高考物理最新电磁学知识点之稳恒电流基础测试题附答案.pdf

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1、高考物理最新电磁学知识点之稳恒电流基础测试题附答案一、选择题1如图为多用电表欧姆档的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300A，内阻Rg=100，调零电阻的最大值R0=50k，电池电动势E=1.5V，电源内阻不计。将两表笔短接调零后，用它测量电阻Rx，当电流计指针只在满刻度的一半时，Rx 的阻值是（）A25kB5kC50kD502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

2、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如图，E 为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V 与 A 分别为电压表与电流表初始时S0与 S均闭合，现将S断开，则（）AV 的读数变大，A 的读数变小BV 的读数变大，A 的读数变大CV 的读数变小，A 的读数变小DV 的读数变小，A 的读数变大4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

3、：“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110VU时，电动机带不动负载，因此不转动，此时通过它的电流12AI；当其两端所加电压236VU时（通过变压器实现），电动机能带动负载正常运转，这时电流21AI，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5B正常工作时，其输出的机械功率为31WC正常工作时，其电动机内阻两端电压为32VD使用一天该水壶消耗的电能为36KWh5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

4、 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6如图所示，定值电阻R=20，电动机线圈的电阻R0=10，当开关S断开时，电流表的示数是0.5A当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P应是（）AI=1.5ABI1.5ACP=15WDP15W7如图所示，电源电动势6VE，内电阻0.5r，变阻器1R的最大电阻m5.0R，21.5R，341000RR，平行板电容器C的两金

5、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18WB1R增大时，电容器的带电量减少C1R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dc8有一家用电褽斗，其内部电路结构如图所示，改变内部连线方式可以使电褽斗处于断开状态或获得低、中、高三个不同的温度挡，选项图中是它的四种不同的连接方式，其中能获得低挡温度的是（）ABCD9如图所示的电路中，输入电压U 恒为 12V，灯泡 L 上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM0.50。若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A通过电动机的电流为12AB电动机的输入功率为24WC电动机的

6、输出功率为12WD电动机的热功率为2.0W10 电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上（如图所示），下列说法正确的是（）A开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗的总功率不变11 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r R1，C 为电容器，电流表、电压表为理

7、想电流表和理想电压表在滑动变阻器滑动头P自 a端向 b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表示数变小，电流表示数变小B电容器C 所带电荷量增多C电源的输出功率增大，效率降低Da点的电势升高12 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

8、质子数n 是A2IUeSmBImeSeUC2IeUeSmD2ImeSeU13 移动充电宝是一种能直接给手机等移动设备充电的储能装置。如图所示为某品牌充电宝的技术参数。关于该充电宝，下列说法中正确的是（）A在给充电宝充电时，是将化学能转化为电能B给该无电的充电宝充电，需要30h才能充满C给该无电的充电宝充满电，需要消耗111Wh 的电能D该充电宝用“输出1”给手机充电时，输出功率为5W14 如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10 匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向

9、的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b 线圈中感应电流之比为34Da、b 线圈中电功率之比为3115 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16 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D3R上消耗的功率增大17 在如图所示的电路中，a、b

10、两端所加电压恒定，在A、B 两灯的电阻不变。将滑动变阻器的滑片向右移，则（）A 在 A、B 两灯均变亮B 在 A、B 两灯均变暗CA 灯变亮、B 灯变暗DA 灯变暗、B 灯变亮18 如图四个灯泡L1，L2，L3，L4完全一样，规格都是12V、12W，在AB两端加上60V的电压，则经过L3的电流是（）A1AB2AC1.67AD1.25A19 如图，虚线框内为改装好的电表，M、N 为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G 的满偏电流为200A，已测得它的内阻为490，图中电阻箱读数为10。现将 MN 接入某电路，发现灵敏电流计G 刚好满偏，则根据以上数据计算可知（）AM、N 两端的电压为1mVBM、N

11、两端的电压为100mVC流过 M、N 的电流为2 AD流过 M、N 的电流为 10mA20 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21 如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05，电流表和电压表均为理想电表。只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通S2，启动电动机工作时，

12、电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是（）A8AB40AC50AD58A22 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()A220V，220VB220V，110VC110V，110VD220V，0V23 如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，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、电压表的读数均变

