判断选项C、D的正确与否不能仅凭简单地定性推理，要通过计算后获得。
电压表与R1并联后，变成R并与R2串联，有：
图5
同理：
可知U1/U2=R1/R2，选项C正确。
根据本题的结论可设计一个测量电阻的方法.
例5．如图5所示，电阻R1、R2并联后接入电流恒定为I的电路。
现用同一电流表依次测量通过R1、R2的电流，测量值分别为I1、I2，则I1/I2=R1/R2。
即：
电流一定时，并联的两电阻被同一电流表测量的电流值与电阻成反比。
证明：
当电流表电阻值RA小到可以忽略时，上述结论显然成立；当RA不可忽略时，用电流表测量哪一个电阻的电流时，就等于给这一电阻串联了一个电阻RA，使得电流表所测的电流是串联RA后的电流。
因此，当电流表与R1串联后，电路变成电阻（R1+RA）与R2并联，故有：
，同理
，从而有
4．含容电路的有关问题。
含容电路问题是高考中的一个热点问题，在高考试题中多次出现。
在第一轮复习专题讲座上讲得很详细，同学只要把它再复习一遍即可。
在复习时同学们要特别注意含电容电路的等效电路的求作方法。
例6.如图6所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF,电流表的内阻不计，求：
图6
（1）电流表的读数；
（2）电容器所带的电量；
（3）断开电源后，通过R2的电量。
分析与解：
（1）
（2）
（3）断开电源，R1与R2并联，与R3、C构成放电回路。
所以通过R2的电量
.
5.分析电路故障问题。
分析电路的故障问题有：
（1）给定可能故障现象，确定检查方法；
（2）给定测量值，分析推断故障；（3）根据故障，分析推断可能观察到的现象等几种情况，同学们要注意掌握这类问题的分析求解方法。
图7
例7．在图7所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是：
A．直流10V挡.B．直流0.5A挡.
C．直流2.5V挡.D．欧姆挡。
分析与解：
根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。
先考虑电压挡，将黑表笔接在b端，如果指针偏转，说明R1与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6V。
基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明R1与电源连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，否则说明R2与电源间导线是断的，A项正确。
再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明R1与电源连接的导线是断的，此时指示数I=E/（R1+R2）=0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明R1与电源间连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，此时示数I=E/R2=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。
6．非线性电路的求解问题。
非线性电路（如含二极管、热敏电阻的电路等）的分析要用到图线相交法。
要注意理解图象交点的物理意义。
例8.图8中所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，可见两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。
参考这根曲线，回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）。
（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻。
（2）如图9所示，将两个这样的电灯并联后再与10Ω的定值电阻串联，接在电动势为8V的电源上，求通过电流表的电流值及各灯泡的电阻值。
图10
图9
图8
分析与解：
（1）由于三个电灯完全相同中，所以每个电灯两端的电压UL=12/3V=4V。
在图8中画出U=4V的直线，得到和曲线的交点坐标为（4V,0.4A），所以流过电灯的电流为0.4A，此时每个电灯的电阻值为
。
（2）设此时电灯两端的电压为U，流过每个电灯的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：
E=2IR0+U，代入数据得U=8-20I.
在图8上画出此直线，得到如图10所示的图象，可求得到直线和曲线的交点坐标为（2V,0.3A），即流过电灯的电流为0.3A,流过电流表的电流强度为0.6A,此时电灯的电阻为
。
B
例9.把晶体二极管D和电阻R串联起来，连接成如图11甲所示的电路。
电源的电动势E=5.0V，内电阻不计。
二极管两端的电压U与其中的电流I的关系曲线（伏安特性曲线）如图11乙中实线所示，但为简单起见，可近似地看作直线，直线与横轴的交点E0=1.0V（见图中虚线），即二极管上所加电压UE0时，I和U为线性关系，此二极管消耗的功率P超过4.0W时将被烧坏。
（1）电阻R最小要多大才不致烧坏二极管？
图11甲
（2）在保证不致烧坏二极管的条件下，R值为多大时，输入给R的功率最大，此功率最大值等于多少？
分析与解：
（1）由题意，二极管伏安特性曲线的方程可表示为：
U=E0+R0I
其中已知E0=1.0V，R0值可由特性曲线直线段上某点的U和I值得出，把A点坐标（4V,6A）代入上式可得，R0=0.5Ω.
