高中物理高考 考点38 闭合电路欧姆定律——备战2021年高考物理考点一遍过

这是一份高中物理高考 考点38 闭合电路欧姆定律——备战2021年高考物理考点一遍过，共25页。试卷主要包含了闭合电路欧姆定律，电源的功率和效率，电路动态变化的分析等内容，欢迎下载使用。



内容
要求
要点解读
电阻的串联、并联
Ⅰ
一般结合实验题考查，如电阻的测量、电表的改装等。此外，也可能结合电磁感应知识命题。需要考生熟练掌握串并联电路的电流、电压、总电阻的特点。
闭合电路的欧姆定律
Ⅱ
高频考点。可利用闭合电路的欧姆定律测定电源的电动势和内阻（实验考查），也可利用闭合电路的欧姆定律处理电路的动态变化问题，也可借助电源的U-I图象分析电源的输出功率和效率问题。

一、串、并联电路的特点
1．特点对比

串联
并联
电流
I=I1=I2=…=In
I=I1+I2+…+In
电压
U=U1+U2+…+Un
U=U1=U2=…=Un
电阻
R=R1+R2+…+Rn
=++…+
2．几个常用的推论
（1）串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻。
（2）并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻。
（3）无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和。
（4）无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大。
二、闭合电路欧姆定律
1．闭合电路
（1）组成
（2）电源电动势与内、外电压的关系：E=U内+U外。
2．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
（2）公式
（3）路端电压U与电流I的关系
①关系式：U=E–Ir。
②U–I图像如图所示。

a．当电路断路即I=0时，纵坐标的截距为电源电动势。
b．当外电路电压为U=0时，横坐标的截距为短路电流。
c．图线的斜率的绝对值为电源的内阻。
3．路端电压与外电阻的关系
（1）当外电阻R增大时，I减小，内电压减小，路端电压U外增大。当外电路断开时，I=0，U外+E。
（2）当外电阻R减小时，I增大，内电压增大，路端电压U外减小。当外电路短路时，外电阻R=0，，U外=0。
4．闭合电路中的功率
（1）电源的总功率：P总=IE=IU外+IU内=P出+P内。
（2）电源的内耗功率：P内=I2r=IU内。
（3）电源的输出功率：P出=UI=EI–I2r=P总–P内。
三、电源的功率和效率
1．电源的功率
（1）任意电路：P总=IE=IU外+IU内=P出+P内。
（2）纯电阻电路：。
2．电源内部消耗的功率：。
3．电源的输出功率
（1）任意电路：P出=UI=EI–I2r=P总–P内。
（2）纯电阻电路：。
（3）输出功率和外阻的关系
①当R=r时，电源的输出功率最大，为。
②当R>r时，随着R的增大，输出功率越来越小。
③当R ④当P出 ⑤输出功率P出与外电阻R的关系图线如图所示。

4．电源的效率
（1）任意电路：。
（2）纯电阻电路：。
在纯电阻电路中，外电阻R越大，电源的效率η越大。
四、电路动态变化的分析
1．电路动态分析类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，一处变化又引起了一系列的变化。
2．电路动态分析的方法
（1）程序法：电路结构的变化→R的变化→→→U端的变化→固定支路→。
（2）极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。
（3）判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）。
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
③在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与灯泡并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。


3．电路动态分析思路

电路动态分析要注意以下三点：
（1）闭合电路欧姆定律E=U+Ir（E、r不变）和部分电路欧姆定律U=IR联合使用。
（2）局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增。
（3）两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和。
4．电容器电路分析
在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无穷大的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它，简化后若要求电容器所带电量时，可接在相应的位置上，分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：
（1）电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降。因此，电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。
（2）当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电，如果电容器两端电压升高，电容器将充电，如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。





（2020·宁夏回族自治区银川二中高二期末）如图所示，电阻R1、R2、R3、R4满足R1:R2:R3:R4=1:2:3:4，则当A、B间接上直流电压时，流过 R1、R2、R3、R4的电流I1:I2:I3:I4为( )

