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易错点09 对动态电路的分析与电功率计算存在误区
目 录
01 易错陷阱
易错点一：对电阻大小的影响因素缺乏清晰认知
易错点二：混淆纯电阻电路和非纯电阻电路
易错点三：不会分析恒定电流的动态问题
易错点四：对恒定的两种图像的图线的斜率、截距、面积等理解不准确
02 易错知识点
知识点一、电路动态分析模型
知识点二、含容电路
知识点三、关于U
I ，ΔU
ΔI 的物理意义
知识点四、电源的输出功率随外电阻变化情况
知识点五、电路故障的分析
03 举一反三——易错题型
题型一：电阻及电源UI 图像的分析与计算
题型二：电路的动态分析
题型三：含电容器电路的动态分析
题型四：纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热
04 易错题通关
易错点一：对电阻大小的影响因素缺乏清晰认知
(1)将同一导体不同截面接入电路时，导体的电阻大小是不同的，不要认为同一导体的电阻是一
个定值，在表达式R＝ρ 中，l 是沿电流方向导体的长度，S 是垂直电流方向的横截面积，ρ 是材料
的电阻率。
(2)对线性元件：R＝＝；对非线性元件R＝≠，即非线性元件的电阻不等于UI 图像某点切线的
斜率。
(3)某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
①导体的电阻率不变，因其由导体材料本身决定。
②导体的体积不变，由V＝lS 可知l 与S 成反比。
③在ρ、l、S 都确定之后，应用电阻定律R＝ρ 求解。
易错点二：混淆纯电阻电路和非纯电阻电路
1
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1、纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
（1）纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
实例
白炽灯、电炉、电饭锅、电热
毯、电熨斗等
工作中的电动机、电解槽、日光灯等
能量转化
电路中消耗的电能全部转化为
内能W＝Q
电路中消耗的电能除转化为内能外，还转
化为其他形式的能W>Q
电功的计算
W＝UIt＝I2Rt＝t
W＝UIt
电热的计算
Q＝UIt＝I2Rt＝t
Q＝I2Rt
电功率的计算
P＝UI＝I2R＝
P＝UI
电热功率的计算
P 热＝UI＝I2R＝
P 热＝I2R
注意：在非纯电阻电路中，t 既不能表示电功，也不能表示电热；既不能表示电功率，也不能表示
电热功率。(因为欧姆定律不成立)
（2）电动机(或电解槽)的功率关系
P 入＝P 出＋P 热或IU＝P 出＋I2r。[r 为电动机线圈(或电解液)的电阻]
注意：电动机在通电但是卡住不转动时相当于纯电阻电路。
易错点三：不会分析恒定电流的动态问题
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；对它们的分析要熟练掌握闭合电路欧姆定律，部
分电路欧姆定律，串、并联电路中电压和电流的关系．
易错点四：对恒定的两种图像的图线的斜率、截距、面积等理解不准确
1、两类U-I 图像的比较
电源的U - I 图像
电阻的U - I 图像
图像
物理意义
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.
截距
纵轴截距：表示电路 断路 时的路端电压过坐标原点，表示没有电压时电流为零.
2
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U = E .
横轴截距：表示电路短路 时的电流I = I 0
.
坐标U 、I 的
乘积
表示电源的输出功率.
表示电阻消耗的功率.
坐标U 、I 的
比值
表示外电阻（或等效电阻）的大小，不同
点对应的外电阻（或等效电阻）大小不同.
每一点对应的比值均相等，表示此电阻的
大小.
斜率（绝对
值）
电源内阻r = E
I 0
.
电阻大小.
知识点一、电路动态分析模型
1.电路动态分析的三种常用方法
（1）程序法
2、需要记住的几个结论
①当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，整个电路的总电阻一定增大（或减小）。
②若电键的通断使串联的用电器增多时，总电阻增大；若电键的通断使并联的用电器增多时，总电
阻减小
③用电器断路相当于该处电阻增大至无穷大，用电器短路相当于该处电阻减小至零。
（2）“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、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、电功率都
将增大，反之则减小。
3
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即：←R↑→
（3）极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或为零
再讨论。
3、电路动态变化的常见类型：
①滑动变阻器滑片移动引起的动态变化：限流接法时注意哪部分是有效电阻，分压接法两部分电阻
一增一减，双臂环路接法有最值；
②半导体传感器引起的动态变化：热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻等随温度、光强、压力的增大阻
值减小；
③开关的通断引起的动态变化：开关视为电阻，接通时其阻值为零，断开时其阻值为无穷大，所以
由通而断阻值变大，由断而通阻值变小。
4.滑动变阻器的几种接法
限流接法
分压接法
双臂环路接法
左部分为有效电阻，向←滑
动，AB 间总阻值减小。
向←滑动，R 并增大，R 串减
小，AB 间总电阻减小。
两部分电阻并联，RAB先增大后
减小，当并联的两部分阻值相等
时RAB最大。
知识点二、含容电路
(1)电路简化
电路稳定后，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电压
电路稳定时，电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻相当于导线，其两端无电压。电容器
两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。
(3)电容器的带电荷量及变化
电容器两端电压的变化引起电容器充、放电。
①利用Q＝UC 计算电容器初、末状态所带的电荷量Q1和Q2。
②如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q1－Q2|。
③如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q1＋Q2。
4
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知识点三、关于U
I ，ΔU
ΔI 的物理意义
对任何导体均有：导体的伏安特性曲线上任意一点的坐标比值为电阻的阻值，即R = U
I
对定值电阻有：导体的伏安特性曲线的斜率同样表示导体的电阻R = ΔU
ΔI
对阻值变化的电阻有：导体的伏安特性曲线的斜率表示将阻值变化的电阻做为唯一的外电路时的等
效电源的内阻，即r
' = ΔU
ΔI
知识点四、电源的输出功率随外电阻变化的情况
当外电阻为纯电阻电路时
1．电源的输出功率
P 出＝I2R＝·R＝(输出功率随外电阻变化的图线如图所示)．
(1)当R＝r 时，P 出最大＝＝.
