（全國版）2019版高考物理一輪復習 第9章 恒定電流 第34課時 閉合電路歐姆定律學案

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1、 第34課時　閉合電路歐姆定律 考點1　電阻的串并聯(lián) 一、閉合電路歐姆定律 1．內容：閉合電路中的電流跟電源的電動勢成正比，跟內、外電路的電阻之和成反比。 2．公式 3．路端電壓與外電阻的關系 (1)負載R增大→I減小→U內減小→U外增大 外電路斷路時(R＝∞)，I＝0，U外＝E。 (2)負載R減小→I增大→U內增大→U外減小 外電路短路時(R＝0)，I＝，U內＝E。 4．U-I關系圖：由U＝E－Ir可知，路端電壓隨著電路中電流的增大而減?。籙-I關系圖線如圖所示。 (1)當電路斷路即I＝0時，縱坐標的截距為電動勢E。 (2)當外電路電壓為U＝0時，橫坐標的截距為

2、短路電流Im＝。 (3)圖線的斜率的絕對值為電源的內阻r。 二、電阻的串并聯(lián) 串聯(lián)電路 并聯(lián)電路 電流 各處電流相等，即 I＝I1＝I2＝…＝In I＝I1＋I2＋…＋In I1R1＝I2R2＝…＝InRn 即電流分配和電阻成反比 電壓 電壓分配和電阻成正比，即 ＝＝…＝＝I 各支路兩端電壓相等，即 U＝U1＝U2＝…＝Un 總電阻 總電阻等于各電阻之和，即R＝R1＋R2＋…＋Rn 總電阻的倒數等于各電阻倒數之和，即 ＝＋＋…＋ 功率分配 功率分配和電阻成正比，即＝＝…＝＝I2 功率分配和電阻成反比，即P1R1＝P2R2＝…＝PnRn＝U2

3、 [例1]　如圖所示的電路中，當S閉合時，電壓表和電流表(均為理想電表)的示數各為1.6 V和0.4 A；當S斷開時，它們的示數各改變0.1 V和0.1 A，求電源的電動勢及內阻。 解析　當S閉合時，由閉合電路歐姆定律得： U1＝E－I1r，即E＝1.6＋0.4r① 當S斷開時，由閉合電路歐姆定律得： U2＝E－I2r，即E＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r② 由①②得：E＝2 V，r＝1 Ω。 答案　2 V　1 Ω (1)分析電路：認清各元件的串、并聯(lián)關系，必要時畫等效電路圖，特別注意電壓表和電流表對應的電路。 (2)求總電流I：若已知內、外電路上所

4、有電阻的阻值和電源電動勢，可用閉合電路歐姆定律直接求出；若內、外電路上有多個未知電阻，可利用某一部分電路的已知電流和電壓求總電流I；當以上方法都行不通時，可以應用聯(lián)立方程求出I。 (3)各部分的電壓、電流：根據串、并聯(lián)電路的特點或部分電路歐姆定律求各部分電路的電壓和電流。 (2017·河北唐山月考)如圖所示電路中，r是電源的內阻，R1和R2是外電路中的電阻，如果用Pr、P1和P2分別表示電阻r、R1和R2上所消耗的功率，當R1＝R2＝r時，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　設干路電流為I，流

5、過R1和R2的電流分別為I1和I2。由題，R1和R2并聯(lián)，電壓相等，電阻也相等，則電流相等，故I1＝I2＝0.5I；根據公式P＝I2R，三個電阻相等，功率之比等于電流平方之比，即Pr∶P1∶P2＝4∶1∶1。故選D。 考點2　閉合電路的故障及動態(tài)分析 1．解決閉合電路動態(tài)變化問題，應按照局部→整體→局部的程序進行分析。 2．動態(tài)電路分析的基本思路：電路結構的變化→R的變化→R總的變化→I總的變化→U內的變化→U外的變化→固定支路→變化支路。 (1)對于固定不變的部分，一般按照歐姆定律直接判斷。 (2)對于變化的部分，一般應根據分壓或分流間接判斷。 (3)涉及變阻器滑動引起的電路

