高考物理总复习 必考部分 专题九 恒定电流习题课件2

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1、专题九 恒定电流高考物理高考物理(课标专用)(2016课标,17,6分)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A. B. C.D.五年高考A组 统一命题课标卷题组答案C当开关S断开时等效电路如图1所示,电容器C两端的电压U=E,所带的电荷量Q1=CU=CE;当开关S闭合时等效电路如图2所示,电容器C两端的电压U=E,所带的电荷量Q2=CE。所以=,C项正确。图2图1方法技巧简化电路时会熟练应用电势排列法,才能又准又快地画出等效电路。1.(2017

2、上海单科,9,4分)将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路,测得相应的电流、电压值如图 所 示 。 其 中 阻 值 最 接 近 的 两 个 电 阻 是()A.a和bB.b和dC.a和cD.c和dB组 自主命题省（区、市）卷题组答案A根据R=知,定值电阻的U-I图线的斜率表示定值电阻的阻值。在U-I图中分别连接O与4个点,根据它们的倾斜度可知,a和b的阻值最接近,故选A。方法技巧图像题的解决方法图像题是物理中最常见的题型之一。解题步骤是:一看轴,即看清横轴及纵轴的意义;二看点,即看清图像中坐标点的位置;三看斜率,即看清斜率的意义及大小;四看面,即看清图像与坐标轴所包围面积的意义。2.(2016

3、北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的 一 组 器 材 是()A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器答案D根据U=E-Ir,要测出E和r,就要同时测出U和I,A、B、C三个选项都能满足要求;D选项只能测出电流I,不能测出电压U,所以选D。解题方法测量电源的电动势和内阻有多种方法,最常用的方法有:(1)伏安法,电路如图1所示。图1(2)伏阻法,电路如图2所示。图2(3)安阻法,电路如图3所示。图3评析本

4、题考查测量电源电动势和内阻的原理和方法,意在考查学生灵活应用闭合电路欧姆定律解决实际问题的能力。3.(2016江苏单科,8,4分)(多选)如图所示的电路中,电源电动势为12V,内阻为2,四个电阻的阻值 已 在 图 中 标 出 。 闭 合 开 关 S , 下 列 说 法 正 确 的 有()A.路端电压为10VB.电源的总功率为10WC.a、b间电压的大小为5VD.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1A答案AC外电路的总电阻R=10,由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I=1A,因此路端电压U=E-Ir=12V-12V=10V,A选项正确;电源的总功率P=EI=12W,B选项错误;由图(a)可知

5、Uab=UaO-UbO=-150.5V+50.5V=-5V,故选项C正确;当a、b间用导线连接后,其等效电路如图(b)所示,电路中的外电阻R=7.5,电路中总电流I=A1A,D选项错误。图(a)图(b)方法技巧两部分电路间的电势差Uab=a-b,可知Uab=a-b+O-O=(a-O)-(b-O)=UaO-UbO。4.(2016上海单科,18,4分)(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端 的 过 程 中()A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I比值先变大后变小D.U变化量与I变化量比值等于R3答案BC据题

6、意,由于电源内阻不计,电压表的示数总是不变,故选项A错误;滑片滑动过程中,变阻器R1的等效阻值R1先增大后减小,又R1、R2两端总电压不变,且R1+R1=,所以电流表示数先减小后增大,故选项B、C正确;由于电压表示数没有变化,故选项D错误。5.(2015安徽理综,17,6分)一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为()A.B.C.nev D.答案C金属棒的电阻R=,自由电子定向移动形成的电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故

7、金属棒内的电场强度E=nev,选项C正确。6.(2015北京理综,19,6分)如图所示,其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02A;R1的 阻 值 等 于 电 流 表 内 阻 的;R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是()A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04AB.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02AC.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06AD.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01A答案C设电流表的内阻为RA,则R1=RA,R2=2RA,将接线柱1、2接入

8、电路时,流过接线柱1的电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06A;将接线柱1、3接入电路时,流过接线柱1的电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06A。选项A、B、D错误,C正确。7.(2014上海单科,18,4分)(多选)如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3,理想电流表A示数变化量的绝对值为I,则()A.A的示数增大B.V2的示数增大C.U3与I的比值大于rD.U1大于U2答案ACD滑动变阻器的滑片向下滑动,导致滑动变阻器连入电路

