1、预科班高二物理月考试题（185-187）一、单选题(本大题共14小题，共42分)1.如图示是用电压表V和电流表A测电阻的一种方法，Rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（） A.电压表V读数等于Rx两端的实际电压，电流表A读数大于通过Rx的实际电流 B.电压表V读数大于Rx两端的实际电压，电流表A读数小于通过Rx的实际电流 C.Rx的测量值大于 Rx的实际值 D.Rx的测量值等于 Rx的实际值2.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个滑动变阻器R组成， （1）甲表是电流表，R增大时量程增大 （2）甲表是电流表，R增大时量程减小 （3）乙表是电压表，R增大时量程
2、增大 （4）乙表是电压表，R增大时量程减小 下列说法正确的是（） A.（1）和（3）B.（1）和（4）C.（2）和（3）D.（2）和（4）3.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为56A，若电源电动势为12.5V，电源内阻为0.05，电流表内阻不计则因电动机启动，车灯的电功率降低了（） A.41.6WB.43.2WC.48.2WD.76.8W4.下面是某电热水壶的铭牌，由此可知该电热水壶正常加热1min产生的热量为（） 电热水壶型号SP-356A额定电压220V额定功率1800W额定频率50Hz额定容量1.5LA.
3、1.08105JB.1.10104JC.1.32104JD.1.80103J5.如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线关于它们的电阻值及串联或并联后电路中的总电流比较正确的是（） A.电阻R1的阻值比电阻R2的阻值大 B.电阻R2阻值比电阻R1的阻值大 C.两电阻串联后比并联后接入同一电源，电路中的总电流大 D.两电阻并联后比串联后接入同一电源，电路中的总电流小6.关于闭合电路的性质，下列说法不正确的是（） A.外电路断路时，路端电压最高 B.外电路短路时，电源的功率最大 C.外电路电阻变大时，电源的输出功率变大 D.不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变7.如图所示，直线A
4、、B分别为电源a，b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将电阻R分别接到a，b两电源上，则 （） A.rarb B.R接到A电源上，电源的效率较高 C.R接到B电源上时，电源内阻的热功率较高 D.不论R多大，电源A的输出功率总比电源B的输出功率大8.如图所示，某同学在做测小灯泡的伏安特性曲线的实验中闭合开关，将滑动变阻器的滑片P左右移动，发现“电流表的示数几乎为零，电压表的示数有明显变化”，则分析电路的可能故障为（） A.小灯泡短路B.小灯泡断路 C.电流表断路D.滑动变阻器断路9.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（） A.由R=可知，导体的电阻跟导体两端的
5、电压成正比，跟导体中的电流成反比 B.由R=知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比 C.将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D.将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，则电阻丝的电阻变为原来的2倍10.在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（） A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗 C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D.A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮11.理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端
6、电压为U，电流为I、消耗的功率为P，则下列关系式中正确的是（） A.P=UIB.P=I2（R1+R2） C.PUID.PI2（R1+R2）12.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（） A.伏特表 V 的读数增大，安培表 A 的读数减小 B.伏特表 V 和安培表 A 的读数都增大 C.伏特表 V 和安培表 A 的读数都减小 D.伏特表 V 的读数减小，安培表 A 的读数增大13.通过电阻R的电流强度为l时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（） A.4QB.2QC.D.14.一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8的负载后路端电压降为
7、2.4V，则可以判定电池的电动势E和内阻r分别为（） A.E=3V，r=2B.E=3V，r=1 C.E=2.4V，r=2D.E=2.4V，r=1二、多选题(本大题共6小题，共24分)15.如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力导线电阻，则（） A.电源内阻 B.电源内阻 C.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大 D.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小16.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图
8、线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（） A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B.对应P点，小灯泡的电阻为R= C.对应P点，小灯泡的电阻为R= D.对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值17.关于电流，下列说法中正确的是（） A.通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B.在国际单位之中，电流的单位是A C.单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 D.因为电流有方向，所以电流是矢量18.如图所示的电路中，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，则有（） A.V1表读数变小B.V2表读数变小 C.A表读数变小D.电源的总
9、功率变小19.在如图所示的U-I图象中，直线a为某电源的路端电压U与于路电流I的关系图象， 直线b为某电阻R的伏安特性曲线用该电源和电阻R连接成闭合电路，由图象可知（） A.R的阻值1.5B.电源电动势为3V，内电阻为0.5 C.电源的输出功率为3.0WD.电源的效率为50%20.如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4V时，电流表的指针G刚好满偏，当a、b间的电压为3V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是（） A.保持R2不变，增大R1B.增大R1，减小R2 C.保持R2不变，减小R1D.增大R2，减小R1三、计算题(本大题共3小题
10、，共34分)21.一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动（此时是纯电阻），在线圈两端加电压为U1=0.3V，电流为I1=0.3A松开转轴，在线圈两端加电压为U2=4V时，电流为I2=1A，电动机正常工作求： （1）电动机线圈内阻r？ （2）该电动机正常工作时，输入的电功率P入及机械功率P机各是多少？ 22.已知电流表的内阻Rg=120，满偏电流Ig=3mA， （1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？改装后的电压表内阻是多少？若用该改装后的电压表测某一电压，对应电流表的示数为2mA，则被测电压是多少伏？ （2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？ 23.
