2020年高考物理一轮复习文档：第9章恒定电流第40讲 学案

第40讲　电路的基本概念和规律(二)
考点一　串、并联电路　闭合电路欧姆定律

一、串、并联电路的特点
1．特点对比

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．内容：闭合电路中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。

3．路端电压与外电阻的关系
(1)负载R增大→I减小→U内减小→U外增大
外电路断路时(R＝∞)，I＝0，U外＝E。
(2)负载R减小→I增大→U内增大→U外减小
外电路短路时(R＝0)，I＝，U内＝E。
4．U­I关系图：由U＝E－Ir可知，路端电压随着电路中电流的增大而减小；U­I关系图线如图所示。
(1)当电路断路即I＝0时，纵轴的截距为电动势E。
(2)当外电路电压为U＝0时，横轴的截距为短路电流Im＝。
(3)图线的斜率的绝对值为电源的内阻r。


1．[教材母题]　(人教版选修3－1 P63·T3)许多人造卫星都用太阳电池供电。太阳电池由许多片电池板组成。某电池板不接负载时的电压是600 μV，短路电流是30 μA。求这块电池板的内阻。
[变式子题]　卫星在太空中可以利用太阳电池板供电。若一太阳电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA，将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是(　　)
A．0.10 V B．0.20 V
C．0.30 V D．0.40 V
答案　D
解析　电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E＝800 mV。由闭合电路欧姆定律得，短路电流I短＝，所以电源内阻r＝＝ Ω＝20 Ω。该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中的电流I＝＝ mA＝20 mA，所以路端电压U＝IR＝20×20 mV＝400 mV＝0.40 V，故D正确。
2.如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1和R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于(　　)

A．1∶1∶1 B．2∶1∶1 C．1∶4∶4 D．4∶1∶1
答案　D
解析　设干路电流为I，流过R1和R2的电流分别为I1和I2。由题，R1和R2并联，电压相等，电阻也相等，则电流相等，故I1＝I2＝0.5I；根据公式P＝I2R，三个电阻相等，功率之比等于电流平方之比，即Pr∶P1∶P2＝4∶1∶1。故选D。
3.如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U­I图线，用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V。则该电路可能是下图中的(　　)


答案　B
解析　由U­I图象可得电源的电动势E＝6 V，内阻r＝ Ω＝0.5 Ω；外电路连接电阻R时，路端电压为4.8 V，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，I＝＝ A＝2.4 A。又因为I＝，所以R＝－r＝ Ω＝2 Ω。选项A、B、C、D四个电路的外电路电阻分别是1 Ω、2 Ω、9 Ω、4.5 Ω，因此只有B正确。
考点二　闭合电路的动态分析

直流电路中动态问题的分析是高考考查的热点，通过调节滑动变阻器的滑片改变电阻的大小，或者通过开关闭合与断开改变电路结构，或者电路中有光敏电阻、热敏电阻且阻值发生变化时，电路中各个部分的电流、电压和功率都会随之发生变化。分析动态电路问题常用的方法有程序法、“串反并同”结论法、极限法等。
1．程序法

2．“串反并同”结论法
(1)所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。
(2)所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：←R↑→
3．极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。

(2018·大连模拟)(多选)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，、为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．电压表示数减小 B．电流表示数增大
C．电阻R2消耗的功率增大 D．a点的电势降低
解析　解法一：程序法
P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，I2＝，I2减小，电流表的示数IA＝I总－I2增大，B正确；由P2＝IR2知P2减小，C错误；Uab＝φa－φb＝φa＝U2，故φa降低，D正确。
解法二：结论法
由于R3减小，R2与R3并联，则U2、I2均减小，而P2＝IR2，知P2减小，C错误；Uab＝U2＝φa－φb＝φa减小，
D正确；因为R1间接与R3串联，故I1、U1均增大，故电压表示数增大，A错误；根据IA＝I1－I2知IA增大，B正确。
解法三：极限法
设滑片P滑至b点，则R3＝0，φa＝φb＝0，D正确；R2上电压为零，则功率也为零，C错误；当R3＝0时，总电阻最小，总电流最大，R1上电压最大，故A错误；由于IA＝I1－I2，此时I1最大，I2＝0最小，故IA最大，B正确。
答案　BD
方法感悟
以上三种方法相比，对动态分析问题，结论法最简洁适用，但要注意，“串反并同”的条件是电源内阻不能忽略。

(2019·福建福州期末质检)(多选)如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增大而变小)，电流表和电压表均为理想电表。闭合开关，当照射到R3的光照强度变化时，R2功率变大，以下判断正确的是(　　)

