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第 20 讲 电路 闭合电路欧姆定律
目录
考点一 电路的动态分析...............................................................................................................1
考点二 电路中的功率及效率问题...............................................................................................2
考点三 电路故障问题...................................................................................................................6
考点四 电源和电阻U－I图象的比较.......................................................................................12
考点五 含电容器电路的分析.....................................................................................................14
考点一 电路的动态分析
1．闭合电路欧姆定律的公式
2．路端电压U与电流I的关系
图1
(1)关系式：U＝ E － Ir .
(2)U－I图象如图1所示．
①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电源电动势．
②当外电路短路即U＝0时，横坐标的截距为短路电流．
③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．
3．电路动态分析的方法
(1)程序法：电路结构的变化→R的变化→→→U 的变化→固定支路→.
端
(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别
滑至两个极端去讨论．
[例题1] （2023•奉贤区二模）如图所示的电路中，R 、R 是定值电阻，电表均
1 2
为理想电表，R 是磁敏材料制定的元件（其特点无磁场时处于断开状态，有磁场出现
B
时导通）。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片处于某位置，当有磁铁靠近R 附近时（
B
）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分1 百】A．电流表读数减小 B．R 的功率减小
1
C．电压表读数增大 D．电源总功率增大
【解答】解：AC、当有磁铁经过R 附近时，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得：I
B
E
= ，则知电流表示数I变大，外电路电压为U＝E﹣Ir，I变大，其它量不变，所以
R+r
电压表示数U减小，故AC错误；
B、无磁场时，R 处于断路状态，电功率为0，有磁场时R 有电功率，故B错误
1 1
D、干路电流变大，根据P＝IE可知电源总功率增大，故D正确。
故选：D。
[例题2] 如图所示电路中，电源的内电阻为r，R 、R 、R 均为定值电阻，电表
1 3 4
均为理想电表。闭合电键S，当滑动变阻器R 的滑动触头P向右滑动时，电表的示数
2
都发生变化，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为 ΔI、ΔU，下列说法不正确
的是（ ）
A．电压表示数变大 B．电流表示数变小
ΔU ΔU
C． ＜r D． ＞r
ΔI ΔI
【解答】解：设R 、R 、R 、R 的电流分别为I 、I 、I 、I ，电压分别为U 、U 、
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2
U
3
、U
4
．干路电流为I总 ，路端电压为U，电流表电流为I。
A、R
2
变大，外电阻变大，I总 变小，U＝E﹣Ir变大，U
3
变大。故A正确。
B、I
3
变大，I总 变小，由I
4
＝I总 ﹣I
3
变小，U
4
变小，而U
1
＝U﹣U
4
，U变大，则U
1
变大，
I
1
变大，I总 ＝I+I
1
，I变小。故B正确。
ΔU
C、D，由欧姆定律U＝E﹣I总r，得
ΔI
=r．由I总
＝I+I
1
，I变小，I
1
变大，I总 变小，
总
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分2 百】ΔU ΔU ΔU
则ΔI＞ΔI总 ，
ΔI
＜
ΔI
．故
ΔI
＜r．故C正确，D错误。
总
本题选不正确的，故选：D。
[例题3] （多选）在如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R 是定值电
1
阻，R 是滑动变阻器（R ＞R ），闭合开关S，不同规格的灯泡L 和L 均正常发光，
2 2 1 1 2
现将滑动变阻器的滑动片P向上移动一定的距离，理想电流表A 、A 、电压表的示数
1 2
均会发生一定变化，其变化量分别用 ΔI 、ΔI 和ΔU表示，则下列分析判断可能正确
1 2
的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A 示数变小
1
B．电流表A 示数不可能变为零
2
C．灯泡L 、L 都变暗
1 2
ΔU
D．电源的内阻r =
ΔI
1
【解答】解：A、将滑动变阻器的滑动片P向上移动，其接入电路的电阻增大，外电路
总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电
压表V示数变大，电流表A 示数变小，故A正确；
1
R R
B、当
L1= 1
时，电流表A 示数为零，故B错误；
R R 2
L2 2
C、R 阻值增大，R 与L 并联部分阻值增大，回路中其它电路部分阻值未变，故 R 与
2 2 2 2
L 并联部分的电压增大，R 与L 并联部分的电压减小，则L 变亮，L 变暗，故C错误；
2 1 1 2 1
ΔU ΔU
D、根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣Ir，得电源内阻r = = ，故D正确。
ΔI ΔI
1
故选：AD。
[例题4] （2022•青浦区二模）利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以
制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把该半导体
与电动势为E、内阻为r的电源，理想电压表和保护电阻R 连成如图乙所示的电路。
0
用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简
易的电子温度计。下列说法正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分3 百】A．电压较大的刻度对应较高的温度
B．电压刻度0V对应的就是0℃
C．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的
D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高
【解答】解：AB、温度为t 时电阻R的阻值大于温度t 时的阻值，由串联电路分压规
A B
R
律可知，R的电压：U = E，R越大，U越大，所以t 应标在电压较大的刻度上，
