【物理】物理整體法隔離法解決物理試題練習(xí)題含答案

【物理】物理整體法隔離法解決物理試題練習(xí)題含答案一、整體法隔離法解決物理試題兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓壞，兩環(huán)上均用細(xì)線懸吊著相同的小球，如圖所示。當(dāng)它們都沿桿向下滑動(dòng)，各自的壞與小球保持相對(duì)靜止時(shí)，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向，下列說(shuō)法正確的是a環(huán)與桿有摩擦力d球處于失重狀態(tài)桿對(duì)a、b環(huán)的彈力大小相等細(xì)線對(duì)c、d球的彈力大小可能相等【答案】C【解析】【詳解】對(duì)c球單獨(dú)進(jìn)行受力分析，受力分析圖如下，c球受重力和繩的拉力F,物體沿桿滑動(dòng)，因此在垂直于桿的方向加速度和速度都為零，由力的合成及牛頓第二定律可知物體合力f；=mgsina=maa=gma,因a和c球相對(duì)靜止，因此c球的加速度也為gsma,將a和c球以及繩看成一個(gè)整體，在只受重力和支持力的情況卞加速度為gsina,因此a球和桿的mg對(duì)球d單獨(dú)進(jìn)行受力分離，只受重力和豎直方向的拉力，因此球d的加速度為零，因?yàn)閎和d相對(duì)靜止，因此b的加速度也為零，故d球處于平衡狀態(tài)，加速度為零，不是失重狀態(tài)，故B錯(cuò)：細(xì)線對(duì)c球的拉力T(=mgcosa,對(duì)d球的拉力T{=mg,因此不相等，故D錯(cuò)誤；對(duì)a和c整體受力分析有臨=(叫+叫Jgcosa,對(duì)b和d整體受力分析行=(?+?)gcosa,因a和b—樣的壞，b和d-樣的球，因此受力相等，故C正確。如圖所示，水平面0點(diǎn)左側(cè)光滑，0點(diǎn)右側(cè)粗糙且足夠長(zhǎng)，有10個(gè)質(zhì)量均為m完全相同的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))用輕細(xì)桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L(zhǎng),滑塊1恰好位于O點(diǎn)，滑塊2、3??????依次沿直線水平向左排開(kāi)，現(xiàn)將水平恒力F作用于滑塊1,經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，在第3個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶后到第4個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中，小滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是10987654321FiifniiiiThiniiinThiniiinTiiimiinTMfniHr^z^iwwyziw^zz^0粗糙地帶與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)“庇勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度人小?亍第一個(gè)滑塊進(jìn)入粗糙地帶后，第二個(gè)滑塊進(jìn)入前各段輕桿的彈力人小相等在水平恒力F作用下，10個(gè)滑塊全部可以進(jìn)入粗糙地帶【答案】B【解析】【詳解】FA、對(duì)整體分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，F(xiàn)=3ymg,解得〃=一，故A錯(cuò)誤.3〃7gB、根據(jù)動(dòng)能定理得F?2L-jLimg?2L-jLimg?L=-^x10/wv2,解得v=,故B正確.C、第一個(gè)滑塊進(jìn)入粗糙地帶后，整體仍然做加速運(yùn)動(dòng)，各個(gè)物體的加速度相同，隔離分析，由于選擇的研究對(duì)象質(zhì)量不同，根據(jù)牛頓第二定律知，桿子的彈力人小不等，故C錯(cuò)誤.D、在水平恒力F作用下，由于第4個(gè)滑塊進(jìn)入粗糙地帶，整體將做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)第77塊能進(jìn)入粗焙地帶，由動(dòng)能定理：FQ憶）—“〃壊厶（1+2+3+...+（〃—1））=0—0,解得：n=7f所以10個(gè)滑塊不能全部進(jìn)入粗糙地帶，故D錯(cuò)誤.故選B.如圖所示，一個(gè)''V〃形槽的左側(cè)擋板A豎直，右側(cè)擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個(gè)質(zhì)量為加的光滑球C.、'V〃形槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對(duì)球的彈力分別為F】、巳，下列說(shuō)法正確的是（）F】、巳都逐漸增大Fi、F：都逐漸減小F］逐漸減小,F：逐漸增人Fi、F：的合外力逐漸減小【答案】D【解析】光滑球c受力情況如圖所示:(;F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變；Fi與F2水平分力的合力等于ma,在V形槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知Fi不斷減小，F(xiàn)】、F2的合力逐漸減小，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤；故選D?【點(diǎn)睛】以光滑球C為研究對(duì)彖，作出光滑球C受力情況的示意圖；豎直方向上受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的人小，結(jié)合加速度的變化解答.如圖A、B、C為三個(gè)完全相同的物體，當(dāng)水平力F作用于A上，三物體一起向右勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)撤去力F后，三物體仍一起向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)A、B間摩擦力為f,B、C間作用力為Fn。整個(gè)過(guò)程三物體無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，下列判斷正確的是BC?f=0③Fn=O④FnhOA.②③B.①?C.①?D.②④【答案】A【解析】【詳解】開(kāi)始三個(gè)物體在拉力F的作用下一起向右做勻速運(yùn)動(dòng)，可知地面對(duì)B、C總的摩擦力21f'二F,B受地面的摩擦力為?F,C受地面的摩擦力為務(wù)：撤去F后，B、C受地面的摩擦力TOC\o"1-5"\h\z21-FF3F3F不變，由牛頓第二定律可知，a阿二麗，aj"二甌，B、C以相同的加速度向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，B、C間作用力F、uO,故③正確。分析A、B,撤去F后，整個(gè)過(guò)程三物體無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，則A與B加速度相同，B對(duì)A有向左

