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专题18 电学基本规律的应用
题型一 欧姆定律及电阻定律的理解...................................................................................................1
题型二 对电源U-I 图像的理解和应用................................................................................................5
题型三 电功、电功率、电热及热功率在两种电路中的应用............................................................8
题型四 电路中的功率及效率问题.....................................................................................................12
题型五 电路的动态分析..................................................................................................................... 15
题型六 含电容器电路的分析.............................................................................................................18
题型一 欧姆定律及电阻定律的理解
（1）欧姆定律（部分电路）
①伏安特性曲线
②电流的三个表达式：(i)I=（定义式)；(ii)I = U
R （决定式，欧姆定律）；(iii)I=neSv（微观决定
式）
（2）电阻定律
表达式：R＝ρ（决定式）；电阻定义式：R＝。
[题型专练1]. （2023 秋•道里区校级期中）如图所示为某金属导体的伏安特性曲线，MN
是曲线上的两点，过M 点的切线和M、N 两点对应坐标图中已标出，下列说法正确的是（
1
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）
A．该金属导体的电阻是10Ω
B．该金属导体两端的电压是2.0V 时对应的电阻是10Ω
C．该金属导体的电阻随电压的增大而减小
D．该金属导体在M 点和N 点对应的电阻之比是2：3
【解答】解：A、根据R= U
I ，可知I﹣U 图线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数。由于
伏安特性曲线不是直线，所以该金属导体的电阻是变化的，并不恒为10Ω，故A 错误；
B、该金属导体M 点对应的电压是2.0V，对应的电流是0.3A，对应的电阻为RM= U M
I M
= 2.0
0.3Ω
= 20
3 Ω，故B 错误；
C、根据I﹣U 图线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知该金属导体的电阻随电
压的增大而增大，故C 错误；
D、N 点对应的电阻是RN= U N
I N
= 5.0
0.5Ω＝10Ω，则金属导体在M 点和N 点对应的电阻之比是
RM：RN= 20
3 ：10＝2：3，故D 正确。
故选：D。
[题型专练2]. （2023 秋•北碚区校级期中）如图所示，图线1、2、3 分别表示导体A、B、
C 的伏安特性曲线，其中导体C 为一非线性电阻，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说
法正确的是（ ）
2
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A．当导体1 和导体2 分别接入电压恒为3V 电源两端时，R1：R2＝1：3
B．当导体1 和导体3 分别接入电压恒为2V 电源两端时，R1：R3＝2：1
C．图线3 可能表示的是小灯泡伏安特性曲线
D．当三个导体串联接在电压恒为6V 的直流电源两端时，I1：I2：I3＝3：2：1
【解答】解：A.根据I﹣U 图像可知，当U＝3V 时，通过导体1、2 的电流分别为I1＝3A 和I2＝
1A，根据欧姆定律，得导体1 的电阻R1= U
I 1
= 3
3 Ω=1Ω，导体2 的电阻R2= U
I 2
= 3
1 Ω=3Ω，因
此R1：R2＝1：3，故A 正确；
B.根据I﹣U 图像可知，导体1 的电阻不变，当U＝2V 时，通过导体3 的电流I3＝1A，导体3 的
电阻R3= U
I 3
= 2
1 Ω=2Ω，因此R1：R3＝1：2，故B 错误；
C.根据I﹣U 图像可知，导体3 的电阻随电压的增大而减小，而灯泡钨丝的电阻随电压的增大而
增大，因此图线3 不可能是小灯泡的伏安特性曲线，故C 错误；
D.当它们串联接在电压恒为6V 直流电源两端时，根据串联电路电流处处相等的特点，此时通过
三个电阻的电流之比I1：I2：I3＝1：1：1，故D 错误。
故选：A。
[题型专练3]. （2022 秋•洛阳期末）如图所示，横截面都是正方形的二段导体，材料和长
度都相同，边长如图所示，其中A 为真空导体，导体B 刚好能嵌入导体A，现将AB 并联后接
入到一电路中，则（ ）
A．A、B 两段导体的电阻之比为1：1
B．流过导体B 的电流比流过导体A 的大
3
