恒定电流章末总结

恒定电流章末总结（精选3篇）

恒定电流章末总结 篇1

《恒定电流》章末总结复习

1．电流的两种表达式（1）电流的定义式：Iq。该公式适用于任何电荷的定向移动而形成的电流。t

q1q2t 电解液导电时，用公式Iq/t求电流强度时应注意：I的电流方向是一致的，所以III。

。由于正负离子向相反方向定向移动，形成（2）电流的微观表达式：InqvS（n为单位体积内的自由电子个数，S为导体的横截面积，v为自由电子的定向移动速率）。该公式只适用于金属导体。

例1．某电解液，如果在2s内共有510个二价正离子和1.010个一价负离子通过面积为0.1m的某截面，那么通过这个截面的电流是多大？

解析：在电解液中，电流是由正、负离子共同定向移动而形成的，由于正、负离子定向移动的方向相反，所以它们形成的电流方向相同。因此，此时的q指的是正、负离子电荷量的绝对值之和，而非绝对值之差。由电流

18192q5101821.010191.61019A1.6A。的定义得：It22．部分电路欧姆定律和电阻定律（1）部分电路欧姆定律的表达式：R（2）电阻定律的表达式：R的本身决定．

（3）公式RU是电阻的定义式，而RL是电阻的决定式，R与U成正比或R与I成反比的说法都是错误IsUU（或I）。

RIl。式中ρ叫做导体的电阻率，反映的是导体本身的性质，由导体的材料S的，一旦导体给定，即使它两端的电压U0，它的电阻仍然存在。

注意：

(1)．物质的电阻率与温度有关，实验表明，温度越高，金属的电阻率就越大，因此，金属导体的电阻随温度的升高而增大．例如，白炽灯泡点亮时的灯丝电阻比不通电时要大很多倍，因为灯泡点亮后，灯丝温度升高，电阻率增大，电阻也随之增大．(2)．导体的电阻由式RUl定义，也可以利用其测量，但并不是由U和I决定的，而是由电阻定律R决IS定的，即导体本身的性质决定的．

例2．关于导体的电阻和电阻率，下列说法正确的是

A．电阻与导体两端的电压有关 B．电阻与导体的横截面积有关 C．电阻率与导体的长度有关 D．电阻率与导体的材料有关 答案：B、D 3．导体的伏安特性曲线

线性元件的伏安特性曲线是过原点的直线，而非线性元件的伏安特性曲线则是过原点的曲线。

【例3】实验室用的小灯泡灯丝的I-U特性曲线可用以下哪个图象来表示（考虑灯丝的电阻随温度的变化而变化）：

分析：随着电压的升高，电流增大，灯丝的电功率将会增大，于是温度升高，电阻率也将随之增大，所以电阻增大，I-U曲线的斜率减小，选A。

例4．小灯泡通电后其电流随所加电压变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为过P点的切线。则下列说法正确的是

A．对应P点，小灯泡的电阻为0.1 B．对应P点，小灯泡的电阻为0.05 C．对应P点，小灯泡的电阻为10 D．对应P点，小灯泡的电阻为20

解析：该图线是小灯泡的伏安特性曲线，值得注意的是，流过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压并不是正比关系。对应P点，小灯泡的电阻RU410。故选项C正确。I0.4点评：分析该题常见的错误有两种：一种是没有看清纵坐标和横坐标所代表的物理量，受思维定势的影响，认为小灯泡的电阻R0.40.1，误选了A；一种是误认为切线斜率的倒数就表示小灯泡的电阻，而误选4了D。

针对训练1：两个额定电压为220V的白炽灯泡L1和L2的U-I 特性曲线，如图所示。则L2的额定功率为_________W；现将L1 和L2串联后接在220V的电源上，电源内阻忽略不计。此时L2 的实际功率为_________W。答案：99W,1.75W

4.串联电路和并联电路、电表的改装

(1)电流表G改装成电压表:由串联电路特点得：Ig=I总即Ig=(或由U=Ig(Rg+R)解得RUR)

gIgUgRgU RgRx改装后的总内阻RV=Rg+Rx

(2)电流表G改装成大量程电流表:由并联电路特点得：Ug=UR即

Ug=IgRg=Rx(I-Ig), 改装后的总内阻RA=RgRxRgRx

【例5】 已知如图，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，则接入电路后这三只电阻的实际功率之比为_________。分析：①利用电流之比：I1∶I2∶I3=1∶2∶3 ②利用电压之比：U1∶U2∶U3=1∶1∶2

③在此基础上利用P=UI，得P1∶P2∶P3=1∶2∶6

例6．图4中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，它们之中的一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电压表，R增大时量程增大 答案：BD [表头G本身所允许通过的最大电流Ig或允许加的最大电压Ug是有限的．为了要测量较大的电流，则应该并联一个电阻来分流；且并联的电阻越小，分流的效果越明显，从整体上看表现为测电流的量程增大，因此A错而B对；同理，为了要测量较大的电压，需要串联一个电阻来分压，且分压电阻越大，电压表的量程越大，C错而D对．] 5．电功和热量与电功率和热功率

（1）电功：W=UIt（2）电功率：P电=UI 22（3）热量：Q=IRt（4）热功率：P热=IR 注意电功和电热的区别（注意运用能量观点）

（1）纯电阻用电器：电流通过用电器以发热为目的, 电能全部转化为热能。如：电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁、白炽灯等。电功和热量相等W =Q，即WUItI2RtUt，电功率和热功率相等P电=P热,即

RU2。PUIIRR22（2）非纯电阻用电器：电流通过用电器是以转化为热能以外的形式的能为目的，发热不是目的，而是不可避免的热能损失。电路消耗的电能(UIt)分为两部分，一部分转化为热能，另一部分转化为其它形式的能（如电流通过电动机时，电能转化为机械能）。如：电解槽、电动机、日光灯等。

