考点：

伏安法测电阻的探究实验

专题：

实验题；压轴题；设计与制作题；探究型实验综合题．

分析：

由题意可知，所给的器材中无电流表，不能利用“伏安法”来测电阻，可以根据串联电路中各处的电流相等设计电路，即待测电阻和已知电阻串联；实验中要求比较精确地测出一个约为20Ω的未知电阻，且电压表的量程为0～3V，若待测电阻和定值电阻R₀串联或者待测电阻与最大阻值为200Ω的滑动变阻器串联，都会使电压表的示数超过量程，故可以采用定值电阻R₀和待测电阻、滑动变阻器串联，然后用电压表分别测出待测电阻和已知电阻两端的电压，利用欧姆定律得出等式即可得出待测电阻的阻值．

解答：

解：（1）定值电阻R₀和未知电阻R_x、滑动变阻器串联，分别利用电压表测出定值电阻R₀和未知电阻R_x两端的电压，电路图如下图所示：

（2）主要实验步骤和需要测量的物理量：

①按照电路图连好电路，将滑动变阻器滑片调到阻值最大处，闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数接近满偏，记下电压表的示数U₀；

②断开开关，保持滑片的位置不变，将电压表改接在未知电阻两端，闭合开关，记下电压表的示数U_x；

（3）∵串联电路中各处的电流相等，

∴根据欧姆定律可得：

=，

解得：R_x=R₀．

点评：

本题属于“一只电表测电阻”的类型，这种类型的题目，由于器材相对不够，不能用“伏安法”来测电阻，可以根据串联电路的电流特点和并联电路的电压特点设计测电阻的方法．

考点：

伏安法测电阻的探究实验；电流表的连接；电路的动态分析

专题：

作图题；压轴题；实验探究题；整体思想；估算法．

分析：

（1）电源电压是3V，电阻R₁≈9Ω，根据I=可以估算出干路中的电流大约在0.33A左右，所以选择电流表的量程为0～0.6A；

（2）电压表示数总为3V不变，说明电压表测量的是电源两端的电压，寻找可能的原因，一是滑动变速器短路或被测电阻断路；

（3）在测量电阻的实验中，应通过滑动变阻器改变电路中的电流，多次测量求平均值，以减小实验的误差，因为导体的电阻与电流和电压无关．

解答：

解：（1）由于电源是两节干电池串联，电源电压为3V，故电压表量程选择0～3V，根据R=可判断电路中的最大电流在0.33A左右，故电流表的量程选择0～0.6A；

（2）移动滑片，电压表示数总为3V，说明电压表测的是电源电压，即R₁处断路或R₂处短路；

（3）清除故障后，将滑片P向左滑动时，其电阻减小，整个电路的电流增大，电压表示数将增大；

由图丙知：U=2V，I=0.2A，所以R===10Ω；

这个结果不可靠，应多次测量求平均值，以减小实验的误差．

故答案为：（1）电路如图所示．

（2）R₁处断路R₂处短路

（3）增大；10；不可靠；没有多次测量求平均值．

点评：

本题的难点较多，一是电流表量程的选取，二是故障原因的判断，需要学生在平时的学习中积累方法与技巧．

考点：

探究电流与电压、电阻的关系实验

专题：

压轴题；探究型实验综合题．

分析：

（1）根据电流表的示数变化判断出滑动变阻器阻值的变化，根据串分压的知识判断出U₁的变化，根据欧姆定律判断出U₂的变化；

（2）根据电压与电流的关系，判断出对应的图象，理解两图线相交的含义即具有相同的电流和电压；

（3）分析出当电流表示数为为零时，可能电路发生断路，根据电压表的示数得出电源电压．根据图象中两个对应的点列车关系式求出R₀的值．

解答：

解：（1）电路中的电流增大，根据U=IR得，灯泡两端的电压变大，所以U₂的示数增大；

电流增大，则滑动变阻器的电阻减小，所以灯泡与滑动变阻器的总电阻减小，分得的电压减小，即U₁的示数减小；

（2）由图象知，Q点处说明U₁和U₂相等，则此时滑动变阻器 两端的电压为零，电阻为零；

（3）根据（1）的分析，上面是U₁﹣I图线，下面是U₂﹣I图线，当电流为零时，说明电路发生了断路，由U₁的示数可得与电压表V₁并联的电路某处断路，此时U₁等于电源电压，所以电压电压U=4.5V；

由图象知，当U₁=1.5V时，电路中的电流I=3.0A

R₀两端的电压U₀=U﹣U₁=4.5V﹣1.5V=3.0V

R₀的电阻R₀===1Ω

故答案为：（1）减小；增大；（2）0；（3）电源电压为4.5V，电阻R₀的阻值为1Ω．

点评：

此题通过图象和动态电路考查了学生对串联电路电压、电流关系及欧姆定律的应用，解决此题关键能根据滑动变阻器阻值的变化判断出两电压表示数的变化，并能结合图象分析出所需的数值，难度较大．

考点：

伏安法测电阻的探究实验

专题：

压轴题；探究型实验综合题．

分析：

由电路图可知，电压表测滑动变阻器两端电压，滑动变阻器接入电路的阻值越大，滑动变阻器的分压越大，电压表示数越大；根据串联电路特点及欧姆定律列方程，然求出电源电压与电源内阻．