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C．导体A 消耗的电功率比导体B 消耗的电功率大
D．二段导体在相等时间内产生的热量之比为1：2
【解答】解：由题意，导体A 的横截面积S A =(√2 L)
2- L
2= L
2，导体B 的横截面积SB= L
2，所
以有SA＝SB；根据电阻定律R = ρ L
S ，由于ρ、S、L 相同，所以有RA＝RB，从而可以得出A、B
两段导体的电阻之比为1：1，故A 正确；
B.根据欧姆定律得I = U
R ，导体A、B 并联，根据并联电路的电压特点UA＝UB，所以IA＝IB，故
B 错误；
C.根据功率公式得P= U
2
R ，导体A、B 并联，根据并联电路的电压特点UA＝UB，所以PA＝PB，
故C 错误；
D.根据焦耳定律得Q＝I2Rt，又IA＝IB，RA＝RB，所以QA＝QB，即二段导体在相等时间内产生
的热量之比为1：1，故D 错误。
故选：A。
[题型专练4]. （2023 秋•丰台区期中）某同学通过实验，描绘出了两个电阻R1、R2的伏安
特性曲线，如图所示，两条图线交于点P，R2的图像在P 点的切线与纵轴的交点值为0.4。下
列说法正确的是（ ）
A．R1的电阻为0.5Ω
B．当U＝1V 时，R2与R1的电阻相等
C．R2的电阻随电压的增大而减小
D．当U＝1V 时，R2的电阻为10Ω
【解答】解：ABD．由图像得，当U＝1V 时，通过两个电阻的电流均为0.5A，根据欧姆定律可
得R1、R2的阻值均为：R = U
I = 1
0.5 Ω=2Ω，故AD 错误，B 正确；
4
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C．I﹣U 图像上某点与坐标原点连线的斜率的倒数等于电阻值。R2的伏安特性曲线为曲线，随
电压的增大，其对应的图像上的点与坐标原点连线的斜率的倒数变大，故R2的电阻随电压的增
大而增大，故C 错误。
故选：B。
[题型专练5]. （2023 秋•金坛区期中）如图所示是流过一个小灯泡的电流随其两端电压变
化的关系图，不考虑灯丝体积的变化，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定，下列说法中正确
的是（ ）
A．图中M 点切线斜率的倒数即为小灯泡电压为4V 时的阻值
B．当小灯泡两端的电压为1V 时，其灯丝阻值为0.20Ω
C．小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小
D．把小灯泡接到电动势为5V，内阻为10Ω 的电源上时，电源的效率约为40%
【解答】解：A、根据电阻的定义式R= U
I 可知，图线上每一点与原点连线（即割线）的斜率表
示小灯泡电阻的倒数，故A 错误；
B、由图可知，当小灯泡两端电压为1V 时，电流大小为0.2A，故其阻值大小为：R= U
I = 1
0.2Ω
＝5Ω，故B 错误；
C、图中电流随电压的增大而增大，灯丝的温度不断升高，割线的斜率不断减小，则灯丝的阻值
不断增大，所以小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大，故C 错误；
D、在图上作出电源的I﹣U 图线，如图蓝线所示。
5
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电源的I﹣U 图线与灯泡的I﹣U 图线的交点表示该小灯泡该电源上时的路端电压和电流，由交点
坐标可知：把小灯泡接到电动势为5V，内阻为10Ω 的电源上时，
路端电压约为U＝2V，电流约为I＝0.3A，则电源的效率约为η= UI
EI ×100%= U
E ×100%= 2
5 ×
100%＝40%，故D 正确。
故选：D。
题型二 对电源U-I 图像的理解和应用
图象上的特征
物理意义
电源U－I 图象
电阻U－I 图象
图形
图象表述的物理量
变化关系
电源的路端电压随电路电流的
变化关系
电阻两端电压随电阻中的
电流的变化关系
图线与坐标轴交点
与纵轴交点表示电源电动势E，
与横轴交点表示短路电流
过坐标轴原点，表示没有
电压时电流为零
图线上每一点坐标
的乘积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应
的U、I 比值
表示外电阻的大小，不同点对
应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等
大，表示此电阻的大小不
变
图线斜率的
绝对值大小
内电阻r
电阻大小
[题型专练6]. （2023 秋•仓山区校级期中）如图甲所示，M 为电动机，当滑动变阻器R 的
触头P 从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示。
已知电流表示数小于0.2A 时，电动机不发生转动，各电表均视为理想电表。下列说法正确的
是（ ）
6
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A．滑动变阻器的最大阻值为3Ω
B．电路中电源的内阻为0.2Ω
C．此过程电动机的最大发热功率为0.90W
D．此过程电动机的最大输出功率为0.54W
【解答】解：B、由题意可知，当通过电动机的电流小于0.2A 时，电动机不发生转动，电动机
属于纯电阻元件，其U﹣I 图线应为直线，当通过电动机的电流大于0.2A 时，电动机属于非纯电
阻元件，U﹣I 图线将不再是直线，结合图像可知，当电流为0.1A 时，路端电压为3.4V，此时滑
动变阻器接入回路的电阻最大；当电流为0.3A 时，路端电压为3.0V，此时滑动变阻器接入回路
