高考物理中的电路问题

十．高考物理中的电路问题（一）问题概述恒定电流的电路问题是在初中学过的“电流的定律”和“电功、电功率”的基础上的加深和扩展，主要讨论了电源的作用，电路的组成和结构，有关电流的规律，以及电路中的能量转化关系等内容．其中如电流、电压、电阻、电动势等物理概念以及部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律等物理规律，即是电磁学的基础，也是处理电路问题应用频率最高的知识点，在复习中必须深入理解，熟练掌握．近几年本章内容的高考试题多集中在电路的变化、电路故障的检测、含电容电路以及含电表（理想或非理想）电路问题的分析上，以选择题或填空题的形式出现．另外，由于该部分知识与学生实验结合紧密，因而往往通达实验考查部分知识的运用情况，实验考查既具体又灵活，如仪器的选取、读数、电路的连接、数据处理、误差分析等，每年试题均有涉及，在复习中应予以足够的重视．再者，用实验中学过的实验方法去设计或处理未遇到过的实验问题也是高考实验的趋势．高中物理中，除直流电路问题外，还有感应电路、交流电路问题．在复习中既要注意与直流电路的相同之处，又要注意其区别．（二）考题归类由上所述，可根据电路中电流是否变化，将高考物理电路问题分为4类：直流电路、感应电路、交流电路和振荡电路．（三）经典例析1． 直流电路例1 （2002年全国，20题）在如图2－10－1所示的电路中，R 1 、R 2 、R 3 和R 4均为定值电阻，R 5为可变电阻，电源的电动势为E ，内阻为r ．设电流表A 的读数为I ，电压表V 的读数为U ．当R 5的滑动触点向图中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 变小分析和解 应用极限类推法求解．滑动触点由b 向a 移动，表明电阻R 5由大变小，设0≤R 5≤ ∞,当R 5等于零时（即a 点位置），短路，I A =0 (极小),U V 也最小，应选D ．评析 极限类推法是指根据有关物理规律，在不超出该规律适用的环境条件下，对其所涉及的变量作合理延伸，通过对变量取特殊值（一般为极限值）进行比较，作出相关判断．该方法成立的依据是极限值不超出变量的取值范围，其适用题型多为客观型选择题，其特点是速度快、准确度高．由以上分析可以看出，在采用极限类推法解题时，只要所选择的极限值在变量允许的范围内，符合变量的变化趋势，就能够迅速准确地作出判断． 例2 (1999年上海,15题)如图2－10－2所示电路由8个不同的电阻组成，已知R 1=12Ω，其余电阻阻值未知，测得A 、B 间的总电阻为4Ω，今将R 1换成6Ω的电阻，则A 、B 间的总电阻变为 Ω．分析和解 用等效替代法求解，把AB 间除R 1外的其他电阻等效为一个电阻R 0，则R 0与R 1并联的总电阻为4Ω，可求出R 0，将R 1换成6Ω的电阻后，A 、BE图2－10－1 R 图2－10－2间的总电阻即为R 0与6Ω电阻的并联值．把AB 间除R 1外的其他电阻等效为一个电阻R 0，则其等效电路图为图9-8，又其总电阻为4Ω，则R 1R 0/(R 1+R 0)=4Ω，把R 1=12Ω代入得R 0=6Ω，把R 1换成6Ω的电阻后，AB 间的总电阻为R 0与6Ω电阻的并联值，显然R AB =3Ω． 评析 把AB 间除R 1外的电阻等效为一个电阻，用等效替代法求解，是本题的关键，等效替代法是物理学中重要的方法之一．例3 (1995年全国，7题)两个定值电阻R 1、R 2串联后接在电压U 稳定于12V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R 1、R 2的电压表接在R 1两端(如图2－10－4)，电压表的示数为8V ，如果他把此电压表改接在R 2两端，则电压表的示数将( )A ．小于4VB ．等于4VC ．大于4V 小于8VD ．等于或大于8V分析和解 根据串联电路的电压分配特点求解．由题意知电压表的内阻不能忽略，电压表与R 1并联时，总电阻小于R 1，电压表的示数亦即R 1两端电压为8V ，则R 2两端电压为4V ．若去掉电压表，电阻变大，R 1分得的电压会增大，即大于8V ，则R 2分得电压会小于4V ，再把电压表并在R 2两端，并联电阻会小于R 2，故R 2分得的电压会更小，一定小于4V ．选A ．评析 本题抓住并联电路的总电阻小于其中任一并联支路的电阻，巧妙利用串联电路正比分压的特点求解．