A．1:2:3:4
B．6:3:2:11
C．3:2:1:6
D．3:2:1:4
【参考答案】B
【详细解析】由并联电路的电压相同可得：电阻R1、R2、R3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：I1:I2:I3=6:3:2，又由并联电路电流分流可得：I4=I1+I2+I3，所以I1:I2:I3:I4=6:3:2:11，故B正确，A、C、D错误；故选B。
【点睛】关键是根据并联电路电压相同，由欧姆定律得到I1，I2，I3的数值关系，然后根据并联电路电流分流求得I4与I1，I2，I3的关系，即可得到比值。

1．（2020·广东省中山中学高二期中）实验室中常用滑动变阻器来调节电流的大小，有时用一个不方便，须用两个阻值不同的滑动变阻器，一个作粗调（被调节的电流变化大），一个作微调（被调节的电流变化小）。使用时联接方式可以是串联，也可以是并联，如图所示，则 （ ）

A．串联时，阻值大的变阻器作粗调 B．串联时，阻值大的变阻器作微调
C．并联时，阻值大的变阻器作微调 D．并联时，阻值大的变阻器作粗调
【答案】AC
【解析】AB．据题意，当两个滑动变阻器串联时，调节阻值较大的滑动变阻器，电路总电阻变化较大，电流也变化较大，作为粗调，故A正确，B错误；
CD．当两个滑动变阻器并联时，调节阻值较大的滑动变阻器时，并联电路电阻变化较小，电流变化较小，可作为微调，故C正确，D错误。
故选AC。
2．（2020·涟水县第一中学高二月考）在如图所示的电路中，电阻，，，电流表内阻不计，在A、B两点间加上9V的电压时，电流表的读数为(    )

A．0 B．1 A C．1.5 A D．2 A
【答案】B
【解析】图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：
根据欧姆定律，干路电流为：
由于并联电路的电流与电阻成反比，故：；选项B正确。


（2020·浙江省高三模拟）如图所示的图象中，直线表示某电源路端电压与电流的关系，图线为某一小灯泡的伏安特性曲线。用该电源直接与小灯泡连接成闭合电路，以下说法错误的是（　　）

A．电源电动势为 B．此时电源的效率为
C．此时小灯泡的阻值为 D．此时小灯泡的功率为
【参考答案】B
【详细解析】A．由图像可知，电源电动势为，选项A正确，不符合题意；
B．此时电源的总功率P=EI=3×1W=3W
电源的输出功率
则电源的效率为
选项B错误，符合题意；
C．此时小灯泡的阻值为
选项C正确，不符合题意；
D．此时小灯泡的功率为
选项D正确，不符合题意。
故选B。

1．（2020·浙江省杭州高级中学高三模拟）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为、。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是（　　）

A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21∶26
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
【答案】D
【解析】A．在电源的图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源图线，可知电源1、电源2的内阻分别为，
则有，故A正确，不符合题意；
B．图象的纵轴截距表示电动势，所以
故B正确，不符合题意；
CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，则有，
故灯泡消耗的功率为
灯泡的电阻
连接电源2时，则有，
故灯泡消耗的功率
灯泡的电阻
则有，
故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。
故选D。
2．【2018·吉林省实验期中】某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是

A．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
B．图象上某点切线的斜率的倒数即为该状态的电阻值
C．电压为5 V时，导体的电阻是0.2 Ω
D．电压为12 V时，导体电阻的电功率为18 W
【答案】D
【解析】由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜率等于电阻的倒数，则知导体的电阻不断增大，故A错误；图象上的点与原点连线的斜率的倒数等于电阻，选项B错误；当U=5 V时，由图知电流为I=1.0 A，则导体的电阻R=U/I=5 Ω，故C错误；两端电压为12 V时，电流为1.5 A，则电功率P=IU=18 W，故D正确；故选D。


（2020·锦州市第二高级中学高二月考）如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED之间的距离不变，下列说法正确的是( )