解答：

解：（2）向右移动滑片，滑动变阻器接入电路的阻值变大，滑动变阻器分压变大，电压表示数变大．

（3）设电源电压是U，内阻为r，∵I=，∴U=IR，

由串联电路特点可知，U=U₁+I₁r，即：U=2.0V+0.50A×r，

U=U₁+I₂r，即：U=2.5V+0.25A×r，解得U=3V，r=2Ω；

故答案为：（2）右；（3）3；2．

点评：

认真审题，理解题意，熟练应用串联电路特点 及欧姆定律即可正确解题．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；电流表的读数方法；电压表的使用；串联电路的电压规律

专题：

计算题；压轴题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．

分析：

（1）由电路图可知，R₁与R₂串联，电流表测电路中的电流，根据电流表的量程和分度值读出电路中的电流，利用欧姆定律求出电阻R₁两端的电压；

（2）根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器R₂连入电路的阻值；

（3）由图2（b）可知电压表的最大示数为15V，若电压表并联在AB两点间R₁两端的最大电压为15V，若电压表并联在CD两点间时R₁两端的最大电压可达到18V，故电压表应并联在CD两点间在移动变阻器滑片P的过程中电压表示数的变化量△U最大；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，R₁两端的电压等于电源的电压，滑动变阻器两端的电压为0，此时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流即可判断选取的滑动变阻器；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，进一步得出电压表的最大变化量．

解答：

解：①由电路图可知，R₁与R₂串联，电流表测电路中的电流，

图2（a）中电流表的量程为0～3A，分度值为0.5A，电路中的电流I=0.8A，

根据欧姆定律可得，电阻R₁两端的电压：

U₁=IR₁=0.8A×10Ω=8V；

②∵串联电路中总电压等于各分电压之和，

∴此时滑动变阻器两端的电压：

U₂=U﹣U₁=18V﹣8V=10V，

滑动变阻器R₂连入电路的阻值：

R₂===12.5Ω；

③由图2（b）可知电压表的最大示数为15V，若电压表并联在AB两点间R₁两端的最大电压为15V，若电压表并联在CD两点间时R₁两端的最大电压可达到18V，

∴电压表应并联在CD两点间在移动变阻器滑片P的过程中电压表示数的变化量△U最大；

当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，R₁两端的电压等于电源的电压，滑动变阻器两端的电压为0，此时电路中的电流最大，

I_max===1.8A＞1A，

∴滑动变阻器的规格为“20Ω，2A”，

当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，即电压表的示数最大，

∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，

∴电路中的最小电流：

I_min===0.6A，

电压表的最大示数：

U₂′=I_minR₂′=0.6A×20Ω=12V，

∴△U_最大=12V．

答：①求电阻R₁两端的电压U₁为8V；

②此时滑动变阻器R₂连入电路的阻值为12.5Ω

③20Ω，2A；CD；电压表示数的最大变化量为12V．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电流表的读数，关键是根据电压表的量程判断电压表变化量最大时电压表的位置．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电阻的串联

专题：

计算题；压轴题；电路和欧姆定律；图像综合题．

分析：

（1）根据G=mg求出空载时踏板的重力，由图乙得出对应压敏电阻的阻值，根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电流，利用欧姆定律和串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R₀的阻值；

（2）电子称的质量最大时对应的电压表量程最大值，此时定值电阻两端的电压为3V，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出压敏电阻的阻值，由图乙读出压敏电阻受到的压力即为踏板和最大称量的重力之和，再根据G=mg求出该电子秤的量程；

（3）先求出最大称量为110kg时压敏电阻受到的压力，再由图乙读出压敏电阻的阻值，利用欧姆定律求出电路中的总电阻，最后根据串联电路的电阻特点求出所需串联电阻的阻值．

解答：

解：（1）空载时，踏板的重力为：

G=mg=5kg×10N/kg=50N，

由丙图可知，此时压敏电阻的阻值R=240Ω，

∵串联电路中总电压等于各分电压之和，

∴压敏电阻两端的电压：

U_R=U﹣U₀=9V﹣1V=8V，

∵串联电路中各处的电流相等，

∴根据欧姆定律可得，电路中的电流：

I₁===A，

R₀的阻值：

R₀===30Ω；

（2）电子称的质量最大时对应的电压表量程最大值，此时定值电阻两端的电压为3V，

此时电路中的电流：

I₂===0.1A，

压敏电阻两端分得的电压：

U_R′=U﹣U₀′=9V﹣3V=6V，

压敏电阻的阻值：

R′===60Ω，

由丙图可知，此时压敏电阻受到的压力为950N，

该电子秤的量程：

m_max===90kg；

（3）当电子称的量程变为110kg时，

G′=m'g=110kg×10N/kg=1100N，

压敏电阻受到的压力为1100N+50N=1150N，由图乙可知压敏电阻R″=20Ω，

此时电路中的总电阻：

R_总===90Ω，

∵串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，

∴R_加=R_总﹣R₀﹣R″=90Ω﹣30Ω﹣20Ω=40Ω，

要使电子称的量程变为110kg，应串联一个40Ω的电阻．

答：（1）R₀的阻值阻值为30Ω；

（2）该电子秤的量程是90kg；

（3）要使电子称的量程变为110kg，应串联一个40Ω的电阻．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律及其变形公式的灵活运用，关键是正确分析电路图和从图象中得出相关的信息，要注意计算时要考虑踏板的压力．

考点：

欧姆定律的应用

专题：

计算题；应用题；欧姆定律．

分析：

由电路图可知，当开关S断开时，电路为R₁的简单电路，两电流表测电路中的电流，电压表测R₂两端的电压；

当开关S闭合时，两电阻并联，电压表测并联电路两端的电压，也是测电源的电压，电流表A₁测R₁支路的电流，A测干路电流；根据电源的电压不变判断电压表示数的变化，根据并联电路的特点判断两电流表示数的变化．

