高中物理必修第3册第十二章 电能 能量守恒定律试卷检测题(WORD版含答案)

高中物理必修第3册第十二章电能能量守恒定律试卷检测题（WORD版含答
案）
一、第十二章电能能量守恒定律实验题易错题培优（难）
1．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，
其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S
为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻．
①已知灵敏电流计G的满偏电流I g=100μA、内阻r g=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流
为200mA，应并联一只Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；
③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方
法（逐差法），计算出电池组的内阻r= Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差
法在数据处理方面体现出的主要优点是．
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影
响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值
与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大
的原因是．（填选项前的字母）
A．电压表内阻的影响 B．滑动变阻器的最大阻值偏小
C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数12345678
电压表V读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46改装表A读数I/mA20406080100120140160【答案】（2）①1.0 ②如图所示③ 1.66 充分利用测得的数据④CD
【解析】
解：1.根据改装后电表的量程
1
g g
g
I r
I I
R
=+,代入解得
1
1.0
R=Ω.
2.实物图如图所示
3.根据闭合电路的欧姆定律()
E U I R r
=++可得
U
R r
I
∆
+=
∆
,故15
51
U U
R r
I I
-
+=
-,
或26
62
U U
I I
-
-或
37
73
U U
I I
-
-或
()()
()
12345678
48
8451
5.66
4
U U U U U U U U
U U
I I I I
+++⋅+++
-
==Ω
--
可得: 1.66
r=Ω．因充分利用测得的数据,故减少一次测量的偶然误差．
4.实验中,电压表为标准电压表,由于电动势的测量值与已知值几乎相同,说明电压表和滑动变阻器对实验没有影响.电压表的变化量和电流表的变化量比值的绝对值为电源内阻r和定值电阻0R之和,当1R的实际阻值比计算值偏小时,电流表的读数比实际值偏小,则测得内阻将偏大,C正确.当0R的实际阻值比标称值偏大时,算得的电源内阻也偏大,D正确.
2．现要测量电压表的内阻和电源的电动势，提供的器材有：
电源E(电动势约为6V,内阻不计)，电压表V1（量程0~2.5V,内阻约为2.5kΩ)，电压表V2(量程0~3v,内阻约为10kΩ)，电阻箱R0(最大阻值为9999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为
3kΩ)，滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干
(1)如图(1)所示的甲、乙、丙三图是几位同学为完成本次验而设计的电路图，你认为选用哪一个电路图完成本次实验最合理？_______ (填“甲”、“乙”“丙”)
(2)电路中应选用滑动变阻器_______（选填“R1”或“R2”） (3)按照下列步骤进行实验：
①闭合开关前，将滑动变阻器和电阻箱连入电路的阻值调至最大；
②闭合开关，将电阻箱调到6Ωk,调节滑动变阻器至适当的位置，此时电压表V1的示数为1.60V 电压表V2的示数为2.40V;
③保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，再将电阻箱调到2kΩ, 此时电压表V1的示数如图(2)所示，其示数为_______V,电压表V2的数为1.40V
(4)根据以上实验数据，计算得到电源的电动势为_______V,电压表V1的内阻为_______KΩ，电,压表V2的内阻为_______KΩ. 【答案】丙 1R 2.10V 5.60V 2.5k Ω 2.5k Ω 【解析】 【分析】
考查测电阻、电源电动势的方法，根据欧姆定律综合分析可得。

【详解】
(1)．[1]当采用甲电路图时,电压表V 1最大电流为1mA ，电压表V 2最大电流为0.3mA ，电压表V 1读数不准确，若采用乙电路图，通过V 1电流更小，读数更不准确。

