)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短．【变式2】一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()A．ab受到的拉力大小为2 N B．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J（二）电磁感应中平衡问题【例7】(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．【变式】小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt.（三）电磁感应中含电容器的动力学问题【例8】(2019·常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容器．质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿．求：(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；(2)t的大小；(3)F2的大小．【变式】.(多选)(2019·重庆质检)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动【题型演练】1．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形．各导线框均绕垂直纸面的轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向．则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图所示的是()2．(2019·南昌模拟)如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef 垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间t的变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流随时间t的变化规律图象可能是()3.(2019·上饶二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的vt图象，可能正确的是()4. 如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I x )关系的是 ( )5.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R6．(2019·保定模拟)如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B ＝0.5 T ，两边界间距s ＝0.1 m ，一边长L ＝0.2 m 的正方形线框abcd 由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R ＝0.4 Ω，现使线框以v ＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅰ，则下列能正确反映整个过程中线框a 、b 两点间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是 ( )7.(2019·东北三校联考)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串接电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中．现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是()8.(2019·山西高三二模)电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。

【物理】高考一轮专项复习名师精讲第十六讲——电路动态分析

高三物理第十六讲电路的动态分析六神SIX GODAAAVVVV V串反并同一、判断功率变化二、电键开、闭AAAVVVV V三、电源无内阻AAAVVVV V四、判断∆U,∆IAAAVVVV V五、判断∆U∆I ,U IAAAVVVV V1、判断表2、判断功率3、开关4、电源无内阻5、判断∆U,∆I6、判断∆U∆I ,UI1、电源有内阻2、电路闭合3、只能有一处阻值发生变化电源电动势为E，内阻为r，当可变电阻R的阻值变大时，关于电压表和电流表的示数变化判断正确的是A.电流表A示数变大，电压表V示数变小B.电流表A示数变小，电压表V示数变大C.电流表A示数不变，电压表V示数不变D.电流表A示数不变，电压表V示数变大如图所示，判断图中变阻器触头P从a移到b的过程中，灯L1的亮度变化1、如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返同.若保持两极板间的电压不变，则()(A)把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回(B)把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落(C)把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回(D)把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落猿辅导物理老师王羽@微博王羽@斗鱼。

高考物理试题分项精析专题36 电路动态变化

专题36 电路动态变化一、单项选择题1．【2016·天津卷】如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。

下列说法正确的是A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大【答案】B【考点定位】变压器；电路的动态分析【名师点睛】此题考查变压器问题的动态分析；要知道变压器副线圈电压是由原线圈电压和匝数比决定的，与副线圈中负载无关；副线圈电路的动态分析基本上和直流电路的动态分析一样，先从局部变化的电阻开始分析，然后分析总电阻，再分析电流，然后再分析各局部的电压和电流。

2．【2011·北京卷】如图所示电路，电源内阻不可忽略。

开关S闭合后，在变阻器R0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．电压表与电流表的小数都增大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【答案】A【考点定位】电路动态变化3．【2011·海南卷】如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。

初始时S0与S均闭合，现将S断开，则A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大C．V的读数变小，A的读数变小D．V的读数变小，A的读数变大【答案】B【解析】由闭合电路欧姆定律得：，将S断开后外电路总电阻R变大，则总电流I变小，而，所以路端电压U（即V的读数）变大；由部分电路欧姆定律得：，流过的电流（即A的读数）与两端电压成正比，又因为，总电流I变少，变大，所以变大。

因此选择答案B。

【考点定位】电路动态分析4．【2011·上海卷】如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，（A）电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大（B）电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小（C）电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大（D）电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小【答案】A【考点定位】电路动态变化5．【2012·福建卷】如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。

2016届高考物理大一轮复习电路动态分析电学设计实验热点集训(七)