解答：

解：∵开关S断开时，电路为R₁的简单电路，电压表测R₂两端的电压，R₂没有连入电路，故此时电压表示数为零；

两电流表测电路中的电流，即通过R₁的电流．

∴开关S闭合后，电压表测并联电路两端的电压，也是测电源的电压，故电压表的示数变大；

∵电流表A₁测R₁支路的电流，

∵R₁两端的电压不变，

∴电流表A₁的示数不变．

∵电流表A测干路电流，并联电路干路电流等于各支路电流之和，

∴当开关S₂闭合时，电流表A的示数变大，且电流表A的示数变化为支路R₂上的电流I₂．

则电压表V的示数变化与电流表A的示数变化之比为：=R₂=2Ω．

故答案为：变大；不变；2．

点评：

本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是开关S闭合前后电路连接方式的辨别和各电表所测电路元件的判断．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律

专题：

计算题；压轴题；信息给予题．

分析：

（1）根据滑片在a、b两点时电路的连接情况，由电源电压保持不变的特点，利用欧姆定律列出关于电压的等式，即可求出R₁的阻值；

（2）由图可知滑动变阻器R₂两端的电压和通过的电流值，根据欧姆定律求出R₂，则当滑动变阻器的滑片P在中点时，连入电路的阻值为R₂，如何根据串联电路的特点和欧姆定律求出串联电路的电流．

解答：

解：（1）由电路图可知，当滑片P在a端时滑动变阻器全部接入，R₁与R₂串联，即电路中电流最小时，则由图象可知此时电路中的电流I_a=0.2A，R₂两端的电压U₂=4V，

∴R₂===20Ω；

电源电压U=I_aR₁+U₂，

即：U=0.2A×R₁+4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①

当滑片P在b端时，滑动变阻器没有连入电路，电压表示数为零，由图象可知这时电路中电流为I_b=0.6A，电源电压加在R₁上，则U=I_bR₁；

即U=0.6A×R₁ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

解①②得：R₁=10Ω，U=6V；

（2）当滑动变阻器的滑片P在中点时，则滑动变阻器连入电路的阻值为R₂′=R₂=×20Ω=10Ω，

∴电流表的示数为：I′===0.3A．新 |课  |标|第 | 一| 网

∴由图象可知：电流表示数为0.3A时对应的点是B．

故答案为：10；B．

点评：

本题关键是欧姆定律及其变形的灵活运用，难点是明白滑片移动过程中电路的变化情况，本题重点考查了应用图象解决问题，这是以后学习的重点．

考点：

欧姆定律的应用；电路的动态分析

专题：

应用题；简答题；电路变化分析综合题．

分析：

（l）当电吹风机送出来的是热风时，说明电动机和电阻丝同时工作．

（2）首先由图象得出吹热风和吹凉风时的功率和时间，然后根据W=Pt分别计算出电吹风工作时吹热风和吹凉风时消耗的电能，求其和即可．

（3）根据功率随时间的图象计算电热丝的功率，然后利用R=求出电阻．

（4）导体的长度、材料相同时，横截面积越大，电阻越小；根据公式P=UI=即可分析出灯泡实际功率的变化．

解答：

解：（l）当电吹风机送出来的是热风时，需要电动机和电阻丝同时工作，即开关应置于图甲中的1位置，电风扇与电热丝是并列连接在电源上的，所以是并联连接．

（2）根据功率随时间的变化关系图象可知：

P_热=616W，t₁=20s，P_凉=88W，t₂=30s﹣20s=10s，htt p://www.x kb1.com

W_总=W_热+W_冷=P_热t₁+P_凉t₂=616W×20s+88W×10s=13200J．

（3）∵吹热风时电动机和电阻丝同时工作，吹冷风时只有电动机工作，

∴电热丝的功率为P=P_热﹣P_凉=616W﹣88W=528W，

根据P=UI=得：

电热丝的电阻为R===91.7Ω．

（4）白炽灯灯泡长期使用后，钨丝因升华变细，横截面积变小，导致灯丝电阻变大；根据公式P=UI=可知，灯泡两端的电压不变，灯泡的实际功率与其电阻成反比，电阻增大时灯泡的实际功率会变小．

故答案为：（l）1；并联；（2）13200；（3）91.7；（4）大；小．

点评：

本题考查电功率公式的应用和影响电阻大小的因素，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；并联电路的电压规律

专题：

计算题；应用题；压轴题；动态预测题．

分析：

（1）已知灯泡的额定电压和额定功率，根据I=求出额定电流；

（2）当开关S₁、S₂、S₃都闭合，滑动变阻器R₂的滑片P到a端时，灯泡与电阻R₁并联，电流表测干路电流，根据灯泡正常发光时的电压和额定电压相等可知电源的电压，此时灯泡的电流和额定电流相等，根据并联电路的电流特点求出通过R₁的电流，再根据欧姆定律求出R₁的电阻；

（3）当S₁、S₃闭合，S₂断开，滑动变阻器滑片P滑到b端时，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，先根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，再根据欧姆定律求出灯泡的电阻，求出电路中的电流即电流表的示数．