(2)当P 出<P 出最大时，每个输出功率值对应两个可能的外电阻R1 和R2，且r
＝.
(3)R<r 时，P 出随R 的增大而增大；R>r 时，P 出随R 的增大而减小．
2．电源的效率
η＝＝＝，η 随着R 的增大而增大，当R＝r 时，电源有最大输出功率时，效率仅50%
知识点五、电路故障的分析
电路故障一般是短路或断路，常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯座短路、电阻器内部断路、
接触不良等，检查故障的基本方法有两种。
(1)电压表检测
若电压表示数等于电源电压，说明电路中有电流通过电压表，电路为通路(电压表作为一个大电阻
把开关和电源接通了)，则开关S 和导线不断路，灯L 断路即故障所在。
(2)假设法
已知电路发生某种故障，寻找故障发生位置时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部
分电路发生故障，运用欧姆定律进行正向推理。推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发
生在这部分电路，若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路。直到找出发生
s
图1R
E
5
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故障的全部可能为止，亦称排除法。
题型一：电阻及电源UI 图像的分析与计算
【例1】（2024•如皋市模拟）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线
a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图像（电池内阻不是常数），图线b 是某
电阻R 的U−I 图像。当它们组成闭合回路时，硅光电池的效率为（ ）
A．U 1
U 3
B．U 1
U 2
C．U 3-U 1
U 3
D．U 2-U 1
U 2
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律：U＝E﹣Ir，由图像a 可得当I＝0 时，E＝U2，即电源电动
势为U2，
根据两图线交点，即为该电阻连入时的电路参数，可知该电阻连入时，电阻的两端电压为U1，
也就是路端电压为U1，
硅光电池的效率为：η= U 1 I 1
U 2 I 1
×100 % = U 1
U 2
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【变式1-1】（2024•河北模拟）某一规格小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现将它直接接在电源电
动势E＝3V，内阻r＝6Ω 的电源上，小灯泡的实际功率约为（ ）
6
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A．0.17W
B．0.35W
C．0.71W
D．1.41W
【解答】解：已知电源电动势E＝3V，内阻r＝6Ω，则电源的短路电流为
Im= E
r = 3
6 A＝0.5A＝500mA
在小灯泡的伏安特性曲线图像中作出电源的伏安特性曲线，如图所示。
小灯泡的伏安特性曲线与电源伏安特性曲线的交点表示将小灯泡接入该电源时小灯泡两端的电
压和流过小灯泡的电流，根据图像可读出小灯泡的电压与电流分别为
U＝1.1V，I＝320mA＝0.32A
故小灯泡的实际功率为
P＝UI＝1.1×0.32W＝0.352W≈0.35W，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【变式1-2】（2023•镇江三模）如图所示，直线A、B 分别为电源a、b 的路端电压与电源电流的关
系图像，将一定值电阻R0分别接到a、b 两电源上，R0功率相等。则（ ）
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A．电源a、b 效率相同
B．电源a 的内阻更大
C．若将定值电阻换为大于R0的电阻，电源b 的输出功率大于电源a 的输出功率
D．若将定值电阻换为小于R0的电阻，电源b 的功率大于电源a 的功率
【解答】解：B、由闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir 可知，电源的U﹣I 图像与U 轴的交点表示电源
的电动势，可知电源a 的电动势较小。图像的斜率的绝对值表示电源内阻，r =| ΔU
ΔI |，可知电
源a 的内阻r 较小，故B 错误；
A、由于定值电阻R0分别接到a、b 两电源上，R0功率相等，则定值电阻两端的电压相等，即交
点的纵坐标表示路端电压，由电源的效率η= UI
EI ×100%= U
E ×100%，可知电源a 的效率高，故
A 错误；
C、电源的输出功率即定值电阻的功率，若将定值电阻换为大于R0的电阻，如图所示。
图中的n 图线与A、B 图线的交点的乘积为电源的输出功率，因为图线n 与图线B 交点的电压值
与电流值均大于图线n 与图线A 交点的电压值与电流值，由P＝UI 知电源b 的输出功率大于电
源a 的输出功率，故C 正确；
D、电源的功率为P＝EI，若将定值电阻换为小于R0的电阻，如图所示。
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图线l 与图线A、B 交点的电流值表示电路中的电流，可知定值电阻与电源a 组成的闭合电路中
的电流大，又电源a 的电动势较小，由P＝EI，可知电源a、b 的功率大小无法比较，故D 错误。
故选：C。
【变式1-3】（2023•宝山区二模）如图所示，直线A、B 分别为电源a、b 的路端电压与流过电源电
流的关系图像。若将一定值电阻R0分别接到a、b 两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则（
）
A．Ia＞Ib
B．Ia＜Ib
C．Ia＝Ib
D．以上情况都有可能
【解答】解：在U﹣I 图像上作出定值电阻R0的U﹣I 图线，若R0的阻值较大，R0的图线如图1
所示，由R0的图线与电源的图线交点可知Ia＜Ib。
若R0的图线如图2 所示，则Ia＝Ib。
若R0的阻值较小，R0的图线如图3 所示，则Ia＞Ib，所以这三种情况都有可能，故ABC 错误，
D 正确。
故选：D。
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题型二：电路的动态分析
【例2】（2024•镜湖区校级二模）在如图所示的电路中，灯泡A 和R1 的阻值均为2Ω，灯泡B 和