电功大于热量W >Q，有W=Q+E其它.电功率大于热功率P电>P热，有P电=P热+P其它。

2(3)电功就只能用WUIt计算，电热就只能用Q=IRt计算。

例7．电吹风机中有电动机和电热丝两部分，已知电动机线圈的电阻为r，它和阻值为R的电热丝串联。设电吹风工作时两端的电压为U，通过线圈的电流为I，消耗的电功率为P，则下列关系式正确的是

A．PUI B．PI2rR C．UIrR D．PI2rR

解析：在电吹风机的整个回路中，既有电阻丝，又有非纯电阻用电器电动机，因此整个电路是非纯电阻电路。整个电路两端的电压为U，流过的电流为I，故由电功率定义可知PUI，选项A错误；由于电路是非纯电阻电路，因此电功率大于热功率，即有PI2rR，所以选项B错误，选项D正确；由PI2rR可得UIrR，故选项C错误。正确选项为D。

例8．一台洗衣机上的电动机的额定电压U220V，线圈电阻R1，在额定电压下正常运转时电流I2A，求：（1）电动机消耗的总功率和发热功率；（2）电动机的输出功率。

解析：（1）电动机总功率即为电功率PW；发热功率即为线圈电阻的热功率总UI2202W440P热I2R221W4W。

（2）电动机的输出功率即为电动机的机械功率，由能量守恒可得：P总P出P热，所以。P出P总-P热436W点评：电动机是非纯电阻元件，解答时要注意从能量转化和守恒的角度理解其消耗功率、发热功率和输出功率之间的关系。

【例9】某一电动机，当电压U1=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为I1=2A。当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为I2=1A。求这时电动机的机械功率是多大？

分析：电动机不转时为纯电阻由欧姆定律得，RU15，这个电阻是不变的。电动机正常转动时，输入的I1电功率为P电=U2I2=36W，内部消耗的热功率P热=I2R=5W，所以机械功率P=31W

由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏，正常运转时电流反而较小。

针对训练2：一台小型电动机在3V的电压下工作，通过它的电流为0.2A。用此电动机提升重为4N的物体时，在30s内可使物体匀速上升3m。若不计除电动机线圈发热以外的其它能量损失，求在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量。

答案：6J

6.额定电压与实际电压、额定功率与实际功率

7．闭合电路欧姆定律

(1)．公式为：IE(只适用于电路是纯电阻的条件下)Rr常用的表达式还有：E=IR+Ir(只适用于电路是纯电阻的条件下), E = U外+ U内 U外=E-Ir 温馨提示：IE只适用于纯电阻闭合电路，变式EU外U内、EU外Ir和U外E-Ir适用于任Rr何闭合电路。

(2)．电动势与路端电压的比较：

例10．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表。当电阻箱的读数为R12时，电压表的读数为U14V；当电阻箱的读数为R25时，电压表的读数为U25V，求电源电动势E和电源内阻r。

解析：由欧姆定律可得：U1EI1r，I1U1UE6V，；联立以上各式可解得：U2EI2r，I22，R1R2r1。

(3)．路端电压U随外电阻(负载)R变化的讨论

根据I=E/（R+r）, U内=Ir，U=E-Ir(E=U内+U外),当E、r一定时： RIU内U;RIU内U

当外电路断路时，RI0UE

当外电路短路时，R0IEU0

r路端电压随电流变化的图线（U-I图线）如图2所示．

由U=E-Ir可知，图线纵轴截距等于电源电动势E，若坐标原点为（0，0），则横轴截距为短路电流，图线斜率的绝对值等于电源的内电阻，即Ur．

I

在解决路端电压随外电阻的变化问题时，由于E、r不变，先由I=E/（R+r）式判断外电阻R变化时电流I如何变化，再由U=E-Ir式判断I变化时路端电压U如何变化．有的同学试图用公式UIR来讨论路端电压随外电阻的变化问题，但由于当外电阻R发生变化时电流I也发生变化，因此无法讨论路端电压U的变化情况．如外电阻R增大时，电流I减小，其乘积的变化无从判断． 8．伏安特性曲线与路端电压和回路电流的U-I图线

（1）如图所示，图1为导体的伏安特性曲线。纵坐标和横坐标分别代表了某一电阻两端的电压和流过该电阻的电流，U和I的比值表示该电阻的阻值；图2是路端电压和回路电流的UI图线。纵坐标和横坐标分别代表了路端电压和流过电源的电流，图线斜率的绝对值表示电源的内阻r。

（2）从图线的意义上来看，图1表示导体的性质；图2表示电源的性质。由图1可以求出电阻的阻值，由图2可以求出电源的电动势和电源的内阻。

（3）图线1对应的函数表达式为U=IR；图线2对应的函数表达式为U=E-Ir。

例11．如图所示，直线A为电源的路端电压U与干路电流I的关系图象，直线B为电阻R两端的电压U与流过其电流I的关系图象。用该电源与该电阻串联组成闭合回路，则电源的输出功率和电源的效率各是多少？

解析：由直线B可知R1，由直线A可知电源电动势E3V，电源内阻r30.5。当二者组成电

6路后，由闭合电路欧姆定律可知，回路电流I2EIR4W；电源的总功率2A。故电源的输出功率P出RrP总EI6W，所以电源的效率P出6700。

P总【例12】如图所示电路中，电阻R1=8Ω。当电键K断开时，电压表电源总功率是9W；当电键K闭合时，电压表的示数为5.7V，电流表的示数为0.75A，的示数为4V。若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9：16。求电源的电动势和电阻R2、R3。

