定值电阻和滑动电阻串联,滑动电阻滑动后定值电阻的电功率变化为多少

（1）因为滑动变阻器的总电阻较小，采用限流式接法，移动滑动变阻器时，电流、电压变化不明显，测量误差较大，所以滑动变阻器采用分压式接法．
因为待测电阻远小于电压表内阻，与电流表内阻相当，属于小电阻，根据“小外偏小”，所以电流表采用外接法．故选D．
（2）根据电路图连接实物图，注意滑动变阻器的连接，以及电表的极性．如图所示．
故答案为：（1）D
（2）如图所示．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻．

考点点评： 考查伏安测电阻，会选择实验器材，器材的选取注意精确、安全，明确电流表接法及滑动变阻器的接法．知道滑动变阻器分压和限流接法的区别，以及电流表内外接的区别，需加以总结．

由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表V₁测R₁两端的电压，电压表V₂测R₂两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）R₂接入电路的阻值不变时，根据欧姆定律可知：
电压表V₁读数与电流表读数之比等于R₁，故A正确；
电压表V₂读数与电流表读数之比等于R₂即滑动变阻器接入电路中的电阻值，故B不正确；
（2）R₂接入电路的阻值改变一定量时，
∵串联电路中总电压等于各分电压之和，
∴电压表V₁读数变化量和绝对值和电压表V₂读数变化量和绝对值相等，
根据欧姆定律可知：
电压表V₂读数的变化量与电流表读数的变化量之比的绝对值等于R₁，故C正确；
电压表V₁读数的变化量与电流表读数的变化量之比的绝对值等于R₁，故D正确．
故选ACD．

点评：
本题考点： 电路的动态分析；串联电路的电压规律；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道对于定值电阻来说两端电压表的变化量和通过电流的变化量之比等于电阻的阻值．

（1）在探究“电流与电压的关系”实验中：
①闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移至A端；电路中滑动变阻器起到保护电路元件安全和改变电阻两端电压，进行多次测量的作用；
②闭合开关S，无论如何移动滑动变阻器的滑片P，发现电流表示数几乎为零，电压表示数约为3V，此时，电路出现的故障可能是 R处断路；
（2）在探究“电流与电阻的关系”实验中：
①电路中滑动变阻器起到保护电路元件安全和控制电阻R两端电压不变的作用；
②小明先将R﹦10Ω的电阻接入，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为2.5V，记下电流表示数；接着在滑动变阻器的滑片位置不变，把R换为15Ω的电阻时，应向A方向移动滑动变阻器的滑片P，才能使电压表示数为2.5V，同时记下电流表的示数；
③若要使所给的5个定值电阻分别接入电路中都能正常进行实验，应该选取至少标有5Ω的滑动变阻器；
④根据多次测量数据描绘出电流随电阻变化的曲线如图2所示，小明由图象得出的结论是：电压一定时，电流与电阻成反比．
（3）若继续使用该实验电路，还可以进行的实验有伏安法测电阻．
故答案为：（1）①A；改变电阻两端电压，进行多次测量；②R处断路；（2）①控制电阻R两端电压不变；②A；5；③电压一定时，电流与电阻成反比；（3）伏安法测电阻．

点评：
本题考点： 探究电流与电压、电阻的关系实验．

考点点评： 本题考查了实验分析，探究电流与电压、电阻关系实验，要采用控制变量法，应用控制变量法分析即可正确解题．

（1）实验电路图；

（2）实验步骤
①按电路图连接实验电路；
②闭合开关，将滑片滑到某一位置，记录电压表与电流表示数I₁和U₁；
③改变变阻器滑片位置，记录电压表与电流表示数I₂和U₂；
④仿照步骤③再做四次实验，记录电压表与电流表示数分别为I₃、I₄、I₅、I₆，U₃、U₄、U₅、U₆．
⑤根据P=UI分别计算各电压时的电功率，P₁=U₁I₁；P₂=U₂I₂；P₃=U₃I₃；P₄=U₄I₄；P₅=U₅I₅；P₆=U₆I₆；
⑥整理实验器材．
（3）实验数据记录表：
U/V
I/A
P/W

