高考物理电磁学知识点之稳恒电流全集汇编及解析

高考物理电磁学知识点之稳恒电流全集汇编及解析
一、选择题
图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线II 1．在如图所示的U I
为某一电阻R的伏安特性曲线。

用该电源与电阻R组成闭合电路。

由图像判断错误的是
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的效率为80%
D．电源的输出功率为4 W
2．图中小灯泡的规格都相同，两个电路中的电池也相同。

实验发现多个并联的小灯泡的亮度明显比单独一个小灯泡暗。

对这一现象的分析正确的是（）
A．灯泡两端电压不变，由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗
B．电源电动势不变，外电路电压变大，但由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗
C．电源电动势不变，外电路电压变小，因此灯泡亮度变暗
D．并联导致电源电动势变小，因此灯泡亮度变暗
3．电动机是把电能转化成机械能的一种设备，在工农业、交通运输、国防及家电、医疗领域广泛应用。

图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数，据此信息，下列说法中正确的是（）
A．该电动机的发热功率为1100W
B．该电动机转化为机械能的功率为1100W
C．该电动机的线圈电阻R为8.8Ω
D．该电动机正常工作时每分钟对外做的功为4
6.610J
4．如图是某品牌手机电池的铭牌，根据你所学的物理知识进行判断，下列说法正确的是
A．“3000mAh”表示该电池储存的电能最多10800J
B．“11.55Wh”表示该电池储存的电能最多为41580J
C．一个标注为“3V，4000F”的超级电容器容纳的电荷量肯定比该电池能释放的电荷量多D．用匹配的充电器给电池充电，若把电池从电量为10%充电到40%花了30分钟，则充电器消耗的平均电功率为6.93W
5．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。

如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象，图线b是某电阻R的U−I图象。

在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是（）
A．硅光电池的电动势大于3.6V
B．硅光电池的总功率为0.4W
C．硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32W
D．若将R换成阻值更大的电阻（光照不变），电源效率将减小
6．如今电动动力平衡车非常受年轻人的喜爱，已慢慢成为街头的一种时尚，如图所示为某款电动平衡车的部分参数，则该电动平衡车（）
电池容量：5000mAh
充电器输出：直流24V/1000mA
续航里程：40km额定功率：40W
行驶速度：20km/h ≤ 工作电压：24V
A ．电池从完全没电到充满电所需的时间约为8.3h
B ．电池最多能储存的电能为54.3210J ⨯
C ．骑行时的工作电流为1A
D ．充满电后能工作5h
7．如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则（ ）
A ．V 的读数变大，A 的读数变小
B ．V 的读数变大，A 的读数变大
C ．V 的读数变小，A 的读数变小
D ．V 的读数变小，A 的读数变大
8．如图所示，直线A 为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B 为电阻R 两端电压与通过该电阻 流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是（ ）
A ．2W ，66.7%
B ．2W ，33.3%
C ．4W ，33.3%
D ．4W ，66.7%
9．如图所示的电路，闭合开关S 后，a 、b 、c 三盏灯均能发光，电源电动势E 恒定且内阻r 不可忽略．现将变阻器R 的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ）
A ．a 灯变亮，b 灯和c 灯变暗
B ．a 灯和c 灯变亮，b 灯变暗
C ．a 灯和c 灯变暗，b 灯变亮
D ．a 灯和b 灯变暗，c 灯变亮
10．如图为某扫地机器人，已知其工作的额定电压为15V，额定功率为30W，充电额定电压为24V，额定电流为0.5A，电池容量为2000mAh，则下列说法中错误的是（）
A．电池容量是指电池储存电能的大小
B．机器人充满电后连续工作时间约为1h
C．机器人正常工作时的电流为2A
D．机器人充满电大约需要4h
11．如下图的电路中,当滑动变阻器的滑动头向下滑动时,A、B两灯亮度的变化情况为( )
A．A灯和B灯都变亮
B．A灯和B灯都变暗
C．A灯变亮,B灯变暗
D．A灯变暗,B灯变亮
12．一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）
A．1.8 W，5.4×10-2W
B．3.6 W，0.108 W
C．0.6 W，1.8×10-2W
D．6.48×103 W，1.94×102W
13．某同学利用一块表头和三个定值电阻设计了如图所示的电表，该电表有1、2两个量程．关于该电表，下列说法中正确的是
A．测电压时，量程1一定小于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
B．测电流时，量程1一定大于量程2，与R1、R2和R3的阻值无关
C．测电压时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
D．测电流时，量程1与量程2间的大小关系与R1、R2和R3的阻值有关
14．下列关于电源电动势的说法正确的是( )
A．电源是通过静电力把其他形式的能转化为电能的装置
B．电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领
C．在电源内部负电荷从低电势处向高电势处移动
D．把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势也将变化
15．如图所示电路，电源内阻不可忽略。

