【物理】2020届二轮复习专题七　物理图象问题第2课时电学图象问题学案

【物理】2020届二轮复习专题七　物理图象问题第2课时电学图象问题学案

第2课时　电学图象问题 高考命题点 命题轨迹 情境图 电场中的图象问题 ‎2017‎ ‎1卷20‎ ‎17(1)20题　‎ 电流中的图象问题 ‎2017‎ ‎1卷23‎ ‎17(1)23题 ‎18(3)16题 ‎18(3)20题 ‎2018‎ ‎3卷16、20‎ ‎17(2)20题 ‎　　18(2)18题 ‎19(2)21题 ‎19(3)19题 电磁感应中的图象问题 ‎2017‎ ‎2卷20‎ ‎2018‎ ‎2卷18‎ ‎2019‎ ‎2卷21，‎ ‎3卷19‎ ‎1．φ－x图象(如图1所示)‎ ‎(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．‎ ‎(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．‎ 图1‎ ‎(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．‎ ‎(4)在φ－x图象中可以判断电场类型，如图2所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场．‎ 图2‎ ‎(5)在φ－x图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．‎ ‎2．E－x图象(电场方向沿x轴正方向为正)‎ ‎(1)E－x图象反映了电场强度随位移变化的规律，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．‎ ‎(2)在给定了电场的E－x图象后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图3所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．‎ 图3‎ ‎(3)在这类题目中，还可以由E－x图象画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．‎ 例1　 (多选)(2019·安徽蚌埠市第二次质检)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图4所示，一质子只在电场力作用下，自坐标原点由静止释放沿x轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点电势φb＝0.则下列结论正确的是(　　)‎ 图4‎ A．质子沿x轴做匀速直线运动 B．质子在a、c两点的电势能相等 C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4‎ D．坐标原点O的电势为1.5E0d 答案　CD 解析　由E－x图象和F＝qE可知质子沿x轴先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，最后做加速度增大的加速直线运动，故A错误；质子一直做加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；由E－x图象与x轴所围“面积”表示电势差，因此UOa＝E0d，UOb＝E0d，UOc＝2E0d，由动能定理有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4，故C正确；根据UOb＝φO－φb可得坐标原点O的电势为φO＝1.5E0d，故D正确．‎ 拓展训练1　 (2019·江西省重点中学协作体第一次联考)将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一带负电的试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图5所示，已知xAC>xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷带电荷量的多少分别用qA、qB表示．则下列分析正确的是(　　)‎ 图5‎ A．两固定点电荷都带正电，且qA>qB B．在AB连线内，C点的电场强度最小但不等于零 C．因试探电荷的电势能始终为正值，可知A、B两点间沿x轴方向的电场强度始终向右 D．如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C点的电势能最大 答案　D 解析　负试探电荷从A运动到C，电势能降低，则从A到C电势逐渐升高，电场方向从C到A；负电荷从C到B电势能增加，则电势逐渐降低，则电场方向从C到B.即电场方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则qA和qB均为负电荷．因为在qA和qB连线中点处的合场强沿x轴负方向，故qA>qB，故A、C均错误；Ep－x图象的斜率大小代表电场力，而C点的切线斜率为零，说明该试探电荷在C点处受到的电场力为零，B错误；在C点负电荷的电势能最低，则正电荷在C点的电势能最大，故D正确．‎ 例2　 (2019·陕西榆林市第二次模拟)某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图6所示．一质量m＝4×10－10 kg、电荷量q＝2×10－9 C的带负电粒子(不计重力)从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．则该粒子运动的周期为(　　)‎ 图6‎ A. s B．0.6 s C．0.1 s D. s 答案　B 解析　粒子先沿x轴正方向做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动．E1＝＝ V/m＝10 V/m，a1＝＝50 m/s2；由x1＝a1t12，解得粒子沿x轴正方向运动的时间为t1＝＝ s＝0.2 s；同理可得粒子沿x轴正方向做匀减速运动的时间为t2＝0.1 s；且粒子到达x＝0.5 m处的速度恰好为零，反向运动的时间为t1＋t2＝0.3 s；则粒子运动的周期为T＝2(t1＋t2)＝0.6 s；故选B.