的电阻为零，根据闭合电路欧姆定律可得
E＝I1r+U1＝I2r+U2
代入数据解得：E＝3.6V，r＝2Ω，故B 错误；
A、电动机线圈电阻为r M = 0.8-0.4
0.2-0.1 Ω= 4 Ω
根据欧姆定律得：U1＝I1（rM+RP）
解得滑动变阻器的最大阻值为：RP＝30Ω，故A 错误；
C、当I2＝0.3A 时，流过电动机的电流最大，则电动机的发热功率最大，且电动机的最大发热功
率为PrM = I 2
2r M =0.3
2×4W =0.36W ，故C 错误；
D、当U2＝3.0V，电动机输出功率最大，电动机的最大输出功率为PM＝U2I2﹣PrM＝0.3×3﹣
0.36W＝0.54W，故D 正确。
故选：D。
[题型专练7]. （2023 秋•南岗区校级期中）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1 与电源2
的路端电压随输出电流变化的图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的U﹣I 图线.曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相
交点的坐标分别为P（5，3.75）、Q（6，5）。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2 单独连
接，则下列说法正确的是（ ）
7
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A．电源1 与电源2 的内阻之比是2：3
B．电源1 与电源2 的电动势之比是3：2
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是9：10
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是8：5
【解答】解：A、在电源的U﹣I 图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U
﹣I 图线，可知，电源1、电源2 的内阻分别为
r1= ΔU
ΔI = 10
8 Ω= 5
4 Ω，同理，r2= ΔU '
ΔI ' = 10
12Ω= 5
6 Ω，则r1：r2＝3：2，故A 错误；
B、U﹣I 图象的纵轴截距表示电动势，故E1＝E2＝10V，即电源1 与电源2 的电动势之比是1：
1，故B 错误；
CD、灯泡伏安特性曲线与电源的伏安特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则
连接电源1 时，U1＝3.75V，I1＝5A，故灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝18.75W，灯泡的电阻R1
= U 1
I 1
= 3.75
5
Ω＝0.75Ω。连接电源2 时，U2＝5V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率P2＝U2I2＝30W，
灯泡的电阻R2= U 2
I 2
= 5
6Ω，故R1：R2＝9：10，P1：P2＝5：8，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[题型专练8]. （2023 秋•朝阳区校级期中）如图所示的U﹣I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路
端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U﹣I 图线，用该电源直接与电阻R 连接成
闭合电路，由图象可知（ ）
8
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A．电源电动势为3.0 V，内阻为0.5Ω
B．R 的阻值为1Ω
C．R 消耗的功率1.5 W
D．电源消耗的总功率为2.5 W
【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E＝3V，其斜率大小等于电源的内阻
则 r＝| ΔU
ΔI |= 3.0
2.0Ω＝1.5Ω．故A 错误。
B、电阻R 的阻值为 R= U
I = 1.5
1.0Ω＝1.5Ω．故B 错误；
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有
U＝1.5V，I＝1.0A，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W．故C 正确。
D、电源消耗的总功率P 总＝EI＝3.0×1.0＝3W，故D 错误；
故选：C。
题型三 电功、电功率、电热及热功率在两种电路中的应用
1．电功
(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功．
(2)公式：W＝qU＝IUt(适用于任何电路)．
(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程．
2．电功率
(1)定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢．
(2)公式：P＝＝IU(适用于任何电路)．
3．焦耳定律
(1)电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．
(2)公式：Q＝I2Rt.
