登录
11. (2025·安徽)如图所示的电路中,电源电压保持不变,$R_1$ 为滑动变阻器,$R_2$ 和 $R_3$ 为定值电阻.闭合开关 S,在保证电路元件安全的前提下,将滑动变阻器的滑片 P 由 b 端移至 a端,电压表 $\mathrm{V}_1$、电压表 $\mathrm{V}_2$、电流表 $\mathrm{A}$ 示数变化量的绝对值分别为 $\Delta U_1$、$\Delta U_2$、$\Delta I$,则 （
A.电流表 A 的示数变小
B.电压表 $\mathrm{V}_2$ 的示数变大
C.$\Delta U_1$ 与 $\Delta I$ 的比值等于 $R_2$ 的阻值
D.$\Delta U_2$ 与 $\Delta I$ 的比值等于 $R_3$ 的阻值
D
）A.电流表 A 的示数变小
B.电压表 $\mathrm{V}_2$ 的示数变大
C.$\Delta U_1$ 与 $\Delta I$ 的比值等于 $R_2$ 的阻值
D.$\Delta U_2$ 与 $\Delta I$ 的比值等于 $R_3$ 的阻值
答案
由题图可知,定值电阻 R₂、R₃ 与滑动变阻器 R₁ 串联,电压表 V₁ 测滑动变阻器 R₁ 两端的电压,电压表 V₂ 测滑动变阻器 R₁ 和定值电阻 R₂ 两端的总电压,电流表 A 测电路中的电流.闭合开关 S,将滑片 P 由 b 端向 a 端滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻变小,电路的总电阻变小,由欧姆定律可知,电路中的电流变大,电流表 A 的示数变大,A 错误;根据 $U=IR$ 可知,R₃ 两端的电压变大,由串联电路电压的规律可知,滑动变阻器 R₁ 和定值电阻 R₂ 两端的总电压变小,即电压表 V₂ 的示数变小,B 错误;电源电压不变,则 $\Delta U_1$ 等于 R₂ 和 R₃ 两端的总电压变化量,$\Delta U_2$ 等于 R₃ 两端的电压变化量,因此 $\Delta U_1$ 与 $\Delta I$ 的比值等于 R₂、R₃ 的阻值之和,$\Delta U_2$ 与 $\Delta I$ 的比值等于 R₃ 的阻值,C 错误,D 正确.
解析
【分析】
第一步先识别电路：将电压表等效为开路、电流表等效为导线，可判断R₁、R₂、R₃三者串联，再逐一确认电表测量对象：电流表测串联电路的总电流，V₁测R₁两端电压，V₂测R₁和R₂的总电压。第二步分析滑片移动的影响：滑片P从b端移到a端时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻随之减小，根据欧姆定律可直接判断电路电流的变化，验证A选项。第三步结合串联分压规律，分析各部分电压的变化，验证B选项。第四步利用电源电压恒定的特点，推导电压变化量和电流变化量的关系，分别计算ΔU₁/ΔI、ΔU₂/ΔI的对应阻值，验证C、D选项，最终选出正确答案。
【解析】
解：
1. 确认电路结构与电表测量对象：
由题图可知，定值电阻R₂、R₃与滑动变阻器R₁串联，电流表A测电路中的电流，电压表V₁测量滑动变阻器R₁两端的电压，电压表V₂测量R₁和R₂的总电压。
2. 验证选项A：
滑片P由b端移至a端，R₁接入电路的阻值变小，电路总电阻$R_总=R_1+R_2+R_3$变小，电源电压U保持不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_总}$，电路中的电流变大，即电流表示数变大，A错误。
3. 验证选项B：
根据$U=IR$，定值电阻R₃两端的电压$U_3=IR_3$，电流I变大时$U_3$变大；根据串联电路总电压等于各部分电压之和，$U=U_3 + U_{V2}$，因此$U_{V2}=U-U_3$，U不变、$U_3$变大，可得$U_{V2}$变小，即电压表V₂示数变小，B错误。
4. 验证选项C：
电源电压恒定，R₁两端电压$U_1=U - I(R_2+R_3)$，设电流变化前为$I_1$，变化后为$I_2$，对应的$U_1$分别为$U_{11}$、$U_{12}$：
$\Delta U_1=|U_{12} - U_{11}|=| [U - I_2(R_2+R_3)] - [U - I_1(R_2+R_3)] | = |I_1 - I_2|·(R_2+R_3) = \Delta I·(R_2+R_3)$
因此$\frac{\Delta U_1}{\Delta I} = R_2+R_3$，不等于$R_2$的阻值，C错误。
5. 验证选项D：
V₂的示数$U_{V2}=U - IR_3$，同理可得：
$\Delta U_2=|U_{V22} - U_{V21}|=| [U - I_2R_3] - [U - I_1R_3] | = |I_1 - I_2|· R_3 = \Delta I· R_3$
因此$\frac{\Delta U_2}{\Delta I} = R_3$，等于$R_3$的阻值，D正确。
【答案】D
【知识点】
串联电路分压规律，欧姆定律，动态电路分析
【点评】
本题是串联动态电路的经典考题，易错点是电压变化量与电流变化量比值的推导，不少同学会误判电压表测量对象错选C，解题核心技巧是利用电源电压不变的特点，把待测电压用总电压和定值电阻的电压表示，即可快速推导出变化量的对应关系。
【难度系数】
0.4