点评：
本题考点： 电功率与电压、电流的关系；电路图设计．

考点点评： 本题考查在给定实验器材、实验目的情况下，设计实验电路、安排实验步骤、设计实验数据记录表，难度较大，对考生的能力要求较高，是一道难题．

由电路图可知，R₀与R₁串联，电压表测R₁两端的电压，电流表测电路中的电流．
由图象可知，当电路中的电流I=0.2A时，R₁的电功率P₁=2W，
由P=I²R可得，R₁接入电路的电阻：
R₁=
P1
I2=[2W
(0.2A)2=50Ω；
由图象可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R₁的电功率P₁′=3.2W，
此时R₁接入电路的电阻：
R₁′=
P1′
I′2=
3.2W
(0.4A)2=20Ω，
串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
由I=
U/R]可得，电源的电压：
U=I′（R₀+R₁′）=0.4A×（R₀+20Ω），
当电路中的电流I=0.2A时，电源的电压：
U=I（R₀+R₁）=0.2A×（R₀+50Ω），
解得：R₀=10Ω，
电源的电压U=I（R₀+R₁）=0.2A×（10Ω+50Ω）=12V．
故答案为：50；12．

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是利用好电源的电压不变和从图象中读出电流对应的功率．

∵I0＝
U0
R0
∴I1＝
2U0
R0＝2I0，故A选项正确；
U0+I0R1＝2U0+I1 ×
1
3R1
U0+
U0
R0R1 ＝2U0+2
U0
R0×
1
3R1
解之：R₀：R₁=1：3，故B选项正确；
当滑片在最右端时，无法确定滑动变阻器两端的电压，故C选项错误；
U=U₀+I₀R₁=U0+
U0
R0R1 ＝U0+3U0＝4U0，故D选项正确；
故选ABD．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；电阻；电阻的串联．

考点点评： 会熟练应用欧姆定律进行计算，知道串联电路的电压、电流以及电阻的关系，并且能够灵活应用．

A、将光照强度减弱时，光敏电阻R₃的阻值增大，电路中的总电阻增大，电源电压不变，由电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R₁两端的电压减小，则电压表的示数变小，故A错误；
B、电源电压不变，R₁两端的电压减小，并联电路部分电压增大，由欧姆定律可知，流过R₂的电流增大，故B错误；
C、电路总电流减小，流过R₂的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P=I²R可知，小灯泡消耗的功率变小，故C正确；
D、电路总电流变小，电源电压不变，由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 本题是一道电路动态分析题，考查了判断电表示数如何变化、灯泡功率与电路总功率如何变化，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题．

S断开，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，内电压减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R₁视为内阻，内电压减小，故R₃中的电压增大，由欧姆定律可知R₃中的电流也增大，电流表示数增大，故AD正确，BC错误；
故选：AD．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路-内电路-外电路的分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解．

当开关S闭合后，小灯泡与R₁和R₂串联，滑动变阻器滑片P分别位于a、b两点时的等效电路图分别如图1、2所示．

（1）当滑动变阻器的滑片位于a点时，小灯泡正常发光，
I_a=0.3A，灯泡电阻R_L=[U
Ia=
6V/0.3A]=20Ω，
由电源电压不变
P总
P总′=
UIa
UIb=
Ia
Ib=[3/2]，
则I_b=[2/3]Ia=[2/3]×0.3A=0.2A，
R₁为定值电阻，由P=I²R得：
P_1a-P_1b=I_a²R₁-I_b²R₁=（0.3A）² R₁-（0.2A）² R₁=0.75W，
解得：R₁=15Ω，
答：小灯泡正常发光时灯丝的电阻是20Ω，定值电阻R₁的阻值是15Ω．
（2）由P=I²R得，
PL
PL′=

I2aRL

I2bRL′=(
0.3A
0.2A)2×
RL
RL′=[9/2]，
所以R_L′=[1/2]R_L=[1/2]×20Ω=10Ω；
∵R_总=R_L+R₁+R_a，R_总′=R_L′+R₁+R_b
由电源电压不变，由U=IR得：
I_aR_总=I_bR_总′，即：0.3A（20Ω+15Ω+R_a）=0.2A（10Ω+15Ω+R_b），
∴2R_b-3 R_a=55①
∵P_b-P_a=I_a²R_a-I_b²R_b=（0.2A）²×R_b-（0.3A）²×R_a=0.95W
∴4 R_b-9 R_a=95②
由①②式解出：R_b=35Ω，R_a=5Ω；
电压表V₁测的是电源电压
U=IR=I_aR_总=0.3A×（20Ω+15Ω+5Ω）=12V；
答：电压表V₁的示数是12V．
（3）电压表V₂的示数U_a和U

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；电功率的计算．

考点点评： 本题是一道电学综合题，难度较大，分析电路结构，作出等效电路图、熟练应用欧姆定律、串联电路特点、电功率公式是正确解题的关键．

电流由0.3A增加到了0.4A，通过电阻的电流增加了0.4A-0.3A=0.1A；
电流为0.3A时，电阻的功率P=I²R=（0.3A）²R ①；
电流为0.4A时，电阻的功率P′=I′²R=（0.4A）²R ②；
由题意得：△P=P′-P=1.4W ③；
由①②③解得：R=20Ω，
∵I=[U/R]，
∴电流由0.3A增加到0.4A时，电阻两端电压的增加量：
△U=U′-U=I′R-IR=0.4A×20Ω-0.3A×20Ω=2V；
故答案为：0.1；2．