R+R +r A
0
t 应标在电压较小的刻度上，故AB错误；
B
R
C、由U = E知，U与R是非线性关系，而R与t是线性关系，则U与t是非线
R+R +r
0
性关系，电压表刻度是均匀的，所以电子温度计表盘上温度刻度不均匀，故C错误；
E
D、若电池用久后内阻r变大，由I = 知电路中电流变小，R的电压变小，则用
R+R +r
0
该温度计测量的温度要比真实值偏高，故D正确。
故选：D。
[例题5] 如图甲所示，条形码扫描笔的原理是扫描笔头在条形码上匀速移动时，
遇到黑色线条，发光二极管发出的光线将被吸收，光敏三极管接收不到反射光，呈高
阻抗；遇到白色间隔，光线被反射到光敏三极管，三极管呈低阻抗。光敏三极管将条
形码变成一个个电脉冲信号，信号经信号处理系统处理，即完成对条形码信息的识别，
等效电路图如图乙所示，其中R为光敏三极管的等效电阻，R 为定值电阻，下列判断
0
正确的是（ ）
A．当扫描笔头在白色线条上移动时，信号处理系统获得高电压
B．当扫描笔头在黑色间隔上移动时，信号处理系统获得高电压
C．扫描速度对信号处理系统接收到的电压信号无影响
D．扫描笔头外壳出现破损漏光，仍然能正常工作
【解答】解：A、当扫描笔头在白色间隔上移动时，光敏三极管呈低阻抗，电路中电流
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分4 百】大，R 的电压大，则信号处理系统获得高电压，故A正确；
0
B、当扫描笔头在黑色线条上移动时，光敏三极管接收不到反射光，呈高阻抗，由闭合
电路欧姆定律可知电路中电流小，R 的电压低，则信号处理系统获得低电压，故B错误；
0
C、如果扫描速度发生变化，在信号处理系统中高低电压的时间间隔就会发生变化，从
而无法正确判断黑、白条纹宽度，可能出现错误识别信息，故C错误；
D、扫描笔头外壳出现破损时，外面的光就会进入光敏三级管，从而出现错误信息，导
致不能正常工作，故D错误。
故选：A。
考点二 电路中的功率及效率问题
1．电源的总功率
(1)任意电路：P ＝IE＝IU ＋IU ＝P ＋P
总 外 内 出 内．
(2)纯电阻电路：P ＝ I 2 ( R ＋ r ) ＝.
总
2．电源内部消耗的功率：P ＝ I 2 r ＝IU ＝P －P
内 内 总 出．
3．电源的输出功率
(1)任意电路：P ＝IU＝IE－I2r＝P －P
出 总 内．
(2)纯电阻电路：P ＝I2R＝＝.
出
(3)纯电阻电路中输出功率随R的变化关系
①当R＝r时，电源的输出功率最大为P ＝.
m
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小．
③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大．
④当P <P 时，每个输出功率对应两个外电阻R 和R，且RR＝r2.
出 m 1 2 1 2
⑤P 与R的关系如图5所示．
出
图5
4．电源的效率
(1)任意电路：η＝×100%＝×100%.
(2)纯电阻电路：η＝×100%＝×100%
因此在纯电阻电路中R越大，η越大；当R＝r时，电源有最大输出功率，效率仅为50%.
[例题6] （2023•湖南模拟）如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1 ，
定值电阻R ＝9 ，R ＝10 ，R ＝5 ；滑动变阻器R 的取值范围为0～15 。闭合开
1 2 3 4 Ω
Ω Ω Ω Ω
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分5 百】关S，调节滑动变阻器的滑片，使R 取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是（
4
）
A．R ＝0时，定值电阻R 消耗的功率最大，为2W
4 1
B．R ＝5 时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W
4
C．R
4
＝1Ω0 时，R
4
消耗的功率最大，为0.4W
D．R
4
＝15Ω 时，电源的效率最高，为90%
【解答】解 Ω ：A、R 4 ＝0时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻 R 1 消耗的功率最大，
R R 10×5 10
此时并联部分的总阻值为R并 =
R
2
+R
3 =
10+5
=
3
2 3
Ω Ω
E 8
= =
由闭合电路欧姆定律得干路电流为I R +R +r 10 A＝0.6A
并 1 +9+1
3
则定值电阻R 消耗的功率为P ＝I2R ＝0.62×9W＝3.24W，故A错误；
1 1 1
B、电源内阻消耗的功率P内 ＝I2r
当电源内阻消耗的功率最小时，电路中的总电流应最小，对应的外电路电阻最大，即当
R ＝15 时，电源内阻消耗的功率最小，故B错误；
4
C、为求
Ω
滑动变阻器R
4
消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。
易知，等效电源的等效电动势E'＝4V，等效内阻r'＝10 ，故当R ＝r'＝10 时，R 消
4 4
E'2 42
耗的功率最大，且为P = = W =0.4W，故 Ω C正确； Ω
max 4r' 4×10
D 、 当 R ＝ 15 时 ， 总 的 外 电 阻 最 大 。 由 于 电 源 效 率
4
U R 1
η= ×100%= ×Ω100%= ×100%
E R+r r
1+
R
显然，当总的外电阻 R 最大时， 取最大值，当 R ＝15 时，总的外电阻为
4
η Ω
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分6 百】R ⋅(R +R ) 10×(5+15) 47
R'= 2 3 4 +R = Ω+9Ω= Ω
R +(R +R ) 1 10+5+15 3
2 3 4
47
R' 3
此时 最大，且为η= ×100%= ×100%=94%，故D错误。
R'+r 47
+1
η 3
故选：C。
[例题7] （2023•越秀区校级模拟）大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随
距地面高度的增加而增大，可以把离地面 50km以下的大气看作是具有一定程度漏电
的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面 50km以上的大气则可看作是带电粒
子密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面 h＝50km处
与地面之间的电势差约为U＝3.0×105V。由于电场的作用，地球处于放电状态。但大
气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变（可视为匀强电
场），统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q＝1800C，已知地球半径r＝
6400km。下列说法正确的是（ ）
A．离地面越近电势越高
B．绝缘层大气的电场强度约为6×103V/m
C．地球漏电功率约为6×107W
D．大气电阻率 约为1.8×1012 •m
【解答】解：A、地球本身带负电，越靠近负电荷电势越低，故离地面越近电势越低，
ρ Ω
故A错误；
U 3.0×105
B、如果视为匀强电场，根据E= 知E= V/m＝6V/m，故B错误；
d 50×103
CD、本题中把50 km厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体，其长度为50 km，横截面积为
地球的表面积，所加电压为U＝3.0×105 V
则由题意得：
q
I= =1800A
t
U 3.0×105 500