故只能选择丙电路图。

(2)．[2] 由闭合电路欧姆定律可估算一下滑动变阻，估算滑动变阻器的阻值
12131
6 2.53
5002.5.2510E U U R U R ----=
=Ω=Ω
⨯
最小电阻为500Ω ，所以只能选择R 1
(3)．[3] 最小分度值为0.1V ，要估读到下一位，所以读数是2.10V (4)． 根据串并联电路特点可得
3121.6V 2.4V 2.4A 610R R =+⨯ 3
122.10V 1.40V 1.4
A 210R R =+⨯ 联立可求得R 1=2.5k Ω R 2=2.5k Ω 由闭合电路欧姆定律可得
322.4 2.41.6V 2.4V 610E R R ⎛⎫
=+++⨯ ⎪
⨯⎝⎭
3
2
1.4 1.4
2.1V 1.4V
210
E R
R
⎛⎫
=+++⨯
⎪
⨯
⎝⎭
联立可得E= 5.60V
【点睛】
器材选择要考虑安全性原则、准确性原则、方便性原则。

选择合适电路，根据欧姆定律联立可得。

3．某实验小组设计了如图所示的电路，用于研究热敏电阻T
R的伏安特性曲线，所用电压表量程为3V，内阻V R约10kΩ，电流表量程为0.5A，内阻A 2.5
R
=Ω，R为电阻箱。

（以下计算结果均保留2位有效数字）
(1)该实验小组实验操作步骤：
①按实验电路图把电路连接好
②把电阻箱调到最大，闭合开关;
③调节电阻箱电阻值，记录下不同电阻箱电阻值R和对应的电压表示数U和电流表示数I
④利用上述物理量的符号，表示电源路端电压U=
端
_______。

(2)该小组同学，通过正确的测量得到数据，并描绘在I U
-坐标系中，图线如图所示，其中A曲线是热敏电阻伏安特性曲线，B斜线为电源的电流随路端电压的变化规律。

当电压表示数为1.0V时，热敏电阻值T R=______Ω；该电源的电动势E=______V，内电阻r=_______Ω；
(3)实验中，当电阻箱的阻值调到1Ω时，热敏电阻消耗的电功率P=________W。