4．电功率P＝IU 和热功率P＝I2R 的应用
(1)不论是纯电阻还是非纯电阻，电流的电功率均为P 电＝UI，热功率均为P 热＝I2R.
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(2)对于纯电阻而言：P 电＝P 热＝IU＝I2R＝.
(3)对于非纯电阻而言：P 电＝IU＝P 热＋P 其他＝I2R＋P 其他≠＋P 其他．
[题型专练9]. （2023 秋•温州期中）浙江在国内率先启用可出租的微公交，该微公交由蓄
电池对车上电动机供电，电动机为车提供动力。该车的主要技术参数如表，下列说法正确的是
（ ）
整车质量
600kg
铅酸蓄电池
电压
48V
最高车速
60km/h
容量
120A⋅h
承载人数
2 人
电动机
额定电压
48V
最大承载质量
200kg
额定功率
1.2kW
A．蓄电池的参数120A⋅h 指的是蓄电池的工作电流为120A
B．电动机在额定电压下工作时，额定电流为250A
C．蓄电池充满电后最多能供电动机正常工作4.8h
D．电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为25C
【解答】解：A、根据公式q＝It 可知，蓄电池的容量120A•h 指的是电量，不是电流，故A 错
误；
B、电动机在额定电压下工作时，消耗的功率为1200W。额定电流为：I= P
U = 1200
48
A＝25A，故
B 错误；
C、蓄电池充满电后最多能供电动机正常工作：t= q
I = 120
25
h＝4.8h，故C 正确；
D、电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为：q＝It＝25×3600C＝9×104C，故D 错误。
故选：C。
[题型专练10].
（2023 秋•镜湖区校级期中）比亚迪“汉EV”是全球首款搭载“刀片
电池”的车型。若该车装配了120 块“刀片电池”，每块“刀片电池”的容量是200A•h，平
均工作电压是3.2V，则下列说法正确的是（ ）
10
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A．单块电池充满电后储存的电荷量是200C
B．单块电池充满电后储存的电能是640W•h
C．若该车在某次行驶中平均能耗是13kW•h/100km，则其续航里程是640km
D．若某块电池充电电流是200A，则经过15min 可将该电池从其容量的30%充到45%
【解答】解：A、单块电池充满电后储存的电荷量为
q＝200A•h＝200×3600C＝7.2×105C
故A 错误；
B、单块电池充满电后储存的电能为
E＝UIt＝Uq＝200×3.2W•h＝640W⋅h
故B 正确；
C、该车充满电后储存的电能为单块电池的120 倍，即
120E＝120×640W⋅h＝76.8kW⋅h
则其续航里程为x= 76.8kW ⋅h×100km
13kW ⋅h
=590.8km
故C 错误；
D、若某块电池充电电流是200A，则经过15min 可将该电池从其容量充到
q' =200× 15
60 A ⋅h=50 A ⋅h= 1
4 q
即为总容量的25%，所以电池的容量增加25%，故可将该电池从其容量的30%充到55%，故D
错误。
故选：B。
[题型专练11].