例4 (2000年春季，21题)AB 两地间铺有通讯电缆，长为L ，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通常称为双线电缆.在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保护层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两导线之间接了一个电阻．检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置：（1）令B 端的双线断开，在A 处测出双线两端间的电阻R A ；（2）令A 端的双线断开，在B 处测出双线两端的电阻R B ；（3）在A 端的双线间加一已知电压U A ，在B 端用内阻很大的电压表测出两线间的电压U B ．试由以上测量结果确定损坏处的位置．分析和解 设双线电缆每单位长的电阻为R ，漏电处电阻为R ，漏电处距A 端为x ，则R A =Rx +RR B =R (L-x )+R由欧姆定律，可知A B U U R rx R =+ 解得 BA AB A B A A U R U R R U U L R x 2)()(-+-= ． 评析 本题的关键是要读懂题意，弄清正确的物理情景，而涉及到的物理规律并不复杂．本题考查了应用所学知识解决实际问题的能力．图2－10－3 R 1 R 0 A B 图2－10－4例5 (2000年上海,19题)某同学按如图2－10－5所示电路进行实验，实验时该同学将变将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．(1)电路中E 、R 分别为电源的电动势和内阻，R 1、R 2、R 3为定值电阻，在这五个物理量中，可根据上表中的数据求得的物理量是(不要求具体计算) ．(2)由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是 ． 分析和解 (1)由题图电路可知，电压表、电流表都作为理想电表时，电压表V 1示数为R 3两端电压，电流表A 2示数为R 3上的电流，根据欧姆定律可求得R 3的阻值.同理电压表V 2示数为R 2两端电压，电流表A 1与A 2示数之差为R 2上的电流可求得R 2的阻值．由于变阻器触片P 有两个不同位置对应的电流、电压值，根据闭合电路欧姆定律，可列式E=I 1(R +R 1)+U 1 及 E=I 1′(R +R 1)+U 1′可求出E 及(R +R 1)而由于R 1未知且不可求，故电源内阻R 不能求出.所以根据表中数据可求得的物理量是R 2、R 3的阻值及E ．(2)若电路发生故障使两电压表示数相同，则滑动变阻器R P 上的电势降落为零，R P 电压为零时由欧姆定律U =I R P 可知，可能R P=0，即R P 发生短路或I R P =0，即R 2发生断路．评析 读懂题意，认清电路，分析各表示数的物理含义，弄清正确的物理情景，根据电阻的串并联规律和欧姆定律分析处理数据，得出结论．例6 (2000年广东综合,35题)某房间的入户电源线如图2－10－6所示，现有工作电压为220V 电器如下：100W 的灯泡6只，200W 的电视机1台，1000W的电冰箱1台，1500W 的洗衣机1台，700W 的微波炉1台和1000W 的暖风机1台，还有三只额定电流均为8A 的保险盒，如何将上述电器全部合理地接入电路？要求画出接线图，电器用后面指定的符号表示，例如功率为100W 的灯泡用○×表示，功率为200W 的电视机用W 200电视机表示，保a 是火线，b 是零线． 分析和解 电路中的电流不能超过保险盒的额定电流8A ，则要计算每条线路的最大负荷.还应注意保险盒接在火线上，用题中规定符号表示用电器. 要将各用电器分配到三条线路上，重点是电路中的电流不能超过保险盒的额定电流8A 的要求．.因此，首先计算每条线路最大负荷是多少．因为P =IU =8×220=1760W ，即每条线路的用电器的总图2－10－6图2－10－7功率不能超过1760W ，然后再将各用电器平均分到三条线路上，还应注意是保险盒一定要接在火线上，这样才能起到保险作用.按上述要求，第一线路可接1000W 的电冰箱和700W 的微波炉，总功率为1700W ；第二线路接1500W 的洗衣机和200W 的电视机，总功率也是1700W ，第三线路是接1000W 的暖风机和6盏100W 的灯泡总功率为1600W ，接线如图.2－10－7所示．但这种接法并不是唯一的，可有多种接法，只要每一线路不超过1760W 就可以．