A．电流表示数一定变小
B．电压表示数一定变小
C．R3的功率一定变大
D．照射到R3的光照强度一定增大
答案　BD
解析　由于R2功率变大，根据P＝I2R可知通过R2的电流增大，根据“串反并同”可得R3的阻值减小，照射到R3的光照强度一定增大，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故B、D正确，A错误；R3的阻值减小，通过R3的电流增大，由于R3与r、R1、R2的定量关系不确定，R3的功率变化无法确定，不一定变大，故C错误。
考点三　闭合电路的功率及效率问题



由P出与外电阻R的关系式可知：
(1)当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝。
(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
如图所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：

(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？
(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多少？这时电源的效率是多大？
(3)调节R2的阻值，能否使电源以最大的功率输出？为什么？
解析　(1)将R1和电源等效为一新电源，则新电源的电动势E′＝E＝8 V，内阻r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值。
利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，
当R2＝r′＝10 Ω时，R2有最大功率，即
P2max＝＝ W＝1.6 W。
(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大。
当R2＝0时，电路中有最大电流，
即Imax＝＝0.8 A，
R1的最大功率P1max＝IR1＝5.12 W
这时电源的效率η＝×100%＝80%。
(3)不能。因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不可能有的最大输出功率。
答案　(1)10 Ω　1.6 W　(2)0　5.12 W　80%
(3)不能　理由见解析
方法感悟
(1)干路上的定值电阻可等效为电源内阻的一部分来处理，这样会使问题简化。
(2)当仅外电路电阻是变量时，才能应用P出­R图象分析其输出功率变化及其最大值。

将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知(　　)

A．电源最大输出功率可能大于45 W
B．电源内阻一定等于5 Ω
C．电源电动势为45 V
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%
答案　B
解析　由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P等于电源输出功率。由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45 W，所以电源最大输出功率为45 W，A错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，B正确；由电阻箱所消耗功率P最大值为45 W可知，此时电阻箱读数为R＝5 Ω，电流I＝＝3 A，电源电动势E＝I(R＋r)＝30 V，C错误；电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，D错误。
考点四　两种U­I图象的比较与应用

两种U­I图象的比较



如图甲所示的电路中R1＝R2＝100 Ω，是阻值不随温度而变的定值电阻。白炽灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。电源电动势E＝100 V，内阻不计。求：

(1)当开关S断开时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率；
(2)当开关S闭合时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率。
解析　(1)当S断开时，因R1是定值电阻，与灯泡串联，设灯泡上的电压为U1，电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有：E＝U1＋I1R1，代入数据得：I1＝1－。
在I­U图上作出图线甲，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(40 V,0.60 A)。
由此可知此时流过灯泡的电流为0.60 A，灯泡上的电压为40 V，灯泡的实际功率P1＝U1I1＝24 W。

(2)当S闭合时，设灯泡上的电压为U2，电流为I2，
根据闭合电路欧姆定律有：E＝U2＋R1，
代入数据得：I2＝1－，
在I­U图上作出图线乙，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(25 V,0.5 A)。
由此可知此时流过灯泡的电流为0.5 A，灯泡上的电压为25 V，灯泡的实际功率P2＝U2I2＝12.5 W。
答案　(1)40 V　0.60 A　24 W
(2)25 V　0.5 A　12.5 W
方法感悟
利用两种U­I图象解题的基本方法
利用电源的U­I图象和电阻的U­I图象解题，无论电阻的U­I图象是线性还是非线性，解决此类问题的基本方法是图解法，即把电源和电阻的U­I图线画在同一坐标系中，图线的交点即电阻的“工作点”，电阻的电压和电流可求，其他的量也可求。

(多选)如图所示的U­I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U­I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知(　　)

A．R的阻值为1.5 Ω
B．电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
C．电源的输出功率为3.0 W
D．电源内部消耗功率为1.5 W
答案　AD
解析　由图线Ⅱ可知，外电阻R＝＝ Ω＝1.5 Ω，故A正确；由图线Ⅰ可知，电源的电动势E＝3.0 V，短路电流I短＝2.0 A，电源内阻r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B错误；两图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，C错误；电源内部消耗的功率为P内＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W，D正确。
考点五　含电容器电路

含电容器电路的分析思路
(1)电路简化
把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。
(2)电容器的电压
①电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。
②电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻无电压，相当于导线。
(3)电容器的电量及变化
①利用Q＝UC计算电容器初、末状态所带的电量Q1和Q2。
②如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电量为|Q1－Q2|。
③如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电量为Q1＋Q2。