9、的阻值变小,总电阻变小,又电源电动势不变,则电流变大,即电流表示数变大,选项A对。电压表V1测量定值电阻R两端的电压,因电流变大,所以V1示数增大。电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器两端的总电压即路端电压,示数变小,选项B错。U1=IR,U2=Ir,所以U1U2,选项D对。电压表V3测量滑动变阻器两端的电压,电压表V3示数的变化量U3=I(r+R),所以=r+Rr,选项C对。8.(2013江苏单科,4,3分)在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示。M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时()A.

10、RM变大,且R越大,U增大越明显B.RM变大,且R越小,U增大越明显C.RM变小,且R越大,U增大越明显D.RM变小,且R越小,U增大越明显答案C当传感器接触药液时,其阻值发生变化,导致S两端电压U增大,则M两端电压减小,可知RM应变小;R与RM构成并联电路,其并联总电阻为R并=,可知当R越大,RM减小相同值时,R并减小得越多,因此S两端电压增大越明显,选项C正确。1.(2012上海单科,13,3分)当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3C,消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()A.3V1.8JB.3V3.6

11、JC.6V1.8JD.6V3.6JC组 教师专用题组答案D设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t。由公式W1=U1q1和W1=t可得:U1=3V,=0.1。再由W2=U2q2和W2=t可求出:U2=6V,W2=3.6J,故选项D正确。2.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。(1

12、)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为Ek。请推导证明:P=Ek。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)答案(1)Ne(2)(3)见解析解析(1)由动能定理Ekm=eUm,可得Um=短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以E=Um=电源内阻r=(3

13、)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能Eke=eU设单位时间内有N个电子到达B板,则损失的动能之和Ek=NEke=NeU根据电流的定义,此时电源内部的电流I=Ne此时流过外电阻的电流也是I=Ne,外电阻上消耗的电功率P=IU=NeU所以P=Ek3.(2013浙江理综,25,22分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率=0.2m的海水,通道中abc=0.3m0.4m0.3m的空间内,存在由超导线圈

14、产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有ab=0.3m0.4m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0103A的电流,设该电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻,海水密度m1.0103kg/m3。(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向;(2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?如何“倒车”?(3)当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s,思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小。答案(1

15、)1.92103N,方向向右(或与海水出口方向相同)(2)见解析(3)见解析解析(1)将通电海水看成导线,所受磁场力F=IBL代入数据得:F=IBc=1.01036.40.3N=1.92103N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器,可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器,实施转弯。改变电流方向,或者磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,根据牛顿第三定律,使潜艇“倒车”。(3)电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率P1=F牵v0根据牛顿第三定律:F牵=12IBL当v0=30m/s时,代入数据得:P1=F牵v0=121.

16、9210330W=6.9105W第二部分:海水的焦耳热功率对单个直线推进器,根据电阻定律:R=代入数据得:R=0.2=0.5由热功率公式,P=I2R代入数据得:P单=I2R=5.0105WP2=125.0105W=6.0106W第三部分:单位时间内海水动能的增加值设t时间内喷出海水的质量为mP3=12考虑到海水的初动能为零,Ek=Ek=mm=mbcv水对地tP3=12=12mbc=4.6104W4.(2012四川理综,23,16分)四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m,进入蓄水池,用一台电动机

17、通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW,电动机的内阻为0.4。已知水的密度为1103kg/m3,重力加速度取10m/s2。求:(1)电动机内阻消耗的热功率;(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。答案(1)1103W(2)2104s解析(1)设电动机的电功率为P,则P=UI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则Pr=I2r代入数据解得Pr=1103W说明:式各2分,式3分。(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t。已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为,则M=V设质量为M的河水增加的重力势

18、能为Ep,则Ep=Mgh设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr根据能量守恒定律得P0t60%80%=Ep代入数据解得t=2104s说明:式各1分,式各2分,式3分。1.(2017四川资阳二诊,20)(多选)如图所示,电源电动势E=12V,内阻r=3,R0=2,直流电动机内阻R0=1,额定输出功率P0=2W。调节滑动变阻器R1可使甲电路输出功率最大,调节R2可使乙电路输出功率最大且此时电动机刚好正常工作,则()A.甲电路中当R1=1时,定值电阻R0的功率最大B.甲电路中当R1=1时,电源的输出功率最大三年模拟选择题（每题6分，共36分）A组 20152017年高考模拟基础题组(时间：20分钟