（2023•嘉兴一模）如图所示，2022 年长江流域发生严重干旱灾害期间，
农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水
源距离地表6m 深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水
口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg。水泵由
11
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功率为330W 的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密
度为1.0×103kg/m3，则（ ）
A．出水口钢管横截面积为2.5×10﹣3m2
B．每秒内水流机械能增加24J
C．水泵的输出功率为217.5W
D．电动机线圈的电阻为160
9 Ω
【解答】解：A．每秒出水量质量m＝ρV，V＝S⋅vt＝Sv
联立得S＝7.5×10﹣4m2
故A 错误；
B．以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加为ΔE =mgh+ 1
2 m v
2
h＝6+0.45m＝6.45m
代入数据解得ΔE＝217.5J
故B 错误；
C．水泵的输出功率P出= P
75 % =
W
t
75 % =
ΔE
t
75 % = 217.5
75 % W =290W
故C 错误；
D．对电动机，有P总= P出+ I
2r
P 总＝UI
联立r = 160
9 Ω
故D 正确。
故选：D。
12
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题型四 电路中的功率及效率问题
1．电源的总功率
(1)任意电路：P 总＝IE＝IU 外＋IU 内＝P 出＋P 内．
(2)纯电阻电路：P 总＝I 2 ( R ＋
r ) ＝.
2．电源内部消耗的功率：P 内＝I 2 r ＝IU 内＝P 总－P 出．
3．电源的输出功率
(1)任意电路：P 出＝IU＝IE－I2r＝P 总－P 内．
(2)纯电阻电路：P 出＝I2R＝＝.
(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Pm＝.
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 出<Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2.
⑤P 出与R 的关系如图5 所示．
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%.
[题型专练12].
（2023•福州模拟）2022 年11 月，我国独立自主研制的全球单机容量最
大的16 兆瓦海上风电机组在福建下线。如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地
风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率η＝
20%。风速在8～15m/s 范围内，η 可视为不变。设风通过叶片后速度减为零。已知风速v＝
10m/s 时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为ρ＝1.2kg/m3，则（ ）
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A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．每秒钟流过面积S 的气流动能1
2ρSv2
C．每台发电机叶片转动时形成的圆面面积约为5×104m2
D．当风速为15m/s 时每台发电机的输出电功率约为6800kW
【解答】解：AB、每秒冲击风车车叶的气体体积为：
V＝SL＝Sv
气流的质量为：
m＝ρV
气流的动能为：
Ek = 1
2 mv
2= 1
2 ⋅ρS v
3，可知动能与v3成正比，即输出功率与v3成正比，故AB 错误；
CD、当风速为10m/s 时每台发电机的输出功率约为6000kW，当风速为15m/s 时每台发电机的输
出功率约为20250kW，风的动能转化的电能为：
E 电＝ηEk
则每秒输出电功率为：
P= E电
t
Ek = 1
2 mv
2= 1
2 ⋅ρS v
3
联立解得：S＝5×104m2，故C 正确，D 错误；
故选：C。
[题型专练13].
（2023 秋•罗湖区校级期中）智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，
它是能直接为移动设备充电的储能装置，充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的
比值，一般在0.6～0.7，如图为某一款移动充电宝，其参数见表，下列说法正确的是（ ）
容量
20000mAh
兼容性
所有智能手机
边充边放
否
保护电器
是
14
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输入
DC5V2AMAX
输出
DC5V0.1A﹣2.5A
尺寸
156*82*22mm
转换率
0.60
产品名称
索杨SY10﹣200
重量
约430g
A．充电宝充电时将电能转化为内能
B．该充电宝最多能储存的能量为3.6×105J
C．该充电宝电量从零到完全充满所用时间约为2h
D．用该充满电的充电宝给剩余电量为零、容量为3000mAh 的手机充电，理论上能充满3 次
【解答】解：A．充电宝充电时是将电能转化为化学能，而不是将电能转化为内能，故A 错误；
B．根据电流的定义式，电池容量为：q＝It＝20000mA•h＝20000×10﹣3×3600C＝72000C
电动势为5V，最多能储存的能量为：E＝qU＝72000×5J＝3.6×105J
故B 正确；
C．用最大电流2A 充电，充满所需时间为：t = q
I = 72000
2
s=36000 s=10h
故C 错误；
D．转化率为0.6，给容量为3000mA•h 的手机充电次数为：n= 20000mA ⋅h×0.6
3000mA ⋅h
= 4 次
故D 错误。
故选：B。
[题型专练14].