解析：K断开时，电流表示数是通过电源的电流值，设为I1＝0.75A，则电源电动势ε=P总/I1＝12V 电压表V1示数是R3、R4两端总电压，有R3＋R4＝U1/I1=7.6Ω 电源内阻r=ε/I1－(R1＋R3＋R4)=0.4Ω

K断开和闭合时，电路总电流之比I1：I2=P总∶P总=3∶4 K闭合时电路总电流为I2=4I1/3=1A R4=U2/I2=4Ω R3=3.6Ω 根据ε=I2r＋I2[R3＋R4＋R1R2/(R1＋R2)] 解得R2=8Ω。9．动态电路的分析

在恒定电路中，常会由于某个因素的变化而引起整个电路中一系列电学量的变化，出现牵一发而动全身的情况，此类问题即为动态电路问题。

例13．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．电压表和电流表的读数都增大 B．电压表和电流表的读数都减小

C．电压表的读数增大，电流表的读数减小 D．电压表的读数减小，电流表的读数增大

解析：当滑动变阻器触点向b端移动时，滑动变阻器的电阻R增大，则R和R2的并联电阻增大，回路外电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律可知I总=

E可知，干路电流减小。由U=EIr可知，路端电压增大，故

总R外r电压表读数增大；R1两端的电压U1=I总R1，R2两端的电压U2=U-U1，所以加在R2两端电压U2增大，流过R2的电流小，流过电流表的电流 I3=I总-I2，故电流表的读数变小。综上所述可知，选项C正确。

点评：分析动态电路问题时，关键是明确分析物理量的顺序，先部分再整体再部分；分析部分电路时，要先分析不变部分，再分析变化的部分；要注意思维的变换，分析电压不行时分析电流。针对训练3：如图所示，图中的四个表均为理想表，当滑动变阻器和滑动触点向右端滑动时，下列说法正确的是

A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大 B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小 C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大 D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小 答案：D 10．闭合电路中的几种电功率及能量关系

（1）.①电源的总功率P总IIUIUP ②电源内部发热功率P内IUI2rU 出P内r2③电源的输出功率（外电路消耗的总功率）P 出IUIIrP总P内2同理有，W总=IEt=W外+W内=U外It+U内It（2）.电源的输出功率随外电阻R变化的规律 P出I2R2(Rr)2R2R(Rr)24Rr2(Rr)24rR

2（1）当Rr时，P有最大值：Pm=E/4r（2）当Rr时，P随R的增大而增大。（3）当Rr时，P随R的增大而减小。（3）.电源的效率

按定义有W有W总I2RRI2(Rr)Rr11rR，可见，当R增大时，效率提高。值得指出的是，电源有最大输出功率时（Rr时），电源的效率仅为50%，效率并不高，而效率较高时，输出功率可能较小。[例14] 在如图所示的电路中，电池的电动势E =5V，内电阻r10，固定电阻R90，R0是可变电阻，在R0由零增加到400的过程中，求：

（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；（2）电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和。

分析：当电路中可变电阻R0发生变化时，电源的功率、各用电器上的电流强度、电压、功率都随之发生改变，根据需求的量，列出数学表达式，然后结合物理量的物理意义，分析数学表达式即可求得。

解答：（1）可变电阻R0上消耗的热功率PI2R(1025R0e25)2R0RR0r(R0100)2(R0100)2400R251由上式可得：当R0100时，P(W)1有最大值Pm4001625（2）r与R上消耗的热功率之和P2I2(Rr)100 2(R0100)由上式可知，R0最大时，P2最小 即：当R0400时，P2有最小值Pm2251000.01(W)2(400100)说明： 本题若采用等效思维则可减少解题过程的繁琐，提高解题速度。如在（1）中，把(Rr)看成是电源的内阻，利用电源输出功率最大的条件：Rr，立刻可得到R0上消耗热功率最大的条件和消耗的最大热功率，但要注意，看成的等效电源的内阻应是不变量，如若求R上消耗的最大功率，把(R0r)看成是电源的内阻，则会得到错误的结论。11．稳恒电路和电容器的结合

当电路中含有电容器时，电路稳定后，电容器所在的支路则相当于断路，电容器两端的电压和与之并联的电阻两端的电压相等。

例15．在如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板的距离d40cm。电源电动势E24V，内阻r1，电阻R15。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔，以初速度v04m/s竖直向上射入板间。若小球带电量q1102C，质量m2102kg，不计空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？ 此时电源的输出功率是多大？(g10m/s2)

解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，做匀减速直线动，且到A板时速度为零。

设两板间的电压为UAB，则由动能定理得：mgdqUAB01mv02，所以滑动变阻器两端的电压

2U滑UAB8V。

设通过滑动变阻器的电流为I，则由欧姆定律得：IR滑U滑I2EU滑Rr1A，所以滑动变阻器接入电路的阻值

23W。8。此时，电源的输出功率PI（RR滑）针对训练4：如图所示，在水平放置的的平行板电容器之间，有一带电油滴处于静止状态。若从某时刻起，油滴所带的电荷量开始缓慢增加，保持油滴的质量不变。为维持该油滴仍处下静止状态，可采取下列哪些措施 A．其它条件不变，使电容器两极板缓慢靠近B．其它条件不变，使电容器两极板缓慢远离 C．其它条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动 D．其它条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动 答案：BC

12.简单的逻辑电路

例16．如图2所示的门电路符号，下列说法中正确的是()A．甲为“非”门、乙为“与”门、丙为“或”门 B．甲为“与”门、乙为“或”门、丙为“非”门 C．甲为“非”门、乙为“或”门、丙为“与”门 D．甲为“或”门、乙为“与”门、丙为“非”门 答案 C 例

