在如图所示电路中电源电动势

1. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻大于电源的内阻r．闭合开关S，在滑动变阻器

A、电流表测量的电流是滑动变阻器右半部分电阻上的电流，在滑动变阻器的滑回片P由a向b移动的过程中答，右半部分上的电阻值越来越大，而左半部分的电阻值越来越小，所以电流表的读数越来越小．故A错误；
B、D、在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，灯泡L先亮后暗，路端电压先增大后减小，B错误D正确；
C、由于灯泡L的电阻大于电源的内阻r，变阻器并联的总电阻先增大后减小，所以电源输出功率先减小，后增大．故C错误．
故选：D

2. 在如图所示电路中，电源的电动势是E，内电阻是r，当滑动变阻器R3的滑动头向左移动时（）A．电阻R1的

由电路图可知．R₂、R₃串联后与R₁并联接到电源上，当滑动变阻器R₃的滑片P向左移动时，R₃阻值变小，总电阻变小，总电流变大，根据P=EI可知，电源的功率增大，故C正确，
电源内阻所占电压变大，并联部分电压减小，即R₁两端的电压减小，根据P₁=

U2

R1

，可知，电阻R₁的功率将减小，故A正确，
根据I＝

U

R

可知，通过R₁的电流减小，而总电流增大，所以通过R₂的电流增大，根据P=I²R可知，电阻R₂的功率将增大，故B正确，
电源的效率η=

I2R

I2(r+R)

=

1

1+ r R

，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R减小，则电源效率减小，故D错误．
故选：ABC．

3. 在如图所示电路中电源的电动势E=12

1）R2电阻两端的电压，
2）电流表的读数为：I=E/[r+R3//(R1+R2)]=12/[2+20//20]=1A
电压表的读数为：U=(I/2)R2=0.5x10=5V
3）电压表读数最大、电流表读数减小。

4. 在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=2.0Ω，外电路的电阻R1=12.0Ω，R2

（1）由闭合电路欧姆定律知，电路中的总电流I=

E

R1+R2+r

＝

6

12+4+2

=

1

3

A
（2）电路的路端电压U=E-Ir=6-

1

3

×2=

16

3

V
（3）电源的输出功率P=UI=

16

3

×

1

3

=

16

9

W
答：（1）电路中的总电流

1

3

A；
（2）电路的路端电压

16

3

V；
（3）电源的输出功率

16

9

W．

5. 在如图所示的电路中,电源电动势E=6V,内阻r=0.6欧，R2=0.5欧，当S断开时，理想电流表的示数I=1.5A，理想电

S断开后就是一个简单的串联电路:R=r+R1+R3+Rcurrent
电流表为理想表, 因此: Rcurrent=0
再因电压为3V, 也就是R3上的电压为3V. 分压比:3/6=0.5
回路中电流为1.5A, 因此:R=U/I=6/1.5=2欧.
R3=2*0.5=1欧, R1=R-R3-r=2-1-0.6=0.4欧

6. （2014嘉定区一模）在如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，保护电阻R0=3Ω，滑动变阻器总电阻R=

当滑片P在滑动变阻器b端或者a端时，外电路电阻小，为零，由闭合电路欧姆定律可得，电路最大电流，即电流表最大示数I=

E

r+R0

=

6V

1Ω+3Ω

＝1.5A；
把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，滑片P从a滑到b的过程中，电路外电阻R先变大后变小，等效电源电动势E不变，由P=

E2

R

可知，滑动变阻器消耗的电功率先变小后变大，当内外电路电阻相等时，外电路功率最大，即当R=r+R₀=4Ω时，外电路功率最大，故此时滑动变阻器消耗的功率为：
P=[

E

2(r+R0)

]2R＝(

6

2×4

)2×4＝2.25W．
故答案为：1.5，2.25．

7. 在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω，电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，电容

（1）由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻R总＝

R1(R2+R3)

R1+R2+R3

+r＝

10×(10+30)

10+10+30

+1＝9Ω
由闭合电路欧姆定律得，回通过电源答的电流I＝

E

R总

＝

3.0

9

＝

1

3

A
电源的端电压U=E-Ir=3.0?

1

3

×1＝

8

3

V
电阻R₃两端的电压U′＝

R3

R2+R3

?U＝

30

10+30

?

8

3

＝2V
通过R₄的总电量就是电容器的电量Q=CU′=2×100×10^-6=2×10^-4C；
（2）开关S接通后足够长时间，再断开开关S，电容器放电，通过电阻R₁与R₃的电流的比：

I1

I3

＝

R3

R1

＝

30

10

＝

3

1

由：q=It可知，通过电阻R₁与R₃的电量的比：

q1

q3

＝

I1

I3

＝

3

1

又：q₁+q₃=Q
代入数据得：q3＝5×10?5C；
答：（1）接通电键K达到稳定这一过程中流过R₄的总电量为2.0×10^-5C．（2）开关S接通后足够长时间，再断开开关S，断开开关S后流过R₃的电荷量是5×10^-5C．

8. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R 1 、R 2 为定值

A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大； 由闭合电路欧姆版定律可得权，电路中电流减小，故R 1 两端的电压减小，故A错误； B、因电路中电流减小，故内压减小，路端电压增大，同时R 1 两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R 2 的电流增大，故B错误； C、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I 2 R可知，小灯泡消耗的功率变小，故C正确； D、电源两端的电压为路端电压，由B的分析可知，电源两端的电压变大，故D正确； 故选CD．

9. 在如图所示的电路中 电源的电动势为16v.R1=R4=3欧，R2=R3=5欧，电容C=1微法。电容器上极板的带电量为（）

通过电容的电流ic=c×c/dt=0(电容相当于开路)；

R=[(3+5)×(3+5)]/[(3+5)+(3+5)]=4Ω；

I总=16/4=4A；

支路电路i=1/2 ×I总=2A；

a点对地电压Ua=3×2=6Ω；

Ub=5×2=10Ω；

Uab=6-10=-4V；

Q=Uab*c=-4×10^-6C

10. 在如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻不计，L是直流电阻为零的自感线圈，A、B是规格均为“6V，0.3W

A、断电自感现象中，线圈中会瞬间维持原来的电流的大小和方向，故如果接入的是电压表，由于电压表的内阻很大，则在电压表两端会产生一个很大的电压，电压表极有可能被烧坏，故A正确；
B、如果接入的是电流表，电流表的量程大于灯泡的额定电流，故不可能被烧坏，故B错误；
C、如果接入的是氖泡，由于氖泡的电阻很大，氖泡会在开关断开瞬间氖泡发出辉光，故C正确；
D、如果用导线将a、b短接，线圈中会瞬间维持原来的电流，灯泡A、B都不会被烧坏，故D错误．
故选：AC．