高考物理双基突破--电路的动态分析与含电容器电路

2025高考物理闭合电路动态分析、故障分析及含容电路动态分析一、单选题1．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10（24V/200W）和10个相同的指示灯X1～X10（24V/2W），如图连接在220V交流电源上，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则（）A．X1功率减小，L1功率增大B．X1功率增大，L1功率增大C．X2功率增大，其它指示灯的功率减小D．X2功率减小，其它指示灯的功率增大2．在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，电表均为理想电表。

闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是（）A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电源的效率变大D．滑动变阻器消耗功率变大二、多选题3．如图，电路中的定值电阻0R 大于电源的内电阻r 。

现将开关S 闭合，将滑动变阻器R 的滑片P 向上滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为1U 、2U 、3U ，理想电流表A 的示数变化量的绝对值为I ，则下列说法中正确的是（ ）A ．电压表 V 1的示数增大，电压表V 2的示数减小B ．电流表A 的示数变大，电压表V 3的示数增大C ．电压表 V 3和电流表A 的示数变化量的比值30U r R I∆=+∆ D ．电压表 V 1和V 2的变化量12U U >三、单选题4．在如图所示电路中，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 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示。

下列判断正确的是（ ）A ．|ΔU 1|<|ΔU 2|，|ΔU 2|>|ΔU 3|B ．1U I 不变，1U I ∆∆变小 C ．2U I变大，2U I ∆∆变大D ．3U I变大，3U I ∆∆变大四、多选题5．如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，滑动变阻器总电阻为R ，所有电表均为理想表。

一、不含电容器电路1．定义电路动态分析类问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，一处变化又引起了一系列的变化。

【题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【答案】A【题2】（多选）如图所示的电路，L1、L 2、L 3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置。

当S闭合时，3只小电灯都发光。

现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L 1、L 2、L 3的变化情况A．L 1变亮B．L 2变亮C．L 3变暗D．L 1、L 2、L 3均变亮【答案】BC【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器的有效电阻变大，导致外电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I＝ER＋r知，总电流I总减小，路端电压U路＝E－I总r将增大，因此，通过L1灯的电流I L1变小，L1灯变暗；U路＝U L1＋U L2，得L2灯两端的电压变大，L2灯变亮。

而I L1＝I L2＋I L3，通过L1灯的电流I L1变小，通过L2灯的电流I L2变大，则通过L3灯的电流I L3变小，L3灯变暗。

由以上分析可知，选项B、C正确。

【题11】在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。

M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显【答案】C二、含电容器电路1．电路的简化不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所在的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。

2．电路稳定时电容器的处理方法电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端的电压与其并联电器两端电压相等。

高考物理-动态电路分析电路的动态分析直流电流分析思路1(多选)(2015·长沙四校联考)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是()A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小2．(多选) (2015·湖北省公安县模拟考试)如图所示电路中，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()A．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3．(多选)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，R0＝r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动，则在此过程中(A．电压表V1的示数一直增大B．电压表V2的示数先增大后减小C．电源的总功率先减小后增大D．电源的输出功率先减小后增大含电容器的电路解决含电容器的直流电路问题的一般方法(1)通过初末两个稳定的状态来了解中间不稳定的变化过程。

(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路。

(3)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。

(4)在计算电容器的带电荷量变化时，如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和。

1(多选)(2015·东北三校二模)如图所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计。

专题03 含电容器电路在直流电路中，当电容器充（放）电时，电路里有充（放）电电流。

一旦电路达到稳固状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无穷大（只考虑电容器是理想的不漏电的状况）的元件，电容器所处电路可看做是断路，简化电路时可去掉它，简化后若要求电容器所带电荷量时，可接在相应的地点上。

一、电容器在电路中的连结方式1．串接：如下图，R和C串接在电源两头，K闭合，电路稳固后，R相当于导线，C上的电压大小等于电源电动势大小。

2．并接：如下图，R和C并接，C上电压永久等于R上的电压。

3．跨接：如下图，K闭合，电路稳固后，两支路中有恒定电流，电容器两极板间电压等于跨接的两点间的电势差，即二、剖析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：1．电路的简化：不剖析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时能够去掉，求电荷量时再在相应地点补上。

