C,giữa 2 điểm D và E

\(R_{tđ}=R_1+R_2=5+10=15\Omega\)

\(I_1=I_2=\dfrac{U}{R_{tđ}}=\dfrac{12}{15}=0,8A\)

\(U_1=I_1\cdot R_1=0,8\cdot5=4V\)

\(U_2=U-U_1=12-4=8V\)

\(P_1=U_1\cdot I_1=4\cdot0,8=3,2W\)

\(P_2=U_2\cdot I_2=8\cdot0,8=6,4W\)

Ta biết 

Khi dịch chuyển con trỏ về đầu M thì khi đó I giảm R tăng

Mà  khi đó I tăng nên đèn càng sáng mạnh lên khi dịch chuyển con trỏ về M.

→ Đáp án A

TH1: K mở =>R0 nt R2

\(=>U1=I0.R0\left(V\right)\)

\(=>Ubd=I0.Rtd=\dfrac{U1}{R0}\left(R0+R2\right)=>Ubd=U1+\dfrac{U1.R2}{R0}\)

\(=>\dfrac{U1.R2}{R0}=Ubd-U1=>R0=\dfrac{U1.R2}{Ubd-U1}\)

Th2: R0 nt (R1//R2)

\(=>U0=U2\)

\(=>Ubd=U2+I0.R12=U2+\dfrac{U2}{R0}.\dfrac{R1.R2}{R1+R2}\)

\(=>Ubd=U2+\dfrac{U2}{R0}.\dfrac{\dfrac{R2}{4}.R2}{\dfrac{R2}{4}+R2}=U2+\dfrac{U2}{R0}.\dfrac{\dfrac{R2^2}{4}}{\dfrac{5R2}{4}}\)

\(=U2+\dfrac{U2}{R0}.\dfrac{R2}{5}=>Ubd=U2+\dfrac{U2.R2}{5R0}\)

\(=>R0=\dfrac{U2.R2}{5\left(Ubd-U2\right)}\)

\(=>\dfrac{U1.R2}{Ubd-U1}=\dfrac{U2.R2}{5\left(Ubd-U2\right)}\)

\(=>Ubd=\dfrac{4U1U2}{5U1-U2}\)

a) \(R_{AB}=R_1+R_2=10+5=15\left(\Omega\right)\left(R_1ntR_2\right)\)

\(I=I_1=I_2=\dfrac{U}{R_{tđ}}=\dfrac{12}{15}=0,8\left(A\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}U_1=I_1.R_1=0,8.10=8\left(V\right)\\U_2=I_2.R_2=0,8.5=4\left(V\right)\end{matrix}\right.\)

\(R_{AB}=R1+R2=10+5=15\Omega\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}I=U:R=12:15=0,8A\\I=I1=I2=0,8A\left(R1ntR2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}U1=R1.I1=10.0,8=8V\\U2=R2.I2=5.0,8=4V\end{matrix}\right.\)

Chọn đáp án B.

Đáp án: A

HD Giải: Khi đi từ A đến B ta gặp cực dương của nguồn (E > 0), dòng điện cùng chiều từ A->B nên U_AB = E +I(R+r)

a) Điện trở tương đương của đoạn mạch là:

     \(R_{tđ}=R_1+R_2=10+20=30\left(\Omega\right)\)

b) CĐDĐ của mạch là:

      \(I=\dfrac{12}{30}=0,4\left(A\right)\)

Mà I = I₁ = I₂ ⇒ I₁ = 0,4 A

  HĐT giữa 2 đầu điện trở R₁ là:

Ta có: \(I_1=\dfrac{U_1}{R_1}\Leftrightarrow U_1=I_1.R_1=0,4.10=4\left(\Omega\right)\)