19、 分值：36分)C.乙电路中当R2=1.5时,电源的输出功率最大D.乙电路中当R2=2时,电源的输出功率最大答案BC甲电路中,当R1=0时,电路电流最大,定值电阻R0的功率最大,故A错。当内外电路电阻相等时,电源的输出功率最大,当R1=1时,R1+R0=r,故B对。对于乙电路,当输出功率最大时,电路中电流为I=2A,UR2=E-Ir-=IR2,解得R2=1.5,故C对、D错。2.(2016黑龙江哈尔滨三中一模,18)(多选)在如图所示电路中,闭合开关S,理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示,当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时,两表的示数都发生变化。电源的电动势和内电阻始终不变,则下列说

20、法正确的是()A.I变大,U变小B.变大C.R1的功率一定变大D.电源的总功率一定减小答案BD当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻R2增大,回路的总电阻变大,总电流I变小,由闭合电路的欧姆定律得U=E-I(r+R1) , 则 电 压 表 示 数U变大,故A错误;=R2,R2增大,则增大,故B正确;R1的功率P1=I2R1,电源的总功率P=EI,I变小,则P1、P变小,故C错误,D正确。3.(2016重庆南开中学3月月考,17)如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图像,其中a、b分别 表 示 路 端 电 压 、 负 载 电 阻 上 电 压 随 电 流 变 化 的 情 况

21、 , 下 面 说 法 不 正 确 的 是()A.阴影部分的面积表示电源的输出功率B.阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率C.当满足=时,电源的输出功率最大D.当满足时,电源的效率小于50%答案B阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积,为电源的输出功率,故A正确,B错误。当满足=时,内外电阻相等,输出功率最大,电源的输出效率为=100%=100%=50%,外电阻越大,效率越高,时,rR,效率小于50%,C、D正确。故选B。4.2016云南师范大学附中适应性月考(六),16如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于

22、静止状态,G为灵敏电流计。则下列说法正确的是()A.若电阻R2短路,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过答案B若电阻R2短路,则电容器两极板间的电压为零,油滴向下运动,A错误;滑片向下滑动,变阻器接入电路的电阻减小,并联电阻减小,并联部分电压减小,电容器上极板带正电,电容器放电,G中有从a到b的电流,电容器两极板间电场强度减小,油滴向下加速运动,B正确;在P向上移动的过程中,滑动变阻器连

23、入电路的电阻增大,故并联电阻增大,所以并联部分电压增大,电容器处于充电状态,G中有从b至a的电流,电容器两极板间的电场强度增大,所以油滴向上加速运动,C错误;将S断开,电容器放电,G中有从a到b的电流,电容器两极板间的电场强度减小,故油滴不能保持静止状态,会向下运动,D错误。5.(2015陕西西工大附中四模,18)如图所示电路中,R1、R2、R3、R4为四个可变电阻器,C1、C2为两个极板水平放置的平行板电容器,两电容器的两极板间分别有一个油滴P、Q处于静止状态,欲使油滴P向上运动,Q向下运动,应增大哪个变阻器的电阻值()A.R1B.R2C.R3D.R4答案C由含容电路特点可知,电容器C2接在

24、电阻R4的两端,电容器C1接在电源两端,要使油滴P向上运动,Q向下运动,要求增大C1两端的电压,减小C2两端的电压。增大R3的阻值,则R4分得的电压减小,路端电压增大,符合题目要求,C对。若增大R4的阻值,路端电压增大,C2两端的电压也增大,不符合题意。和电容器串联的R1、R2对电路不造成影响。评析考查含容电路,解题要点:分析含容电路,先把电容器C1、C2从电路中拆除,弄清电路的结构,电阻R3、R4串联在电路中,再把电容器一个一个并回电路中,和电容器串联的R1、R2对电路不造成影响。6.(2015重庆巴蜀中学一模,4)如图所示电路中,开关S闭合一段时间后,下列说法中正确的是()A.将滑片N向右