按题意，二极管消耗的功率应满足：
P=UI≤4.0W.
由以上各式可得：
U≤2.0V,I≤2.0A.
这表示，为了保证二极管正常工作而不致被烧坏，应使其工作在题图11乙中B点以下直线段。
E-U=IR
已知：
E=5.0V，U≤2.0V,I≤2A,可得，R≥1.5Ω。
（2）假设二极管不被烧坏，R的输入功率为P/,则有：
.
由上式可得，当R=R0=0.5Ω时，P/有最大值：
可见，当RR0时，P/随R的减小而增大，实际上，为了保证二极管不被烧坏，必须R≥1.5Ω>R0.在这个条件下，P/随R的减小而增大。
所以，当R=1.5Ω时，P/是保证二极管不被烧坏的最大值。
.
7．非纯电阻电路问题。
非纯电阻电路是指电路含有电动机、电解槽等装置，这些装置的共同特点是可以将电能转化为机械能、化学能等其他形式的能量。
要学会用能量守恒定律求解这类问题。
例10.如图12所示，电阻R1=20Ω，电动机绕线电阻R2=10Ω，当电键S断开时，电流表的示数是I1=0.5A,当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是:
S
A．I=1.5AB.I<1.5A
C.P=15WD.P<15W
分析与解：
当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U=I1R1=10V；当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U=10V，通过电动机的电流应满足UI2>I22R2,所以I2<1A.所以电流表的示I<1.5A，电路消耗的电功率P<15W,即BD正确。
8.交流电“四值”的运用问题。
交流电的瞬时值、最大值、平均值、交流电的有效值有不同用途，同学们要掌握它们的求解方法和用途。
例11．有一正弦交流电源，电压有效值U=120V，频率为f=50Hz向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U0=60
V，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？
为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？
分析与解：
由正弦交流电的最大值与有效值U的关系得：
Um=120
V
图13
设t=0时交流电的瞬时电压U=0则交流电的瞬时表达式U=120
sin100
t（V）
如图13所示，画出一个周期内交流电的U-t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1，
当U=U0=60
V时由式得再由对称性求得t1=1/600s一个周期内能发光的时间：
t=T-4t1=
再由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：
t=
很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1/300s（如图12所示中t2时刻到t3时刻）由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约1/16s为远大于1/300s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉。
例12．边长为a、匝数为n的正方形导线框置于按空间均匀分布的磁场区域内，磁感强度B的方向与线框平面垂直，如图14甲所示。
磁感强度B随时间按图14乙所示正弦规律变化。
设导线的横截面积为S、电阻率为ρ,图象中所标量为已知量。
求在t时刻（t>>T）线框中产生的热量。
分析与解：
线框中感应电动势的最大值为：
-Bm
而
.
t
线框中感应电流的最大值为
又
所以线框在时间t内产生的热量为：
.
例13.在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中有一个正方形金属线圈abcd，边长L=0.2m。
线圈的ad边与磁场的左侧边界重合，如图15所示，线圈的电阻R=0.4Ω.用外力把线圈从磁场中移出有两种方法：
一种是用外力把线圈从左侧边界匀速平移出磁场；另一种是以ad边为轴，用力使线圈匀速转动移出磁场，两种过程所用时间都是t=0.1s。
求
图15
（1）线圈匀速平移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功。
（2）线圈匀速转动移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功。
分析与解：
（1）使线圈匀速平动移出磁场时，bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势E=BLV.而V=L/t.