评析 电路的设计问题，在满足用电器正常工作的情况下，一般有多种方案，但应注意选择合理，简便、节能的设计方案．2．感应电路例7 （2002年广东，15题）如图2－10－8所示，半径为R 、单位长度电阻为λ的均匀导体圆环固定在水平面上，圆环中心为O.匀强磁场垂直水平面方向向下，磁感应强度为B.平行于直径MOM 的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动，杆的电阻可忽略不计，杆与圆环接触良好.某时刻，杆的位置如图所示，∠aOb=2θ，速度为v.求此时刻作用在杆上安培力的大小.分析和解 杆切割磁感线时，ab 部分产生的感应电动势E=vB(2Rsin θ)，此时弧aMNb 和弧ab 的电阻分别为2λR(π-θ)和2λR θ. 它们并联后的电阻2()R r λθπθπ-=. 杆中的电流E I r=. 作用在杆上的安培力F=IB(2Rsin θ). 由以上各式解得)(sin 222θπθθλπ-⋅=R vB F . 评析 在电磁感应现象中有感应电动势产生，若电路是闭合的，电路中就产生感应电流，这类电路问题与直流电路有着相同的规律，当外电路为纯电阻时，闭合电路欧姆定律、串并联电路的一些规律都可应用.本题中导体杆拉入电路的有效部分ab 为电源，圆环的优弧aMNb 和劣弧ab 并联以后构成外电路.例8 （1996年上海，二，2题）如图2－10－9所示 (a)、(b)中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小.接通开关K ，使电路达到稳定，灯泡S 发光.则（ ）A.在电路(a)中，断开K ，S 将渐渐变暗B.在电路(a)中，断开K ，S 将先变得更亮，然后渐渐变暗 C.在电路(b)中，断开K ，S 将渐渐变暗D.在电路(b)中，断开K ，S 将先变得更亮，然后渐渐变暗分析和解 在电路(a)中，由于灯泡S 有较大的电阻，因此在开关K 接通、电路稳定的条件下，LS 支路中的电流比R 支路的电流小.当K 突然断开时，由于L 产生自感电动势，在LSR 回路中出现沿顺时针方向的电流，必然小于原来LS 支路中的电流，而且越来越弱最后趋于零. 因此选项A 正确.在电路(b)中，由于L 支路的电阻值很小，因此在开关K 接通、电路稳定的条件下，L 支路中的电流比RS 支路的电流大很多.当K 突然断开时，由L 产生自感电动势、图2－10－8 E E 图2－10－9在LSR 回路中出现沿顺时针方向的电流，必然在最初时刻大于原来RS 支路中的电流，因而灯泡S 将先变得更亮，然后电流越来越弱最后趋于零.因此选项D 正确.评析 由于各电路的电阻不同,故通过线圈的电流不同,则断电时产生的自感电动势不同.例9 （2000年上海，23题）如图2－10－10所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef ，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 搁在框架上，可无摩擦滑动．此时abcd 构成一个边长为l 的正方形，棒的电阻为R ，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B 0．（1）若从t =0时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k ，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向． （2）在上述（1）情况中，始终保持棒静止，当t t =1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？（3）若从t =0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化（写出B 与t 的关系式）？分析和解 （1）感应电动势2klt E =∆∆Φ=， 感应电流rkl R E I 2==，方向：逆时针． （2）t t =1时，10kt B B +=，BIl F =，Rkl kt B F 310)(+=∴． （3）不产生感应电流，则总磁通量不变20)(l B vt l Bl =+， vtl l B B +=∴0． 评析 感应电动势的产生，既可以由导体和磁场间存在相对运动产生（称为动生电动势），也可以由磁场随时间变化而产生（称为感生电动势）．高中物理在处理感应电动势问题时，通常只考虑一种情况．而本题恰恰有两种情况．因此，求解感应电动势时要多加小心，抓住使棒中不产生感应电流的条件，即∆Φ＝0，磁通量不变．