R= = =
I 1800 3
Ω Ω
l
又由电阻定律R=ρ
s
4πr2R
得 = =2×1012 •m，故D正确；
I
ρ Ω
地球漏电功率为：P＝UI＝3×105×1800 W≈5×108 W，故C错误。
故选：D。
[例题8] （2023•咸阳一模）外电路为纯电阻的情况下，电源输出功率P随路端电
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分7 百】压U变化的函数关系如图所示，则有（ ）
A．电源电动势为6V，内阻为3
B．路端电压为4V时，电源输出功率为7W
Ω
C．外电阻的阻值为3 时，电源效率为75%
D．外电阻分别为1 与2 时，电源输出功率相同
Ω
E−U E 1
【解答】解：A、根Ω据P=ΩUI=U = U− U2
r r r
3E 9
由图像可知，当U ＝3V时，P ＝9W，有9= −
1 1 r r
6E 36
当U ＝6V时，P ＝0，有0= −
2 2 r r
解得E＝6V，r＝1 ，故A错误；
E 1
B、根据之前的分析Ω有P= U− U2=6U−U2
r r
可知，当路端电压为4V时，电源输出功率为8W，故B错误；
IU U R
C、滑动变阻器的阻值为3 时，有η= ×100%= ×100%= 1 ×100%=75%，
IE E R +r
1
Ω
故C正确；
ER 6×1
D、外电阻为1 时，路端电压为U = 2 = V＝3V
3 R +r 1+1
2
Ω
此时电源输出功率为P ＝9W
3
ER 6×2
外电阻为2 时，路端电压为U = 3 = V＝4V
4 R +r 2+1
3
Ω
电源输出功率为P ＝8W，故D错误。
4
故选：C。
[例题9] （2022•丰台区二模）如图所示的U﹣I图像中，直线a为电源的路端电
压与电流的关系，直线b、c分别是电阻R 、R 的电压与电流的关系。若将这两个电
1 2
阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分8 百】A．电阻R 大于电阻R
1 2
B．R 接在电源上时，电源的输出功率较大
1
C．R 接在电源上时，电源的输出功率较大
2
D．两种情况下，电源的输出功率相等
【解答】解：A、根据U﹣I图象的斜率大小表示电阻的大小，则有：R ＜R ，故A错
1 2
误；
3 1
BCD、由图可知，通过R 的电流为：I = I ，通过R 的电流为：I = I ，
1 1 4 m 2 2 4 m
1
根据图中的几何关系（三角形相似）可知，R 接在电源上时电压U = E，R 接在电源
1 1 4 2
3
上时电压U = E，
2 4
3
则R 接在电源上时，电源的输出输出功率P ＝U I = EI ；R 接在电源上时，电源的
1 1 1 1 16 m 2
3
输出输出功率P ＝U I = EI ，所以两种情况下，电源的输出功率相等，故D正确，
2 2 2 16 m
ABC错误。
故选：D。
[例题10]（2020•浙江模拟）HWCP60型无线充电器的输出额定电压为5V，输出
额定电流为2A．某款HW手机的电池容量为4200mAh，输入额定电压为3.82V，则（
）
A．HW无线充电器的内阻为2.5
B．HW无线充电器以额定电流工作时，发热功率为10W
Ω
C．HW手机电池充满时，储存的化学能约为5.8×104J
D．将HW手机电池从零电量充至满电量时，消耗的总电能约为5.8×104J
【解答】解：A、无线充电器不是纯电阻，无线充电是利用电磁感应原理充电，充电器
的线圈电阻无法求出，故A错误；
B、由于无线充电器的内电阻不知道，无法计算充电器发热功率，故B错误；
C 、 HW 手 机 电 池 充 满 时 ， 储 存 的 化 学 能 约 为 E 能 ＝ qU ＝ 4200×10﹣
3×3600×3.82J≈5.8×104J，故C正确；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分9 百】D、因为充电过程还有额外的电池发热、充电器发热等，所以消耗的电能大于
5.8×104J，故D错误。
故选：C。
[例题11] （多选）（2023•岳阳模拟）某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路
故障，为了检测断路的位置，实验小组设计了如图所示的电路，a、b、c、d、e是滑
动变阻器上间距相同的五个位置（a、e为滑动变阻器的两个端点）。某实验小组将滑
动变阻器的滑片P分别置于a、b、c、d、x、e（x是d、e间某一位置）进行测量，把
相应的电流表示数记录在下表中。已知定值电阻阻值为R，电源内阻和电流表内阻可
忽略。下列说法正确的是（ ）
P的位置 a b c d x e
电流表示数 1.80 0.90 0.60 0.45 1.80
（A）
A．滑动变阻器cd间发生了断路
B．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.85A
C．滑片P位于x处的电流表示数的可能值为0.40A
D．若滑动变阻器未断路时，其电阻丝的总电阻为4R
【解答】解：A、若滑动变阻器cd间发生了断路，滑片接在c时，滑动变阻器接入电路
的部分为ac段电阻，滑片接在d时，滑动变阻器接入电路的部分为de段电阻，de段电
阻比ac段电阻小，则滑片在d时电路的电流大应于滑片在c时电流的电流，故A错误；
B、若x在断路位置的下方，则是滑动变阻器下方部分被接入电路，且总电阻大于滑片
接 d 位置时的电阻，电流比滑片接 d 点时的电流要小，所以电流表示数可能小于
0.45A；
若x在断路位置的上方，则滑动变阻器是xe部分被接入电路，此时电路中的总电阻应该
小于滑片接b点时的电阻，所以电路中的电流应该大于滑片接 b点时的电流，即大于
0.90A，但是要小于滑片接a点或接e点时的电流，因为接a点和e点时滑动变阻器接入
电路中的电阻为零，故B错误，C正确；
E
D、若滑动变阻器未断路时，滑动变阻器接a端I＝1.80A=
R
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分10百】E
I'=
设滑动变阻器电阻为R'，接c端时I'＝0.60A，有 1
R+ R'
2
联立解得：R'＝4R
故D正确。
故选：CD。
考点三 电路故障问题
1．故障特点
(1)断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．
(2)短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零．
2．检查方法
(1)电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短
路．
(2)电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流
值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．
(3)欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．
在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．
(4)假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭
合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．
[例题12]某居民家中的部分电路如图所示，开始电路正常。将电饭煲的插头插入
三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但是电灯仍然正常工作。拔出电饭煲
的插头，电热水壶仍然不能工作。把测电笔分别插入插座的左线右插孔，氖管均发光.
