松原市高中物理必修第3册第十二章电能能量守恒定律试卷检测题
一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．现要测量电压表的内阻和电源的电动势，提供的器材有：
电源E(电动势约为6V,内阻不计)，电压表V1（量程0~2.5V,内阻约为2.5kΩ)，电压表V2(量程0~3v,内阻约为10kΩ)，电阻箱R0(最大阻值为9999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为
3kΩ)，滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干
(1)如图(1)所示的甲、乙、丙三图是几位同学为完成本次验而设计的电路图，你认为选用哪一个电路图完成本次实验最合理？_______ (填“甲”、“乙”“丙”)
(2)电路中应选用滑动变阻器_______（选填“R1”或“R2”）
(3)按照下列步骤进行实验：
①闭合开关前，将滑动变阻器和电阻箱连入电路的阻值调至最大；
②闭合开关，将电阻箱调到6Ωk,调节滑动变阻器至适当的位置，此时电压表V1的示数为
1.60V电压表V2的示数为
2.40V;
③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，再将电阻箱调到2kΩ, 此时电压表V1的示数如图
(2)所示，其示数为_______V,电压表V2的数为1.40V
(4)根据以上实验数据，计算得到电源的电动势为_______V,电压表V1的内阻为
_______KΩ，电,压表V2的内阻为_______KΩ.
【答案】丙1R 2.10V 5.60V 2.5kΩ 2.5kΩ
【解析】
【分析】
考查测电阻、电源电动势的方法，根据欧姆定律综合分析可得。
【详解】
(1)．[1]当采用甲电路图时,电压表V1最大电流为1mA，电压表V2最大电流为0.3mA，电压表V1读数不准确，若采用乙电路图，通过V1电流更小，读数更不准确。故只能选择丙电路图。
(2)．[2] 由闭合电路欧姆定律可估算一下滑动变阻，估算滑动变阻器的阻值
12
1
3
1
6 2.53
500
2.5
.2510
E U U
R
U
R
----
==Ω=Ω
?
最小电阻为500Ω，所以只能选择R1
(3)．[3] 最小分度值为0.1V，要估读到下一位，所以读数是2.10V
(4)．根据串并联电路特点可得
3
121.6V 2.4V 2.4
A 610R R =+? 3
122.10V 1.40V 1.4
A 210R R =+? 联立可求得R 1=2.5k Ω R 2=2.5k Ω 由闭合电路欧姆定律可得
322.4 2.41.6V 2.4V 610E R R ??
=+++? ?
??? 321.4 1.42.1V 1.4V 210E R R ??
=+++? ????
联立可得E= 5.60V 【点睛】
器材选择要考虑安全性原则、准确性原则、方便性原则。选择合适电路，根据欧姆定律联立可得。
2．（1）下列给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差又直观、简便的是_____
A ．测出两组I 、U 的数据，代入方程组E=U 1+I 1r 和E=U 2+I 2r
B ．多测几组I 、U 的数据，求出几组E 、r ，最后分别求出其平均值
C ．测出多组I 、U 的数据，画出U-I 图像，在根据图像求E 、r
D ．多测几组I 、U 的数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即 为电动势
E ，再利用闭合电路欧姆定律求出内电阻r
（2）(多选)用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I 图像，由图像可知_______
A ．电池的电动势为1.40V
B ．电池内阻值为3.50Ω
C ．外电路短路时的电流为0.40A
D ．当电压表示数为1．20V 时，电路电流为0．2A
（3）如上（2）中甲图所示，闭合电键前，应使变阻器滑片处在________（填“左”或“右”）端位置上．
（4）．(多选)为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪
组仪器，才能达到实验目的_______ A ．一个电流表和一个电阻箱
B ．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器
C ．一个电压表和一个电阻箱
D ．一个电流表和一个滑动变阻器 【答案】C ； AD ； 左； ABC 【解析】
(1) A 项中根据两组测量数据可以算出一组E 、r 值，但不能减少偶然误差；B 项中可行，但不符合题目中“直观、简便”的要求，D 选项的做法是错误的，故符合要求的选项为C ． (2) A 项：由图示图象可知，电源U-I 图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40V ，故A 正确；
B 项：电源内阻等于图象斜率的大小，为1U
r I
?=
=Ω?，故B 错误； C 项：由图示图象可知，路端电压为1.00V 时，电路电流为0.4A ，可知外电路发生短路时的电流为=
1.4E
I A r
=短，故C 错误； D 项：当电压表示数为1.20V 时，0.20E U
I A r
='-=
，故D 正确； (3)为了保护用电器，在闭合开关前滑动变阻器应调到最大电阻处，即应使变阻器滑片处在左端位置；
(4) 测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir ，可以一个电压表、一个电流表分别测量路端电压和电流，用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量．也可以用电流表和电阻箱组合，可代替电流表和电压表，或用电压表和电阻箱组合，代替电压表和电流表，同样能测量电源的电动势和内阻，故ABC 正确． 点晴：由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V 时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻；测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法．
3．同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E 和内电阻r 。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围0—999.9Ω0999.9Ω)～）；开关、导线若干。
（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来
__________。
（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，随之
电压表示数发生变化，读取R和对应U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在
R
R
V
-图
中，请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系
中（描点用“+”表示）并画出
R
R
V
-图线____________；
（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值E=______V，内电阻测量值r=______Ω(保留2位有效数字)
（4）实验中测两组R、U的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。该同学没有采用该方法而采用图像法的原因是______。
（5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是______。
【答案】 3.0
1.4 偶然误差大，且不简便也不直观电压表的内阻影响（或电压表的分流）
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据原理图可连接对应的实物图，如图所示
；
（2）[2]．根据描出的点用直线将各点拟合，得出图象如图所示
；
（3）[3][4]．根据闭合电路欧姆定律可得：
U U E r R
=-
即
R
R E r U
?