2．办理方法：（1）电路稳固后，与电容器串连的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串连的电阻视为等势体。

电容器的电压为与之并联的电阻两头的电压。

（2）当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极板间的电压与其并联电阻两头的电压相等。

（3）电路的电流、电压变化时，将会惹起电容器的充（放）电。

假如电容器两头电压高升，电容器将充电；假如电压降低电容器将经过与它连结的电路放电。

3．含电容器电路问题的解题思路剖析和计算含有电容器的直流电路时，重点是正确判断和求出电容器两头的电压，其详细方法是：第一步——理清电路的串、并联关系。

第二步——确立电容器两极板间的电压。

电容器和哪个电阻并联，该电阻两头电压即为电容器两头电压。

或当电容器和某一电阻串连后接在某一电路两头时，此电路两头电压即为电容器两头电压。

当电容器与电源直接相连，则电容器两极板间电压即等于电源电动势。

在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不合用，但关于充电或放电完成的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两头，可依据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两头的电压U。

电容器和直流电路的动态分析(限时：45分钟)一、单项选择题1． 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 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0 答案 C解析 设R 0、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UR 0＝UR MP ，U Rx ＝UR PN ，IR 0＝IR x ＝I 0，IR MP ＝IR PN ＝I ，故I 0R 0＝IR MP ，I 0R x ＝IR PN .两式相除有R 0R x ＝R MP R PN ，所以R x ＝R PN R MP R 0＝l 2l 1R 0，正确选项为C. 2． 如图2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(U 1，I 1)，过点A 的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2.小灯泡两端电压为U 1时，电阻等于 ( )图2A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1－I 2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U 1时，电阻等于U 1I 1，B 正确． 3． 如图3所示，甲、乙两电路中电源完全相同，外电阻R 1>R 2，两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3A．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上产生的电热少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 D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错误．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．4．在如图4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4A．电流表的读数先减小后增大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 D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错误；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．5．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5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5A．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＝ER0 kρ＋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．6．在如图6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6A．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R 2与R 3并联，R 2两端电压降低，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．7． 如图7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d 4，小球仍从同一位置释放，则下列说法正确的是 ( )图7A ．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x ，则有mg (d ＋x )－qE ′x ＝0，又U ＝Ed ＝E ′·34d ，联立解得x ＝35d ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．8． 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8所示的电路中，R 1为光敏电阻，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻，当R 2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8A ．保持光照强度不变，将R 2的滑动触头P 向b 端滑动，则R 3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．二、多项选择题9．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9中的a、b、c所示，以下判断正确的是()图9A．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．10．如图10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10A．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＝2·R外R外＋2，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．11．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11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11A．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．12．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12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12A．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．13．如图13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13A．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．【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6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12题中，可把光敏电阻的阻值变化为零，分析问题也会更简单.。