【答案】()A
U I R R
++10 3.0 2.50.36
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由电路图可知，电阻间为串联关系；电压表测量T
R两端的电压，电流表测量电路中电流，根据串并联电路规律可知外电压为
()A U U
I R R =++端
（2）[2]当电压为1.0V 时，热敏电阻值中的电流I 为0.1A ，由欧姆定律可知，电阻为
10ΩT
T T
U R I =
= [3] [4]根据闭合电路的欧姆定律
E U Ir =+
可知图像的与U 轴的交点为电源电动势
3.0V E =
整理得
U E I r r
=-
斜率
10.220.55
k r ===
解得 2.5Ωr =
（3）[5]电源等效内阻
06ΩA r r R R =++=
热敏电阻两端的电压
6U E I =-
在图像中做6U E I =-的图像
图像的交点为0.277A I =， 1.30V U = 热敏电阻消耗的电功率
0.36W P UI ==
4．如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E 是电池；R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是固定电阻，R 6是可变电阻；表头G 的满偏电流为250 μA ，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V 挡，直流电流1 mA 挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．
(1)图(a)中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）．
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________．（结果均保留3位有效数字）
【答案】黑B160880 1.47mA 1.10×103Ω 2.95 V
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，A端与电池正极相连，电流从A端流出，A端与黑表笔相连；
(2)[2]由电路图可知6R只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节6R；
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析相符，故B正确；
C.与分析不符，故C错误；
(3)[3]B端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图所示
由电表的改装原理可知B端与“2”相连时，有：
122
G G
G I r R I R I =+
+ 解得：
12160ΩR R +=
[4]B 端与“4”相连时，如图所示
多用电表为直流电压1 V 挡，表头并联部分电阻：
442
880ΩG G
U I r R I -=
= (4)[5]B 端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA ；
[6]B 端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100Ω挡，读数为：
311.0100Ω 1.1010Ω⨯=⨯
[7]B 端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：
147
5V 2.95V 250
⨯=
5．测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U -I 图像如下:
（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P 应放在_____处 （2）现备有以下器材： A .干电池1个 B .滑动变阻器（0~50Ω） C .滑动变阻器（0~1750Ω） D .电压表（0~3V ） E .电压表（0~15V ） F .电流表（0~0.6A ）
G .电流表（0~3A ）
其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____．(填字母代号) （3）由U-I 图像．由此可知这个干电池的电动势E =_______V ，内电阻r =______Ω． （4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E 测___ E 真，，r 测____r 真(填“>”“<”或“=”)
【答案】a B D F 1.5 0.75 < < 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1] 闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P 应放在最大值位置处，即a 处． （2）[2]滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V ，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B ．
[3]电源电动势大约1.5V ，因此电压表选择量程为3V 的比较合适，故电压表选择D ， [4]由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择F ．
（3）[5]在U -I 图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V ；
[6]图象中的斜率表示电源的内阻，则有：
1.5 1.2
0.750.4
r -=
=Ω （4）[7][8]由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U -I 图象如图所示：
电源的U -I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．
6．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3V ，内阻约2 Ω)，保护电阻R 1(阻值10 Ω)和R 2(阻值5Ω)，滑动变阻器R ，电流表A ，电压表V ，开关S ，导线若干．
实验主要步骤：
(i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U 和相应电流表的示数I ； (iii)以U 为纵坐标，I 为横坐标，作U -I 图线(U 、I 都用国际单位)； (iv)求出U -I 图线斜率的绝对值k 和在横轴上的截距a . 回答下列问题：
(1)电流表最好选用________． A ．电压表(0～3 V ，内阻约15 kΩ) B ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ) C ．电流表(0～200 mA ，内阻约2 Ω) D ．电流表(0～30 mA ，内阻约2 Ω)
(2)选用k 、a 、R 1和R 2表示待测电源的电动势E 和内阻r 的表达式E ＝________，r ＝________，代入数值可得E 和r 的测量值． 【答案】C ka k -R 2 【解析】 【分析】 【详解】
(1) [1]通过电路的最大电流约为
123
A 0.176A=176mA 1052
E I R R r =
=≈++++
所以电流表选择C 项即可．
(2)[2][3]由图示电路图可知，电源电动势：
2()E U I R r =++
则：
2()U E I R r =-+
U -I 图象的斜率：
k =R 2+r
则内阻
r =k -R 2
令U =0，则有：
2E E
I r R k
=
=+ 由题意可知，图象与横轴截距为a ，则有：
E a I k
==
解得：
E ka =
7
．某同学想要测量一个电源的电动势和内阻，准备的器材有电流表A(0~100mA ，内阻为30Ω)、电阻箱R(最大阻值99.9Ω)、开关和若干导线．
（1）由于电流表A 的量程较小，考虑到安全因素，同学们需将一个定值电阻和电流表A 进行_________联(填写“串”或“并”)，若要使连接后的电流表A 可测量电流的最大值变为原来的6倍，则定值电阻的阻值R 0=_________Ω．
（2）如图甲所示，虚线框中为同学设计了实验电路的一部分，请将电路图补充完整______．
（3）实验中记录了若干组电阻箱的阻值R 和电流表A 的示数Ⅰ，并用记录的实验数据描
绘出R-
1
I
图线如图乙所示，则该电源的电动势E=_________V ，内阻r=__________Ω(结果保留两位有效数字)．
【答案】并 6 12 1.0
【解析】 【分析】 【详解】
（1）改装电流表需要并联电阻进行分流；由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使量程扩大为原来的6倍；则由并联电路规律可知：00.130
6550.1
g g
I R R I ⨯=
=
=Ω⨯； （2）根据改装原理以及测量电动势和内电阻实验原理可知应将改装后的电表与电阻箱串联接在电源两端，故测量原理图如图所示；
（3）电路中干路电流为电流表示数的6倍，故根据闭合电路欧姆定律可知：
11
630656630
E E I r R r R =
⨯
=⨯
⨯++++
+，则变形得()156E R r I
=⋅-+，故图象中的斜率等
于
6
2
63
E
k===，解得8.0V
E=；图象与纵坐标的交点为()
6.05
r
-=-+，解得
r=1.0Ω．
二、第十二章电能能量守恒定律选择题易错题培优（难）
8．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A． I1增大，I2不变，U增大
B． I1减小，I2增大，U减小
C． I1增大，I2减小，U增大
D． I1减小，I2不变，U减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
R2的滑动触点向b
端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．
9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（212
R r R R
<<+），电表均视为理想电表。

闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表A1的示数增大了I∆1，在这一过程中，电流表的A2示数变化量的大小为I∆2，电压表示数的变化量的大小为U
∆，则
A．A2增大，且I∆2<I∆1B．
1
U
I
∆
∆的大小变大
C ．电源的效率降低了1I r
E
∆⋅ D ．电源的输出功率一定增大了
【答案】C 【解析】 【详解】
A ．要使电流表A 1示数增大，则R 应减小；因总电流增大，则内阻及R 2分压增大，并联部分电压减小，则流过R 1的电流减小，因此流过R 的电流增大，即A 2的示数变大，因
211(
)()()R I I I +=
则
21I I ∆>∆
故A 错误。

B ．根据
1r E U U =+
可得：
r U U ∆=∆
则
11
r
U U r I I ∆∆==∆∆ 故其大小不会随R 的变化而变化；故B 错误。

C ．电源的效率
100%U
E
η=
⨯ 因电压的改变量为△I 1r ；故说明电源的效率降低了
1I r
E
∆⋅；故D 正确。

D ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况；故D 错误。

故选C 。

10．在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 3为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器。

将滑动变阻器的滑动触头P 置于位置a ，闭合开关S ，电路稳定时理想电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，理想电流表A 的示数为I 。

当滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑到b 且电路再次稳定时，理想电压表V 1、V 2的示数分别为U 1′、U 2′，理想电流表A 的示数为I ′。

则以下判断中正确的是（ ）
A ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，通过R 3的电流方向由左向右
B ．滑动变阻器的滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，电容器的带电量减小
C ．11'U U > ，22'U U >，I I '>
D ．
221'
U U R r I I
-=+-' 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．电容C 与电阻R 1、R 2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P 由a 滑向b 的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据
Q
C U =
可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过R 3的电流方向由右向左，故AB 项错误； C ．因电路电流减小，故I I '>，则R 1两端电压减小，即11'U U >。

因路端电压增大，则R 2两端电压增大，即22'U U <，故C 项错误；
D ．将R 1等效为电源内阻，则2U 可视为等效电源的路段电压，根据U —I 图像的斜率关系可得
221'
U U R r I I -=+-'
故D 项正确。

故选D 。

11．某居民家中的电路如图，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能正常工作，但电灯仍正常发光．拔出电饭煲的插头，把测电笔分
别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则（ ）
A．仅电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障
B．仅电热壶所在的C、D两点间发生了短路故障
C．仅导线AB间断路
D．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障
【答案】C
【解析】
【分析】
这个要根据串联电路或者并联电路中的电表和灯泡的亮、灭来进行判断．例如串联电路中，如果电流表示数为零，则一定是断路，谁断，谁两端的电压表示数就会变大为电源电压．而并联电路中是不能存在短路的，也就是只有断路故障，谁断，测量它的电流表的示数就为零．
【详解】
A、若电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障，则电饭煲应该可以正常工作，但现在电热壶也不工作，加之试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光．故A错误；
B、若是电热壶所在的
C、D两点间发生了短路故障，则灯泡不可能正常发光，故B错；
C、只有导线AB断路，导致电热壶不能正常工作，同时试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光．故C正确；
D、因插座用导线接地，没有影响火线与零线．故D错误；
故选C
【点睛】
本题考查了家用电路的故障分析，要能够根据出现故障的现象，判断故障可能发生的原因，了解电路的连接情况，判断是短路还是断路，能够排除故障，确保电路和人身安全.
12．如图所示的电路中， R1、R2、R3为阻值相同的电阻，C为电容器，电源的电动势为E，内阻为r。

