人教版高中物理选修3-1直流电路的动态分析 题型汇总及方法

理量变化也将复杂。这样，不妨从与变化元件联系最松散的电路开始分析，再逐步推理，从已知条件出发，循着规律，一步一个结论，将结论又作为已知条件向下推理，最后判断变化元件有关物理量的变化情况。

三、题型汇总及方法

1、普通的大小变化的定性分析：用常规的两个欧姆定律或串反并同的结论。

2、△U之间、△I之间的大小变化比较：寻找类似△I

1=△I

2

+△I

3

，△U

1

=△

U 2+△U

3

的关系确定+-并比较大小。

3、△U/△I的大小变化比较：分部分电压和路端电压两种，分别使用两个欧

姆定律写出表达式。

4、含有电容器的电路：定性分析和定量计算。

5、定量计算分析。基本公式和基本方法。

6、闭合电路中的功率及效率问题：图像法

6、含有非线性元件的电路：定性分析、定量计算、图像法寻找工作点。

四、题型分类解析

例1. （普通类型）在如图1所示电路中，当变阻器R

3

的滑动头P向b端移动时

A. 电压表示数变大，电流表示数变小

B. 电压表示数变小，电流表示数变大

C. 电压表示数变大，电流表示数变大

D. 电压表示数变小，电流表示数变小

解析：当变阻器R

3的滑动头P向b端移动时R

3

变小，故总电阻变小，由闭合

电路欧姆定律知总电流I增大，则内电路电压增大，因电动势不变，故路端电压

U减小。R

1的电压U

1

=IR

1

增大，故R

3

的电压由串联电路的分压特点知U

3

=U-U

1

，故

U 3减小。流过R

2

的电流I

2

减小。由并联电路的分流特点知R

3

的电流I

3

=I-I

2

，所

以I

3

增大。图中电压表测的是路端电压，因此电压表示数变小。电流表测的是

I

3

，故电流表示数变大，B项正确。

对本题还可做一些讨论。在分析电流表示数变化情况时，先分析了其他电阻

有关物理量变化的情况，到最后再分析变化电阻R

3

的电流，这是因为它的情况较复杂，但是，任何事物都具有两重性。复杂到一定程度，量变引起质变，反而会

变简单。也就是说，当滑动头P向b端移动时，R

3

将减小，能减小到多少？其极

限就是零，即R

3被短路。也可以这样分析，设想P向a端移动，R

3

将增大，其极

限可视为无穷大即R

3

断路，电流表将没有读数。结合初、末状态即可判断电流表

示数的变化情况。当然，要注意极限法的使用要求，即所需判断的物理量其表达式应为单调函数，也就是说，该电阻应为单调变化。

例2. （普通类型）如图2所示电路。电源电阻不能忽略，R

1

阻值小于变阻

器R的总阻值（R

1

=0）。当滑动变阻器的滑片P停在变阻器的中点时，电压表V 的示数为U，电流表A的示数为I。则当滑片P向上移动的全过程中

A. 电压表的示数总小于U

B. 电流表的示数总大于I

C. 电压表的示数先增大后减小

D. 电流表的示数先减小后增大

解析：此题电路的结构是滑动变阻器滑动端P上部分电阻与R

1

串联

再与滑动端P的下部分电阻并联，这并联电路再与R

2

串联，对于左端的并联电路，由于两支路电路之和一定，当两支路电阻阻值相等时，并联电路总阻值最

大。所以当滑动端P向上移动的过程中，并联电路的总阻值R

并总

也是先↑后↓

（注意开始时P位于R中点；R

1≠0且小于R），电路中的总电阻R

总

先↑后↓，

则电路中总电流I

总先↓后↓；路端电压U

总

是先↑后↓，即电压表测定的电压先

↑后↓，所以选项C正确。

电流表测定的是滑动端P以上的电阻与R

1

串联支路的电流。当P上

移时，电路中总电流先变小，所以R

2

两端电压变小，但路端电压先变大，所以并

联电路两端电压变大，而R

1

支路的电阻变小，因此通过电流表的示数增大；当P

上移到电路中总电阻开始变小后，电路中总电流变大，R

2

两端电压变大，但路端电压变小，所以并联电路两端电压变小，看滑动端P以下的电阻，其阻值增大，所以通过其电流变小，但由于总电流增大，通过电流表的电流为总电流与P下端通过电流的差值，所以电流表的示数仍要增大，也就是说电流表的示数总大于I，故选项B正确。