11、如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=0.5，电阻R1=5.0，R2=3.5，R3=6.0，R4=3.0，电容C=2.0F （1）求电键接到a时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？ （2）求电键从与a到与b接触时，通过R3的电荷量是多少？ 预科班高二物理月考试题（185-187）答案和解析【答案】 1.A2.C3.A4.A5.B6.C7.A8.B9.B10.B11.A12.A13.D14.A15.BC16.CD17.BC18.BD19.AD20.AB21.解： （1）电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：r=1， （2）电动机转动时，消
12、耗的电能转化为内能和机械能， 其输入的电功率为：P入=I2U2=14W=4W； 电动机的机械功率：P机=P入-I2r=4W-121W=3W， 答：（1）电动机的线圈内阻为1； （2）输入功率为4W；机械能功率为3W 22.解：（1）要想将表头改装为电压表应串联一个电阻分压，根据分压原理可知，=-200=1800； 改装后电表的内阻RV=R+Rg=1800+200=2000； 由U测=IG（R+Rg）=0.0022000=4V； （2）根据改装原理可知，要扩大量程，则应并联一个小电阻，则有： =0.12； 答：（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联1800的电阻？改装后的电压表内阻是200
13、0； 若用该改装后的电压表测某一电压，对应电流表的示数为2mA，则被测电压是4V； （2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联0.12的电阻 23.解：（1）电路中的电流：I=A=1A 当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=15.0=5.0V 电容的带电量为：Q1=CU1=210-65C=110-5C 由于上极板电势高，则上极板带正电荷 （2）当开关接b时，电容器的电压为：U2=IR2=13.5V=3.5V 电量为：Q2=CU2=210-63.5C=0.710-5C，且上极板带负电，下极板带正电 由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，带电量的变化量为： Q=（U1+U2）C=8.52.
14、010-6=1.710-5C 故通过R3的电荷量为1.710-5C 答： （1）当电键与a接触时电容带电量110-5C； （2）当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.710-5C 【解析】 1. 解：A、电压表并联在待测电阻两端；故电压表读数等于Rx两端的实际电压，而由于电压表的分流，电流表A读数大于通过Rx的实际电流；故A正确，B错误； C、本接法中电压表示数是准确的，但由于电压内阻不是无穷大，故电压表会分流导致电流表示数偏大；再由欧姆定律直接求解时，导致测量值偏小；故CD错误； 故选：A 因为电表不是理想电表，在测量中会产生误差，分析误差的来源根据欧姆定律可得出测量值与真实值之间
15、的关系 误差分析是实验中常考的内容，在分析中要注意误差来源及产生的影响，从而可以进行接法的选择 2. 解：由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故（1）错误，（2）正确 由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故（3）正确，（4）错误；故C正确； 故选：C 灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大
16、 本题考查电表改装原理的理解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值 3. 解：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL 由欧姆定律得，解得R=1.2， 灯泡消耗功率为； 电动机启动后，路端电压UL=E-Ir=12.5-560.05=9.7V，灯泡消耗电功率为PL=， 所以灯泡功率降低了P=120W-78.4W=41.6W； 故选：A 电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率； 而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两
17、端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；则可求得车灯的电功率降低值 本题要注意电路的结构，无论开关是否闭合，灯泡两端的电压都为路端电压；同时要注意电动机为非纯电阻用电器，不能适用欧姆定律，路端电压可以由U=E-Ir求得 4. 解：由于电热水壶正常工作，故： P=P额=1800W 则W=Pt=1800W160s=1.08105J故A正确，BCD错误 故选：A 电热水壶正常工作时，其实际功率等于电热水壶的额定功率，又知道工作时间，利用W=Pt可求消耗的电能 本题考查电功的计算，直接应用公式即可，注意电热水器为纯电阻电路，电功等于产生的电热 5. 解：A、由图可知，该图象是I-U图线
18、，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值故A错误，B正确； C、两电阻串联后的总电阻要比并联时的总电阻大，故串联后的电路中的总电流要小；故C错误，D错误； 故选：B I-U图象的斜率表示电阻的倒数，很容易比较出两电阻的大小再根据串并联电路的性质确定电流大小 该题结合图象考查欧姆定律，解答本题的关键在于明确I-U图象中斜率的意义；同时还要明确串并联电路的性质 6. 解： A、外电路断路时，外电阻R，I=0，所以U=E-Ir=E，则路端电压最大，故A正确； B、外电路断路时，外电阻R=0，I=，电流最大，据P=EI得，电源的功率最大故B正确； C、电源的输出功率
19、P=UI=I2R=，由此公式可知当R=r时，电源的输出功率最大，则外电路的电阻R变大时，电源的输出功率不一定变大，故C错误； D、据闭合电路的欧姆定律知，其电源的内外电压之和等于电源的电动势，保持不变，故D正确 本题选错误的，故选：C 根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，根据欧姆定律求解路端电压，根据表达式进行分析讨论 本题关键根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律列式求解出路端电压表达式进行讨论要知道电源的内外电阻相等时，输出功率最大 7. 解： A、由U=E-Ir可知，图象的斜率表示内阻，则由图可知，rarb；故A正确； B、电源的效率=由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，A电源的内阻r较大