A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变
【答案】A
【解析】ABD.滑动触头P左移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻阻值减小，最终达到增大流过灯泡的电流的效果，即灯泡消耗的功率增大。故A正确，BD错误C.滑动触头P右移，滑动变阻器接入电路的电阻增大，流过二极管的电流减小，发光减弱，光敏电阻阻值增大，灯泡消粍的功率减小。故C错误。

1．（2020·北京高三二模）某种热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，可以利用这种特性来测量环境温度。在下面的四个电路中，电源电动势一定，内阻不计，Rt表示热敏电阻，R0表示定值电阻。若希望在温度升高时，电路中的电压表或电流表示数减小，则下列电路中符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，流过电流表的电流增加，A错误；B．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，总电流强度增加，内电电压升高，路端电压降低，流过R0的电流减小，因此流过电流表的电流强度增加，B错误；
C．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及R0两端的电压都增加，Rt两端的电压降低，电压表测量的是热敏电阻Rt两端的电压，因此电压表的示数减小，C正确；
D．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及R0两端的电压都增加，电压表测量的是R0两端的电压升高，D错误。
故选C。
2．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为电键，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0闭合、S断开，现将S闭合，则

A．电压表V的读数变大，电流表A的读数变小
B．电压表V的读数变大，电流表A的读数变大
C．电压表V的读数变小，电流表A的读数变小
D．电压表V的读数变小，电流表A的读数变大
【答案】C
【解析】当S闭合后，和并联后与串联，与原先断开时相比，电路总电阻减小，路端电压减小，而电压表测量路端电压，所以电压表示数减小，电路总电流增大，所以两端的电压增大，故并联电路两端的电压减小，即两端的电压减小，所以通过的电流减小，故电流表示数减小，C正确。


（2020·北京高三零模）在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是（　　）

A．电路再次稳定时，电源效率增加
B．灯L2变暗，电流表的示数减小
C．灯L1变亮，电压表的示数减小
D．电容器存储的电势能增加
【参考答案】C
【详细解析】A．电源的效率
将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，则电源的效率减小，选项A错误；
BC．将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大。故B错误，C正确；
D．电容器两端的电压等于并联部分的电压，电压变小，由Q=CU知电容器的电荷量减少，电容器存储的电势能减小，故D错误。
故选C。

1．（2020·浙江省高三开学考试）电容为C的电容器、四个电阻及电动势为E、内阻可以忽略的电池连接成如图所示电路。开始时，开关S闭合且电流稳定，然后断开开关S，电流再次稳定。断开开关前后电容器所带的电荷量（　　）

A．减少 B．增加 C．增加 D．增加
【答案】A
【解析】由题意可知，开关断开前，其中一个R被短路，另一个R与2R并联后与2R串联，电容器两端电压为电阻R两端的电压，此时电容器的电荷量为

开关断开后，两个R串联和一个2R并联后与另一个2R串联，此时电容器两端的电压与其中一个电阻R两端的电压相等，则此时电容器的电荷量为

则电容器的电荷量减少了

所以A正确，BCD错误。故选A。
2．（多选）如图所示的电路，电源电动势为E，具有一定内阻，最初开关闭合，电容器上极板带正电，则下列说法中正确的是

A．初始时一定有
B．增大R1可能使电容器不带电
C．减小R1的过程中，通过a点的电流方向向上
D．减小R1可使M和N两点的电势均升高。
【答案】AB
【解析】电容器带正电，说明上极板电势高于下极板，即电流经过R1电势降落的数值比电流经过R3电势降落的数值要小，也就是说，R1在其所在支路所分得的电压比R3在其所在支路所分得的电压要小，由串联电路的分压特点知A正确；若增大R1，增加R1所分得的电压，就能使得电容器两极板等势，所以B正确；减小R1，使得R1分得的电压更小，即上板电势升高更多，所以电容器极间电压更大，电容器要充电，所以a点电流向下，所以C错误；减小R1使得整个外电路电阻减小，路端电压减小，即R3、R4所分得的电压均减小，而a点电势为0，所以M、N两点电势均降落，所以D错误。



