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江西省赣州市厚德外国语学校物理第十二章 电能 能量守恒定律精选测试卷专题练习

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江西省赣州市厚德外国语学校物理第十二章电能能量守恒定律精选测试卷专
题练习

一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接________(选填“1”“2”“3”“4”或“5”量程较大．

（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻(如图乙，主要步骤如下：
①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；
②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；
③把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；
④换用________(选填“×10”或“×1k”欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；

⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕．
（3）实验中(如图丙某同学读出欧姆表的读数为_________Ω，这时电压表读数为___________V.
（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为________V．(保留两位有效数字【答案】1负×1k4.0×1042.203.0【解析】
（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定



律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×1k的测量；
4
（3）欧姆表的读数为RV40.010004.010；电压表分度值为0.1V，故读数为
2.20V；
（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为r1.5104，根据闭合回路欧姆定律可得2.2
RV4.0
EE，解得E3.0V．RVr4.01.5

2．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A．被测干电池一节
B．电流表A1:量程0〜0.6A，内阻约为0.2C．电流表A2:量程0〜0.6A，内阻为0.1D．电压表V1:量程0〜3V，内阻未知E.电压表V2:量程0〜15V，内阻未知F.滑动变阻器R1:0〜10，2AG.滑动变阻器R2:0〜100，1AH.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中请选择适当的器材：电流表___,电压表_____，滑动变阻器选______。（填写器材前的序号字母
（2）实验电路图应选择下图中的______(填“甲”或“乙”）

（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象。由此可知，干电池的电动势E=___V，内电阻r=_____。（结果保留一位小数【答案】CDF乙1.50.9【解析】【详解】
(1[2]干电池的电动势约为1.5V，故为了读数准确，电压表应选择D；[1]内阻较小，为了准确测量内阻，选择已知内阻的电流表C；[3]滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F；
(2[4]根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电源内阻，故电路图选



择乙；
(3[5][6]根据闭合电路欧姆定律可得：

结合图象可得
，
。

3．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3V，内阻约2Ω，保护电阻R1(阻值10Ω和R2(阻值5Ω，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．

实验主要步骤：
(i将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ii逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(iii以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线(U、I都用国际单位；(iv求出U-I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.回答下列问题：
(1电流表最好选用________．A．电压表(0～3V，内阻约15kΩB．电压表(0～3V，内阻约3kΩC．电流表(0～200mA，内阻约2ΩD．电流表(0～30mA，内阻约2Ω
(2选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．【答案】Ckak-R2【解析】【分析】【详解】
(1[1]通过电路的最大电流约为
I
E3
A0.176A=176mA
R1R2r1052
所以电流表选择C项即可．
(2[2][3]由图示电路图可知，电源电动势：
EUI(R2r
则：
UEI(R2r



U-I图象的斜率：
k=R2+r
则内阻
r=k-R2
令U=0，则有：
I
EE
rR2k
由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：
aI
解得：
Ek
Eka

4．用如图甲所示的电路测量一节新干电池的电动势和内电阻．干电池内电阻较小．除干电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：

A．电压表V(量程3VB．电流表A(量程0.6A
C．定值电阻R0（阻值2Ω，额定功率2W）D．滑动变阻器R（阻值范围0-20Ω，额定电流1A）
（1）在图乙中已画出部分线路的连接，请你以笔画线代替导线，完成剩余的线路连接；

（2）根据实验数据作出U—I图象如图丙所示，则干电池的电动势E＝_____V，内阻r=____Ω（保留两位有效数字）；




（3）定值电阻R0在电路中作用是_____________（只要求写出一点）．
【答案】1.6V，0.29Ω①保护作用；②增大等效阻的测量
值，减小误差；③当改变变阻器阻时，电压表示数变化大．【解析】
(1根据图甲所示电路图为电流表内接法和滑动变阻器的限流式，连接实物电路图如图所示：