例3、（△U、△I比较类型）在如图所示电路中，电源的电功势为E、内阻

为r,R

1、R

2

、R

3

为定值电阻，R是一滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均视为

理想的。试讨论：当R的滑键向上滑动时，

（1）电源总功率及各电表示数如何变化？

（2）比较同类电表示数变化的大小？△I

1△I

2

△I

3

△U

1

△U

2

△U

3

解析：：（1）V

1示数增大，V

2

变大，V

3

的示数变小， A

1

示数变小，A

2

的示数

变大， A

3

的示数变小，P减小。(利用两个欧姆定律和串并联知识的基本分析

法，更扎实)（特殊结论：“串反并同”更快捷）（2）I

1=I

2

+I

3

, I

1

,=I

2

,+I

3

,,得△

I 1=△I

2

+△I

3

，△I

1

＜0，△I

2

＞0，△I

3

＜0，得△I

1

＜△I

3

△I

2

＜△I

3

，但△I

1

与△I

2的大小不确定。同理分析△U

1

＜△U

2

，△U

R1

＜△U

2

,△U

3

与△U

2

的大小不确

定，△U

2＜△U

R

，△U

1

与△U

3

的大小不确定。

例4、（△U、△I比较类型）如图所示电路中,电源电动势E恒定,内阻

r=1Ω,定值电阻R

3

=5Ω,当开关K断开与闭合时,ab段电路消耗的电功率相等,则下列说法中错误的是

A.电阻R1、R2可能分别为4Ω、5 Ω

B.电阻R1、R2可能分别为3Ω、6 Ω

C.开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数

D.开关K断开与闭合时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等于6 Ω

解析：、B 解析:由于K断开前后,ab段消耗的电动率相等,根据结论P相等

时r2=R

a *R

b

,知,R1、R2的阻值为4Ω、5 Ω,A正确,B错误;根据闭合电路欧姆定律

E=U+I(r+R

3

),K断开前后=r+R3, C正确,故D对。

例5.（△U、△I比较类型）(湖北部分重点中学联考改编)如图所示电路中,电源内阻不能忽略,两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P

移动时,关于两个电压表V

1与V

2

的示数,下列判断正确的是

A.P向a移动,V1示数增大、V2的示数增大

B.P向b移动,V1示数增大、V2的示数减小

C.P向a移动,V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值

D.P向b移动,V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值

解析：.C 解析:由题图可知R1与R2串联,V1测R1两端的电压,V2测R2两端的电压;若P向a端移动,则滑动变阻器接入电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流增大,则内电压增大,R1两端的电压增大,路端电压减小,故R2两端的电

压减小,故A错误;因路端电压减小,V

1示数增大,V

2

示数减小,而两电表之和等于路

端电压,故可知V

1示数改变量的绝对值小于V

2

示数改变量的绝对值,故C正确;若

P向b端移动,则滑动变阻器接入电阻增大,则电路中总电流减小,内电压减小,V

1

减小,故B错误;由于内电压减小,故路端电压增大,而V

1减小,V

2

必然增大,且增大

量一定大于V

1

的减小量,故D错误。

例6、（△U、△I比较类型）如图10所示的电路中,当滑动变阻器的滑片p

从a滑向b的过程中,三只电压表V

1、V

2

、V

3

的示数变化的绝对值分别为△U

1

、△

U 2、△U

3

,则下列各组中可能出现的是

A．△U

1=3V,△U

2

=2V,△U

3

=1V

B．△U

1=0V,△U

2

=1V,△U

3

=1V

C．△U

1=0.5V,△U

2

=1V,△U

3

=1.5V

D．△U

1=1V,△U

2

=3V,△U

3

=2V

解析：.D解析：根据串联电路电阻分压原理:滑片右移.滑动变阻器电阻减

少.V

2示数下降.V

3

示数上升.V

1

示数下降.V

1

下降多少就等价与电源联结的电阻电压

升高多少.

A V

2只能下降2V ,V

3

上升1V的.这样算来.V

1

只能下降1V,(与电源相联结的电阻两

端电压增加1V).

B V

2下降1V V

3

上升1V 这也是不可能的.因为V

2

减少的1V由另两个电阻来分.不

可能只分给V

3

并联的电阻上.这样的话与电源相联结的电阻等于没有分到电压了.

C V

2

下降的0.5V 由另两个电阻来分.V3分的电压只能比0.5V还小.

D V

2下降3V .V

3

上升2V.V

1

下降1V,V

2

下降的电压分给了另两个电阻了.(与电源相

联结的电阻两端电压增加1V).只有这个对的.