解答：

解：（1）灯泡的额定电流：

I_L===0.5A；

（2）当开关S₁、S₂、S₃都闭合，滑动变阻器R₂的滑片P到a端时，如下图所示：

∵灯泡正常发光，

∴电源的电压U=U_L=6V；

∵I=1.5A，I_L=0.5A，

∴I₁=I﹣I_L=1.5A﹣0.5A=1A，

R₁===6Ω；

（3）当S₁、S₃闭合，S₂断开，滑动变阻器滑片P滑到b端时，如下图所示：

灯泡两端的电压U_L′=U﹣U₂=6V﹣3V=3V，

灯泡的电阻：

R_L===12Ω；

此时电路中的电流I′===0.25A，即电流表的示数为0.25A．

故答案为：6；6；0.25．

点评：

本题综合考查了电阻、电压、电流、电功、电功率的计算和串联电路、并联电路的特点，关键是熟练的掌握和应用相关的知识，难点是开关闭合和断开时电路串并联的辨别．

考点：

欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用；电路的动态分析

专题：

计算题．

分析：

（1）首先判断电路的连接方式，电压表和电流表测量的对象；

（2）判断出滑动变阻器的滑片向右移动过程中，连入电阻的变化情况，电路总电阻和总电流变化情况，结合欧姆定律判断电压表示数变化情况；

（3）电压表测量滑动变阻器R₁两端的电压，根据串联电路电压的特点求出电阻R2两端的电压，根据电流表示数利用欧姆定律求出R₂阻值．

解答：

解：（1）滑动变阻器R₁和定值电阻R₂组成串联电路，电压表测量R₁两端的电压，电流表测量电路中的电流．

（2）①当滑动变阻器R₁的滑片P向右移动的过程中，R₁接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电路中电流I变小；

②定值电阻R₂两端的电压为U₂=IR₂，R₂不变，I变小，所以U₂变小；

③根据串联电路电压的特点，滑动变阻器R₁两端的电压U₁=U﹣U₂，电源电压U不变，U₂变小，所以U₁变大，

∴电压表示数变大．

（3）当电压表示数0.6V，电流表的示数为0.2A时，定值电阻R₂两端的电压U₂=U﹣U₁=3V﹣0.6V=2.4V，

∴R₂的阻值为R₂===12Ω

故答案为：变大、12．

点评：

判断电压表或者电流表示数变化的题目，需要按照以下步骤进行分析：

（1）判断电路的连接方式，并认清电路中电流表、电压表的测量对象；

（2）分析滑动变阻器的滑片移动时引起电路中总电阻的变化情况，并根据欧姆定律分析电路中总电流的变化情况，从而分析出电路中测量总电流的电流表的示数变化情况；

（3）根据欧姆定律分析定值电阻两端的电压变化情况，根据串、并联电路中的电压和电流关系分析其余电表变化情况．

考点：

欧姆定律的应用；电功的计算

专题：

计算题；压轴题．

分析：

根据欧姆定律分别求出两电阻的最大电压；R₁、R₂并联时，由于电压相同，要保证元件不被烧坏，就要取电压较小的；根据欧姆定律和并联电路电流特点求出干路中的最大电流；根据W=UIt求出R₂在10s内产生的热量．

解答：

解：电阻R₁两端的最大电压为：U₁=I₁R₁=10Ω×0.6A=6V；

电阻R₂两端的最大电压为：U₂=I₂R₂=20Ω×0.5A=10V；

两电阻并联，由于电压相同，要保证元件不被烧坏，要取电压较小的，

所以电源的电压为6V，通过R₁的电流I₁=0.6A；

通过R₂的电流I₂===0.3A；

干路中的最大电流为：I=I₁+I₂=0.6A+0.3A=0.9A；

R₂在10s内产生的热量为：W=UI₂t=6V×0.3A×10s=18J．

故答案为：6；0.9；18．

点评：

本题考查电压、电流、电功的计算，关键是明白并联电路电压的特点；难点是确定并联电路的最大电压．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；滑动变阻器的使用；电阻的串联

专题：

计算题；压轴题；图析法；方程法．

分析：

分析电路图，滑动变阻器R₁、电阻R₂、电阻R₀串联在电路中，电压表V1测量R₁和R₂两端的总电压，电压表V₂测量R₂两端的电压，电流表测量电路中的电流．

当滑片P向左移动时，滑动变阻器R₁连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，R₀两端的电压变大，R₂两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R₁和R₂两端的总电压变小，由此可知图象中上半部分b为R₁和R₂的I﹣U图象，下半部分a为R₂的I﹣U图象．

由图象可知：

当电压表V₁的示数（R₁和R₂两端的电压）为10V时，此时电压表V₂的示数（R₂两端的电压）为1V，电路中的电流为1A，据此可得U=U₁+U₀=10V+IR₀，R₂=；

当滑片P移至最左端，滑动变阻器连入电阻为0，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大为4A，此时两电压表的示数都为4V，据此可得U=U₂′+U₀′=4V+I′R₀，和上面的方程组成方程组求解R₂、R₀和电源电压．

解答：

解：由图知，当滑片P向左移动时，滑动变阻器R₁连入的电阻变小，从而使电路中的总电阻变小，电路中的电流变大，

根据欧姆定律的推导公式U=IR可知，R₀两端的电压变大，R₂两端的电压变大，由串联电路电压的特点可知，R₁和R₂两端的总电压变小，

据此判断：图象中上半部分b为R₁和R的I﹣U图象，下半部分a为R₂的I﹣U图象，

即，b为电压表V₁示数变化的图线；

由图象可知：

当R₁和R₂两端的电压为10V时，R₂两端的电压为1V，电路中的电流为1A，

∴U=U₁+U₀=10V+IR₀=10V+1A×R₀﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①