【高考领航】2016届高考物理大一轮复习电路动态分析电学设计实验热点集训（七）热点一电路动态分析电路的动态分析在高考中以选择题形式出现，命题角度通常是根据欧姆定律及串、并联电路的性质来分析电路结构变化或电路中某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况．1．(2015·石家庄质量检测)在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S 后，将滑动变阻器的滑片P 向下调节，则下列叙述正确的是( )A ．电压表和电流表的示数都增大B ．灯L 2变暗，电流表的示数减小C ．灯L 1变亮，电压表的示数减小D ．电源的效率增大，电容器C 所带电荷量增加解析：选C.滑动变阻器的滑片P 向下调节，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同”规律可知：电压表读数U 减小、灯L 2变暗，电流表读数变大、灯L 1变亮，电容器C 两端的电压等于灯L 2两端的电压，而其两端电压减小，则电容器C 所带电荷量减少，电源的效率η＝U E×100%减小，选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．在某控制电路中，需要连成如下图所示的电路，主要由电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及电位器(滑动变阻器)R 连接而成，L 1、L 2是红、绿两个指示灯．闭合开关S ，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a 端时，下列说法中正确的是( )A ．L 1、L 2两个指示灯都变亮B ．L 1、L 2两个指示灯都变暗C ．L 1变亮，L 2变暗D ．L 1变暗，L 2变亮解析：选B.当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a 端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I 增大，内电压增大，路端电压减小，L 1灯变暗，通过其电流I 1减小；由U 1＝I 2R 1及I 2＝I －I 1可知R 1分担电压U 1增大，则L 2及R 2两端电压减小，L 2功率减小而变暗，B 正确．3. 如图所示电路中，电源内阻r ＝2 Ω，R2＝8 Ω，L 为“12V 12 W ”的小灯泡．当滑动变阻器的滑片位于如图所示的位置时，电流表示数为 1.5 A ，小灯泡正常发光，电压表示数刚好为零，则下列判断正确的是( ) A ．电阻R 1＝24 Ω，电源电动势为E ＝20 VB ．电源电动势为E ＝23 V ，电源的输出功率为30 WC ．滑片P 向下滑动时，小灯泡将变暗，电流表示数变小D ．滑片P 向下滑动时，小灯泡将变亮，电压表示数变大，电流表示数变小解析：选B.电压表示数为零说明小灯泡两端的电压与电阻R 1两端的电压相等，而I L ＝P L U L ＝1 A ，所以电阻R 1＝U LI －I L ＝24 Ω，电阻R 2两端的电压为U 2＝I L R 2＝8 V ，即路端电压为U ＝U L ＋U 2＝20 V ，所以电源电动势为E ＝U ＋Ir ＝23 V ，电源的输出功率为P 出＝IU ＝30 W ，A 错误，B 正确；滑片P 向下滑动时，R 的有效阻值减小，由“串反并同”原则知，小灯泡将变暗，电流表示数变大，C 、D 错误．4. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是( )A．小球带负电B．当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率解析：选C.根据电路图可知φA＞φB，A、B间电场强度方向水平向右，小球受电场力方向也向右，故小球带正电，A错误．当滑动触头从a向b滑动时，R1两端电压减小，板间场强减小，绝缘线的偏角变小，所以B错误．当极板间电压减小时，由Q＝CU可知Q 减小，电容器放电，电流表中有电流，方向从上向下，所以C正确．由于电源的内阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，D错误．热点二电学设计实验电学中设计性实验也就是知识、方法迁移型实验题，利用教材中的实验知识和方法，设置的新实验题，此类题的特点是应用的实验器材来源于已做过的实验，应用的知识来源于已学过的知识，而实验的情境新、实验的过程新．5．(2013·高考重庆卷)某同学对有故障的电热毯进行探究．图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图2为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．(1)请在下面虚线框内画出与图2对应的电路图．(2)断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的UI曲线如图3所示．已知电热线材料的电阻率为2.8×10－7Ω·m，电热线的直径为0.200 mm，可求得此电热线的电阻为________kΩ，总长度为________m．(结果均保留两位有效数字)③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路有断路，位置在________之间(在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项)．解析：(1)依照实物图，先画出一个最小的回路：电源正极→开关K 2→滑动变阻器下侧两接线柱→电源负极．再画出与此回路并联的部分电路：滑动变阻器左上接线柱→毫安表→电压表→滑动变阻器左下接线柱．最后再处理剩余部分：测试表笔A 接于电压表与电源负极之间，测试表笔B 接于电压表与毫安表之间．(2)由U －I 图线的斜率可求得电热线的阻值：R ＝ΔU ΔI .