开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片向下滑动的过程中（）
A．电压表的示数增大
B．电流表的示数减小
C．流经电阻R1的电流减小
D．流经电源的电流减小
16．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接。

绝缘线与左极板的夹角为θ。

当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）
A．θ1<θ2，I1<I2
B．θ1>θ2，I1>I2
C．θ1＝θ2，I1＝I2
D．θ1<θ2，I1＝I2
17．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时 ( )
A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小
B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大
C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小
D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大
18．电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U通过电流为I，作时间为t，下列说法中正确的是（）
A．电动机消耗的电能为
B．电动机消耗的电能为
C．电动机线圈生热为
D．电动机线生热为
19．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，则（）
A．质点P将向上运动B．电流表读数减小
C．电压表读数减小D．3R上消耗的功率增大
20．智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。

充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60−0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。

如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（）
容量20000mAh兼容性所有智能手机
边充边放否保护电路是
输入DC：5V 2A MAX输出DC：5V 0.1A−2.5A
尺寸56×82×22mm转换率0.60
产品名称索扬SY10−200重量约430g
A．给充电宝充电时将电能转化为内能
B．该充电宝最多能储存能量为3.6×105J
C．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2h
D．该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满6次
21．某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压（大于40V）时，反向电流才急剧变大22．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，将滑动变阻器R3的滑片P向a 端移动过程中（）
A．电压表示数变大，电流表示数变小B．R2消耗的功率变小
C．电源的总功率变大D．电源效率变低
23．如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为
A．两电表示数都增大
B．两电表示数都减少
C．电压表示数减少，电流表示数增大
D．电压表示数增大，电流表示数减少
24．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
A．将R1单独接到电源两端
B ．将R 1、R 2并联后接到电源两端
C ．将R 1、R 2串联后接到电源两端
D ．将R 2单独接到电源两端
25．如图是某款能一件自动上水的全自动智能电热壶，当壶内水位过低时能自动加满水，加热之后的水，时间长了冷却，机器又可以自动加热到设定温度。

某同学为了研究其工作原理，经进一步查阅厂家相关技术说明了解到：“一键加水”是由一水泵（电动机）和传感器来实现的，单独对这一部分进行测试时发现，当其两端所加电压110V U =时，电动机带不动负载，因此不转动，此时通过它的电流12A I =；当其两端所加电压236V U =时（通过变压器实现），电动机能带动负载正常运转，这时电流21A I =，则下列说法正确的是（）
A ．这种电热壶工作时加热部分的电阻值约为5Ω
B ．正常工作时，其输出的机械功率为31W
C ．正常工作时，其电动机内阻两端电压为32V
D ．使用一天该水壶消耗的电能为36KWh
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．C
解析：C
【解析】
【详解】
A ．根据闭合电路欧姆定律得：
U =E -Ir
当I =0时，U =E ，由读出电源的电动势E =3V ，内阻等于图线的斜率大小，则：
3Ω0.5Ω6
U r I ∆===∆ A 正确；
B ．根据图像可知电阻：
1ΩU R I =
= B 正确；
C ．电源的效率：
2100%=100%=100%=66.7%3
P UI P EI η=
⨯⨯⨯出
总 C 错误； D ．两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U =2V ，电流I =2A ，则电源的输出功率为：
P 出=UI =4W
D 正确。

