高考物理备考优生百日闯关系列专题09恒定电流含解析

专题09 恒定电流
第一部分名师综述
恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心，考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题；二是以闭合电路的欧姆定律为中心，考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系；三是以电路中的电工仪表的使用为中心，考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点. 欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。

历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题，值得说明的是，近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的基本技能.尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.
第二部分精选试题
一、单选题
1．毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。

如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转了(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。

若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为
A．2P
PPP2P3B．6P
PPP2P3
C．4P
PPP2P3
D．8P
PPP2P3
【答案】 A
【解析】
【详解】
风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为P=PP⋅P=PP⋅PP2，则风的质量P=PP=PPP⋅PP2，因此风吹过
的动能为P P=1
2PP2=1
2
PPP⋅PP2⋅P2，在此时间内发电机输出的电能P=P⋅P，则风能转化为
电能的效率为P=P
P P =2P
PPP2P3
，故A正确，BCD错误。

2．如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势E＝8V、内阻r＝2Ω的交流电源上，理想变压器的
副线圈两端与滑动变阻器R相连，滑动变阻器阻值可在0～10Ω范围内变化，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2 ，下列说法正确的是
A．副线圈两端输出电压U2=16V
B．副线圈中的电流I2＝2A
C．当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8Ω
D．当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝4Ω
【答案】 C
【解析】
【详解】
设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则有：U1=E-I1r，电阻R消
耗的功率为：P=U2I2=U1I1，即为：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可见电流为：P1=P
2P =8
2×2
P=2P时，P有最
大值，此时U1=4V，副线圈两端输出电压U2=2U1=8V，副线圈中的电流I2＝1
2
×2A=1A，此时滑动变阻器接入电
路中的阻值P=P2
P2
=8P，故C正确、ABD错误。

3．如图所示电路，初始时滑动变阻器的滑片P恰好位于中点位置，当开关P闭合时，三个小灯泡P1、P2、P3恰好都正常发光，且亮度相同，电源电动势为P，内阻为P，下列说法正确的是
A．三个灯泡的额定电压相同
B．此时三个灯泡的电阻按从大到小排列是P2、P3、P1
C．当滑片P稍微向左滑动，灯P1和P3变暗，灯P2变亮
D．当滑片P稍微向右滑动，灯P1和P3变暗，灯P2变亮
【答案】 D
【解析】
【详解】
AB．由图知，变阻器R与3灯并联后与2灯串联，最后与1灯并联。

三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，说明额定功率相同；因灯1两端电压大于灯2、3两端电压，根据P= U2/R可知灯1的电阻最大；对于灯2、3：通过2的电流大于3的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，2的电阻小于
3的电阻。

可见，1灯电阻最大，2灯电阻最小。

根据P= U2/R可知，额定功率相等，电阻不等，额定电压不等，故AB错误。

CD．若将滑片P向左滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 减小，路端电压U增大，则L1变亮。

通过L2电流I2=I-I1，I减小，I1增大，则I2减小，故L2变暗。

L3电压U3=U-U2，U增大，U2减小，则U3增大，故L3变亮。

故C错误；同理当滑片P稍微向右滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮，D正确。

故选D。

【点睛】
本题首先要搞清电路的连接方式，其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析．三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知电压的大小关系，根据公式P=U2 /R ，比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式P=I2R比较电阻的大小．
4．如图所示，已知R1＝R4＝0.5 Ω，r＝1Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值为6 Ω。