17、如图是一个应用某逻辑电路制作的简单车门报警电路图。图中的两个按钮S1、S2分别装在汽车的两道门上。只要其中任何一个开关处于开路状态，发光二极管（报警灯）就发光。请根据报警装置的要求，列表分析开关状态与发光二极管的发光状态，并指出是何种门电路，在图中画出这种门电路的符号。

分析：当S1、S2都闭合时，A、B的输入都为0，输出Y也为0；当S1、S2中任一个闭合时，A或B有输入，Y有输出，发光二极管就发光报警。“或”门电路。

*电学实验及其应用

在复习本章实验时，要特别重视对各实验的原理和设计思想进行深入的理解，只有这样，才能以不变应万变。

1、伏安法测电阻

伏安法测电阻的原理是部分电路的欧姆定律（R=U/I），测量电路可以有电流表外接和电流表内接两种方法，如图3甲、乙两图．由于电压表和电流表内阻的存在，两种测量电路都存在着系统误差．

甲图中电流I甲的测量值大于通过电阻Rx上的电流，因此计算出的电阻值R甲小于电阻Rx的值．

乙图中电压U乙的测量值大于加在电阻Rx上的电压，因此计算出的电阻值R乙大于电阻Rx的值．

为了减小测量误差，可先将待测电阻Rx的粗略值与电压表和电流表的内阻值加以比较，当Rx<< RV时，R甲RVRxRVRxRxRx，宜采用电流表外接法测量．当Rx>> RA 时，R乙RARxRx，宜采用电流Rx1RV表内接法测量．

2．伏安法测电阻中的三个问题

“描绘小灯泡的伏安特性曲线”和“测量金属丝的电阻率”这两个实验原理的基础就是伏安法测电阻和滑动变阻器什么时候采用限流接法，什么时候采用分压接法这个问题。下面对这个问题加以总结。（1）电流表内接和外接的选择依据

先将待测电阻的粗略值和电压表、电流表的内阻进行比较，若RxRA，则采用电流表外接；若RxRV，则采用电流表内接。

（2）限流和分压电路的选择依据

若滑动变阻器的总阻值比待测电阻的阻值较大，一般应采用限流接法的电路；若滑动变阻器的总阻值比待测电阻的阻值较小或实验要求电表的读数从零开始变化，则应采用分压接法的电路。

例1．有一待测电阻Rx，其阻值大约在40～50，实验室准备用来测量该阻值的实验器材有：电压表V1（量程0～10V，内电阻约为20k），电压表V2（量程0～15V，内电阻约为30k）；电流表A1（量程0～50mA，内电阻约为20），电流表A2（量程0～300mA，内电阻约为4）；滑动变阻器R1（最大阻值为10，额定电流为2A），滑动变阻器R2（最大阻值为250，额定电流为0.1A）；直流电源E（电动势为9V，内阻约为0.5）；开关及导线若干。实验要求电表的读数从零开始变化，并能多测几组数据。（1）电流表应选_________，电压表应选_________，滑动变阻器应选_________；（2）画出实验所需的电路图。

解析：（1）题目要求电表的读数从零开始变化，电路的结构应为分压式，所以滑动变阻器应选R1；直流电源的电动势为9V，所以加在待测电阻两端可能出现的最大电压为9V，流过待测电阻可能出现的最大电流约为225mA，故电压表和电流表分别应选V1和A2。由于待测电阻的阻值远小于电压表V1的内电阻，而待测电阻的阻值与电流表A2的内电阻相差不大，故电流表应采用外接的方法。

（2）实验电路如图所示。

3．测定电源的电动势和内阻

（1）实验原理：实验原理如图所。在处理方法上有两种：一种是由闭合电路欧姆定律UE-Ir，求出几组E、r，最后算出它们的平均值；二是用作图法来处理数据，即上面提到的路端电压和回路电流的UI图线，图线和纵轴的交点即为电源的电动势，图线斜率的绝对值为电源的内阻。

（2）注意事项

①电池的内阻宜大些，一般选用用过一段时间的电池； ②实验中电流不能调得过大，以免电池出现极化； ③在画U-I图线时，要尽量使多数点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可舍去不考虑。干电池内阻较小时U的变化较小，可以通过将I轴向U轴的正方向平移的方法来使图线更完整，图线斜率的绝对值仍是电池的内阻。④用作图法来处理数据时，计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用rU求解内阻。

I例2．为了测定某一电源的电动势E和内阻r（E约为4.5V，r约为1.5），实验室提供的实验器材有：量程为3V的理想电压表V；量程为0.5A电流表A（具有一定内阻）；固定电阻R4；滑动变阻器R；电键K；导线若干。（1）画出实验原理图；（2）实验中，当电流表的读数为I1时，电压表的读数为U1；当电流表的读数为I2时，电压表的读数为U2。则可以求出E=_________，r=_________。

解析：（1）电路中的短路电流I0E3A，大于电流表量程，所以必须使用固定电阻保护电路，兼顾干路r中电流测量的准确性，采用如图所示的电路。

（2）由闭合电路欧姆定律有：U1E-I1Rr，U2E-I2Rr，联立两式解得EI1U2I2U1，rU2U1R。

I1I2I1I2

4．万用表及其应用（1）欧姆表的原理 欧姆表内部电路原理如图所示，其原理是根据闭合电路欧姆定律测量，即IE。式中(R+r+Rg)RrRgRx为欧姆表的内阻，不同的Rx对应不同的电流。如果在刻度盘上直接标出与电流I相对应的Rx值，便可以从刻度盘上读出被测电阻的阻值。需要指出的是，由于电流I与被测电阻Rx之间不是正比的关系，所以电阻值的刻度是不均匀的。