第一步先识别电路：将电压表等效为开路、电流表等效为导线，可判断R₁、R₂、R₃三者串联，再逐一确认电表测量对象：电流表测串联电路的总电流，V₁测R₁两端电压，V₂测R₁和R₂的总电压。第二步分析滑片移动的影响：滑片P从b端移到a端时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电阻随之减小，根据欧姆定律可直接判断电路电流的变化，验证A选项。第三步结合串联分压规律，分析各部分电压的变化，验证B选项。第四步利用电源电压恒定的特点，推导电压变化量和电流变化量的关系，分别计算ΔU₁/ΔI、ΔU₂/ΔI的对应阻值，验证C、D选项，最终选出正确答案。
【解析】
解：
1. 确认电路结构与电表测量对象：
由题图可知，定值电阻R₂、R₃与滑动变阻器R₁串联，电流表A测电路中的电流，电压表V₁测量滑动变阻器R₁两端的电压，电压表V₂测量R₁和R₂的总电压。
2. 验证选项A：
滑片P由b端移至a端，R₁接入电路的阻值变小，电路总电阻$R_总=R_1+R_2+R_3$变小，电源电压U保持不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_总}$，电路中的电流变大，即电流表示数变大，A错误。
3. 验证选项B：
根据$U=IR$，定值电阻R₃两端的电压$U_3=IR_3$，电流I变大时$U_3$变大；根据串联电路总电压等于各部分电压之和，$U=U_3 + U_{V2}$，因此$U_{V2}=U-U_3$，U不变、$U_3$变大，可得$U_{V2}$变小，即电压表V₂示数变小，B错误。
4. 验证选项C：
电源电压恒定，R₁两端电压$U_1=U - I(R_2+R_3)$，设电流变化前为$I_1$，变化后为$I_2$，对应的$U_1$分别为$U_{11}$、$U_{12}$：
$\Delta U_1=|U_{12} - U_{11}|=| [U - I_2(R_2+R_3)] - [U - I_1(R_2+R_3)] | = |I_1 - I_2|·(R_2+R_3) = \Delta I·(R_2+R_3)$
因此$\frac{\Delta U_1}{\Delta I} = R_2+R_3$，不等于$R_2$的阻值，C错误。
5. 验证选项D：
V₂的示数$U_{V2}=U - IR_3$，同理可得：
$\Delta U_2=|U_{V22} - U_{V21}|=| [U - I_2R_3] - [U - I_1R_3] | = |I_1 - I_2|· R_3 = \Delta I· R_3$
因此$\frac{\Delta U_2}{\Delta I} = R_3$，等于$R_3$的阻值，D正确。
【答案】D
【知识点】
串联电路分压规律，欧姆定律，动态电路分析
【点评】
本题是串联动态电路的经典考题，易错点是电压变化量与电流变化量比值的推导，不少同学会误判电压表测量对象错选C，解题核心技巧是利用电源电压不变的特点，把待测电压用总电压和定值电阻的电压表示，即可快速推导出变化量的对应关系。
【难度系数】
0.4
12. (2024·新疆)在如图所示的电路中,电源电压保持不变,滑动变阻器和小灯泡两个元件一个接在A、B两点之间,另一个接在C、D两点之间.闭合开关S,电流表的示数为0.2 A,用电压表测得A、B两点间的电压为1.8 V,C、D两点间的电压为1.2 V;移动滑动变阻器的滑片,使电流表的示数变大,A、B两点间的电压变为1.5 V.已知小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大,则此时滑动变阻器接入电路的电阻可能为 （
A.$5\ \Omega$
B.$6\ \Omega$
C.$7\ \Omega$
D.$8\ \Omega$
C
）A.$5\ \Omega$
B.$6\ \Omega$
C.$7\ \Omega$
D.$8\ \Omega$
答案
滑动变阻器和小灯泡串联,电源电压 $U=U_{AB}+U_{CD}=1.8\ \mathrm{V}+1.2\ \mathrm{V}=3\ \mathrm{V}$,移动滑片使得电流表示数变大时,滑动变阻器接入电路的电阻变小,根据串联电路分压规律可知,滑动变阻器两端的电压变小,故滑动变阻器接在 A、B 两点间,小灯泡接在 C、D 两点间;滑片移动前,小灯泡的电阻 $R_\mathrm{L}=\frac{U_1}{I}=\frac{1.2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=6\ \Omega$,滑片移动后,C、D 间的电压 $U'_{CD}=U-U'_{AB}=3\ \mathrm{V}-1.5\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$,此时小灯泡和滑动变阻器两端的电压相同,故此时两者的阻值相等,因为小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大,故小灯泡此时的电阻应大于 6 Ω;因为滑片移动后,滑动变阻器接入电路的电阻变小,电路中的电流变大,此时电路中的电流大于 0.2 A,则滑动变阻器接入电路的电阻应小于 $\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=7.5\ \Omega$,故滑动变阻器接入电路的电阻的取值范围应为 6~7.5 Ω,C 正确.