在滑动变阻器R3的滑片K 由最下端向最上端滑动过程中，下列说法不正确的是( )
A．定值电阻R4的功率、电源的总功率均减小
B．电源的输出功率变小
C．电源的效率先增大后减小
D．MN并联部分的功率先增大后减小
【答案】 C
【解析】
【分析】
在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，从而分析选项A；当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，分析选项B；电源的效率P=PP
PP
=
P P =PP
P(P+P)
=1
1+P
P
，从而分析C；若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；因当外电
路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，从而分析选项D.
【详解】
在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，则根据P4=I2R4可知定值电阻R4的功率减小，根据P=IE可知电源的总功率减小，选项A正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，而R1+R4=r，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，
则电源的输出功率减小，选项B正确；电源的效率P=PP
PP =P
P
=PP
P(P+P)
=1
1+P
P
，则当外电路电阻R变大时，
电源的效率变大，选项C错误；若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN之间的电阻从0增加到3Ω，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当MN之间的电阻等于2Ω时，MN之间的功率最大，则在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN并联部分的功率先增大后减小，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.
【点睛】
此题是动态电路的分析问题；关键是知道当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，并且会将电路进行必要的等效，再进行分析.
5．某同学将一电路中电源的总功率P P、输出功率P P和电源内部发热功率P P随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示。

则该电路()
A．电源的电动势P=3P，内电阻P=3P
B．电流为1A时，外电阻为2P
C．b表示电源的输出功率，最大值为9W
D．外电阻为1P时，电源输出功率为4.5P
【答案】 B
【解析】
【分析】
三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率P P=PP，内部的发热功率P P=P2P，输出功率P P= PP−P2P，根据数学知识选择图线。

根据图线a斜率求解电源的电动势。

由图读出电流P=3P时，发热功率P P=P2P，求出电源的内阻。

当电流为1A时，结合欧姆定律求出外电阻。

【详解】
根据直流电源的总功率P P=PP，内部的发热功率P P=P2P，输出功率P P=PP−P2P，可知反映P P变化的图线是b，反映P P变化的是图线a，反映P P变化的是图线c。

图线a的斜率等于电源的电动
势，由得到P=9
3P=3P，内部的发热功率P P=P2P，内阻为P=9
32
=1P，电源的最大输出功率P P=
P2 4P =32
4×1
=9
4
P，故A、C错误；当电流为1A时，由P=P
P+P
，代入得到，P=2P.故B正确。

外电阻为1P，
等于内阻时，电源输出功率最大为P 2
4P =9
4
P.故D错误。

【点睛】
本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义
6．在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较
A．灯泡L变亮
B．电容器C上的电荷量不变
C．电源消耗的总功率变小
D．电阻R0两端电压变大
【答案】 C
【解析】
A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路
=PP知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由P
总
灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B错误．D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C、．故C正确．故选C．
【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．
7．激光闪光灯的电路原理如图所示，电动势为300V的电源向电容为6000P F的电容器C充电完毕后，通过外加高压击穿“火花间隙”间空气，使电容器一次性向激光闪光灯放电，提供所有能量使闪光灯发出强光，则电容器放电过程释放的电量和通过闪光灯的电流方向为
A．1.8C 向左 B．1.8C 向右 C．2×10－5C 向左 D．2×10－5C 向右
【答案】 B
【解析】
电容器充电后所储存的电量为：P=PP=6000×10−6×300P=1.8P，
在放电过程中将所有的电量放出，所以电容器放电过程释放的电量为1.8C
电容器充电后左极板带正电，所以在放电过程中通过闪光灯的电流方向向右，
故应选B。

8．如图是一个多用电表的简化电路图。

S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。

下列说法正确的是( )
A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较大
B．当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔
C．当开关S分别接5或6时，测量的是电阻，其中A是黑表笔
D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大
【答案】 B
【解析】
【分析】
要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表。

【详解】
A项：其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A错误；
B项：3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A 为红表笔，B正确；
C项：当开关S分别接5或6时，测量的是电压，故C错误；
D项：要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误。

【点睛】
本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源。

9．电动势为E，内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3以及一平行板电容器连成如图所示的电路．当开关S 闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．将R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动
B．将R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加
C．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加
D．减小R3的阻值，R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量
【答案】 D
【解析】
A、将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故A错误；
B、将R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量Q=CU减小，故
减小，那么电荷B错误；C、增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容P=P P⋅P
4PPP
量Q=CU减小，故C错误；D、减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量+r上电压的变化量=R3两端的电压的变化量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故D正确；故选D。