-＝ 则可知，图象与纵轴的交点表示电源的内阻，故r =1.4Ω； 图象的斜率表示电源电动势，故有：
60
V 3.0V 2.50.5
E -=
-＝
（4）[5]．根据两组测量数据可以算出一组E ，r 值，偶然误差大，且不简便，也不直观； （5）[6]．由于电压表的分流作用，使得电流的测量值比真实值偏小，故造成电源电动势和内阻不准确；
4．（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3 V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“×1 k”)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 ×1k 4.0×104 2.20 3.0
【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；
（3）欧姆表的读数为4
40.01000 4.010
R=?=?Ω；电压表分度值为0.1V，故读数为
V
2.20V；
（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为4
1.510
r=?Ω，根据闭合回路欧姆定律可得
4.0
2.2
4.0 1.5
V
V
R
E E
R r
==
++，解得
3.0V
E≈．
5．图（
a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。
（1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路。已知毫安表表头的内阻为10 Ω，满偏电流为100 mA，电阻R1=2.5 Ω，由此可知，改装后电流表的量程为_______A。
（2）实验步骤如下，请完成相应的填空：
①将滑动变阻器R的滑片移到______端（选填“A”或“B”），闭合开关S；
②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为_________mA。
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U–I图线，如图（c）所示；
④根据图线求得电源的电动势E=_________V，内阻r=_______Ω。（结果均保留到小数点后两位）
【答案】0.5 B 68 1.48 0.45
【解析】
【详解】
（1）[1]根据欧姆定律得，改装后电流表的量程
1
0.110
0.10.5
2.5
g g
g
I R
I I
R
?
=+=+=A
（2）[2]①为保护电路，实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到B 端；
②[3]电流表量程为100mA，由图示表盘可知，其读数为68mA；
④[4] 根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：
()
5
U E I r R'
=-+
由图可知，电源的电动势：E =1.48V
3
1.480.5
2.45 80105
r R --'+=
=?? 解得：r =2.45-2=0.45Ω。
6．“用DIS 测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图a ．所示，其中R 1为定值电阻，R 为滑动变阻器．
(1)下列关于图a ．电路的说法中正确的有_____ A ．甲为电压传感器，R 的作用是保护电路 B ．甲为电压传感器，R 1的作用是保护电路 C ．乙为电压传感器，R 的作用是保护电路 D ．乙为电压传感器，R 1的作用是保护电路
(2)实验测得电池①的路端电压U 与电流I 的拟合曲线如图b ．中①图线所示，由此得到电池①的电源电动势E 1=_______V ，内阻r 1=______Ω；
(3)改用电池②，重复上述实验方法，得到图b ．中的图线②．用阻值相同的两个定值电阻分别与电池①及电池②连接，两电池的输出功率相等，则这两个定值电阻的阻值为________Ω，电池①和电池②的效率η1______η2（选填“>”“=”或“<”）． 【答案】D 6.0 2.4 1.6 < 【解析】 【详解】
(1)[1]甲串联在电路中，是测量电流的，所以甲是电流传感器；乙接在电源两端，测量电压，所以乙是电压传感器；定值电阻R 1在实验中的作用主要是保护电源，防止短路；故D 正确，ABC 错误．
(2)[2][3]根据U =E ?Ir 可知，图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E 1=6.0V ；图象的斜率表示内阻，则r 1=△U/△I =（6.0?1.2）/（2.0-0）Ω=2.4Ω；
(3)[4][5]由图可知，电池②的电动势E 2=4.8V.内阻r 2=1.6Ω，外接电阻R 时，电源的输出功率为：2(
)E P R R r =+，则22
6.0 4.8()()2.4 1.6
R R R R =++，解得：R =1.6Ω．电池的效率：
UI R
EI R r
η==
+
，带入数据得：η1<η2．
7．现有一特殊的电池，其电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围，最大允许电流为
50mA．为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲的电路进行实验．图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω；R0是定值电阻．
⑴实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：
A．10Ω，2.5W B．50Ω，1.0W C．150Ω，1.0W D．1500Ω，5.0W
本实验应选用______________，其作用是_________________．
⑵该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线．则根据该同学所作的图线可知图象的横坐标与纵坐标的比值表示_________．
⑶根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势E为_______V，内电阻r为_______Ω．
【答案】C 保护电阻回路中电流 10V 46～50Ω
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据闭合电路欧姆定律电路中最小电阻为min3
9
180
5010
m
E
R
I-
==Ω=Ω
?