（2023•浙江模拟）小明准备参加玩具赛车比赛，他正准备挑选一只能
量转换效率较高的电动机。设电动机两端电压不变，他先用手捏住电动机的转轴，使其不转动，
闭合开关后读出电流表的读数2A；然后放手，当电动机正常转动时，又读出电流表的读数为
0.4A，则该玩具电动机正常转动时将电能转化为机械能的效率为（ ）
A．20%
B．60%
C．80%
D．96%
【解答】解：设电压为U，电动机内阻为r，由欧姆定律可知，I 1= U
r =2 A
当电动机正常转动，电动机正常转动时将电能转化为机械能的效率η= U I 2- I 2
2r
U I 2
×100%
联立两式解得η＝80%，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
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题型五 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 端的变化→固定支路→.
(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．
[题型专练15].
（2023 秋•广州期中）一种能自动测定油箱内油面高度的装置如图所示，
装置中金属杠杆的一端接浮球，另一端触点P 接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成。当
汽车加油时油箱内油面上升，下列分析正确的有（ ）
A．触点P 向上滑动
B．滑动变阻器R 接入电路阻值变大
C．R′两端电压增大
D．电路中的电流变小
【解答】解：当汽车加油时油箱内油面上升时，通过浮球和杠杆使触点P 向下滑动，滑动变阻
器连入的电阻变小，整个电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流变大，
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R′是定值电阻，则R′两端电压增大，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
[题型专练16].
（2023 秋•西城区校级期中）在如图所示的电路中，电源的电动势为
E，内阻为r。闭合开关S，电灯L 正常发光。两块电表均为理想电表。在滑片P 向右移动的过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数变小
B．电源的总功率变大
C．灯泡L 的亮度变大
D．电压表的示数变大
【解答】解：A、在滑片P 向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻
减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流I 增大，则电流表的示数变大，故A 错误；
B、电源的总功率P＝EI，电路的总电流I 增大，则电源的总功率变大，故B 正确；
C、路端电压U＝E﹣Ir，I 增大，则U 减小，灯泡L 的两端电压减小，其亮度变暗，故C 错误；
D、灯泡L 两端的电压减小，流过灯泡L 的电流IL减小，而流过电阻R1的电流I1＝I﹣IL，I 增大，
IL减小，则I1增大，电阻R1两端的电压U1增大。电压表的示数UV＝U﹣U1，U 减小，U1增大，
则电压表示数变小，故D 错误。
故选：B。
[题型专练17].
（2023 秋•香坊区校级期中）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、
U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列判断正确
的是（ ）
A．|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU2|＜|ΔU3|
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B．| U 1
I |不变，| ΔU 1
ΔI |变小
C．| U 2
I |变大，| ΔU 2
ΔI |不变
D．| U 3
I |变大，| ΔU 3
ΔI |变大
【解答】解：B.由欧姆定律有| U 1
I |=| ΔU 1
ΔI |= R1
比值为定值，故B 错误；
C.R2的滑动触头P 向下滑动，则R2接入电路的电阻增大，又| U 2
I |= R2
故比值增大，又| ΔU 2
ΔI |=| ΔI ( R1+r )
ΔI
|= R1+r
比值不变，故C 正确；
D.因为R2的滑动触头P 向下滑动，则R2接入电路的电阻增大，R1不变，由| U 3
I |= R1+ R2
知比值增大，又| ΔU 3
ΔI |=r
电源的内阻不变，故D 错误；
A.由以上判断可知| ΔU 1
ΔI |= R1＜| ΔU 2
ΔI |= R1+r
所以|ΔU1|＜|ΔU2|
又| ΔU 2
ΔI |= R1+r ＞| ΔU 3
ΔI |=r
所以|ΔU2|＞|ΔU3|
故A 错误。
故选：C。
[题型专练18].
