1、穩恒電流例析從高考的命題來看，如下題型出現的頻度較高，值得注意：（1）電路的簡化：對于一個復雜的電路，畫出等效電路圖，是一項基本功，也是電路分析和計算的基礎。（2）動態直流電路的分析：電路中某些元件（如滑線變阻器的阻值）的變化，會引起電流、電壓、電阻、電功率等相關物理量的變化，解決這類問題涉及到的知識點多，同時還要掌握一定的思維方法，在近幾年高考中已多次出現。（3）非純電阻電路的分析與計算。非純電阻電路是指電路含有電動機、電解槽等裝置，這些裝置的共同特點是可以將電能轉化為機械能、化學能等其他形式的能量。這是近幾年高考命題的一個冷點，但有可能成為今年高考的熱點。（4）穩態、動態阻容電路的分析與計

2、算。此類問題往往較難，但卻是高考考查的重點，幾乎是年年必考。（5）故障電路的分析與判斷。由于此類問題能夠考查考生理論聯系實際的能力，對靈活運用知識的能力要求較高，所以可能成為近幾年考查重點。（6）非線性電路的分析與求解。非線性電路包括含二極管電路和白熾電燈電路，由于這類元件的伏安特性不再是線性的，所以求解這類問題難度更大。一、夯實基礎知識（一）電流的形成、電流強度。1電流的形成：電荷定向移動形成電流(注意它和熱運動的區別)。2形成電流條件：(1)存在自由電荷；(2)存在電勢差(導體兩端存在電熱差)。3電流強度：I=q/t(如果是正、負離子同時定向移動形成電流，q應是兩種電荷量和)4注意：I有大

3、小，有方向，但屬于標量(運算法則不符合平行四邊形定則)，電流傳導速率就是電場傳導速率不等于電荷定向移動的速率(電場傳導速率等于光速)。 （二）部分電路歐姆定律。1公式 I=U/R, U=IR, R=U/I.2含義：R一定時，IU, I一定時，UR； U一定時，Il/R。(注意：R與U、I無關)3適用范圍：純電阻用電器(例如：適用于金屬、液體導電，不適用于氣體導電)。4圖象表示：在R一定的情況下，I正比于U，所以IU圖線、UI圖線是過原點的直線，且R=U/I。在IU圖線中，R=cot=1/k斜率，斜率越大，R越小在UI圖線中，R=tan=k斜率，斜率越大，R越大。注意：(1)應用公式I=U/R時

4、，各量的對應關系公式中的I、U、R是表示同一部分電路的電流強度、電壓和電阻，切不可將不同部分的電流強度、電壓和電阻代入公式(2)I、U、R各物理量的單位均取國際單位，I(A)、U(A)、R()(3)當R一定時，IU；I一定時，UR；U一定時，I1/R，但R與I、U無關。(三)電阻定律1公式：R=L/S(注意：對某一導體，L變化時S也變化，L·S=V恒定)2電阻率：=RS/L，與物體的長度L、橫截面積S無關，和物體的材料、溫度有關，有些材料的電阻率隨溫度的升高而增大，有此材料的電阻率隨溫度的升高而減小，也有些材料的電阻率幾乎不受溫度的影響，如錳銅和康銅，常用來做標準電阻，當溫度降低到絕

5、對零度附近時，某些材料的電阻率突然減小到零，這種現象叫超導現象。（四）電功、電功率、電熱。1電功：電流做的總功或輸送的總電能為W=qU=IUt，如果是純電阻電路還可寫成W=U2t/R=I2Rt；2電熱：Q=I2Rt，如果是3電功和電熱關系：(1)純電阻電路，電功等于電熱；(2)4電功率：P=W/t=IU，如果是純電阻電路還可寫成P=I2R=U2/R。5額定功率：即是用電器正常工作時的功率，當用電器兩端電壓達到額定電壓Um時，電流達到額定電流Im，電功率也達到額定功率Pm，且Pm=ImUm如果是純電阻電器還可寫成Pm=U2m/R=I2mR(Pm、Um、Im、R四個量中只要知兩個量，其它兩個量一定

6、能計算出)。（五）簡單串、并、混聯電路及滑線變阻器電路1應熟記：n個相同電阻R并聯，總電阻R總R/n；兩個電阻R1、R2并聯，總電阻R總R1R2/(R1+R2)，并聯電路總電阻小于任一支路電阻；某一支路電阻變大(其它支路電阻不變)，總電阻必變大，反之變小；并聯支路增多，總電阻變小，反之增大。二、解析典型問題問題1：電路簡化對一個復雜的電路，畫出等效電路圖，是一項基本功，也是電路分析和計算的基礎。在復雜電路中，當導體間串、并聯的組合關系不很規則時，要進行電路的簡化，簡化電路方法較多，這里介紹兩種常用的方法：（1）分支法；（2）等勢法。R1A圖1甲BCDR2R3R4S（1）分支法：以圖1(甲)為例