故选C 。

2．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
电动势反映不同电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。

由于使用同一个电源，故电源电动势不变，故D 错误；根据闭合电路的欧姆定律
E Ir IR =+
根据并联电阻特点
11111=R R R R R
+++并 可知多个并联的小灯泡R 并小于单个小灯泡内阻，电路的总电阻减小，总电流增大，电源内阻r 消耗的电压增大，外电路电压变小，通过各小灯泡的电流减小，故AB 错误，C 正确。

故选C 。

3．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电动机的输出功率为
110080.0%W 880W P P η=⋅=⨯=出总
则电动机的发热功率为
1100W 880W 220W P =-=热
选项A 错误；
B ．电动机转化为机械能的功率等于输出功率880W ，选项B 错误；
C ．电路中的额定电流为5A ，所以电动机的内电阻为
22220=
==8.85
P R I ΩΩ热 选项C 正确； D ．电动机正常工作时每分钟对外做的功为
488060J 5.2810J W P t ==⨯=⨯出
选项D 错误。

故选C 。

4．B
解析：B
【解析】
【详解】
A. 3000mAh 表示电池用3000mA 的电流放电时，可以持续一个小时，其对应的是电荷量，不是电能，故A 错误；
B 、“11.55Wh ”表示该电池储存的电能最多为:
11.553600J 41580J W Pt ==⨯=
故B 正确；
C. 电容中容纳的电量取决于其电压值，如果充电后电压很小，则电量很小，故超级电容容纳的电量不一定比电池释放的电荷量多，故C 错误；
D 、由W UIt =可得:
4.43360030%J 14256J W Uq ==⨯⨯⨯=
则对应的功率:
14256W 7.92W 3060
W P t =
==⨯ 故D 错误。

5．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由闭合电路欧姆定律得 U =E -Ir ，当I =0时，E =U =3.6V ，即硅光电池的电动势等于
3.6V ，故A 错误。

B ．硅光电池的总功率为
P 总=EI =3.6×0.2W=0.72W
故B 错误。

C ．硅光电池的内阻
3.6280.2E U r I --==Ω=Ω
电池的内阻消耗的热功率为
P 热=I 2r =0.32 W
故C 正确。

D ．电源效率
100%UI R EI R r
η==⨯+ 随外电阻的增大而增大，故D 错误。

故选C 。

6．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于电池容量是5000mAh ，即
345000103600 1.810C q -=⨯⨯=⨯
充电器输出电流为1000mA ，所以充电时间为
5000mAh 5h 1000mA
q t I =
== 故A 错误；
B ．最多能储存的电能为 451.81024J=4.3210J W qU ==⨯⨯⨯
故B 正确；
C ．额定功率为40W ，工作电压为24V ，则骑行时的工作电流为
405A A 243
P I U =
== 故C 错误；
D ．充满电后能工作 5
4.3210's 3h 40
W t P ⨯=== 故D 错误。

故选B 。

7．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V 的读数变大；
把R 1归为内阻，内电压减小，故R 3中的电压增大，由欧姆定律可知R 3中的电流也增大，电流表示数增大，
A ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故A 错误；
B ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故B 正确；
C ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故C 错误；
D ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故D 错误；
8．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
由图象A 可知电源的电动势E =3V ，由图象B 可知，此时电阻R 两端的电压为U =2V ，流过R 的电流为I =1A ，电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，根据
P=UI
得：
P =2×1W=2W
电源的总功率为：
P 总=EI =3×1W=3W
所以效率为：
2100%100%66.7%3
P P η=
⨯=⨯=总 A 正确，BCD 错误。