（2）欧姆表的使用

【注意】欧姆表测电阻时，指针越接近半偏位置，测量结果越准确。○调零：将红、黑表笔短接，调节调零旋钮使指针0处。○测量：将被测电阻跨接在红、黑表笔间。○读数：测量值 = 表盘指针示数×倍率

【注意】不要用手接触电阻的两引线,被测电阻必须与电路完全断开；若发现指针偏角太大或太小应换用倍率较小或较大的档；且每次换档必需重新调零。

○整理：测量完毕，将选择开关旋转到OFF档或交流最大电压档，拨出表笔，若长期不用应取出电池。例3．某同学用以下器材接成如图所示的电路，成功地改装成了一个简易的“R1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10k～20k范围内的电阻时精确度令人满意。所用器材如下：

A．Ig100A的电流表G一个；B．电动势E1.5V，电阻不计的电池一个；C．阻值R14k的电阻一个D．红、黑表笔两个和导线若干。则

（1）电流表G的内阻Rg_________；

（2）测量某一电阻时，其指针所指位置如图所示，则被测电阻的阻值Rx_________；

（3）要想在图1的基础上将其改装成“R1”的欧姆表，需_________（填“串联”或“并联”）一个R0________的电阻。

解析：（1）根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在10k～20k范围内的电阻时精确度令人满意”，说明在测量阻值在10k～20k的电阻时，欧姆表的指针在刻度盘的中间附过，由欧姆表原理可知，该欧姆表的内阻约为15k。根据欧姆定律得IgE，所以Rg1k。

RRg（2）10k

（3）要想把原欧姆表改装成“R1”的欧姆表，就要减小其内阻使其为15，因此只有并联一个小电阻R0，才能使欧姆表的内阻等于15，所以有15

RRRg0RRgR0，解得R015。

专题14：恒定电流 篇2

题型1：有关电功率的计算问题

电功与电热的关系

1．电功是电能转化为其他形式能量的量度．电热是电能转化为内能的量度．计算电功时用公式W＝IUt，计算电热时用公式Q＝I2Rt.2．从能量转化的角度看，电功与电热间的数量关系是：W≥Q，即UIt≥I2Rt.具体地说：

(1)纯电阻电路计算电功、电热可选用下列公式中任一形式：W＝Q＝Pt＝UIt＝I2Rt＝t.(2)非纯电阻电路

在非纯电阻电路(含有电动机、电解槽等)中消耗的电能除转化成内能外，还转化成机械能(如电动机)和化学能(如电解槽)即：电动机：W＝E机＋Q(UIt＝E机＋I2Rt)

电解槽：W＝E化＋Q(UIt＝E化＋I2Rt)

此时：W＞Q(UIt＞I2Rt)

在非纯电阻电路中，既不能表示电功，也不能表示电热．

1.如图所示，用输出电压为1.4

V，输出电流为100

mA的充电器对内阻为2

Ω的镍—氢电池充电．下列说法错错误的是()

A．电能转化为化学能的功率为0.12

W

B．充电器输出的电功率为0.14

W

C．充电时，电池消耗的热功率为0.02

W

D．充电器把0.14

W的功率储蓄在电池内

解析：充电器对电池的充电功率为P总＝UI＝0.14

W，电池充电时的热功率为P热＝I2r＝0.02

W，所以转化为化学能的功率为P化＝P总－P热＝0.12

W，因此充电器把0.12

W的功率储蓄在电池内，故A、B、C正确，D错误．答案：D

2.如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U

＝12

V，电解槽内阻rA＝2

Ω，当K1闭合，K2、K3断开时，A示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，A示数5

A，且电动机输出功率为35

W；当K3闭合，K1、K2断开时，A示数为4

A．求：

(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？

(2)电动机的内阻是多少？

(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？

解析：(1)电炉子为纯电阻，由欧姆定律：

其发热功率为：PR＝UI1＝12×6

W＝72

W.(2)电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：UI2＝

所以：

(3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：P化＝UI3－

所以P化＝(12×4－42×2)

W＝16

W.答案：(1)2

Ω　72

W(2)1

Ω(3)16

W

3.一只电炉的电阻和一台电动机线圈电阻相同,都为R,设通过的电流相同,时间相同,电动机正常工作,则（）

A.电动机和电炉发热相同

B.电动机消耗的功率和电炉一样大

C.电动机两端电压小于电炉两端电压

D.电动机和电炉两端电压相同

【解析】

由焦耳定律知,电炉与电动机发热相同,A对;对电动机U>IR,消耗的功率而电炉是纯电阻所以电动机消耗的功率比电炉的大,B错;电动机两端电压大于电炉两端电压,C、D错.

【答案】

A

4.如图,已知两只灯泡、分别标有”110

V

60

W”和”110

V

W”,另外有一只滑动变阻器R,将它们连接后接入220

V的电路中,要求两灯泡都正常发光,并使整个电路消耗的总功率最小,则应使用下面哪个电路（）

【解析】

A、C两图中灯泡不能正常发光.B、D中两灯泡都能正常发光,它们的特点是左右两部分的电流、电压都相同,因此消耗的电功率一定相等.可以直接看出:B图总功率为200

W,D图总功率为320

W,所以选B.【答案】

B

5.如图所示的电路中，输入电压U恒为12

V，灯泡L上标有“6V、12

W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50

Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是()

A．电动机的输入功率为72

W

B．电动机的输出功率为12

W

C．电动机的热功率为2.0

W

D．整个电路消耗的电功率为22

W

解析：电动机为非纯电阻电路，欧姆定律对电动机不再适用．灯泡L正常发光，则IL＝

＝2

A，所以电路中的电流I＝2

A，故整个电路消耗的总功率P总＝UI＝24

W，D错；电动机的输入功率等于P总－P灯＝12

W，A、B错；电动机的热功率P总＝I2RM＝2.0

W，C对．

答案：C

6．教学上用的吸尘器的电动机内阻是一定的，当加上0.3

V的电压，电流为0.3

A时，吸尘器上的直流电动机不转动；当加上2.0

V的电压、电流为0.8

A时，它正常工作，则吸尘器正常工作时输出功率与输入功率之比为()