R2的阻值均为4Ω，电源电动势E＝15V，内阻r＝5Ω，灯泡A 和B 的额定电压均为2.4V，R3为
定值电阻，闭合开关S，灯泡A 和B 恰好正常发光。若某时刻R2突然发生断路，设A、B 均不
会被烧坏。则（ ）
A．A、B 灯泡均变亮
B．灯泡A 和灯泡B 的功率之和变大
C．灯泡A 两端电压变化比灯泡B 两端电压变化大
D．R3消耗的电功率变小
【解答】解：A、若电阻R2断路，外电路电阻增大，干路电流减小，内电压减小，则外电路分
得的电压增大，R3所在电路电流增大，R1所在电路电流减小，所以灯泡A 变暗。灯泡A 和R1的
电压均减小，而路端电压增大，则灯泡A、R1和灯泡B 的电压之和增大，则灯泡B 的电压增大，
B 灯泡变亮，故A 错误；
B、R2断开前，灯泡A 的功率为
P A = U A
2
R A
= 2.4
2
2
W＝2.88W
灯泡B 的功率为
PB= U B
2
RB
= 2.4
2
4
W＝1.44W
灯泡A 电流为
I A = U A
R A
= 2.4
2
A＝1.2A
因灯泡A 和R1的阻值均为2Ω，灯泡A 和B 的电压均为2.4V，则路端电压为
U＝3UA＝3×2.4V＝7.2V
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干路电流为
I = E -U
r
= 15-7.2
5
A＝1.56A
R3的阻值为
R3=
U
I - I A
=
7.2
1.56-1.2Ω＝20Ω
R2断开后，外电路电阻为
R外= R3( R A+ R1+ RB)
R3+ R A+ R1+ RB
此时的路端电压为
U ' =
R外
R外+r E
通过两灯泡的电流为
I ' =
U '
R A+ R1+ RB
灯泡A 和灯泡B 的功率分别为
P A = I '
2 R A，PB= I '
2 RB
联立解得：PA＝2W，PB＝4W，可见灯泡A 和灯泡B 的功率之和变大，故B 正确；
C、因为灯泡A 和B 电压之和增大，而灯泡A 两端电压减小，则灯泡B 两端电压增大，并且灯
泡B 两端电压变化的值大于灯泡A 两端电压变化的值，故C 错误；
D、由于R3两端电压变大，所以R3消耗功率变大，故D 错误。
故选：B。
【变式2-1】（2024•成都模拟）图示为一种自动测定油箱内油面高度的装置，装置中金属杠杆的一
端接浮标（浮标与杠杆绝缘），另一端的触点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，油箱内油面上升过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．电路中电流减小
B．R1两端电压减小
C．整个电路消耗的功率增大
D．电源输出功率一定增大
【解答】解：A．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R 接入电路的电阻变小，整个电路的总电阻变小，电路中的电流变大，故A 错误；
B．根据欧姆定律，R1两端电压满足
U1＝IR1
由于电路中的电流变大，所以R1两端电压升高，故B 错误；
C．根据功率表达式，整个电路消耗的功率
P＝EI
由于电路中的电流变大，所以整个电路消耗的功率增大，故C 正确；
D．根据电源输出功率表达式
P出= I
2 R外=
E
2
R外+ r
2
R外
+2r
当R 外＝r 时，电源输出功率最大，因不知道电路中各个电阻的大小关系，所以无法判断电源输
出功率的变化，故D 错误。
故选：C。
【变式2-2】（2023•湖南模拟）如图所示电路中，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝
9Ω，R2＝10Ω，R3＝5Ω；滑动变阻器R4的取值范围为0～15Ω。闭合开关S，调节滑动变阻器的
滑片，使R4取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是（ ）
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A．R4＝0 时，定值电阻R1消耗的功率最大，为2W
B．R4＝5Ω 时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W
C．R4＝10Ω 时，R4消耗的功率最大，为0.4W
D．R4＝15Ω 时，电源的效率最高，为90%
【解答】解：A、R4＝0 时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻R1消耗的功率最大，此时并
联部分的总阻值为R 并= R2 R3
R2+ R3
= 10×5
10+5 Ω= 10
3 Ω
由闭合电路欧姆定律得干路电流为I=
E
R并+ R1+r =
8
10
3 +9+1A＝0.6A
则定值电阻R1消耗的功率为P1＝I2R1＝0.62×9W＝3.24W，故A 错误；
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R4＝15Ω
时，电源内阻消耗的功率最小，故B 错误；
C、为求滑动变阻器R4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'＝10Ω，故当R4＝r'＝10Ω 时，R4消耗的功率
最大，且为Pmax = E'
2
4 r ' =
4
2
4×10 W =0.4W ，故C 正确；
D
、
当
R4
＝
15Ω
时
，
总
的
外
电
阻
最
大
。
由
于
电
源
效
率
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η= U
E ×100 % =
R
R+r ×100 % =
1
1+ r
R
×100 %
显然，当总的外电阻R 最大时，η 取最大值，当R4 ＝15Ω 时，总的外电阻为
R' = R2⋅( R3+ R4)
R2+( R3+ R4) + R1= 10×(5+15)
10+5+15 Ω+9Ω= 47
3 Ω
此时η 最大，且为η=
R'
R' +r ×100 % =
47
3
47
3 +1
×100 % =94 %，故D 错误。
故选：C。
【变式2-3】（2023•鞍山三模）在如图所示的电路中，电压表和电流表均视为理想电表，闭合电键
S，将滑动变阻器滑片P 缓慢向左移动过程中，灯泡的电阻恒定不变，电压表示数变化量的绝对
值为ΔU，电流表示数变化量的绝对值为ΔI，则下列判断正确的是（ ）
A．灯泡变亮
B．电容器的带电量变大
C．电源的效率减小
D．ΔU
ΔI 变大
【解答】解：A、滑动变阻器滑片P 缓慢向左移动过程中，其接入电路的阻值变大，回路总电阻