R₂===1Ω；

当滑片P移至最左端，滑动变阻器连入电阻为0，两电压表都测量电阻R₂两端的电压，示数都为4V，电路中的电流最大为4A，

∴U=U₂′+U₀′=4V+4A×R₀﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

由①②得：10V+1A×R₀=4V+4A×R₀

解得：R₀=2Ω，

则电源电压为：U=U₁+U₀=10V+IR₀=10V+1A×2Ω=12V．

故答案为：b，1，12，2．

点评：

本题考查了学生对欧姆定律和串联特点的掌握和运用，本题关键：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三电表的测量对象，二是能从图象上得到相关信息．

考点：

电路的动态分析；欧姆定律的应用

专题：

动态预测题；图析法；比例法．

分析：

当S₁闭合、S₂断开时，两电阻并联，电压表测电源的电压，电流表测干路电流；

当S₁断开、S₂闭合时，两电阻仍然并联，电压表测电源的电压，电流表测通过R₂支路的电流；

根据电源的电压不变判断电压表示数的变化，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出各支路的电流，根据并联电路的电流特点判断电流表示数的比值．

解答：

解：当S₁闭合、S₂断开时，等效电路图如图1所示；

当S₁断开、S₂闭合时，等效电路图如图2所示．

∵电源的电压不变，且两种情况下电压表测电源的电压，

∴两次电压表的示数不变，即U₁：U₂=1：1；

∵两电阻并联，

∴I₁=+=+=，I₂=，

I₁：I₂=：=4：3．

故答案为：1：1；4：3．

点评：

本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是画出两种情况的等效电路图和电表所测电路元件的判断．

考点：

欧姆定律的应用；并联电路的电压规律；滑动变阻器的使用

专题：

动态预测题；图析法．

分析：

由电路图可知，滑动变阻器与电阻R₁并联在电源的两端，电压表测电源的电压，A₁测干路电流，A₂测R₁支路的电流；

当滑片P右移动时，连入电路中的电阻增大，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器电流的变化和电路总电流的变化．

解答：

解：当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，

根据欧姆定律可知通过滑动变阻器电流变小；

因滑片P向右移动时，R₁支路两端的电压不变，

所以通过R₁支路的电流不变；

根据并联电路电流特点可知，电路总电流变小；

又因电源的电压不变，

所以电压表示数不变．

故答案为：不变；变小；不变．

点评：

本题考查欧姆定律和滑动变阻器的应用，关键是知道并联电路电流和电压的规律，难点是知道电流表和电压表分别测量哪一部分的电流和电压．

考点：

电路的动态分析；串联电路的电流规律；欧姆定律的应用

专题：

应用题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．

分析：

（1）闭合开关S₁、断开开关S₂时，R₁与R₂串联，电压表测R₁两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和R₂两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知R₁两端的电压变化；

（2）先判断出开关闭合、断开时电路中总电阻的变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和R₁两端的电压变化．

解答：

解：（1）闭合开关S₁、断开开关S₂时，R₁与R₂串联，电压表测R₁两端的电压，电流表测电路中的电流，

当滑片P向左移动时，接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，

∵I=，

∴电路中的电流变大即电流表的示数增大，R₂两端的电压增大，

∵串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源的电压不变，新 |课  |标|第 | 一| 网

∴滑动变阻器R₁两端的电压减小即电压表的示数减小；

同理可知，滑片P向右移动时，电流表的示数减小，电压表的示数增大，故AB不符合题意；

（2）保持滑片P位置不动，使开关S₂闭合时电路为R₁的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，

使开关S₂由闭合到断开时，电路中的总电阻增大，

根据欧姆定律可知，电路中的电流减小即电流表的示数减小，滑动变阻器两端的电压减小即电压表的示数减小，故C符合题意；

同理可知，使开关S₂由断开到闭合时，电压表和电流表的示数均增大，故D不符合题意．

故选C．

点评：

本题考查学生对电路连接方式的掌握以及滑动变阻器的使用并结合欧姆定律正确判断电路中的电阻、电压、电流的大小变化，有一定的难度．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联

专题：

计算题；压轴题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．w   W  w .x  K  b 1.c o M

分析：

（1）当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，电压表甲测量串联电阻的总电压，电压表乙测量R₂两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出两电压表的示数之比求出两电阻之比；

（2）当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，R₁和R₂并联，甲电流表测量R₂的电流，乙电流表测量R₁和R₂总电流，根据欧姆定律和并联电路的电压特点求出通过两电阻的电流之比，再根据并联电路的电流特点求出两电流表的示数之比．

解答：

解：当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，R₁和R₂串联，如下图所示：

则U=U_甲，U₂=U_乙，

由题知，U_甲：U_乙=4：1，即U：U₂=4：1，

∵串联电路各处的电流相等，且总电阻等于各分电阻之和，

∴根据欧姆定律可得：

===，

解得：=；

（2）若甲、乙均为电流表时，断开开关S，R₁和R₂并联，如下图所示：

∵并联电路各支路两端的电压相等，

∴===，

∵并联电路总电流等于各支路电流之和，

∴===．

故选C．

点评：

本题考查了电路的动态分析，即通过改变开关的连接方法和电表的更换改变了电路的连接方法，电路先串联后并联，通过电阻的不变量来沟通两个过程．

考点：

欧姆定律的应用

专题：

应用题；压轴题；欧姆定律．

分析：

由电路图可知，三电阻串联，电流表测电路中的电流，V测滑动变阻器R₁两端的电压；根据滑片的移动判断滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R₂、R₃两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知V示数的变化；根据欧姆定律可知电流表的示数变化、电表示数变化的比值，根据电阻的串联特点可知它们电表变化量比值关系．

