电源内阻电池实际是有电阻的,我们把电池的电阻称为电池的内阻,我们可以把一个实际的电池组看成一个理想电池组和电阻的串联.某

由图可知，滑动变阻器上半部分与R₁串联后与下半部分并联，因滑片开始时在中点，故开始时R₁与上半部分的总电阻R_串大于下半部分的电阻；
当滑片上移时，上部分的电阻减小，下半部分电阻增大，且R₁小于R的总阻值，故在上移中R_串一定会出现等于下半部分的电阻的情况；
因为总电阻不变，所以当电阻相等时总电阻最大，即上移过程中电路中的总电阻R_外应是先增大再减小；
由闭合电路欧姆定律I_总=
E
r+R外可知：干路电流应是先减小再增大，即流过r的电流先减小再增大；路端电压U应是先增大后减小，故A错误；
在滑片上移到电阻最大的过程中，干路电流减小，则路端电压U=E-I_总r增大，而R₂不变，故R₂两端的电压减小，因此并联部分电压应增大，而R_串减小，故电流表增大；
当滑片从最大电阻处上移时，干路电流增大，则路端电压减小，R₂两端的电压增大，故并联部分电压减小，则流过下半部分的电流减小；而总电流增大，由并联电路的电流规律可知，电流表示数增大；即电流表示数I一直增大，故B错误，C正确；
UI=U（I_总
R下
R1+R）=UI_总
R下
R1+R；
UI_总为电源的输出功率，
R下
R1+R是逐渐减小的，而电源的输出功率与外电阻有关，当内外电阻相等时，输出功率是最大的，而本题中无法确定内外电阻的关系；故UI的变化无法确定，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质；另外还要注意电源输出功率的应用．

A、B、图中电阻R₂与R₃并联后再与R₁串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R₃进入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；故路端电压U=E-Ir变大；并联部分电压U_并=E-I（r+R₁）也变大，即两个电压表的读数都变大，故A错误，B错误；
C、D、根据欧姆定律，有：U=IR₁+U_并，由于U、U_并变大，IR₁变小，故路端电压变化小于并联部分电压，即电压表V₁的示数变化量小于V₂的示数变化量，故C错误，D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是电路动态变化分析问题，可以按照外电路→内电路→外电路的顺序分析，同时要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值．

当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势．当S闭合时，R₁、R₂串联，C₁与电阻R₁并联，C₂与电阻R₂并联，则两电容器的电压均小于电动势，电压减小，而电容不变，则电容器的电量均减小．
故选：D．

点评：
本题考点： 电容．

考点点评： 对于含有电容器的电路，在电容不变时，关键确定电压及其变化．电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压．

当电键S闭合时，两个电阻并联，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I增大，即电流表示数变大，所以内阻所占电压变大，所以路端电压变小，即电压表示数变小．
故选BC

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是电路中动态变化分析的问题，考查综合分析问题的能力．这类问题常常按照“局部→整体→局部”的思路分析．

当S₁闭合时，R₂被短路，根据闭合电路欧姆定律得：
I1＝
E
R1+r
即：[E/4+r＝3…①
当S₁断开时，根据闭合电路欧姆定律得：
I2＝
E
R1+R2+r＝
E
10+r]…②
由①②解得：
I2＝
12+3r
10+r＝
3(10+r)−18
10+r＝3−
18
10+r＜1.2A，故D正确．
故选：D

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题将电路的计算与动态变化分析巧妙地结合起来，定性确定出电流的范围即可解答．

第一道题的答案错了是R4二端的电压c跟R4并联的 所以是200/7v的电压如果第一题跟第二题有联系 就是二者差

电动机接在电源两端，电动机电压等于电源路端电压；
A、电动机内部发热功率P_Q=I²R，故A正确；
B、电动机总功率P=UI，电动机的输出功率P_出=P-P_Q=UI-I²R，
电动机的输出功率就是电动机的机械功率，故BD错误；
C、电源电动势E=U+Ir，故C错误；
故选A．

点评：
本题考点： 电功、电功率．

考点点评： 电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．

电动机接在电源两端，电动机电压等于电源路端电压；
A、电动机内部发热功率P_Q=I²R，故A正确；
B、电动机总功率P=UI，电动机的输出功率P_出=P-P_Q=UI-I²R，
电动机的输出功率就是电动机的机械功率，故BD错误；
C、电源电动势E=U+Ir，故C错误；
故选A．

点评：
本题考点： 电功、电功率．

考点点评： 电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．

电键S闭合后，电源的总功率为20W，电源的输出功率为16W，故电源的内电阻消耗的功率为4W；
根据P=I²r，干路电流为：I=

P
r＝

4
1＝2A；
电源电动势为：E=[20W/2A＝10V
外电压为：U=E-Ir=10-2×1=8V
通过电阻R₁的电流为：I₁=
U
R1＝
8V
8Ω]=1A
故通过电阻R₂支路的电流为：I₂=I-I₁=2-1=1A
灯泡的电压为：U_L=U-I₂R₂=8-1×3=5V
故灯泡消耗的电功率为：P_L=U_LI_L=5×1=5W
灯泡的电阻为：RL＝
UL
IL＝
5V
1A＝5Ω
当电键S断开时，根据闭合电路欧姆定律，干路电流为：
I′=[E
r+R2+RL=
10/1+3+5]=[10/9]A
灯泡两端的电压为：
UL′＝I′•RL′＝
10
9×5＝
50
9V
故答案为：5，[50/9]．