‎ 拓展训练2　(2019·河南省高考适应性测试)如图7甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点．当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球(　　)‎ 图7‎ A．在B点上方 B．恰好到达B点 C．速度大于v D．速度小于v 答案　B 解析　在A、B两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零．根据对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确；在0～T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t＝T时，小球速度等于v，故C、D 错误.‎ 例3　(2019·安徽合肥市第二次质检)为了同时测量一电源的电动势E和内阻r，以及未知阻值的电阻Rx，某同学设计了一电路．实验室提供的器材如下：待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大的电压表一只、开关两个、导线若干．‎ 图8‎ ‎(1)为实现上述目的，请完善图8甲实物图连接；‎ ‎(2)该同学实验的主要步骤有：‎ ‎①闭合S1、S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；‎ ‎②保持S1闭合，断开S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；‎ ‎③根据记录的数据，作出两条－图线如图乙所示．‎ 由图线可得电动势E＝________，内阻r＝________，Rx＝________.(用图中a、b、c表示)‎ 答案　(1)‎ ‎(2)　　－ 解析　(1)通过开关S2控制电路中的电阻Rx是否接入电路，电路原理图如图所示：‎ 故实物连线图如图所示：‎ ‎(2)闭合S1、S2，有E＝U＋r，故有＝＋·；‎ 保持S1闭合，断开S2，有E＝U＋(r＋Rx)，‎ 故有＝＋·；‎ 结合－图象可知，＝c，＝，＝，故解得：E＝，r＝，Rx＝－.‎ 拓展训练3　 (2019·吉林省“五地六校”合作体联考)如图9所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是(　　)‎ 图9‎ A．电阻a的阻值随电流的增大而增大 B．因I－U图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R＝＝1.0 Ω C．在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值 D．在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是4 A 答案　C 解析　I－U图象的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a的图象的斜率越来越大，故a的电阻随电流的增大而减小，故A错误； I－U图象的斜率表示电阻的倒数，但是由于横、纵坐标轴的长度单位不同，则不能由R＝＝1.0 Ω求解电阻b的阻值，只能通过R＝＝ Ω＝2‎ ‎ Ω求解，选项B错误；根据R＝可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确；由题图可知，在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是1 A，选项D错误．‎ ‎1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”‎ ‎(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．‎ ‎(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．‎ ‎(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．‎ ‎2．解决电磁感应图象问题常用的“两个方法”‎ ‎(1)排除法；‎ ‎(2)函数法．‎ 例4　 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图10，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图10‎ 答案　AD 解析　根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧 姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D.‎ 拓展训练4　(2019·广东广州市下学期一模)如图11甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里．在0～5t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(　　)‎ 图11‎ 答案　D 解析　0～2t0，感应电动势为：E1＝S＝S，为定值，3t0～5t0，感应电动势为：E2＝S＝S，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力F＝BIL∝B.‎ 由于0～t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，依据左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向上，即为正；同理，t0～2t0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t0～3t0，没有安培力；在3t0～4t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t0～5t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D正确，A、B、C错误．