解答：

解：已知滑片P向左滑动：假设滑片在滑动变阻器的位置a移到位置b时，接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；

根据I=可知，电路中的电流变大，即I₁＜I₂；则△I=I₂﹣I₁，

因为电压表V测滑动变阻器R₁两端的电压；U₁=U﹣I₁（R₂+R₃），U₂=U﹣I₂（R₂+R₃），

所以△U=U₁﹣U₂=U﹣I₁（R₂+R₃）﹣（U﹣I₂（R₂+R₃））=（I₂﹣I₁）（R₂+R₃）；

则==R₂+R₃

同理，假设滑片在滑动变阻器的位置a移到位置c时，

则△I′=I₃﹣I₁，若△I＜△I′，即I₃＞I₂＞I₁，

△U′=（I₃﹣I₁）（R₂+R₃）；

==R₂+R₃

所以，．

故选A．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据串联电路的电压特点表示出各电压表的示数关系，进一步得出根据欧姆定律得出电压表和电流表示数变化量之间的关系．

考点：

欧姆定律的应用；电路的动态分析

专题：

压轴题；图析法．

分析：

由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器并联在电源两端，电压表测量电源电压（各支路两端的电压），则可知电压表示数不变；根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出通过滑动变阻器的电流的变化，再有并联电路的电流特点得出总电流的变化情况．

解答：

解：电压表测量电源电压，故电压表示数保持不变；

当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由欧姆定律可得通过滑动变阻器的电流减小；因定值电阻两端电压不变，故通过定值电阻的电流不变；由并联电路的电流规律可得干路电流减小，即电流表A的示数减小．

故选D．

点评：

本题考查欧姆定律的应用，在分析电路时要注意电压表的接法，可以先将电流表看作短路，电压表看作开路，将电路简化后再思考电压表测谁的电压．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律

专题：

应用题；电路和欧姆定律．

分析：

探究“电流与电阻的关系”实验中应控制电阻两端的电压即电压表的示数不变，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电流特点求出滑动变阻器接入电路中的电阻与定值电阻阻值的比值；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，定值电阻的阻值最大，根据比值关系求出定值电阻的最大阻值得出定值电阻的范围，然后结合选项得出答案．

解答：

解：探究“电流与电阻的关系”实验中应控制电阻两端的电压即电压表的示数不变，

∵串联电路中总电压等于各分电压之和，

∴滑动变阻器两端的电压：

U_滑=U﹣U_R=3V﹣2V=1V，

∵串联电路中各处的电流相等，

∴根据欧姆定律可得：

====，

当滑动变阻器接入电路中的电阻为10Ω时，定值电阻的最大阻值：

R_max=2R_滑max=2×10Ω=20Ω，

即定值电阻的最大阻值不能超过20Ω，

结合选项可知，ABD不符合，C符合．

故选C．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道探究“电流与电阻的关系”实验中应控制电压表的示数不变，且滑动变阻器接入电路中的阻值最大时定值电阻的阻值也最大．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；滑动变阻器的使用；电路的动态分析

专题：

压轴题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题．

分析：

（1）断开S₁、闭合S₂，电路为滑动变阻器最大阻值的简单电路，电压表的读数就是电源电压，由欧姆定律可求得滑动变阻器的最大阻值；

（2）闭合S₁、S₂，电阻R₀并联在电源上，电流表测该支路的电流，由欧姆定律可求得R₀的阻值；

（3）S₁断开，S₂闭合时电路为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源的电压，当S₂断开时滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，根据并联电路的电压特点可知电压表示数的变化；

（4）断开S₁、S₂，滑动变阻器与电灯串联，根据P=UI求出灯泡正常发光时的电流，然后结合电流表的量程确定电路的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值．

解答：

解：（1）断开S₁、闭合S₂，电路为滑动变阻器最大阻值的简单电路，电压表测电源的电压即U=6V，

由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：

R_滑===20Ω，故A正确；

（2）闭合S₁、S₂，电阻R₀可以接到电源上，电流表A₁的示数即为R₀的电流，则

R₀===60Ω，故B正确；

（3）S₁断开，S₂由闭合到断开时，电压表由测电源的电压变为测滑动变阻器与灯泡串联时滑动变阻器两端的电压，

∵串联电路中总电压等于各分电压之和，

∴电压表的示数变小，故C不正确；

（4）由P=UI可得，灯泡的正常发光时的电流

I_L===0.5A，

∵串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，

∴电路中的最大电流I_max=0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，

滑动变阻器两端的电压：

U_滑=U﹣U_L=6V﹣2V=4V，

滑动变阻器接入电路中的最小值：

R_滑===8Ω，故D选项正确．

故选ABD．

点评：

本题考查了开关的状态对电路的连接方式的影响和利用欧姆定律、电功率公式的综合计算，仔细判断用电器在开关的不同状态下的连接形式和灵活应用电学中的公式是关键．

考点：

欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用3

专题：

应用题；动态预测题；图析法．

分析：

由电路图可知，两电阻串联，电压表测R₁两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律确定电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据欧姆定律可知压表与电流表示数之比的变化．