7、：第一支線：以A經電阻R1到B(原則上以最簡便直觀的支路為第一支線)。第二支線：以A經由電阻R2到C到B。第三支線：以A經電阻R3到D再經R1到B。以上三支線并聯，且C、D間接有S，簡化圖如圖1(乙)所示。R1A圖1乙BCDR2R3R4S（2）等勢法：以圖2為例。R3R1R2R3R4EA圖2BCDF設電勢A高B低，由A點開始，與A點等勢的點沒有，由此向下到C點，E點與C點等勢，再向下到D點，F、B點與D點等勢，其關系依次由圖3所示。圖3R1A與A點等勢R2R3R4ECR1A與C點等勢BDR2R3R4ECR1A與D點等勢F（3）注意：對于復雜電路的簡化可交替用分支法和等勢法；理想的電流表可視作短

8、路；理想的電壓表和電容器可視作斷路；兩等勢點間的電阻可省去或視作短路。問題2：動態電路問題電路中局部的變化會引起整個電路電流、電壓、電功率的變化，“牽一發而動全身”是電路問題的一個特點。處理這類問題常規思維過程是：首先對電路進行分析，然后從阻值變化的部分入手，由串、并聯規律判斷電路總電阻變化情況（若只有有效工作的一個電阻阻值變化，則不管它處于哪一支路，電路總電阻一定跟隨該電阻變化規律而變），再由全電路歐姆定律判斷電路總電流、路端電壓變化情況，最后再根據電路特點和電路中電壓、電流分配原則判斷各部分電流、電壓、電功率的變化情況。為了快速而準確求解這類問題，要熟記滑線變阻器常見三種接法的特點：第一種

9、：如圖4所示的限流式接法. ABpb圖4RAB隨pb間的電阻增大而增大。第二種：如圖5所示分壓電路.ABabPR1R2圖5電路總電阻RAB等于AP段并聯電阻RaP與PB段電阻RbP的串聯。當P由a滑至b時，雖然Rap與Rpb變化相反，但電路的總電阻RAB持續減小；若P點反向移動，則RAB持續增大。證明如下：結論(1)當Rap增大時，RAB減小；當Rap減小時，RAB增大。(2)滑動頭P在a點時，RAB取最大值R2；滑動頭P在b點時，RAB取最小值。第三種：如圖6所示并聯式電路。R1R2R3ABabp圖6由于兩并聯支路的電阻之和為定值，則兩支路的并聯電阻隨兩支路阻值之差的增大而減小；隨兩支路阻值

10、之差的減小而增大，且支路阻值相差最小時有最大值，相差最大時有最小值。證明如下：令兩支路的阻值被分為Ra、Rb,且Ra+Rb=R0,其中R0為定值。則可見，R/的確隨Ra與Rb之差的增大而減小，隨差的減小而增大，且當相差最小時，R/有最大值，相差最大時，R/有最小值。此外，若兩支路阻值相差可小至零，則R/有最大值R0/4.例1、如圖6所示，R1=4，R2=5，R3=7，求P由a至b移動過程中，總電阻RAB如何變化？分析與解：依據上述并聯式電路的特點，則立刻可知：P調至RaP=4時，RABmax=4, P調至a點時，RABmin=3,且P從a調至b時，RAB先增大后減小。例2、如圖7所示，電燈A標

11、有“10V，10W”，電燈B標有“8V，20W”，滑動變阻器的總電阻為6，當滑動觸頭由a端向b端滑動的過程中(不考電燈電阻的變化)VA圖7ABabA、 安培表示數一直減小，伏特表示數一直增大；B、 安培表示數一直增大，伏特表示數一直減小；C、 安培表示數先增大后減小，伏特表示數先減小后增大；D、 安培表示數先減小后增大，伏特表示數先增大后減小。分析與解：可以求得電燈A的電阻RA=10，電燈B的電阻RB=3.2,因為，所以，當滑動觸頭由a向b端滑動的過程中，總電阻一直減小。即B選項正確。例3、如圖8所示，由于某一電阻斷路，致使電壓表和電流表的示數均比該電阻未斷時要大，則這個斷路的電阻可能是（ ）

12、 A. R1 B. R2 C. R3 D. R4 分析與解：此類問題的常規解法是逐個分析進行判斷。 若R1斷路R總變大I總變小U端變大I2變大，即電流表示數變大，U端變大，I4變大U4變大，所以選項A正確。 若R2斷路，電流表示數為零，則B錯 若R3斷路，電壓表示數為零，則C錯 若R4斷路R總變大I總變小U端變大，即電流表和R2串聯后兩端電壓變大，則電流表示數變大；R4斷路后，則電壓表的內阻大，所以R3所在支路近似斷路，則電壓表示數此時也變大，即D正確。所以答案AD。例4. 如圖9所示電路，電源的電動勢為E，內阻為r，R0為固定電阻，R為滑動變阻器。在變阻器的滑片由a端移向b端的過程中，電容器

13、C所帶的電量（ ）RR0b圖9aCErA. 逐漸增加B. 逐漸減小C. 先增加后減小D. 先減少后增加分析與解：由上述結論可知，在滑動變阻器的滑片由a端移向b端的過程中，圖9所示電路的外電阻逐漸減小，根據閉合電路的歐姆定律可知：通過電源的電流I逐漸增大，路端電壓逐漸減小，加在電容器C上的電壓逐漸減小，C為固定電容器，其所帶電量逐漸減少，所以只有選項B正確。問題3：求解三種功率的問題。例5. 如圖10所示，電路中電池的電動勢E=5V，內電阻r=10，固定電阻R=90，R0是可變電阻，在R0從零增加到400的過程中，求： （1）可變電阻R0上消耗功率最大的條件和最大熱功率 （2）電池的電阻r和固定

