在如圖所示電路中電源電動勢

1. 在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，燈泡L的電阻大於電源的內阻r．閉合開關S，在滑動變阻器

A、電流表測量的電流是滑動變阻器右半部分電阻上的電流，在滑動變阻器的滑回片P由a向b移動的過程中答，右半部分上的電阻值越來越大，而左半部分的電阻值越來越小，所以電流表的讀數越來越小．故A錯誤；
B、D、在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，變阻器並聯的總電阻先增大後減小，根據閉合電路歐姆定律分析可知，電路中的總電流I先減小後增大，燈泡L先亮後暗，路端電壓先增大後減小，B錯誤D正確；
C、由於燈泡L的電阻大於電源的內阻r，變阻器並聯的總電阻先增大後減小，所以電源輸出功率先減小，後增大．故C錯誤．
故選：D

2. 在如圖所示電路中，電源的電動勢是E，內電阻是r，當滑動變阻器R3的滑動頭向左移動時（）A．電阻R1的

由電路圖可知．R₂、R₃串聯後與R₁並聯接到電源上，當滑動變阻器R₃的滑片P向左移動時，R₃阻值變小，總電阻變小，總電流變大，根據P=EI可知，電源的功率增大，故C正確，
電源內阻所佔電壓變大，並聯部分電壓減小，即R₁兩端的電壓減小，根據P₁=

U2

R1

，可知，電阻R₁的功率將減小，故A正確，
根據I＝

U

R

可知，通過R₁的電流減小，而總電流增大，所以通過R₂的電流增大，根據P=I²R可知，電阻R₂的功率將增大，故B正確，
電源的效率η=

I2R

I2(r+R)

=

1

1+ r R

，電源內阻r不變，滑動變阻器阻值R減小，則電源效率減小，故D錯誤．
故選：ABC．

3. 在如圖所示電路中電源的電動勢E=12

1）R2電阻兩端的電壓，
2）電流表的讀數為：I=E/[r+R3//(R1+R2)]=12/[2+20//20]=1A
電壓表的讀數為：U=(I/2)R2=0.5x10=5V
3）電壓表讀數最大、電流表讀數減小。

4. 在如圖所示的電路中，電源的電動勢E=6.0V，內電阻r=2.0Ω，外電路的電阻R1=12.0Ω，R2

（1）由閉合電路歐姆定律知，電路中的總電流I=

E

R1+R2+r

＝

6

12+4+2

=

1

3

A
（2）電路的路端電壓U=E-Ir=6-

1

3

×2=

16

3

V
（3）電源的輸出功率P=UI=

16

3

×

1

3

=

16

9

W
答：（1）電路中的總電流

1

3

A；
（2）電路的路端電壓

16

3

V；
（3）電源的輸出功率

16

9

W．

5. 在如圖所示的電路中,電源電動勢E=6V,內阻r=0.6歐，R2=0.5歐，當S斷開時，理想電流表的示數I=1.5A，理想電

S斷開後就是一個簡單的串聯電路:R=r+R1+R3+Rcurrent
電流表為理想表, 因此: Rcurrent=0
再因電壓為3V, 也就是R3上的電壓為3V. 分壓比:3/6=0.5
迴路中電流為1.5A, 因此:R=U/I=6/1.5=2歐.
R3=2*0.5=1歐, R1=R-R3-r=2-1-0.6=0.4歐

6. （2014嘉定區一模）在如圖所示電路中，電源電動勢E=6V，內阻r=1Ω，保護電阻R0=3Ω，滑動變阻器總電阻R=

當滑片P在滑動變阻器b端或者a端時，外電路電阻小，為零，由閉合電路歐姆定律可得，電路最大電流，即電流表最大示數I=

E

r+R0

=

6V

1Ω+3Ω

＝1.5A；
把保護電阻看做電源的內阻，電源與保護電阻等效於電源，滑動變阻器是外電路，滑片P從a滑到b的過程中，電路外電阻R先變大後變小，等效電源電動勢E不變，由P=