热点强化突破(七)热点1电路的动态分析电路的动态分析是每年高考的热点，判断此类问题应先由局部变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由“并同串反”法分析判断其他各部分电路的变化．1.(单选)(2014·山西四校联考)如图所示，是一火警报警器的部分电路示意图．其中R2为半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是()A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小2．(单选)(原创题)如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向上运动，则()A．磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大B．磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而减小C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．把磁敏电阻从赤道处移到两极时，磁敏电阻的阻值将变小3．(单选)(2014·成都六校检测)如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列结论正确的是()A．小灯泡L变暗B．电流表读数变大，电压表读数变小C．电容器C上电荷量增加D．电源的总功率变小4．(多选)(2014·江西七校联考)如图所示的电路中，电源内阻一定，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小ΔU，电流表A的示数增加ΔI(电压表与电流表均为理想电表)，在这个过程中()A．通过R1的电流减少量等于ΔU/R1B．R2两端的电压增加量等于ΔUC．路端电压减少量等于ΔUD．ΔU/ΔI为定值热点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．5．(2014·石家庄质检)在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图．已知选用的电流表内阻R g＝10 Ω、满偏电流I g＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表．该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出．(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为________；选择开关接3时其读数为________．甲乙(2)为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏．②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱示数如图所示，则C处刻度应为________Ω.③计算得到多用电表内电池的电动势为________V．(保留2位有效数字)(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为________Ω.(保留2位有效数字)6．用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A．电压表V1(量程6 V、内阻很大)B．电压表V2(量程3 V、内阻很大)C．电流表A(量程3 A、内阻很小)D．滑动变阻器R(最大阻值10 Ω、额定电流4 A)E．小灯泡(2 A、5 W)F．电池组(电动势E、内阻r)G．开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．(1)请将设计的实验电路图在虚线方框中补充完整.(2)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点(I1，U1)、(I2、U2)，标到U－I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图所示，则电池组的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)(3)在U－I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω.7．(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U－I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)．实战演练1．[解析]选B.出现火情时，传感器R 2阻值减小，外电路总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律，干路的电流为I ＝E r ＋R 外变大，路端电压U ＝E －Ir 变小，R 1两端的电压U 1＝IR 1变大，R 3两端的电压U 3＝U －U 1变小，有I 3＝U 3R 3变小，所以B 正确． 2．[解析]选A.只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，左侧电路电阻增大，电磁铁中电流减小、磁性减弱；当磁敏电阻阻值减小，R 1、R 2所在电路电流增大，R 1消耗的电功率P ＝I 2R 1，也随之增大，电容器从R 2上分得的电压也会增大，因此C 两极板间电场E (E ＝U /d )、带电微粒所受电场力F (F ＝qE )要增大，带电微粒会向上运动，故磁敏电阻(GMR )的阻值随所处空间磁场的减弱而减小、增强而增大，选项A 正确、B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，右侧电路的总电阻并没有变化，电路中的电流不变，选项C 错误；两极的地磁场强于赤道处的地磁场，选项D 错误．3．[解析]选B.滑动变阻器的滑片P 向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由闭合电路的欧姆定律得，干路的电流I 增大，小灯泡L 的功率P ＝I 2R 灯增大，小灯泡L 变亮，路端电压U ＝E －Ir 减小，电源的总功率P 总＝EI 增大，则A 、D 错误，B 正确；滑动变阻器两端的电压U ′＝E －I (R 灯＋r )减小，电容器C 上电荷量Q ＝C U ′减小，则C 错误．4．[解析]选AD.通过R 1的电流I R 1＝U R 1，当R 1两端的电压减小ΔU 时，则通过R 1的电流减少量为ΔU /R 1，选项A 正确；R 2两端的电压U R 2＝IR 2，当发生变化时，R 2两端的电压增加量等于ΔIR 2，根据闭合电路欧姆定律，电压表两端电压减小ΔU ，R 2与电源内阻两端电压增加ΔU ，选项B 错误；路端电压等于电压表两端电压与R 2两端电压之和，电压表两端电压减小ΔU ，而R 2两端电压增加，因此，路端电压减少量不是ΔU ，选项C 错误；ΔU 可以理解为R 2与内阻的电压的变化，ΔI 为流过R 2和内阻电流的变化，因此ΔU /ΔI 等于R 2与内阻的电阻之和，显然是不变的，选项D 正确．5．[解析](1)选择开关接1时，多用电表是量程为10 mA 的电流表，读数为6.9 mA.选择开关接3时，多用电表是量程为250 V 的电压表，电压表读数为172 V.(2)②电阻箱作为被测量电阻，欧姆表指针所指的就是被测量的电阻值，电阻箱示数为150 Ω，所以C 处刻度应为150 Ω.③设欧姆表内阻为R ，(R ＝电流表内阻＋电源内阻＋调零电阻)两表笔短接时，电流表满偏电流I g ＝E R两表笔间接入150 Ω电阻箱时，电流表指针指到C 处，则半偏电流I g 2＝E R ＋150 Ω从而得到欧姆表内阻为R ＝150 Ω，所以电动势E ＝I g R ＝1.5 V.(3)题图乙所示的电流值I ＝6.9 mA ，I ＝E R ＋R x可解得R x ＝67 Ω.[答案](1)6.9 mA 172 V(171～174 V 间均可)(2)②150 ③1.5(3)676．[解析]由图象可知，纵轴截距为电源电动势E ＝4.5 V ，该直线斜率表示电源内阻r ＝1.0 Ω，由交点P 可知，灯泡两端电压为2.5 V ，电流为2 A ，所以滑动变阻器连入电路的阻值为0 Ω.[答案](1)如图所示 (2)4.5 1.0 (3)07．[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板之间，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 ＝ 2.54.3×10－3Ω≈0.58 kΩ.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，代入已知数据得l ＝65 m. (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)电路如图所示(2)0.58(0.57～0.59均可) 65(64～66均可)(3)1′和2′。