‎ 拓展训练5　 (多选)(2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图12所示，光滑平行金属导轨 MN、PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒ab垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象，正确的是(　　)‎ 图12‎ 答案　AC 解析　由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x＝at2，v＝at，‎ 根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat，‎ 则感应电流i＝＝t，故A正确；‎ 根据＝，＝和q＝Δt，得q＝，而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝BLat2，故q＝t2，故B错误；‎ 根据牛顿第二定律有：F－F安＝ma，F安＝BiL＝t，‎ 解得：F＝ma＋t，故C正确；‎ 根据P＝Fv，得P＝Fv＝ma2t＋t2，故D错误．‎ 专题强化练 ‎(限时20分钟)‎ ‎1. (2019·陕西榆林市第二次模拟)如图1所示，单匝线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变．则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是(　　)‎ 图1‎ 答案　C 解析　设线圈的ab边长为L，ad边长为l，当磁感应强度发生变化时，线圈内产生感应电动势为：E＝＝＝；感应电流为：I＝；安培力为：F＝BIL，得：F＝，由ab边受到的安培力恒定不变可知，若磁感应强度B增大，则减小；若B减小，则增大．故C正确．‎ ‎2．(多选)(2019·四川省综合能力提升卷(三))空间有一沿x轴分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图2所示．－x1、x1、x2、x3是x轴上的四个点，图象关于坐标原点O中心对称，下列说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．－x1处的电势比x1的电势高 B．将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大，后减小 C．将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，它将在－x1和x1之间往复运动 D．负电荷在4个点中位于x2电势能最大 答案　BC 解析　根据题意，电场关于x轴对称分布，作出电场线如图所示．根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等．则－x1处的电势与x1处的电势相等，故A错误；将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大，后减小，选项B正确；－x1和x1之间的电场是对称的，将一负电荷由－x1处由静止释 放，负电荷先向O做加速运动，经过O点之后做减速运动，到x1处速度减为零，则它将在－x1和x1之间往复运动，选项C正确；4个点中，x3点的电势最低，则负电荷在4个点中位于x3电势能最大，选项D错误．‎ ‎3. (多选)(2019·湖北恩施州教学质量检测)如图3所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．粒子一定带正电 B．粒子运动到坐标轴上x2处速度最大 C．粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力的冲量为零 D．粒子从坐标轴上x1处运动到x2处，加速度先增大后减小 答案　BC 解析　由于从坐标原点沿x轴正向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点由静止沿x轴正向运动，因此可知粒子带负电，选项A错误；粒子从O到x2做加速运动，从x2向右做减速运动，因此粒子运动到坐标轴上x2处速度最大，选项B正确；由于粒子只受电场力作用，因此电势能和动能之和为一定值，即粒子在x1处和x3处电势能相等，动能相等，由于运动方向相同，因此速度相同，根据动量定理可知，粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力的冲量为零，选项C正确；由E＝可知，坐标轴上x1处到x2处，电场强度一直减小，由a＝可知，粒子的加速度一直减小，选项D错误．‎ ‎4. (2019·广东深圳市第二次调研)真空中，在x轴上x＝0和x＝8 m处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2.电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图4所示(x轴正方向为场强正方向)，其中x＝6 m处E＝0.将一个正试探电荷在x＝2 m处由静止释放(重力不计，‎ 取无穷远处电势为零)．则(　　)‎ 图4‎ A．Q1、Q2均为负电荷 B．Q1、Q2带电荷量之比为9∶1‎ C．在x＝6 m处电势为0‎ D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小 答案　B 解析　由题图，在x＝0处场强为正，x＝8 m处场强为负，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误；根据题意“x＝6 m处E＝0 ”可知，在x＝6 m处，E1＝E2，即k＝k，解得＝＝，故B正确；由于无穷远处电势为零，故在x＝6 m处电势不为0，故C错误；该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功，再做负功，因此电势能先减小后增大，故D错误．