14、電阻R上消耗的最小熱功率之和RR0圖10Er分析與解：（1）可變電阻R0上消耗的熱功率： 時，P0最大，其最大值： （2）當電流最小時，電阻r和R消耗的熱功率最小，此時R0應調到最大400，內阻r和固定電阻R上消耗的最小熱功率之和為 本題關鍵：寫出P0、P小表達式，進行數學變換。一定要養成先寫表達式，再求極值的良好解題習慣，否則就容易出錯，請同學們做一做例6.例6、有四個電源，電動勢均相等，內電阻分別為1、2、4、8，現從中選擇一個對阻值為2的電阻供電，欲使電阻獲得的電功率最大，則所選電源的內電阻為： 1 2 4 8。正確答案為A。L1L3L4圖11例7、有四盞燈，接入如圖11中，L1和L2都

15、標有“220V、100W”字樣，L3和L4都標有“220V、40W”字樣，把電路接通后，最暗的燈將是：AL1； BL2；CL3；DL4分析與解：正確答案是C，由它們的額定電壓、額定功率可判出：R1=R2<R3=R4，即R4>R1>R23并P4>P1>(P2+P3)(串聯電路PR,而P3<P2(并聯電路P1/R)，L3燈最暗(功率最小)問題4：解非理想電表問題在求非理想電壓表或非理想電流表的讀數時，只要將電壓表看作電阻RV，求出RV兩端的電壓就是電壓表的示數；將電流表看作電阻RA，求出通過RA的電流就是電流表的示數。圖12例8、三個完全相同的電壓表如圖12所示

16、接入電路中，已知V1表讀數為8V，V3表的讀數為5V，那么V2表讀數為 。 分析與解：設 三個完全相同的電壓表的電阻均為R，過 的電流分別為I1、I2、I3，由并聯電路的規律有： I1=I2+I3，所以有 =+即有U1=U2+U3所以，U2=U1-U3=3V。例9、阻值較大的電阻R1和R2串聯后，接入電壓U恒定的電路，如圖13所示，現用同一電壓表依次測量R1與R2的電壓，測量值分別為U1與U2，已知電壓表內阻與R1、R2相差不大，則： AU1+U2=U； BU1+U2<U； UR1R2VRV圖13CU1/U2=R1/R2； DU1/U2R1/R2分析與解：正確答案是B、C，電壓表是個特殊

17、的“電阻”，第一它的電阻Rv阻值較大；第二該“電阻”的電壓是已知的，可以從表盤上讀出，當把電壓表與R1并聯后，就等于給R1并聯上一個電阻Rv，使得電壓表所測的電壓U1是并聯電阻的電壓，由于，所以U1小于R1電壓的真實值，同理測量值U2也小于R2電壓的真實值，因此U1+U2<U，選項B正確。判斷選項C、D的正確與否不能僅憑簡單地定性推理，要通過計算后獲得。電壓表與R1并聯后，變成R并與R2串聯，有：同理：可知U1/U2=R1/R2，選項C正確。根據本題的結論可設計一個測量電阻的方法.例10、如圖14所示，電阻R1、R2并聯后接入電流恒定為I的電路。現用同一電流表依次測量通過R1、R2的電流

18、，測量值分別為I1、I2，則I1/I2=R1/R2。AAR1R2I圖14即電流一定時，并聯的兩電阻被同一電流表測量的電流值與電阻成反比。證明：當電流表電阻值RA小到可以忽略時，上述結論顯然成立；當RA不可忽略時，用電流表測量哪一個電阻的電流時，就等于給這一電阻串聯了一個電阻RA，使得電流表所測的電流是串聯RA后的電流。因此，當電流表與R1串聯后，電路變成電阻(R1+RA)與R2并聯，故有：同理 從而有問題5：會解含容電路ABFDCER1R2R3R4圖15ab含容電路問題是高考中的一個熱點問題，在高考試題中多次出現。同學們要注意復習。1、求電路穩定后電容器所帶的電量求解這類問題關鍵要知道：電路穩

19、定后，電容器是斷路的，同它串聯的電阻均可視為短路，電容器兩端的電壓等于同它并聯電路兩端的電壓。例11、在圖15所示的電路中,已知電容C=2F,電源電動勢E=12V,內電阻不計,R1R2R3R4=1263.則電容器極板a所帶的電量為（ ）A.-8×10-6C.B.4×10-6C. C.-4×10-6C. D.8×10-6C.分析與解：電路穩定后，電容C作為斷路看待，電路等價于R1和R2串聯，R3和R4串聯。由串聯電路的特點得：， 即同理可得故電容C兩端的電壓為：電容器極板a所帶的電量為： 。即D選項正確。ECKR2R1圖162、求通過某定值電阻的總電量例1

20、2、圖16中E=10V，R1=4，R2=6，C=30F，電池內阻可忽略.(1)閉合電鍵K,求穩定后通過R1的電流.(2)然后將電鍵K斷開,求這以后流過R1的總電量.分析與解：（1）閉合電鍵K，穩定后通過R1的電流為： ,電容器上電壓為IR2,儲存的電量為Q1=CIR2=1.8(2) 電鍵K斷開后,待穩定后,電容器上電壓為E,儲存的電量為： Q2=CE=流過R1的總電量為例13、在如圖17所示的電路中，電源的電動勢內阻；電容器的電容，電容器原來不帶電.求接通電鍵K后流過R4的總電量.E，rR1R2R3R4CK圖17分析與解：由電阻的串并聯公式，得閉合電路的總電阻為: 由歐姆定律得，通過電源的電流