动态电路、含容电路、交流电路动态分析-名校高中物理精品1.如图所示,电源内阻为r,定值电阻R0的电阻值为9r,滑动变阻器R的总电阻为8r。

若将滑片P自左向右滑动,下列判断正确的是()。

A.电源的输出功率先增大后减小B.滑动变阻器消耗的功率先增大后减小C.定值电阻R0消耗的功率一直增大D.电源的效率一直增大2.为了研究二极管和线圈对电路的影响,设计电路如图所示,矩形金属框有一小缺口,从缺口处接入电路,L1、L2和L3为电阻不变的相同小灯泡,L为不计电阻的线圈,D为理想二极管。

金属框内有按正弦规律变化的磁场,若保持交变电源两端电压的有效值不变,只增大磁场变化周期,关于三个灯泡的亮度变化,下列说法正确的是()。

A.L1、L2两个灯泡变亮 B.只有灯泡L2变亮C.L1、L2两个灯泡变暗 D.只有灯泡L2变暗3.(多选)为了探究变化电阻消耗的功率随其电阻值的变化规律,设计电路如图1所示,电源电动势恒定,定值电阻R0=2 Ω。

测得电阻箱所消耗的功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图2所示,随着电阻箱电阻值R的增大,下列判断正确的是()。

A.电源电动势为45 V,内阻为3 ΩB.电源的输出功率一直增大C.电源输出功率最大值为75 WD.电阻箱所消耗的功率P最大时,电源效率大于50%4.实际生活中常见到变压器,变压器都会有能量损失,为了研究问题的简单方便,我们往往把变压器看作理想变压器。

电路如图所示,定值电阻R0,灯泡L电阻保持不变,P为滑动变阻器的滑片。

两电压表为理想电表。

保持a、b间交变电压U1不变,闭合开关S,下列说法正确的是()。

A.P向下滑动时,变压器的输出功率可能变大B.P向下滑动时,灯泡变亮,示数可能变小C.P向上滑动时,电压表和示数都不变D.P向上滑动时,示数与示数的比值变大5.在生活中经常用电池作直流电源,探究电源的功率和内阻消耗功率如何随电流变化是一个重要课题。

如图所示,直线OMQ为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线,抛物线ONQ为该直流电源内部的热功率P r随电流I变化的图线,M、N两点对应的横坐标均为2 A。