3．交流电路例10 （2000年全国，18题）一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动．线圈匝数n ＝100．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图2－10－11所示．发电机内阻r＝5.0Ω，外电路电阻R ＝95Ω．已知感应电动势的最大值E m ＝nw Φm ．，其中Φm 为穿过每匝图2－10－10 图2－10－11线圈磁通量的最大值．求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数．分析和解 已知感应电动势的最大值设线圈在磁场中转动的周期为T ，则有根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的最大值为设交流电流表的读数为I ，它是电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有由题给的φ－t 图线可读得解以上各式，并代入数据，得I ＝1.4A ．评析 熟练运用交变电流的有关公式，深刻理解相关概念的物理意义是解决此类问题的关键．例如，求电热应该用有效值，其电流必须用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值． 例11 （2000年春季，14题）如图2－10－12所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等．a 、b 端加一定交流电压后，两电阻消耗的电功充当之比P A ∶P B ＝___________．两电阻两端电压之比U A ∶U B ＝____________．分析和解 由1221I n I n =，得I 1׃I 2＝14׃． 而 2212,,A B P I R P I R ==，12,A B U I R U I R ==，则 P A ׃P B ＝I 12；I 22＝116׃，U A ׃U B ＝I 1׃I 2＝14׃．评析 变压器习题中，研究对象多，物理量也多，要注意各种物理量的所属关系和因果关系，例如，谈到电压，即应明确是讨论谁的电压，它由哪些因素决定．在本题中通过审题，应知道电阻A 和变压器属串联关系，因此电路的输入电压U 并不是变压器的输入电压，而由于串联，电阻A 和变压器原线圈的电流相同．4．振荡电路例12 （1998年上海，5题）如图2－10－13所示的电路中，L 是电阻不计的电感器，C 是电容器．闭合开关S ，待电路达到稳定状态后，再打开开关S ，LC 电路中将产生电磁振荡．如果规定电感L 中的电流方向从a 到b 为正，打开开关的时刻为t ＝0，那么2－10－14图中能正确表示电感中的电流i 随时间t 变化规律的是（ ）图2－10－12分析和解 LC 振荡电路的能量变化始终是：电场能和磁场能之间的相互转化，在近年试题及大量练习中经常出现的题目无非两类；一类是首先给电容器充电，即给电路提供初始的电场能．另一类是首先给电路提供磁场能（如本题），因此，初始时刻，由于磁场能达最大值，说明电流也为最大值，考虑到规定的电流正方向，应选B 项．评析 ①由于在振荡电路中电场能和磁场能总是在相互转化，所以从能量——时间图像上总是伴随着正弦曲线和余弦曲线．②有些试题并不是选取特殊点为振荡起始点．经常出现的问题是题图所给定的起始时刻振荡电路中既有电流，又在电容器两相板间有电压，需判断的问题是：图示时刻对应充电过程还是放电过程．可见这一部分知识内容虽少，但变化非常灵活．（四）创新训练1．选择题 （1）如图2－10－15所示电路，调整可变电阻R 的大小，使得三个灯泡的功率相同，设三个灯泡的电阻分别为R 1、R 2和R 3.比较它们的大小，有（ ）A ．R 1=R 2=R 3B ．R 1<R 2=R 3C ．R 3>R 1>R 2D ．无法比较R 1、R 2、R 3的大小（2）如图2－10－16所示，将电压表V 1接到a 、b 间，读数18.0V ，若改将电压表V 2接到a 、b 间，则读数为18.6V ，现将V 1、V 2两电压表串联后接到a 、b 间，两表的读数分别为U 1和U 2，则一定有:( )A ．U 1>9.3VB ．U 2>9.3VC ．U 1+U 2>18.6VD ．18.0V<(U 1+U 2)<18.6V（3）（2000年天津理综）图2－10－17中A 、B 、C 是三相交流电源的三根相线，O 是中线．