若电路只有一处故障，则（ ）
A．电路的C、D两点间断路接地
B．插座左右两孔短路
C．插座的接地线断路
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分11百】D．电热壶所在支路的B、D两点间断路
【解答】解：电灯仍正常工作，说明不是保险丝烧坏了，没有发生短路，而把测电笔分
别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明火线有电，而零线开路了，且是在C、
D之间开路，故A正确，BCD错误。
故选：A。
[例题13]（多选）在探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，当电
键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A的亮度变暗，
小灯泡B的亮度变亮．则下列对电路故障的分析正确的是（ ）
A．可能是定值电阻R 短路 B．可能是定值电阻R 断路
1 2
C．可能是定值电阻R 断路 D．可能是定值电阻R 短路
3 4
【解答】解：A、若电阻R 短路，外电路总电阻减小，路端电压随之减小，干路电流增
1
大，则小灯泡A的亮度变亮，与题不符，故A错误。
B、若R 断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡 A的亮度变暗。根据串联
2
电路分压原理可知，R 的电压增大，通过R 的电流增大，而干路电流减小，所以通过
3 3
R 的电流减小，R 的电压减小，所以B灯的电压增大，则小灯泡B的亮度变亮，与题
1 1
相符，故B正确。
C、若R 断路，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡A的亮度变暗。R 的电压
3 3
增大，B灯的电压增大，则小灯泡B的亮度变亮，与题相符，故C正确。
D、若R 短路，外电路总电阻减小，干路电流增大，则小灯泡A的亮度变亮，与题不符，
4
故D错误。
故选：BC。
考点四 电源和电阻 U－I 图象的比较
物理意义
图象上的特征
电源U－I图象 电阻U－I图象
图形
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分12百】图象表述的物理量 电源的路端电压随电路电流的 电阻两端电压随电阻中的
变化关系 变化关系 电流的变化关系
与纵轴交点表示电源电动势E， 过坐标轴原点，表示没有
图线与坐标轴交点
与横轴交点表示短路电流 电压时电流为零
图线上每一点坐标
表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率
的乘积UI
每一点对应的比值均等
图线上每一点对应 表示外电阻的大小，不同点对
大，表示此电阻的大小不
的U、I比值 应的外电阻大小不同
变
图线斜率的
内电阻r 电阻大小
绝对值大小
[例题14]（2022•重庆模拟）图是测定甲、乙两个直流电源的电动势E与内阻r时，
得到的路端电压U与干路电流I的U﹣I图象。若将这两个直流电源分别与同一定值电
阻R串联，下列说法正确的是（ ）
A．甲电源内阻是乙电源内阻的2倍
B．电源的效率一定有
甲
＜
乙
C．电源总功率一定有ηP甲 ＜ηP乙
D．电源的输出功率一定有P甲 ＞P乙
【解答】解：A、U﹣I图象斜率的绝对值表示电源内电阻，由 U﹣I图象可知，r甲
2U U
=
I
0 ，r乙 =
2I
0 ，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，故A错误；
0 0
R 1
UI I2R = ×100%= ×100%
B、电源的效率 = ×100% = ×100% R+r r ，由于
EI I2 (R+r) 1+
R
η
r甲 ＞r乙 ，可得 甲 ＜ 乙 ，故B正确；
C、设电源乙的η内电阻η为r，则电源甲的内电阻为4r；根据图象可知甲的电动势为E甲 ＝
2U
0
，乙的电动势E乙 ＝U
0
，
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分13百】4U2 U2
= 0 = 0 U2
根据电源总功率计算公式可得：P甲 R+4r 1
R+r
，P乙 =
R+
0
r
，所以P甲 ＞P乙 ，故
4
C错误；
2U U
D 、 甲 电 源 的 输 出 功 率 P 甲 出 =( R+4 0 r ) 2R， P 乙 出 =( R+ 0 r ) 2R， 所 以 有 ：
P 2R+2r
甲出=( ) 2 ，由于R和r的关系不确定，所以不能确定两电源的输出功率的大小
P R+4r
乙出
关系，故D错误。
故选：B。
[例题15]如图甲所示的电路中定值电阻 R＝60 ，电源电动势 E＝100V，r＝
10 。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的
Ω
关系图线，以下说法正确的是（ ）
Ω
A．开关S断开时电源的效率为60%
B．开关S闭合后电源的总功率会变小
C．开关S闭合后灯泡的亮度增强
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
【解答】解：A、开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为U ＝40V，电源的效
L
U I 40
率为 = L L×100%= ×100%=40%，故A错误；
EI 100
L
η
BC、开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P＝EI可
U2
知电源的总功率会变大，根据U＝E﹣Ir可知路端电压减小，根据P= 可知灯泡的功
R
率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；
D、开关S断开时小灯泡消耗的功率为P＝U I ＝40×6W＝240W，故D正确；
L L
故选：D。
[例题16]（多选）某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增
大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放
在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U ，电梯由静
0
止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分14百】）
A．0～t 内电梯可能上升
1
B．t ～t 内电梯匀加速下降
1 2
C．t ～t 内电梯可能匀减速上升
2 3
D．t 时刻电梯速度达到最大
3
【解答】解：A、0～t 内电压表示数变大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处
1
于失重状态，电梯由静止开始向下运动，故A错误；
B、t ～t 内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故B正确；
1 2
CD、t ～t 内电压表示数变小，但没有小于U ，说明电梯依然在向下加速，加速度不断
2 3 0
减小，t 之后电梯开始减速，故C错误，D正确。
3
故选：BD。
考点五 含电容器电路的分析
1．电路的简化：不分析电容器的充、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，与电容器串联的电阻视为等势体．电容
器的电压为与之并联的电阻两端的电压．