终极猜想十二对电容器及含容电路的考查(本卷共5小题，满分60分．建议时间：30分钟 )四十、含容电路的计算1．如图1甲所示是电容器充、放电电路．配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图象如图1乙所示．实验中选用直流8 V 电压，电容器选用电解电容器．先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可瞬间完成．然后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图象上显示出放电电流随时间变化的I－t曲线．以下说法正确的是( )．甲乙图1A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐增大C．由传感器所记录的该放电电流图象不能估算出该过程中电容器的放电电荷量D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值2．(多选)M、N是水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E、内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图2所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动时，则( )．图2A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流C．带电油滴将向上运动D．带电油滴将向下运动四十一、电容器的应用图33．(多选)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3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，下列说法正确的是( ).A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ不变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四十二、含容电路动态分析4．(多选)(2012·江苏扬州市5月调研，7)如图4所示，一个平行板电容器放在图中虚线框所示矩形区域的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面且与板面平行，金属板a与电源的正极相连．一个不计重力的带正电粒子以初动能E 从左向右水平进入平行板中，并沿直线穿过两板区域．则下列说法正确的是( )．图4A ．保持开关S 闭合，a 板稍向上平移，粒子将沿曲线运动，从极板右边穿出时的动能减少B ．保持开关S 闭合，a 板稍向上平移，粒子仍沿直线运动，从极板右边穿出时的动能不变C ．断开开关S ，a 板稍向下平移，粒子仍沿直线运动，从极板右边穿出时的动能不变D ．断开开关S ，a 板稍向下平移，粒子将沿曲线运动，从极板右边穿出时的动能增加 四十三、综合应用5．如图5所示，R 1＝R 2＝R 3＝R 4＝R ，电键S 闭合时，间距为d 的平行板电容器C 的正中间有一质量为m ，带电量为q 的小球恰好处于静止状态；电键S 断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板．若不计电源内阻，求：图5(1)电源的电动势；(2)小球与极板碰撞后的带电量．参考答案1．D [电容是用来描述电容器容纳电荷本领的物理量，大小与氧化膜厚度无关，选项A 错误；由U ＝QC可知，因电容器电容不变，放电过程中电容器所带电量逐渐减小，所以电容器两端电压逐渐减小，选项B 错误；由I ＝q t，再结合放电电流随时间变化的It 曲线可知选项C 错误；根据It 曲线可求出放电过程中通过电阻的电量，再由电容器放电瞬间电压与电源电压相等，根据C ＝Q U即可求出电容器的电容值，选项D 正确．]2．AC [油滴处于悬浮状态，则mg ＝qE ；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电路中的阻值逐渐变大，路端电压变大，电容器两端的电压变大，电容器所带电荷量变大，是一个充电过程；由题图可知，电容器上极板与电源正极相连，上极板带的正电荷增多，选项A 正确；因为电容器两端的电压变大，油滴所受电场力变大，带电油滴将向上运动，选项C 正确．]3．ACD [根据电容器的特点，电路稳定后，与电容器串联的电路电流为零，滑动变阻器电流为零，故滑动触头P 向a 端移动时，对全电路无影响，电流不变，电容器两端电压不变，故A 正确，B 错误；用较强的光照射光敏电阻R 1时，阻值减小，总电阻减小，总电流增加，电容器两板电压减小，板间电场减弱，偏角θ变小，故选项C 正确；在全电路中，U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值在数值上等于电源内阻，故保持不变，D 选项正确．]4．AC [由带电粒子沿直线通过该区域，可知电场力大小等于洛伦兹力，电场力方向向下．当开关S 闭合时，U 不变，E ＝U d，a 板上移，d 增大，E 减小，电场力小于洛伦兹力，粒子向上做曲线运动，电场力做负功，A 对，B 错；断开S ，Q 不变，E 不变，C 正确，D 错．]5．解析 (1)电键S 闭合时，R 1、R 3并联与R 4串联，(R 2中没有电流通过)U C ＝U 4＝23ε对带电小球有：mg ＝qE ＝qU Cd ＝23q εd得：ε＝32mgd q(2)电键S 断开后，R 1、R 4串联， 则U C ′＝ε2＝34mgd q小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q ′，向上运动到上极板，全过程由动能定理得mgd 2－qU C ′2－mgd ＋q ′U C ′＝0联立解得：q ′＝7q 6.32 mgd q (2)7q6答案(1)。

专题28 电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路〔1〕切割〔平动或转动〕磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。