电源的相电压为220V ．L 1、L 2、L 3是三个“220V 60W ”的灯泡．开关K 1断开，K 2、K 3闭合．由于某种原因，电源中线在图中O '处断了，那么L 2和L 3两灯泡将（ ） A ．立刻熄灭 B ．变得比原来亮一些C ．变得比原来暗一些D ．保持亮度不变（4）如图2－10－18所示的电路中，电源的电动势为定值．固定电阻的阻值R 2小于可变电阻a 、b 两固定端之间的总阻值R 3，但R 2不等于零．干路中串联另一固定电阻，它的阻值R 1也不等于零．在可变电阻的滑片P 从a 图2－10－13 图2－10－14 R R 1 R 2 R 3 DA B C 图2－10－15 a b 图2－10－16 图2－10－17 图2－10－18向b 滑动的整个过程中，电压表V 1的读数U 1与电压表V 2的读数U 2的变化情况是（ ）A ．U 1变大，U 2也变大B ．U 1变大，U 2变小C ．U 1先变大后变小，U 2也先变大后变小D ．U 1先变大后变小，U 2总在增大（5）（2002年上海，3题）在如图2－10－19所示电路中，当变阻器R ３的滑动头P 向b 端移动时（ ）A ．电压表示数变大，电流表示数变小B ．电压表示数变小，电流表示数变大C ．电压表示数变大，电流表示数变大D ．电压表示数变小，电流表示数变小2．非选择题 （6）图2－10－20中，E 1=1.5V ，E 2=1.5V ，它们的内阻忽略不计；R 1=3Ω，R 2=6Ω，R 3=4.5Ω．虚线方框中是一个内阻可以不计的直流电源．求：①用惯用的符号在虚线框中补画上电源，并标出正负极．②求出虚线框中的电源电动势和通过它的电流．（7）如图2－10－21所示，变压器铁芯，入户的两根电线（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q 是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断），Q 接在铁芯另一侧副线圈的两端a 、b 之间，当a 、b 间没有电压时，Q 使得脱扣开关闭合，当a 、b 间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电．①用户正常用电时，a 、b 之间有没有电压？② 如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？（8）如图2－10－22所示电路，电源电动势E =5V ，内电阻r =10Ω，固定电阻R =90Ω，R 0是可变电阻，其最大阻值为400Ω，在R 0由零扩大到400Ω过程中，试讨论R 0消耗的功率是如何随R 0的电阻变化的，并求出R 0上消耗最大功率，求电源的内阻及固定电阻上消耗最小功率之和． （9）图2－10－23 a 所示的图象表示加在某灯泡上的电压与通过它的电流之间的关系，如忽略电池及电流表的内阻，试问：①按图b 的方式把这样三个相同的灯泡接在电动势为12V 的电池组上，则灯泡的阻值R 和电路中电流为多大？②把其中两个灯泡和一只R 0=10Ω的定值电阻以及电动势为8V 的电池组按图c 的方式连接，则流过电流表的电流I A 和此时灯泡的电阻R '为多大？I (A)4 6 0.20.4 0.6U(V) 图a R R R A R ' R 0 图b 图cR 0RE ，r图2－10－22 图2－10－19 图2－10－20 图2－10－21图2－10－23（10）如图2－10－24所示，电灯L 标有“4V ，1W ”，滑动变阻器R 总电阻为50Ω．当滑片P 滑至某位置时，L 恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A ．由于外电路发生故障，电灯L 突然熄灭，此时电流表示数为0.5A ，电压表示数为10V ，若导线完好，电路各处接触良好.试问：①发生的故障是短路还是断路？发生在何处？ ②发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？③电源的电动势和内电阻为多大？（11）如图2－10－25所示为某电饭煲电路图，加热煮饭依靠的是电阻R 3，R 3=65Ω，其上电压为220V 时，它能按额定功率工作；R 1=R 2=120k Ω，分别是两相同的指示灯L 1和L 2的限流电阻，指示灯的正常工作电流约为2mA ，它的电阻与R 1，R 2相比可以忽略；开关S 1是磁钢限温开关，手动才能闭合，当温度达到居里点（103℃）时，能自动断开，但在温度降低时不能自动复位闭合；开关S 2是双金属片自动开关，温度达到70—80℃时，自动断开，低于70℃时，自动闭合．