21、 電源的端電壓 電阻R3兩端的電壓 通過R4的總電量就是電容器的電量Q=CU3, 由以上各式并代入數據解得ER1R2C1C2K圖18例14、圖18中電源電動勢E=10V，C1=C2=30F，R1=4.0, R2=6.0,電源內阻可忽略。先閉合電鍵K，待電路穩定后，再將K斷開，則斷開K后流過電阻R1的電量為 .分析與解：當K閉合，待電路穩定后，電容C1和C2分別充得的電量為：Q20=0當K斷開，待電路穩定后，電容C1和C2分別充得的電量為： Q1=C1E=, Q2=C2E=故斷開K后流過電阻R1的電量為：問題6：會解電容與電場知識的綜合問題1、討論平行板電容器內部場強的變化，從而判定帶電粒子的運

22、動情況。對于正對面積為S，間距為d的平行板電容器C，當它兩極板間的電壓為U時，則其內部的場強E=U/d;若電容器容納電量Q，則其內部場強E=4KQ/(.S).CR1R2R3Em圖19據E=U/d和E=4KQ/(.S)很容易討論E的變化情況。根據場強的變化情況就可以分析電容器中帶電粒子的受力情況，從而判定帶電粒子的運動情況。例15、一平行板電容器C,極板是水平放置的,它和三個可變電阻及電源聯接成如圖19所示的電路.今有一質量為m的帶電油滴懸浮在兩極板之間靜止不動.要使油滴上升,可采用的辦法是:A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.減小R2.分析與解：要使油滴上升，必須使向上的電場力增大，因油滴

23、的帶電量是不變的，故只有增大場強E，又因E=U/d，而d不變，故只有增大加電容器兩極板間的電壓U，即增大R3或減小R2。即CD選項正確。例16、一平行板電容器充電后與電源斷開,負極板接地.在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點,如圖20所示.以E表示兩極板間的場強,U表示電容器的電壓,W表示正電荷在P點的電勢能.若保持負極板不動,將正極板移到圖中虛線所示的位置,則:P圖20+-A.U變小,E不變. B.E變大,W變大.C.U變小,W不變. D.U不變,W不變.CR1R2R3PK3K2K4K1圖21分析與解：因為電容極板所帶電量不變，且正對面積S也不變，據E=4KQ/(.S)可知E也是不變。

24、據U=Ed，因d減小，故U減小。因P點的電勢沒有發生變化，故W不變。故A、C二選項正確。例17、在如圖21電路中,電鍵K1、K2、K3、K4均閉合,C是極板水平放置的平行板電容器,板間懸浮著一油滴P.斷開哪一個電鍵后P會向下運動?A.K1B.K2C.K3 D.K4分析與解：同理分析斷開電鍵K3后P會向下運動，即C正確。圖22CR1R2EKP例18、如圖22所示電路，電鍵K原來是閉合的，當R1、R2的滑片剛好處于各自的中點位置時，懸在空氣平板電容器C兩水平極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止狀態。要使塵埃P加速向上運動的方法是：A、把R1的滑片向上移動；B、把R2的滑片向上移動；C、把R2的滑片向下移

25、動；D、把電鍵K斷開。分析與解：同理分析斷開電鍵K和把R2的滑片向下移動后P會向上加速運動，即C、D正確。例19、兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖23所示，接通開關K，電源即給電容器充電.（ ）A保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小圖23KERB保持K接通，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電量增大C斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D斷開K，在兩極板間插入一塊介質，則兩極板間的電勢差增大分析與解：保持K接通，兩極板間的電壓不變，據E=U/d知當減小兩極板間的距離d時，則兩極板間電場的電場強度增大，即A選

26、項錯；保持K接通，兩極板間的電壓不變，據Q=CU=SU/(4kd)知當在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電量增大，即B選正確；斷開K，電容器所帶電量一定，據E=4KQ/(.S)和U=Ed可知當減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小, 即C選正確；斷開K，電容器所帶電量一定，據E=4KQ/(.S)和U=Ed可知當在兩極板間插入一塊介質，則兩極板間的電勢差減小, 即D選正確.2、結合電荷守恒定律求解有關電容問題。K2圖24AMK1BNOP例20、在如圖24所示的電路中,電容器A的電容CA=30F,電容器B的電容CB=10F.在電鍵K1、K2都是斷開的情況下,分別給電容器A、B充電.充電后,M點

27、的電勢比N點高5V,O點的電勢比P點低5V.然后把K1、K2都接通,接通后M點的電勢比N點高.A、10V. B、 2.5V.C、2.5V. D、4.0V分析與解：當K1、K2都斷開時，給電容器A、B充得的電量分別為：，上極板帶正電；而，且上極板帶負電。當K1、K2都接通后，設M點的電勢比N點高U，則據電荷守恒定律可得：所以U=2.5V.問題7：關于RC電路中暫態電流的分析在含容電路中的電流穩定以后，電容充有一定的電量，與電容串聯的電阻中沒有電流通過。但當電路中某電阻或電壓發生變化時，會導致電容的充電或放電，形成暫態電流。如何分析暫態電流？我們可以先確定初始穩態電容所帶的電量，再確定當電路中某電