25、滑动时,电容器放电B.将滑片N向右滑动时,电容器继续充电C.将滑片M向上滑动时,电容器放电D.将滑片M向上滑动时,电容器继续充电答案A将滑片N向右滑动,其有效电阻减小,两端分压变小,电容器两端的电压与R3两端的电压相等,电荷量由公式Q=CU判断变小,电容器放电,A项正确,B项错误;将滑片M向上滑动,对恒定电流通路没有影响,所以电容器上的电荷量不变,C、D项错误。1.(2017四川自贡一诊,18)图示电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为可变电阻,C为电容器,在可变电阻R3由 较 大 逐 渐 变 小 的 过 程 中()A.电容器充电B.流过R2的电流方向是由b到aC.电容

26、器的电荷量在逐渐减小D.电源内部消耗的功率变小选择题（每题6分，共42分）B组 20152017年高考模拟综合题组(时间：20分钟 分值：42分)答案CR3由较大逐渐变小的过程中,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,内电压及R1两端的电压增大,则R3两端的电压减小,电容器两端的电压减小,电容器电荷量减小,故电容器放电,流过R2的电流方向是由a到b,故C正确,A、B错误;由P=I2r可知,电源内部消耗的功率变大,D错误。思路分析由电路图可知,R1与R3串联,电容器与R2串联后并联在R3两端;由R3的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化,由功率公式可求得电源内部消耗的

27、功率的变化;由串联电路的电压规律可得出电容器两端的电压的变化,则可知电容器电荷量的变化,可知流过R2的电流方向。反思总结电容器两端的电压等于与之并联部分的电压;与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理。2.(2017云南昭通二检,21)(多选)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机,图为其原理示意图,平行金属板C、D间有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,将一束等离子体(高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场,两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半,与开关S串联接在C、D两端,已知两金属板间距离为d,喷入气流的速度为v,

28、磁流体发电机的电阻为r(R0r2R0)。则滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中()A.电阻R0消耗的功率最大值为B.滑动变阻器消耗的功率最大值为C.金属板C为电源负极,D为电源正极D.发电机的输出功率先增大后减小答案ACD从切割角度看,磁流体发电机产生的电动势为E=Bdv,S闭合后回路中的电流I=,故R0消耗的功率PR0=I2R0,在I最大,即R=0时,R0消耗的功率最大,有PR0=R0,A正确。滑动变阻器消耗的功率PR=I2R=,可以看出,当R=,即R=R0+r时,R消耗的功率最大,最大值为,B错误。由于P从a端向b端滑动的过程中,外电路的阻值从R0增大到3R0,而R0r3R0,则由外

29、电阻越接近内电阻时电源输出功率越大可知,发电机的输出功率先增大后减小,D正确。由左手定则可以判定D板聚集正电荷,C板聚集负电荷,故C正确。解题指导电源输出功率和可变电阻消耗功率的极值可利用结论求解,也可写出功率表达式求解。知识拓展定值电阻可等效为电源的内阻,再利用结论解决问题可以简化运算。3.(2016重庆巴蜀中学3月月考,16)在某控制电路中,需要连成如图所示的电路,主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是红、绿两个指示灯,当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时,下列说法中正确的是()A.L1、L2两个指示灯都变亮B.L1、L

30、2两个指示灯都变暗C.L1变亮,L2变暗D.L1变暗,L2变亮答案B当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时,电位器接入电路的电阻减小,根据串并联电路特点可知电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大,内电压增大,路端电压减小,L1变暗,通过它的电流减小;由U1=I1R1及I1=I-可知R1两端电压增大,则L2和R2两端总电压减小,L2变暗,选项B正确。解题指导动态电路分析:可以用闭合电路欧姆定律对电路按局部整体局部的思想进行分析。根据结论“串反并同”进行分析,较简便。4.(2016四川双流中学2月月考,4)如图所示,位于平行金属板中央的带电质点P处于静止状态,不考虑电流表和电