解答：

解：等效电路图如下图所示：

由电路图可知，两电阻串联，电压表测R₁两端的电压，电流表测电路中的电流，

当滑片向右移动时，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，

根据I=可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；

根据U=IR可知，R₁两端的电压变小，即电压表的示数变小；

根据R₁=可知，电压表与电流表示数之比不变．

故选B．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是滑片移动时电路变化的判断，难点是能把电压表的电流表示数的变化转化为定值电阻阻值的变化．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律

专题：

应用题；压轴题；动态预测题；推理法．

分析：

（1）由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R₂并联；根据题意得出有人通过时R₁阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和A、B间电压的变化；

（2）当仅增大R₂连入电路中的阻值时，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R₁两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知A、B间电压的变化．

解答：

解：由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R₂并联．

（1）当有人通过通道而遮蔽光线时，R₁阻值变大，电路中的总电阻变大；

根据I=可知，电路中的电流变小，

根据U=IR可知，R₂阻值不变时，其两端的电压变小，即A、B间电压降低，故A正确，B不正确．

（2）当仅增大R₂连入电路中的阻值时，电路中的电阻变大；

根据I=可知，电路中的电流变小，故C不正确；

根据U=IR可知，R₁阻值不变时，其两端的电压变小；

根据串联电路的总电压等于各分电压之和可知，R₂两端的电压变大，即A、B间电压升高，故D不正确．

故选A．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会分析当有人通过通道而遮蔽光线时和当仅增大R₁连入电路中的阻值时电路的动态分析，要注意光敏电阻的特点．

考点：

欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用

专题：

压轴题；欧姆定律．

分析：

①在电路中（无论是串联还是并联）一个电阻不变，另一个电阻增大，电路总电阻增大；

②在串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比；

③一个用电器消耗的功率的变化，利用公式P=分析；

④在串联电路中，电流处处相等；在并联电路中，干路电流等于支路电流之和．

解答：

解：

A、由图知：R₂阻值不变，滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，所以并联总电阻增大，而R₁阻值不变，所以串联的总电阻增大．此选项正确；

B、滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，因为串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以滑动变阻器和R₂两端电压增大，所以R₁两端电压减小．此选项错误；

C、R₂阻值不变，滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，因为串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以滑动变阻器和R₂两端电压增大，由公式P=知：定值电阻R₂消耗的功率变大．此选项正确；

D、R₁电流的变化量是定值电阻R₂电流的变化量与滑动变阻器通过的电流变化量之和，所以R₁电流的变化量大于R₂电流的变化量．此选项错误．

故选A、C．

点评：

此题考查的是对一个基本的混联电路的分析，突破的关键是掌握串联电路和并联电路的基本规律，把握好总体（串联）与局部（并联）的衔接．

考点：

电路的动态分析；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用；电阻的串联；电阻的并联

专题：

应用题；压轴题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．

分析：

（1）只闭合S₁时，R₁、R₂与滑动变阻器串联，电压表测R₂两端的电压，根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化；

（2）闭合S₁、S₂时，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联可知电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化；

（3）先闭合S₁和S₂，再闭合S₃时，R₁、R₂与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表测R₁和R₂支路的电流之和，根据欧姆定律可知电压表与电流表示数的比值等于R₁和R₂并联后的总电阻，利用电阻的并联即可得出答案；新 课   标   第   一 网

（4）根据并联电路各支路独立工作、互不影响判断闭合S₁、S₂和S₃，滑片P向右滑动，电压表与电流表示数的比值变化．

解答：

解：A、只闭合S₁时，R₁、R₂与滑动变阻器串联，电压表测R₂两端的电压，

当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，

根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，R₂两端的电压变小即电流表的示数变小，故A不正确；

B、闭合S₁、S₂时，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，

∵串联电路中电阻越串越大、大于任何一个分电阻，

∴先闭合S₁，再闭合S₂时，电路中的总电阻变小，

根据欧姆定律可知，电路中的电流变大即电流表的示数变大，R₂两端的电压变大即电流表的示数变大，故B不正确；

C、先闭合S₁和S₂，再闭合S₃时，R₁、R₂与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表测R₁和R₂支路的电流之和，

∵并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻，

∴电压表与电流表示数的比值即R₁、R₂并联后的总电阻变小，故C正确；

D、∵并联电路中各支路独立工作、互不影响，

∴闭合S₁、S₂和S₃，滑片P向右滑动时，不能改变R₁、R₂并联后的总电阻，即电压表与电流表示数的比值不变，故D不正确．

故选C．

点评：

本题考查了电路的动态分析，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别和电表所测电路元件的判断，同时要注意串联电路和并联电路特点和欧姆定律的灵活应用．

考点：

电路的动态分析；欧姆定律的应用

专题：

动态预测题；电路变化分析综合题．

分析：

根据热敏电阻的阻值随温度的升高而变小可知环境温度升高，热敏电阻阻值减小．

由图可知两电阻串联，电压表测量R₀两端的电压；

根据热敏电阻的变化利用欧姆定律可求得电路中电流的变化及电压的变化．

解答：

解：A、根据热敏电阻的阻值随温度的升高而变小的特点可知：若环境温度升高，热敏电阻的阻值会减小，A选项错误；

B、由欧姆定律可得电路中电流增加；而U₀=IR₀，R₀不变，I变大，R₀两端的电压增大，电压表示数变大，B选项正确；

C、因电路中的总电阻变小，电路中的电流变大，C选项错误；

D、电源电压不变，根据串联电路的电压规律，R₀两端的电压增大，电阻R两端电压变小，D选项错误．

故选B．

点评：

本题考查学生对图象的认知及欧姆定律的使用，从图中得出热敏电阻的阻值与温度的变化关系是本题的突破口．

考点：

欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；滑动变阻器的使用；电阻的串联

专题：

应用题；压轴题；推理法．

分析：

从图可知，灯泡和滑动变阻器组成的是串联电路，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表V1测量的是电源电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，首先判断滑动变阻器的滑片向右移动时其阻值的变化，再根据串联电路电阻的特点判断电路中总电阻的变化，从而利用公式I=分析电流的变化，再利用公式U=IR判断出灯泡两端电压的变化，最后再根据串联电路电压的特点判断滑动变阻器两端电压的变化．

