高考物理核心高頻考點(diǎn)專題備考專題39 電路的動(dòng)態(tài)分析（解析版）

專題39電路的動(dòng)態(tài)分析1.動(dòng)態(tài)電路的特點(diǎn)斷開或閉合開關(guān),滑動(dòng)變阻器的滑片移動(dòng),增、減支路,電阻增大或減小,從而導(dǎo)致電路電壓、電流、功率等發(fā)生變化。2.電路動(dòng)態(tài)分析問題常用的“三法”(1)程序判斷法:遵循“局部→整體→部分”的思路,按以下步驟分析:(2)“串反并同”結(jié)論法(應(yīng)用條件:電源內(nèi)阻不為零)①所謂“串反”,即某一電阻增大時(shí),與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小,反之則增大。②所謂“并同”,即某一電阻增大時(shí),與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大,反之則減小。(3)極限法:因滑動(dòng)變阻器滑片滑動(dòng)引起的電路變化問題,可將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端分別滑至兩個(gè)極端去討論。3.判定總電阻變化情況的規(guī)律(1)當(dāng)外電路的任何一個(gè)電阻增大(或減小)時(shí),電路的總電阻一定增大(或減小)。(2)若開關(guān)的通、斷使串聯(lián)的用電器增多時(shí),電路的總電阻增大;若開關(guān)的通、斷使并聯(lián)的支路增多時(shí),電路的總電阻減小。(3)在如圖所示分壓電路中,滑動(dòng)變阻器可視為由兩段電阻構(gòu)成,其中一段R并與用電器并聯(lián),另一段R串與并聯(lián)部分串聯(lián)。A、B兩端的總電阻與R串的變化趨勢一致?！镜淅?】[涉及滑動(dòng)變阻器的動(dòng)態(tài)分析]如圖所示，電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，R1、R2為定值電阻，R0A.V的示數(shù)變大，A的示數(shù)變小 B.V的示數(shù)變大，A的示數(shù)變大C.V的示數(shù)變小，A的示數(shù)變小 D.V的示數(shù)變小，A的示數(shù)變大【答案】B【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，與R2并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，則V的示數(shù)變大。根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的特點(diǎn)，可知，并聯(lián)部分電壓增大，通過R2的電流增大，則A的示數(shù)變大。故選：B【典例2】[涉及滑動(dòng)變阻器和電容器的動(dòng)態(tài)分析]在如圖所示的電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片向下移動(dòng)時(shí)，關(guān)于電燈L的亮度及電容器C所帶電荷量Q的變化判斷正確的是(????)A.L變暗，Q增大 B.L變暗，Q減小C.L變亮，Q增大 D.L變亮，Q減小【答案】B【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片向下移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，燈L變暗。