(2由闭合电路的欧姆定律UEIr，结合图丙图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.6，则电源电动势E=1.6V,图象斜率表示等效内阻kr=k-R0=2.29-2=0.29Ω.
(3由图甲所示电路图可知，定值电阻与电源串联组成等效电源，增大了电源内阻，定值电阻一方面可以保护电路，同时增大了电源的等效电阻，减小了实验误差，此外，增大电源等效内阻，改变变阻器阻时，电压表示数变化大，便于实验．
【点睛】用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
U1.6
2.29，电源的内阻I0.7

5．利用如图所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差．供选择的器材有：A．电流表A（0~0.6A）



B．电压表V1（0~3V）C．电压表V2（0~15V）D．滑动变阻器R1（0~15Ω）E．滑动变阻器R2（0~100Ω）G．定值电阻R0=1ΩH．开关一个，导线若干
（1）实验中电压表应选用__________，滑动变阻器应选用___________（选填相应器材前的字母）．
（2）实验小组根据图甲中电路图已连接了部分器材，请用笔画线当导线，将乙图中实物连接图补充完整___________．

（3）实验时，某位同学记录了5组数据，对应的点已经标在坐标纸上，请在坐标纸上画出U–I图线___________，并根据所画图线可得出干电池的电动E=________V，内电阻r=________Ω．（计算结果小数点后保留两位数字）
【答案】BD



1.48(1.47-1.49范围内均可）0.60（0.57-
0.63范围内均可）【解析】【分析】【详解】
（1）[1]一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B；[2]为方便实验操作，电表示数有明显变化，滑动变阻器应选D；（2）[3]实物连接图如图所示：

（3）[4]U–I图线如图所示：

[5]据UEI(R0r可得，图线与U轴的交点等于电动势，则电动势为1.48V；[6]图线斜率的绝对值为1.60，大小等于内阻与定值电阻R0之和，则内阻为0.60Ω．

6．现有两组同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r（已知E约为1.5V，r约为1Ω）。（1）第一组采用图所示电路。




①为了完成该实验，选择实验器材时，在电路的a、b两点间可接入的器件是_______。A．一个定值电阻B．电阻箱C．滑动变阻器
②为了调节方便且测量精度更高，电流表和电压表应选____（选填选项前的字母）。A．电流表（0~0.6A），电压表（0~3V）B．电流表（0~0.6A），电压表（0~15V）C．电流表（0~3A），电压表（0~3V）D．电流表（0~3A），电压表（0~15V）③经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了U-I图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值E=_______V（保留三位有效数字），内阻的测量值r=_______Ω（保留两位有效数字）。

（2）第二组在没有电压表的情况下，设计了如图所示的电路，完成了对同一电池的测量。

①改变电阻箱接入电路中的电阻值，记录了多组电流表示数I和电阻箱示数R，通过研究
1
R图像的信息，他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近，但是内阻的测量I
值与第一组的结果有明显偏差。将上述实验重复进行了若干次，结果依然如此。关于第二组测量内阻产生的偏差及其原因，下列分析中正确的是_______（选填选项前的字母）。A．第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果B．第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果C．造成这个偏差的原因是实际电流表内阻不能近似为零
D．造成这个偏差的原因是实验小组读取电流表读数时眼睛没有正对表盘，使读数有时候偏大，有时候偏小
②第二组对实验进行深入的理论研究，在是否可忽略电流表内阻这两种情况下，绘制两类图像。第一类图像以电流表读数I为横坐标，将电流表和电阻箱读数的乘积IR记为U作为纵坐标。第二类图像以电阻箱读数R为横坐标，电流表读数的倒数
1
为纵坐标。图中实线I
代表电流表内阻可忽略的情况，虚线代表电流表内阻不可忽略的情况，这四幅图中，能正确反映相关物理量之间关系的是_______（选填选项前的字母）。
A．B．C．D．