28、阻或電壓發生變化時引起電容所帶的電量變化情況，從而分析暫態電流。這類問題在近幾年高考試題中多次出現，同學們在高三復習時應引起重視。bRABa圖25例21、圖25所示是一個由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯電路，在增大電容器兩極板間距離的過程中，以下說法正確的是：A、 電阻R中沒有電流； B、 電容器的電容變小；C、 電阻R中有從a流向b的電流；D、 電阻R中有從b流向a的電流。分析與解：當電路穩定后，沒有電流通過電阻R，但當在增大電容器兩極板間距離的過程中，電容器的電容量減小而電容器電壓不變，所以電容器所帶電量會不斷減小，即電容放電形成放電電流，BC二選項正確。問題8：會解非純電阻電路問題

29、非純電阻電路是指電路含有電動機、電解槽等裝置，這些裝置的共同特點是可以將電能轉化為機械能、化學能等其他形式的能量。MRU例22、.直流電動機線圈的電阻很小，起動電流很大，這對電動機本身和接在同一電源上的其他電器都產生不良的后果。為了減小電動機起動時的電流，需要給電動機串聯一個起動電阻R，如圖所示。電動機起動后再將R逐漸減小。如果電源電壓U=220V，電動機的線圈電阻r0=2,那么，（1）不串聯電阻R時的起動電流是多大？（2）為了使起動電流減小為20A，起動電阻應為多大？分析與解：（1）起動時電動機還沒有轉動，電機等效為一個純電阻，所以不串聯R時的起動電流為： （2）為了使起動電流為20A，電路

30、的總電阻應為 故起動電阻應為A圖27R1R2S例23、如圖27所示，電阻R1=20，電動機繞線電阻R2=10，當電鍵S斷開時，電流表的示數是I1=0.5A,當電鍵合上后，電動機轉動起來，電路兩端的電壓不變，電流表的示數I和電路消耗的電功率P應是:AI=1.5A B.I<1.5AC.P=15W D.P<15W分析與解：當電鍵S斷開時，電動機沒有通電，歐姆定律成立，所以電路兩端的電壓U=I1R1=10V；當電鍵合上后，電動機轉動起來，電路兩端的電壓U=10V，通過電動機的電流應滿足UI2>I22R2,所以I2<1A.所以 電流表的示I<1.5A，電路消耗的電功率P&l

31、t;15W,即BD正確。例24、某一用直流電動機提升重物的裝置，如圖28所示，重物的質量m=50kg，電源電動勢E=110V，不計電源電阻及各處摩擦，當電動機以V=0.90m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流強度I=5A，由此可知，電動機線圈的電阻R是多少?(g=10m/s2)。電動機S圖28分析與解：在圖28的物理過程中，電源工作將其他形式的能轉化電能輸入電路，電流通過電機將電能轉化為機械能輸出，由能量守恒定律可得 解得電動機線圈的電阻R=92.問題9：會解非線性電阻電路問題0.1圖29U/×10V050.20.30.40.5I/A1015200由于熱敏電阻、二極管的伏安特

32、性曲線是非線性的，很難（幾乎是不可能）寫出伏安特性曲線的解析式，因此解答這類問題只能用圖象相交法。例25、“220V、60W”的白熾燈A和“220V、100W”的白熾燈B的伏安特性曲線如圖29所示，若將兩白熾燈串聯后接在220V的電源上，兩燈實際消耗的電功率各是多少？ 分析與解：如圖30所示，選（0，220V）為另一坐標系的原點，原U軸的相反方向為另一坐標系的電壓軸正方向，另一坐標系的電流軸正方向與原坐標系相同。把B燈的伏安特性曲線反過來畫，得到在另一坐標系中B燈的伏安特性曲線B，。B，與A兩條伏安特性曲線的交點為P，由P點的坐標可知兩燈中的電流強度均為I=0.25A,兩燈的電壓分別為：UA=

33、150V,UB=70V. 根據電功率的定義式可知兩燈實際消耗的電功率為 ： PA=IUA=37.5W, PB=IUB=17.5W.圖30U/×10V050.40.10.20.30.5I/A1015200220U/VI/A024680.20.40.6圖31例26、圖31中所示為一個電燈兩端的電壓與通過它的電流的變化關系曲線，可見兩者不成線性關系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發生了變化的緣故。參考這根曲線，回答下列問題（不計電流表和電池的內阻）。（1）若把三個這樣的電燈串聯后，接到電動勢為12V的電源上，求流過燈泡的電流和每個燈泡的電阻。（2）如圖32所示，將兩個這樣的電燈并聯后再與10的

34、定值電阻串聯，接在電動勢為8V的電源上，求通過電流表的電流值及各燈泡的電阻值。AR0圖32分析與解：（1）由于三個電燈完全相同中，所以每個電燈兩端的電壓UL=12/3V=4V。在圖33中畫出U=4V的直線，得到和曲線的交點坐標為(4V,0.4A)，所以流過電燈的電流為0.4A，此時每個電燈的電阻值為。U/VI/A024680.20.40.6圖33（2）設此時電燈兩端的電壓為U，流過每個電燈的電流為I，根據閉合電路歐姆定律得：E=2IR0+U，代入數據得U=8-20I.在圖31上畫出此直線，得到如圖33所示的圖象，可求得到直線和曲線的交點坐標為(2V,0.3A)，即流過電燈的電流為0.3A,流過