〔2〕该局部导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余局部是外电阻。

2．对电磁感应中电源电源电动势和路端电压的理解〔1〕电源的正负极、感应电流的方向、电势的上下、电容器极板带电问题，可用右手定如此或楞次定律判定。

〔2〕电动势：E =Blv 、E ＝12BωL 2或tn E ∆∆=φ。

〔3〕路端电压：“电源〞两端的电压为路端电压，而不是感应电动势。

U ＝IR ＝E －Ir ＝E rR R+。

在电源内部电流由负极流向正极。

〔4〕在电磁感应电路中，相当于电源的局部把其他形式的能通过电流做功转化为电能。

3．电磁感应中电路知识的关系：闭合电路r R EI +=；；P =IU ；Q =I 2Rt ；q =CU 通过电动势、功和能联系电磁感应E =Blv ；tnE ∆∆=φ；；Rnq φ∆=。

4．误区分析〔1〕不能正确分析感应电动势与感应电流的方向。

因产生感应电动势的那局部电路为电源局部，故该局部电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势。

〔2〕应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响。

〔3〕对连接在电路中电表的读数不能正确进展分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势。

5．分析电磁感应电路问题的根本思路〔1〕确定电源：用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定如此确定感应电动势的大小和方向，电源内部电流的方向是从低电势流向高电势；〔2〕分析电路结构：根据“等效电源〞和电路中其他元件的连接方式画出等效电路。

注意区别内外电路，区别路端电压、电动势；〔3〕利用电路规律求解：根据E ＝BLv 或t nE ∆∆Φ=求感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式求感应电流rR EI +=→两个电压U 内=Ir 、U 外=E −Ir ；电路功率P 总=IE 、P 外= IU 外。

闭合电路的动态分析与含电容器电路问题一、电路动态分析电路的动态分析问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，某处电路变化又引起其他电路的一系列变化.直流电路的动态变化分析是电学的常考点之一，几乎每年都有该类试题出现.该类试题能考查考生对闭合电路欧姆定律的理解，电路的结构分析及对电路中并联特点的应用能力，兼顾考查学生的逻辑推训能力.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)。

(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，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．程序法：遵循“局部－整体－部分”的思路，按以下步骤分析：3．“串反并同”结论法(1)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、两端电压、消耗的电功率都将减小，反之则增大。

(2)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、消耗的电功率都将增大，反之则减小。

即：⎭⎪⎫U 串↓I 串↓P 串↓←R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧U 并↑I 并↑P 并↑4．极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零进行讨论。

【典例1】在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，1R 和3R 均为定值电阻，2R 为滑动变阻器。

当2R 的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表1A 、2A 和V 的示数分别为1I 、2I 和U 。

现将2R 的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ）A ．1I 增大，2I 不变，U 增大B ．1I 减小，2I 增大，U 减小C ．1I 增大，2I 减小，U 增大D ．1I 减小，2I 不变，U 减小 【答案】B【典例2】如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r 。

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。

专题01 电容器及其两类变化一、电容器1．构造：相互绝缘而又相距很近的两个导体，就组成一个电容器。

2．功能（1）充电：把电容器的两个极板与电源的正负极相连，使两个极板上带上等量异种电荷的过程。

（2）放电：用导线把充电后的电容器的两个极板接通，两个极板上的异种电荷就会中和，电容器失去电荷的过程。

充电过程实质上是电源渐渐把正电荷从电容器的负极板移到正极板的过程。

由于正、负两极板间有电势差，因此电源需要战胜电场力做功。

正是电源所做的这部分功以电能的形式储蓄在电容器中，放电时，这部分能量又释放出来。

3．带电荷量：平时是指电容器已容纳的电荷的数量，任意一个极板所带电荷量的绝对值，电容器由电容器的电容和所加电压共同决定。

二、电容1．定义：电容器所带电荷量与两极板间电势差的比值叫电容。

2．定义式：C＝QU；与电容器可否带电及电压没关，仅由电容器自己（大小、形状、相对地址及电介质）决定。

不能够理解为电容C与Q成正比、与U成反比。

3．物理意义：是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，数值上等于使电容器两极板间的电势差增加1V所增加的带电量。

4．单位：国际单位制中，法拉。

F，1F＝1C/V。

微法和皮法。

1F＝106μF＝1012pF。

【题1】下面关于电容器及其电容的表达正确的选项是A．任何两个相互绝缘而又相互凑近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体可否带电没关B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两极间电压高升10V，则电容器的电容无法确定【答案】A化，C错，C＝QU＝UQ∆∆可求电容器的电容，D错。