6、變化問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論。 3．故障分析 電路故障主要包括斷路和短路，判斷方法主要采用現象分析法和假設排除法。 [例2]　如圖所示的電路中，燈泡A和B原來都是正常發(fā)光的，現在突然燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，則電路中出現的故障可能是(　　) A．R3斷路 B．R1短路 C．R2斷路 D．R1、R2同時短路 解析　假如R3斷路，外電阻增大，總電流I減小，可知路端電壓U＝E－Ir增大，A、B兩燈均變亮，不符合題意，故A錯誤；若R1短路，外電阻減小，總電流增大，可知路端電壓U＝E－Ir減小，因為干路電流I增大，R3電流I3減小，則

7、通過A的電流IA＝I－I3增大，UA增大，A燈變亮。B燈電壓UB＝U－UA，則UB減小，B燈變暗，不符合題意，故B錯誤；若R2斷路，外電阻增大，干路電流I減小，可知路端電壓U＝E－Ir增大，R3電流I3增大，則通過A的電流IA＝I－I3減小，A燈變暗。B燈電壓UB＝U－IA(RA＋R1)增大，B燈變亮，符合題意，故C正確；若R2短路，B燈被短路所以不亮，不符合題意，故D錯誤。 答案　C 本題首先明確電路中各用電器的連接關系，然后運用動態(tài)變化分析方法逆推對現象進行分析，找出電路的變化從而找出故障。R2與燈泡B并聯(lián)后，與R1、A串聯(lián)，再與R3并聯(lián)，燈泡A變暗了，說明實際功率減小了，燈泡B變

8、亮，說明實際功率增大了。具體故障可將每個選項逐一代入題目檢查是否符合題意，從而確定正確選項。 如圖所示的電路，閉合開關S后，a、b、c三盞燈均能發(fā)光，電源電動勢E恒定且內阻r不能忽略?，F將滑動變阻器R的滑片稍向上滑動一些，三盞燈亮度的變化情況是(　　) A．a燈變亮，b燈和c燈變暗 B．a燈和c燈變亮，b燈變暗 C．a燈和c燈變暗，b燈變亮 D．a燈和b燈變暗，c燈變亮 答案　B 解析　滑片稍向上滑動，滑動變阻器接在電路中的電阻減小，總電阻減小，從而總電流增大，a燈變亮；由于總電流變大，內電壓及a端電壓都增大，并聯(lián)電路即b兩端電壓減小，b燈變暗；b兩端電壓減小使流過b的電

9、流減小，而總電流增大，所以流過c的電流增大，c燈變亮，B正確。 考點3　閉合電路的功率和效率問題 一、閉合電路中的功率問題 1．電源的總功率：P總＝EI＝IU＋IUr＝P出＋P內 2．電源內耗功率：P內＝I2r＝P總－P出 3．電源的輸出功率：P出＝IU＝EI－I2r＝P總－P內 當外電路為純電阻電路時討論如下： (1)純電阻電路：P出＝I2R＝＝。 (2)輸出功率隨R的變化關系 ①當R＝r時，電源的輸出功率最大，為Pm＝。 ②當R>r時，隨著R的增大輸出功率越來越小。 ③當R

10、R1和R2，且R1R2＝r2。 ⑤P出與R的關系如圖所示。 二、電源的效率 1．任意電路：η＝×100%＝×100%。 2．純電阻電路：η＝×100%＝×100%，因此在純電阻電路中R越大，η越大；當R＝r時，電源有最大輸出功率，但效率僅為50%。 [例3]　(多選)如圖甲所示，電源電動勢E＝6 V，閉合開關，將滑動變阻器的滑片P從A端滑至B端的過程中，得到電路中的一些物理量的變化如圖乙、丙、丁所示。其中圖乙為輸出功率與路端電壓的關系曲線，圖丙為路端電壓與總電流的關系曲線，圖丁為電源效率與外電路電阻的關系曲線，不考慮電表、導線對電路的影響。則下列關于圖中a、b、c、d點的坐標

11、值正確的是(　　) A．a(4 V,4.5 W) B．b(4.8 V,2.88 W) C．c(0.6 A,4.5 V) D．d(8 Ω，80%) 解析　由題圖丙可知短路電流為I短＝3 A，由I短＝得r＝＝ Ω＝2 Ω，電源的效率最大時，滑動變阻器接入電路的電阻最大，由題圖丁可知電源的最大效率為η＝80%，由η＝＝，解得R＝8 Ω，滑動變阻器的滑片P在最右端B時，分別對應b、c、d三點。當輸出功率達到最大時外電路電阻R1＝r＝2 Ω，此時路端電壓為U1＝3 V，故可得a點：P1＝＝ W＝4.5 W，坐標為a(3 V,4.5 W)；b點、c點：R＝8 Ω，I＝＝ A＝0.6 A，