变大，干路电流变小，灯泡变暗，故A 错误；
B、由闭合电路欧姆定律可得U 端＝E﹣Ir，I 变小，可知路端电压变大，电容器的两极板间电压
变大，由Q＝CU 知电容器所带电量变大，故B 正确；
C、电源的效率可表示为η= P出
P总
×100 % =
R外
R外+r ×100 % =
1
1+ r
R外
×100 %，R 外变大，可知电
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源的效率增大，故C 错误；
D、由闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣I（RL+r），可得ΔU
ΔI = RL+r，故ΔU
ΔI 保持不变，故D 错误。
故选：B。
题型三：含电容器电路的动态分析
【例3】（2024•丹阳市校级一模）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 闭合时，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．若断开开关S，带电微粒向上运动
B．只逐渐减小对R1的光照强度时，电压表示数变大，电阻R0消耗电功率变大
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数不变，带电微粒向上运动
D．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
【解答】解：A、带电微粒恰好处于静止状态，则带电微粒受到向下的重力和向上的电场力平衡。
当断开开关S，电容器通过所处的回路放电，板间电场减小，带电微粒所受电场力减小，所以带
电微粒将向下运动，故A 错误；
B、只减小对R1的光照强度时，R1的阻值增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，则电源的
内压减小，路端电压增大，所以电压表示数增大。根据热功率的公式P0= I 总
2 R0可知，电阻R0
消耗的电功率减小，故B 错误；
C、分析电路可知，电容器的电压与R2上半部分电阻的电压相等，只调节电阻R2的滑动端P1向
下端移动时，电路中的总电流不变，但是R2上端电阻增大，电压增大，即电容器两端电压增大，
根据公式E = U
d 可知，板间场强增大，带电微粒所受电场力增大，则带电微粒将向上运动，故C
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正确；
D、由电路结构可知，电路稳定时，R3没有电流通过，所以当只调节电阻R3的滑动端P2向上端
移动时，不会影响电路中的电流，即电路中的电流不变，电源消耗的电功率不变，电容器带电
量不变，电阻R3中也没有电流通过，故D 错误。
故选：C。
【变式3-1】（2024•镇海区校级模拟）如图所示，C 为平行板电容器，D 为理想二极管。当滑动变
阻器R2的滑片在中点时，闭合开关K，带电小球恰能在两平行板间静止，下列说法正确的是（
）
A．若将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电容器带电量不变
B．若将滑动变阻器R2的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动
C．若电容器的上金属板向下平移一小段距离，则带电小球向下加速运动
D．若电容器的上金属板向上平移一小段距离，则带电小球仍保持静止
【解答】解：由图可知，电阻R1和R2串联分压，电容器与R1并联，则电路稳定时，电容器两
端的电压与R1两端的电压相等。
A、滑动变阻器R2的滑片向右移动时，R2接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，
电路中电流增大，R1两端的电压增加，则电容器的电压增加。由公式C = Q
U 可知，电容C 不变，
U 增加时，Q 增加，二极管处于导通状态，电容器充电，电容器带电量增加，故A 错误；
B、闭合开关K 时，带电小球恰能在两平行板间静止，由平衡条件可知，小球受到的竖直向下的
重力mg 和竖直向上的电场力Eq 大小相等。由A 分析可知，滑动变阻器R2的滑片向右移动，电
容器的电压增加，由公式E = U
d 可知，U 增加，板间距离d 不变时，则板间场强E 增加，则小球
受到的电场力增加，带电小球将向上加速运动，故B 错误；
C、电容器的上金属板向下平移一小段距离时，板间距离d 减小，由公式C = εr⋅s
4 πkd
可知，电容
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器的电容C 增大，由公式C = Q
U 可知，电容C 增大，若U 不变时，Q 增加，二极管处于导通状
态，电容器充电。由公式E = U
d 可知，U 不变，d 减小时，场强E 增加，则小球受到的电场力增
加，带电小球将向上加速运动，故C 错误；
D、电容器的上金属板向上平移一小段距离，板间距d 增大，由公式C = εr⋅s
4 πkd
可知，d 增大时，
电容C 减小，由公式C = Q
U 可知，电容C 减小，若U 不变时，Q 减小，流经二极管的电流为负
向电流，电容器不能放电，即Q 不变，则U 增加。由公式E = U
d ，C = Q
U ，C = εr⋅s
4 πkd
联立得
E = 4 πkQ
εr⋅s 可知，板间场强E 不变，则小球受到的电场力不变，带电小球静止不动，故D 正确。
故选：D。
【变式3-2】（2024•香坊区校级四模）在如图所示的电路中，D 是一只理想二极管，平行板电容器
AB 内部有一带电小球Q 处于静止状态。闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P 滑动时，四个
理想电表的示数都发生变化。电流表A、电压表V1、电压表V2、电压表V3 的示数分别用I、
U1、U2和U3表示，它们的示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。闭合开关S，
下列说法正确的是（ ）
A．当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，I 变小、U2变大，U3变小、带电小球Q 向下运动
B．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，ΔU 1
ΔI
不变，ΔU 2
ΔI
减小
C．若滑动变阻器的滑动触头P 不动时，当两极板A 和B 稍错开一些（两极板仍平行），Q 仍静
止不动
D．若滑动变阻器的滑动触头P 不动时，当两极板A 和B 的间距稍增大一些（两极板仍平行），