電容器板間電壓等于變阻器兩端的電壓．由上得知，路端電壓減小，則通過L燈的電流減小，而干路電流增大，則通過R1的電流增大，R1的電壓也增大，則變阻器兩端的電壓減小，電容器所帶電量Q減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B【典例3】[涉及熱敏電阻的動(dòng)態(tài)分析]熱敏電阻是電學(xué)中常用的電學(xué)元件。R2為熱敏電阻，其阻值R2隨溫度t變化的圖線如圖甲所示。圖乙中電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r，帶電油滴P原來靜止在平行板電容器中間，所有的電表都是理想電表，且R1=rA.電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小B.電源對(duì)外的輸出功率隨著溫度的升高而逐漸減小C.帶電油滴P向上運(yùn)動(dòng)D.R4兩端電壓的增大量ΔU4比R【答案】D【解析】該電路R2和R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再與R1串聯(lián)，當(dāng)溫度升高時(shí)，R2減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大：A.由于電路中電流增大，路端電壓減小，同時(shí)R1兩端的電壓也增大；因并聯(lián)部分電壓減小，由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過電路R2和R4串聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大，而R4中電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，因R1=r，所以電源對(duì)外的輸出功率隨著溫度的升高而增大，故B錯(cuò)誤；C.由于電容器兩端電壓減小，故電容器中場強(qiáng)減小，所以，電場力減小，那么合外力向下，液滴向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D.由于并聯(lián)部分電壓減小，R【典例4】[涉及滑動(dòng)變阻器、電容器與二極管的動(dòng)態(tài)分析]如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢E、內(nèi)電阻為r，水平放置的平行板電容器與二極管D連接，在兩板間一帶電液滴M恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。燈L的電阻保持不變且等于R，r=R1=?R2=R，若R2A.液滴M將向下加速運(yùn)動(dòng) B.燈泡L變亮C.電源輸出的功率減小 D.通過R1【答案】C【解析】A.將滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)“串反并同”原理知，電容器兩端電壓減小，電容器要放電，電容器上極板帶正電，又由于二極管的單向?qū)щ娦裕娙萜鞯碾娏坎蛔?，板間場強(qiáng)不變，液滴所受的電場力不變，因此液滴將靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.將滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，電路中總電阻減小，電路中電流增大，路端電壓減小，燈泡消耗的功率減小，則燈泡將變暗，故B錯(cuò)誤；C.由于并聯(lián)電阻小于任何一個(gè)分電阻，所以外電路的電阻小于R，因r=R1=?R2=R大于外電路電阻，隨著外電路電阻的減小，電源的輸出功率減小，故C正確；D.外電路總電阻減小，根據(jù)“串反并同”原理知，通過

【典例5】[涉及滑動(dòng)變阻器、電容器與光敏電阻的動(dòng)態(tài)分析]（多選）如圖所示的電路中，E為電源，其內(nèi)電阻為r，V為理想電壓表，L為阻值恒為2r的小燈泡，定值電阻R1的阻值恒為r，R3為半導(dǎo)體材料制成的光敏電阻(光照越強(qiáng)，電阻越小)，電容器兩極板處于水平狀態(tài)，閉合開關(guān)S，電容器中心P點(diǎn)有一帶電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，電源負(fù)極接地，則下列說法正確的是(

A.若將R2B.若突然將電容器上極板上移，則小球在P點(diǎn)電勢能增加C.若光照變強(qiáng)，則小球會(huì)向上運(yùn)動(dòng)D.若光照變強(qiáng)，則AB間電路的功率變大【答案】BD【解析】A.由于含容電路在穩(wěn)定時(shí)相當(dāng)于斷路，故滑動(dòng)變阻器的滑片上移不會(huì)對(duì)電路造成影響，A錯(cuò)誤；B.由題意可知，電源負(fù)極接地，且?guī)щ娦∏蛱幱陟o止?fàn)顟B(tài)。故球帶負(fù)電；由于若突然將電容器上極板上移，由于其端電壓不變，而間距增大，有U=Ed可知其間的場強(qiáng)減弱，由電勢與場強(qiáng)的關(guān)系可知，P點(diǎn)電勢降低，故小球在P點(diǎn)電勢能增加，B正確；C.若光照變強(qiáng)，半導(dǎo)體電阻R3減小，由此可知電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電流增大，內(nèi)阻及R1端電壓增大，故AB間電壓減小，故內(nèi)部球所受的電場力減小，故球會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D.將R1看為電源內(nèi)阻，由電源的輸出功率隨外電阻的變化關(guān)系可知，AB間的電阻在大于2r的范圍內(nèi)減小，所以輸出功率增大，D【典例6】[涉及平衡問題的動(dòng)態(tài)分析]（多選）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(shí)開關(guān)S閉合且滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P在a處，此時(shí)絕緣線向右偏離豎直方向，電源的內(nèi)阻不能忽略，則下列判斷正確的是(????)A.小球帶負(fù)電B.當(dāng)滑動(dòng)觸頭從a向b滑動(dòng)時(shí)，絕緣線的偏角θ變小C.當(dāng)滑動(dòng)觸頭從a向b滑動(dòng)時(shí)，電流表中有電流，方向從上向下D.當(dāng)滑動(dòng)觸頭停在b處時(shí)，電源的輸出功率一定大于滑動(dòng)觸頭在a處時(shí)電源的輸出功率【答案】BC【解析】A.由圖，A板帶正電，B帶負(fù)電，電容器內(nèi)電場方向水平向右．細(xì)線向右偏，電場力向右，則小球帶正電。故A錯(cuò)誤。