12、U2＝E－Ir＝(6－0.6×2) V＝4.8 V，P2＝U2I＝4.8×0.6 W＝2.88 W，所以b點的坐標為b(4.8 V，2.88 W)，c點的坐標為c(0.6 A,4.8 V)；d點的坐標為d(8 Ω，80%)。故B、D正確。 答案　BD (1)在恒定電流中常會涉及兩種U-I圖線，一種是電阻的伏安特性曲線(過原點的直線)，另一種是電源的伏安特性曲線(斜率為負值的直線)。高考試題中常會借助對兩種圖象的應用，考查學生對閉合電路歐姆定律的掌握情況。 (2)熟練掌握電源輸出功率與外電阻的關系。 (3)會使用“等效法”處理變化電阻的功率變化問題。 1．受動畫片《四驅兄弟》的

13、影響，越來越多的小朋友喜歡上了玩具賽車，某玩具賽車充電電池的輸出功率P隨電流I的變化圖象如圖所示，由圖可知下列選項錯誤的是(　　) A．該電池的電動勢E＝4 V B．該電池的內阻r＝1 Ω C．該電池的輸出功率為3 W時，電路中的電流可能為1 A D．輸出功率為3 W時，此電源的效率一定為25% 答案　D 解析　P＝EI－I2r，根據數學知識，當I＝時，P最大，此時U內＝U外。由P＝4 W，I＝2 A，得到U外＝＝2 V，則E＝4 V，故A正確；r＝＝1 Ω，故B正確；當P＝3 W時，由P＝EI－I2r，代入解I1＝1 A，I2＝3 A，故C正確；η＝＝，當I1＝1 A時，U＝

14、E－I1r＝2 V，η＝50%，當I2＝3 A，U＝E－I2r＝1 V，η＝25%，故D錯誤。 2．(多選)如圖所示的U-I圖象中，直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的U-I圖線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知(　　) A．R的阻值為1.5 Ω B．電源電動勢為3 V，內阻為0.5 Ω C．電源的輸出功率為3.0 W D．電源內部消耗功率為1.5 W 答案　AD 解析　由圖線Ⅱ可知，外電阻R＝＝ Ω＝1.5 Ω，故A正確；由圖線Ⅰ可知，電源的電動勢E＝3.0 V，短路電流I短＝2.0 A，電源內阻r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B錯誤；兩圖

15、線交點縱、橫坐標的乘積表示電源的輸出功率，電源的輸出功率為P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，C錯誤；電源內部消耗的功率為P內＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W，D正確。 3.如圖所示，電路中E＝3 V，r＝0.5 Ω，R0＝1.5 Ω，變阻器的最大阻值R＝10 Ω。 (1)在變阻器的阻值R為多大時，變阻器上消耗的功率最大？最大為多大？ (2)在變阻器的阻值R為多大時，定值電阻R0上消耗的功率最大？最大為多少？ 答案　(1)2 Ω　 W　(2)0　3.375 W 解析　(1)此種情況可以把R0歸入電源內電阻，這樣變阻器上消耗的功率，也就是電源的輸出功率。 即當R＝

16、r＋R0＝2 Ω時，R消耗功率最大為： Pm＝＝ W＝ W。 (2)定值電阻R0上消耗的功率可以表示為：P＝I2R0，因為R0不變，當電流最大時功率最大，此時應有電路中電阻最小，即當R＝0時，R0上消耗的功率最大： Pm′＝R0＝×1.5 W＝3.375 W。 考點4　含電容電路 　含容電路的分析與計算 1．在直流電路中，電容器在電路中就相當于一個阻值無限大的元件，一旦電路達到穩(wěn)定狀態(tài)，在電容器處電路看做是斷路。 2．當電容器和用電器并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極板間的電壓與其并聯(lián)用電器兩端的電壓相等。當電容器與電阻串聯(lián)后接入電路時，電路穩(wěn)定時電容器所在支路斷路，電阻兩端無電壓