Q 仍静止不动
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【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，其接入电路的电阻变大，外电路总电阻
变大，则I 变小，U1变小。
由闭合电路欧姆定律得
U2＝E﹣I（R1+r）
U3＝E﹣Ir
可知U2变大，U3变大。
U1变小，电容器板间电压减小，电容器要放电，但由于A 板带正电，B 板带负电，二极管具有
单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，板间场强不变，带电小球Q 受到
的电场力不变，则Q 仍静止不动，故A 错误；
B、当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，ΔU 1
ΔI =R1，不变
由闭合电路欧姆定律得
U2＝E﹣I（R1+r）
可得ΔU 2
ΔI =R1+r，不变，故B 错误；
C、若滑动变阻器的滑动触头P 不动时，当两极板A 和B 稍错开一些，两极板正对面积减小，电
容器的电容C 减小，而电容器的电压不变，由Q＝CU 知，电容器的带电量将要减小，但由于二
极管单向导电性，所以电容器不能放电，带电量Q 不变。根据C= Q
U 、C= ɛr S
4 πkd
、E= U
d 可得电
容器板间场强E= 4 πkQ
ɛr S ，可知，电容器板间场强增大，所以Q 受到的电场力增大，Q 将向上加
速运动，故C 错误；
D、若滑动变阻器的滑动触头P 不动时，当两极板A 和B 的间距稍增大一些，电容器的电容C
减小，而电容器的电压不变，由Q＝CU 知，电容器的带电量将要减小，但由于二极管单向导电
性，所以电容器不能放电，带电量Q 不变。根据E= 4 πkQ
ɛr S 可知，电容器板间场强不变，Q 所受
的电场力不变，仍静止不动，故D 正确。
故选：D。
【变式3-3】（2024•黄州区校级四模）如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点P，电容
器下极板接地，电源电动势和内阻分别为E 和r，电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电
流表示数为U 和I。当滑动变阻器R4的滑片向b 端移动时，下列说法正确的是（ ）
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A．电压表和电流表示数都变大
B．P 质点的电势能增加
C．R3消耗的电功率变大
D．电源的输出功率一定减小
【解答】解：A、当滑动变阻器R4的滑片向b 端移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电
阻减小，干路电流I 增大，R3两端电压为U3＝E﹣I（R1+r），可知U3减小，通过R3的电流I3减
小，电流表示数为IA＝I﹣I3，I 增大，I3减小，则IA增大，R2的电压U2增大，电压表示数为UV
＝U3﹣U2，U3减小，U2增大，则UV减小，故A 错误；
B、电容器与R3并联，两者电压相等，则知电容器板间电压减小，板间场强减小，质点P 所处
位置与下极板的电势差减小，故此位置的电势降低，因质点P 带负电，所以其电势能增加，故B
正确；
C、R3两端电压减小，则R3消耗的电功率变小，故C 错误；
D、由于不知道电源的内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故D 错误。
故选：B。
题型四：纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热
【例4】（2024•浙江二模）华为在2023 年10 月发布了一款据称可实现“一秒一公里”的全液冷超
级充电桩，其最大输出电流为600A，充电电压范围为200V 至1000V，并且该充电桩能根据很
多电动汽车车型的充电需求智能分配所需充电功率。某天，小振开着自己的某款电动汽车来这
种充电站体验，其车总质量为1.6t，所用电池组规格为“360V，150A•h”（内阻不能忽略），
车上显示屏显示此次充电电量由30%充到80%用时10 分钟，本次充电共消费60 元（充电桩计费
规则为每度电2 元）。经他几天实测，显示屏电量由80%下降到50%共行驶了120 公里，已知他
的车行驶时的阻力为车重的0.02 倍，则（ ）
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A．充电桩上标识的“600kW”表示给各车充电时的平均功率
B．小振本次充电的平均功率约为300kW
C．小振本次充电的充电效率约为90%
D．小振汽车电机将电能转化为机械能的效率约为40%
【解答】解：A．根据最大充电电流与最大充电电压可知最大功率Pmax＝UmaxImax＝1000×600W
＝600kW。600kW 指的是最大充电功率，由于“充电桩能根据很多电动汽车车型的充电需求智
能分配所需充电功率”，所以充电桩的平均充电功率必定小于最大功率，故A 错误；
B．由电池容量是“360V，150A•h”可知，将电量由30%充至80%时，电池所储存的电能：
W1＝360×150×3600×（80%﹣30%）J＝9.72×107J
充电的时间t＝10×60s＝600s
本次充电时的平均功率约为P= W
t = 9.72×10
7
600
W＝162kW，故B 错误；
C．本次充电共消费60 元，则充电效率约为η1= W
W 总
×100%=
9.72×10
7
60
2 ×1000×3600
×100%＝
90%，故C 正确；
D．电动车的牵引力F＝f＝kmg＝0.02×1.6×103×10N＝320N
机械效率约为η2= Fx
ΔE =
320×120×10
3
360×150×3600×(80 % -50 %) ×100 % =66%，故D 错误。
故选：C。
【变式4-1】（2024•浙江二模）如图为某国产新能源汽车铭牌，该车驱动电机的额定功率为80kW
（输出功率），充电器的充电效率为90%，从零电量充到额定容量的80%，正常充电需要8h，
超快充状态下仅需0.4h。下列说法正确的是（ ）
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A．驱动电机正常工作时的电流约为231A
B．超快充时的电功率为正常充电时电功率的18 倍
C．从零电量充80%的电需要消耗约72kW•h 的电能
D．汽车在水平面加速过程中，若实际功率保持不变，则加速度增大
【解答】解：A．驱动电机正常工作时线圈内阻会产生热量，驱动电机正常工作时的总功率不清