A．3∶5

B．5∶3

C．1∶2

D．1∶3

解析：电动机不转时，可视为纯电阻，由欧姆定律可知其内阻为r＝1

Ω；当正常工作时，Pλ＝UI＝2.0×0.8

W＝1.6

W，P热＝I2r＝0.82×1

W＝0.64

W，所以P出＝Pλ－P热＝1.6

W－0.64

W＝0.96

W，所以输出功率与输入功率之比为3∶5，A正确．

答案：A

7.如图所示电路,电流表和A为两个相同的毫安表,当电路两端接某一恒定电压的电源时,A的示数为3

mA,A的示数为2

mA.现将A改接在所在支路上,如图中虚线所示,再接入原来的恒定电压电源,那么,关于与A的示数情况,以下说法正确的是（）

A.示数增大示数增大

B.示数增大示数减小

C.示数增大示数不一定减小

D.示数不一定增大,A示数也不一定增大

【解析】

由电流表示数知将A改接在所在支路上,两支路电阻差别更大,并联部分阻值一定减小,则A示数增大所在支路原来的电流为1

mA,现在这个支路电阻更大,所以这个支路电流就更小了,所以A示数减小,选B.【答案】

B

8.如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡多时，以下说法错误的是()

A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗

B．各灯两端电压灯多时较低

C．通过电池的电流灯多时较大

D．电池输出功率灯多时较大

解析：灯泡的总电阻R随点亮灯泡个数的增加而减小，灯泡电压U＝＝，所以B对．据P＝知A对．由I＝知I增大，C对．当电灯的总电阻等于电源内阻时电池输出功率最大.答案：D

9.如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1

Ω，电炉电阻R＝19

Ω，电解槽电阻r′＝0.5

Ω.当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684

W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率为475

W(电炉电阻可看作不变)．试求：

(1)电源的电动势；

(2)S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；

(3)S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．

解析：(1)S1闭合、S2断开时电炉功率为P1

电炉中电流I＝

＝

A＝6

A，电源电动势E＝I(R＋r)＝120

V.(2)S1、S2都闭合时电炉功率为P2

电炉中电流为IR＝

＝

A＝5

A，电源路端电压为U＝IRR＝5×19

V＝95

V，流过电源的电流为I＝＝

A＝25

A，流过电解槽的电流为IA＝I－IR＝20

A.(3)电解槽消耗的电功率PA＝IAU＝20×95

W＝1

900

W

电解槽内热损耗功率P热＝Ir′＝202×0.5

W＝200

W

电解槽转化成化学能的功率为P化＝PA－P热＝1

700

W.10.如图,电路中的电阻均为1

电源电动势为3

V,内阻为0.5

,电流表、电压表均为理想表,则此时电流表、电压表的读数分别是（）

A.3

A

V

B.1.5

A

1.5

V

C.3

A

1.5

V

D.1.5

A

V

【解析】

电路简化如图所示:容易算出.5

所以3

A,路端电压1.5

V,通过电流表示数为1.5

A,选B.题型2：电路的动态分析

11.如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r.设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U.当R5滑动触头向图中a端移动时()

A．I变大，U变小

B．I变大，U变大

C．I变小，U变大

D．I变小，U变小

解析：根据题意分析知：整个电路的连接形式为电阻R2、R4串联后与电阻R5并联，然后再与电阻R1、R3串联接在电源上；电压表测量的为路端电压U，电流表测量的是流过电阻R2和R4的支路电流．当滑动变阻器的触头向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，R5与R2、R4串联后再并联的电阻变小，然后与R1、R3相串联的总电阻也变小，即外电路的总电阻变小．根据闭合电路欧姆定律得：干路中的总电流I总变大，路端电压U变小，所以电压表的读数变小；因为干路中的电流I总变大，所以电阻R1、R3上分得的电压变大，而总的路端电压变小，所以R2、R4支路的电压变小，所以流过电流表的电流变小，所以本题的正确答案为D.答案：D

12.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7－2－6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，电流表读数减小

D．电压表读数减小，电流表读数增大

解析：由电路图可知，滑动变阻器的触头向b端滑动时，其连入电路的阻值变大，导致整个电路的外电阻R外增大，由U＝R外＝知．路端电压即电压表的读数变大，而R1的分压UR1＝·R1减小，故R2两端的电压UR2＝U－UR1增大，再据I＝可得通过R2的电流增大，即电流表的读数增大，所以A项正确．

答案：A

13.在某控制电路中，需要连成如图7－2－7所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是()

A．L1、L2两个指示灯都变亮

B．L1、L2两个指示灯都变暗

C．L1变亮，L2变暗

D．L1变暗，L2变亮

解析：当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小，L1灯变暗，通过其电流减小；由U1＝I2R1及I2＝I－I1可知R1分担电压增大，L2及R2两端电压减小，L2功率减小而变暗，选项B正确．

答案：B

14.如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是()

A．电源输出功率减小

B．L1上消耗的功率增大

C．通过R1上的电流增大

D．通过R3上的电流增大

答案：

C

题型3：含电容电路的有关判断与计算

(1)解决这类问题的一般方法：通过稳定的两个状态来了解不稳定的中间变化过程．

(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路．

(3)电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻电压．

15.如图所示，电源电动势E＝6

V，内阻r＝1

Ω，电阻R1＝2Ω，R2＝3

Ω，R3＝7.5

Ω，电容器的电容C＝4

μF.开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电量是多少？

解析：S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压即R2两端电压U2

＝·R2＝3

V.Q＝CU2＝12×10－6

C，且a板带正电，b板带负电．S闭合，C两端电压即R1两端电压，由电路分析：.Q′＝CU1＝7.2×10－6

C．且a板带负电，b板带正电．据此通过电流表电量ΔQ＝Q＋Q′＝1.92×10－5

C.答案：1.92×10－5

C

16.如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是()