解析
【分析】
解题时我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先明确两个元件是串联在电路中，根据串联电路总电压等于各部分电压之和，先算出电源总电压。
2. 接下来判断两个元件的位置：移动滑片后电流变大，说明滑动变阻器接入的电阻变小，根据串联分压规律，它两端的电压也会变小，题目中AB间电压从1.8V降到1.5V，电压减小，因此可以确定AB接滑动变阻器，CD接小灯泡。
3. 先算出初始状态下小灯泡的电阻，再结合“灯丝电阻随温度升高而增大”的条件，得到电流变大后小灯泡的电阻一定大于初始的6Ω。
4. 滑片移动后滑动变阻器和小灯泡两端电压相等，说明此时两者电阻相等，同时电流大于初始的0.2A，通过欧姆定律推导得到滑动变阻器电阻的取值范围，就能选出符合条件的选项。
【解析】
解：
1. 计算电源总电压：滑动变阻器和小灯泡串联，串联电路总电压等于各部分电压之和，因此电源电压：
$U = U_{AB1} + U_{CD1} = 1.8\ \mathrm{V} + 1.2\ \mathrm{V} = 3\ \mathrm{V}$
2. 判断元件位置：移动滑片后电流表示数变大，说明电路总电阻变小，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联分压规律，滑动变阻器两端电压会随之减小。题目中移动滑片后AB间电压从1.8V变为1.5V，电压减小，因此AB间接滑动变阻器，CD间接小灯泡。
3. 计算初始状态小灯泡的电阻：初始电流$I_1=0.2\ \mathrm{A}$，此时小灯泡两端电压$U_{L1}=U_{CD1}=1.2\ \mathrm{V}$，由欧姆定律可得：
$R_{L1} = \frac{U_{L1}}{I_1} = \frac{1.2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}} = 6\ \Omega$
4. 分析滑片移动后的状态：此时滑动变阻器两端电压$U_{\mathrm{滑}2}=U_{AB2}=1.5\ \mathrm{V}$，小灯泡两端电压$U_{L2}=U - U_{\mathrm{滑}2}=3\ \mathrm{V}-1.5\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$。
串联电路电流处处相等，由$R=\frac{U}{I}$可知，此时滑动变阻器的阻值$R_{\mathrm{滑}2}$等于小灯泡此时的阻值$R_{L2}$。
由于电流变大后，小灯泡实际功率变大，灯丝温度升高，根据题意灯丝电阻随温度升高而增大，因此$R_{L2}＞R_{L1}=6\ \Omega$，即$R_{\mathrm{滑}2}＞6\ \Omega$。
同时移动滑片后电路电流$I_2＞I_1=0.2\ \mathrm{A}$，代入欧姆定律得$R_{\mathrm{滑}2}=\frac{U_{\mathrm{滑}2}}{I_2}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{I_2}$，因为$I_2＞0.2\ \mathrm{A}$，所以$R_{\mathrm{滑}2}＜\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=7.5\ \Omega$。
综上可得滑动变阻器接入电阻的取值范围为$6\ \Omega ＜ R_{\mathrm{滑}2} ＜7.5\ \Omega$，选项中只有7Ω符合该范围。
【答案】C
【知识点】
串联电路电压规律，欧姆定律，灯丝电阻与温度的关系
【点评】
本题没有直接给出可计算出确定电阻的条件，需要结合串联分压规律、灯丝电阻随温度变化的隐含特点，通过不等式推导得到电阻的取值范围，对逻辑推导能力有一定要求，容易忽略“电流变大后灯丝电阻大于初始值”“电路电流大于初始0.2A”这两个隐藏条件，属于典型的电学范围推导类题型。
【难度系数】
0.4
解题时我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先明确两个元件是串联在电路中，根据串联电路总电压等于各部分电压之和，先算出电源总电压。
2. 接下来判断两个元件的位置：移动滑片后电流变大，说明滑动变阻器接入的电阻变小，根据串联分压规律，它两端的电压也会变小，题目中AB间电压从1.8V降到1.5V，电压减小，因此可以确定AB接滑动变阻器，CD接小灯泡。
3. 先算出初始状态下小灯泡的电阻，再结合“灯丝电阻随温度升高而增大”的条件，得到电流变大后小灯泡的电阻一定大于初始的6Ω。
4. 滑片移动后滑动变阻器和小灯泡两端电压相等，说明此时两者电阻相等，同时电流大于初始的0.2A，通过欧姆定律推导得到滑动变阻器电阻的取值范围，就能选出符合条件的选项。
【解析】
解：
1. 计算电源总电压：滑动变阻器和小灯泡串联，串联电路总电压等于各部分电压之和，因此电源电压：
$U = U_{AB1} + U_{CD1} = 1.8\ \mathrm{V} + 1.2\ \mathrm{V} = 3\ \mathrm{V}$
2. 判断元件位置：移动滑片后电流表示数变大，说明电路总电阻变小，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联分压规律，滑动变阻器两端电压会随之减小。题目中移动滑片后AB间电压从1.8V变为1.5V，电压减小，因此AB间接滑动变阻器，CD间接小灯泡。
3. 计算初始状态小灯泡的电阻：初始电流$I_1=0.2\ \mathrm{A}$，此时小灯泡两端电压$U_{L1}=U_{CD1}=1.2\ \mathrm{V}$，由欧姆定律可得：