例7、（含有电容器的电路）在如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内

阻r=2Ω，定值电阻R

1=R

2

=10Ω，R

3

=30Ω，R

4

=35Ω，电容器的电容C=100μF，电

容器原来不带电．求：

（1）闭合开关K后，电路稳定时，流过R

3的电流大小I

3

；

（2）闭合开关K后，直至电路稳定过程中流过R

4

的总电荷量Q．

解析：（1）闭合开关K后电路稳定时，外电阻R

外

==8Ω总电流

I=0.6A，路端电压U

外=IR外=0.6×8=4.8V，流过R

3

的电流为I

3

=0.12A

（2）闭合开关K后，电路稳定时，加在电阻R

3的电压U

3

=I

3

R

3

=3.6V，电容充

电完毕所带的电荷量Q=CU

3=3.6×10-4C 闭合开关K直至电路稳定流过R

4

的

总电荷量Q=3.6×10-4C，

答案：（1）0.12A；（2）3.6×10-4C．

例8、（含有非线性元件的电路）如图甲电路所示，电阻R两端的电压U与通过该电阻的电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0V，内阻不计．电

阻R

1=1000Ω，且阻值不随温度变化．若改变R

2

，使AB与BC间的电压相等，则

此时

A．R的阻值为1000Ω

B．R的阻值为400ΩC．通过R的电流为 2.5mA D．通过R的电流为2.0mA

解析：解答：解：将R

1

电阻的伏安特性曲线在坐标中作出，两图象的交点为电阻的工作点，由图可知，此时电流为4mA，要使AB与BC之间的电压相等，则BC两端的电压为

3.5V，并且两电阻中的电流相等，由图可知，此时符合条件的只有2.5mA，

这时电阻R

1

电压为2.5V，而R的电压为1V；则R= U/I=400Ω，故BC正确，AD 错误．用(3.5-U)/1000=U/R作图线。

故选：BC．

例9．（含有非线性元件的电路）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源l与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1．电源2单独连接，则下列说法正确的是

A．电源1与电源2的内阻之比是11：7

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，小灯泡消耗的功率之比是1：2

D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是l：2

答案．BC

【解析】试题分析：图线I、II的斜率为电源内阻，所以电源1与电源2的内阻之比是12：7,A不正确；图线I、II与纵轴的交点等于电源电动势，两条图线相交于纵轴上一点，所以电源1与电源2的电动势之比是1：1，故B正确；曲线III与直线I、II的交点就是在这两种连接状态下，小灯泡实际工作的电压和

电流，小灯泡消耗的功率之比P

1/P

2

=1：2，故C正确；在这两种连接状态下，小

灯泡的电阻之比R

1/R

2

=18：25,故D错误。

考点：电源的特性曲线和小灯泡的伏安特性曲线。

点评：本题考查的是小灯泡的伏安特性曲线与电源的外特性曲线的基本知识，在同一坐标中小灯泡的伏安特性曲线与电源的外特性曲线的交点是小灯泡实际工作的电压和电流，小灯泡的电阻不等于曲线交点的切线的斜率。

例10．(闭合电路中的功率及效率问题)如图所示直线OAC为某一直流电源的总功率P随总电流I变化的图线；抛物线 OBC为同一电源内部消耗的功率P

r

随总电流I变化的图线，则当通过电源的电流为1A时，该电源的输出功率为

A ．1W

B ．3W

C ．2W

D ．2.5W

答案．C 【解析】试题分析：由电源的总功率P EI =可知其对应图线

OAC ，由C 点数据可得3E V =；由电源内部的热功率2=r P I 热可知其对应图线OBC ，由C 点数据可得1r =Ω．当I=1A 时，电源的输出功率

22

=r 31112P EI I W

-=?-?=出，故选项C 正确．

考点：本题考查学生对图像的分析解答能力，解答时要依据电源的总功率

P EI =和电源内部的热功率

2

=r

P I 热先找出其对应的图线，再求解电动势和内阻，

最后根据能量关系求解输出功率．

例11．(闭合电路中的功率及效率问题)(多选)某同学将一直流电源的总功率

P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a 、b 、c 所示．则下列说法正确的是

A ．图线b 表示输出功率P R 随电流I 变化的关系

B ．图中a 线最高点对应的功率为最大输出功率

C ．在图线上A 、B 、C 三点的纵坐标一定满足关系P A ＝P B ＋P C

D ．两个图线交点M 与N 的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4 答案．CD [P ＝I 2r ，电流I 越大，P 越大，且为非线性关系，所以图线b 表示P r 随电流I 变化的关系，选项A 错误；P

