高考物理电磁学知识点之稳恒电流单元汇编附答案

高考物理电磁学知识点之稳恒电流单元汇编附答案
一、选择题
1．在如图所示电路中，合上开关S ，将滑动变阻器R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表A 1、A 2和V 的示数I 1、I 2和U 的变化情况是（ ）
A ．I 1增大，I 2不变，U 增大
B ．I 1减小，I 2不变，U 减小
C ．I 1增大，I 2减小，U 增大
D ．I 1减小，I 2增大，U 减小
2．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。

在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。

质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。

如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U 的加速器加速后，形成细柱形的质子流。

已知细柱形的质子流横截面积为S ，其等效电流为I ；质子的质量为m ，其电量为e .那么这束质子流内单位体积的质子数n 是
A 2I U eS m
B I m eS eU
C 2I eU eS m
D 2I
m eS eU
3．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
4．如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，若将滑动片P向下滑动，则（）
A．A灯变亮
B．B灯变亮
C．总电流变小
D．R1上消耗功率变大
5．在如图所示的电路中，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势为E，内阻为r。

现将变阻器R的滑片稍向下滑动一些，则（）
A．b灯和c灯变暗，a灯变亮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
6．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
7．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
8．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
9．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，接通电路后，下列判断正确的是
A ．两只电表的指针都不偏转
B ．两只电表的指针偏转角相同
C ．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角
D ．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角
10．如图所示，电源电动势6V E =，内电阻0.5r =Ω，变阻器1R 的最大电阻m 5.0R =Ω，2 1.5R =Ω，341000R R ==Ω，平行板电容器C 的两金属板水平放置。

开关S 与a 接触，电路稳定后（ ）
A ．电源的最大输出功率为18W
B ．1R 增大时，电容器的带电量减少
C ．1R 的阻值增大时，2R 两端的电压增大
D ．当开关接向b 至电路稳定过程中，流过3R 的电流方向为d
c → 11．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R u 的滑动端向下滑动的
过程中
A ．电压表与电流表的示数都减小
B ．电压表与电流表的示数都增大
C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大．
12．有关电压与电动势的说法中正确的是 ( )
A ．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法
B．电动势是电源两极间的电压
C．电动势公式
W
E
q
=中W与电压
W
U
q
=中的W是一样的，都是电场力做的功
D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量
13．一平行板电容器C，极板是水平放置的，电路如图所示.闭合电键,今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.下列说法正确的是
A．油滴带正电
B．要使油滴上升，可增大滑动变阻器R1的阻值
C．只增大两极板间的距离，油滴将向下加速
D．只将平行板电容器上极板向右平移少许,带电液滴将加速上升
14．图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线．用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V．则该电路可能为
A．B．
C．D．
15．如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下列说法中不正确的是（）
A．若1R短路，电流表示数变小，电压表示数为零
B．若2R短路，电流表示数变小，电压表示数变大
C．若3R断路，电流表示数为零，电压表示数变大
D．若4R断路，电流表示数变小，电压表示数变大
16．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，则（）
A．电压表读数增大B．电流表读数增大
C．质点P将向上运动D．3R上消耗的功率逐渐增大
17．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
18．如图为一种服务型机器人，其额定功率为48W．额定工作电压为24V．机器人的锂电池容量为20A·h．则机器人
A．额定工作电流为20A B．充满电后最长工作时间为2h
C．电池充满电后总电量为4
D．以额定电流工作时毎秒消耗能量为20J
7.210C
19．如图甲所示为一款儿童电动汽车，该款电动汽车的部分参数如图乙所示，则下列说法正确的是 ( )
A．电源规格中的4.5 A·h，A·h 是能量的单位
B．电机的输出功率小于24W
C．电机线圈的电阻为6 Ω
D．行驶过程中电机突发故障，被卡住无法转动，此时通过电机的电流为 2 A
20．一台直流电动机，其线圈的电阻值为0.5Ω。