再由电阻定律R ＝ρl S，面积公式S ＝14πd 2可得电热线的总长度l ＝πRd 24ρ. (3)因电压表是理想电表，由电路图可以看出：当A 、B 间断路时电压表有示数、电流表无示数；当A 、B 间被短路时电压表无示数、电流表有示数；当A 、B 间接有阻值不为零的导体即A 、B 为通路时两电表才同时有示数．结合测试结果可知：第一组数据表明3和3′间有断路；第二组数据表明1与1′间完好；第三组数据表明1与3间连接良好；第四组数据表明1和2′间有断路，第五组数据表明2′和3′间连接也是良好的，则断点只能在1′和2′间的接线片上．答案：(1)电路图如图(2)0.58(0.57到0.59均可) 65(64到66均可)(3)1′和2′6．(2014·高考广东卷)某同学设计的可调电源电路如图(a)所示，R 0为保护电阻，P 为滑动变阻器的滑片，闭合电键S.(1)用电压表测量A 、B 两端的电压：将电压表调零，选择0～3 V 挡，示数如图(b)，电压值为________V.(2)在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P 应先置于________端．(3)要使输出电压U变大，滑片P应向________端滑动．(4)若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在________的风险(填“断路”或“短路”)．解析：(1)由题图(b)知电压表0～3 V挡的最小分度为0.1 V，故由“十分之一”估读法可得读数为1.30 V.(2)因外电路并联在AP间，要使外电路接通时获得的电压最小以保证电路安全，应使滑片P先置于A端．(3)输出电压U等于A、P间的电压，故P向B端滑动时A、P间分得的电压增大，输出电压增大．(4)当P滑到B端时，若输出电路所接负载的阻值极小，则电源就有可能被短路．答案：(1)1.30 (2)A(3)B(4)短路7．(2015·江西八校联考)小汽车仪表台内的鼓风机靠的是一种电动势约为10 V，内阻约为30 Ω的电池驱动的，已知该电池允许输出的最大电流为55 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻R A＝15 Ω，R为电阻箱，阻值范围为0～999.9 Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用．(1)该同学接入符合要求的R 0后，闭合开关S ，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E ＝________V ，r ＝________Ω.(2)冬天为了防止汽车仪表盘上的玻璃“起雾”，可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为30 Ω的电阻条和上述电池，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线．解析：(1)在图甲中，根据闭合电路欧姆定律有：E ＝I (R ＋R 0＋R A ＋r )，得1I ＝1E(R ＋R 0)＋1E (R A ＋r )，再结合图乙得5＝1E (15＋r )，1E ＝110，联立解得E ＝10 V ，r ＝35 Ω. (2)现要使整个电路中电阻条上消耗功率最大，则知此时有R 外＝r ＝35 Ω，又知每根电阻条电阻为30 Ω，且要求电阻条数最少，则可把6根电阻条并联(总电阻值为5 Ω)，然后再串联一根电阻条，如答案图所示．答案：(1)10 35 (2)如图所示8．某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一螺线管两接线柱之间金属丝的长度．可选用的器材如下：A ．待测螺线管L (符号)：绕制螺线管的金属丝电阻率为ρ，直径为D ，阻值约几十欧B ．电流表A 1：量程10 mA ，内阻r 1＝40 ΩC ．电流表A 2：量程500 μA ，内阻r 2＝750 ΩD ．电压表V ：量程为10 V ，内阻为10 k ΩE ．保护电阻R 1：阻值为100 ΩF ．滑动变阻器R 2：总阻值约为10 ΩG ．电源E ，电动势约为1.5 V ，内阻忽略不计H ．开关一个及导线若干(1)用多用电表粗测线圈的电阻，选择倍率“×1”和“×10”，经正确操作后，多用电表表盘示数如下图所示，则金属丝的电阻约为________Ω.(2)为了尽可能准确的测量R L ，要求电表的指针偏转至少要达到满刻度的13，请你设计一种适合的电路，将你设计的电路画在虚线框中，并标明所用器材的代号．(3)已知金属丝的直径为D ，要测量的物理量是通过电流表A 1的电流I 1，通过电流表A 2的电流I 2.用已知量和测得量的符号表示金属丝的长度l ，则l ＝________．解析：(1)由于欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时的读数较准，所以应按“×1”倍率读数，读数为R ＝1×48 Ω＝48 Ω.(2)由于电源电动势为1.5 V ，小于电压表量程的13，所以不能使用电压表V 来测量电压，由于两电流表的满偏电压分别为U 1＝I 1m r 1＝0.4 V ，U 2＝I 2m r 2＝0.375 V ，可将待测电阻与电流表A 2串联后再与A 1并联，如电路图甲所示；(或因电流表A 2的满偏电流小于A 1的满偏电流，可将待测电阻与电流表A 2并联再与A 1串联，如电路图乙所示)；又由于滑动变阻器的最大电阻远小于待测电阻，所以变阻器应用分压式接法．(3)电路图甲：L 与A 2两端电压U 1＝I 1r 1，L 两端电压U 1′＝I 1r 1－I 2r 2，通过L 的电流为I 2，由欧姆定律及电阻率公式得l ＝πD 2（I 1r 1－I 2r 2）4ρI 2；电路图乙：L 的电压与A 2的电压相同，流过L 的电流I 2′＝I 1－I 2，由欧姆定律及电阻率公式得l ＝πD 2I 2r 24ρ（I 1－I 2）.答案：(1)48 (2)见解析图甲或乙(画出其中一个即可)(3)电路图甲：l ＝πD 2（I 1r 1－I 2r 2）4ρI 2电路图乙：l ＝πD 2I 2r 24ρ（I 1－I 2）。