E ＝E ·I ，P E 与I 成正比，为图线a ，故图中a 线最高点对应的功率为电源最大功率，选项B 错误；电源输出功率P R ＝P E

－P r，所以在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系P A＝P B＋P C，选项C正确；两个图线交点M对应R＝r，N对应R＝0，两个图线交点M与N的横坐标之比一定

为1∶2，M点纵坐标P＝E2

4r

，N点的纵坐标P＝

E2

r

，两个图线交点M与N的纵坐标

之比一定为1∶4，选项D正确．]

例12．（含有非线性元件的电路）用DIS测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R

为定值电阻．

（1）调节电阻箱R，记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b）所示图线，则该图线选取了为纵坐标，由图线可得该电源电动势为 V．

（2）现有三个标有“2．5V，0．6A”相同规格的小灯泡，其I﹣U特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a）中电源按图（d）所示电路相连，A灯恰好正常

发光，则电源内阻r= Ω，图（a）中定值电阻R

= Ω

（3）若将图（a）中定值电阻R

换成图（d）中小灯泡A，调节电阻箱R的阻值，使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍，则此时电阻箱阻值应调到

Ω（结果保留两位有效数字）

答案．（1）1/I，4．5；（2）2．5；2；（3）4．8（4．6-4．9均

可）；

解析：（1）由闭合电路欧姆定律：I= E/(R+R

+r)；要形成与电阻成一次函

数关系，纵坐标只能取1/I；有：1/I=R/E+(R

+r)/E；图象的斜率为：

k=1/E=1/4.5;有：E=4.5V；(R

0+r)/E=1，则有：R

+r=4.5Ω

（2）A灯正常发光的电流为：I=0.6A；则BC两灯的电流为0.3A，由图象可

知，BC两灯的电压为0.5V；路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V；则内压为：U

内

=4.5-3=1.5V；则内阻为：r= 1.5/0.6==2.5Ω；

则定值电阻为：R

=4.5-2.5=2Ω；（3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍；则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，

设灯泡两端电压为U，则滑动变阻器两端电压为2U，则由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4.5；变形得I=1.6-1.2U；在上图中作出对应的I-U图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=0.48A，U=1.15V；则滑动变阻器阻值为：R= 2U/I==4.80Ω（4.6-4.9均可）；

例13、(定量计算分析)如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻为R。L

1

、

L

2

为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R。电压表为理想电压表，K为双掷开关，开关由1位置打到2位置时

A．电压表读数将变大

B．L

1亮度不变，L

2

将变亮

C．L

1将变亮，L

2

将变暗

D．电源内阻的发热功率将变大

解析：A、D当开关打在1位置时，外电路的总电阻为R

1

=R+ R/2=1.5R，

当开关打在2位置时，外电路的总电阻为R

2

=2R/3≈0.67R．所以外电路总电阻变小，根据全电路欧姆定律得，总电流I增大，路端电压变小，则电压表读数将变小．电源的发热功率P=I2r，I增大，P增大．故A错误，D正确．

B、C当开关打在1位置时，两灯的电压均为U

1

= 0.2E，当开关打在2位置时，灯

L 1的电压U

1

′= 0.2E，灯L

2

的电压U

2

′= 0.4E，可见，L

1

的电压不变，L

2

的电压

变大，则L

1亮度不变，L

2

将变亮．故B正确，C错误．

故选BD

例14．（含有非线性元件的电路）(20xx·黑龙江双鸭山一中考试)如图，电

路中电源电动势为3.0 V，内阻不计，L

1、L

2

、L

3

为三个相同规格的小灯泡，小灯

泡的伏安特性曲线如图所示。当开关闭合后，下列说法中正确的是

A．L

1的电流为L

2

电流的2倍

B．L

3

的电阻约为0.33 Ω

C．L

3

的电功率约为1.20 W

D．L

2和L

3

的总电功率约为3 W

解析．C [当开关闭合后，灯泡L

1

的电压U1＝3 V，由图读出其电流I1＝1 A，

则灯泡L

1

的电阻R1＝3 Ω，灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由图读出其电

流I2＝I3＝0.80 A，故A错误；灯泡L2、L3的电阻均为R2＝1.5

0.8

Ω＝1.875 Ω，故

B错误；L

3

的电功率P＝UI＝1.5×0.8 W＝1.2 W，L2和L3的总电功率为2.4 W，C 正确，D错误，故选C。]