当电动机两端所加电压为6V时，电动机正常工作，通过线圈的电流是2A。

由此可知
A．电动机消耗的电功率为72W
B．电动机输出的机械功率为12W
C．电动机线圈的发热功率为2W
D．电动机的工作效率为50%
21．一个内阻可以忽略的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端，通过的电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，通过的电流将是()
A．0.4 A B．0.8 A C．1.6 A D．3.2 A
22．如图所示，左右两个电路中，当a、b两端和e、f两端分别接220V的交变电压时，测得c、d两端和g、h两端的电压均为110V．若分别在c、d两端和g、h两端加上110V交变电压，则a、b两端和e、f两端测得的电压将分别是( )
A．220V，220V B．220V，110V
C．110V，110V D．220V， 0V
23．在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则
A．灯泡L变暗
B．电源内部消耗的功率先变大后变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．流过R1的电流方向由左向右
24．某同学从电子市场购买了一款手机电池板，如图所示，根据电池板上的标识，该电池一次可以提供的最大电能约为（）
A ．8.4×
103J B ．7.4×103J C ．2.6×
104J D ．3.0×104J 25．如图所示电路中，电池内阻符号为r ，电键S 原来是闭合的．当S 断开时，电流表
( )
A ．r ＝0时示数变大，r ≠0时示数变小
B ．r ＝0时示数变小，r ≠0时示数变大
C ．r ＝0或r ≠0时，示数都变大
D ．r ＝0时示数不变，r ≠0时示数变大
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一、选择题
1．D
解析：D
【解析】试题分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析． 触点向b 端移动过程中2R 连入电路的电阻减小，即总电阻减小，干路电流即总电流增大，所以根据E U Ir =+可知路端电压减小，即U 减小， 3R 在干路，通过它的电流增大，所以3R 两端的电压增大，而3R U U U ↓=↑+并，所以U 并减小，即并联电路两端的电压减小，所以1R 的电流1I 减小，而12I I I ↑=↓+，所以2I 增大，D 正确
2．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
质子被加速时：
212
Ue mv =
由于 I neSv =
解得
n =
A A 错误；
B ，与结论不相符，选项B 错误；
C C 错误；
D D 正确； 故选D.
3．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 。

4．D
解析：D
【解析】
将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I 增大，则R 1上消耗功率变大，路端电压U E Ir =﹣，I 增大，U 减
小，则A 灯变暗，B 灯与变阻器并联的电压1U E I R r =+并﹣（），I 增大，则U 并减小，所
以B 灯变暗，故D 正确，ABC 错误；
故选D ．
【点睛】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化．
5．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
R 的滑片稍向下滑动时，变阻器R 接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 减小，a 灯变暗；
b 灯的电压
b a U E I r R =-+（）
I 减小，U b 增大，则b 灯变亮；
通过c 灯的电流
c b I I I =-
I 减小，I b 增大，则I c 减小，c 灯变暗。

选项C 正确，ABD 错误。

故选C 。

6．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
3.6280.2
E 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 。

7．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；
8．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 。

解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD 错误，C 正确； 故选C ．
【点睛】
电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小.
10．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．变阻器1R 的电阻为零时，电源的输出功率最大，电流为
23A E I R r
=
=+ 电源的输出功率 22max 23 1.5W=13.5W P I R ==⨯
故A 错误；
B ．1R 增大时，根据闭合电路的欧姆定律可知，1R 两端的电压增大，根据Q CU =可知电容器的带电量增加，故B 错误；
C ．1R 的阻值增大时，电路的电流减小，2R 两端的电压减小，故C 错误；
D ．开关接a 时，上极板带正电，当开关接向b 后，下极板带正电，流过3R 的电流方向为d →c ，故D 正确。

故选D 。

11．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减
由欧姆定律可知，R 1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R 2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R 0的电流增大，则电流表的示数增大．故A 正确，BCD 错误
12．D
解析：D
【解析】
【分析】
电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量； 电动势定义式公式W E q =中的W 是非静电力做功，电压W U q
=中的W 是静电力做功； 电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压；
【详解】
A 、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故A 错误；
B 、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U E Ir =-，只有当外电路断开时，0I =，路端电压等于电动势，当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B 错误；
C 、电动势定义式公式W E q =
中的W 是非静电力做功，电压W U q
=中的W 是静电力做功，故C 错误；
D 、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，故D 正确．
【点睛】
本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别． 13．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
从图中可得A 板带正电，电场方向竖直向下，要使粒子静止，则必须满足电场力和重力等大反向，故粒子受到的电场力竖直向上，所以粒子带负电，A 错误， 要使油滴上升，即电场力增大，则根据公式U E d
=可得，可使极板间的距离减小，或者增大两极板间的电压，但由于两极板间的电压等于2R 两端电压，所以无论怎么移动滑动变阻器，电压都不会变化，B 错误，
当增大两极板间的距离，电场强度减小，所以油滴将向下加速，C 正确，
因为电容器并未和电路断开，所以电场强度和两极板的正对面积无关，故只将平行板电容器上极板向右平移少许,电场强度不变，粒子静止，D 错误。