3．电容器所带电荷量的变化的计算：(1)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初、末状态电容器所带电荷量之差；(2)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初、末状态电容器所带电荷量之和．
[例题17]（多选）如图所示，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，当滑动变
阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为
△U，电流表示数的变化量为△I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这
个过程中，下列图象正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分15百】A． B．
C． D．
【解答】解：A、电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路
欧姆定律U＝E﹣I（R +r）得：△U＝△I（R +r）解得：
1 1
△U
=（R +r），不变，故A错误，B正确；
△I 1
C、当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电
路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律
可知电阻R 两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR I可知，Q﹣I图象
1 1
是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确；
故选：BD。
[例题18]（2023•海淀区一模）水平放置的平行板电容器C、定值电阻R 、滑动
0
变阻器R、电源E和开关S等元件组成如图所示电路，闭合 S待稳定后，电容器两极
板间的带电油滴 A 恰好保持静止。不考虑空气阻力和浮力，下列说法正确的是
（ ）
A．当R接入电路中的阻值变大时，电容器将放电
B．当R接入电路中的阻值变小时，油滴A将向下运动
C．仅换用阻值更大的R ，油滴A将向下运动
0
D．仅换用阻值更小的R ，油滴A依旧可以保持悬浮状态
0
【解答】解：A．根据电路构造可知，滑动变阻器R和定值电阻R 串联，所以当R接入
0
E
电路中的阻值变大时，电路中的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I=
可知电
R+R
0
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分16百】路中的总电流变小，根据闭合电路的欧姆定律U ＝IR 可知电阻R 两端的电压变小，而
0 0 0
因为电容器与电阻R 并联，所以电容器两端的电压减小，根据Q＝CU可知电容器所带
0
电荷量会减少，也就是说电容器在放电，故A正确；
B．同上述A选项的分析可知，当R接入电路中的阻值变小时，电路中总电阻减小，根
E
据闭合电路欧姆定律I=
可知电路中的总电流变大，根据欧姆定律U＝IR 可知电
R+R 0
0
阻R 两端的电压变大，电容器与电阻R 并联，所以电容器两端的电压变大，根据
0 0
U
E= 可知，电容器两极板间的电场强度变大，根据题意可知油滴 A开始时受到重力和
d
电场力平衡，当电场强度增大后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向
上运动，故B错误；
C．当换用阻值更大的R ，根据电路构造可知，电路中总电阻增大，根据闭合电路欧姆
0
E
定律I=
可知电路中的总电流变小，根据闭合电路欧姆定律U ＝E﹣IR可知电阻
R+R 0
0
R 两端的电压变大，因为电容器与电阻 R 并联，所以电容器两端的电压变大，根据
0 0
U
E=
d
可知，电容器两极板间的电场强度变大，因为最初状态下油滴 A开始时受到重力和电场
力平衡，当电场强度增大后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力增大，因此油滴向上运
动，故C错误；
D．当换用阻值更小的R ，根据电路构造可知，电路中总电阻变小，根据闭合电路欧姆
0
E
定律I=
可知电路中的总电流变大，根据闭合电路欧姆定律U ＝E﹣IR可知电阻
R+R 0
0
R 两端的电压变小，因为电容器与电阻 R 并联，所以电容器两端的电压变小，根据
0 0
U
E= 可知，电容器两极板间的电场强度变小，因为油滴 A开始时受到重力和电场力平
d
衡，当电场强度变小后，根据F＝Eq可知油滴受到的电场力变小，因此油滴向下运动，
故D错误。
故选：A。
[例题19]（2022•南通四模）如图所示，R 、R 为定值电阻，C为电容器。闭合开
1 2
关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（ ）
A．电阻R 中有向下的电流
2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分17百】B．通过电阻R 电流增大
1
C．滑动变阻器R两端的电压变小
D．电容器C极板所带电荷量变小
【解答】解：B、闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接
入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R 的电流减小，故B错误；
1
ACD、根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增
大，根据Q＝CU可知电容器极板所带电荷量增大，即电容器充电，根据电路连接方式
可知电容器上极板带正电，所以电阻R 中有向下的电流，故A正确，CD错误；
2
故选：A。
[例题20]（2023•越秀区校级模拟）道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测
量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与
传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，
如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电
流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中
产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，
则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
【解答】解：A、汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，而电容器上极板带
负电，下极板带正电，说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等
ɛ S
于电源电压不变，则由Q＝CU知电容器的电容减小。根据电容的决定式C= r 可知，
4πkd
汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；
B、由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故 B错
误；
C、电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分18百】器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误