高考总复习物理课件选修3-1高考热点集训(七)

热点2 对电学实验的考查
电学实验是高考的必考内容，掌握好课本实验的实验原理，实验方法、数据处理方法是做好实验题的基础．针对高考命题“题在书处，理在书中”的特点，考前加强知识迁移能力的训练是做好实验题的关键．
实战演练 5．(2012· 云南检测)现有一量程为3 V 的电压表,内阻约3 kΩ.为了较准确地测量其内阻,在没有电流表的情况下,某同学设计了如图7－5甲所示的实验电路, 按此电路可以测出电压表的内阻．
图 7－ 5
(1)完成下列主要操作步骤：
①按图甲所示原理图用笔画线代替导
线，在图乙中完成电路实物连线．
②闭合开关S2和开关S1，调节R′使电
压表指针指到______．
③保持R′的滑片不动，断开开关S2，调节R,使电压表的指针指到______,记下此时R的值,即为电压表的内阻值. (2)本实验中，若提供以下器材：电池组E(电动势4 V) 电阻箱R1(0～999 Ω)
ΔU D．通过R2的电流增加，但增加量一定小于ΔU/R2
U 解析：选 AD.通过 R1 的电流 I＝，电 R1 压减小 ΔU，则通过 R1 的电流减小量一定等于 ΔU/R1，A 正确；R2 和电源内阻的总电压要增加 ΔU，B 错误；因为 R2 的电压增加量小于 ΔU，路端电压减小量一定小于 ΔU，C 错误；R2 电压增加量小于 ΔU，通过 R2 的电流增加量一定小于 ΔU/R2，D 正确．
答案：(1)①如图度的一半
②满刻度
③满刻
(2)R2
R1′
(3)大于
6．新能源汽车是今后汽车发展的主流方向，如图7－6甲所示为车载动力电池，其技术参数是额定容量约120 Ah, 额定电压约3.3 V，内阻约0.03 Ω，现有一只用了很长时间已经老化的这种电池，某研究小组想测量这个电池的

高考物理第一轮总复习课件：高考热点集训

03.
根据总电流的变化讨论各分电流、分电压以及各部分电阻上功率的变化.
闭合电路动态分析的一般思路
实战演练如图7－1所示的电路中, 滑动变阻器R的滑动头P保持不动, 当滑动变阻器R′的滑动头P′向上滑动时,
图7－1
电流表和电压表的示数变化情况是( ) 电流表示数增大电压表示数增大电流表示数减小电压表示数减小
与滑动变阻器并联的灯泡L3电压U3＝U－U2, U减小, U2增大, 则U3减小, L3变暗. U1减小, U2增大, 而路端电压U＝U1＋U2减小, 所以U1的变化量大于U2的变化量.
理论指导
电学实验是高考的必考点, 也是重点, 更是热点. 电学实验题以其灵活性、探究性、创新性成为高考试卷的难点.
实验要求得到的伏安特性曲线尽可能完整, 即要求电压从0开始调节,
01
02
故滑动变阻器应选用分压式接法, 由于滑动变阻器R2阻值较大, 所以选择滑动变阻器R1, 实验原理图如图甲所示.
答案: 见解析
在测量电源的电动势和内阻的实验中, 由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小, 某同学设计了如图7－5所示的实物电路.
图7－2
如图7－2所示的电路中, 闭合开关S后当滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离后, 下列说法中正确的是( )
电流表示数减小
01
电压表示数减小
02
电源的总功率增大
03
R0的功率减小
04
闭合电路的电源电动势为E, 内阻为r, 如图7－3所示, 闭合电键S, 当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端时, 下列说法中正确的是( )
A. ①② B. ③④
C. ①④ D. ②③ 解析: 选 D.当滑动变阻器R′的滑动头P′向上滑动时, 整个闭合电路的电阻增大, 干路的电流减小,