【点睛】电路问题一般先根据电路变化得到总电阻变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可由欧姆定律得到电压的变化，从而得到支路电流的变化。

10．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是( )
A．L1灯丝突然短路
B．L2灯丝突然烧断
C．电源的输出功率一定变小
D．电容器C上电荷量减少
【答案】 B
【解析】
安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大，A、L1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A错
误;B 、L 2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B 正确，C 、电源的输出功率P =UI ，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C 错误；D 、电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q =CU 知电容器的带电量增大，D 错误，故选B.
【点睛】本题考查了电路的动态分析，方法是：先从支路的变化，分析总电流和路端电压的变化，再到支路，分析各用电器的电压和电流的变化关系． 二、多选题
11．2020年8月，河南等地出现39℃以上的高温，为了解暑，人们用电扇降温．如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ：1，原线圈接电压为U 的交流电源，输出端接有一只电阻为R 的灯泡和风扇电动机D ，电动机线圈电阻为r ．接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I ，则下列说法正确的是（）
A ．风扇电动机D 两端的电压为Ir
B ．理想变压器的输入功率为PP P ＋P 2P 2P
C ．风扇电动机
D 输出的机械功率为PP P －I 2
r
D ．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为P (P＋P )
P 2PP
【答案】 BCD 【解析】 【分析】
电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，被卡住后相当于纯电阻． 【详解】
由变压器的原理可知，风扇电动机D 两端的电压为U/n ，因为电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，A 错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于输出功率为P 2=P 2P +P 22P
=
PP P +P 2
P 2P
，B 正确；风扇电动机D 输出的机械功率为P 2P −P 2P =
PP
P
−P 2P ，C 正确；因为副线圈两端的电压为
U/n ，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为PP
P +P
，所以副线圈中的电流为
P (P +P )
PPP ，通过原线圈的电流为 P (P +P ) P 2PP
，D 正确；故选BCD 。

12．如图所示，滑动变阻器的总阻值P 0>P 1≠0.当滑动变阻器的触头位于它的中点时，电压表的读数为U ，电流表的读数为I ，则滑动变阻器的触头继续向上移动的过程中( )
A．电压表的读数总小于U
B．电压表的读数先增大后减小
C．电流表的读数总大于I
D．电流表的读数先增大后减小
【答案】 BC
【解析】
【分析】
由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化。

【详解】
滑动变阻器的触头向上移动的过程中，因P0>P1≠0，先简化电路，除去两电表，相当于两个电阻并联后与P2串联，滑动变阻器位于中点时，上、下两并联支路电阻不等，滑动触头移到两支路电阻相等时，总电阻最大，总电流最小，不难看出电压表的示度先增大后减小。

=P−P(P+P)增大，将整个过程分为两阶段：两支路电阻相等前，总电流减小，并联电路的电压P
并
安培表支路电阻减小，安培表读数增大；
两支路电阻相等后，总电流增大，P0下部分电压减小，电阻增大，电流减小，则安培表支路电阻减小，安培表读数增大。