35、電流表的電流強度為0.6A,此時電燈的電阻為。問題10：會分析求解故障電路問題1、給定可能故障現象，確定檢查方法：R1R21056VFabc圖34例27、在圖34所示電路的三根導線中，有一根是斷的，電源、電阻器R1、R2及另外兩根導線都是好的，為了查出斷導線，某學生想先將萬用表的紅表筆連接在電源的正極a，再將黑表筆分別連電阻器R1的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數，在下列選檔中，符合操作規程的是： A直流10V擋； B直流0.5A擋；C直流2.5V擋； D歐姆擋。分析與解：根據題給條件，首先判定不能選用歐姆擋，因為使用歐姆擋時，被測元件必須與外電路斷開。先考慮電壓擋，將黑表筆接在b端，

36、如果指針偏轉，說明R1與電源連接的導線斷了，此時所測的數據應是電源的電動勢6V。基于這一點，C不能選，否則會燒毀萬用表；如果指針不偏轉，說明R1與電源連接的導線是好的，而R1與R2之間導線和R2與電源間導線其中之一是壞的，再把黑表筆接c點，如果指針偏轉，說明R1與R2之間導線是斷的，否則說明R2與電源間導線是斷的，A項正確。再考慮電流表，如果黑表筆接在b端，指針偏轉有示數則說明R1與電源連接的導線是斷的，此時指示數I=E/(R1+R2)=0.4A,沒有超過量程；如果指針不偏轉，說明R1與電源間連接的導線是好的，而R1與R2之間導線和R2與電源間導線其中之一是壞的，再把黑表筆接c點，如果指針偏轉

37、，說明R1與R2之間導線是斷的，此時示數I=E/R2=1.2A,超過電流表量程，故B不能選。2、給定測量值，分析推斷故障圖36圖35例28、圖35為一電路板的示意圖，a、b、c、d為接線柱，a、b與220V的交流電源連接，ab間、bc間、cd間分別連接一個電阻。現發現電路中沒有電流，為檢查電路故障，用一交流電壓表分別測得b、d兩點間以及a、c兩點間的電壓均為220V。由此可知：（A）ab間電路通，cd間電路不通（B）ab間電路不通，bc間電路通（C）ab間電路通，bc間電路不通（D）bc間電路不通，cd間電路通 分析與解：由于用交流電壓表測得b、d兩點間為220V，這說明ab間電路是通的，bc

38、間電路不通或cd間電路不通；由于用交流電壓表測得a、c兩點間為220V，這說明cd間電路是通的，ab間電路不通或bc間電路不通；綜合分析可知bc間電路不通，ab間電路通和cd間電路通，即選項C、D正確。例29、某同學按如圖36所示電路進行實驗，實驗時該同學將變阻器的觸片P移到不同位置時測得各電表的示數如下表所示：序號A1示數(A)A2示數(A)V1示數(V)V2示數(V)10.600.302.401.2020.440.322.560.48將電壓表內阻看作無限大，電流表內阻看作零。電路中，分別為電源的電動勢和內阻，為定值電阻，在這五個物理量中，可根據上表中的數據求得的物理量是（不要求具體計算）

39、。由于電路發生故障，發現兩電壓表示數相同了（但不為零），若這種情況的發生是由用電器引起的，則可能的故障原因是 。分析與解：先將電路簡化，R1與r看成一個等效內阻r，=R1+r,則由V1和A1的兩組數據可求得電源的電動勢；由A2和V1的數據可求出電阻R3；由V2和A1、A2的數據可求出R2。當發現兩電壓表的示數相同時，但又不為零，說明V2的示數也是路端電壓，即外電路的電壓全降在電阻R2上，由此可推斷Rp兩端電壓為零，這樣故障的原因可能有兩個，若假設R2是完好的，則Rp一定短路；若假設RP是完好的，則R2一定斷路。3、根據觀察現象，分析推斷故障例30、如圖37所示的電路中，閉合電鍵，燈L1、L2正

40、常發光，由于電路出現故障，突然發現燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的讀數變小，根據分析，發生的故障可能是：A.R1斷路 B.R2斷路C.R3短路 D.R4短路分析與解：首先應對電路進行標準化，如圖38所示為其標準化后的電路。圖38AR1L1L2R2R3R4圖37當R1斷路時，總電阻增大，所以通過電源的總電流減小，燈L2變暗，電流表的讀數變小，而路端電壓增大，所以L1兩端電壓增大，燈L1變亮，所以A選項正確。當R2斷路時，總電阻增大，所以通過電源的總電流減小，燈L1變暗，而路端電壓增大，所以L2兩端電壓增大，燈L2變亮，所以B選項不正確。當R3短路時，總電阻減小，所以通過電源的總電流增大，燈L1變