B.滑動(dòng)頭向右移動(dòng)時(shí)，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，電容器電壓變小，細(xì)線偏角變小，故B正確。

C.滑動(dòng)頭向右移動(dòng)時(shí)，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。

D.根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系：當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時(shí)，輸出功率最大．外電阻大于內(nèi)阻，外電阻減小輸出功率增大；當(dāng)外電阻小于內(nèi)阻時(shí)，外電阻減小，輸出功率減?。绢}，不知道外電阻與內(nèi)阻大小關(guān)系，故無法判斷電源輸出功率的大小，D錯(cuò)誤。故選BC。

【典例7】[涉及圖象類的動(dòng)態(tài)分析]（多選）如圖所示電路中，合上開關(guān)S后，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為U、I，定值電阻R2消耗的功率為P，電容器所帶的電荷量為Q，兩電表均為理想電表。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)時(shí)，下列有關(guān)物理量之間變化關(guān)系的圖象正確的是(????)A.B.C.D.【答案】BD【解析】A.R2的功率P=I2R2，與圖不相符，則A錯(cuò)誤；B.電容器與滑動(dòng)變阻器的分壓相同UC=E?I(r+R2)

電量Q=CUC=?C(R+r)I+CE，與圖相符，則B正確；C.電壓表示數(shù)為路端電壓：U=E?Ir，圖為一直線，則【典例8】[涉及電路故障的動(dòng)態(tài)分析]如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S，燈L1、L2正常發(fā)光．由于電路突然出現(xiàn)故障，發(fā)現(xiàn)燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的讀數(shù)變小，根據(jù)分析，發(fā)生的故障可能是(A.R1斷路 B.R2斷路 C.R3短路 【答案】A【解析】A、等效電路圖如圖所示，出現(xiàn)故障后，發(fā)現(xiàn)燈L1變亮，燈L2變暗，說明L1兩端的電壓變大，L2兩端的電壓變小，可能是R1斷路，此時(shí)安培表示數(shù)減小，故A正確；B、如果R2斷路，則燈L2變亮，燈L1變暗，與條件不符，故B錯(cuò)誤；CD、若【典例9】[涉及變化量的動(dòng)態(tài)分析]（多選）在如圖所示電路中，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，電表A、V1、V2、V3的示數(shù)分別用I、U?1、U?2和U?3表示，對(duì)應(yīng)示數(shù)變化量的大小分別用ΔI、ΔU?1、ΔA.U1I不變，ΔU1ΔI不變 B.U2I變大，ΔU2ΔI變大

C.【答案】AC【解析】解法1

由題圖可知，U1I=ΔU1ΔI=R1，是定值，A正確；U2I=R2隨滑片P向下移動(dòng)而變大，而ΔU2解法2

在同一坐標(biāo)系中分別作出電壓表V1、V2、V3的示數(shù)隨電流I的變化圖線，如圖中a、b、c所示，a表示R1兩端電壓U1與I的關(guān)系，b表示將R1等效為電源內(nèi)阻時(shí)的路端電壓(U2)與I的關(guān)系，c表示路端電壓(U3)與I的關(guān)系．由圖可知，U1I=ΔU1ΔI=R1，是定值，A正確；因U2I=R2【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)01】在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不能忽略，當(dāng)移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片時(shí)，電流表示數(shù)變大，則(????)A.電源的總功率不一定增大B.電源的輸出功率一定增大