D、由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为 t＝0.325s，则汽车是速度为 v
L 2.5
= = m/s≈7.7m/s，故D正确。
t 0.325
故选：D。
[例题21]如图所示，D为理想二极管，R为滑动变阻器，C 、C 为电容器，且电
1 2
容相等，P、Q为带电粒子，开关S闭合后，P、Q均处于静止状态，下列说法正确的
是（ ）
A．C 、C 所带的电荷量不相等
1 2
B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑，P加速向上运动，Q仍静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q仍静止
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q也加速向下运动
【解答】解：A、在电路中，C 、C 都与R 并联，即它们的电压是相等的，又其电容相
1 2 3
等，故C 、C 所带电荷量相等，故A错误
1 2
B、将滑动变阻器滑片下滑使滑动变阻器接入电路阻值变大，故 R上的电压变大，又R
与R ，R 串联的整体并联，故R 上的电压也变大。由于电压增大，故电流可以通过二
2 3 3
极管D.即C 、C 电压均增大，P、Q都加速向上运动。故B错误。
1 2
CD、将滑动变阻器滑片上滑使滑动变阻器接入电路阻值变小，故 R上的电压变小，又
R与R ，R 串联的整体并联，故R 上的电压也变小。由于电压变小，故电流不可通过
2 3 3
二极管D.故C 电压变小，C 电压不变。P加速向下运动，Q静止。故C正确，D错误。
1 2
故选：C。
[例题22]某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图
如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料
管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S
接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随
时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t 的时间内被加速发射出去，t 时刻刚好运动
1 1
到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（ ）
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分19百】A．小球在塑料管中加速度随线圈中电流的增大而增大
B．在0～t 的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
1
C．适当加长塑料管可使小球获得更大的速度
D．在0～t 的时间内，顺着发射方向看小球中产生的涡流是逆时针方向的
1
【解答】解：A、磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比。根据乙图可知，线圈中
的磁感应强度变化情况与电流的变化情况相同，在0～t 时间内，电流i在增大，但变化
1
ΔΦ
率却逐渐减小，线圈的磁通量变化率也逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E= ，可
Δt
知，感应电动势逐渐减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐较小，由牛顿第二
运动定律可知，小球的加速度逐渐减小，故A错误；
B、电容器的放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式
传递出去，散失了一部分能量，所以0～t 时间内，电容器储存的电能没有全部转化为
1
小球的动能，故B错误；
C、适当增加塑料管的长度，增长后，小球会在电流减小的过程中离开塑料管，当电流
减小时，磁场也会减小，通过楞次定律判断可知，此时线圈的作用力向左，阻碍小球运
动，所以适当加长塑料管，小球速度不一定会增大，故C错误；
D、在0～t 时间内，电流逐渐增大，产生的磁场也会增强，通过楞次定律判断可知，原
1
磁场增大，感应磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则判断可得，小球中产生的涡流
是逆时针方向的，故D正确。
故选：D。
练出高分
1．四只完全相同的灯泡分别用图（a）、（b）两种方式连接，电路两端电压分别为6V和
10V。当灯泡都正常发光时，R 、R 消耗的电功率分别为P 和P ，则（ ）
1 2 1 2
A．P ＞P B．P ＜P C．P ＝P D．无法确定
1 2 1 2 1 2
【解答】解：灯泡都正常发光，根据电路结构，两电路总电流关系为I ＝2I
1 2
电路总功率分别为U I ＝P +2P ，U I ＝P +2P
1 1 1 L 2 2 2 L
得P ﹣P ＝2U I ﹣U I ＞0
1 2 1 2 2 2
即P ＞P
1 2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分20百】故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）2．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R 。当开关S闭
1
合，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R ，此时电源的输出功率最大，
2
电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I，则有（ ）
A．R +R ＝r
1 2
B．电动机输出的机械功率为IE﹣I2R
1
IE
C．电源的最大输出功率为
2
D．电源的热功率为I2r
【解答】解：A、电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，不能
满足电源输出功率最大时的条件R +R ＝r，故A错误；
1 2
B、电动机输出的机械功率为P
M出
＝IU﹣I2R
1
，故B错误；
C、电源的输出功率为P＝UI+I2R ，电源的最大输出功率时，路端电压等于电源电动势
2
IE
的一半，则电源的最大输出功率为 ，故C正确；
2
D、电源的热功率为电源内阻的热功率，为P热 ＝I2r，故D正确。
故选：CD。
3．很多城市推出微公交小型租赁电动车，这为个性化绿色出行又提供了一种方案。某种型
号微型电动车为零排放的纯电动汽车，其相关的性能参见表格，已知一次完全充电约需
8小时，使用电能的价格约为每度电0.8元。在计算过程中不考虑各种能量转化的效率，
下列说法正确的是（ ）
电池输出最大电压 220V
电池输出最大机械功率 22kw
电池容量 150A•h
充电电压 220V
最大时速 72km/h
充满电后最多行驶路程 100km
A．充电电流为150A
B．充满电后储存的电能为33000J
C．折合每公里的电能成本约为0.26元
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分21百】D．最大速度行驶时的受到阻力约为306N
【解答】解：A.根据题意可知，电池的充电功率为
W Uq
= =
P充电
t t
解得：P充电 ＝4125W
则充电电流为
P
I= 充电
U
1
解得I＝18.75A
故A错误；.