将电饭煲接入220V 电路煮饭时，温度逐渐升高，升至103℃，饭煮熟．饭煮熟后，温度又开始从103℃降至70℃．试求上述两过程中电阻R 3上消耗的功率各是多少？（计算结果保留3位有效数字）并根据该电路图说明电饭煲煮饭和保温原理．（同时要求说明两开关的状态及指示灯哪个发光）（12）三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程.枢纽控制流域面积1.0×106 km 2，占长江流域面积的56％，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011m 3．水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面，在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W =8.40×l010kWh.该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)：①若三峡电站上、下游水位差按H ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．②若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天?③将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P =4.5×106 kW ，采用超高压输电，输电电压为U =500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0=18 kV ，要使输电线上损耗的功率等于输送电功率的5％，求：发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．（13分）（2004年春季，25题）如图2－10－26所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为l 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为2l ．磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．现有一段长度为2l 、电阻为2R 的均匀导体杆MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ac 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac P R L V A E,r R 2 K 图2－10－24 图2－10－25平行并与导线框保持良好接触．当MN 滑过的距离为3l 时，导线ac 中的电流是多大？方向如何？ 参考解答（1）C 分析和解 先简化电路．由于A 、B 间用无电阻导线连接，则A 、B 两点电势相等，可合并为一点，然后利用分支法，画出串并联关系明显的等效电路图为图答2－10－1．由于三个灯泡的功率相等，即P 1=P 2=P 3，而由等效电路图知:I 1+I R =I 2 ． 由P =I 2R 知R 1>R 2又U 1<U 3，P 1=P 3 由P =U 2/R 知 R 3>R 1 则R 3>R 1>R ． 选C ．（2）BC分析和解 由于电压表V 1、V 2分别接在a 、b 间时，读数不相同，说明两电压表并非理想电表，其电阻不能忽略不计.而V 2的读数大于V 1的读数，说明接V 2时a 、b 间的总电阻大于接V 1时a 、b 间的总电阻，故V 2表的内阻R V2大于V 1表的内阻R V1.当两表串联后接到a 、b 间时，a 、b 间的总电阻会大于V 2接到a 、b 间时的总电阻，故此时a 、b 间的电压会大于接V 2时a 、b 间的电压，即U 1+U 2>18.6V ，则选C ；又R V2>R V1，则U 2>U 1，2U 2>18.6V ，∴U 2>9.3V ， B 项正确．（3）C分析和解 如题给图所示，当k 1断开且中线在O '处断开后，L 2、L 3两灯串联在两根相线间，总电压为380 V ，两灯电压均小于220 V ，因此均变暗，答案为C ．（4）D分析和解 先认清电路结构．由可变电阻与R 2组成有两个支路的并联电路，即滑动变阻器的Pb 段与R 2串联后再与Pa 段并联，P 与a 为两端点．