13、小B电源内阻消耗的功率变大C液滴将向上运动D电源的输出功率变大24 如图是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（）A电源的电动势为1.0VB电源的内阻为12C电源的短路电流为0.5AD电流为0.3A 时的外电阻是1825 在如图所示电路中，合上开关S，将滑动变阻器R2的滑动触点向b 端移动，则三个电表 A1、A2和 V 的示数 I1、I2和 U 的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U 增大 BI1减小，I2不变，U 减小CI1增大，I2减小，U 增大 DI1减小，I2增大，U 减小【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1B 解析：B【解析】【详解】欧姆表的中值电阻R中

14、等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时gEIR总当电流计指针指在满刻度的12时12gxEIRR总联立解得12xgERRI总联立可得：Rx=5k。故 B 正确 ACD 错误。故选 B。2C 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EIrIR根据并联电阻特点11111=RRRRR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。3B 解

15、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 R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，A分析得V 的读数变大，的读数变大，故A 错误；B分析得V 的读数变大，的读数变大，故B 正确；C分析得V 的读数变大，的读数变大，故C 错误；D分析得V 的读数变大，的读数变大，故D 错误；4B 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：2222032.31500U

16、RPA 错误；B电压110VU时，电动机带不动负载，此时仅加热部分工作，电流12AI，则电动机内阻：1110V52AUrI其两端所加电压236VU时，电动机能带动负载正常运转，这时电流21AI，则输出功率：222231WPPPU IIr总热出B 正确；C正常工作时，其电动机内阻两端电压为：25VUI 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 h36KW hWP 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。5B 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()gg

17、UIRR，113()ggUIRRR，量程 1 一定大于量程2，量程 1 与量程 2间的大小关系与R1、R3和 Rg的阻值有关，与R2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()()gggIRRRIIR，1223()()()gggIRRIIRR，解得12312()ggIRRRRIR,123223()ggIRRRRIRR;量程 1 并的电阻小，量程更大，23122RRIIR,则量程 1 与量程 2 间的大小关系只与R2和 R3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

18、电流计的最大电压、电阻与最大电流均是恒定的6B 解析：B【解析】【详解】.当电键 S断开时,由欧姆定律得10.5A20=10VUI R，当电键 S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流2010V1A10UIR，故电流表的电流1.5AI，电路中电功率15WPUI，故 B 正确，ACD 错误；7D 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23AEIRr电源的输出功率22max231.5W=13.5WPI R故 A 错误；B1R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QCU可知电容器的带电量增加，故B 错误；C1R的阻值增大时

19、，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dc，故 D 正确。故选D。8B 解析：B【解析】【详解】AA 选项为断路，没有电流，不工作，A 错误；BCD B 选项 R1、R2串联，发热功率为：2212UPRR；C 选项只有R1工作，发热功率为：231UPR；D 选项 R1、R2并联，发热功率为：241212+UPR RRR；可以判断出，P2最小，所以能获得低挡温度的是B 选项。故选 B。9D 解析：D【解析】【详解】A灯泡与电动机串联，通过的电流相等，则电流2ALLPIU故 A 错误；B电动机两端的电压为

20、UM=U-UL=6V所以电动机的输入功率为P=UMI=12W故 B 错误；CD电动机的发热功率为P热=I2RM=2W电动机的输出功率为P出=P-P热=10W故 C 错误，D 正确。故选 D。10A 解析：A【解析】【分析】【详解】开关接通时，灯泡发生短路，电阻小于开关断开时的电阻，有公式2UPR可知，开关接通时比开关断开时消耗的总功率大，故A 正确；开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，电路中电阻减小，有公式2UPR可知，消耗的功率增大；故B 错误；开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率减小，且电烙铁发热较少，故C 错误；开关断开时，灯泡串联在电路中，电灯发光，总电阻增大，可供在焊接

21、时照明使用，消耗总功率减小，故 D 错误；故选A11C 解析：C【解析】【分析】在滑动变阻器滑动头P自 a端向 b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C 的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化根据内外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化a点的电势等于R2两端的电压【详解】在滑动变阻器滑动头P自 a端向 b端滑动的过程中，滑动变阻器电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R1两端电压增大，