楚，故无法计算驱动电机正常工作时的电流，故A 错误；
B．从零电量充到额定容量的80%，正常充电需要8h，超快充状态下仅需0.4h，根据平均功率公
式
P = W
t
可知超快充时的电功率为正常充电时电功率的20 倍，故B 错误；
C．从零电量充80%的电需要消耗约的电能为
E电= 80 % qU
90 %
= 8
9 ×346×234×10
-3kW ⋅h≈72kW ⋅h
故C 正确；
D．根据瞬时功率公式可得汽车牵引力为
F = P
v
可知汽车在水平面加速过程中，若实际功率保持不变，汽车牵引力减小，根据牛顿第二定律
F﹣f＝ma
可知加速度减小，故D 错误。
故选：C。
【变式4-2】（2024•嘉兴模拟）如图所示是折叠电动自行车，该车使用说明书上部分参数如下表所
示。根据表中数据，该电动自行车（ ）
最高时速：约25km/h
充电时间：约4h
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车轮尺寸：14 寸（直径：35.56cm）充电器输入电压：AC220V50～60Hz
整车质量：24kg
电力续航里程：70km
整车载重：150kg
电池容量：14Ah
电机功率：300W
工作电压：48V
A．以最高时速行驶时车轮转速约为39r/s
B．电池充满电后所存储电能约为2.4×106J
C．纯电力行驶时所受地面和空气的平均阻力约为34N
D．充电器输入电流约为0.76A
【解答】解：A.设最高时速行驶时车轮的转速为n，根据题意有
vm= d
2 •2πn
代入vm＝25km/h＝6.94m/s，d＝35.56cm＝0.3556m，得n＝6.22r/s，故A 错误；
B.电池充满电后存储的能量为E＝qU＝14×3600×48J＝2419200J≈2.4×106J，故B 正确；
C.电车以最大速度行驶时所受地面平均阻力f= P
vm
= 300
6.94 N＝43.2N，故C 错误；
D.充电器的输入电流I= q
t = 14
4 A＝3.5A，故D 错误。
故选：B。
【变式4-3】（多选）（2024•青羊区校级模拟）直流电动机在生产生活中有着广泛的应用。同学们
为了研究直流电动机的机械效率（有用功率与总功率的百分比）问题，设计了如图甲所示的电
路，一内阻为r1＝1Ω 直流电动机M 和规格为“6V，6W”的指示电灯L 并联之后接在电动势为
E＝8V，内阻r2＝0.5Ω 的直流电源上。闭合开关S，电动机和指示灯均正常工作，在提升物体过
程中，如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
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A．流过电动机的电流为3A
B．该电源的效率为60%
C．电动机的输出功率为15W
D．用该电动机可将重为7.5N 的物体以0.6m/s 的速度匀速提升，则电动机工作的机械效率为
25%
【解答】解：A．根据题意，指示灯正常工作时，流过指示灯的电流为IL，由公式P＝UI 可得：
I L= PL
U L
其中UL＝6V，PL＝6W
代入数据得：IL＝1A
设干路电流为I，由闭合回路欧姆定律得：
UL＝E﹣Ir2
解得：I＝4A
则流过电动机的电流为：
IM＝I﹣IL
IM＝3A
故A 正确；
B.该电源的效率为：
η= EI - I
2r2
EI
×100%
代入数据得：η＝75%
故B 错误；
C．电动机的输出功率为：
P出=U M I M - I M
2 r1
其中UM＝6V
代入数据得：P 出＝9W
故C 错误；
D．用该电动机可将重为7.5N 的物体以0.6m/s 的速度匀速提升，绳子的拉力和物体的重力相等
根据能量转化和守恒定律得，电动机的有用功率为
P 有＝Gv
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其中G＝7.5N，v＝0.6m/s
代入数据得：P 有＝4.5W
则电动机工作的机械效率为：
η=
P有
U M I M
×100 %
代入数据得：η＝25%
故D 正确。
故选：AD。
1.
（2024•镇海区校级模拟）如图甲所示，杭州亚运村启用一款公共座椅，该座椅安装
了嵌入式无线充电器，其无线充电功能支持多种充电协议。充电器下方铭牌如图乙所示，下列
说法正确的是（ ）
A．该充电器以最大输出功率输出时，输出电压为21V
B．交流供电电路中电压偶有波动，该充电器允许输入电压的峰值为240V
C．某电池容量为5000mAh，使用5V﹣3A 协议充电，电池由完全耗尽到充满，大约需要1.7h
D．某电池容量为5000mAh，使用5V﹣3A 协议充电，电池由完全耗尽到充满，无线充电器输出
的电能为9000J
【解答】解：A、根据输出功率P＝UI 可知，充电器最大输出功率为65W，对应的是“20V﹣
3.25A”输出，即输出电压为20V，故A 错误；
B 、由图乙可知，充电器输入最大电压有效值为240V ，对应峰值为Um=√2U=√2×
240V≈339.4V，故B 错误；
24
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C、根据q＝It 可得电池由完全耗尽到充满，大约需要时间为t = q
I = 5000×10
-3
3
h≈1.7h，故C
正确；
D、电池的容量是5000mAh，即q＝5000×10﹣3×3600C＝1.8×104C
电池由完全耗尽到充满，无线充电器输出的电能为W＝qU＝1.8×104×5J＝9×104J，故D 错误。
故选：C。
2.
（2024•江苏一模）测量电阻的阻值时，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用
何种接法时，可采用试触的方法。如图所示，某同学测量未知电阻R 时，让电压表的一端接在
A 点，另一端先后接到B 点和C 点，他发现电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，
则下列说法中正确的是（ ）
A．应选择电流表内接电路，测量值等于真实值
B．应选择电流表内接电路，测量值大于真实值
C．应选择电流表外接电路，测量值大于真实值
D．应选择电流表外接电路，测量值小于真实值
【解答】解：根据题意可知接到B 点时，电压表分流较大，接到C 点时，电流表分压很小，故
待测电阻R 阻值较大，远大于电流表内阻，与电压表内阻接近，所以应选择电流表内接电路；
由于电流表的分压作用，使得电压表示数大于待测电阻R 的两端电压，根据欧姆定律
R = U
I
可知待测电阻的测量值大于真实值。
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3.