（2023 秋•庐阳区校级月考）恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流
能始终保持不变；恒压源也是一种特殊的电源，其输出的电压能始终保持不变。如图所示，电
路中电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时。电压表示数的变化
量大小为|ΔU|，电流表示数的变化量大小为|ΔI|，下列说法正确的是（ ）
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A．当电源为恒流源时，电压表示数U 变小
B．当电源为恒压源时，电流表示数I 变大
C．当电源为恒流源时，| ΔU
ΔI |不变
D．当电源为恒压源时，电源的输出功率增大
【解答】解：AC．当电源为恒流源时，通过R2的干路电流I 总始终不变，当滑动触头向上滑动
时，R0增大，总电阻也增大，由欧姆定律：U＝I 总R 总，可知电压表示数U 变大；
由欧姆定律：U﹣I 总R2＝（I 总﹣I）R1
整理得：U＝I 总（R1+R2）﹣IR1
所以| ΔU
ΔI |= R1
当滑动触头向上滑动时，R1不变，即| ΔU
ΔI |不变。故A 错误，C 正确；
BD．电压表示数U 不变，当滑动触头向上滑动时，总电阻增大，由欧姆定律：U＝I 总R 总
可知干路电流I 总减小，根据功率表达式：P＝UI 总，可得电源的输出功率减小；
又因为R0增大，并联电路两端电压增大，故流过R1的电流增大，而干路电流I 总减小，所以流
过另一支路的电流减小，电流表示数减小，故BD 错误。
故选：C。
题型六 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．
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[题型专练19].
（2023 秋•南岸区校级期中）如图，电源电动势为E，内阻恒为r，R 是
定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C 是平行板电容器，电路中的电表均为
理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在C 内。在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2
和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用ΔI、ΔU1、ΔU2、和ΔU3表
示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该
电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）
A．电源的输出功率一定变大
B．U 3
I
增大、ΔU 3
ΔI
和ΔU 2
ΔI
不变
C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率变小
【解答】解：A．由电源输出功率随外电阻的变化规律可知，当内阻等于外电路电阻，即R+RT
＝r 时，电源输出功率最大；因三个电阻的大小关系不明确，因此电源的输出功率不一定变大，
故A 错误；
B．由图可知，电压表V3测的是路端电压，电压表V2测的是热敏电阻RT的电压，电压表V1测
的是定值电阻R 的电压，根据欧姆定律可得：R= ΔU 1
ΔI
由闭合电路欧姆定律可知：
U2＝E﹣I（R+r）
则有：
R+r= ΔU 2
ΔI
同理可得：
U3＝E﹣Ir
故有：r= ΔU 3
ΔI
在温度降低的过程中，热敏电阻RT的阻值增大，可知U 3
I 增大、ΔU 3
ΔI 和ΔU 2
ΔI 不变，故B 正确；
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C．带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热
敏电阻RT阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R 的电流变小，所以
分的电压也就变小，而路端电压增大，故V2读数增大，平行板间的电场强度也增大，则导向上
的电场力大于向下的重力，致带电液滴向上加速运动，故C 错误；
D．根据效率的计算公式有：η= UI
EI ×100%=
R外
R外+r ×100%
热敏电阻RT的阻值增大，则外电阻增大，根据上面的公式可得：电源效率增加，故D 错误；
故选：B。
[题型专练20].
（2023 秋•五华区校级期中）如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，
电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置。闭合开关K1和K2，电路达到稳定时，
一带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，能使油滴向上运动的是（
）
A．增大R1
B．减小R2
C．断开开关K1
D．断开开关K2
【解答】解：开始时油滴静止，则重力与电场力相互平衡，电场力向上；
A、增大R1的阻值，则路端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，故电场力增大，
油滴将向上运动，故A 正确；
B、R2与电容器串联，视为导线，故对电容器的电压没有影响，油滴不动，故B 错误；
C、断开开关K1，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动，故C 错误；
D、断开开关K2，电容器两端的电压不变，故油滴不动，故D 错误。
故选：A。
[题型专练21].