B.充满电后储存的电能为
W＝Uq＝1.188×108J
故B错误；
C.根据题意可知，一次充电消耗的电能为
W ＝W＝1.188×108J＝33kW.h＝33（度）
1
折合每公里的电能成本约为
33×0.8
元/km≈0.26元/km
100
故C正确；
D.最大速度行驶时，机械功率最大，且阻力等于牵引力，根据公式
P＝Fv
m
解得
F＝1100N
则最大速度行驶时的受到阻力约为1100N，故D错误。
故选：C。
4．一同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如下，其中电源电动势为 6V，内阻
为1 ，电流表量程为0～3A，内阻为1 ，有一长方体导体材料R，x、y、z方向上棱长
分别为dcm、2cm、1cm，先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数1A，再将R沿y轴
Ω Ω
方向接入电路，电流表示数2A，则下列说法错误的是（ ）
A．d＝4cm
B．沿x、y、z三个方向接入R，电源效率最大约为83.3%
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分22百】C．沿x、y、z三个方向接入R，电流表示数均不会超量程
D．沿x、y、z三个方向接入R，R的功率最小为2W
【解答】解：AC.由闭合电路欧姆定律有
E＝IR+IR +Ir
A
代入数据可得沿x轴方向时
R ＝4
x
沿y轴方向时
Ω
R ＝1
y
由电阻定律
Ω
L
R=ρ
S
代入数据可得
d＝4cm
沿z轴方向时
1
=
R
z 4
Ω
由闭合电路欧姆定律
E＝IR+IR +Ir
A
代入数据可得沿z轴方向时
I＝2.67A
故AC正确；
B.由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时
U外 ＝5V
根据
U
= 外×100%
E
η
解得： ＝83.3%
故B正确；
η
D.根据
P＝I2R
沿x轴方向时
P＝4W
沿y轴方向时
P＝4W
沿z轴方向时
P＝1.78W
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分23百】R的功率最小为1.78W
故D错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
5．某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入
如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来
研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I 。下列说法正确的是（ ）
0
A．若示数I＝I ，则电梯一定处于静止状态
0
B．若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C．若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D．若示数I＞I ，则电梯可能在减速向下运动
0
【解答】解：A、若示数为I ，说明物体m对压敏电阻的压力与电梯静止时相同，即物
0
体m的合外力为零，电梯可能处于静止状态，也可能处于匀速运动状态，故A错误；
B、由图甲可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，若示数I保持不变，说明压敏
电阻R的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于物体m受到的支持力不变，m
的合外力恒定，故物体m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，则电梯可能做匀
变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误；
C、若示数I在增大，说明压敏电阻R的阻值在减小，由图甲可知，压敏电阻受到的压
力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外
力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.
D、已知电梯静止时电流表的示数为I ，压敏电阻受到的压力等于物体m的重力，当示
0
数I＞I 时，电路中电流比静止时大，说明压敏电阻 R的阻值变小，压敏电阻受到的压
0
力大于重力，物体m处于超重状态，电梯可能在减速向下运动，故D正确。
故选：D。
6．阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E（内阻不计）连接成如图所示电路。保持开
关S 闭合，开关S 断开，电路稳定时，C所带的电荷量为Q ；闭合开关S ，电路再次
1 2 1 2
稳定后，C所带的电荷量为Q ，则Q 与Q 的比值为（ ）
2 1 2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分24百】1 3 2 1
A． B． C． D．
2 2 3 3
【解答】解：三个电阻R的阻值相等、电池E的内阻不计，
由图示电路图可知，保持开关S 闭合，开关S 断开，
1 2
两电阻先串联后与另一个电阻并联，电容器两串联电阻中的左边电阻并联，电容器两端
电压U＝0.5E，
电容器所带电荷量Q ＝CU＝0.5CE，
1
保持开关S 闭合，再闭合S ，两电阻与电容器并联接在电源两端，电容器两端电压U′
1 2
＝E，
电容器所带电荷量Q ＝CU′＝CE，
2
Q 0.5CE 1
电容器所带电荷量之比 1= = ，故A正确，BCD错误。
Q CE 2
2
故选：A。
7．角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示．当系统绕轴
OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统
的信息源．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为
E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以
角速度 转动时，则（ ）
ω
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的减小而减小
mωL
C．弹簧的伸长量为x =
k−mω2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分25百】Emω2
D．输出电压U与 的函数式为U=
k−mω2
ω
【解答】解：A、B系统在水平面内以角速度 转动时，无论角速度增大还是减小，BC
的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关。故
ω
AB错误。
C、D设系统在水平面内以角速度 转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根
据牛顿第二定律得
ω
R x
kx＝m 2（L+x） 又输出电压U= BP E= E
R L
BC
ω
mω2E
联立两式得U= ．故C错误，D正确。
k−mω2
故选：D。
（多选）8．某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设
计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压