故选A 。

9．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
变阻器R 的滑片稍向上滑动一些，滑动变阻器电阻减小，根据“串反并同”与其串联的灯泡C 电流增大，变亮，与其并联的灯泡b 电流减小，变暗，与其间接串联的灯泡a 电流增大，变亮，B 对；
10．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah”，不是储存电能的大小，故A 不正确，符合题意；
BC ．机器人正常工作时的电流
=2A P I U
=
机器人充满电后一次工作时间为 3
2000mA h 101h 2A
Q t I -⋅⨯=== 故BC 正确，不符合题意；
D ．电池容量2000mAh ，充电电流为0.5A ，所以充电的时间
2000mA h 4h 0.5A
t ⋅'=
= 故D 正确，不符合题意。

故选A 。

11．B
解析：B
【解析】
【详解】
当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以A 灯的电压变小，故A 灯变暗；由A 的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡B 的电压变小，可知B 的功率变小，故B 灯变暗。

故选B 。

12．C
解析：C
【解析】
由图知 3.6U V =,500Q mA h =⋅．通话时3t h =，由Q It =，P UI =得
0.6UQ P W t ==.同理待机时100t h =，21.810UQ P W t -=⨯'
='，C 对． 13．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A 、C 、表头与电阻串联构成电压表，而且串联的电阻阻值越大，量程越大，由电路可知量程为21()g g U I R R =+，113()g g U I R R R =++，量程1一定大于量程2，量程1与量程2间的大小关系与R 1、R 3和R g 的阻值有关，与R 2无关，则A 、C 均错误；
B 、D 、表头与电阻并联构成电流表，而且并联的电阻阻值越小，分流越多，量程越大，由电路可知1312()()g g g I R R R I I R ++=-，1223()()()g g g I R R I I R R +=-+，解得
12312()
g g I R R R R I R +++=,123223()g g I R R R R I R R +++=+;量程1并的电阻小，量程更大，
23122
R R I I R +=,则量程1与量程2间的大小关系只与R 2和R 3的阻值有关，故B 正确，D 错误；故选B ．
【点睛】
电表改装的原理，掌握欧姆定律的应用，注意灵敏电流计的最大电压、电阻与最大电流均是恒定的．
14．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A 、
B 项：电源是通过非静电力把其他形式的能转化为电能的装置，故A 错误，B 正确；
C 项：在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以负电荷从高电势处向低电势处移动，故C 错误；
D 项：把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D 错误．
故选B 。

15．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
AD ．在滑动变阻器R 0的滑片向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流I 增大，流经电源的电流增大，路端电压
U E Ir =-
则U 减小，即电压表示数减小，故AD 错误；
BC ．电压表测的是R 1两端的电压，即
11U I R =
电压表示数减小，电阻R 1不变，则流经电阻R 1的电流I 1减小，则电流表的示数
21I I I =-
可知电流表的示数增大，故B 错误，C 正确。

故选C 。

16．D
解析：D
【解析】
【详解】
因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即
12I I =
小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大。

故选D。

17．D
解析：D
【解析】
【分析】
本题考查的是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析，也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。

当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。

【详解】
当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则路端电压减小，所以伏特表V的读数减小。

根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大。

可知，电容C的电荷量在减
由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由Q CU
小，故ABC错误，D正确。

故选D。

18．C
解析：C
【解析】
对于电动机来说，不是纯电阻电路，总功率的大小要用P=UI来计算，电动机线圈发热的功率为I2R．对于电动机，由于不是纯电阻电路，所以欧姆定律不能使用，
电动机的总功率的大小为P=UI，所以消耗的总的电能为UIt，所以AB错误；
电动机线圈发热的功率为I2R，所以电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt，所以C正确．
故选C．
点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
19．C
解析：C
【解析】
【详解】
ABC．由图可知，2R与滑动变阻器4R串联后与3R并联后，再由1R串联接在电源两端；
电容器与3R 并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时1R 两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过3R 的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而2R 中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB 错误，C 正确；
D ．因3R 两端的电压减小，由2U P R
=可知，3R 上消耗的功率减小，故D 错误； 故选C 。