先将电键S闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；再将S断开，电路稳定后，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2，则下列说法正确的是（）
A．I1< I2
B．η1>η2
C．Q1>Q2
D．S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．设三个相同的电阻为R，电键S闭合，电路如图
通过电源的电流
12
3
E
I
r R
=
+
S断开，电路如图
通过电源的电流
22
E
I
r R
=
+
所以，12
I I
>，A错误；
B．电键S闭合，电源效率
2
12232332
R I R
R I R R r R r η===++外总
S 断开，电源效率
2222122
I R R R
I R R r R r η===
++外总
所以，12ηη<，B 错误；
C ．电键S 闭合，电容器的两端的电压等于电阻1R 两短的电压
11
233
c E U R r R =
⨯+ 电容器的带电量
11123323
c E E
Q CU C
R C R r R r R ==⨯=⨯++ S 断开，电容器的两端的电压等于电阻2R 两端的电压
22c E
U R r R
=
+ 电容器的带电量
222c E
Q CU C
R r R
==+ 分析可得12Q Q <，C 错误；
D ．电键S 闭合，给电容器充电，电容器下级板带正电，上级板带负电，电容器充电电量为1Q ，S 断开后，电容器首先放电，通过3R 的电荷量为1Q ，然后在给电容器充电，充电量为2Q ，则流过3R 电荷量为
12Q Q +
D 正确。