20、，R接到a电源上，电源的效率较小故B错误 C、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到A电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大故C错误 D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由给出的图象不能比较二者的最大功率；故D错误； 故选：A 由电源的U-I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小； 电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比；根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比，从而确定电源的效率关系 当电阻R与电源组成闭合电路
21、时，电阻R的U-I图线与电源的U-I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率当内外电阻相等时，输出功率最大 本题是电源的外特性曲线与电阻的伏安特性曲线的综合，关键理解交点的物理意义，也可以根据欧姆定律研究电流与电压关系，来比较电源的输出功率 8. 解：ACD、若小灯泡短路、电流表和滑动变阻器断路，则电压表的读数均为零，不符合题意，故ACD错误 B、如果灯泡断路，则电压表与电流表组成分压电路，将滑动变阻器的滑片P左右移动时，由于电流表所在电路电阻很大，电流很小，所以电流表的示数几乎为零，电压表直接测量R两端的电压，示数明显变化，因此电路故障是灯泡断路，故B正确 故选：B 根据电路
22、的结构，逐项分析电流表和电压表示数的变化，选择符合题设条件的选项 本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，平时做实验时试一试，多积累这方面的经验 9. 解：A、由欧姆定律可求得电阻，但电阻与导体两端的电压及电流无关，故A错误； B、由R=知，导体的电阻与长度l、电阻率成正比，与横截面积S成反比，故B正确； C、电阻率是由导体的材料决定的，导线一分为二时，导体的电阻率不变，故C错误； D、将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍，长度增加原来的2倍，同时横截面积变原来，电阻丝的电阻变为原来的4倍，故D错误； 故选：B 根据欧姆定律和电阻定律进行分析，明确电阻的大小取决于电阻率、导体的长度和
23、截面积有关，和电压及电流无关 本题考查电阻定律及欧姆定律的正确应用，要注意电阻可以由欧姆定律求解，但电阻与电压和电流无关 10. 解：当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流I减小，A灯变暗 A灯和电源的内电压都减小，由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大，B灯变亮 由总电流减小，而通过B灯的电流增大，可知通过C灯的电流减小，则C灯变暗故ACD错误，B正确 故选：B 当变阻器的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道A灯亮度的变化由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断B灯亮度的变化
24、由通过B的电流与总电流的变化，分析通过C灯电流的变化，判断其亮度的变化 本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析电压或电流的变化，来判断电灯亮度的变化 11. 解：A、C、电吹风机消耗的电功率P是总功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确；C错误 B、线圈为非纯电阻电路，两端的电压大于电热丝两端的电压；故B错误； D、电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，故D错误 故选：A 在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率
25、，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的 本题考查功率公式的应用，要分清总功率、热功率及输出功率的定义，并会计算 12. 解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电阻R2的电压U2=E-I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I-I2减小所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小故A正确，BCD错误； 故选：A 当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外
26、电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化 本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分整体部分”的顺序分析 13. 解：根据Q=I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流强度变为原来的，时间不变，则热量变为原来的 故选：D 根据Q=I2Rt去求电阻变为2R，电流强度变为，在时间t内产生的热量 解决本题的关键掌握焦耳定律热量的公式Q=I2Rt 14. 解：由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势为 E=3V 当电源接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V，则电路中电流为I=A=0.3A，得：内阻r=2，故A正确，BCD错误 故
27、选：A 电源的电动势等于外电路断开时电源两极间的电压电源接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V，根据欧姆定律利用比例法求出电源的内电阻 本题要对电动势的意义要了解，可根据闭合电路欧姆定律进行理解，并强化记忆 15. 解：A、在时间t内消耗电能（W电）转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt）， 所以W电=mgvt+I2Rt 而W电=EI-I2r 解得：，故A错误，B正确； C、如果电动机转轴被卡住而停止转动，则电动机相当于电阻为R的电阻，所以电路的电流增大， 根据P=I2r可知较短时间内电源消耗的功率将变大，故C正确，D错误 故选BC 电流通过直流电动机做功，消耗电能（W电=UIt）