41、亮，而路端電壓減小，所以L2兩端電壓減小，燈L2變暗，因為總電流增加，而通過L2的電流減小，電流表的讀數變大，所以C選項不正確。當R4短路時，總電阻減小，所以通過電源的總電流增大，燈L1變亮，而路端電壓減小，所以L2兩端電壓減小，燈L2變暗，因為總電流增加，而通過L2的電流減小，電流表的讀數變大，所以D選項不正確。圖39例31、某居民家中的電路如圖39所示，開始時各部分工作正常，將電飯煲的插頭插入三孔插座后，正在燒水的電熱壺突然不能工作，但電燈仍正常發光拔出電飯煲的插頭，把試電筆分別插入插座的左、右插孔，氖管均能發光，則： A僅電熱壺所在的C、D兩點間發生了斷路故障B僅電熱壺所在的C、D兩點間

42、發生了短路故障C僅導線AB間斷路D因為插座用導線接地，所以發生了上述故障分析與解：由于電燈仍正常發光，說明電源是好的，電熱壺所在的C、D兩點間沒有發生短路故障。把試電筆分別插入插座的左、右插孔，氖管均能發光，說明插座的左、右插孔都與火線相通，說明電熱壺所在的C、D兩點間沒有發生斷路故障。綜合分析可知，故障為導線AB間斷路，即C選項正確。ABR3R2R1U圖404、根據故障，分析推斷可能觀察到的現象例32、如圖40所示，燈泡A和B都正常發光，R2忽然斷路,已知U不變，試分析A、B兩燈的亮度如何變化？分析與解：當R2忽然斷路時，電路的總電阻變大，A燈兩端的電壓增大，B燈兩端的電壓降低，所以將看到燈

43、B比原來變暗了些，而燈泡A比原來亮了些。R0問題11：會分析求解聯系實際問題mSRR0Er圖41(乙)rVSRmE圖41（甲）例33、圖41甲是某同學自制的電子秤原理圖，利用理想電壓表的示數來指示物體的質量托盤與電阻可忽略的金屬彈簧相連，托盤與彈簧的質量均不計滑動變阻器的滑動端與彈簧上端連接，當托盤中沒有放物體時，滑動觸頭恰好指在變阻器R的最上端，此時電壓表示數為零設變阻器總電阻為R，總長度為L，電源電動勢為E，內阻為r，限流電阻阻值為R0，彈簧勁度系數為k，若不計摩擦和其它阻力（1）求出電壓表示數Ux用所稱物體的質量m表示的關系式；（2）由的計算結果可知，電壓表示數與待測物體質量不成正比，不

44、便于進行刻度，為使電壓表示數與待測物體質量成正比，請利用原有器材進行改進，在圖41（乙）的基礎上完成改進后的電路原理圖，并求出電壓表示數Ux用所稱物體的質量m表示的關系式分析與解：（1）根據歐姆定律得： mSRR0ErV圖42又因 而 ， 運算得到： (2) 在圖41（乙）的基礎上完成改進后的電路原理圖如圖42所示。同理可求得：。例34、如圖43所示是電飯煲的電路圖，S1是一個控溫開關，手動閉合后，當此開關溫度達到居里點（103 ）時，會自動斷開，S2是一個自動控溫開關，當溫度低于70 時，會自動閉合；溫度高于80 時，會自動斷開.紅燈是加熱時的指示燈，黃燈是保溫時的指示燈.分流電阻R1=R2

45、=500 ，加熱電阻絲R3=50 ，兩燈電阻不計.圖43（1）分析電飯煲的工作原理.（2）簡要回答，如果不閉合開關S1，能將飯煮熟嗎？（3）計算加熱和保溫兩種狀態下，電飯煲消耗的電功率之比.分析與解：（1）電飯煲盛上食物后，接上電源，S2自動閉合，同時手動閉合S1，這時黃燈短路，紅燈亮，電飯煲處于加熱狀態，加熱到80時，S2自動斷開，S1仍閉合；水燒開后，溫度升高到103時，開關S1自動斷開，這時飯已煮熟，黃燈亮，電飯煲處于保溫狀態，由于散熱，待溫度降至70時，S2自動閉合，電飯煲重新加熱，溫度達到80時，S2又自動斷開，再次處于保溫狀態.（2）如果不閉合開關S1，則不能將飯煮熟，因為只能加熱

46、到80.（3）加熱時電飯煲消耗的電功率P1=，保溫時電飯煲消耗的電功率P2=，兩式中R并=.從而有P1P2=121例35、“加速度計”作為測定物體加速度的儀器，已被廣泛地應用于飛機、潛艇、導彈、航天器等裝置的制導中，如圖44所示是“應變式加速度計”的原理圖.支架A、B固定在待測系統上，滑塊穿在A、B間的水平光滑桿上，并用輕彈簧固接于支架A上，其下端的滑動臂可在滑動變阻器上自由滑動.隨著系統沿水平方向做變速運動，滑塊相對于支架發生位移，并通過電路轉換為電信號從1、2兩接線柱輸出.已知滑塊質量為m，彈簧勁度系數為k，電源電動勢為E，內電阻為r，滑動變阻器總阻值R=4r，有效總長度為L.當待測系統靜

47、止時，滑動臂P位于滑動變阻器的中點，且1、2兩接線柱輸出的電壓U0=0.4E.取AB方向為參考正方向.圖44（1）寫出待測系統沿AB方向做變速運動的加速度a與1、2兩接線柱間的輸出電壓U間的關系式.（2）確定該“加速度計”的測量范圍.分析與解：（1）設待測系統沿AB方向有加速度a，則滑塊將左移x，滿足kx=ma，此時U0-U=，而R=.故有 a=.（2）當待測系統靜止時，滑動臂P位于滑動變阻器的中點，且1、2兩接線柱輸出的電壓U0=0.4E，故輸出電壓的變化范圍為0U2U0，即0U0.8E，結合（1）中導出的a與U的表達式，可知加速度計的測量范圍是-a.三、警示易錯試題典型錯誤之一：錯誤利用平