点评：
本题考点： 电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题关键是明确电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律，串并联电路的电压、电流关系、电功率表达式列式求解．

当传感器R₂所在处出现火情时，R₂的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，则U变小．
电路中并联部分的电压U_并=E-I_总（R₁+r），I_总变大，其他量不变，则U_并变小，通过R₃的电流I₃变小，而I_总=I+I₃，所以I 变大．
由于电源的内外电阻关系未知，所以P可能变小，也可能变大．故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

考点点评： 本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部→整体→局部”的顺序进行动态变化分析．

在变阻器R₀的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器R₀与R₂并联电阻R_并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则电压表示数增大．并联部分电压U_并=E-I（R₁+r），I减小，E、R₁、r均不变，则U_并增大，故电流表示数增大．故B正确，ACD错误．
故选B

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．

A、B由题意可知，当滑片向上移动时，并联部分的总电阻先增大后减小，则外电路的总电阻先增大后减小；
由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，故内电压先减小后增大，则路端电压先增大后减小；即电压表的示数先增大后减小；故A错误B正确
C、D滑片P由中点向上移动时，干路电流减小过程中，路端电压增大，R与变阻器上部分串联电阻减小，则通过电流表的电流增大；
在干路电流增大过程中，路端电压减小，变阻器下部分的增大，通过变阻器下部分的电流减小，则通过电流表的电流增大；故电流表的示数一直增大．故CD错误．
故选B

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题为闭合电路的欧姆定律的动态分析类题目，此类问题可先分析外电路中的电阻，再分析电流或内电阻消耗的电压，最后再分析各局部电路；在分析中要灵活应用串并联电路的规律，必要时可将与电源串联的电阻当作内电阻处理．

（1）电键S合上，由P_总-P_出=I²r，代入解得I=2A
由P_总=EI，得
E=
P总
I=10V，U=E-Ir=8V
流过R₁的电流I₁=[U
R1=
8/6A=
4
3A，则流过灯的电流I_L=I-I₁=
2
3A
灯的电压U_L=U-U₂=U-I_LR₂=6V
灯的电阻R_L=
UL
IL]=9Ω
灯的功率P_灯=U_LI_L=4W
（2）电键S断开，变阻器的电压为U₂′=E-U_L-I_Lr=[10/3V
滑动变阻器的阻值 R₂′=
U2′
IL]=5Ω
答：（1）电灯的电阻为9Ω，灯的额定功率为4W；
（2）当电键S断开时，为使灯泡正常发光，滑动变阻器的阻值应调到5Ω．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

考点点评： 本题是直流的计算问题，在搞清电路结构的基础上，分析电流和电压的分配关系．求电阻基本的原理是伏安法，即通过求出电路两端的电压和流过的电流，求解电阻．

（1）由题：电源的效率为94%，则电源内部消耗的功率为P_r=6%×40W=2.4W
又P_r=I²r，解得I=

Pr
r=

2.4
0.6=2A，
ab两点间的电压U_ab=IR₁₂=I
R1R2
R1+R2=2×2.4V=4.8V
再由电源的总功率P等于电路消耗的总功率，
得到P=40W
由P=EI，
解得E=20V
答：（1）ab两点间的电压为4.8V． （2）电源的电动势为20V．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题关键分析电路中功率的分配关系，注意功率与效率不同，不要混淆．记牢电源的总功率P=EI．

AB、若滑片向左移动，则滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，故电路的总电流增大，此时电压表V₁的示数增大，V₂的示数减小．电流表的示数增大，由于内电压增大，则两电压表示数之和减小．故A正确，B错误．
CD、若滑片向右移动，则滑动变阻器的阻值增大，电路的总电阻增大，故电路的总电流减小，此时电压表V₁的示数减小，V₂的示数增大．电流表的示数减小，由于内电压减小，则两电压表示数之和增大．故C错误，D正确．
故选AD．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题考查闭合电路的动态分析，抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行分析．

A、当滑动变阻器的滑动头P向右滑动时，接入电路的电阻增大，并联电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压U增大，干路电流I1减小，R1的电压U1减小，R2的电压U2增大，由于路端电压U=U1+U2，U增...