高考领航·2016高考物理(人教版)一轮配套课件：7-1欧姆定律、电阻定律、电功率及焦耳定律

教材梳理
三、欧姆定律电压成正比，跟导体的 1．内容：导体中的电流跟导体两端的_____ 电阻成反比． _____
U 2．公式：I＝R .
3．适用范围电解液导电(对气体导电不适用)． (1)金属导电和_______ (2)纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路)．
答案解析
基础自测
电动机为非纯电阻电路，欧姆定 4.(含电机电路的分析与计算)如图所示律对电动机不再适用，灯泡 L 正的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡 P灯 L 常发光，则 IL＝＝2 A，所以 U灯上标有“6 V、12 W”字样，电动机线电路中的电流 I＝2 A，故整个电圈 A 路消耗的总功率 P 总＝UI＝24 W，的电阻RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发 D 错．电动机的输入功率等于 P 总光，下列说法正确的是( ) －P 灯＝12 W，A 对、B 错．电动 2 机的热功率 P ＝ I RM＝2.0 W， C 热 A．电动机的输入功率为12 W 错． B．电动机的输出功率为12 W
答案解析
基础自测
2．(对欧姆定律的理解)(多选)下列说法正确的是( CDU ) 欧姆定律 R＝ I 是电阻的定 U A．由 R＝ I 知，导体两端的电压越大，电阻就越大义式， R 不随 U 和 I 的变化 U 而变化，即 R 与 U 和 I 不存 B．由 R＝ I 知，导体中的电流越大，电阻就越小在正、反比关系，A、B 错 U U C．由 I＝ R知，电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比误；由 I＝ R 知，电流的大 U 小与 U 成正比，与 R 成反 D．由 I＝ R可知，通过一段定值电阻的电流跟加在它两端的电压成比，C 正确；当 R 一定时，正比 I 与 U 成正比，D 正确．

2016年三维设计物理一轮复习第七章高频考点真题验收全通关

第七章高频考点真题验收全通关[把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！]高频考点一：电路的基本概念和规律1．(2012·浙江高考)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当。

根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。

假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( )A ．8×108 kW·hB ．8×1010 kW·hC ．8×1011 kW·hD ．8×1013 kW·h2．(2013·安徽高考)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，R 0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 ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )图1A.l 1l 2R 0B.l 1l 1＋l 2R 0C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 03．(2012·上海高考)当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C ，消耗的电能为0.9 J 。

为在相同时间内使0.6 C 的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )A ．3 V 1.8 JB ．3 V 3.6 JC ．6 V 1.8 JD ．6 V 3.6 J4．(2011·海南高考)图2甲是改装并校准电流表的电路图。