E2

R

可知，滑動變阻器消耗的電功率先變小後變大，當內外電路電阻相等時，外電路功率最大，即當R=r+R₀=4Ω時，外電路功率最大，故此時滑動變阻器消耗的功率為：
P=[

E

2(r+R0)

]2R＝(

6

2×4

)2×4＝2.25W．
故答案為：1.5，2.25．

7. 在如圖所示的電路中，電源的電動勢E=3.0V，內阻r=1.0Ω，電阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，電容

（1）由電阻的串並聯公式，得閉合電路的總電阻R總＝

R1(R2+R3)

R1+R2+R3

+r＝

10×(10+30)

10+10+30

+1＝9Ω
由閉合電路歐姆定律得，回通過電源答的電流I＝

E

R總

＝

3.0

9

＝

1

3

A
電源的端電壓U=E-Ir=3.0?

1

3

×1＝

8

3

V
電阻R₃兩端的電壓U′＝

R3

R2+R3

?U＝

30

10+30

?

8

3

＝2V
通過R₄的總電量就是電容器的電量Q=CU′=2×100×10^-6=2×10^-4C；
（2）開關S接通後足夠長時間，再斷開開關S，電容器放電，通過電阻R₁與R₃的電流的比：

I1

I3

＝

R3

R1

＝

30

10

＝

3

1

由：q=It可知，通過電阻R₁與R₃的電量的比：

q1

q3

＝

I1

I3

＝

3

1

又：q₁+q₃=Q
代入數據得：q3＝5×10?5C；
答：（1）接通電鍵K達到穩定這一過程中流過R₄的總電量為2.0×10^-5C．（2）開關S接通後足夠長時間，再斷開開關S，斷開開關S後流過R₃的電荷量是5×10^-5C．

8. 在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，L為小燈泡（其燈絲電阻可視為不變），R 1 、R 2 為定值

A、光敏電阻光照減弱，故光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大； 由閉合電路歐姆版定律可得權，電路中電流減小，故R 1 兩端的電壓減小，故A錯誤； B、因電路中電流減小，故內壓減小，路端電壓增大，同時R 1 兩端的電壓減小，故並聯電路部分電壓增大；則流過R 2 的電流增大，故B錯誤； C、由並聯電路的電流規律可知，流過燈泡的電流一定減小，故由P=I 2 R可知，小燈泡消耗的功率變小，故C正確； D、電源兩端的電壓為路端電壓，由B的分析可知，電源兩端的電壓變大，故D正確； 故選CD．

9. 在如圖所示的電路中 電源的電動勢為16v.R1=R4=3歐，R2=R3=5歐，電容C=1微法。電容器上極板的帶電量為（）

通過電容的電流ic=c×c/dt=0(電容相當於開路)；

R=[(3+5)×(3+5)]/[(3+5)+(3+5)]=4Ω；

I總=16/4=4A；

支路電路i=1/2 ×I總=2A；

a點對地電壓Ua=3×2=6Ω；

Ub=5×2=10Ω；

Uab=6-10=-4V；

Q=Uab*c=-4×10^-6C

10. 在如圖所示的電路中，電源電動勢E=6V，內阻不計，L是直流電阻為零的自感線圈，A、B是規格均為「6V，0.3W

A、斷電自感現象中，線圈中會瞬間維持原來的電流的大小和方向，故如果接入的是電壓表，由於電壓表的內阻很大，則在電壓表兩端會產生一個很大的電壓，電壓表極有可能被燒壞，故A正確；
B、如果接入的是電流表，電流表的量程大於燈泡的額定電流，故不可能被燒壞，故B錯誤；
C、如果接入的是氖泡，由於氖泡的電阻很大，氖泡會在開關斷開瞬間氖泡發出輝光，故C正確；
D、如果用導線將a、b短接，線圈中會瞬間維持原來的電流，燈泡A、B都不會被燒壞，故D錯誤．
故選：AC．