22、则电压表示数变大电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I 增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则 a 点的电势降低，通过R2的电流 I2减小，通过电流表的电流IA=I-I2，I 增大，I2减小，则IA增大即电流表示数变大故ABD 错误据题：rR1，当外电路总电阻减小时，内外电阻更加接近，电源的输出功率增大电源的效率100%100%UIUEIE，路端电压U 减小，则电源的效率降低，故C 正确故选C【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值

23、不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化12D 解析：D【解析】【分析】【详解】质子被加速时：212Uemv由于IneSv解得2ImneSeUA2IUeSm，与结论不相符，选项A 错误；BImeSeU，与结论不相符，选项B 错误；C2IeUeSm，与结论不相符，选项C 错误；D2ImeSeU，与结论相符，选项D 正确；故选 D.13D 解析：D【解析】【详解】A给充电宝充电时是把电能转化为化学能的过程，故A 错误；B该充电宝的容量为3530000mAh300001036001.08 10 Cq以 1.5A 的电流为用电器充电则供电时间51.08 10s20h1.5qt

24、I故 B 错误；C该充电宝的容量为30000mAhq，充电的电压为5V，则消耗的电能为45.4 10 J=150WhWqU而 111Wh 是充电宝的额定储存能量，故C 错误；D该充电宝用“输出1”给手机充电时，电压为5V，电流为 1A，则输出功率为5WPUI故 D 正确。故选 D。14B 解析：B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则Bkt，根据法拉第电磁感应定律可知2BEnnltt，则239()11abEE，选项 B 正确；根据2444Bnl SEEklStIlnlRnlS，故 a、b 线圈中感应电流之比为3:1，

25、选项 C 错误；电功率2 32344klSBnk l SPIEnllt，故 a、b 线圈中电功率之比为27:1，选项D错误；故选B【学科网考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量15D 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

26、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。由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由QCU可知，电容C 的电荷量在减小，故 ABC 错误，D 正确。故选 D。16

27、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2UPR可知，3R上消耗的功率

28、减小，故D 错误；故选 C。17D 解析：D【解析】【详解】滑动变阻器的滑片向右移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻增大，总电流减小，电阻2R两端的电压减小，B 灯两端电压增大，电流增大，B 灯变亮，A 灯中电流减小，A灯变暗，故D 正确，ABC 错误。故选：D。18A 解析：A【解析】【分析】【详解】分析电路可知3L，4L并联后与1L，2L串联接入电路，灯泡的电阻22121212URP，则电路总电阻302RRRR总，干路电流60230UIAR总，则经过3L的电流312IIA，故 A正确故选 A19D 解析：D【解析】【分析】【详解】ABM、N 两端电压为6200 10490V98mVgg

29、UI RAB 错误；CD流过 M、N 的电流为60.098200 10AA=10mA10gIIIRC 错误 D 正确。故选 D。20D 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，

30、故 D 正确。故选 D。21C 解析：C【解析】【分析】【详解】只接通 S1时，由闭合电路欧姆定律得12 100.05V12.5VEUIr车灯的电阻R灯121.210UI再接通 S2后，车灯两端的电压为U灯1I R灯8 1.2V9.6V流过蓄电池的电流为212.5 9.6A58A0.05EIUr灯流过电动机的电流为I电动机2150AII故 A、B、D 错误，C 正确；故选 C。22B 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

31、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1122UnUn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23C 解析：C【解析】【分析】首先对电路进行分析：L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知液滴的受力变化，则可知液滴的运动情况根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化【详解】AC当 L2的灯丝突然烧断可

32、知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C 的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动；由于 C 两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故A 错误，C 正确；B因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B 错误；D由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化故D 错误【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析24D 解析：D【解析】【分析】【详解】A电源的电动势为纵轴的截距，

33、为6.0V，故 A 错误；B电源的内阻为该图形的斜率绝对值6.05.02.00.5UrI故 B 错误；C该图像的纵轴没有从零开始，故图像与横轴的电流不是短路电流，短路电流6.0V=3.0A2.0EIr短故 C 错误；D根据闭合电路的欧姆定律EIRr得ERrI带入数据解得18.0R故 D 正确。故选 D。25D 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EUIr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3RUUU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12III，所以2I增大，D 正确