28、转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt），可求消耗的电能，再根据W电=EI-I2r求解电源内阻；如果电动机转轴被卡住而停止转动，则电动机相当于电阻为R的电阻，电路的电流增大，电源消耗的功率增大 本题考查了消耗电能（电功）的计算、功率的计算特别是要知道电动机不是纯电阻用电器，电流做功消耗的电能大部分转化为机械能、少部分转化为内能（发热） 16. 解：A、I-U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大故A错误 B、C、根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=，R不等于切线斜率，R也不等于“面积”故B错误，C正确 D、根据功率表
29、达式P=UI，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确； 故选：CD 小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大任一状态灯泡的电阻R=，并依据U与I图象面积大小表示功率，从而即可求解 对于线性元件，欧姆定律成立，即R=，对于非线性元件，欧姆定律不成立，R= 17. 解：AC、根据I=可知，电流等于单位时间内通过导体横截面的电量，通过导体的横截面的电荷量多，电流不一定大，还要看时间，故A错误，C正确； B、在国际单位之中，电流的单位是安培，简称安，符号：A，故B正确； D、电流的方向是认为规定的，所以电流是一个标量，故D错误； 故选：BC
30、单位时间内通过导体横截面的电荷量叫做电流，与自由电荷数目无关电流单位：安培，符号A，电流的方向是认为规定的本题考查了学生对电流的相关知识的掌握，属于电学基础知识的考查，相对比较简单 18. 解：A、闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，变阻器接入电路的阻值变大，则外电路的总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变小，则路端电压变大，即V1表读数变大故A错误 B、总电流变小，根据部分电路的欧姆定律，R1两端的电压变小，即V2表读数变小故B正确 C、R2两端的电压加上R1两端的电压等于路端电压，即U1+U2=U，R1两端的电压变小，路端电压变大，所以R2两端的电压变大，故R2中的电流减大
31、，即A表读数变大故C错误 D、电源的总功率为P=EI，E不变，I减小，电源的总功率变小故D正确 故选：BD 由图可知R与R2并联，电压V1表测量电路的路端电压，电压V2表测量R1电压，电流表测量通过R2的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表V1示数的变化；由部分电路的欧姆定律可知R1两端的电压的变化；由串并联的规律可得出电流表示数的变化；由P=EI可求得电源的总功率变化 本题考查闭合电路的欧姆定律的动态分析及功率公式，要明确电源的电功率等于电动势乘以总电流 19. 解：A、由图象b可知，外电
32、阻R=1.5，故A正确 B、由图象a可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短=2A，电源内阻r=1.5，故B错误 C、由两图象的交点坐标，可得电阻两端的电压为1.5V，流过电阻的电流为1A，电源的输出功率为P=UI=1.51W=1.5W，故C错误； D、由两图象的交点坐标，干路电流为1A，电源的总功率为P=UI=31W=3W，则电源的效率，故D正确 故选：AD 由图象a可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2A；由图象b可得外电路电阻R为1.5，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流 根据U-I图象a正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的
33、电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点 20. 解：ab间总电压降低了，要使通过G的电流不变，应保持G两端电压保持不变， A、保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流保持不变，故A正确； B、增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流不变，故B正确； C、保持R2不变，减小R1时，R1两端的电压减小，G的两端的电压减小了，通过G的电流减小了，故C错误； D、增大R2，减小R1时，R1两端的电压减小了，G两端的电压变小了，通过G的电流减小了，故D错误； 故选：AB ab间电压减小时，要保持
34、电流表示数不变，应保持R1两端的电压不变，根据选型逐项分析即可得出答案 解决本题的关键是知道串联电路电阻的分压特点，难点是能把R1和电流表看成一个电阻，与R2形成一个串联电路进行解决 21. 电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻，由P=I2R求出电动机正常工作时电动机线圈消耗的热功率，电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率； 知道电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机电阻是本题的难点；知道电动机的输入功率与热功率之差是电动机的输出功率是正确解题的关键 22. （1）根据串联电路中的分压原理可明确应串联的电阻，同时根据改装原理分析被测电压的数值； （2）根据并联电路的原理即可明确应并联的电阻大小 本题考查的电表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值同时掌握并联电路的分流作用，能根据欧姆定律求解电阻大小 23. （1）先分析电路的结构：R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量 （2）当开关与b连接时，C与R2并联即可求得电量，当开关与b连接时，C与R2并联；由C中电量的变化可得出流过R3的电量 本题是闭合电路欧姆定律中含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线，电容器中变化的电量才等于流过R3的电量