的摩擦力f=maB=3,故②正確。故選:A如圖所示，水平地面上有一楔形物塊6其斜面上有一小物塊b,b與平行于斜面的細(xì)繩的一端相連，細(xì)繩的另一端固定在斜面上.a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左運(yùn)動(dòng)?當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)可能正確的是A.B.C.D.繩的張力減小,繩的張力增加,繩的張力減小,A.B.C.D.繩的張力減小,繩的張力增加,繩的張力減小,繩的張力增加,斜面對(duì)b的支持力不變斜面對(duì)b的支持力減小地面對(duì)a的支持力不變地面對(duì)O的支持力減小【答案】C【解析】【詳解】在光滑段運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，對(duì)a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；對(duì)b受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有Fcosi>FNSin0=O①；Fsin6+FNCOSi^-mg=0②；由①?兩式解得：F=mgsinAFN=mgcos^-當(dāng)它們剛運(yùn)行至軌道的粗糙段時(shí)，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，此時(shí)有兩種町能；①物塊a、b仍相對(duì)靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：Fsini7+FNcosi?-mg=0③：FEni>Fcosi?=ma④；由③?兩式解得：F=mgsin6-macos為FN=mgcosi7+masin^；即繩的張力F將減小，而a對(duì)b的支持力變大；再對(duì)a、b整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面對(duì)a支持力不變.