20．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，选项A 错误；
B ．该充电宝的容量为
3420000mAh 20000103600C 7.210C q -==⨯⨯=⨯
该电池的电动势为5V ，所以充电宝储存的能量
45•57.210J 3.610J E E q ==⨯⨯=⨯电动势
选项B 正确；
C ．以2A 的电流为用电器供电则供电时间
4
47.210s 3.610s 10h 2
q t I ⨯=⨯＝＝＝ 故C 错误；
D ．由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为
20000mAh 0.612000mAh ⨯=
给容量为3000mAh 的手机充电的次数
1200043000
n ==次次 选项D 错误。

故选B 。

21．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，
导电性能不变，故A 错误；
B ．由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B 错误；
C ．由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C 错误。

D ．根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压（大于40V ）时，反向电流才急剧变大，故D 正确。

故选D 。

22．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．分析电路结构可知电压表测量路端电压，电流表测量滑动变阻器支路的电流；当滑动变阻器滑片由b 端向a 端滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，则干路电流变小，根据U E Ir =-可知路端电压变大，电压表示数变大，电阻1R 在干路上，根据U IR =可知两端电压变小，根据串联分压可知并联支路电压变大，灯泡2R 两端电压变大，流过的电流变大，灯泡2R 消耗功率变大，根据串联分流可知流过滑动变阻器的电流减小，电流表示数变小，故A 正确，B 错误；
C ．根据P EI =可知，干路电流变小，则电源的总功率变小，故C 错误；
D ．电源效率为
221100%100%()1I R R r I R r r R R
η==⨯=⨯+++ 当滑动变阻器滑片由b 端向a 端滑动时，分析变阻器接入电路的电阻变大，电源效率变高，故D 错误；
故选A 。

23．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
当滑动变阻器的滑片P 向a 端滑动时，接入电路的电阻增大，与R 2并联的电阻增大，外电路总电阻R 总增大，总电流I 减小，则电压表的示数U V =E -I (r+R 1)，则U V 增大；流过R 2的电流22
V U I R =
增大，电流表的读数为2A I I I =-，则电流表示数减小；故A ，B ，C 错误，D 正确. 24．A
解析：A
【解析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律得：U=E −Ir 知，I=0时，U=E ，图象的斜率等于r ，则由电源的U −I 图线得到：电源的电动势为E=3V ，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R 1=0.5Ω、R 2=1Ω，R 1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A ，路端电压为1.5V ，则电源的输出功率为P 出1=1.5V×3A=4.5W， 同理，当将R 1、R 2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I 串=1.5A ，此时电源的输出功率P 串=I 2
串(R 1+R 2)=3.75W ；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I 并=3.6A,
此时电源的输出功率P 并=EI 并−I
2并r=4.32W ；R 2单独接到电源两端输出功率为P 出2=2V×2A=4W.所以将R 1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。

故A 正确，BCD 错误。

故选：A
【点睛】
由电源的U-I 图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I 图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
25．B
解析：B
【解析】
【分析】
考查电功率与热功率，焦耳定律。

【详解】
A ．由铭牌图可知，加热部分额定电压为220V ，额定功率为1500W ，则加热部分电阻为：
22
22032.31500
U R P ==Ω=Ω A 错误；
B ．电压110V U =时，电动机带不动负载，此时仅加热部分工作，电流12A I =，则电动机内阻：
1110V 52A
U r I ===Ω 其两端所加电压236V U =时，电动机能带动负载正常运转，这时电流21A I =，则输出功率：
222231W P P P U I I r =-=-⋅=总热出
B 正确；
C ．正常工作时，其电动机内阻两端电压为：
25V U I r ==内
C 错误；
D ．使用一天该水壶，加热部分消耗的电能为：
1.524KW h 36KW h W P t =⋅=⨯⋅=⋅
总消耗的电能应该加上电动机消耗，故大于36KW h ，D错误。

故选B。