故选D 。

13．在如图所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，闭合电键S 后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1，V 2，V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )
A ．V 1示数减小， V 2和V 3示数增大
B ．带电粒子将向上运动
C ．ΔU 3＞ΔU 1
D ．此过程中
2
I
U ∆∆保持不变 【答案】BCD 【解析】 【详解】
A ．将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则V 1示数U 1增大．内电压增大，路端电压U 减小，而路端电压13U U U =+，可知，V 3示数U 3减小．R 2两端电压增大，所以V 2示数减小，故A 错误；
B ．R 2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故B 正确；
C ．因为13U U U =+，U 3减小，U 1增大，而U 减小，所以31U U ∆∆＞ ．故C 正确；
D ．根据闭合电路欧姆定律知：
212()U E I R R r =-++
得
2
12U R R r I
∆=++∆ 保持不变，故D 正确． 故选BCD ．
14．用标有“6 V,3 W”的灯泡L 1、“6 V,6 W”的灯泡L 2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E ＝9 V ．右图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )．
A ．电流表的示数为1 A
B ．电压表的示数约为6 V
C ．电路输出功率为4 W
D ．电源内阻为2 Ω 【答案】CD
【解析】 【详解】
由题可知，若
1L 正常发光，13
A 0.5A 6
P I U =
== ，若2L 正常发光，2226
A 1A 6
P I U =
== ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为1L 正常发光． A 项，电流表示数为0.5A ，故A 项错误．
B 项，电压表测量灯泡2L 的电压，由图乙可知，曲线A 对应灯泡2L ，当电流为0.5A 时，此时电压为2 V 所以电压表示数为2 V ，故B 项错误．
C 项，电路输出功率为12=60.520.54W P U I U I +=⨯+⨯=输 ，故C 项正确．
D 项，电源内阻为12962
20.5
E U U r I ----=
=Ω=Ω ，故D 项正确． 综上所述，本题正确答案为CD ．
15．小明同学尝试用图甲所示的电路图进行实验，定值电阻18R =Ω，在滑动变阻器由a 端向b 端移动的过程中，分别用两个电流传感器测量了电流1I 与2I 关系，并得到的完整图象如图乙所示，其中C 点为图线最低点，则由图可知
A ．当滑动头P 滑到b 点时得到图乙中
B 点 B ．图乙中A 点纵坐标为 0.375 A
C ．滑动变阻器总阻值为16 Ω
D ．电源电动势为6 V 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
滑动头P 滑到a 点时，R 和1R 并联；滑动头P 滑到b 点时，1R 被短路，只有电阻R 接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到b 点时电流小于滑到a 点时的电流，所以滑动头滑到b 点时得到图乙中的A 点，故A 错误；由上分析知，滑动头滑到b 点时得到图乙中的A 点，电阻1R 被短路，电流表1A 和2A 示数相等，根据图乙知10.375I A =，所以
20.375I A =，即图乙中A 点纵坐标为0.375A ，故B 正确；根据闭合电路欧姆定律，当滑
动头P位于b点时，()
0.375
E R r
=+①，图乙中的C点，
12
0.50.25
I A I A
==
，，并
联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得18
Pb
R R
==Ω，则并联电阻为1
1
4
Pb
Pb
R R
R
R R
==Ω
+
并
，设滑动变阻器的全值电阻为R，则有：
()
0.5(8)0.584
E r R R r R
=+-+=+-+
并
②，联立①②得：E=6V，16
r R
+=Ω，故C 错误，D正确；故选BD．
【点睛】
滑片P滑到a点时R与1R并联，电阻最小，流过电源的电流最大，对应图象的B点；滑片滑到b点时，1R被短路，电阻比滑到a点时电阻大，电流比滑到a点时小，对应图象的a 点；根据闭合电路的欧姆定律列式结合图象即可求出电源的电动势．
16．如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2、R3为定值电阻,电流表和电压表均为理想电表,C为平行板电容器,在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态.由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是( )
A．电流表示数变大
B．电压表示数变大
C．液滴将向上运动
D．液滴仍保持静止
【答案】ABC
【解析】
【详解】
液滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电路为R2与R3串联，再与灯泡L并联，干路上有R1和内阻r.灯泡L的灯丝突然烧断,相当于其电阻变大，总电阻变大，据+
E
I
R r
=
外
，则总电流变小，C、D、由1
()
C
U E I R r
=-+得电容器的电压增大，故液滴受到的电场力
增大，液滴向上运动，C正确、D错误．A、B、由1
23
()
A
E I R r
I
R R
-+
=
+可知电流表示数增
大，由2
V A
U I R
=⋅知电压表的示数变大，A正确，B正确.故选ABC.
【点睛】
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定．
17．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在图中，当滑动变阻器
R3的滑片P 向a 端移动时,以下说法中正确的是（ ）
A ．电压表示数变小，电流表示数变小
B ．电阻R 1两端的电压减小
C ．电源的总功率减少但电源的输出功率增大
D ．如果设定流过电阻R2电流变化量的绝对值为2I ∆，流过滑动变阻器R3的电流变化量的绝对值为3I ∆，则23I I ∆<∆ 【答案】BD 【解析】
A 、将滑动变阻器的滑动触片P 从图示位置向a 滑动的过程中，外电路总电阻变大，电路中总电流变小，内电压减小，路端电压变大；电压表示数变大，故A 错误；
BD 、电路中总电流变小，通过电阻R 1的电流变小，R 1两端电压变小，R 2两端电压增大，通过电阻R 2的电流变大，通过电阻R 1的电流等于通过电阻R 2的电流和通过电阻R 3的电流之和，故通过电阻R 3的电流变小，故有123I I I ∆=∆+∆，23I I ∆<∆，故BD 正确； C 、电路中总电流变小，则电源的总功率减少，因不知道外电阻与内电阻之间的关系，所以无法判断电源的输出功率的变化；故C 错误； 故选BD ．
18．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电压表V 1、V 2、V 3为理想电压表，R 1、R 3为定值电阻，R 2为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)，C 为电容器，闭合开关S ，电容器C 中的微粒A 恰好静止．当室温从25 ℃升高到35 ℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI ，三只电压表的示数变化量是ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3.则在此过程中( )
A ．V 1示数减小
B ．
3
2U U I I
∆∆>∆∆ C ．Q 点电势升高
D ．R 3中的电流方向由M 向N ，微粒A 匀加速下移
【答案】BC 【解析】
【详解】
A.室温从25℃升高到35℃的过程中，R 2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V 1示数为U 1=IR 1增大，故A 错误；
B. 由
2
1U E I R r
得 21U R r I
∆=+∆ 由
3U E Ir =-
得
3
U r I
∆∆
则有： 32U U I I
∆∆>∆∆ 故B 正确；
C.由于外电压减小，V 1示数增大，所以V 2示数减小，而：
2N Q U ϕϕ=-
且0N ϕ=，所以Q 点电势升高，故C 正确；
D.V 3测量的是电源路端电压，由：
3U R Ir =-
得U 3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，电容放电，形成从M 到N 的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由
mg qE ma -=
得加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故D 错误。

19．如图所示的电路，R 1、R 2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R 3为小灯泡，电源内阻为r ．开关闭合后，当滑动变阻器触头P 向上移动时（ ）
A ．电压表示数变大
B ．小灯泡亮度变大。