C.電源內(nèi)部消耗的功率一定減小D.電源的效率一定減小【答案】D【解析】A.假設(shè)滑動(dòng)變阻器的滑片向左移動(dòng)，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分電阻增大，外電路總電阻R增大，由閉合電路歐姆定律得知：干路電流I減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓增大。電路中并聯(lián)部分的電壓U并=E?I(r+R1)增大，電阻R2的電流增大，電流表的示數(shù)IA=I?I2，變小。由題意，電流表示數(shù)變大，所以可知，滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)，干路電流I增大，電源的總功率P總=EI，可知，P總增大，故A錯(cuò)誤；B.由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化，故B錯(cuò)誤；C.I增大，由P內(nèi)=I2r得知電源內(nèi)部消耗功率一定增大，故【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)02】如圖所示，電壓表是理想電表，R是光敏電阻，當(dāng)它受到的光照時(shí)阻值變小，則有光照射R時(shí)(????)A.燈泡L變暗B.光敏電阻R上的電壓增大

C.電壓表V的讀數(shù)變大D.電容器C的帶電量增大【答案】D【解析】AC.R阻值減小時(shí)，電路的總電阻減小，總電流增大，燈泡L變亮。電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以電壓表V的讀數(shù)變小，故AC錯(cuò)誤；

B.電流增大，則燈泡的電壓增大，而路端電壓減小，則光敏電阻R上的電壓減小，故B錯(cuò)誤；D.電容器C的電壓等于燈泡的電壓，則C的電壓增大，由Q=CU知，電容器C的帶電量增大，故D正確。故選D。

【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)03】電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的電源與可變電阻R1、R2、R3及一平行板電容器連成如圖所示的電路。當(dāng)開關(guān)S閉合后，兩平行金屬板A、B間有一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(A.將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離，帶電液滴將向下運(yùn)動(dòng)

B.將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離，電容器兩極板的電荷量將增加

C.增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電荷量將增加

D.減小R3的阻值，R【答案】D【解析】A.將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離，電容器兩端電壓與R3兩端電壓相等，保持不變，故液滴受到的電場力不變，那么，液滴受力不變，仍保持靜止，故A錯(cuò)誤；B.將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離，那么，接入電路的電阻增大，故電流減小，所以，R3兩端電壓減小，即電容器兩極板電壓減小，故電荷量Q=CU減小，故B錯(cuò)誤；C.增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電壓不變，電容器電容C=?S4πkd減小，那么，電荷量Q=CU減小，故C錯(cuò)誤；D.減小R3的阻值，電路電阻減小，電流增大，故內(nèi)壓降增大，則R2兩端的電壓的變化量與內(nèi)電壓的變化量之和等于R3兩端的電壓的變化量，所以，【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)04】在如圖所示電路中，已知電表均為理想儀表，且小燈泡的電阻小于電源的內(nèi)阻，電流表A、電壓表V1、電壓表V2的讀數(shù)分別為I、U1和U2，P為被細(xì)線懸掛在兩平行金屬板間的帶電小球，細(xì)線與豎直方向間的夾角為θ，則當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)一小段距離的過程中，電流表A、電壓表V1、電壓表V2讀數(shù)變化量大小分別是△I、△UA.△U2大于△U1B.燈泡變亮、細(xì)線與豎直方向間的夾角θ變大

C.電源的輸出功率變大D.【答案】C【解析】A、滑動(dòng)變阻器電阻增大，總電流減小，r1電壓減小，r2電壓增大，而U外又增大，明顯r2電壓增大要超過r1電壓減小，則A錯(cuò)誤；B、滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)一小段距離R2的電阻變大，則總電阻變大，總電流變小，外壓增大，通過燈泡的電流變大，則R1電流變小，則其分壓變小，電容器的電壓變小，細(xì)線與豎直方向間的夾角θ變小，則B錯(cuò)誤C、小燈泡的電阻小于電源的內(nèi)阻，那么再并聯(lián)r1r2就更小了，當(dāng)外電阻小于內(nèi)電阻時(shí)，由p出的圖象可知，p出增大，則C正確；D【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)05】如圖電路，C為電容器的電容，D為理想二極管(具有單向?qū)ㄗ饔?，電流表、電壓表均為理想電表。閉合開關(guān)S至電路穩(wěn)定后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)一小段距離，結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表V1的示數(shù)改變量大小為ΔU1，電壓表V2的示數(shù)改變量大小為ΔU2，電流表A.電壓表V1的示數(shù)變大，電壓表V2的示數(shù)變小，電流表A的示數(shù)變小