1．（2020·泊头市第一中学高三月考）如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计．则以下说法正确的是( )

A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流
B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流
C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流
D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过
2．（2020·内蒙古自治区高三模拟）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，L1和L2为两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻和电源内阻的阻值均相同。D为理想二极管，C为电容器，开关S处于断开状态。下列说法中正确的是（　　）

A．滑动变阻器滑片向右移动，电流表示数变小
B．滑动变阻器滑片向右移动，电源内阻的发热功率变小
C．开关S闭合后，L2亮度变暗
D．开关S闭合后，电流表示数不变
3．（2020·山东省高三二模）如图所示的电路中， R1、R2、R3为阻值相同的电阻，C为电容器，电源的电动势为E，内阻为r。先将电键S闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；再将S断开，电路稳定后，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2，则下列说法正确的是（　　）

A．I1< I2
B．η1>η2
C．Q1>Q2
D．S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2
4．（2020·北京高三一模）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R。开关闭合前电容器不带电。闭合开关，待电路稳定后（　　）

A．通过电源的电流为零 B．定值电阻两端的电压等于E
C．电路消耗的电功率等于 D．电容器所带电荷量为
5．（2020·天津高三期末）某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡并联，通电后各自的电流I随所加的电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中，正确的是( )

A．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线
C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值
D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
6．（2020·江苏省高三三模）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，C为电容器，开关S1、S2闭合，断开开关S2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R3 D．电容器下极板带负电
7．【2019·宁夏银川一中高二期末】如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是

A．R1∶R2＝1∶2
B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2
C．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3
D．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3
8．用如图所示的电路来测量电池的电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的 U–I图线，由图可知

A．电池电动势的测量值为1.40 V
B．电池内阻的测量值为3.50 Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40 A
D．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′=0.20 A
9．如图所示，直线A为电源的U–I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U–I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则

A．P1>P2 B．P1 C．η1>η2 D．η1<η2
10．【2019·学科网第三次高考原创押题预测江苏卷】（多选）如图所示，滑动变阻器的总阻值当滑动变阻器的触头位于它的中点时，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则滑动变阻器的触头继续向上移动的过程中

A．电压表的读数总小于U B．电压表的读数先增大后减小
C．电流表的读数总大于I D．电流表的读数先增大后减小
11．如图所示，电路中电源的电动势E恒定，内阻r=2 Ω，定值电阻R3=4 Ω。ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，电压表和电流表均为理想电表，则以下说法中正确的

A．开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数
B．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、6 Ω
C．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、9 Ω
D．开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关
12．如图所示，当a、b接入100 V的电压时，c、d两点间的电压为20 V；当c、d接入100 V的电压时，a、b两点间的电压为50 V，则R1:R2:R3之比是

A．4:2:1 B．2:1:1
C．3:2:1 D．以上都不对
13．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I的变化图像如图所示，由图可知下列选项错误的是

A．该电池的电动势=4 V
B．该电池的内阻r=1 Ω
C．该电池的输出功率为3 W时，电路中的电流可能为1 A
D．输出功率为3 W时，此电源的效率一定为25%
14．如图电路中，电源有内阻，当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为

A．电压表示数增大，电流表示数减少
B．电压表示数减少，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减少
15．如图所示的电路中，是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小。、、是定值电阻，当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电。当用强光照射且电路稳定时。与无光照射时比较，下列说法中正确的是

A．电容器C的下极板带负电 B．两端电压降低
C．两端电压降低 D．电源提供的总功率变小
16．【2019·学科网第一次高考原创押题预测新课标Ⅱ卷】如图所示为一直流小电动机模拟提升重物的装置。电池电动势为4 V，内阻为0.1 Ω，电阻R=0.9 Ω。当电动机以0.1 m/s的恒定速度竖直向上提升质量为2 kg的重物时，电流表的示数为0.8 A。若电流表的内阻及各处摩擦均不计，取g=10 m/s2，则以下判断正确的是