②物塊b相對(duì)于a向上滑動(dòng)，繩的張力顯然減小為零，物體具有向上的分加速度，是超重，支持力的豎直分力人于重力，因此a對(duì)b的支持力增人，斜面體和滑塊整體具有向上的加速度，也是超重，故地面對(duì)a的支持力也增大.綜合上述討論，結(jié)論應(yīng)該為：繩子拉力一定減?。旱孛鎸?duì)a的支持力可能增加或不變；a對(duì)b的支持力一定增加；故A,B,D錯(cuò)誤，C正確.故選C.如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r(R2<r<Rl+R2),電表均視為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S后，調(diào)節(jié)R的阻值，使電流表A】的示數(shù)增XTA/n在這一過(guò)程中，電C.電源的效率降低了竺△[/B.函的大小變大流表的A2示數(shù)變化量的人小為C.電源的效率降低了竺△[/B.函的大小變大D.電源的輸出功率一定增人了【答案】C【解析】【詳解】要使電流表Ai示數(shù)增人，則R應(yīng)減?。灰蚩傠娏髟龃?，則內(nèi)阻及&分壓增人，并聯(lián)部分電壓減小，則流過(guò)心的電流減小，因此流過(guò)R的電流增人，即A2的示數(shù)變?nèi)?，因則故則故A錯(cuò)誤。B.根據(jù)可得：則A/,>A/1E=S+U,.\u=\ur\u\ura77=^a~=，故其人小不會(huì)隨R的變化而變化；故B錯(cuò)誤。電源的效率r100%因電壓的改變量為△〃：故說(shuō)明電源的效率降低了空匚；故D正確。E當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最人；因不明確內(nèi)外電阻的關(guān)系，故無(wú)法明確功率的變化情況；故D錯(cuò)誤。故選Co如圖所示，水平面上0點(diǎn)的左側(cè)光滑,0點(diǎn)的右側(cè)粗糙。有8個(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)的細(xì)桿相連，相鄰小滑塊間的距離為L(zhǎng),滑塊1恰好位于0點(diǎn)左側(cè)，滑塊2、3......依次沿直線水平向左排開(kāi)?，F(xiàn)將水平恒力F作用于滑塊1上。經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn),在第3個(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶后到第4個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中，小滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g,則下列判斷中正確的是（）。粗糙地帶與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為——滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),各段輕桿上的彈力人小相等第2個(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第3個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中,8個(gè)小滑塊的加速度人小為丄12m第1個(gè)小滑塊完全進(jìn)入粗糙地帶到第2個(gè)小滑塊進(jìn)入粗糙地帶前這一過(guò)程中,5和6兩個(gè)小滑塊之間的輕桿上的彈力人小為匚4【答案】D【解析】【詳解】將勻速運(yùn)動(dòng)的8個(gè)小滑塊作為一個(gè)整體，有F-3〃〃7g=0,解得F“=-，3噸故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，處在光滑地帶上的滑塊間的輕桿上的彈力都為零，處在粗糙地帶上的滑塊間的輕桿上的彈力不為零，且各不相同，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)8個(gè)滑塊，有F-2pmg=Sma,代入“=丄，解得3噸24加故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.對(duì)8個(gè)滑塊，有F-ping=Sma,解得a=—4再以6、7、8三個(gè)小滑塊作為整體，由牛頓第二定律有F'=3maf=—,4故D項(xiàng)正確；如圖所示，輕彈簧的一端固定在傾角為0=30°的光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量m為3的小物塊a相連，質(zhì)量為的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x。，從某時(shí)刻開(kāi)始，對(duì)b施加沿斜面向上的外力F,使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過(guò)同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為xo,彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。則()彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物塊a、b恰好分離物塊b的加速度為'4夭mg拉力F的最小值為25【答案】AD【解析】【詳解】A、對(duì)整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有:33⑷+尹皿訛伽gkxo=(m+-pm)gsm0k==———°，解得：%0x°,故A正確；B、由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為xo，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)尢113x0=萬(wàn)尢2=尤0一X]=-T-系的規(guī)律可知：兀°4,說(shuō)明當(dāng)形變量為4時(shí)二者分離，故B錯(cuò)誤；C、對(duì)m分析，因分離時(shí)a、b間沒(méi)有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：_9kX2-mgsinO=mat聯(lián)立解得：°二邁，故c錯(cuò)誤；TOC\o"1-5"\h\z33F+kAx一（m+rm）gsin0=（m+Pm）aD、分離前對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律有55,4Fmin=則有剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力F的最小zF的最小值2°；分離后對(duì)b分析可知，由牛頓3394P一芒mgsin0=rmaF=在mg第二定律有55,解得25，所以拉力F的最小值為右，故D正確；故選AD?！军c(diǎn)睛】解題時(shí)一定要注意明確整體法與隔離法的正確應(yīng)用，同時(shí)注意分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的選擇和應(yīng)用是解題的關(guān)鍵。在如圖所示電路中，心、R2為定值電阻，閉合電鍵S后，帶電粒子恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表V】，V2,V3示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為△Ui、AU2sAU3,理想電流表A示數(shù)變化量的絕對(duì)值為AI,則（）?X—JA.Vi示數(shù)減小,V2和W示數(shù)增大B.帶電粒子將向上運(yùn)動(dòng)C.D?此過(guò)程中保持不變AZ【答案】BCD【解析】【詳解】將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的阻值減小，電路的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，總電流增大，則V】示數(shù)Ui增大.內(nèi)電壓增大，路端電壓U減小，而路端電壓U=Ul+U^可知，V3示數(shù)5減小.R2兩端電壓增人，所以V2示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；/?2兩端電壓增人,則電容器板間電壓增人，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電粒子所受的電場(chǎng)力增大，因此帶電粒子將向上運(yùn)動(dòng)，故B正確：