B.滑片向左移動(dòng)的過程中，電容器所帶的電荷量不變

C.滑片向左移動(dòng)的過程中，電容器所帶的電荷量要不斷減少

D.ΔU1【答案】B【解析】A.由圖可知R1與R串聯(lián)，V1測R兩端的電壓，V2測路端的電壓。若P向左端移動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，則內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，即電壓表V2的示數(shù)增大，R1兩端的電壓減小，所以V1的示數(shù)增大，A錯(cuò)誤；D.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：由U2=E?Ir，則ΔU2I=r，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U1=E?I(R1【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)06】（多選）如圖所示的電路，閉合開關(guān)S，滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)，下列結(jié)論正確的是（）A.電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小

B.小燈泡L變亮

C.電容器C上電荷量變大

D.電源的總功率變小【答案】CD【解析】AB.滑片向左移動(dòng)時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電阻變大，外電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，電流減小，路端電壓增大，故電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)增大，小燈泡L變暗，故AB錯(cuò)誤；C.因電流減小，則內(nèi)壓減小，路端電壓增大，同時(shí)燈泡兩端的電壓減小，故滑動(dòng)變阻器兩端電壓增大，故電容器兩端電壓增大，由Q=UC可知，電容器C上的電荷量增大，故C正確；D.由P=EI可知，電動(dòng)勢不變，而電流減小，故電源的總功率減小，故D正確。故選CD。

【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)07】（多選）如圖所示的電路中，E為電源，其內(nèi)電阻為r，V為理想電壓表，L為阻值恒為2r的小燈泡，定值電阻R1的阻值恒為r，R3為半導(dǎo)體材料制成的光敏電阻(光照越強(qiáng)，電阻越小)，電容器兩極板處于水平狀態(tài)，閉合開關(guān)S，電容器中心P點(diǎn)有一帶電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，電源負(fù)極接地，則下列說法正確的是(

A.若將R2的滑片上移，則電壓表的示數(shù)變小

B.若突然將電容器上極板上移，則小球在P點(diǎn)電勢能增加

C.若光照變強(qiáng)，則小球會(huì)向上運(yùn)動(dòng)

D.若光照變強(qiáng)，則AB【答案】BD【解析】A.由于含容電路在穩(wěn)定時(shí)相當(dāng)于斷路，故滑動(dòng)變阻器的滑片上移不會(huì)對(duì)電路造成影響，A錯(cuò)誤；B.由題意可知，電源負(fù)極接地，且?guī)щ娦∏蛱幱陟o止?fàn)顟B(tài)。故球帶負(fù)電；由于若突然將電容器上極板上移，由于其端電壓不變，而間距增大，有U=Ed可知其間的場強(qiáng)減弱，由電勢與場強(qiáng)的關(guān)系可知，P點(diǎn)電勢降低，故小球在P點(diǎn)電勢能增加，B正確；C.若光照變強(qiáng)，半導(dǎo)體電阻R3減小，由此可知電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電流增大，內(nèi)阻及R1端電壓增大，故AB間電壓減小，故內(nèi)部球所受的電場力減小，故球會(huì)向下運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D.將R1看為電源內(nèi)阻，由電源的輸出功率隨外電阻的變化關(guān)系可知，AB間的電阻在大于2r的范圍內(nèi)減小，所以輸出功率增大，D【點(diǎn)對(duì)點(diǎn)08】（多選）如圖所示，電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計(jì)．開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．則在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中，下列判斷正確的是(????)A.靈敏電流計(jì)G中有b→a的電流 B.油滴向上加速運(yùn)動(dòng)

C.電容器極板所帶電荷量將減小 D.通過電阻R2【答案】AB【解析】粒子原來處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡；電容器與電阻R、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，

D.滑片P向上移動(dòng)，電阻R變大，電路總電阻變大，總電流變小，R2和R并聯(lián)，根據(jù)“串反并同”，則通過電阻R2的電流將增大，故D錯(cuò)誤；ABC.由閉合電路歐姆定律知R兩端電壓變大，