48、分的方法求電量。R1R3R2R4CS12E圖45例36、如圖45所示電路中的各元件值為：R1=R2=10,R3=R4=20,C=300F,電源電動勢E=6V，內阻不計，單刀雙擲開關S開始時接通觸點2，試求：（1）當開關S從觸點2改接觸點1，且電路穩定后，電容C所帶電量。（2）若開關S從觸點1改接觸點2后，直至電流為零止，通過電阻R1的電量。錯解：（1）接通1后，電阻R1、R2、R3、R4串聯，根據閉合電路的歐姆定律有：電容兩端的電壓UC=U3+U4=4V,所以電容所帶電量為Q=CUC=1.2×10-3C.（2）開關再接通2，電容器放電，外電路分別為R1、R2和R3、R4兩個支路，所以

49、通過過每一支路的電量為0.6×10-3C.分析糾錯：第1問的求解是完全正確的，但第2問中求通過各支路電量的方法卻是錯誤的。正確的解法為：開關再接通2，電容器放電，外電路分別為R1、R2和R3、R4兩個支路，通過兩支路的電量分別為Q12=1t和Q34=2t；I1與I2的分配與兩支路電阻成反比，通過兩支路的電量Q則與電流成正比，故流經兩支路的電量與兩支路的電阻成反比，即：, 所以。典型錯誤之二：混淆電源的電動勢和路端電壓的概念。例37、在如圖46所示電路中，電源E的電動勢為E=3.2V,電阻R的阻值為30,小燈泡L的額定電壓為3.0V,額定功率為4.5W.當電鍵S按位置1時，電壓表的讀數

50、為3V，那么當電鍵S接到位置2時，小燈泡L的發光情況是（ ）VLES12R圖46A很暗，甚至不亮； B.正常發光；C比正常發光略亮； D.有可能被燒壞。錯解：因為電源E的電動勢為3.2V,小燈泡L的額定電壓為3.0V,所以燈泡比正常發光略亮，選項C正確。分析糾錯：小燈泡是否能正常發光取決于它兩端所加的電壓是否等于它的額定電壓，而不是取決于電源的電動勢，必須利用閉合電路歐姆定律計算出小燈泡兩端的實際電壓為多少，才能做出正確的判斷。當電鍵S接1時，由E=U+rU/R,解得電源內阻為。燈泡電阻.由于電源內阻和小燈泡電阻相等，內、外電壓之和為電源電動勢；所以燈泡實際工作電壓為1.6V,低于燈泡額定電壓

51、，燈泡發光很暗，甚至不亮，選項A正確。典型錯誤之三：因錯誤作出分壓電路的等效電路而出錯。例38、變阻器的總電阻RAB=30，電源電動勢E=12V,內阻很小可不計。現有一個標有“6V，1.8W”的燈泡采用如圖47所示的分壓電路。要使燈泡正常發光，則應將變阻器的滑動觸頭P調整到使PB間的電阻R等于（ ）ABPS圖47A.8; B.10; C.15; D.20.錯解：AB兩端的電壓為12V,要使6V的燈泡正常發光，滑動變阻器的滑動觸頭應在AB的正中央，即使RPB=15，選項C正確。分析糾錯：當滑動觸頭P在AB的中央時，電路的阻值實際上是燈泡電阻與RPB并聯后再與RPA串聯，因為并聯電路的電阻小于任一

52、支路的電阻，所以RPB上電壓將小于未并聯燈泡時的電壓。未考慮燈泡的電阻并聯在電路上對整個電路的影響是造成錯解的原因。正確解答是：首先求出燈泡的電阻為由圖48看出RL和RPB并聯再與RPA串聯，要使燈泡正常發光需要使并聯部分與AP段的電阻相等均為6V,故有：。代入數據解得RPB=20,可見選項D正確。典型錯誤之四：因錯誤認為改裝電表示數偏小是量程偏小而出錯。例39、一電壓表由電流表G與電阻R串聯而成，如圖48所示。若在使用中發現此電壓表的讀數總比準確值稍小一些，采用下列哪些措施可能加以改進？（ ）GR圖48A在R上串聯一個比R小得多的電阻；B在R上串聯一個比R大得多的電阻；C在R上并聯一個比R小得多的電阻；D在R上并聯一個比R大得多的電阻。錯解：因為電壓表的讀數總比準確值稍小一些，說明電壓表的量程不夠，根據電壓表的改裝原理可知，應再串聯適當的電阻以擴大量程，所以選項A、B是正確的。分析糾錯：在使用時電壓表的讀數總比準確值稍小一些，說明通過表頭G的電流稍小一些，即與表頭串聯的分壓電阻稍大了一點。因此就必須減小分壓電阻R。在R上串聯一個電阻只會使R增大，故選項A、B均是錯誤的。要減小R的阻值，應在R上并聯一個電阻。根據公式可知，Rx越大，對R并的影響越小。因此，要使分壓電阻R