‎ ‎5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四县市区3月调研)如图5所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下列选项中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)(　　)‎ 图5‎ 答案　A 解析　0～1 s：磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E＝n可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力F安＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正；‎ ‎1～3 s：磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线框中产生顺时针方向的感应电流，由E＝n可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力F安＝BIL均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右即为负；‎ ‎3～5 s：磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生逆时针方向的感应电流，由E＝n可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力F安＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左即为正；‎ 综合上述分析可知A正确．‎ ‎6．(多选)(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图6甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　　)‎ 图6‎ A．在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势 B．在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变 C．在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流 D．在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势 答案　ABC 解析　当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，故B正确；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻FN＝G，此时P没有收缩的趋势，故D错误．‎ ‎7．(2019·山西五地联考上学期期末)学校物理兴趣小组为探究多用电表欧姆挡的原理，决定自己动手设计一个欧姆表，其内部的结构图如图7甲所示，已知电源电动势E约为3 V，其他数值同学们都忘记了，所以同学们决定测量欧姆表的电源电动势和内阻．‎ 图7‎ ‎(1)两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流表读数如图乙，电阻箱示数如图丙，则欧姆表的内阻约为________ Ω.‎ ‎(2)该小组同学把欧姆表的两表笔与电阻箱连接，根据记录的电阻箱阻值R与多用电表电流挡的读数I，在如图8所示坐标系中描点，请根据坐标系中所描点作出图象；‎ 图8‎ ‎(3)由图象可得欧姆表的电源电动势E＝________ V，欧姆表的内阻r＝________ Ω.‎ 答案　(1)10　(2)‎ ‎(3)3.0　10.5‎ 解析　(1)由题图乙可知，电流表分度值为0.01 A，示数为0.10 A；‎ 由题图丙可知电阻箱示数为：R＝0×1 000 Ω＋0×100 Ω＋2×10 Ω＋0×1 Ω＝20 Ω，‎ 由闭合电路欧姆定律得：I＝ 即：0.10 A＝ 解得：R内＝10 Ω；‎ ‎(2)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律得：I＝ 整理得：＝R＋，‎ 由－R图象可知：k＝＝＝，‎ 解得电源电动势：E＝3.0 V，内阻：r＝10.5 Ω.‎ ‎8．(2019·广西钦州市第三次质检)某小组通过实验测绘一个标有“5.0 V　7.5 W”某元件的伏安特性曲线，电路图如图9甲所示，备有下列器材：‎ 图9‎ A．电池组(电动势为6.0 V，内阻约为1 Ω)‎ B．电压表(量程为0～3 V，内阻RV＝3 kΩ)‎ C．电流表(量程为0～1.5 A，内阻约为0.5 Ω)‎ D．滑动变阻器R(最大阻值10 Ω，额定电流1 A)‎ E．定值电阻R1(电阻值为1.5 kΩ)‎ F．定值电阻R2(电阻值为3 kΩ)‎ G．开关和导线若干 ‎(1)实验中所用定值电阻应选________(填“E”或“F”)．‎ ‎(2)根据图甲电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整．‎ ‎(3)某次实验时，电压表示数指针位置如图丙所示，则电压表读数是________V，元件两端电压是________V.‎ ‎(4)通过实验数据描绘出该元件的伏安特性曲线如图丁所示．若把两个同样的该元件并联后与电动势为4.5 V、内阻为1.5 Ω的电源相连接，则此时每个元件的电阻值均为________Ω.(计算结果保留2位有效数字)‎ 答案　(1)F ‎(2)如图所示 ‎(3)2.20　4.4　(4)1.7 (1.5～1.9均可)‎ 解析　(1)电源电动势为6.0 V，电压表量程为3 V，内阻为3 kΩ，则可将电压表扩大量程，串联一个大小为3 kΩ的分压电阻后，量程扩大到6.0 V，则定值电阻应该选择F.‎ ‎(2)实物电路连接如图；‎ ‎(3)某次实验时，电压表示数指针位置如题图丙所示，则电压表读数是2.20 V，元件两端电压是2×2.20 V＝4.4 V.‎ ‎(4)设通过每个元件的电流为I，根据闭合电路欧姆定律应有E＝U＋2Ir，变形为U＝4.5－3I，在表示小灯泡的I－U图象中作出表示电源的I－U图象，如图所示，读出两图线的交点坐标为U＝1.65 V，I＝0.95 A，所以每个元件的电阻为R＝≈1.7 Ω.‎