$R_{L1} = \frac{U_{L1}}{I_1} = \frac{1.2\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}} = 6\ \Omega$
4. 分析滑片移动后的状态：此时滑动变阻器两端电压$U_{\mathrm{滑}2}=U_{AB2}=1.5\ \mathrm{V}$，小灯泡两端电压$U_{L2}=U - U_{\mathrm{滑}2}=3\ \mathrm{V}-1.5\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$。
串联电路电流处处相等，由$R=\frac{U}{I}$可知，此时滑动变阻器的阻值$R_{\mathrm{滑}2}$等于小灯泡此时的阻值$R_{L2}$。
由于电流变大后，小灯泡实际功率变大，灯丝温度升高，根据题意灯丝电阻随温度升高而增大，因此$R_{L2}＞R_{L1}=6\ \Omega$，即$R_{\mathrm{滑}2}＞6\ \Omega$。
同时移动滑片后电路电流$I_2＞I_1=0.2\ \mathrm{A}$，代入欧姆定律得$R_{\mathrm{滑}2}=\frac{U_{\mathrm{滑}2}}{I_2}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{I_2}$，因为$I_2＞0.2\ \mathrm{A}$，所以$R_{\mathrm{滑}2}＜\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=7.5\ \Omega$。
综上可得滑动变阻器接入电阻的取值范围为$6\ \Omega ＜ R_{\mathrm{滑}2} ＜7.5\ \Omega$，选项中只有7Ω符合该范围。
【答案】C
【知识点】
串联电路电压规律，欧姆定律，灯丝电阻与温度的关系
【点评】
本题没有直接给出可计算出确定电阻的条件，需要结合串联分压规律、灯丝电阻随温度变化的隐含特点，通过不等式推导得到电阻的取值范围，对逻辑推导能力有一定要求，容易忽略“电流变大后灯丝电阻大于初始值”“电路电流大于初始0.2A”这两个隐藏条件，属于典型的电学范围推导类题型。
【难度系数】
0.4
13. 冬天,为控制蔬菜大棚内的温度在$20∼ 28\ °\mathrm{C}$之间,同学们设计了如图所示的控制电路,电源电压为$3\ \mathrm{V}$,$R_T$是热敏电阻,$R_0$选用阻值为$3\ \mathrm{k}\Omega$或$5\ \mathrm{k}\Omega$的定值电阻.闭合开关$\mathrm{S}$,当$R_T$两端的电压$U_T ≥ 2\ \mathrm{V}$时,开启加热系统;当$U_T ≤ 1.8\ \mathrm{V}$时,关闭加热系统.热敏电阻$R_T$在不同温度下的阻值如下表所示.下列说法正确的是（
A.$R_T$的阻值与温度成反比
B.选用阻值为$3\ \mathrm{k}\Omega$的定值电阻能满足设计要求
C.$R_T$和$R_0$两端的电压可能相等
D.增大电源电压可使开启加热系统的温度变低
B
）A.$R_T$的阻值与温度成反比
B.选用阻值为$3\ \mathrm{k}\Omega$的定值电阻能满足设计要求
C.$R_T$和$R_0$两端的电压可能相等
D.增大电源电压可使开启加热系统的温度变低
答案
由题表数据可知,温度升高时,$R_T$ 的阻值减小,但温度与阻值的乘积不是定值,$R_T$ 的阻值与温度不成反比,A 错误;由题图可知,$R_T$ 与 $R_0$ 串联,若 $R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$,当 $R_T$ 两端的电压 $U_T=2\ \mathrm{V}$ 时,$R_0$ 两端的电压 $U_0=U-U_T=3\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$,根据串联电路的分压规律可得,$\frac{R_T}{R_0}=\frac{U_T}{U_0}$,则 $R_T=\frac{U_TR_0}{U_0}=\frac{2\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1\ \mathrm{V}}=6\ \mathrm{k}\Omega$,由题表可知,此时棚内温度为 $20\ °\mathrm{C}$,开启加热系统;当 $R_T$ 两端的电压 $U'_T=1.8\ \mathrm{V}$ 时,$R_0$ 两端的电压 $U'_0=U-U'_T=3\ \mathrm{V}-1.8\ \mathrm{V}=1.2\ \mathrm{V}$,根据串联电路的分压规律可得,$\frac{R'_T}{R_0}=\frac{U'_T}{U'_0}$,则 $R'_T=\frac{U'_TR_0}{U'_0}=\frac{1.8\ \mathrm{V}×3\ \mathrm{k}\Omega}{1.2\ \mathrm{V}}=4.5\ \mathrm{k}\Omega$,由题表可知,此时棚内温度为 $28\ °\mathrm{C}$,关闭加热系统,故选用阻值为 3 kΩ 的定值电阻能满足设计要求,同理可得,选用阻值为 5 kΩ 的定值电阻不能满足设计要求,B 正确;当 $R_T$ 和 $R_0$ 两端的电压相等时,它们的阻值也相等,$R_0=3\ \mathrm{k}\Omega$,则 $R''_T=3\ \mathrm{k}\Omega$,由题表可知,此时棚内温度是 $38.2\ °\mathrm{C}＞28\ °\mathrm{C}$,C 错误;增大电源电压,$R_T$ 两端的电压为 2 V 时,$R_0$ 两端的电压增大,根据欧姆定律可知,电路中的电流增大,则 $R_T$ 的阻值减小,由题表可知,开启加热系统的温度变高,D 错误.