A．电动机的线圈电阻为4 Ω B．电动机的输出功率为2 W
C．电动机的总功率为2.56 W D．电动机的效率为21.9%

1．（2020·北京高考真题）图甲表示某金属丝的电阻随摄氏温度变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（　　）


A．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
2．（2020·江苏省高考真题）某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（　　）

A．车灯的电流变小 B．路端电压变小
C．电路的总电流变小 D．电源的总功率变大
3．【 2016·新课标全国Ⅱ卷】阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为

A． B．
C． D．


1．A【解析】试题分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．
解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；
B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；
D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；
故选A．
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．
2．D【解析】AB．滑动变阻器与电容串联，所在支路可视为断路，所以滑动变阻器滑片滑动，电流表示数不变，电源输出电流不变，电源内阻发热功率不变，选项AB错误。
CD．开关S闭合后，由于二极管的单向导电性，二极管中无电流，L2亮度不变，电流表示数不变，选项C错误，D正确。
故选D。
3．D【解析】设三个相同的电阻为，电键S闭合，电路如图
通过电源的电流
S断开，电路如图
通过电源的电流
所以，，A错误；
B．电键S闭合，电源效率
S断开，电源效率
所以，，B错误；
C．电键S闭合，电容器的两端的电压等于电阻两短的电压
电容器的带电量
S断开，电容器的两端的电压等于电阻两端的电压
电容器的带电量
分析可得，C错误；
D．电键S闭合，给电容器充电，电容器下级板带正电，上级板带负电，电容器充电电量为，S断开后，电容器首先放电，通过的电荷量为，然后在给电容器充电，充电量为，则流过电荷量为

D正确。
故选D。
4．D【解析】A．闭合开关，待电路稳定后，由于电源与电阻R构成一个闭合电路，故通过电源的电流不为零，故A错误；
B．定值电阻R的两端电压就是电源的路端电压，由于有内电压，所以定值电阻两端的电压不等于电源的电动势，而是，故B错误；
C．电路消耗的电功率是指总电功率，即为