【答案】BCA1.48（1.48或1.49）0.80（0.78~0.82）BCAC【解析】【详解】
（1）①[1]a、b两点间接入电阻箱或滑动变阻器，通过改变阻值，改变电路中电压表和电流表的示数，测量多组数据；②[2]电动势约1.5V，电压表选择0
3V即可，根据题中描绘的UI图像可知，电流表
的量程选用00.6A即可，故A正确，BCD错误；③[3]根据闭合电路欧姆定律推导：
UEIr
UI图线与纵轴的交点即为电动势：E=1.48V[4]斜率为内阻：
r
1.481.00
Ω0.80Ω；0.60
（2）①[5]第二组采用的电路中将电阻箱的分压作为路端电压，实际测量的是电源和电流表组成的等效电源两端的电压，测量的内阻也是电源内阻和电流表内阻之和，所以测量的内阻偏大，故BC正确，AD错误；②[6]AB．根据闭合电路欧姆结合所选电路：
EUIr
可知干路电流测量准确，所以电动势测量准确，而虚线中电流表内阻不可忽略，所以内阻测量偏大，斜率变大，故A正确，B错误；CD．根据闭合电路欧姆定律：
EIRIr
11rRIEE
电动势测量值与真实值相等，图像的斜率不变，而虚线中电流表内阻不可忽略，内阻测量偏大，图线与纵轴的截距变大，故C正确，D错误。故选AC。

7．小聪、小慧和小明分别做了以下三个电学实验：

（1）小聪利用图甲所示电路图“研究通过小电珠的电流随其两端电压变化的关系”．他闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若某一状态下，他读出电压表V、电流表A的示数分别为2.7V、0.3A，则该状态下小电珠的电阻测量值为_______Ω．
（2）小慧在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，根据图乙的电路连接实物，利用测得的



数据作出了图丙所示的路端电压随电流变化的关系图像(U-I图像，由图可知，她测出的电池电动势E=____V，电池内阻r=______Ω．

（3）小明准备测量一只电阻R的阻值，要求操作方便、测量误差尽量小．
①他先用多用电表的电阻挡“×1k”倍率测R的阻值，电表指针稳定时如图丁所示，其示数为_________Ω：

②接着他利用下列器材进一步测量：A．电流表（0～500μA，内阻约200Ω）
B．电压表（0～3V挡、内阻约5kΩ，0～15V挡、内阻约25kΩ）C．滑动变阻器（最大阻值为20Ω）
D．两只干电池串联组成的电源（总电动势3V）E．开关F．导线若干
小明设计好电路后，在实物间已经连接了三根导线，请你用笔画线表示导线在图戊对应的答题卡虚线框中把还未连接的实物连接成实验电路．

【答案】（1）变大，9Ω（2）1.5V，0.5Ω（3）①10K



②
【解析】
(1合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将增大；电阻阻值R
U
9；I
(2由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻为：r
U1.51.0
0.5；I1.0
(3由图示多用电表可知，地示数为10×1k=10kΩ；
滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为200Ω，电压表内阻为5kΩ，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，实物电路图如图所示：

点晴：电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．

二、第十二章电能能量守恒定律选择题易错题培优（难）
8．如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（）

A．灯泡将变暗，电源效率将减小



B．液滴带正电，将向下做加速运动C．电源的路端电压增大，输出功率也增大D．滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小【答案】D【解析】【详解】
A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率

UIU
100%100%EIE
外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．
B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压UCEI(rRL增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．
C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．
D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．【点睛】
本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．

9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S闭合，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，下列说法中正确的是（）

A．只断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
B．只调节电阻R3的滑动端P2向上移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动C．只调节电阻R2的滑动端P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动D．只增大R1的光照强度，电阻R0消耗的功率变大，带电微粒向上运动【答案】D