，所以R0应选C，其作用是作为保护电阻．
(2)根据闭合电路欧姆定律，应有
U
E U r
R R
=+?
+
，所以图乙图象的横坐标与纵坐标之比0
U
R R
+
为回路电流．
(3)将
U
E U r
R R
=+?
+
变形为
111
r
U E R R E
=?+
+
，所以纵轴截距10.1
E
=，解得E=10V
，斜率0.670.1
121
r
k
E
-
==
?
，解得r=4.75Ω(4.6～5都对)
【点睛】
涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可．
二、第十二章电能能量守恒定律选择题易错题培优（难）
8．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A． I1增大，I2不变，U增大
B． I1减小，I2增大，U减小
C． I1增大，I2减小，U增大
D． I1减小，I2不变，U减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．
9．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
100%100%UI U
EI E
η=
?=? 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()
C L U E I r R =-+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．
10．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是( )
A ．L 1灯丝突然短路
B ．L 2灯丝突然烧断
C ．电源的输出功率一定变小
D ．电容器C 上电荷量减少 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大．
A ．L 1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A 错误；
B ．L 2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B 正确；
C ．电源的输出功率P =UI ，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C 错误；
D ．电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q =CU 知电容器的带电量增大，D 错误． 【点睛】
本题考查了电路的动态分析，方法是：先从支路的变化，分析总电流和路端电压的变化，再到支路，分析各用电器的电压和电流的变化关系．
11．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 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数的变化量分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列说法正确的是( )
A ．1
U I 不变，1U I ??变大 B ．2
U I 变大，2U I
??变大 C ．
2
U I 变大，2U I
??不变 D ．
3U I 不变，3
U I
??不变 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．R 1是定值电阻，有
111U U R I I
?=
=? 可知
1
U I 不变，1U I
??不变，故A 错误． BC ．当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，R 2变大，R 2是可变电阻，有
2
2U R I
= 所以
2
U I
变大.根据闭合电路欧姆定律得： U 2=E -I (R 1+r ）
则知
2
1U R r I
?=+? 其值不变；故B 错误，C 正确．
D ．U 3为路端电压，
3
U I
为外电阻，其值增大，根据闭合电路欧姆定律知 3U r I
??
其值不变，故D 错误． 【点睛】
本题要分定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有U U R I I
?==?；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析
U
I
??与电源内阻的关系，从而作出判断.
12．在纯电阻电路中，当用一个固定的电源(设E 、r 是定值)向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P 随外电阻R 变化的规律如图所示．下列判断中正确的是（ ）
A ．当R ＝r 时，电源有最大的输出功率
B ．电源内阻消耗的功率随外电阻R 的增大而增大
C ．电源的功率P 总随外电阻R 的增大而增大
D ．电源的效率η随外电阻R 的增大而增大 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、根据电路的输出功率
，结果
图象可知当R ＝r 时，电源有最
大的输出功率为，A 正确．B 、电源内阻的功率，外电阻R 的
增大内阻的功率不断变小，B 错误．C 、电源的总功率，则随着外电阻R 的
增大而减小，C 错误．D 、电源的效率，得随
着R 增大时，电源的效率增大，D 正确． 【点睛】
根据图象可知，电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当R =r 时，功率最大．
13．在如图所示的电路中，电源电动势E 和内电阻r 为定值，R 1为滑动变阻器，R 2和R 3为定值电阻．当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，伏特表V 1和V 2的示数的增量分别为ΔU 1和ΔU 2，对ΔU 1和ΔU 2有
A ．12U U ?>?