外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能，即
（2）线圈以ad边为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的，感应电动势和感应电流的最大值为:
外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能，即
9．输电线路与变压器电路的有关问题。
理想变压器电压、电流与匝数的关系：
由“三不变”可导出“三变”，即变电压、变电流、变电阻。
①理想变压器原副线圈的端电压之比等于这两个线圈的匝数比：
（对于有一个副线圈或有几个副线圈的变压器都适用）
图16（甲）
②变压器工作时，原线圈和副线圈中的电流跟它们的匝数成反比：
n1I1=n2I2（只适用于一个副线圈的变压器），若有两个以上的副线圈，根据理想变压器的输入功率等于输出功率（P1=P2+P3+…），可推导出:
n1I1=n2I2+n3I3。
例14.如图16（甲）所示，理想变压器电路中原、副线圈的匝数比为n1:
n2=2:
1,电路中接有规格均为“220V，40W”的三个完全相同的灯泡A、B、C，若三只灯泡都正常发光，求此时输入电压U0多大？
图16（乙）
分析与解：
设负载等效到变压器输入端的电阻为R/，变压器的输入等效电路如图16乙所示，因负载总电阻为：
则
图17
由图16（乙）可知，阻值为1210Ω的灯泡A与电阻R/串联，灯泡正常发光为220V，根据串联分压规律可得输入电压为
例15．如图17所示，变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈有两个线圈，匝数分别为n2=200匝，n3=500匝，分别接一个R=55Ω的电阻，在原线圈上接入220V交流电，求：
（1）两个副线圈上的电流之比I2：
I1=？
（2）原线圈中的电流I1=？
分析与解：
（1）如果乱用“电流与匝数成反比”就会得到一个错误答案：
I2：
I3=5：
2。
要得到正确的解，必须先由变压比公式求得：
然后根据欧姆定律得：
I2=0.8A,I3=2A
（2）由公式
，可得
例16.（2005年春季高考试题）原始的电话机将听筒和话筒串联成一个电路，当自己对着话筒讲话时，会从听筒中听到自己的声音，导致听觉疲劳而影响通话。
现代的电话将听筒电路与话筒电路分开，改进的电路原理示意图如图18所示，图18中线圈Ⅰ与线圈Ⅱ匝数相等，R0=1.2kΩ，R=3.6kΩ，Rx为可变电阻。
当Rx调到某一值时，从听筒中就听不到话筒传出的声音了，这时Rx=_____kΩ。
图18
分析与解：
当线圈Ⅰ与线圈Ⅱ中的电流大小相等、方向相反，两个线圈在铁芯中产生的磁场方向相反，磁感强度大小相等，这样铁芯中的磁通量为零，这样在听筒中就不会有感应电流产生，从听筒中就听不到话筒传出的声音了。
B
所以有
解得Rx=1.8kΩ.
10.电磁感应电路的综合问题。
V0
例17.如图19所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B．边长为L的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦．两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r．
（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度V0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图20所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大?
此时方框的热功率为多大?
（2）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度V0，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?
d
（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度V（
），U型框最终将与方框分离．如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．
分析与解：
（1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势
当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图20所示）时，等效电路如图21所示。
U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为:
根据全电路欧姆定律可得电路的总电流为：
根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：
.
方框中的热功率为:
（2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度V，根据动量守恒定律
解得：
根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即:
（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为V1，U型框的速度为V2，根据动量守恒定律，有:
两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即
.
联立以上两式，解得：
；
例18.把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆周环，水平固定在竖直向下的磁感强度为B的匀强磁场中，如图22所示。
一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的电接触。
当金属棒以恒定速度V向右移动，经过环心O时，求：
（1）棒上电流的大小和方向，及棒两端的电压UMN。
（2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率。
图22
分析与解：
（1）金属棒MN以恒定速度经过圆心O时，产生的感应电动势最大，此时外电路相当于两个相同电阻并联。
此时产生的最大电动势为：
E=2BaV.