【解析】【分析】【详解】
只断开开关S，电容器放电，所带电荷量变小，带电微粒向下运动，所以A错误；电阻R3与电容器串联，该之路断路，所以只调节电阻R3的滑动端P2向上移动时，电压表示数不变，带电微粒静止不动，所以B错误；只调节电阻R2的滑动端P1向下移动时，外电路电阻不变，路端电压不变，故电压表示数保持不变，电容器的电压增大，带电微粒向上运动，C错误；只增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流增大，所以电阻R0消耗的功率变大，带电微粒向上运动，D正确．

10．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中错误的是（）A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
U2
B．WUIt适用于任何电路，而WIRtt只适用于纯电阻电路
R
2
C．在非纯电阻电路中，UII2RD．焦耳热QI2Rt适用于任何电路【答案】A【解析】
试题分析：电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热量的多少还与做功的时间的长短有关，A错误；公式WUIt是计算电路的总功的大小，适用于任何的电
UU22
路，当为纯电阻电路时，根据欧姆定律I，可以推到出WIRt，Wt，所以
RR
U2
WIRt，Wt只能适用于纯电阻电路，B正确；在不是纯电阻的电路中，UI表示
R
2
的是总的功率的大小，而I2R只是电路中发热的功率，还有对外做功的功率的大小，所以
2
UII2R，所以C正确；焦耳热QIRt适用于任何电路中的焦耳热量的计算，D正确．
考点：考查了电功率的计算
【名师点睛】每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，这是做题的前提条件．

11．如图所示的电路中，R1、R2、R3为阻值相同的电阻，C为电容器，电源的电动势为E，内阻为r。先将电键S闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；再将S断开，电路稳定后，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2，则下列说法正确的是（）




A．I1<I2B．η1>η2C．Q1>Q2
D．S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2【答案】D【解析】【分析】【详解】
A．设三个相同的电阻为R，电键S闭合，电路如图

通过电源的电流
I1
S断开，电路如图
E2rR3

通过电源的电流
I2
所以，I1I2，A错误；B．电键S闭合，电源效率
E
r2R



2RIR外R31223IR总
RrRr32
2
S断开，电源效率
I2R外2RR
22
IR总2RrR1r
2
所以，12，B错误；
C．电键S闭合，电容器的两端的电压等于电阻R1两短的电压
Uc1
电容器的带电量
E1
R2rR33
Q1CUc1C
E1E
RCR23r2RrR33
E
Rr2R
E
Rr2R
S断开，电容器的两端的电压等于电阻R2两端的电压
Uc2
电容器的带电量
Q2CUc2C
分析可得Q1Q2，C错误；
D．电键S闭合，给电容器充电，电容器下级板带正电，上级板带负电，电容器充电电量为Q1，S断开后，电容器首先放电，通过R3的电荷量为Q1，然后在给电容器充电，充电量为Q2，则流过R3电荷量为
Q1Q2
D正确。故选D。

12．如图所示的电路中，R1、R2、R3分别是热敏电阻、可变电阻、光敏电阻，热敏电阻随着温度的升高电阻减小，光敏电阻随着光照的增强电阻减小，L1、L2是两个相同的灯泡，闭合电键K后，两个灯泡均能正当发光，电源的电动势、内阻恒定，过一会儿，发现两个灯泡都变亮了，可能原因是




A．对R3的光照变强了B．环境的温度变高厂C．可变电阻R2的阻值变大了D．可变电阻R2的阻值变小了【答案】A【解析】【分析】【详解】
A.若对R3的光照变强了，则R3的阻值变小了，回路中的电流变大，则流过两个灯泡的电流也就变大，所以灯泡变亮．故A正确；
B.环境的温度变高，则R1电阻变小，由串反并同知L1变亮、L2变暗，故B错误；C、可变电阻R2的阻值变大，由串反并同知，L1变亮、L2变暗，故C错D、可变电阻R2的阻值变小，由串反并同知，L1变暗、L2变亮，故D错误；综上所述本题答案是：A

13．如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为ΔU1，电压表V2的示数变化大小为ΔU2，电流表A的示数变化大小为ΔI，对于此过程下列说法正确的是(