点评：
本题考点： 电功率的计算；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了求通过电阻电流的增加量、电阻两端电压的增加量，应用电功率公式即可正确解题，解题时要注意认真审题，注意区分：增加了与增加到．

（1）当两电阻串联时，通过两电阻的电流相等，
∵U=IR，
∴U₁：U₂=R₁：R₂=5Ω：10Ω=1：2，故B不正确；
∵P=I²R，
∴P₁：P₂=R₁：R₂=1：2，故A不正确；
（2）当两电阻并联时，两电阻两端的电压相等，
∴U₁：U₂=1：1；
∵P=
U2
R，
∴P₁：P₂=R₂：R₁=2：1，故C正确，D不正确．
故选C．

点评：
本题考点： 电功率的计算；串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点，关键是电功率公式的灵活运用，即串联时选P=I2R、并联时选P=U2R．

ABC，∵I=[U/R]，∴由U=IR可知，在电阻R一定时：
通过电阻的电流I增大时，电阻两端电压增大，故A可能发生，不符合题意；
电流I减小时，电压U减小，故B可能发生，不符合题意；
电流I减小，电压U增大，不可能减小，C不可能发生，符合题意；
D、∵I=[U/R]，∴R=[U/I]，由于定值电阻R阻值不变，则电压与电流比值不变，D可能发生，不符合题意；
故选C．

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 本题考查了对欧姆定律的理解，是一道基础题，掌握欧姆定律是正确解题的关键．

（1）电流表0.6A接线柱接电阻左端接线柱，实物电路图如图所示．
（2）电压表量程是3V，最小分度值是0.1V，由图可读出，电压表读数U=2.4V，已知路过电阻的电流I=0.2A，
电阻阻值为：R=[U/I]=[2.4V/0.2A]=12Ω．
（3）小明移动滑片，又测量了两组电压与电流的值，他这样做的目的是减小实验误差．
故答案为：（1）电路图如图所示．（2）12． （3）减小误差．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻的探究实验．

考点点评： 1、连接实物图时，电流表应选择合适的量程．
2、对电压表读数时，首先确定电压表的量程、最小分度值．
3、实验时进行多次测量求平均值，可减小误差．

（1）灯泡的额定电流I_L额=
PL额
UL额=[6W/12V]=0.5A，
电阻R_L=
UL额
IL额=[12V/0.5A]=24Ω，故A正确、不符合题意；
（2）当开关S闭合、S₁断开时：
若变阻器滑片在b端，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡两端的电压为12V、灯泡正常发光，通过灯泡的电流为I_L=I_L额=0.5A，即电流表的示数为0.5A，故B不正确、符合题意；
滑片位于a端时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，此时灯泡消耗的电功率最小，
电路中的电流I=[U
RL+R2=
12V/24Ω+24Ω]=0.25A，
小灯泡消耗的最小功率P_L=I²R_L=（0.25A）²×24Ω=1.5W，故D正确、不符合题意．
（3）同时闭合开关S、S₁，变阻器滑片在b端时，灯泡与电阻R₁并联在电源的两端；
此时灯泡两端的电压和额定电压相等，所以此时灯泡正常发光，故C正确、不符合题意；
故选B．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；滑动变阻器的使用．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时和滑片位于不同位置时电路连接方式的辨别．

R₂所在处出现火情，R₂的温度变化，R₂电阻增大，电源的电动势和内阻不变，可知总电阻增大，总电流减小，即通过灯泡的电流减小，灯泡变暗；总电流变小，内电压变小，外电压变大，所以电压表示数变大．故B、C错误，AD正确．
故选AD．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行动态分析．

由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流．
（1）当开关闭合，滑片由b端向a端移动的过程中，接入电路中的电阻小，电路中的总电阻变小，
∵I=[U/R]，
∴电路中的电流变大，即电流表的示数变大，
∵U=IR，
∴定值电阻两端的电压变大即电压表的示数变大，
∵P=UI，
∴电路的总功率变大，故A不正确；
∵电压表示数与电流表示数的比值等于定值电阻的阻值，
∴电压表示数与电流表示数的比值不变，故D正确；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的总功率最大，
P_max=
U2
R=
(6V)2
10Ω=3.6W，故BC不正确．
故选D．

点评：
本题考点： 电功率的计算；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用；电阻的串联．

考点点评： 本题考查了电路的动态分析和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是利用欧姆定律把电压表示数与电流表示数的比值转化为定值电阻的阻值来处理．

（1）压敏元件能承受的最大压力F大=PS=2×105Pa×1×10-3m2=200N；答：压敏元件表面能承受的最大压力是200N．（2）当I=25mA时，两电阻串联，电路总电阻R总=UI=6V0.025A=240Ω；电阻R=R总-R0=240Ω-10Ω=230Ω；由表...