V 1测的就是这个并联电路两端P 、a 之间的电压，V 2测的仅是其中一个支路中的一部分电压，即该支路的电流I 2与R 2的乘积I 2R 2的值．当滑片在a 端时，显然V 1、V 2的读数均为零．随着P 逐渐上移，可推导出P 、a 间并联电路的阻值从无到有、并在最初阶段逐渐增大．应用并联电路规律推理可知，由于题设R 2＜R 3．因此当P 移到变阻器Pa 段阻值为232R R +的位置c 时，两个支路的电阻相等，此时并联电路的阻值最大，23max 4R R R +=并．然后P 滑至b ，则R 并又逐渐变小直到减为2323R R R R +． P 、a 间的电压11E U IR R R r ==++并并，因此U 1将由零先渐变到最大、再渐变到较小．由此可先排除错项A 和B ．由于U 2＝I 2R 2，其中R 2为定值，所以只分析支路电流I 2的变化即可．在P 由a 移到c 点的过程中(可变电阻上a 、c 间电阻为232ac R R R +=)，含R 2的支路电阻（即R Pb ＋R 2）不断减小，而其电压U 1前已述及在不断增大，所以在此阶段中由122Pb U I R R =+知I 2由零起不断增大．问R R 1 R 2 R 3 图答2－10－1 图2－10－26题出在后一阶段，即P 由c 移到b 这一过程．在此过程中若只看含R 2支路的电阻的变化和支路端电压U 1的变化，就会遇到二者都将减小致使无法判定电流I 2如何变化的问题．在推理过程中要兼顾局部与整体的关系．要从局部电路的变化看到对全局的影响，再回过来看对各个相关局部电路的影响．具体来说，要分析I 2的变化，可根据I 2=I －I pa ，从分析P 由c 滑向b 的过程中引起的干路电流I 和另一支路电流I pa 的变化着手．显然I 将因并联电阻R 并减小增大，而1Pa Pa U I R =，其中U 1将减小，而R Pb 在增大，因此I pa 必将减小．可见，I 2将因P 由c 滑向b 而进一步增大，因此电压U 2也将随着进一步增大．综合上述推理结果可知，在可变电阻的滑片P 从a 向b 滑动的整个过程中，电压表V 1的读数U 1先变大后变小，电压表V 2的读数U 2则总在增大，即选项D 是唯一正确的选项．（5）B分析和解 当变阻器R ３的滑动头P 向ｂ端移动时R 3变小，故总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知总电流I 增大，则内电路电压增大，因电动势不变，故端电压U 减小．R 1的电压U 1＝IR 1增大，故R 3的电压由串联电路的分压特点知U 3＝U －U 1，故U 3减小．流过R 2的电流I 2＝U 3/R 2，故I 2减小．由并联电路的分流特点知R 3的电流I 3＝I －I 2，所以I 3增大．图中电压表测的是路端电压，因此电压表示数变小．电流表测的是I 3，故电流表示数变大．B 项正确．对本题还可作一些讨论．在分析电流表示数变化情况时，先分析了其他电阻有关物理量变化的情况，到最后再分析变化电阻R 3的电流，这是因为它的情况较复杂．但是，任何事物都具有两重性．复杂到一定程度，量变引起质变，反而会变简单．也就是说，当滑动头P 向b 端移动时，R 3将减小，能减小到多少？其极限就是零即R 3被短路．也可以这样分析，设想P 向a 端移动，R 3将增大，其极限可视为无穷大即R 3断路，电流表将没有读数．结合初、末状态即可判断电流表示数的变化情况．当然，要注意极限法的使用要求，即所需判断的物理量其表达式应为单调函数，也就是说，该电阻应为单调变化．（6）①见分析和解．②4.5V ，1.5A ．分析和解 图中a 点电势为零，因此b 、c 点电势均为－1.5V ，故b 、c 点可用导线直接相连，电路等效为图答2－10－2所示．因为c 点电势低于d 点电势，所以R 1上的电流是从d 点经R 1流向c 点的．由此可判断虚线框中的电源如图所示，上负下正．11R U I dc == 0.5A ，E=U dc =I 1（R 1＋R 2）=4.5V ，33R U I de ==1A ，I=I 1＋I 3=1.5A ．（7）见分析和解．分析和解 ① 用户正常用电时，a 、b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生．②人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开．（8）讨论见分析和解，161max =P W ．min 0.01W.P '= 图答2－6－2。