解析
【分析】
这是一道结合热敏电阻的串联温控电路分析题，解题思路按选项逐一推导验证：
1. 判断A选项：两个物理量成反比的充要条件是二者乘积为定值，对照表格中温度和RT的对应数值，计算乘积发现不是固定值，即可直接排除A。
2. 分析B选项：电路中RT和R0为串联关系，根据串联分压规律“电压之比等于电阻之比”，分别代入开启加热的UT=2V、关闭加热的UT=1.8V两个临界状态，计算对应RT的阻值，再对照表格得到对应温度，验证是否刚好满足20℃开启、28℃关闭的设计要求。
3. 分析C选项：串联电路中两个元件两端电压相等时，二者电阻必然相等，此时RT=R0，对照表格得到对应的温度，发现该温度远高于28℃的温控上限，不属于电路正常工作的合理状态，即可判断该情况不可能出现。
4. 分析D选项：开启加热的临界条件是UT=2V，若电源电压增大，R0两端的电压U0=U总-2V会随之增大，电路电流变大，由RT=UT/I可知RT阻值变小，结合热敏电阻“阻值越小对应温度越高”的特性，就能判断开启加热的温度变化趋势。
【解析】
我们逐个选项推导验证：
① 选项A：由表格数据可知，温度升高时RT阻值减小，计算温度与对应RT的乘积，数值不是固定值，因此RT的阻值与温度不成反比，A错误。
② 选项B：RT与R0串联，当R0=3kΩ时：
开启加热临界：UT=2V，R0两端电压$U_0=U-U_T=3\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，由串联分压规律$\frac{R_T}{R_0}=\frac{U_T}{U_0}$，得$R_T=\frac{U_T R_0}{U_0}=\frac{2\ \mathrm{V} × 3\ \mathrm{k}\Omega}{1\ \mathrm{V}}=6\ \mathrm{k}\Omega$，查表对应温度为20℃，符合开启加热的温度要求；
关闭加热临界：$U'_T=1.8\ \mathrm{V}$，R0两端电压$U'_0=3\ \mathrm{V}-1.8\ \mathrm{V}=1.2\ \mathrm{V}$，同理得$R'_T=\frac{U'_T R_0}{U'_0}=\frac{1.8\ \mathrm{V} × 3\ \mathrm{k}\Omega}{1.2\ \mathrm{V}}=4.5\ \mathrm{k}\Omega$，查表对应温度为28℃，符合关闭加热的温度要求，因此选用3kΩ的定值电阻能满足设计要求，B正确。
③ 选项C：若RT和R0两端电压相等，由串联分压规律可知二者阻值相等，即RT=R0=3kΩ，查表对应温度约为38.2℃，远高于设计要求的28℃上限，不在温控电路的正常工作区间内，不存在该合理状态，因此二者两端电压不可能相等，C错误。
④ 选项D：增大电源电压，开启加热的临界UT=2V不变，此时R0两端电压U0=U总-2V会增大，电路电流$I=\frac{U_0}{R_0}$增大，由$R_T=\frac{U_T}{I}$可知RT的阻值会减小，查表可知RT阻值越小对应温度越高，因此开启加热系统的温度会变高，不是变低，D错误。
【答案】B
【知识点】
串联分压规律，欧姆定律应用，热敏电阻特性
【点评】
本题结合蔬菜大棚温控的实际生活场景命题，核心考查串联电路规律的灵活应用，解题关键是抓住两个临界电压，利用串联分压的比例关系快速推导对应热敏电阻的阻值，再匹配温度要求即可，易错点是C选项的判断，要注意电压相等的状态对应的温度超出了设计的温控范围，不属于电路正常工作的可能状态。
【难度系数】
0.65
这是一道结合热敏电阻的串联温控电路分析题，解题思路按选项逐一推导验证：
1. 判断A选项：两个物理量成反比的充要条件是二者乘积为定值，对照表格中温度和RT的对应数值，计算乘积发现不是固定值，即可直接排除A。
2. 分析B选项：电路中RT和R0为串联关系，根据串联分压规律“电压之比等于电阻之比”，分别代入开启加热的UT=2V、关闭加热的UT=1.8V两个临界状态，计算对应RT的阻值，再对照表格得到对应温度，验证是否刚好满足20℃开启、28℃关闭的设计要求。
3. 分析C选项：串联电路中两个元件两端电压相等时，二者电阻必然相等，此时RT=R0，对照表格得到对应的温度，发现该温度远高于28℃的温控上限，不属于电路正常工作的合理状态，即可判断该情况不可能出现。
4. 分析D选项：开启加热的临界条件是UT=2V，若电源电压增大，R0两端的电压U0=U总-2V会随之增大，电路电流变大，由RT=UT/I可知RT阻值变小，结合热敏电阻“阻值越小对应温度越高”的特性，就能判断开启加热的温度变化趋势。
【解析】
我们逐个选项推导验证：
① 选项A：由表格数据可知，温度升高时RT阻值减小，计算温度与对应RT的乘积，数值不是固定值，因此RT的阻值与温度不成反比，A错误。
② 选项B：RT与R0串联，当R0=3kΩ时：
开启加热临界：UT=2V，R0两端电压$U_0=U-U_T=3\ \mathrm{V}-2\ \mathrm{V}=1\ \mathrm{V}$，由串联分压规律$\frac{R_T}{R_0}=\frac{U_T}{U_0}$，得$R_T=\frac{U_T R_0}{U_0}=\frac{2\ \mathrm{V} × 3\ \mathrm{k}\Omega}{1\ \mathrm{V}}=6\ \mathrm{k}\Omega$，查表对应温度为20℃，符合开启加热的温度要求；