此时感应电流
，其方向由N指向M。
则
（2）此时在整个电路中消耗的总热功率为：
。
11.分析计算的电磁感应中的收尾问题。
导体棒在导电滑轨上做切割磁感线运动时，会产生感应电动势，从而在导体棒中产生感应电流，导体棒又要受到安培力作用而使运动状态发生变化，经过足够长时间后一定会达到某种收尾状态。
收尾状态可为静止状态、匀速直线运动状态、匀加速直线运动状态等。
例19.质量为m的跨接杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，杆的初速度为V0，电阻不计，如图23所示。
试求杆所滑行的距离。
图23
分析与解：
当跨接杆在运动时，做切割磁感线运动，会产生感应电动势，从而在跨接杆中产生感应电流，跨接杆又要受到安培力作用而做减速运动，经过足够长时间后跨接杆会处于静止状态。
设跨接杆从开始运动到静止状态所滑行的距离为S，则在这段时间跨接杆中的平均感应电动势为：
根据欧姆定律可得跨接杆中的平均电流强度为：
根据动量定理可得：
，所以杆所滑行的距离S=
。
图24
例20.如图24所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角是θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B，在导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻。
一根垂直于导轨放置的金属棒ab,质量为m，从静止开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度。
已知ab与导轨间的动摩擦因素为μ，导轨和金属棒的电阻都不计。
分析与解：
金属棒ab下滑时，其加速度为：
棒由静止下滑，当V变大时，有下述过程发生：
V↑→F↓→a↓→V↑,可知a=0时速度达到最大值，以后棒做匀速运动。
当平衡时有：
所以有：
。
12．分析自感电路问题。
一个含有自感线圈的电路与电源接通或断开时，由于自感线圈的“电惯性”，电流只能渐变而不能突变，即不能在无限小时间内完成有限的变化;当电流达到稳定值时，没有感应电动势产生，此时自感线圈就是普通导线。
利用这一特点可以快速解答相关问题。
例21.如图25所示电路中，安培计的内阻不计，电阻R1=2.5Ω,R2=7.5Ω,自感线圈的直流电阻可以忽略不计，当闭合电键K的瞬间，安培计读数I1=0.2A,当线圈中的电流稳定后，安培计读数I2=0.4A,试求电池的电动势E和内阻r。
图25
分析与解：
当闭合电键K的瞬间，通过L的电流为零，所以有
I1=
，即：
E=2+0.2r
当线圈中的电流稳定后,R2被短路，所以有
I2=
，即：
E=1+0.4r
图26
由上述各式求得：
E=3V，r=5Ω.
例22.如图26是测定自感系数很大的线圈
直流电阻的电路，
两端并联一只电压表（电压表的内阻RV很大），用来测电感线圈的直流电压，在测量完毕后将电路解体时.若先断开S1时，则（填电压表或电流表）将可能损坏。
分析与解：
若先断开S1时，则由于自感在L两端会产生瞬时高压，高压加到电压表两端，则电压表可能损坏。
13．楞次定律的应用问题。
图27
例23.如图27所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方向下落（未达导轨平面）的过程中，导体P、Q的运动情况是（）
A.P、Q互相靠拢
B.P、Q互相远离
C.P、Q均静止
D.因磁铁下端的极性未知，无法判断
分析与解:
条形磁铁下落，引起感应电流的磁通量增加，要阻碍磁通量的增加，P、Q必须互相靠拢，故本题的正确答案为A。
注意：
本题如果不用“阻碍引起感应电流的磁通量的变化”这个含义来解答，第一步先假设条形磁铁下端为N极，用楞次定律和安培定律来判定P、Q中的感应电流方向，又用安培定则和左手定则来判定P、Q的受力情况，最后确定P、Q的运动情况，第二步再假设条形磁铁的下端是S极，按照第一步的程序确度P、Q的运动情况，综合两步的结论也得正确答案是A，但十分麻烦。
图28
例24.如图28所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将如何移动？
分析与解：
无论条形磁铁的哪个极为N极，也无论是顺时针转动还是逆时
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