A．通过电阻R1的电流变化量大小等于
U1
R1
B．R0两端的电压的变化量大小等于ΔU2－ΔU1C．路端电压的增加量等于ΔU2
U1
为一定值I
【答案】ABD
D．



【解析】【分析】【详解】
A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小
U1
；故A正确．B、C、D、使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，等于R1
总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U1，并联部分的电压增大△U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大△U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于△U2-△U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知rC错误．故选ABD．【点睛】
闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路—内电路—外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质．
U1U1
为定值，所以为定值，故B，D正确，II

14．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示。为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。已知返
RWmgR回舱返回过程中需克服火星的引力做功1，返同舱与人的总质量为m，火
r
星表面的重力加速度为g，火星的半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，轨道舱的质
量为M，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则下列说法正确的是

A．该宇航员乘坐的返回舱要返回轨道舱至少需要获得能量W
B．若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为mgR
MgR2
C．轨道舱的动能为
2r
MgR2
D．若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为
2r
【答案】CD【解析】



【分析】【详解】
AC．返回舱与人在火星表面附近有
GMm
mgR2
设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则
GMm0v2
m0r2r
计算得出宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时，具有的动能为
12MgR2
Ekmv
22r
因为返回舱返回过程克服引力做功
RWmgR1
r
所以返回舱返回时至少需要能量EEkW，故A错误，C正确；
R
mgRB．若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为1，故B
r
错误；
D．轨道舱的机械能等于动能加重力势能，所以若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为
2
MgR2RMgREmgR1
2rr2r
故D正确。故选CD。【点睛】
根据火星表面的重力等于万有引力列出等式。研究轨道舱绕卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求解宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时速度。根据能量守恒求解返回轨道舱至少需要获得的能量，克服引力做功，则引力做负功，所以引力势能减小。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

15．如图所示的电路中，闭合开关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，下列说法正确的是




A．I减小，U1减小、U2增大，U3增大B．电源功率不变，R1上功率增加C．D．
U2U2
变大，不变II
U3U3
变大，不变II【答案】ACD【解析】【详解】
A.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，外电路电阻增大，电流减小，根据
UEIr可知路端电压U3增大，U1测定值电阻的电压，所以U1随着电流的减小而减
小，根据U3U2U1可知U2增大，故A正确.
B.电源的功率PEI，随着回路中电流变小，则电源功率也在变小，故B错误；C.根据电路知识可知,R2变，故C正确D.根据电路知识可知
U2U
所以2变大，U2
II
E
IR1r可知
U2
R1r不I
U3U
=R1+R2所以3变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有II
U3
=r，不变．故D正确．I
16．在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态．不考虑电流表和电压表对电路的影响，二极管视为理想二极管，R1、R2、R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则

A．带电质点P将向下运动B．电源的输出功率将变大
C．电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比一定不变D．电压表V读数变化量的绝对值等于电压表V2的读数变化量的绝对值【答案】BC【解析】
当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4阻值减小，则电路总电流变大，R1上电压变



大，则R3及其并联支路的电压减小，电容器两端电压减小，电容器本该放电，但是由于二极管的单向导电性，使得电容器两端的电量不变，场强不变，则带电质点P将仍静止，选项A错误；因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R1、R2、R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，外电路电阻减小，向内电阻接近，故电源的输出功率变大，选项B正确；若只将ab部分等效为电源的外电路，而将ab左侧的部分等效为内电路，其等效内阻为r'，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比为
U2
r，可知为定值不变，选项C正确；由电路图可知UU1UR2U2；分析I
可知当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，U减小，U2减小，U1增大，UR2增大，则电压表V读数变化量的绝对值小于电压表V2的读数变化量的绝对值，选项D错误；故选BC.