解答：

解：从图可知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表V₁测量的是电源电压，

所以电压表V₁的示数保持不变．

∵当滑动变阻器的滑片向右移动时，其连入电路中的电阻P_滑变大，

而灯泡的电阻不变，

∴电路中的总电阻R变大，

又∵电源电压保持不变，

∴由公式I=可知，电路中的电流I变小；

由公式U_L=IR_L可知，灯泡两端的电压U_L变小，

因此滑动变阻器两端的电压U_滑=U﹣U_L变大，

所以电流表的示数变小，电压表V₂的示数变大．

故选C．

点评：

①本题考查了滑动变阻器对电流表和电压表示数的影响，以及串联电路中电阻和电压的特点，并结合欧姆定律来判断电流表和电压表示数的变化．

②解决此类问题首先要分析电路的连接方式，再判断出电压表、电流表测的是哪段电路的电压和电流，结合滑动变阻器在电路中的位置，分析滑动变阻器的阻值变化对整个电路的影响．

考点：

欧姆定律的应用；并联电路的电压规律；电路的动态分析

专题：

应用题；压轴题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．

分析：

由电路可知，滑片左侧和右侧电阻并联，两电流表分别测两部分的电阻，根据电阻与长度成正比可设每厘米铅笔芯的电阻为R．

（1）当电压表的量程为0～0.6A时，Ac段的电阻和dB段的电阻相等，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出两电流表的示数结合两个电流表示数的最大比值为2：1得出Ac段、cd段、点B段电阻相等，进一步表示出每厘米表示的电阻；

（2）当电流表的量程为0～3A量程，当电流表A₁的示数为3A时，设P距A点的距离为L，根据欧姆定律表示出电流表的示数即可求出P距A点的距离，总长度减去P距A点距离的2倍即为滑片P允许滑动的长度范围．

解答：

解：由电路可知，滑片左侧和右侧电阻并联，两电流表分别测两部分的电阻，由电阻与长度成正比可设每厘米铅笔芯的电阻为R，

电流表的量程为0～0.6A时，

∵改变滑片P在铅笔芯上的位置，两个电流表示数的最大比值为2：1，

∴Ac段的电阻和dB段的电阻相等，

当滑片位于c点时，R_Ac=R_dB=L_AcR，R_cd=L_cdR=10cm×R，

∵并联电路中各支路两端的电压相等，且两个电流表示数的最大比值为2：1，即I₁=0.6A，I₂=0.3A，

∴=====，

解得：R_Ac=R_dB=R_cd，

∴L_AB=×10cm=30cm，

==0.6A，即=0.6A，=10cm×0.6A，

当电流表的量程为0～3A量程，当电流表A₁的示数为3A时，设P距A点的距离为L，则

=3A，即×=10cm×0.6A×=3A，

解得：L=2cm，

∴滑片P允许滑动的长度范围为30cm﹣2×2cm=26cm．

故选C．

点评：

本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，明白滑片P允许滑动的长度范围和利用好“电阻与长度成正比”是关键．

考点：

欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用

专题：

图析法；电路和欧姆定律．

分析：

先识别电路，然后根据压力的改变，判断滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化．

解答：

解：A、电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，当压力增大时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电流表的示数减小，故A选项错误；

B、电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当压力增大时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律可得电路中的电流变小，定值电阻R两端的电压变小，根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，变阻器两端的电压变大即电压表的示数变大，故B选项符合题意；

C、因为电压表测量电源电压，而电源电压不变，所以无论压力增大还是减小，电压表的示数都不变，故C选项错误；

D、电路为串联电路，电压表测量定值电阻两端的电压，当压力增大时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，定值电阻两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D选项错误．

故选B．

点评：

明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键．

考点：

电路的动态分析；串联电路的电压规律；欧姆定律的应用

专题：

应用题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．

分析：

由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表V₁测R₁两端的电压，电压表V₂测R₂两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流和R₁两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R₂两端的电压变化和两电压表变化量之间的关系．

解答：

解：由电路图可知，R₁与R₂串联，电压表V₁测R₁两端的电压，电压表V₂测R₂两端的电压；

当P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，

∵I=，

∴电路中的电流变大，R₁两端的电压变大，即U₁增大，

∵串联电路的总电压等于各分电压之和，

∴滑动变阻器R₂两端的电压变小，即U₂减小，故A正确；

同理，当P向右移动时，R₁两端的电压变小即U₁减小，滑动变阻器R₂两端的电压变大即U₂增大，故B不正确；

∵串联电路的总电压等于各分电压之和，

∴无论滑片怎么移动，两电阻两端电压的变化量的绝对值相等，即△U₁等于△U₂，故CD不正确．

故选A．

点评：

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据串联电路的电压特点得出滑片移动时两电压表示数的变化量相等．