关闭加热临界：$U'_T=1.8\ \mathrm{V}$，R0两端电压$U'_0=3\ \mathrm{V}-1.8\ \mathrm{V}=1.2\ \mathrm{V}$，同理得$R'_T=\frac{U'_T R_0}{U'_0}=\frac{1.8\ \mathrm{V} × 3\ \mathrm{k}\Omega}{1.2\ \mathrm{V}}=4.5\ \mathrm{k}\Omega$，查表对应温度为28℃，符合关闭加热的温度要求，因此选用3kΩ的定值电阻能满足设计要求，B正确。
③ 选项C：若RT和R0两端电压相等，由串联分压规律可知二者阻值相等，即RT=R0=3kΩ，查表对应温度约为38.2℃，远高于设计要求的28℃上限，不在温控电路的正常工作区间内，不存在该合理状态，因此二者两端电压不可能相等，C错误。
④ 选项D：增大电源电压，开启加热的临界UT=2V不变，此时R0两端电压U0=U总-2V会增大，电路电流$I=\frac{U_0}{R_0}$增大，由$R_T=\frac{U_T}{I}$可知RT的阻值会减小，查表可知RT阻值越小对应温度越高，因此开启加热系统的温度会变高，不是变低，D错误。
【答案】B
【知识点】
串联分压规律，欧姆定律应用，热敏电阻特性
【点评】
本题结合蔬菜大棚温控的实际生活场景命题，核心考查串联电路规律的灵活应用，解题关键是抓住两个临界电压，利用串联分压的比例关系快速推导对应热敏电阻的阻值，再匹配温度要求即可，易错点是C选项的判断，要注意电压相等的状态对应的温度超出了设计的温控范围，不属于电路正常工作的可能状态。
【难度系数】
0.65
14. (2024·陕西)小明在课外实践活动中设计了一款台秤,其显示端由电压表表盘改装而成,电路设计如图所示.闭合开关S,关于该台秤的分析正确的是 （
A.保持$R_2$接入电路的阻值不变,被测物体质量变小时,电路中的电流变大
B.保持$R_2$接入电路的阻值不变,被测物体质量变大时,电压表的示数变小
C.要使台秤的分度值变小,可以将$R_2$的滑片向左滑动
D.若台秤测量值偏小,可以将$R_2$的滑片向右滑动进行校准
D
）A.保持$R_2$接入电路的阻值不变,被测物体质量变小时,电路中的电流变大
B.保持$R_2$接入电路的阻值不变,被测物体质量变大时,电压表的示数变小
C.要使台秤的分度值变小,可以将$R_2$的滑片向左滑动
D.若台秤测量值偏小,可以将$R_2$的滑片向右滑动进行校准
答案
由题图可知,闭合开关 S,R₁、R₂ 串联,保持 R₂ 接入电路的阻值不变,被测物体质量变小时,R₁ 的滑片向上移动,但是不会改变 R₁ 接入电路的阻值大小,电源电压不变,R₁ 与 R₂ 接入电路的阻值不变,根据欧姆定律可知,电路中的电流不变,A 错误;保持 R₂ 接入电路的阻值不变,被测物体质量变大时,R₁ 的滑片向下移动,电压表测量 R₁ 滑片上方电阻两端的电压,则此时电压表的示数变大,B 错误;将 R₂ 的滑片向左滑动,R₂ 接入电路的阻值变大,由串联电路分压原理可知,R₁ 两端的电压变小,测量相同质量的物体时,电压表的示数变小,则台秤的分度值变大,C 错误;若台秤测量值偏小,根据串联电路分压原理可知,可以将 R₂ 的滑片向右滑动进行校准,此时 R₂ 接入电路的阻值变小,R₁ 两端的电压变大,台秤的测量值变大,D 正确.
解析
【分析】
首先先明确电路的核心结构：观察电路图可知，R₁的全部电阻和滑动变阻器R₂串联接入电路，电压表仅测量R₁上端到滑片之间部分电阻的电压，R₁接入电路的总阻值不会随滑片上下移动发生改变，这是本题的关键特点。接下来逐个推导选项：
1. 分析A选项：被测物体质量变化只会带动R₁的滑片移动，不会改变R₁接入电路的总电阻，保持R₂阻值不变时电路总电阻恒定，电源电压不变，根据欧姆定律总电流不会发生变化，可直接判断A错误。
2. 分析B选项：被测物体质量变大，滑片向下移动，电压表所测的那部分R₁的电阻阻值变大，而电路电流始终不变，由U=IR可推出电压表示数变大，因此B错误。
3. 分析C选项：分度值变小代表相同质量变化对应的电压变化量更大，也就是单位质量对应的电压增量更大。如果将R₂滑片左滑，R₂接入阻值变大，总电阻变大，电路电流变小，相同质量变化对应的被测电阻增量不变，由ΔU=IΔR可知电压变化量变小，单位质量对应的电压增量变小，分度值反而变大，C错误。
4. 分析D选项：台秤测量值偏小，说明相同被测质量下电压表的示数比标准值偏小，要让电压表示数变大，需要增大电路电流，因此要减小R₂接入的阻值，将R₂滑片向右滑动，总电阻变小电流变大，对应电压表示数升高，即可完成校准，因此D正确。
【解析】
由题图可知，闭合开关S后，R₁的全部阻值与滑动变阻器R₂串联，电压表测量R₁上端到滑片之间部分电阻的电压，R₁接入电路的总阻值始终不变：
1. 对选项A：保持R₂接入电路的阻值不变，被测物体质量变小时，R₁的滑片向上移动，但R₁接入电路的总电阻不变，电路总电阻$R_总=R_1+R_2$不变，电源电压恒定，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_总}$可知电路中的电流不变，A错误。
2. 对选项B：保持R₂接入电路的阻值不变，被测物体质量变大时，R₁的滑片向下移动，电压表所测部分的电阻阻值变大，电路电流I不变，由$U=IR$可知电压表的示数变大，B错误。
3. 对选项C：将R₂的滑片向左滑动，R₂接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电路电流变小，测量相同质量的物体时，电压表所测部分的电阻增量相同，由$\Delta U=I\Delta R$可知电压的变化量变小，台秤的分度值变大，C错误。