因?yàn)閁=U\+U“U3減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知：5增大，而U減小，所以△upg?故C正確;得“2_R+乩+廣AZ1-保持不變，故D正確.故選BCD.10?如圖所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體久B疊放在斜面體上，物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為n,P<tan6,且A、B質(zhì)量均為m,則()A.A、A.A、B保持相對(duì)靜止地面對(duì)斜面體的摩擦力等于fng(sinO—pcose)cosO+FcosOC?地面受到的壓力等T(M+2m)gD.B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為FD.B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為F一mgsinO一/jmgcosO2mgcos&【答案】BD【解析】A、對(duì)A分析,因?yàn)椤?lt;tani%則/7?gsinC>“mgcos6所以A、B不能保持相對(duì)靜止,故A錯(cuò)誤.B、以A為研究對(duì)象，A受到重力、支持力和B對(duì)人的摩擦力，如圖甲所示.N=mgcosd,mgs\n/-=ma,由于“<tan療，貝I]ma=mgsin<7-pmgcosi?>0.將B和斜面體視為整體，受力分析如圖乙所示.

乙可知地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(s\n^-“cos抄)cos<7+Feos抄；故B正確；C、以三者整體為研究對(duì)象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(M+2m)g,C錯(cuò)誤.D、B與斜面體間的正壓力N'=2mgcos0,對(duì)B分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有F=mgsini?+^mgeosO+f,則B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)"哈故選BDF-mgsinO-LimgeosO=2噸詭’故D正確.11?如圖所示電路中，電源的內(nèi)電阻為rtR2.R沢&均為定值電阻，電表均為理想電表.閉合電鍵S,當(dāng)滑動(dòng)變阻器心的滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)變化A.電壓表示數(shù)變?nèi)肆康娜诵》謩e為△/、AU,下列說(shuō)法正確的是()A.電壓表示數(shù)變?nèi)薆.電流表示數(shù)變?nèi)薈.△(/——>C.△(/——>rMD.——<1M【答案】AD【解析】【分析】【詳解】設(shè)RuR2、R沢R4的電流分別為d-IbxIs電壓分別為5.U2xU3xU4.干路電流為I干，路端電壓為U,電流表電流為I.A、Ri變大,外電阻變大，I干變小,U=E-ITr變大,5變大.故A正確.B、b變大，I干變小，由14卄b變小，5變小,而U2=U-U4,U變大,則U2變大，12變大,14=11+12」變小.故B錯(cuò)誤△(/C、D,由歐姆定律U=E-ITr,得~T=r，由I干=1計(jì)I2+SI1變小，12變大，b變大,I干變小，則diMlTz即ZM>d干，所以—<r,故C錯(cuò)誤；D正確;A/