已知表头的量程为I g ＝600μA 、内阻为R g ，是标准电流表。

要求改装后的电流表量程为I ＝60 mA 。

完成下列填空：(1)图甲中分流电阻R p 的阻值应为________(用I g 、R g 和I 表示)。

图2(2)在电表改装完成后的某次校准测量中，表的示数如图乙所示，由此读出流过电流表的电流为______mA。

2024届高考物理一轮复习课件：电能能量守恒定律-电路动态分析

能是( D )
R3
R1
A.R1短路
B.R2断路
C.R2短路
D.R3短路
B
R1 0 R总 I总 PA PB PD PC R2 0 R总 I总 PA PB PD PC
A
R2
D
R2 R总 I总 PA PB PC PD R3 0 R总 I总 PA PD PC PB
←R↑→
U并↑ I并↑ P并↑
③极限法：滑动变阻器滑片移到“最边缘”
2. ∆U/∆I分析：
V1
R1 εr
A
K
R2
V2
U1 I
R1
U2 I (R1 r)
U 2 I
R1 r
电能 — 电路动态分析
相关知识： 3.电路故障分析：
①断路特点：表现为电压不为零而电流为零； ②短路特点：表现为有电流通过电路但用电器或电阻两端电压为零。
∆U2，那么下列说法正确的是（ ABC）
R1 I2 U外 U2 U1 IR2 I1
R2
R3
A. I1减小，I2减小
B.U1增大，U2减小
C. ∆U2/ ∆I2、 ∆U1/∆I2均为定值
D.电源的输出功率在减小，效率在降低
U1
I (R3
r)
U1 I2
R3
r
U 2 I2
R3
U R Rr
4. 含电容器电路分析：
①电路简化：电容器稳定时，把电容器所在的支路视为断路，简化电路时可以去掉。 ②电容器的电压：电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压；电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻无电压； ③电容器的电荷量及变化：利用Q＝UC计算电容器初、末状态所带的电荷量Q1和Q2；如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q1－Q2|；如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q1＋Q2 。

2016年高考物理热点题型和提分秘籍专题 7.2电路的基本规律及应用.

【高频考点解读】1.熟练掌握串、并联电路的特点，并能分析、计算2.理解闭合电路欧姆定律，并能进行电路的动态分析和计算．【热点题型】题型一电阻的串、并联例1．(多选)一个T形电路如图7-2-2所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω。

另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计。

则()图7-2-2A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V答案：AC【提分秘籍】1．串、并联电路的特点2．几个有用的结论(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻变大时，总电阻变大。

(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大。

(3)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的电功率P总等于各个电阻消耗的电功率之和。

【举一反三】求解并联电路中的电阻值是电学中比较常见的问题，但是在有的问题中常规方法会比较繁琐，若合理应用一些结论，会有“柳暗花明又一村”的感觉。

尝试一下下面这个问题：有两个电阻R1＝8.45 Ω，R2＝41.57 Ω，若将它们并联，其并联电阻可能是()A．4 Ω B．10 ΩC．7 Ω D．50 Ω解析：选C两电阻并联总电阻小于最小电阻，B、D错；若R1＝R2＝8 Ω，则R＝4 Ω，但R1、R2都大于8 Ω，故R大于4 Ω，A错，C对。

题型二电路的动态分析例2、如图7-2-5所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。

当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是()图7-2-5A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值答案：AC【提分秘籍】1．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)。