A．将滑片N向右滑动时，电容器放电

B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电

C．将滑片M向上滑动时，电容器放电

D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电

解析：电路稳定时，R1和R3串联接在电路中，电容器C两端电压等于R3两端的电压，将滑片N向右滑动时，R3阻值变小，R3两端电压变小，电容器C两端电压变小，电容器C放电，A选项正确，B选项错误；电路稳定时没有电流经过R2，R2相当于一根导线，当滑片M向上滑动时，电容器两端电压不变，电容器既不充电也不放电，C、D选项错误．

答案：A

17.如图所示，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态，若从某时刻起，油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，可采取下列哪些措施()

①．其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近

②．其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离

③．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动

④．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动

A．

①④

B．

②③

C．

①③

D．

③④

答案：C

18.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，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，G为灵敏电流计．

以下说法正确的是()

A．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴仍然静止，G中有a→b的电流

B．若滑动变阻器滑动触头向下移动，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流

C．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流

D．若将S断开，则油滴仍保持静止状态，G中无电流

答案：C

19.如图所示的电路中，电源电动势E＝6

V，内阻r＝1

Ω，电阻R1＝6

Ω、R2＝5

Ω、R3＝3

Ω，电容器的电容C＝2×10－5

F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q.则()

A．I＝0.86

A

B．I＝0.5

A

C．q＝2×10－5

C

D．q＝1×10－5

C

解析：对电路分析：电阻R1、R3并联后与R2串联，所以外电路总电阻为R＝7

Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路中的总电流为0.75

A，所以选项A错误；电阻R1、R3并联的电压为U＝IR并＝1.5

V，电容器的带电荷量为Q＝CU＝3×10－5

C．当断开开关S时，电容器对电阻放电，电荷通过R1、R3，由于两电阻并联，所以q1/q3＝R3/R1，又q1＋q3＝Q，解得q1＝1×10－5

C，q3＝2×10－5

C，选项D正确．

答案：D

20.一电路如图所示,电源电动势E=28

V,内阻r=2,电阻

4

8

,C为平行板电容器,其电容C=3.0

pF,虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20

m,两极板的间距d=1.m.(1)若开关S处于断开状态,则当其闭合后,求流过的总电荷量为多少?

(2)若开关S断开时,有一带电微粒沿虚线方向以2.0

m/s的初速度射入C的电场中,刚好沿虚线匀速运动,问:当开关S闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中,能否从C的电场中射出?(要求写出计算和分析过程,g取10

m/s

【解析】

(1)S断开时,电阻的两端电压为16

V

(1分)

S闭合后,外阻为

(1分)

路端电压为

V,(1分)

电阻两端电压为′=14

V

(1分)

则所求流过的总电荷量为′=6.(1分)

(2)设微粒质量为m,电荷量为q,当开关S断开时有:

(1分)

当开关S闭合后,设微粒加速度为a,则

(1分)

设微粒能从C的电场中射出,则水平方向:

(1分)

竖直方向:

(1分)

由以上各式求得:y=6.m

故微粒不能从C的电场中射出.(1分)

【答案】

(1)6.C

(2)微粒不能从C的电场中射出

题型4：U-I图像的理解及应用

21.某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标上,如图中的a、b、c所示,根据图线可知下列错误的是（）

A.反映变化的图线是c

B.电源电动势为8

V

C.电源内阻为2

D.当电流为0.5

A时,外电路的电阻为6

【解析】

根据可知,图中的a、b、c分别表示总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线,选项A正确;根据图线a知,当I=2

A时

W可得E=4

V,选项B错误;根据图线c知,当I=2

A时

W可得r=2,选项C正确;当I=0.5

A时.5

W可得/6

,选项D正确.【答案】

B

22.图甲为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，由图可知，两者不成线性关系，这是由于________．如图乙所示，将这个电灯与20

Ω的定值电阻R串联，接在电动势为8

V的电源上，则电灯的实际功率为________

W．(不计电流表电阻和电源内阻)

解析：根据闭合电路欧姆定律：E＝IR＋UL得到：8＝UL＋20I

在甲图中画出此方程的图象如右图

由图象得出：该图象与原图的交点为此电路对应的电流和电压值，故此电路中小灯泡两端电压为U＝2

V，电流I＝0.3

A，所以功率P＝UI＝0.6

W.答案：随电压的增大，灯变亮，灯丝温度升高，电阻率变大，电阻变大　0.6

23.如图所示，在U－I图象上，a、b、c各点均表示该电路中的一个确定的工作状态，α＝β＝45°，则下列说法正确的是()

A．在b点时，电源有最小的输出功率

B．在b点时，电源的总功率最大

C．从a→b，β增大，电源的总功率和输出功率都增大

D．从b→c，β增大，电源的总功率和输出功率都减小

解析：在b点时，电源的内阻等于外电阻，电源有最大的输出功率，电源的总功率R总=IE，电流越大总功率越大，外电阻为零时总功率最大，从a→c，β增大，外电阻增大，电流减小，电源的总功率减小，输出功率增大．从b→c时，β增大，电流减小，电源的总功率和输出功率都减小．

答案：D

24.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,如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时,则下列说法错误的是（）