31、压表电阻对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向b端 移 动 时 , 则()A.质点P将向上运动B.R3上消耗的功率逐渐增大C.电流表读数减小D.电压表读数减小答案D电容器与R3并联,当滑片向b端移动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流增大,路端电压减小,R1两端的电压增大,故并联部分的电压减小,由欧姆定律可知流过R3的电流减小,则流过电流表所在支路的电流增大,故电流表示数增大;因并联部分电压减小,而R2两端电压增大,故R4两端电压减小,即电压表示数减小;因电容器两端电压减小,故质点P受到的向上电场力减小,则重力大于电场力,质点P向下运动;因R

32、3两端的电压减小,由公式P=可知,R3上消耗的功率减小。综上所述,D正确,A、C、D错误,故选D。解题指导先把电容器拆除分析电路结构,由滑片的移动方向,可知R4减小,由闭合电路欧姆定律分析各表示数变化及电容器两端电压的变化,再分析质点所受电场力的变化,确定质点的运动情况。归纳总结本题是电路的动态分析问题,考查闭合电路欧姆定律的应用,一般可以先分析电路结构 , 电 容 器 看 做 开 路; 再 按 部 分整 体部分的分析思路进行分析。5.(2016贵州遵义三联,20,)(多选)如图电路中,电源电动势为E、内阻为r,R1为定值电阻,闭合开关S,增大可变电阻R的阻值,电压表示数的变化量大小用U表示,

33、电流表示数的变化量大小用I表示。下列判断正确的是()A.电容器所带电荷量减小,减小量为CUB.通过电阻R1的电流减小,减小量为I,且等于C.电路的路端电压一定增大,增加量小于UD.可变电阻R的功率可能变小答案CDR阻值增大,干路电阻增大,则干路电流减小,电源内阻、定值电阻分压减小,所以R两端电压增大,由Q=UC可知电容器所带电荷量增大,故A项错误。根据闭合电路欧姆定律得U=E-I(R1+r),可得:=R1+r,所以I=,故B项错误。R阻值增大,回路电流减小,R1两端电压减小,路端电压增大,其增大量U=U-(为R1两端电压的减小量),因此路端电压的增加量小于U,故C项正确。R电阻的功率为P=UI

34、,其中U变大,I变小,因此P的变化不确定,可能减小也可能增大,故D项正确。6.(2015广西南宁第二次适应性测试,19)(多选)如图所示,A、B是竖直放置的平行板电容器的两个极板,与二极管D和电源连成电路,在平行板电容器A、B板间,有一带电小球悬挂且处于静止状态,现缓慢改变A、B两板间的距离,下列说法正确的是()A.增大两板间的距离,悬线与竖直方向的夹角不变B.增大两板间的距离,悬线与竖直方向的夹角减小C.减小两板间的距离,悬线与竖直方向的夹角增大D.减小两板间的距离,悬线与竖直方向的夹角减小答案AC由平行板电容器电容公式C=和U=、E=可得E=,增大两板间的距离d,电容C减小,电容器本应放电

35、,Q减少,但是由二极管的单向导电性可知,电容器无法放电,Q不变,所以由E=可知电容器两板间场强E不变,悬线与竖直方向的夹角不变,A对;减小两板间的距离d,电容C增大,电容器充电,Q增大,E增大,悬线与竖直方向的夹角增大,C对。7.(2015甘肃部分普通高中一联,9)(多选)如图,R为负温度系数热敏电阻,R1、R2为定值电阻。闭合开关S,电压表的示数为U,电流表的示数为I,现R所处环境温度降低,电压表的示数改变量的大小为U,电流表的示数改变大小为I,则下列说法正确的是()A.U/I变大B.U/I变大C.电阻R1的功率变大D.电源的总功率变大答案ACR所处环境温度降低,阻值增大,R1与R并联阻值增大,U/I等于R1与R的并联电阻,A正确;U/I等于R2和r的阻值之和,不变,B错误;R阻值增大,R1和R2并联阻值增大,总电流减小,电压表的示数U增大,电阻R1的功率变大,C正确;电源的总功率P=EI减小,D错误。审题指导负温度系数热敏电阻的阻值随温度升高而变小。模型分析形如以下电路的和的分析对R1:=R1,=R1对R2:=R2,U2=E-I(R1+r),=-(R1+r)对外电路:=R1+R2,U=E-Ir,=-r。