17、，該電阻相當于導線。 3．電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充(放)電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電壓降低，電容器將通過與它并聯(lián)的電路放電，可以根據正極板電荷變化情況來判斷電流方向。 [例4]　如圖所示的電路中，電源電動勢E＝6.00 V，其內阻可忽略不計。電阻的阻值分別為R1＝2.4 kΩ，R2＝4.8 kΩ，電容器的電容C＝4.7 μF。閉合開關S，待電流穩(wěn)定后，用電壓表測R1兩端的電壓，其穩(wěn)定值為1.50 V。 (1)該電壓表的內阻為多大？ (2)由于電壓表的接入，電容器的電荷量變化了多少？ 解析　(1)設電壓表的內阻為RV，測得R1兩端的電壓

18、為U1，則R1與RV并聯(lián)后的總電阻為R，則有＝＋ 由串聯(lián)電路的規(guī)律＝ 聯(lián)立解得：RV＝ 代入數據得RV＝4.8 kΩ。 (2)電壓表接入前，電容器上的電壓UC等于電阻R2上的電壓，R1兩端的電壓為UR1，則＝ 又E＝UC＋UR1，解得UC＝4 V 接入電壓表后，電容器上的電壓為UC′＝E－U1＝4.5 V 由于電壓表的接入，電容器帶電荷量增加了 ΔQ＝C(UC′－UC)＝2.35×10－6 C。 答案　(1)4.8 kΩ (2)2.35×10－6 C (1)電路穩(wěn)定時電容器在電路中就相當于一個阻值無限大的元件，在電容器處電路看做是斷路，畫等效電路時，可以先把它去掉。

19、 (2)若求電容器所帶電荷量時，可在相應的位置補上，求出電容器兩端的電壓，根據Q＝CU計算。 (3)通過與電容器串聯(lián)的電阻的電荷量等于電容器帶電荷量的變化量。 (2018·河北冀州月考)如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球，開始時開關S閉合且滑動變阻器的滑動頭P在a處，此時絕緣線向右偏離豎直方向(電源的內阻不能忽略)。下列判斷正確的是(　　) A．小球帶負電 B．當滑動頭從a向b滑動時，絕緣線的偏角θ變大 C．當滑動頭從a向b滑動時，電流表中有電流，方向從上向下 D．當滑動頭停在b處時，R1消耗功率一定大于滑動頭停在a處時R1消耗功率

20、答案　C 解析　分析可得A板帶正電，B板帶負電，電容器內電場方向水平向右。細線向右偏，可得電場力向右，則小球帶正電，故A錯誤；滑動頭向b移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U＝E－Ir變小，則R1兩端的電壓減小，即電容器電壓變小，細線偏角變小，故B錯誤；滑動頭向b移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電，則流過電流表的電流方向向下，故C正確；當滑動頭向b移動時，R1兩端的電壓減小，滑動頭在b處時R1兩端電壓小于滑動頭在a處時R1兩端的電壓。由P＝可得，電壓小則消耗的功率小，故D錯誤。 1．在已接電源的閉合電路中，關于電源的電動勢、內電壓、外電壓的關系應是(

21、　　) A．如外電壓增大，則內電壓增大，電源電動勢也會隨之增大 B．如外電壓減小，內電阻不變，內電壓也就不變，電源電動勢必然減小 C．如內電壓減小，則外電壓不變，電源電動勢隨內電壓減小 D．如外電壓增大，則內電壓減小，電源電動勢始終為二者之和，保持不變 答案　D 解析　在閉合電路中，電源電動勢和內電壓、外電壓的關系為：E＝U外＋U內，E由其自身性質決定，一般不變，所以U外增大，U內減??；U外減小，U內增大，二者之和始終不變。故選D。 2.如圖中電阻R1、R2、R3的阻值均與電池的內阻相等，則開關K接通后流過R2的電流與接通前流過R2的電流的比是(　　) A．5∶3 B．

22、3∶5 C．6∶5 D．5∶6 答案　B 解析　設三個電阻及內阻的阻值均為R；開關K接通前，流過R2的電流I1＝；開關K接通后，流過R2的電流I2＝×＝，則I2∶I1＝3∶5，故選B。 3．電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是(　　) A．電壓表和電流表讀數都增大 B．電壓表和電流表讀數都減小 C．電壓表讀數增大，電流表A1示數減小，A2示數增大 D．電壓表讀數減小，電流表A1示數增大，A2示數減小 答案　C 解析　由題圖可知滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，滑動變阻器