故电流表的读数总大于P.故BC正确。

故选：BC。

【点睛】
本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质。

13．如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r<R，c为滑动变阻器的中点。

闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是()
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【答案】 CD
【解析】
【分析】
本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点【详解】
把等效电路画出，如图
设R ca=R x，R cd=R滑−R
x ，则R
外
=R+
(R+R x)(R+R
滑
−R x)
R+R+R
滑
当R x=R
滑
2
时，R
外
有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，R ca减小，R cd增大，易得：R
外
减小，
R 总=R
外
+r减小，I1=E
R
总
增大，故电源内阻消耗的功率P r=I12r增大，故D正确
U R
3
+R cb=U R2+R ca=E−I1(r+R1)减小，
I3=U R3+R cb
R3+R cb
减小，故P R3=I32R3减小，故B错误
而I2=I1−I3增大，故P R2=I22R2减大，故A错误
根据电源输出功率与R
外的关系图可知，当R
外
>r时，R
外
减小电源输出功率越大，故C正确；
14．某同学将一直流电源的总功率P P、输出功率P P和电源内部的发热功率P P，随电流P变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的P、P、P所示．以下判断正确的是( )
A．在P、P、P三条图线上分别取横坐标相同的P、P、P三点，这三点的纵坐标一定满足关系P P=P P+ P P
B．P、P图线的交点与P、P图线的交点的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4
C．电源的最大输出功率P P=9P
D．电源的电动势P=3P，内电阻P=1P
【答案】 ABD
【解析】
【详解】
在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系P A=P B+P C，所以A正确；当内电阻和外电阻相
等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为P
P+P =P
2P
，功率的大
小为P 2
4P
，a、b线的交点N表示电源的总功率P E和电源内部的发热功率P r随相等，此时只有电源的内电阻，
所以此时的电流的大小为P
P ，功率的大小为P
2
P
，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以B正确；
图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；当I=3A时，P R=0．说明外电路短路，根据P E=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r=P
P
=1Ω，故D正确。

故选ABD。

【点睛】
当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和．
15．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（）
A．L1和L3变暗，L2变亮
B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化绝对值大于L3中电流变化绝对值
D．L1上电压变化绝对值小于L2上的电压变化绝对值
【答案】 AD
【解析】
【详解】
当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故A正确，B错误；因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C错误；因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的
电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选AD。

【点睛】
本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．
16．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计。

开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。

则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）
A．灵敏电流计G中有b→a的电流
B．油滴向上加速运动
C．电容器极板所带电荷量将减小
D．通过电阻R2的电流将减小
【答案】 AB
【解析】
【详解】
在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。

根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。

故AB正确，CD错误。

故选AB。

【点睛】
处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．
17．高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图所示。

超导部件有一个超导临界电流I c，当通过限流器的电流I＞I c时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零）转变为正常态（一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流。

假定有一实验电路如右图所示，超导部件的正常电阻为R1＝3Ω，超导临界电流I c＝1.2A，限流电阻R2＝6Ω，小灯泡L上标有“6V，6W”的字样，电源电动势E＝8V，内阻r＝2Ω原来电路正常工作，若L突然发生短路，则（）
A
A．短路前通过R1的电流为2
3
B．短路后超导部件将由超导状态转化为正常态
A
C．短路后通过R1的电流为4
3
D．短路后通过R1的电流为2A
【答案】 BC
【解析】
小电珠L上标有“6 V,6 W”，该电珠的电阻R L＝U2/P＝62/6 Ω＝6 Ω，短路前由于电路正常工作，电路的总电阻为R＝R L＋r＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω，总电流为I＝E/R＝1 A，所以短路前通过R1的电流为I1＝1 A，选项A错误；当L突然短路后，电路中电流为I＝E/r＝4 A>I c＝1.2 A，超导部件由超导态转变为正常态，则
A＝2 A，短路后通过R1的电流为I1′此时电路中总电阻为R′＝2 Ω＋2 Ω＝4 Ω，总电流I′＝E/R′＝8
4
A，故选项B、C正确．
＝4
3
18．在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。

当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有
A．|PP1|>|PP2| B．|PP1|=|PP2|
C．PP1>0,PP2<0 D．PP2>0,PP1<0
【答案】 AD
【解析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律可知：PP1=PP(P+P3)
PP2=PPP3
结合公式可知|PP1|>|PP2|，故A对；B错
当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知ΔU2>0，ΔU1<0，故C错；D对
故选AD
19．如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）
A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I的比值先变大后变小
D．U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r
【答案】 ABC
【解析】
由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a 端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电
源的电流小，由于|PP
PP
总|=P，因为PP≠PP
总
即|PP
PP
|≠P，所以U变化量与I变化量比值不等于r，
故D错误；综上分析，ABC正确。

20．如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（）
A．充电时，通过R的电流不变
B．若R增大，则充电时间变长
C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
【答案】 BCD。