A.电源1和电源2的内阻之比是11∶7

B.电源1和电源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1∶2

【解析】

电源的伏安特性曲线的斜率的绝对值等于电源的内阻,由图知∶∶7,A对;图线在纵轴上的截距为电源的电动势B对;两种连接状态下,小灯泡消耗的功率分别为15

W、30

W,所以C正确,D错误.【答案】

恒定电流章末总结 篇3

一、教学目的

1．通过实验和例题的计算理解在直流电路中加入电容器对电路的影响。2．学会利用比较的方法来判断电路动态变化问题。

二、重点和难点

1．重点：含电容电路的计算。

2．难点：①稳定状态下，电容支路上的电阻无电压降；②对电容充放电过程的理解及充放电量的计算。

三、教具

电流表，电压表，三个电阻，电容器一个，开关一个，干电池两节，导线。

四、主要教学过程

（一）引入新课

复习直流电路的相关知识。

2．电阻串并联的基本特性。

练习：如图，R1=4Ω，R2=6Ω，R3=3Ω，E=10V，r=0。

如果把R3支路加上一个C=30μF的电容器，又会怎样？为此，我们来复习一下电容器的有关知识。

2．能充上电的条件是电容器接在与其有电势差的电路上。电路有变化时，如电路中S打开、闭合时，我们怎么去讨论？

（二）教学过程 例1．如图，求：（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；

（2）将开关S断开，求这以后通过R1的总电量。分析：

（1）S断开状态：（目前状态）

提问：①电势的高低情况；②电流的情况；③电容器极板带电情况。请学生逐一回答。在图上用不同颜色的粉笔标明电势的不同。

问：进一步提问，为什么这样？R1两端的电势是否相同？

答：R1两端电势相同。因为没有构成回路，所以电路中各处电流强度均为零，所以可画出等势的情况及带电情况。

问：为什么电流强度为零？

答：因为有电流的一个重要条件就是有电势差。必须明确的一点：

在电路刚接上时，相当于把电容器接在了电源上，即有一定的电势差，所以此时有瞬时的电流，当储电完毕时，不能再往里装电荷了，所以不再有电流。这样，就可得刚才得到的结论，前提是S断开达到稳定状态时。

此时Uc=E=10V U1=0V。

闭合开关会出现什么现象？

提示：电容器带电量发生了变化，由此我们可以判断电流的情况？请学生分析。

此时，形成了闭合回路，稳定后Uc=UR2=6V，即R3、C支路可视为断路。U1=4V，也就是说电容器的带电量减少了，它要放电，有一系列的调整过程，最终达到稳定，再次画出等电势的情况

Q=CUC=CU2=3×10-5×6=1.8×10-4C

（2）再将开关断开，会出现什么变化？

肯定会有电量的改变，但最终稳定后，又相当于将电容器接在了电源上，与开始分析的那个状态是一致的。Q′=CU=CE=3×10-5×10=3.0×10-4C 问：电量增加了，谁提供的？

答：应是电源提供的，多出的电量均从电源通过R1提供，充完电后，又无电流。故断开S，通过R1的总电量为ΔQ=Q＇-Q=l.2×10-4C 提问：R3对计算有无影响？

答：没有，因为稳定后无电流流过该支路，所以UR=IR3=0。是不是这样，可以用一个实验来看看。介绍实验电路图：

这个电路与例题中的电路差不多，只是把R3换成一电流表，充当一个电阻，R1、R2换成灯泡L1、L2。

操作及观察到的现象：

1．电路连接好，打开S，把C再接入，会看到电流表指针向右偏一下，说明有瞬时电流，属于充电过程。2．接通S，电流表指针向左偏，然后回到零位置，L1、L2灯亮，说明电容器放电，再用电压表连接两表笔，分别测UAB，UBD，会发现UAB=UBD，说明A、B点等势，也就是说，电路中接不接R3，在计算电量时效果是相同的。

3．断开开关，现象是电流表指针向右偏说明电容器又被充电，进而也可知电容器两极板间的电压在增大。小结：

1．充放电是一个动态变化过程，求电量的增量只需找两个稳定态，则ΔQ=Q前-Q后

2．两极板间如果电压增大，则电容器被充电；两极板间如果电压减小，则电容器被放电。

以上研究的是极板上电量的变化，那么如果是平行板电容器，充电后，则在两板间存在一个静电场，可以利用该电场使带电粒子加速或偏转。

例2．如图所示电路，平行板电容器极板水平放置，今有一质量为m的带电油滴悬浮在两板之间静止不动，现要油滴向上运动，可采用的方法是______。

分析：该电路图可以改画成如下形式：

问：由题目给的已知条件，可以知道些什么？ 答：因为油滴静止不动，故qE=mg 由电路情况可知，两极板带电情况为上+下-（画出等势部分），所以油滴带负电，还可以知道UC=UR4 问：电容器取下，对电路有无影响？

答：没有影响，因为此电路稳定后可视为断路。问：现要使油滴上移，实质上是要判断什么？

答：因为油滴受两个力，而mg恒定不变，所以只需qE↑，而最终是要R4两端电压增大。请同学分析，若R1增大，结果如何？ 在学生回答同时，给出关系图。

R1↑→I↑→UCD↓ICM↓→IMD↑→UMD↑→UMC↓ 还有没有其它可行的方法？

最终答案：R1↓或R2↑或R3↓。

（三）课后小结

今天这节课我们所研究的是含有电容器的直流电路，对于电容器的作用可从两方面来说：①利用其电场；②利用电容器对电路的某种调节作用。当电路某部分变化时，电路中的电流往往也会随之变化，且是很复杂的，我们无法研究这个过程中的细节问题。研究它的方法，我们只能采用抓住稳态过程进行对比，来判断其变化。如果要计算实际的量值，不妨就把有电容器的支路视为断路再计算，这样不会影响其结果。

五、说明