23、連入電路中的阻值R增大，則外電路的總阻值R總增大，干路電流I＝，因R總增大，所以I減小，故A1示數減??；路端電壓U＝E－Ir，因I減小，所以U增大，即電壓表的讀數增大；R2兩端電壓U2＝E－I(R1＋r)，因I減小，所以U2增大，由I2＝知，I2增大，即電流表A2的讀數增大，故C正確，A、B、D錯誤。 4．(2017·濟寧月考)(多選)在如圖所示的電路中，電源的電動勢恒定，要想使燈泡L變暗，可以(　　) A．增大R1的阻值 B．減小R1的阻值 C．增大R2的阻值 D．減小R2的阻值 答案　AD 解析　 (等效思維法)因電容器具有隔直流通交流的特征，所以其電路可等效為如圖所示

24、。當R2的阻值減小并趨于零時，L被短路，L變暗，當R1的阻值增大并趨近無窮大時，可視為斷路，總電流趨近于零，燈泡L也變暗，所以A、D正確。 5．(2017·湖北七市聯(lián)考)有一個電動勢為3 V，內阻為1 Ω的電源。下列電阻與其連接后，使電阻的功率大于2 W，且使該電源的效率大于50%的是(　　) A．0.5 Ω B．1 Ω C．1.5 Ω D．2 Ω 答案　C 解析　由閉合電路歐姆定律得I＝，η＝×100%>50%，P＝I2R>2 W，即2R>2 W，得 Ωr＝1 Ω，故C正確。 6．如圖所示，電路中電源的電動勢為E，內阻為

25、r，開關S閉合后，當滑動變阻器R的滑動片P向左移動的過程中，三盞規(guī)格相同的小燈泡L1、L2、L3的亮度變化情況是(　　) A．燈L2變亮，燈L1、L3變暗 B．燈L1變亮，燈L2、L3變暗 C．燈L1、L2變亮，燈L3變暗 D．燈L2、L3變亮，燈L1變暗 答案　A 解析　圖中變阻器R與燈L3并聯(lián)后與燈L2串聯(lián)，再與燈L1并聯(lián)。燈L1的電壓等于路端電壓，將滑動變阻器的滑片P向左移動的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻R總減小，由閉合電路歐姆定律得知：干路電流I＝增大，路端電壓U＝E－Ir減小，則燈L1變暗；流過燈L2的電流I2＝I－I1，I增大，I1減小，則I2增大

26、，燈L2變亮；燈L3的電壓U3＝U－U2，U減小，U2增大，則U3減小，燈L3變暗，故A正確。 7．(多選)某種小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示，三個完全相同的這種小燈泡L1、L2、L3連接成如圖乙所示的電路，電源的內阻為1.0 Ω?，F閉合開關S，理想電壓表V的示數為4.0 V，則(　　) A．三個燈泡的總電阻約為8.3 Ω B．電源的電動勢為5.6 V C．電源消耗的熱功率為3.0 W D．電源的效率約為89.3% 答案　ABD 解析　理想電壓表V的示數為U＝4.0 V，由題圖甲可知電路總電流為I＝0.6 A，小燈泡L1電阻R1＝＝ Ω＝ Ω；通過小燈泡L2、L3的電流均為I

27、′＝0.3 A，由題圖甲可知電壓均為U′＝1.0 V，小燈泡L2，L3的電阻R＝＝ Ω＝ Ω，所以三個小燈泡的總電阻為R總＝R1＋R＝ Ω＋× Ω≈8.3 Ω，A正確；電動勢為E＝U＋U′＋U內＝4 V＋1 V＋0.6×1.0 V＝5.6 V，B正確；電源消耗的熱功率P＝I2r＝0.62×1.0 W＝0.36 W，C錯誤；電源效率為η＝×100%＝×100%＝×100%≈89.3%，D正確。 8．電路如圖甲所示。若電阻未知，電源電動勢和內阻也未知，電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線及外電阻的U-I圖線分別如圖乙所示，求： (1)電源的電動勢和內阻； (2)電源的路端電壓； (3