【题9】（多项选择）以下列图，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。

以下说法中正确的选项是A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴依旧静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴马上做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流【答案】AB而依照C＝εr S4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，因此G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，因此板间场强E不变，油滴受力平衡，依旧静止，但是两板的正对面积S减小了，依照C＝εr S4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，因此G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴依旧静止，选项C错误；将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，依照C＝εr S4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεr S，显然，两板间场强E 不变，因此油滴依旧静止，G 中无电流，选项D 错误。

高考物理解题的29个突破口▶1.“圆周运动”突破口——关键是“找到向心力的来源”。

▶2.“平抛运动”突破口——关键是两个矢量三角形(位移三角形、速度三角形)。

▶3“类平抛运动”突破口——合力与速度方向垂直，并且合力是恒力!▶4“绳拉物问题”突破口——关键是速度的分解，分解哪个速度。

(“实际速度”就是“合速度”，合速度应该位于平行四边形的对角线上，即应该分解合速度)▶5.“万有引力定律”突破口——关键是“两大思路”。

(1)F万=mg适用于任何情况，注意如果是“卫星”或“类卫星”的物体则g应该是卫星所在处的g.(2)F万=Fn只适用于“卫星”或“类卫星”▶6.万有引力定律变轨问题突破口——通过离心、向心来理解!(关键字眼：加速，减速，喷火)▶7.求各种星体“第一宇宙速度”突破口——关键是“轨道半径为星球半径”!▶8.受力分析突破口——“防止漏力”：寻找施力物体，若无则此力不存在。

“防止多力”：按顺序受力分析。

(分清“内力”与“外力”——内力不会改变物体的运动状态，外力才会改变物体的运动状态。

)▶9.三个共点力平衡问题的动态分析突破口——(矢量三角形法)▶10.“单个物体”超、失重突破口——从“加速度”和“受力”两个角度来理解。

▶11.“系统”超、失重突破口——系统中只要有一个物体是超、失重，则整个系统何以认为是超、失重。

▶12.机械波突破口——波向前传播的过程即波向前平移的过程。

“质点振动方向”与“波的传播方向”关系——“上山抬头，下山低头”。

波源之后的质点都做得是受迫振动，“受的是波源的迫”(所有质点起振方向都相同波速——只取决于介质。

频率——只取决于波源。

)▶13.“动力学”问题突破口——看到“受力”分析“运动情况”，看到“运动”要想到“受力情况”。

▶14.判断正负功突破口——(1)看F与S的夹角：若夹角为锐角则做正功，钝角则做负功，直角则不做功。

(2)看F与V的夹角：若夹角为锐角则做正功，钝角则做负功，直角则不做功。

专题35 电感、电容、传感器一、电感对交变电流的阻挡作用在沟通电路中，电感线圈除自己的电阻对电流有阻挡作用之外，因为自感现象，对电流起着阻挡作用。

假如线圈电阻很小，可忽视不计，那么此时电感对交变电流阻挡作用的大小，用感抗（X L）来表示。

因为交变电流大小和方向都在发生周期性变化，因此在经过电感线圈时，线圈上匀产生自感电动势，自感电动势老是阻挡沟通电的变化。

又因为自感电动势的大小与自感系数（L）和电流的变化率相关，因此自感系数的大小和交变电流频次的高低决定了感抗的大小。

关系式为：X L=2πf L。

此式表示线圈的自感系数越大，交变电流的频次越高，电感对交变电流的作用就越大，感抗也就越大。

自感系数很大的线圈有通直流、阻沟通的作用，自感系数较小的线圈有通低频、阻高频的作用。

电感线圈又叫扼流圈，扼流圈有两种：一种叫做低频扼流圈，线圈的自感系数L很大，作用是“通直流。

阻沟通”，另一种叫做高频扼流圈，线圈的自感系数很小，作用是“通低频，阻高频”。

二、电容器对交变电流的阻挡作用直流电流是不可以经过电容器的，但在电容器两头加上交变电压时，经过电容器的充放电，即可实现电流“经过”电容器。

这样，电容器对交变电流的阻挡作用就不是无穷大了，而是有必定的大小，用容抗（X C）来表示电容器阻挡电流作用的大小，容抗的大小与交变电流的频次和电容器的电容相关，关系式为：12CXfCπ=。