如图所示的电路中，电源电动势E＝6.00 V，其内阻可忽略不计。电阻的阻值分别为R1＝2.4 kΩ，R2＝4.8 kΩ，电容器的电容C＝4.7 μF。闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50 V。

(1)该电压表的内阻为多大？
(2)由于电压表的接入，电容器的电荷量变化了多少？
解析　(1)设电压表的内阻为RV，测得R1两端的电压为U1，则R1与RV并联后的总电阻为R，则有
＝＋
由串联电路的规律＝
联立解得：RV＝
代入数据得RV＝4.8 kΩ。
(2)电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，设R1两端的电压为UR1，则＝
又E＝UC＋UR1，解得UC＝4 V
接入电压表后，电容器上的电压为UC′＝E－U1＝4.5 V
由于电压表的接入，电容器的电荷量增加了
ΔQ＝C(UC′－UC)＝2.35×10－6 C。
答案　(1)4.8 kΩ'(2)增加2.35×10－6 C
方法感悟
(1)电路稳定时电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件，在电容器处电路看做是断路，画等效电路时，可以先把它去掉。
(2)若求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上电容器，求出电容器两端的电压，根据Q＝CU计算。
(3)通过与电容器串联的电阻的电荷量等于电容器所带电荷量的变化量。

(2016·全国卷Ⅱ)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.
答案　C
解析　当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE。所以＝，C项正确。

课后作业
[巩固强化练]
1．在已接电源的闭合电路中，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是(　　)
A．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．如内电压减小，则外电压不变，电源电动势随内电压减小
D．如外电压增大，则内电压减小，电源电动势始终为二者之和，保持不变
答案　D
解析　在闭合电路中，电源电动势和内电压、外电压的关系为：E＝U外＋U内，E由其自身性质决定，一般不变，所以U外增大，U内减小；U外减小，U内增大，二者之和始终不变。故选D。
2．如图中电阻R1、R2、R3的阻值均与电池的内阻相等，则开关K接通后流过R2的电流与接通前流过R2的电流的比是(　　)

A．5∶3 B．3∶5 C．6∶5 D．5∶6
答案　B
解析　设三个电阻及内阻的阻值均为R；开关K接通前，流过R2的电流I1＝；开关K接通后，流过R2的电流I2＝×＝，则I2∶I1＝3∶5，故选B。
3.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是(　　)

A．电压表和电流表读数都增大
B．电压表和电流表读数都减小
C．电压表读数增大，电流表A1示数减小，A2示数增大
D．电压表读数减小，电流表A1示数增大，A2示数减小
答案　C
解析　由题图可知滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，滑动变阻器连入电路中的阻值R增大，则外电路的总阻值R总增大，干路电流I＝，因R总增大，所以I减小，故A1示数减小；路端电压U＝E－Ir，因I减小，所以U增大，即电压表的读数增大；R2两端电压U2＝E－I(R1＋r)，因I减小，所以U2增大，由I2＝知，I2增大，即电流表A2的读数增大，故C正确，A、B、D错误。
4.受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I的变化图象如图所示，由图可知下列选项错误的是(　　)

A．该电池的电动势E＝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%
答案　D
解析　P＝EI－I2r，根据数学知识，当I＝时，P最大，此时U内＝U外。由P＝4 W，I＝2 A，得到U外＝＝2 V，则E＝4 V，故A正确；r＝＝1 Ω，故B正确；当P＝3 W时，由P＝EI－I2r，代入解得I1＝1 A，I2＝3 A，故C正确；η＝＝，当I1＝1 A时，U1＝E－I1r＝3 V，η＝75%，当I2＝3 A时，U2＝E－I2r＝1 V，η＝25%，故D错误。
5.(多选)电源、开关S、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则(　　)

A．液滴向下运动
B．液滴向上运动
C．电容器所带电荷量减少
D．电容器两极板间电压变大
答案　BD
解析　当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电流增大，电容器两极板间电压变大，电容器所带电荷量增大，液滴所受电场力增大，液滴向上运动，B、D正确。
6.(多选)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的U­I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是(　　)