面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U ，电梯由静止启动后的一段时
0
间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．0～t 内电梯可能上升
1
B．t ～t 内电梯匀加速下降
1 2
C．t ～t 内电梯可能匀减速上升
2 3
D．t 时刻电梯速度达到最大
3
【解答】解：A、0～t 内电压表示数变大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处
1
于失重状态，电梯由静止开始向下运动，故A错误；
B、t ～t 内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故B正确；
1 2
CD、t ～t 内电压表示数变小，但没有小于U ，说明电梯依然在向下加速，加速度不断
2 3 0
减小，t 之后电梯开始减速，故C错误，D正确。
3
故选：BD。
9．某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使
开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分26百】信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线，如图所示。定值电阻R已
知，且从图中可读出最大放电电流I 以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、
0
内电阻、电容器的电容均未知，下列说法中正确的是（ ）
A．根据题目所给的信息能求出电源电动势和内电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端的电压变大
C．根据题目所给的信息能求出电容器的电容
D．由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向右为正
【解答】解：A．电阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压
U ＝I R；
max 0
电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两
板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E＝U ＝I R，但内电阻没法求出，故A
max 0
错误；
B．电容器放电过程中电流减小，则电阻R两端的电压变小，故B错误；
C．根据Q＝It可知，I﹣t图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即 Q
＝S
Q Q S
根据C= 可知电容器的电容为：C= = ，故C正确；
U U I R
max 0
D．电容器放电时，流过电阻R的电流为向左，则由计算机采集的电流可知流过电阻R
的电流方向规定向左为正，故D错误。
故选：C。
10．如图所示电路中，电源电动势为 12V，内阻为2 ，指示灯R 的阻值为16 ，电动机
L
M线圈电阻为2 。当开关S闭合时，指示灯R
L
的
Ω
电功率为4W。电流表内阻
Ω
不计，那
么下列说法中正确的是（ ）
Ω
A．流过电动机M的电流为4A
B．流过电流表的电流为4.5A
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分27百】C．电动机M输出的机械功率7.5W
D．电源的总功率为16W
【解答】解：分析电路结构可知，电动机和灯泡并联，电流表测量干路电流，
B、指示灯的电功率P=I2R ，解得I ＝0.5A，则路端电压为U＝I R ＝0.5×16V＝8V，
L L L L L
设流过电流表的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律有 U＝E﹣Ir，解得干路电流 I
E−U 12−8
= = A＝2A，流过电流表的电流为2A，故B错误；
r 2
A、设流过电动机M的电流为I ，根据并联电路的电流关系可知，I ＝I﹣I ＝2A﹣
M M L
0.5A＝1.5A，故A错误；
C、电动机输出的机械功率P出 ＝I
M
U﹣I
M
2R
M
，代入数据解得P出 ＝7.5W，故C正确；
D、电源的总功率：P＝EI＝12×2W＝24W，故D错误。
故选：C。
11．在如图所示电路中，①、②处可以接小灯泡、电压表（为理想电表）。电源电动势
E、内阻r保持不变，定值电阻R ＝R ＝R ＝r，小灯电阻R ＝r，下列说法不正确的是
1 2 3 L
（ ）
A．要使电源总功率较大，则应该①接电压表，②接小灯泡
B．要使电源输出功率较大，则应该①接小灯泡，②接电压表
C．要使路端电压较大，则应该①接小灯泡，②接电压表
D．要使闭合电路中电源效率较高，则应该①接小灯泡，②接电压表
【解答】解：A、若①接电压表，②接小灯泡，由电路图可知，电路为R 与R 串联后
3 2
(R +R )R 5
与灯泡并联，再与R 串联，电路中的总电阻为R＝R + 2 3 L= r。
1 1 R +R +R 3
2 3 L
而若将①接小灯泡，②接电压表，灯泡与R 并联，再与R 、R 并联，此时电路中的
3 2 1
R R 5
总电阻为R′＝R +R + 3 L = r，则R＜R′，当电阻较小时，电路中电流较大，故
2 1 R +R 2
3 L
电源的总功率较大，故①接电压表，②接小灯泡时，使电源总功率较大，故A正确；
B、当外电阻越接近电源的电阻时，电源的输出功率较大，故知①接电压表，②接小
灯泡时，电源的输出功率较大，故B错误；
C、外电阻越大，路端电压越大，故①接小灯泡，②接电压表，路端电压较大，故C
正确；
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分28百】UI R
D、电源的效率 = ×100%= 外 ×100%，外电阻越大，电源的效率越高，所以
EI R +r
外
η
①接小灯泡，②接电压表时，电源的效率越高，故D正确；
本题选择错误的，
故选：B。
12．如图所示，A、B分别为电源E和电阻R的U﹣I图线，虚线C是过图线A、B交点的
曲线B的切线。现将电源E与电阻R及开关、导线组成闭合电路，由图象可知（ ）
A．R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1
B．此时电阻的热功率为4W
Ω
C．电源的效率为50%
D．电源的电动势为3V，内阻为1
U
【解答】解：A、根据电阻的定义Ω式R= ，可知其大小等于U﹣I图线上的点与原点O
I
连线的斜率，可知R随电压的升高而增大，
U 1
此时电阻值R= = ＝0.5 ，故A错误；
I 2
D、电源的U﹣I图象Ω纵截距Ω表示电源的电动势，由图读出电源的电动势 E＝3V，内阻
△U
r＝| |＝1 ，故D正确。
△I
BC、两图线Ω的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出：
路端电压 U＝1V，电流I＝2A，电源的输出功率为P出 ＝UI，代入数据解得P出 ＝2W，
则电源的总功率为P总 ＝EI＝3×2W＝6W，
此时电源内部消耗的电功率为P内 ＝I2r，代入数据解得P内 ＝4W，
P
电源的效率为 = 出×100%，代入数据解得 ＝33.3%，故BC错误；
P
总
η η
故选：D。
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