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是电路中动态变化分析问题，采用总量法进行分析．并联支路电流变化情况与干路电流变化情况一致，常常用到．

A、若R₂短路，外电阻减小，路端电压减小，通过R₃的电流减小，则电流表示数变小．
设电阻R₁和R₃的总电流为I₁₃，总电流增大，通过R₄的电流减小，则I₁₃增大，而通过R₃的电流减小，故通过R₁的电流增大，电压表示数变大．故A正确．
B、若R₃断路，电流表示数为零，外电阻增大，路端电压增大，则电压表读数增大．故B正确．
CD、若R₄断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大．故CD错误．
故选：AB

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随关外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．

A、因电压表示数减小，而R₁为定值电阻，故电流的减小量一定等于
△U
R1，故A正确；
B、R₁两端的电压减小，则说明R₂及内阻两端的电压均增大，故R₂两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；
C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；
D、由B的分析可知，R₂两端的电压增加量一定小于△U，故电流的增加量一定小于
△U
R2，故D错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式．

滑动变阻器左右两侧的电阻并联后再与定则电阻串联，滑动变阻器两侧的并联电阻为：
R并＝
Ra•Rb
Ra+Rb＝
Ra(R−Ra)
R≤
(Ra+R−Ra)2
4R=[R/4] （当R_a=R-R_a，即R_a=[1/2]R时取等号）
由于滑动变阻器R的滑片P从a端移到b端的过程中，故R_并先增加后减小；
根据闭合电路欧姆定律，干路电流先减小后增加；路端电压U=E-Ir，先增加后减小；
故ACD错误，B正确；
故选B．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题要理清电路结构，根据闭合电路欧姆定律判断电流和电压的变化，难点在于并联部分电阻变化的判定上．

（1）电路中总电流的大小为：I=[E/R]=[3/2]=1.5A，
所以导体棒ab受到安培力的大小为：F=BIL=1×1.5×0.5N=0.75N，
根据左手定则可知，方向向左．
（2）根据牛顿第二定律可得：F=ma，
所以加速度的大小为：a=[F/m]=[0.75/0.1]=7.5m/s²．
答：（1）导体棒ab受到安培力的大小为0.75N，方向向左；
（2）导体棒ab的加速度为7.5m/s²．

点评：
本题考点： 安培力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题涉及到欧姆定律，根据欧姆定律求出电流的大小，再计算安培力的大小，判断安培力的方向即可，用牛顿第二定律来计算加速度的大小，难度不大．

R₁是定值电阻，根据欧姆定律得知：
U1
I＝
△U1
△I=R₁．故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，
△U1
△I=R₁．
根据闭合电路欧姆定律得：U₂=E-I（R₁+r），则有，
△U2
△I=R₁+r，
根据闭合电路欧姆定律得：U₃=E-Ir，则有
△U3
△I=r，
因为r＜R₁，则
△U3
△I＜
△U1
△I＜
△U2
△I
故选：D．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题对于定值电阻，是线性元件有R=U I＝△U △I，对于非线性元件，R=U I≠△U △I．

（1）设电路中的干路电流为I，则由P总＝P出+Ir2
得：I=2（A）
又输出功率 P_出=UI
所以路端电压为U=6 （V）
由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir
得电源的电动势E=6+（2×1）=8（V）
（2）由电流关系得I=I₁+I₂
由灯泡中电流：I₁=I-I₂=I-
U
R2=2-
6
6＝1（A）
则电压表的读数为U_V=I₁R₁=1×2=2（V）
灯泡的功率为P_L=（U-U_V）I₁=（6-2）×1=4（W）
答：
（1）电源电动势E是8V，路端电压U是6V．
（2）电压表读数是2V，灯泡正常发光时的功率P_L是4W．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

考点点评： 本题的突破口是抓住电源三种功率的关系，求出干路电流，再根据欧姆定律进行求解．

当滑动变阻器R₀的滑片P从a端移到b端的过程中，变阻器总电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，则电压表先增大后减小．
当滑动变阻器R₀的滑片P从a端移到中点的过程中，变阻器总电阻增大，干路中电流减小，变阻器的电压增大，而变阻器Pb部分的电阻减小，则变阻器Pb部分的电流增大，所以通过通过Pa部分的电流减小．
当滑动变阻器R₀的滑片P从中点移到b端的过程中，变阻器总电阻减小，干路中电流增大，变阻器的电压减小，变阻器Pa部分的电阻增大，所以通过通过Pa部分的电流减小，则通过滑动变阻器Pb部分电流不断增大．故电流表的读数减小．故电流表示数不断减小．
干路电流先减小后增大，则灯亮度先变暗后变亮．
所以电压表示数先增大后减小，电流表示数不断减小，小灯亮度先变暗后变亮，流过滑动变阻器Pb部分电流不断增大．不符合实际的是C项，故C正确．
故选：C

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是电路动态分析问题，关键是分析变阻器总电阻如何变化．分析电流表读数是根据总电流与流过滑动变阻器Pb部分电流结合分析．

（1）P=ηP总=94%×40=37.6W；而P热=P总-P=2.4W；（2）因P热=I2r；解得：I=2.0A；由P=UI可知U=18.8V；（3）Uba=I×R1R2R1+R2=4.8V；（4）U3=U-Uba=14V由欧姆定律可知；R3=U3I=7Ω；（5）E=U+Ir=18.8+2.0×0.6=20V；...

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题综合考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的电流电压规律、功率公式及部分电路欧姆定律等，要求能明确应用各功率公式；并能结合串并联电路的电流、电压规律进行分析运算．