28、)電源的輸出功率。 答案　(1)4 V　1 Ω　(2)3 V　(3)3 W 解析　(1)由題圖乙所示U-I圖線知，電源電動勢E＝4 V，短路電流I短＝4 A，故內阻r＝＝1 Ω。 (2)由題圖甲、乙知，電源與電阻串聯(lián)時，電流I＝1 A，此時對應的路端電壓U＝3 V。 (3)由題圖乙知R＝3 Ω，故P出＝I2R＝3 W。 9．如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長L＝60 cm，兩板間的距離d＝30 cm，電源電動勢E＝36 V，內阻r＝1 Ω，電阻R0＝9 Ω，閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球(可視為質點)從B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝6 m/s

29、水平向右射入兩板間，小球恰好從A板右邊緣射出。已知小球帶電荷量q＝2×10－2 C，質量m＝2×10－2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)帶電小球在平行金屬板間運動的加速度大??； (2)滑動變阻器接入電路的阻值。 答案　(1)60 m/s2　(2)14 Ω 解析　(1)小球在金屬板間做類平拋運動，有 L＝v0t，d＝at2，解得a＝60 m/s2。 (2)設兩金屬板間電壓為U，由牛頓第二定律得 －mg＝ma， 解得U＝21 V。設滑動變阻器接入電路的阻值為R，根據串聯(lián)電路的特點有＝，解得R＝14 Ω。 10．(2016·全國卷Ⅱ)阻值相等的四個電阻、電

30、容器C及電池E(內阻可忽略)連接成如圖所示電路。開關S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2。Q1與Q2的比值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　當開關S斷開時等效電路如圖1所示，電容器C兩端的電壓U＝E，所帶的電荷量Q1＝CU＝CE；當開關S閉合時等效電路如圖2所示，電容器C兩端的電壓U′＝E，所帶的電荷量Q2＝CE。所以＝，C正確。 11．(2016·江蘇高考)(多選)如圖所示的電路中，電源電動勢為12 V，內阻為2 Ω，四個電阻的阻值已在圖中標出。閉合開關S，下列說法正確的有(　　) A

31、．路端電壓為10 V B．電源的總功率為10 W C．a、b間電壓的大小為5 V D．a、b間用導線連接后，電路的總電流為1 A 答案　AC 解析　外電路的總電阻R＝10 Ω，由閉合電路歐姆定律可得電路中的總電流I＝＝1 A，因此路端電壓U＝E－Ir＝12 V－1×2 V＝10 V，A正確；電源的總功率P＝EI＝12 W，B錯誤；由圖a可知Uab＝UaO－UbO＝－15×0.5 V＋5×0.5 V＝－5 V，故C正確；當a、b間用導線連接后，其等效電路如圖b所示，電路中的外電阻R′＝7.5 Ω，電路中總電流I′＝＝ A≠1 A，D錯誤。 12. (2017·山東青島模擬)電子式

32、互感器是數字變電站的關鍵裝備之一。如圖所示，某電子式電壓互感器探頭的原理為電阻分壓，ac間的電阻是cd間電阻的(n－1)倍，某次測量中輸出端數字電壓表的示數為U，則輸入端的電壓為(　　) A．nU B. C．(n－1)U D. 答案　A 解析　由正比分壓得＝＝＝＝n，Uab＝nUcd＝nU，A正確。 13. (2017·湖北襄陽一模)(多選)如圖所示，一平行板電容器兩極板A、B水平放置，上極板A接地，電容器通過滑動變阻器R和開關S與電動勢為E的電源相連?，F將開關S閉合，位于A、B兩板之間的P點的帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài)，則(　　) A．B板電勢為－E B．改變

33、滑動變阻器的滑片位置，帶電粒子仍處于靜止狀態(tài) C．將B板向上移動，P點電勢將不變 D．將B板向左平移，帶電粒子電勢能將不變 答案　ABD 解析　粒子靜止在P點，受力分析可知粒子受到向上的電場力和重力處于平衡狀態(tài)，上板與電源正極相連，電勢為0，兩板之間電勢差為E，則下板電勢為－E，A正確；平行板電容器接入電路，相當于電路斷開，改變滑片位置，電容器兩板間電壓不變，板間的場強不變，粒子受到的電場力不變，粒子仍靜止，B正確；兩板間電壓不變，B板上移，板間距離減小，兩板間的場強E0增大，A、P間的電勢差增大，則P點電勢降低，C錯誤；將B板左移，而兩板之間的電壓等于E不變，板間距離d不變，則兩板間場強E1＝不變，粒子仍靜止，又上板位置不動，粒子處的電勢不變，粒子的電勢能不變，D正確。 19