17．如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是(

A．电流表示数变大B．电压表示数变大C．液滴将向上运动D．液滴仍保持静止【答案】ABC【解析】【详解】
液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据I
E
，R外+r
则总电流变小，C、D、由UCEI(R1r得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，C正确、D错误．A、B、由IA
EI(R1r
可知电流表示数增
R2R3
大，由UVIAR2知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC.【点睛】
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定．

18．一平行板电容器的两块金属板A，B正对竖直放置，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（）

A．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增大
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变大D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则平行板电容器的电量变小【答案】BD【解析】【详解】
A．平行板电容器与光敏电阻并联，而光敏电阻与滑动变阻器串联，当将R2的滑动触头P向a端移动，总电阻减小，总电流增大，那么光敏电阻两端电压增大，因此电容器两端的电压也增大，则θ变大，故A错误；
B．若将R2的滑动触头P向b端移动，总电阻增大，则I减小，因此内电压减小，则U增大，故B正确；
C．用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，但R2和R3两端电压都增大，故R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，小球重新达到稳定后θ变小，故C错误；
D．由C选项分析可知，当电容器两端的电压减小时，依据Q=CU，平行板电容器的电量变小，故D正确。故选BD。

19．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片Rx向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，下列判断正确的是

A．V2的示数增大B．电源输出功率在增大



C．U2与I的比值不变【答案】BC【解析】【详解】
D．U1小于U2
A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；
B．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大，故B正确；C．U2与I的比值为r，不会改变，故C正确D．根据闭合电路欧姆定律得U2EIr，则得
U2I
而
r
U1I
由于R＞r，则得
R
U1＞U2
故D错误。【点睛】
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。

20．如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，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．小灯泡变暗C．通过R2的电流变大D．电源内阻消耗的功率变大【答案】BC【解析】



【详解】
若将照射R3的光的强度减弱，可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大。A．根据闭合电路欧姆定律可知，
EU外Ir
外电路总电阻增大，干路电流减小，R1在干路上，所以其电压减小，因此电压表示数减小，A错误
BC．因为干路电流减小，所以路端电压增大，R1和R2的电压之和等于路端电压，所以R2的电压增大，因此流过R2的电流增大，又R2和L的电流之和减小，所以L的电流必然减小，因此灯泡变暗，BC都正确D．内阻上消耗的功率
PrI2r
因为干路电流减小，所以D错误

21．如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r．开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）

A．电压表示数变大B．小灯泡亮度变大C．电容器充电D．电源的总功率变大【答案】AC【解析】【分析】【详解】
闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R'增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变小．电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故AB错误；电路稳定时电容器的电压等于R1、R'串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，R'增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C正确；电源的总功率为
PEI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误．【点睛】
本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析．根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．




22．图示电路中，电表均为理想电表，如果滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动一段，四个电表的读数分别用U1、U2、I1、I2表示，四个电表读数的变化量绝对值分别用U1、
U2、I1、I2表示，下列表示正确的是（）

A．U1增大，U2减小B．I1、I2都增大
U2U2C．减小，不变
I1I2
D．
U2U2
R3，rR1I2I1
【答案】ACD【解析】【详解】
由电路图可知，R2与RP串联后再与R3并联、然后它们与R1串联，电压表V2测并联部分两端的电压，电压表V1测R2两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R3支路的电流。
AB．当滑动变阻器滑片P向左端移动时，接入电路中的电阻变小，并联部分的总电阻变小，电路的总电阻变小，由
I1
E

R并R1r
可知电路中的总电流增大，即电流表A1的读数增大，即I1增大；由
U2EI1(R1r
可知电压表V2的示数U2变小，而电流表A2的示数
I2
U2
R3
可知I2变小，中干路电流等于各支路电流之和，有：
U1(I1I2R2



可得R2的电压U1增大，故A正确，B错误；
CD．因U2EI1(R1r，体现全电路的欧姆定律，则有：
U2
R并I1
逐渐减小，
U2
R1r保持不变；I1
因U2I2R3，满足部分电路的欧姆定律，有：
U2U2
R3不变I2I2
故CD均正确。故选ACD。



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