（2024•顺义区二模）某同学想通过测绘一只额定电压为2.5V 小灯泡的I﹣U 图像来
研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。实验电路如图甲所示，根据实验数据描绘的I﹣U 图像
如图乙所示。列说法正确的是（ ）
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A．小灯泡正常工作时的电阻约为5.8Ω
B．随着小灯泡两端电压的增大，小灯泡的电阻变小
C．该实验的系统误差主要是由电流表的分压引起的
D．图甲中开关S 闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于A 处
【解答】解：AB、根据I﹣U 图线上某点与坐标原点的连线的斜率的大小等于电阻的倒数大小可
知，小灯泡正常工作时的电阻r= 2.5
0.43Ω≈5.8Ω，随着小灯泡两端电压的增大，图线上各点的斜
率逐渐变小，即小灯泡的内阻逐渐增大，故A 正确，B 错误；
C、该实验的误差是由于电压表的分流引起的，不是由于电流表的分压引起的，故C 错误；
D、为保证实验器材的安全，图甲中开关S 闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于B 处，故D 错
误；
故选：A。
4.
（2024•沙坪坝区模拟）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下移动。闭合开关
S，若材料热胀冷缩，则（ ）
A．材料温度降低，极板间电场强度变大
B．滑动变阻器滑片向上滑动少许可以降低电容器的工作电压
C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a 到b，说明电容器在充电
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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．温度降低，材料收缩，电容器的下极板下移，电容器两板间距d 增大，由于电
容器的电压等于滑动变阻器R 两端的电压，所以电容器的电压U 不变，根据：E= U
d ，可知极板
间电场强度变小，故A 错误；
B．滑动变阻器滑片向上滑动，其接入电路的阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可知电路的电流
减小，电源的内电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，电容器的电压也随之增大，即增大
了电容器的工作电压，故B 错误；
C．电容器上极板带正电，检测到灵敏电流计的电流方向为从a 到b，说明正电荷由下极板向上
极板移动，则电容器在充电，故C 正确；
D．断开开关后电容器放电，因电容器上极板带正电，故灵敏电流计上有从b 到a 的短暂电流，
故D 错误。
故选：C。
5.
如图甲所示的电路中定值电阻R＝60Ω，电源电动势E＝100V，r＝10Ω。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关系图线，以下说法正确的是
（ ）
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UL＝40V，电源的效率为η
= U L I L
E I L
×100 % = 40
100 ×100 % = 40 %，故A 错误；
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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 = U
2
R 可知灯泡的功率减小，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＝ULIL＝40×6W＝240W，故D 正确；
故选：D。
6.
（2024•朝阳区校级模拟）有一种测量物体重力的电子秤，其电路原理图如图中的虚
线所示，主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（实际上是一个阻值可随压力变化的电阻
器）、显示体重的仪表G（实质上是电流表）。不计踏板的质量，已知电流表的量程为2A，
内阻为1Ω，电源电动势为12V，内阻为1Ω，电阻R 随压力F 变化的函数式为R＝30﹣0.01F
（F 和R 的单位分别为N 和Ω）。下列说法中正确的是（ ）
A．该秤能测量的最大体重是1600N
B．电流表G 的量程越大，则能测量的最大体重越小
C．该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G 刻度盘的0.375A 处
D．该秤可以通过电路规律转换成F＝3200+ 1200
I
关系进行刻度转换
【解答】解：A、由题意中知，F 越大R 阻值越小，当电路中电流达到电流表最大量程时，压力
最大，故电路中最大电流为2A，则电路中总电阻R 总= E
I m
= 12
2 Ω＝6Ω，则压力传感器的接入电
阻为R 接入＝6Ω﹣1Ω﹣1Ω＝4Ω，根据电阻R 随压力F 变化的函数式为R＝30﹣0.01F，则最大测
量压力为2600N，故A 错误；
B、电流表G 的量程越大，根据R 总= E
I m
可知，总电阻就越小，电阻R 就越小，根据电阻R 随压
力F 变化的函数式为R＝30﹣0.01F 可知，F 就越大。所以电流表G 的量程越大，则能测量的最
大体重越大，故B 错误；
B、当压力为零时，压力传感器的电阻为30Ω，则电路中电I0=
E
r + R+ R A
=
12
1+30+1A＝
0.375A，故零刻度在0.375A 处，故C 正确；
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D、由欧姆定律可知，I=
E
r + R+ R A
可得F＝3200- 1200
I
，故D 错误。
故选：C。
7.
（2024•江苏模拟）如图甲所示，在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将单刀
双掷开关S 与“1”端相接，并将电阻箱的阻值调为R1和R2（R1＞R2）两种情况，两次得到的
电流I 随时间t 变化图像如图乙中曲线所示，则（ ）
A．实线是电阻箱阻值为R2的结果
B．电阻箱阻值越大，电容器充电越快
C．实线与横轴所围面积大于虚线与横轴所围面积
D．实线与横轴所围面积等于虚线与横轴所围面积
【解答】解：AB、实线所表示的过程初始电流较小，故接入的电阻应该为大的电阻，即R1，此
时充电时间较长，即电容器充电越慢，故AB 错误；
CD、I﹣t 图像中图线与坐标轴所围面积表示充电完成后电容器上的电荷量，充电结束电容器所
带电荷量q＝CE 两次相等，所以实线与横轴所围面积等于虚线与横轴所围面积，故C 错误，D
正确。
故选：D。
8.