A．E＝50 V
B．r＝ Ω
C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 Ω
D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W
答案　AC
解析　由图象的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻r＝＝ Ω＝5 Ω，故A正确，B错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40 V，I＝2 A，则R＝＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P总＝EI＝100 W，故C正确，D错误。
7．有一个电动势为3 V，内阻为1 Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是(　　)
A．0.5 Ω B．1 Ω C．1.5 Ω D．2 Ω
答案　C
解析　由闭合电路欧姆定律得I＝，P＝I2R>2 W，即2R>2 W，得 Ω50%，应使R>r＝1 Ω，故C正确。
8．电路如图甲所示。若电阻未知，电源电动势和内阻也未知，电源的路端电压U随电流I的变化图线及外电阻的U­I图线分别如图乙所示，求：

(1)电源的电动势和内阻；
(2)电源的路端电压；
(3)电源的输出功率。
答案　(1)4 V　1 Ω　(2)3 V　(3)3 W
解析　(1)由题图乙所示U­I图线知，电源电动势E＝4 V，短路电流I短＝4 A，故内阻r＝＝1 Ω。
(2)由题图甲、乙知，电源与电阻串联时，电流I＝1 A，此时对应的路端电压U＝3 V。
(3)由题图乙知R＝3 Ω，故P出＝I2R＝3 W。
9.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L＝60 cm，两板间的距离d＝30 cm，电源电动势E＝36 V，内阻r＝1 Ω，电阻R0＝9 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球(可视为质点)从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝6 m/s水平向右射入两板间，小球恰好从A板右边缘射出。已知小球所带电荷量q＝2×10－2 C，质量m＝2×10－2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)带电小球在平行金属板间运动的加速度大小；
(2)滑动变阻器接入电路的阻值。
答案　(1)60 m/s2　(2)14 Ω
解析　(1)小球在金属板间做类平抛运动，有
L＝v0t，d＝at2，解得a＝60 m/s2。
(2)设两金属板间电压为U，由牛顿第二定律得
－mg＝ma，解得U＝21 V。
设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据串联电路的特点有＝，解得R＝14 Ω。
[真题模拟练]
10．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电，这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路(　　)

A．充电时，通过R的电流不变
B．若R增大，则充电时间变长
C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
答案　BCD
解析　电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此通过R的电流变小，A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，B正确；若C增大，根据Q＝CU，电容器的电荷量增大，所以放出的电荷量增大，闪光灯闪光一次通过电荷量增大，C正确；当电源电动势为85 V时，电源给电容器充电，电容器两端电压仍能达到80 V，所以闪光灯仍然能发光，闪光一次通过的电荷量不变，D正确。
11．(2018·湖南师大附中六月试卷)有一个消毒用电器P，电阻为20 kΩ，它只有在电压高于24 V时才能工作。今用一个光敏电阻R1对它进行控制，光敏电阻的阻值在有光照时为100 Ω，黑暗时为1000 Ω。电源电动势E为36 V，内阻不计，另有一个定值电阻R2，电阻为1000 Ω。下列电路闭合开关后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是(　　)

答案　B
解析　A项电路中，在光照时，光敏电阻为100 Ω，P的电阻为20 kΩ，R2电阻为1000 Ω，P占的电压超过E，正常工作，黑暗时，光敏电阻1000 Ω，P占的电压超过E，正常工作，故A错误；同理可以求得C项电路中在光照和黑暗时，P占的电压超过E，正常工作，故C错误；B项电路中P与R2并联，并联部分电阻略小于1000 Ω，在光照时，并联部分的两端电压超过E，能使消毒用电器正常工作，黑暗时，并联部分的两端电压不超过E，消毒用电器停止工作，故B正确；D项电路中P与R1并联，光照时并联部分电阻略小于100 Ω，黑暗时并联部分电阻略小于1000 Ω，消毒用电器在光照和黑暗时P占的电压均不超过E，停止工作，故D错误。
12．(2018·北京高考)如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。

(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U­I图象的示意图，并说明U­I图象与两坐标轴交点的物理意义。
(2)a.请在图2画好的U­I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
答案　(1)U­I图象见解析，图象与纵轴交点的纵坐标值为电源电动势，与横轴交点的横坐标值为短路电流。
(2)a.图见解析　b.　R＝r
(3)见解析
解析　(1)U­I图象如图甲所示，其中图象与纵轴交点的纵坐标值为电源电动势，与横轴交点的横坐标值为短路电流。
　
(2)a.如图乙所示
b．电源输出的电功率：
P＝I2R＝2R＝，
当外电路电阻R＝r时，电源输出的电功率最大，为Pmax＝。
(3)电动势定义式：E＝，根据能量守恒定律，非静电力做功W产生的电能等于在外电路产生的电功和内电路产生的电热之和，即
W＝I2rt＋U外It＝Irq＋U外q，E＝＝Ir＋U外＝U内＋U外。