（2023 秋•碑林区校级期中）热膨胀材料在生产生活中有着广泛的应用，
有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学用平行板电容器设计制作了单电容
热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上
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下移动，平行板电容器的电容C=
εS
4 πkd ，S 是电容器极板的正对面积，d 是极板间的距离，其
余均为常量。闭合开关S，若材料热胀冷缩，下列说法中正确的是（ ）
A．材料温度升高，极板所带电荷量增大
B．滑动变阻器滑片向下滑动少许可以提高检测仪的工作电压
C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a 到b，说明材料温度降低
D．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a 到b 的短暂电流
【解答】解：A．材料温度升高，材料膨胀，电容器下极板上移，电容器两极板间距d 减小，根
据：C = εr S
4 πkd ，
可知电容增大。由于电容器两板间的电压不变，根据：C = Q
U ，可知极板所带电荷量增大，故A
正确；
B．滑动变阻器滑片向下滑动，其连入电路的阻值减小，闭合回路的电流增大，电源内电压增大，
电源的路端电压减小，电容器两板间的电压等于电源的路端电压，故检测仪的工作电压降低，
故B 错误；
C．材料温度降低时，与A 选项的分析同理，可知极板所带电荷量减小，电容器放电，且上极板
带正电，则灵敏电流计的电流方向为从b 到a，故C 错误；
D．断开开关后电容器放电，则灵敏电流计上有从b 到a 的短暂电流，故D 错误。
故选：A。
[题型专练22].
（2023 秋•海淀区校级期中）电容器在生产生活中有广泛的应用。用如
图甲所示的电路给电容器充电，其中C 表示电容器的电容，R 表示电阻的阻值，E 表示电源的
电动势（电源内阻可忽略）。改变电路中元件的参数对同一电容器进行三次充电，三次充电对
应的电容器电荷量q 随时间t 变化的图像分别如图乙中①②③所示。第一次充电时电容器两
端的电压u 随电荷量q 变化的图像如图丙所示。下列说法中正确的是（ ）
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A．第一次充电时所用电阻阻值大于第二次充电时所用电阻阻值
B．第二次充电时所用电源电动势小于第三次充电时所用电源电动势
C．第二次充电时电容器两端的电压u 随电荷量q 变化的图线斜率比丙图中图线斜率大
D．第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流
【解答】解：A、第一次充电速度比第二次快，所以第一次充电时所用电阻阻值小于第二次充电
时所用电阻阻值，故A 错误；
B、由电容器充满电后其电压等于电源电动势可知，对同一电容C= Q
U ，C 不变，q 越大则U 越
大，所以第二次充电时所用电源电动势大于第三次充电时所用电源电动势，故B 错误；
C、由于两次电容器的电容不变，则有U= 1
C ⋅q，故三次充电时电容器两端的电压u 随电荷量q
变化的图线斜率与丙图中图线斜率相同，故C 错误；
D、根据I= Δq
Δt 可知，电流等于q﹣t 图象的斜率，所以第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的
电流，故D 正确。
故选：D。
[题型专练23].
（2023 秋•荔湾区校级期中）如图所示的电路，单刀双掷开关S 原来与
2 连接，从t＝0 开始改接1，一段时间后，将开关S 改接2。则流经电路中P 点的电流i 随时间
t 变化的图像（取图中向右的电流方向为正方向）、电容器两极板间电势差UAB 随时间t 变化
的图像、电容器带电量q 随时间t 变化的图像、电容器的电容C 随时间t 变化的图像正确的是
（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：A．t＝0 时，开关接1 号接线柱，给电容器充电，该过程电流方向向右，为正值，
并逐渐减小；一段时间后，开关接2 号接线柱，电容器对电阻放电，电流方向向左，为负值，并
逐渐减小，故A 错误；
B．t＝0 时，开关接1 号接线柱，给电容器充电，该过程电压逐渐增大，直至等于电源两端电压；
一段时间后，开关接2 号接线柱，电容器对电阻放电，电压逐渐减小，但方向未变，故B 错误；
C．t＝0 时，开关接1 号接线柱，给电容器充电，该过程电荷量逐渐增加，且刚开始电荷量增加
迅速，直至满足C = Q
U ；一段时间后，开关接2 号接线柱，电容器对电阻放电，电荷量逐渐减少，
故C 正确；
D．电容器的电容与充电和放电无关，电容器的电容保持不变，故D 错误。
故选：C。
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