B ．12U U ?=?
C ．120,0U U ?>?<
D ．210,0U U ?>?<
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
根据闭合电路欧姆定律可知：
()13U I r R ?=?+
23U IR ?=?
结合公式可知1U ?>2U ?，故A 对；B 错
当R 1的滑动触头P 从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V 2增大，由于路端电压减小，所以电压表V 1变小，则知ΔU 2>0，ΔU 1 <0，故C 错；D 对 故选AD
14．用标有“6 V,3 W”的灯泡L 1、“6 V,6 W”的灯泡L 2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E ＝9 V ．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )．
A ．电流表的示数为1 A
B ．电压表的示数约为6 V
C ．电路输出功率为4 W
D ．电源内阻为2 Ω 【答案】CD
【解析】 【详解】
由题可知，若
1L 正常发光，13
A 0.5A 6
P I U =
== ，若2L 正常发光，2226
A 1A 6
P I U =
== ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为1L 正常发光． A 项，电流表示数为0.5A ，故A 项错误．
B 项，电压表测量灯泡2L 的电压，由图乙可知，曲线A 对应灯泡2L ，当电流为0.5A 时，此时电压为2 V 所以电压表示数为2 V ，故B 项错误．
C 项，电路输出功率为12=60.520.54W P U I U I +=?+?=输 ，故C 项正确．
D 项，电源内阻为12962
20.5
E U U r I ----=
=Ω=Ω ，故D 项正确． 综上所述，本题正确答案为CD ．
15．如图所示，由电动机带动着倾角θ=37°的足够长的传送带以速率v=4m/s 顺时针匀速转动，一质量m=2kg 的小滑块以平行于传送带向下'2v m s =/的速率滑上传送带，已知小滑
块与传送带间的动摩擦因数78
μ=
，取2
10/g m s =，sin370.60cos370.80?=?=，，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止静止的时间内下列说法正确的是
A ．重力势能增加了72J
B ．摩擦力对小物块做功为72J
C ．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为252J
D ．电动机多消耗的电能为386J 【答案】AC 【解析】
对滑块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向
37f mgsin ma -?=，垂直斜面方向370N mgcos -?=，其中f N μ=，联立解
得：()2
37371/a g cos sin m s μ=?-?=，以平行斜面向上为正，设运动到相对静止的时
间为t ，根据速度时间关系公式，有：()4261
v t s a --?=
==，则位移：()42662
x vt m m +-==
?=，故重力势能增加量为：
·37
72p E mg h mg xsin J ?=?=?=，故A 正确；根据动能定理可知，摩擦力对小物块做
功等于物块动能的变化量，即()2
21124221222
f W J =
??-??-=，故B 错误；在6s 内传送带的位移：4624x vt m '==?=，故相对位移为：24618x x x m m m ?='-=-=，
故产生的内能为：7
37?
210180.82528
Q mgcos x J J μ=??=????=，故C 正确；多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，为：
7212252336p k W E E Q J =?+?+=++=，故D 错误；故选AC ．
【点睛】对滑块受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解
末速度和时间，根据·
Q f x =?求解内能，多消耗的电能等于增加的机械能和内能．
16．如图，电源内阻为r ，两个定值电阻R 1、R 2阻值均为R ，闭合电键，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 3示数变化量的绝对值为ΔU 3，理想电流表A 1、A 2示数变化量的绝对值分别为ΔI 1、ΔI 2，则
A ．A 2示数增大
B ．V 2示数与A 1示数的比值不变
C ．ΔU 3与ΔI 1的比值小于2R
D ．ΔI 1小于ΔI 2 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
闭合电键后，电路如图所示．V 1、V 2、V 3分别测量R 1、路端电压和R′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，则A 1的示数增大，电源的内电压Ir 增大，则V 2示数减小，R 1的电压增大，V 3的示数减小，则通过R 2的电流减小，所以通过R′的电流增大，即A 2示数增大，A 选项正确．V 2示数与A 1示数之比等于外电路电阻，其值减小，故B 选项正确．根据闭合电路欧姆定律得U 3=E ﹣I 1（R 1+r ），则得
3
1
U I ??=R 1+r= R+r ，不一定小于2R ，故C 选项错误．A 1的示数增大量等于A 2示数增大和R 2
的电流减小量之和，所以ΔI 1小于ΔI 2，故D 选项正确．
17．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，R 1、R 2、R 3三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R 4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V 2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V 2的读数变化量的绝对值 【答案】BC 【解析】
当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4阻值减小，则电路总电流变大，R1上电压变大，则R 3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R 1、R 2、R 3三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R 4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V 2与电流表A 的读数变化量的绝对值之比为
2
U r I
?=?'，可知为定值不变，选项C 正确；由电路图可知122R U U U U =++；分析可知当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，U 减小，U 2减小，U 1增大，U R2增大，则电压表V 读数变化量的绝对值小于电压表V 2的读数变化量的绝对值，选项D 错误；故选BC.