4. 对选项D：若台秤测量值偏小，说明相同被测质量对应的电压表示数偏小，将R₂的滑片向右滑动，R₂接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，相同被测质量对应的电压表示数变大，即可完成校准，D正确。
【答案】D
【知识点】串联电路分压规律，欧姆定律应用，滑动变阻器的使用
【点评】本题属于动态电路的创新应用题型，最容易出错的点是误将R₁当成阻值随滑片移动改变的可变电阻，忽略了R₁是全部接入电路、仅电压表测量部分电阻电压的特殊结构，理清电路结构后结合串联电路规律即可逐一推导判断。
【难度系数】0.6
首先先明确电路的核心结构：观察电路图可知，R₁的全部电阻和滑动变阻器R₂串联接入电路，电压表仅测量R₁上端到滑片之间部分电阻的电压，R₁接入电路的总阻值不会随滑片上下移动发生改变，这是本题的关键特点。接下来逐个推导选项：
1. 分析A选项：被测物体质量变化只会带动R₁的滑片移动，不会改变R₁接入电路的总电阻，保持R₂阻值不变时电路总电阻恒定，电源电压不变，根据欧姆定律总电流不会发生变化，可直接判断A错误。
2. 分析B选项：被测物体质量变大，滑片向下移动，电压表所测的那部分R₁的电阻阻值变大，而电路电流始终不变，由U=IR可推出电压表示数变大，因此B错误。
3. 分析C选项：分度值变小代表相同质量变化对应的电压变化量更大，也就是单位质量对应的电压增量更大。如果将R₂滑片左滑，R₂接入阻值变大，总电阻变大，电路电流变小，相同质量变化对应的被测电阻增量不变，由ΔU=IΔR可知电压变化量变小，单位质量对应的电压增量变小，分度值反而变大，C错误。
4. 分析D选项：台秤测量值偏小，说明相同被测质量下电压表的示数比标准值偏小，要让电压表示数变大，需要增大电路电流，因此要减小R₂接入的阻值，将R₂滑片向右滑动，总电阻变小电流变大，对应电压表示数升高，即可完成校准，因此D正确。
【解析】
由题图可知，闭合开关S后，R₁的全部阻值与滑动变阻器R₂串联，电压表测量R₁上端到滑片之间部分电阻的电压，R₁接入电路的总阻值始终不变：
1. 对选项A：保持R₂接入电路的阻值不变，被测物体质量变小时，R₁的滑片向上移动，但R₁接入电路的总电阻不变，电路总电阻$R_总=R_1+R_2$不变，电源电压恒定，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_总}$可知电路中的电流不变，A错误。
2. 对选项B：保持R₂接入电路的阻值不变，被测物体质量变大时，R₁的滑片向下移动，电压表所测部分的电阻阻值变大，电路电流I不变，由$U=IR$可知电压表的示数变大，B错误。
3. 对选项C：将R₂的滑片向左滑动，R₂接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电路电流变小，测量相同质量的物体时，电压表所测部分的电阻增量相同，由$\Delta U=I\Delta R$可知电压的变化量变小，台秤的分度值变大，C错误。
4. 对选项D：若台秤测量值偏小，说明相同被测质量对应的电压表示数偏小，将R₂的滑片向右滑动，R₂接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，相同被测质量对应的电压表示数变大，即可完成校准，D正确。
【答案】D
【知识点】串联电路分压规律，欧姆定律应用，滑动变阻器的使用
【点评】本题属于动态电路的创新应用题型，最容易出错的点是误将R₁当成阻值随滑片移动改变的可变电阻，忽略了R₁是全部接入电路、仅电压表测量部分电阻电压的特殊结构，理清电路结构后结合串联电路规律即可逐一推导判断。
【难度系数】0.6
15. 在如图所示的电路中,电阻 $R_1=8\ \Omega,R_2=10\ \Omega$,电源电压保持不变,定值电阻 $R$ 的阻值未知(不为零). 当开关 $\mathrm{S}$ 接位置 $1$ 时,电流表的示数为 $0.2\ \mathrm{A}$; 当开关 $\mathrm{S}$ 接位置 $2$ 时,电流表的示数可能在
0.16
$\mathrm{A}$ 到 0.2
$\mathrm{A}$ 之间.答案
由题图可知,当开关接位置 1 时,电源电压 $U=0.2\ \mathrm{A}×(R_1+R)$,当开关接位置 2 时,电源电压 $U=I(R_2+R)$,因电源电压不变,故可得 $0.2\ \mathrm{A}×(8\ \Omega+R)=I(10\ \Omega+R)$,解得 $I=\frac{(8\ \Omega+R)×0.2\ \mathrm{A}}{10\ \Omega+R}$,将上式变形可得 $I=\frac{(10\ \Omega+R-2\ \Omega)×0.2\ \mathrm{A}}{10\ \Omega+R}=0.2\ \mathrm{A}-\frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega+R}$,因 R 未知,故 R 的阻值可能为任意值,当 R 取零时,I 有最小值,即 $I_{\mathrm{min}}=0.2\ \mathrm{A}-0.04\ \mathrm{A}=0.16\ \mathrm{A}$,当 R 取无穷大时,I 有最大值,即 $I_{\mathrm{max}}$ 无限接近于 0.2 A,故电流表的示数可能在 0.16 A 到 0.2 A 之间.