故選AD【點(diǎn)睛】由圖可知，R】、R2并聯(lián)，再與R4串聯(lián)，與R3并聯(lián)，電壓表測(cè)量路端電壓，等于Rs電壓.由Ri接入電路的電阻變化，根據(jù)歐姆定律及串并關(guān)系，分析電流表和電壓表示數(shù)變化量的人小.本題的難點(diǎn)在于確定電流表示數(shù)變化屋與干路電流變化的大小，采用總量法，這是常用方法.同時(shí)，要理解應(yīng)=丫12.如圖所示，小車的質(zhì)量為人的質(zhì)量為m,人用恒力F拉繩.若人與車保持相對(duì)靜止，且地面為光滑的，又不計(jì)滑輪與繩的質(zhì)量，則車對(duì)人的摩擦力可能是（）B.()F,方向向右m+MB.()F,方向向右m+MzM一m、乂…D?(——)F,方向向右m+MA.（）F,方向向左m+MC?（——）F,方向向左加+M【答案】CD【解析】【分析】【詳解】取人和小車為一整體，由牛頓第二定律得：2F=（M+m）a設(shè)車對(duì)人的摩擦力人小為F“方向水平向右，則對(duì)人由牛頓第二定律得F-Ff=ma,解得：Ff=—―—FM+mtmM-m亠亠亠亠如果M>m'2応F,方向向右，D正確.m—M如果*EF一応F,負(fù)號(hào)表示方向水平向左，C正確，B錯(cuò)誤13?如圖所示，在傾角為e的光滑斜劈P的斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連的物塊A、B,C為一垂直固定在斜面上的擋板.A、B質(zhì)量均為m,斜面連同扌當(dāng)板的質(zhì)量為M,彈簧的勁度系數(shù)為k,系統(tǒng)靜止于光滑水平面.現(xiàn)開(kāi)始用一水平恒力F作用于P,（重力加速度為g）下列說(shuō)法中正確的是（）

若F=0,擋板受到B物塊的壓力為2mgsm6力F較小時(shí)A相對(duì)于斜面靜止，F(xiàn)大于某一數(shù)值，A相對(duì)于斜面向上滑動(dòng)若要B離開(kāi)擋板C,彈簧伸長(zhǎng)量需達(dá)到mgs\nO/k若尸=(M+2M)gran&且保持兩物塊與斜劈共同運(yùn)動(dòng)，彈簧將保持原長(zhǎng)【答案】AD【解析】【詳解】A、F=0時(shí)，對(duì)物體A、B整體受力分析，受重力、斜面的支持力N1和擋板的支持力N2,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，沿平行斜面方向，有N2-(2m)gsin0=O,故壓力為2mgsin0,故A錯(cuò)誤：B、用水平力F作用于P時(shí)，A具有水平向左的加速度，設(shè)加速度人小為a,將加速度分解如圖根據(jù)牛頓第二定律得mgsin8-kx=macos8當(dāng)加速度a增大時(shí)，x減小，即彈簧的壓縮量減小，物體A相對(duì)斜面開(kāi)始向上滑行.故只要有力作用在P上，A即向上滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、物體B恰好離開(kāi)擋板C的臨界情況是物體B對(duì)擋板無(wú)壓力，此時(shí)，整體向左加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體B受力分析，受重力、支持力、彈簧的拉力，如圖

mg-Ncos6-kxsin0=ONsinO-kxcos0=ma—mg-Ncos6-kxsin0=ONsinO-kxcos0=ma—嘩sin。一加acos。解得：kx=mgsin&macose,x=故C錯(cuò)誤；kD、若F=(M+2m)gtanQ且保持兩物塊與斜劈共同運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律，整體加速度為gtanO；對(duì)物體A受力分析，受重力，支持力和彈簧彈力，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin6-kx=macos6解得kx=O故彈簧處于原長(zhǎng)，故D正確;14?在如圖所示電路中，閉合電鍵S,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用/、g5和5表示，電表示數(shù)變化量的人小卜?列比值正確的是A.NUDNU2AUdnU?

卜?列比值正確的是A.NUDNU2AUdnU?B.S：/不變,AUi：A/不變c./：/變大,au2：B.S：/不變,AUi：A/不變c./：/變大,au2：a/變大D.5"變大不變【答案】BD【解析】A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻增人，電路中電流的減小，根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)町知，&的電壓減小，&的電壓增加.電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，因?yàn)?+5=5,所以心的電壓減小量小于&的電壓增加量，即有：lAL/J<|AU2|,且有|AU2|>|AU3|.故A錯(cuò)誤.B、由于R1是定值電阻，根據(jù)歐姆定律得知"知：U2=E-/(/?i+r),則得一R1-i~=R2,保持不變，故B正確?c、1,變?nèi)?根據(jù)閉合電路歐姆定律“3=Rl+r—=/?]+/?2，保持不變，故C錯(cuò)誤.D、1，變