解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
由上图可知电源电动势为6V ，电源内阻为
640.54-Ω=Ω． A ．三电阻并联，1R =Ω外，64A 1.5
E I A R r ===+外，4V U IR ==外； B ．两个电阻串联，然后与第三个电阻并联，2R =Ω外， 2.4A E I R r =
=+外，4.8V U IR ==外；
C ．三电阻串联，9R =Ω外，0.63A E I R r
==+外， 5.68V U =； D ．两电阻并联后与第三个电阻串联， 4.5R =Ω外， 1.2A E I R r =
=+外， 5.4V U =； 【点睛】
根据图象求得电源的电动势和内电阻是本题的关键，之后根据闭合电路欧姆定律来计算即可．
15．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．若R 1短路，此时电压表测量R 1的电压，故电压表示数为零，若R 1短路，则电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，R 3的电压等于路端电压，又电流表测通过R 3的电流，根据欧姆定律，可知电流表的示数变小，故A 不合题意；
B ．若R 2短路，则电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，R 3的电压等于路端电压，又电流表测通过R 3的电流，根据欧姆定律，可知电流表的示数变小；通过R 3和 R 4电流减小，总电流增大，通过R 1电流增大，所以电压表示数变大，故B 不合题意；
C ．若R 3断路，电流表测通过R 3的电流，故电流表示数为零，电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大；R 1和R 2串联的总电压等于路端电压，且R 1和R 2的电阻不变，故电压表示数增大，故C 不合题意；
D ．若R 4断路，电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，R 1和R 2串联的总电压等于路端电压，且R 1和R 2的电阻不变，故电压表示数增大，又电流表测通过R 3的电流，根据欧姆定律，可知电流表的示数变大，故D 符合题意。

故选D 。

16．B
【解析】
【详解】
A B ．由图可知，R 2与滑动变阻器R 4串联后与R 3并联后，再由R 1串连接在电源两端；电容器与R 3并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R 1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R 3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R 2中电压增大，故电压表示数减小，故A 错误，B 正确；
C ．因R 3两端电压减小，则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，电荷向下运动，故C 错误；
D ．R 3上电流减小，根据P =I 32R 3，则R 3消耗的功率逐渐变小，选项D 错误； 故选B 。

17．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 。

18．C
解析：C
【解析】
【详解】
A.P UI =得，额定工作电流：
48A 2A 24
P I U =
==, A 错误；
B. 充满电后最长工作时间：
20h 10h 2
Q t I =
==， B 错误；
C. 电池充满电后总电量为 4203600C 7.210C Q It ==⨯=⨯
C 正确；
D.额定电流工作时每秒消耗能量
'2421J 48J E UIt ==⨯⨯=.
D 错误．
19．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A •h 是电流与时间的乘积，是电量的单位．故A 错误；电动机的额定功率：
P=UI=12×2=24W ，可知电动机的输出功率一定小于24W ．故B 正确；只知道电动机的额定电压与额定电流，不能由欧姆定律求出电动机的电阻值．故C 错误；知道电动机的额定电压，不知道电动机的电阻值，所以若电机突发故障，被卡住无法转动，不能求出通过电动机的电流值．故D 错误．故选B ．
20．C
解析：C
【解析】
【详解】
A. 电动机消耗的电功率为
P=IU =12W
选项A 错误；
C. 电动机线圈的发热功率为
P 热=I 2R =22×0.5=2W
选项C 正确；
B. 电动机输出的机械功率为
P 出=P -P 热=10W
选项B 错误；
D. 电动机的工作效率为
000010=
10083.312
P P η=⨯=出 选项D 错误；
故选C. 21．C
解析：C
【详解】
内径大一倍，横截面积变为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银长度变为原来的， 则由电阻定律知电阻变为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，即为1.6A.
A. 0.4A 与计算结果不相符；故A 项不合题意.
B. 0.8A 与计算结果不相符；故B 项不合题意.
C. 1.6A 与计算结果不相符；故C 项符合题意.
D. 3.2A 与计算结果不相符；故D 项不合题意.
22．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
当a 、b 两端接220V 的交变电压时，测得c 、d 两端的电压为110V ，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c 、d 两端加上110V 交变电压，a 、b 两端电压为220V ，当g 、h 两端加上110V 交变电压时，e 、f 两端电压与g 、h 两端电压相同，也为110V ，故B 正确，ACD 错误．
故选B ．
【点睛】 难度较小，根据已知算出变压器两端线圈匝数比，然后再根据1122
U n U n 算出变化后的ab 端电压，因为gh 端接110V 电压时，ef 两端电压与其相等，所以可解出
23．D
解析：D
【解析】
【分析】
本题考查含电容器电路的动态分析
【详解】
AB ．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I 2R 知灯泡变亮，电源内部消耗功率2I r 变大，选项A 、B 错误；
C ．根据U=IR 知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C 上电压也减小，根据Q=CU 知电容器电量减小，C 错误；
D ．电容器会通过R 、R 1组成回路放电，故经过电阻R 1的电流由左向右，D 正确。

24．C
解析：C
【解析】
【分析】
由图可知，该电源的电量为
mAh C C
=⨯=
2000?2000 3.67200
则最大电能
4
W UIt UQ J J
===⨯=⨯
3.77200 2.610
故ABD错误，C正确；
故选C。

25．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
r=0时，电源的路端电压一定，所以电流表示数不变；当r≠0时，电键断开后，外电路电阻变大，路端电压变大，所以电流表示数增大，选项D正确，ABC错误；故选D．。