解析
【分析】
解题时首先要明确两次开关状态下的电路结构：开关接1时，R₁与定值电阻R串联，电流表测串联电路的电流；开关接2时，R₂与定值电阻R串联，电流表仍测串联电路的电流。由于电源电压保持不变，我们可以根据欧姆定律分别写出两种状态下电源电压的表达式，联立得到电流I和未知电阻R的关系式。由于R是不为零的正数，我们可以通过分析R的两个极端取值（趋近于0、趋近于无穷大），得到电流I的取值上下限，最终确定电流的范围。
【解析】
1. 当开关S接位置1时，R₁与R串联，由欧姆定律可得电源电压：
$U = I_1(R_1 + R) = 0.2\ \mathrm{A} × (8\ \Omega + R)$
2. 当开关S接位置2时，R₂与R串联，设此时电路电流为I，同理电源电压：
$U = I(R_2 + R) = I × (10\ \Omega + R)$
3. 由于电源电压恒定，两式相等：
$0.2\ \mathrm{A} × (8\ \Omega + R) = I × (10\ \Omega + R)$
整理推导I的表达式：
$I = \frac{0.2\ \mathrm{A} × (8\ \Omega + R)}{10\ \Omega + R} = \frac{0.2\ \mathrm{A} × [(10\ \Omega + R) - 2\ \Omega]}{10\ \Omega + R} = 0.2\ \mathrm{A} - \frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega + R}$
4. 分析I的取值范围：
已知R不为零，即$R＞0$，因此$10\ \Omega + R ＞ 10\ \Omega$：
当R趋近于0时，$\frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega + R}$取得最大值0.04A，此时I取得最小值$I_{\mathrm{min}}=0.2\ \mathrm{A} - 0.04\ \mathrm{A}=0.16\ \mathrm{A}$；
当R趋近于无穷大时，$\frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega + R}$趋近于0，此时I无限趋近于0.2A。
因此电流I的取值范围是大于0.16A、小于0.2A。
【答案】
0.16；0.2
【知识点】
欧姆定律；串联电路规律；极值法
【点评】
本题是结合未知定值电阻的动态范围分析题，易错点是忽略串联的定值电阻R，直接用R₁两端电压当作电源电压计算得到0.16A，忘记分析电流的上限。本题通过电源电压不变建立等式，利用极限思想分析未知电阻的极端情况，是这类未知定值电阻求电流范围的典型解法，需要掌握这种代数变形结合极值分析的思路。
【难度系数】
0.4
解题时首先要明确两次开关状态下的电路结构：开关接1时，R₁与定值电阻R串联，电流表测串联电路的电流；开关接2时，R₂与定值电阻R串联，电流表仍测串联电路的电流。由于电源电压保持不变，我们可以根据欧姆定律分别写出两种状态下电源电压的表达式，联立得到电流I和未知电阻R的关系式。由于R是不为零的正数，我们可以通过分析R的两个极端取值（趋近于0、趋近于无穷大），得到电流I的取值上下限，最终确定电流的范围。
【解析】
1. 当开关S接位置1时，R₁与R串联，由欧姆定律可得电源电压：
$U = I_1(R_1 + R) = 0.2\ \mathrm{A} × (8\ \Omega + R)$
2. 当开关S接位置2时，R₂与R串联，设此时电路电流为I，同理电源电压：
$U = I(R_2 + R) = I × (10\ \Omega + R)$
3. 由于电源电压恒定，两式相等：
$0.2\ \mathrm{A} × (8\ \Omega + R) = I × (10\ \Omega + R)$
整理推导I的表达式：
$I = \frac{0.2\ \mathrm{A} × (8\ \Omega + R)}{10\ \Omega + R} = \frac{0.2\ \mathrm{A} × [(10\ \Omega + R) - 2\ \Omega]}{10\ \Omega + R} = 0.2\ \mathrm{A} - \frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega + R}$
4. 分析I的取值范围：
已知R不为零，即$R＞0$，因此$10\ \Omega + R ＞ 10\ \Omega$：
当R趋近于0时，$\frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega + R}$取得最大值0.04A，此时I取得最小值$I_{\mathrm{min}}=0.2\ \mathrm{A} - 0.04\ \mathrm{A}=0.16\ \mathrm{A}$；
当R趋近于无穷大时，$\frac{0.4\ \mathrm{V}}{10\ \Omega + R}$趋近于0，此时I无限趋近于0.2A。
因此电流I的取值范围是大于0.16A、小于0.2A。
【答案】
0.16；0.2
【知识点】
欧姆定律；串联电路规律；极值法
【点评】
本题是结合未知定值电阻的动态范围分析题，易错点是忽略串联的定值电阻R，直接用R₁两端电压当作电源电压计算得到0.16A，忘记分析电流的上限。本题通过电源电压不变建立等式，利用极限思想分析未知电阻的极端情况，是这类未知定值电阻求电流范围的典型解法，需要掌握这种代数变形结合极值分析的思路。
【难度系数】
0.4