（2024•广东三模）在如图甲所示的电路中，定值电阻。R1＝4Ω、R2＝5Ω，电容器的
电容C＝3μF，电源路端电压U 随总电流I 的变化关系如图乙所示。现闭合开关S，则电路稳定
后（ ）
A．电源的内阻为2Ω
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B．电源的效率为75%
C．电容器所带电荷量为1.5×10﹣5C
D．若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强不变
【解答】解：A 、由闭合电路欧姆定律有U ＝E﹣Ir ，由图乙可得：E ＝10V ，
r = ΔU
ΔI = 10-5
5
Ω=1Ω，故A 错误；
B、闭合开关S，电路中的电流为I=
E
R1+ R2+r =
10
4+5+1A＝1A
路端电压为U＝E﹣Ir＝（10﹣1×1）V＝9V
电源的效率为η= UI
EI ×100%= 9
10 ×100%＝90%，故B 错误；
C、电容器与R2并联，电压相等，则其电压为UC＝IR2＝1×5V＝5V，电容器所带电荷量为Q＝
CUC＝3×10﹣6×5C＝1.5×10﹣5C，故C 正确；
D、电容器并联在R2两端，则其电压不变，若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强
为E = U R2
d ，可知场强变小，故D 错误。
故选：C。
9.
（2024•郫都区校级模拟）如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静
止状态，电流表和电压表均为理想电表，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，电压表和电流表变化量绝对值分别为ΔU、ΔI，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表的读数变小、电压表的读数变大
B．ΔU
ΔI =R2
C．液滴将向下运动
D．电源的输出功率变大
【解答】解：C.当L 的灯丝突然烧断后电路中总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，流过
电源的电流减小，电源的内电压和R1两端的电压减小，则电容器C 两端的电压增大，电容器两
极板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，故C 错误；
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A.电容器两端的电压等于电阻R2和R3的总电压，由于电容器两端的电压增大，故R2与R3中的
电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，故A 错误；
B.电压表和电流表分别测量的是电阻R2的电压和电流，根据欧姆定律可知，R2= U
I = ΔU
ΔI ，故B
正确；
D.根据电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，
由于外电阻与电源内阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故D 错误。
故选：B。
10. （2024•江苏模拟）如图所示是探究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，
下部是可调高内阻电池。提高或降低挡板，可改变A、B 两电极间电解液通道的横截面积，从
而改变电池内阻。电池的两极A、B 与电压传感器2 相连，位于两个电极内侧的探针a、b 与电
压传感器1 相连，R 是滑动变阻器。（实验前已给电源充足了电）（ ）
A．闭合开关S，在将挡板向上提的过程中，电压传感器2 的读数将变小
B．闭合S，当把电阻R 的滑臂向左移动到阻值为零时，传感器1 的示数为零，传感器2 的示数
等于电源电动势
C．闭合S，无论R 的滑臂移动到哪里，传感器1 的示数总小于传感器2 的示数
D．闭合S，无论R 的滑臂移动到哪里，传感器1 和传感器2 的示数之和总不变
【解答】解：A．将挡板上提，A、B 两电极间电解液通道的横截面积变大，根据电阻定律：
R = ρ L
S
，可知电源内阻变小，由闭合电路欧姆定律可得路端电压（即电压传感器2 的示数）为：
U 端=
R
R+r E，可知电压传感器2 的示数变大，故A 错误；
B．当把电阻R 的滑臂向左移动到阻值为零时，外电路电阻为0（即电源短路），路端电压（即
电压传感器2 的示数）为零，内电压（即电压传感器1 的示数）等于电源电动势，故B 错误；
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C．根据闭合电路欧姆定律得：I=
E
R+r ，U 端＝E﹣Ir，又有：U 内＝Ir，联立可得：
U 内
U 端
= r
R
可知当电源内阻r 大于滑动变阻器阻值R 时，内电压大于路端电压，即传感器1 的示数大于传感
器2 的示数，故C 错误；
D．电源电动势在数值上等于内电压与路端电压之和，即传感器1 和传感器2 的示数之和等于电
源电动势，故其示数之和保持不变，故D 正确。
故选：D。
11. （2024•朝阳区二模）体外冲击波治疗具有非侵入性、患者易于接受、对人体组织损
伤少、治疗成功率高等优点，目前在临床医疗上得到广泛的应用。一种冲击波治疗仪的充电和
瞬时放电电路如图甲所示。交流电经调压、整流后向电容器C 充电储能。当触发器S 导通时，
电容器经置于水中的冲击波源W 瞬时放电，高压强电场的巨大能量瞬间释放使水迅速汽化、
膨胀而形成冲击波。如图乙所示，冲击波向四周传播，碰到反射体光滑的内表面面反射，波源
发出的冲击波经反射后在F 点聚焦，形成压力强大的冲击波焦区，当人体深处的病变处于该焦
区时，就会得到治疗的作用。冲击波治疗对放电时间要求不超过1μs，电容器C 的电容一般在
0.3～1.0μF 之间，充电电压大约10kV。下列说法正确的是（ ）
A．治疗仪产生的冲击波是电磁波
B．电容器放电电流不能达到104A 数量级
C．若仅减小电路中电阻R 的阻值，可减小电容器的充电时间
D．若仅增大电容器C 的电容，放电时间仍符合冲击波的要求
【解答】解：A．治疗仪产生的冲击波是机械波，故A 错误；
B．电容器C 的电容为1.0μF 时，充满电后所带电荷量
Q＝CU＝1×10﹣6×10×103C＝1×10﹣2C
电容器平均放电电流
I= Q
t = 1×10
-2
1×10
-6A＝1×104A
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故B 错误；
C．若仅减小电路中电阻R 的阻值，充电电流增大，电容器的充电时间减小，故C 正确；
D．由C= Q
U
得
Q＝CU
若仅增大电容器C 的电容，电容器所带电量变大，放电时间变长，不符合冲击波的要求，故D
错误。
故选：C。
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