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算；物理量的单位及单位换算；重力的计算；欧姆定律的应用；电阻的串联．

考点点评： 本题考查压力、电阻、重力、质量等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道串联电路电阻的规律，解题过程中要注意单位的换算．

由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测热敏电阻两端电压，电流表测电路电流；当温度升高时，热敏电阻R阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流增大，电流表示数变大。热敏电阻阻值减小，定值电阻阻值不变，热敏电阻分压减小，电压表示数减小，所以C正确，正确的选择是C。

C

（1）当电流表的示数为0.6A，称量物体的质量最大，
由表格数据可知，最大压力F=25×10³N，
∵水平面上物体的压力和自身的重力相等，
∴称量物体的最大重力：
G=F=25×10³N，
由G=mg可得，称量的最大质量：
m=[G/g]=
25×103N
10N/kg=2.5×10³kg；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电流表有烧坏的可能，
则定值电阻R₀的作用时保护电路，
由I=[U/R]可得，R₀的值：
R₀=[U/I]=[6V/0.6A]=10Ω；
（3）当电流表的示数为0.24A时，电路中的总电阻：
R_总=[U/I′]=[6V/0.24A]=25Ω，
滑动变阻器接入电路中的电阻：
R_滑=R_总-R₀=25Ω-10Ω=15Ω，
∵滑动变阻器的总电阻为R=50Ω、总长度为L=20cm，
∴滑片下移的距离：
l=L-
R滑
RABL=20cm-[15Ω/50Ω]×20cm=14cm，
∵弹簧发生弹性形变时，弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度成正比，且弹簧下移L=20cm时，F=25×10³N，
∴[F/L]=[F′/l]，即
25×103N
20cm=[F′/14cm]，
∴此时地磅上所放物体的重力F′=17.5×10³N，
地磅上所放物体的质量：
m′=[G′/g]=[F′/g]=
17.5×103N
10N/kg=1.75×10³kg；
（4）地磅上所放物体的质量是m时，对磅秤的压力：
F=G=mg，
滑片下移的距离：
l=[mg/F]L，
滑动变阻器接入电路中的电阻：
R=[L−l/L]R_AB=
L−
mg
FL
LR_AB=（1-[mg/F]）R_AB=R_AB+[mg/F]R_AB=50-
m×10
25×10

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 本题以地磅为背景考查了重力公式和串联电路的特点、欧姆定律的应用；关键：一是根据弹力的大小跟弹簧伸长或缩短的长度关系得出压力，二是根据滑动变阻器的长度和总电阻得出放物体时接入电路中电阻的大小，三是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等．

（1）A、B、当有光照射 R₁时，R₁的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R₂两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以A错误，B错误；
C、D、当有光照射 R₁时，R₁的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，所以R₂两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压．而信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以C正确，D错误；
故选：C．
（2）①毛笔画相邻两条线的时间间隔为电动机的转动周期．
已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，即每秒转20周，所以T=0.05s
②利用匀变速直线运动的推论
v₃=
x24
t24=
(0.074+0.050)m
2×0.05s=1.24m/s
v₆=
x57
t57=
(0.146+0.122)m
2×0.05s=2.68m/s
3到6之间棒的动能的变化量为△E_K=E_k6-E_k3=[1/2]mv₆²-[1/2]mv₃²=2.82 J
根据重力势能的定义式得：
重力势能减小量△E_p=mgh=1.0×9.8×（0.122+0.098+0.074）J=2.88J．
重力势能减小量略大于3、6之间棒的动能的变化量，所以在误差允许范围内圆柱下落过程中机械能守恒．
故答案为：（1）C；（2）①0.05，②1.24，2.68，2.82，2.88，在误差允许范围内，圆柱棒的机械能守恒．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速；电功、电功率．

考点点评： 解决本题第一问的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析；本题第二问实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实；数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．

根据欧姆定律可得：
当U=8V时，电路中的电流I₁=[U/R]=[8V/R]，
当U′=10V时，电路中的电流I₂=[U′/R]=[10V/R]，
则[10V/R]-[8V/R]=0.2A，
解得：R=10Ω，
该电阻R所消耗电功率的变化：
P_R′-P_R=
(U′)2
R-
U2
R=
(10V)2
10Ω-
(8V)2
10Ω=3.6W．
故答案为：3.6W．

点评：
本题考点： 电功率的计算；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据电流的变化确定定值电阻的阻值．