18．如图所示电路中，电源的内电阻为r ，R 2、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S ，当滑动变阻器R 1的滑动触头P 向右滑动时，电流表和电压表的示数变化量的大小分别为ΔI 、ΔU ，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表示数变大
B ．电流表示数变大
C ．
U
r I
?>? D ．
U
r I
?
设R 1、R 2、R 3、R 4的电流分别为I 1、I 2、I 3、I 4，电压分别为U 1、U 2、U 3、U 4．干路电流为I 干
，路端电压为U ，电流表电流为I ．
A 、R 1变大，外电阻变大，I 干变小， U=E-I 干r 变大，U 3变大．故A 正确．
B 、I 3变大，I 干变小，由I 4=I 干-I 3变小，U 4变小，而U 2=U-U 4，U 变大，则U 2变大，I 2变大，I 4=I 1+I 2，I 1变小．故B 错误
C 、
D ，由欧姆定律U=E-I 干r ，得
=U
r I ??干
，由I 干=I 1+I 2+I 3，I 1变小，I 2变大，I 3变大，I 干变小，则△I 1＞△I 干，即△I ＞△I 干，所以U
r I
?
由图可知，R 1、R 2并联，再与R 4串联，与R 3并联，电压表测量路端电压，等于R 3电压．由R 1接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小．本题的难点在于确定电流表示数变化量△I A 与干路电流变化△I 干的大小，采用总量法，这是常用方法．同时，要理解
=U
r I ??干
19．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)，R 1、R 2为定值电阻，R 3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R 3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R 2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R 3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，
E U Ir =+外
外电路总电阻增大，干路电流减小，R 1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，R 1和R 2的电压之和等于路端电压，所以R 2的电压增大，因此流过R 2的电流增大，又R 2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
2r P I r =
因为干路电流减小，所以D 错误
20．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ．当滑动变阻器的滑片P 从左端滑到右端时，理想电压表1V 、2V 示数变化的绝对值分别为1U ?和2U ?，干路电流为I ，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是
A ．小灯泡1L 、2L 变暗，3L 变亮
B ．1U ?与I ?的比值不变
C ．12U U ?
D ．12U U ?=? 【答案】AB 【解析】 【分析】
当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯2L 亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断3L 亮度的变化。根据总电流与通过3L 电流的变化，分析通过1L 电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析1U ?和2U ?的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变
化。 【详解】
A ．当滑动变阻器的触片P 从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则2L 变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则3L 变亮。总电流减小，而3L 的电流增大，则1L 的电流减小，则1L 变暗，故A 正确；
B ．根据闭合电路欧姆定律：
21L ()U E I R r =-+
可知：
21
L U R r I
?=+?，不变，故B 正确； CD ．由上分析可知，电压表1V 的示数增大，电压表2V 的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以12U U ?>?，故CD 错误。 【点睛】
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。
21．在如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2、R 3为定值电阻，C 为电容器，开关S 1、S 2闭合，断开开关S 2后（ ）
A ．电流表示数减小
B ．电压表示数减小
C ．有短暂电流通过电阻R 3
D ．电容器下极板带负电
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．开关S 1、S 2都闭合时，电路的连接方式是，R 1和R 2串联，再和R 3并联，电容器的电压等于R 2两端的电压；断开开关S 2后，R 3不起作用，R 1和R 2串联，电容器的电压等于R 1两端的电压；断开开关S 2后，外电路总电阻R 总增大，根据闭合电路的欧姆定律有
E
I R r
=
+总，总电流减小，电流表示数减小，A 正确； B ．路端电压为U E Ir =-，由于I 减小，所以U 增大，1R 和2R 两端电压的总值始终为路端电压，由串联电路的分压关系可知电压表的示数增大，B 错误；
CD ．开关S 1、S 2都闭合时，电容器的电压等于R 2两端的电压，上极板带正电；断开开关S 2