2016高考物理大一轮复习第七章第2讲闭合电路的欧姆定律电功与电热课时作业

第七章第2讲闭合电路的欧姆定律电功与电热一、选择题(在题后给的选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～11题有多项符合题目要求．)1．一电池外电路断开时的路端电压为3 V ，接上8 Ω的负载后路端电压降为2.4 V ，则可以确定电池的电动势E 和内电阻r 为( )A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 ΩB ．E ＝3 V ，r ＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω【答案】B【解析】外电路断路时，I ＝0，U 外＝E ＝3 V ；接8 Ω负载时，I ′＝U 外′R ＝2.48A ＝0.3 A ，则r ＝U 内I ′＝E －U 外′I ′＝3－2.40.3Ω＝2 Ω，故B 正确． 2．如图K7－2－1所示，a 为小灯泡的U －I 图线，b 为电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝0.75 Ω的干电池的U －I 图线，若以此小灯泡与此干电池组成闭合电路，电源的总功率和小灯泡的实际功率分别接近以下哪一组数据( )图K7－2－1A ．1.5 W,1.0 WB ．0.75 W,0.5 WC ．0.75 W,0.75 WD ．1.5 W,0.75 W【答案】D【解析】由两图线的交点知该实验电路的工作点为I ＝1.0 A ，U ＝0.75 V ．由此可计算出电源的总功率P 总＝IE ＝1.0×1.5 W＝1.5 W ，小灯泡的实际功率P 灯＝IU ＝1.0×0.75 W＝0.75 W.3．(2015年惠州质检)一学校物理兴趣小组用蓄电池、电动机、皮带、自行车组装了一辆电动车，人骑上后总质量为50 kg ，假定蓄电池能提供的电压为24 V ，内电阻不计，当电动车在水平地面上以0.8 m/s 的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5 A ，设车所受的阻力恒为车重的0.2倍，忽略电动车自身的摩擦，则电动机的阻值是(g 取10 m/s 2)( )A ．4.8 ΩB ．3.2 ΩC．1.6 ΩD．0.4 Ω【答案】C【解析】根据能量守恒有UI＝I2r＋fv，代入数据解得r＝1.6 Ω.4．如图K7－2－2所示的电路中，为了使白炽灯L在电路稳定后变得更亮，可采取的方法有( )图K7－2－2A．只减小电容器C两极板间的距离B．只增大电容器C两极板间的距离C．只增大电阻R1的阻值D．只增大电阻R2的阻值【答案】D【解析】为了使白炽灯L在电路稳定后变得更亮，就要增大两端的电压．改变电容器的电容都不会对白炽灯两端的电压产生影响，所以A、B都错误；只有当减小电阻R1的阻值或增大电阻R2的阻值，才能适合要求，故D正确．5．(2015年福建模拟)在如图K7－2－3所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触头在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的滑动触头向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )图K7－2－3A．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】B【解析】当R2的滑动触头由a滑向b时，R2阻值减小，电路总电阻减小，则总电流I增大；根据闭合电路欧姆定律知路端电压U＝E－Ir，所以电压表示数U减小；R1两端电压U1＝U－U3，而U3＝IR3，U3增大，所以U1减小，则I1减小，而I＝I1＋I2，所以I2增大，故B正确．6．如图K7－2－4所示，电源电动势为6 V，当开关接通时，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压分别为U ad ＝0，U cd ＝6 V ，U ab ＝6 V ，由此可以断定( )图K7－2－4A ．灯泡L 1和L 2的灯丝都断了B ．灯泡L 1的灯丝断了C ．灯泡L 2的灯丝断了D ．变阻器R 断路【答案】C【解析】由题给条件，知电路中有的地方没有电压．由U ad ＝0，U cd ＝6 V ，可知电路是断路的．由U ab ＝6 V 和U cd ＝6 V ，可知内电路a 、b 之间没有断点，外电路中的a 、b 和c 、d 之间有断点，取其公共部分可知灯泡L 2断路，由灯泡L 2两端电压不为0，可知灯泡L 1与变阻器R 是导通的．选项C 正确．7.(2015年汕头模拟)如图K7－2－5所示，电流表、电压表假设为理想电表，电源内阻不能忽略，当变阻器R 2的滑片向右滑动时，电压表V 1的变化量和电流表A 的变化量的比值为K 1，电压表V 2的变化量和电流表A 的变化量的比值为K 2，则( )图K7－2－5A ．K 1不变B ．K 2变大C ．K 2的绝对值大于K 1的绝对值D ．K 2的绝对值小于K 1的绝对值【答案】AC【解析】设电源电动势为E ，内阻为r ，由欧姆定律得电路中的电流I ＝U 1R 1，解得R 1＝U 1I＝ΔU 1ΔI＝K 1，由于R 1不变，所以K 1不变，选项A 正确；由闭合电路的欧姆定律得U 2＝E －I (R 1＋r )，求得R 1＋r ＝－ΔU 2ΔI＝－K 2，由于R 1＋r 不变，所以K 2不变，选项B 错误；由于R 1＋r >R 1，所以K 2>K 1，选项D 错误，C 正确．8．(2015年江门模拟)如图K7－2－6所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻，A 、B 接监控装置．则( )图K7－2－6A ．当有人通过而遮蔽光线时，A 、B 之间电压升高 B ．当有人通过而遮蔽光线时，A 、B 之间电压降低C ．当仅增大R 2的阻值时，可增大A 、B 之间的电压D ．当仅减小R 2的阻值时，可增大A 、B 之间的电压【答案】BC【解析】有人通过时，R 1增大，电流减小，A 、B 间电压减小，仅增大R 2电阻，电流减小，电源内阻和R 1分得的电压减小，故R 2的电压增大．综上得选项B 、C 正确．9．(2015年海淀期末)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E【答案】 AD【解析】电动机不是纯电阻用电器，电动机消耗的总功率为UI ，选项A 正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，选项B 错误；电源的输出功率为UI ，选项C 错误；电源的效率为U E ＝E －IrE，选项D 正确．10．一个电源及两个不同的电阻R 1、R 2，当R 1、R 2单独接在电源上时，电源的输出功率均为P 0，现把R 1和R 2串联后接到该电源上，电源的输出功率为P 1，再把R 1、R 2并联后接到电源上，电源的输出功率为P 2，则( )A ．P 0＝P 1B ．P 0＞P 2C ．P 0＞P 1D ．P 0＜P 2【答案】BC【解析】输出功率P ＝E 2R ＋r2R ，当分别接R 1、R 2时，它们功率相等，则一定存在关系式r 2＝R 1R 2，根据功率与外电阻的关系图，可知由于R 1、R 2不相等，并联后，总电阻比其中任意一个电阻小，功率变小了；串联后总电阻比其中任意一个大，因此它们的总功率也变小了．11．有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图K7－2－7中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为0～3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．下列说法正确的是( )图K7－2－7A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是1 300 NC ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.400 A 处【答案】AC【解析】电路中允许的最大电流为 3 A ，据闭合电路欧姆定律，压力传感器的电阻最小值需满足R ＋2 Ω＝123 Ω，R 最小为2 Ω，代入R ＝30－0.02F ，得出最大F ＝1 400 N ，A正确，B 错误；当F ＝0时，R ＝30 Ω，这时电路中的电流I ＝1230＋2A ＝0.375 A ，C 正确，D 错误．二、非选择题12．(2015年江门模拟)如图K7－2－8甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化，参考这条曲线回答下列问题：(不计电流表和电源的内阻)图K7－2－8(1)若把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12 V 的电源上，求通过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；(2)如图K7－2－8乙所示，将两个这样的灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻R 0串联，接在电动势为8 V 的电源上，求通过电流表的电流值以及每个灯泡的实际功率．【答案】(1)0.4 A 10 Ω (2)0.6 A 0.6 W【解析】(1)把3个这样的灯泡串联后，每个灯泡得到的实际电压为123V ＝4 V ，在图甲可以查到每个灯泡加上4 V 实际电压时的工作电流I ＝0.4 A ．由此可以求出此时每个灯泡的实际电阻R ＝U I ＝40.4Ω＝10 Ω.(2)在题乙图所示的混联电路中，设每个灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，有E＝U＋2IR0，代入数据并整理得U＝8－20I，这是一个反映了电路约束的直线方程，把该直线在题图甲上画出，可得如图所示图象．这两条曲线的交点为U＝2 V、I＝0.3 A，同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值I A＝2I＝0.6 A，每个灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.。