故C错误；
D．根据电容的公式，故电容器所带电荷量为

故D正确。
故选D。
5．AD【解析】AB.热敏电阻电阻值随温度升高而减小，电压增大，电流增大，电流热效应增强，温度升高，所以图线上电压越大的点对应电阻越小，与原点连线应越远离U轴，故图线a表示热敏电阻伏安曲线，小灯泡电阻为金属热电阻，其大小随温度升高而增大，电压越大的点与原点连线应越靠近U轴，所以图线b表示小灯泡的伏安特性曲线，故A正确B错误；
CD.M点处，小灯泡和热敏电阻的I、U都相同，根据
可得，此时它们的电阻相等，根据
可得，此时它们的功率相等，故D正确C错误。故选AD。
6．AC【解析】A．开关S1、S2都闭合时，电路的连接方式是，R1和R2串联，再和R3并联，电容器的电压等于R2两端的电压；断开开关S2后，R3不起作用，R1和R2串联，电容器的电压等于R1两端的电压；断开开关S2后，外电路总电阻R总增大，根据闭合电路的欧姆定律有，总电流减小，电流表示数减小，A正确；
B．路端电压为，由于I减小，所以U增大，和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S1、S2都闭合时，电容器的电压等于R2两端的电压，上极板带正电；断开开关S2后，R3不起作用，电容器的电压等于R1两端的电压，下极板带正电，所以开关S2断开后，电容器又反向充电，有短暂电流通过电阻R3，C正确，D错误。
故选AC。
7．D 【解析】根据I−U图线的斜率表示电阻的倒数，可知R1∶R2＝1∶3，故A错误；导线R1体积不变，长度拉长3倍后，横截面积变为原来的1/3，根据电阻定律，电阻等于9R1，等于3R2，故B错误；并联电路，电压相等，电流与电阻成反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1∶I2＝3∶1，故C错误；串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，根据功率P=I2R，功率之比P1∶P2＝R1∶R2＝1∶3，故D正确。
8．AD 【解析】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1.40 V，A正确；电源内阻，B错误；由图示图象可知，路端电压为1.00 V时，电路电流为0.4 A，C错误；当电压表示数为1.20 V时，，D正确；故选AD。
【名师点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能想当然的将横坐标的截距当作短路电流。
9．C 【解析】由直线A可知，E=6 V，r=1 Ω，由直线B、C可知，R1=2 Ω，R2=0.5 Ω，P1=()2·R1=8 W，η1==，P2=()2R2=8 W，η2==，故有P1=P2，η1>η2，只有C正确。
10．BC 【解析】滑动变阻器的触头向上移动的过程中，因，先简化电路，除去两电表，相当于两个电阻并联后与串联，滑动变阻器位于中点时，上、下两并联支路电阻不等，滑动触头移到两支路电阻相等时，总电阻最大，总电流最小，不难看出电压表的示度先增大后减小。将整个过程分为两阶段：两支路电阻相等前，总电流减小，并联电路的电压增大，安培表支路电阻减小，安培表读数增大；两支路电阻相等后，总电流增大，下部分电压减小，电阻增大，电流减小，则安培表支路电阻减小，安培表读数增大。故电流表的读数总大于，故BC正确。故选：BC。
11．CD 【解析】开关断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则开关断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数，故A错误；由题，开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有，将3 Ω、9 Ω代入方程成立，而将4 Ω、6 Ω代入方程不成立，故C正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律得，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D正确。
12．A 【解析】当a、b接入100 V的电压时，c、d间的输出电压为；解得2R2=R1；当c、d间接入100 V的电压时，a、b两点间的输出电压为；解得R2=2R3；故电阻之比为R1:R2:R3=4:2:1，故选A。
13．D 【解析】P=EI–I2r，根据数学知识，当时，P最大，此时U内=U外。由P=4 W，I=2 A，得到=2V，则E=4 V，故A正确；=1 A，故B正确；当P=3 W时，由P=EI–I2r，代入解I1=1 A，I2=3 A，故C正确；η=UI/EI=U/E，当I1=1 A时，U=E–I1r=2 V，η=50%，当I2=3 A，U=E–I2r=1 V，η=25%，故D错误。
14．A 【解析】当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E–Ir增大，电压表读数增大，并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I–I2，则减小，故BCD错误，A正确。
15．C 【解析】强光照射，R1电阻减小，那么电路总电阻减小，故总电流增大，所以路端电压减小，电源提供的总功率变大；故通过R3、R4的电流减小，所以通过R1、R2的电流增大，故R4两端的电压变小，R2两端电压变大；故BD错误，C正确；强光照射，R1电阻减小，那么R1、R2上电压降的比值减小，而R3、R4上电压降的比值不变，故电容器C上极板电压比下极板电压低，所以电容器C的下极板带正电，故A错误。
16．BC 【解析】根据能量守恒定律有IEt=I2（R+r）t+P总t，得电动机的总功率P总=2.56 W，选项C正确；电动机的输出功率P出=mgv，解得P出=2 W，且P总=I2r0+P出，则电动机线圈电阻r0=0.875 Ω，选项B正确，A错误；电动机的效率η=×100%=78.1%，选项D错误。

1．B【解析】由甲图可知，点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故应标在电流较大的刻度上；而点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故应标在电流较小的刻度上；由图甲得
其中为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得
联立解得
可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误。
故选B。
2．ABD【解析】A．开关闭合时，车灯变暗，故流过车灯的电流变小，A正确；
B．电路的路端电压为
变小，路端电压变小，B正确；
C．总电流即干路电流为
减小，干路电流增大，C错误；
D．电源总功率为
增大，总功率变大，D正确。
故选ABD。
3．C【解析】根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压，得Q1=CU1；S闭合时，，Q2=C2，故，故选C。