此式表示电容器的电容越大，交变电流的频次越高，电容对电流的阻挡作用越小，容抗也就越小。

因为电容大的电容器对频次高的沟通电流有很好的经过作用，因此能够做成高频旁路电容器，通高频、阻低频；利用电容器对直流的阻挡作用，能够做成隔直电容器，通沟通、阻直流。

电容器在电路中表现为“通沟通、隔直流、通高频、阻低频”。

电容的作用不单存在于成形的电容器中，也存在于电路的导线、元件及机壳间，当沟通电频次很高时，电容的影响就会很大.往常一些电器设施和电子仪器的外壳会给人以电击的感觉，甚至能使测试笔氖管发光，就是这个原由。

1．（多选）直流电路如图所示，当滑动变阻器滑片P向右滑动时，则A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电源总功率变小D．外电路消耗功率变小【答案】BC2．（多选）已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大。

为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，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A．电灯L变亮B．电灯L变暗C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大【答案】AC【解析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，则电路的总电阻变大，根据I＝ER总可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U＝E－Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L变亮，故A、C正确，B、D错误。

5．如图所示电路，当R2的滑动片向右移动时，各表的变化情况是A．A1、A2读数均变大，V1、V2读数均变小B．A1读数变大，A2读数变小，V1读数变大，V2读数变小C．A1读数变大，A2读数变小，V1读数变小，V2读数变大D．A1、A2读数均变小，V1、V2读数均变大【答案】C方法Ⅱ，结论法：①“并同”：变阻器R2减小，与R2有并联关系的V1、A2示数变小，②“串反”：变阻器R2减小，与R2有串联关系的V2、A1示数变大，所以选项C正确。

6．（多选）闭合电路的电源电动势为E，内阻为r，如图所示，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．小灯泡L1、L3变亮，L2变暗B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．电压表V1示数变化量较小D．电压表V2示数变化量较小【答案】BD【解析】当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端时，并联电路总电阻减小（局部），总电流I增大，路端电压U减小（整体）。

干路电流增大，则L2变亮；与滑动变阻器串联的灯泡L1电流增大，变亮；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，故A、C错误；B、D正确。

突破41 平行板电容器的动态分析与带电体在电容器中的运动问题一：电容器的动态变化问题 1 两个公式的比较2 两类典型的动态变化分析在解题中运用到的公式：C ＝Q U ； C ＝εrS 4πkd ；E ＝Ud3. 解决电容器问题的两个常用技巧 (1)在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S知，电场强度与板间距离无关。

(2)针对两极板带电荷量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，如图甲所示；当两极板间距离变化时，如图乙中电场线疏密不变，场强不变；当两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。

【典例1】如图，平行板电容器经开关K 与电池连接，a 处有一带电量非常小的点电荷.K 是闭合的，表示a 点的电势，f 表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B 板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则A.变大，f 不变 B.变大，f 变小C. 不变，f不变D. 不变，f变小【答案】B【解析】由于开关K闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压U AB保持不变。

随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E=U/d可知两极板之间的电场强度E减小，由于U Aa=Eh Aa，由于电场强度E减小，故U Aa减小，由于U AB=U Aa+U aB，所以U aB增大，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0即U B=0，又U aB=U a-U B，所以U a=U aB增大。

而点电荷在a点所受的电场力f=qE，由于E减小，所以电场力f减小。

故B正确。

故选B。

点睛：本题难度较大，涉及知识面大，需要认真分析．方法是：先找不变量（U AB），再找容易确定的物理量（E和U Aa），最后求出难以确定的量（确定U aB不能用U aB=Eh aB，因为E 和h aB一个变大另一个变小）．【典例2】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极板都接地。