高考领航·2016高考物理(人教版)一轮配套课件：7-2电动势、闭合电路欧姆定律

教材梳理
2．电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值， W q ，单位：V. E＝____
把其它形式的能转化成 3．电动势的物理含义：电动势表示电源______________________ 电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入动势不是电压．三、闭合电路的欧姆定律
外电路断路时(R＝∞)I＝0，U外＝E. 增大 U外_____ 减小 (2)负载R减小→I增大→U内_____→ E 外电路短路时(R＝0)，I＝____ r ，U内＝E.
教材梳理
4．U－I关系图：由U＝E－Ir可知，路
端电压减小；U－I关随着电路中电流的增大而_____
系图线如图所示．
(1)当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距电动势E ．为________ 短路电流Im ． (2)当外电路电压为U＝0时，横坐标的截距为___________
E 反映的是电源的属性，由电源内部非静电 B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动力的特性决定，故 A、势就是两极间的电压 C 错误，D 正确；电动 C．非静电力做的功越多，电动势就越大势的单位虽然与电压 W D．E＝只是电动势的定义式而非决定式，电动的单位相同，但两者有 q 本质的区别，B 错误．势的大小是由电源内非静电力的特性决定的
正比，跟内、外 1．内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成_____ 电路的电阻之和成______ 反比．
教材梳理
I＝_________（只适用于纯电阻电路） 2．公式 ________ 外＋U内（适用于任何电路） E＝U
3．路端电压与外电阻的关系减小 U外______ 增大 (1)负载R增大→I减小→U内_____→
功率分配