2018届高考物理二轮讲练专题10-电路问题(课件与作业)

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  • 课件名称: 2018届高考物理二轮讲练专题10-电路问题(课件与作业)
  • 课件科目: 高三物理课件
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  • 更新时间: 2018年01月18日
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课时作业(十)
一、选择题(共20个小题,1-18为单选,19-20为多选,每题5分共100分)
1.(2017•嘉定区二模)如图,灯泡的电阻不变,闭合电键,变阻器滑片向左移动的过程中(  )
A.灯泡功率一直变小 
B.内阻损耗功率一直变小
C.电源总功率一直变大 
D.电源输出功率一直变大
答案 C
解析 A项,闭合电键,变阻器滑片向左移动的过程中,变阻器接入电路的电阻变小,外电路总电阻变小,则总电流变大,通过灯泡的电流变大,则灯泡功率一直变大,故A项错误.B项,电源的内阻损耗功率为Pr=I2r,I变大,r不变,则知内阻损耗功率一直变大,故B项错误.C项,电源的总功率为P总=EI,E不变,I变大,则电源总功率一直变大.故C项正确.D项,由于内外电阻的大小关系未知,所以不能判断电源的输出功率如何变化.故D项错误.故选C项.
2.(2017•海淀区二模)电源的两个重要参数是电动势E和内电阻r.对一个闭合电路有两种特殊情况:当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势;当外电路短路时,短路电流等于电动势和内电阻的比值.现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R0的定值电阻,将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源,这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙虚线框所示,r1和r2分别为甲、乙等效电源的内阻.当这两个新的等效电源分别和一阻值为R的电阻连接时,新的等效电源输出功率相等;若改为将R′(R′<R)分别接在这两个新的等效电源两端,新的等效电源的输出功率分别为P1、P2,则(  )
 
A.r1<r2,P1<P2      B.r1>r2,P1>P2
C.r1<r2,P1>P2   D.r1>r2,P1<P2
答案 D
解析 甲图中等效电源的电动势为:E1=E,内电阻为:r1=R+r.
乙图中等效电源的电动势E2等于MN间的电压,即E2=RR+rE,内电阻r2等于R与r并联的阻值,即有r2=RrR+r,所以r1>r2.当这两个新的等效电源分别和一阻值为R的电阻连接时,新的等效电源输出功率相等;若改为将R′(R′<R)时,由于r1>r2,则P1<P2.故选D项.
点评 解决本题的关键是理解等效电源的电动势和内电阻与原来电源电动势和内阻的关系,知道等效电源的电动势等于MN间的电压.
3.(2017•大庆校级模拟)四个相同的小量程电流表分别改装成两个电流表和两个电压表.已知电流表A1量程大于A2的量程,电压表V1的量程大于V2的量程,改装好后把它们按如图所示接入电路,则(  )
 
A.电流表A1的读数等于电流表A2的读数
B.电流表A1的指针偏转角小于电流表A2的指针偏转角
C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D.电压表V1的指针偏转角等于电压表V2的指针偏转角
答案 D
解析 A项,电流表A1的量程大于电流表A2的量程,故电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值,并联电路中,电阻小的支路电流大,故电流表A1的读数大于电流表A2的读数,故A项错误;B项,两个电流表的表头是并联关系,电压相同,通过表头的电流相同,故指针偏转角度相等,故B项错误;C项,电压表V1的电阻值大于电压表V2的电阻值,串联时电流相同,电压表V1的读数大于电压表V2的读数,故C项错误;D项,两个电压表的表头是串联关系,电流相等,故指针偏转角度相等,故D项正确;故选D项.
4.(2017•浦东新区二模)如图(a)所示电路中,当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图(b)所示.不考虑电表对电路的影响,则(  )
 
A.定值电阻R0为2 Ω B.电源内阻r为10 Ω
C.电源电动势E为3.4 V D.定值电阻R0的最大电功率为0.9 W
答案 D
解析 A项,定值电阻R0两端的电压随电流的增大而增大,由图线的斜率得R0=3.0-1.00.3-0.1 Ω=10 Ω,故A项错误;B项,电压表V2测得的是电源的路端电压,上方图线斜率的绝对值等于电源的内阻,r=3.4-3.00.3-0.1 Ω=2 Ω,故B项错误;C项,当电流为0.1 A时,电压表V2的读数为3.4 V,根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir=3.4+0.1×2=3.6 V,故C项错误;D项,当滑动变阻器的阻值为0时,电路电流最大,I=ER0+r=3.610+2=0.3 A,定值电阻R0的最大电功率P=I2R0=(0.3)2×10=0.9 W,故D项正确;故选D项.
点评 本题考查对物理图像的理解能力,可以把本题看成动态分析问题,根据图线的斜率求电阻,并结合闭合电路的欧姆定律求解.
5.(2017•浙江模拟)如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机.小灯泡L上标有“9 V 9 W”字样,电动机的线圈电阻RM=1 Ω.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为15 V,此时(  )
 
A.电动机的输入功率为36 W B.电动机的输出功率为5 W
C.电动机的热功率为6 W D.整个电路消耗的电功率为15 W
答案 B
解析 A、B、C项,灯泡正常发光,则电路电流为:I=IL=PLUL=99=1 A;电动机的电压为:UM=U-UL=15-9=6 V,故电动机的输入功率为:P入=UMI=6×1=6 W;
电动机的热功率为:PQ=I2RM=12×1=1 W;电动机的输出功率为:P出=P入-PQ=6 W-1 W=5 W;故B项正确,A、C两项错误;D项,电源的输出电压为12 V,电源内阻不可忽略,已知电路电流,无法求解电源电动势,无法求出整个电路消耗的电功率,故D项错误;故选B项.
点评 本题考查闭合电路欧姆定律的基本应用以及电功率的计算,要注意明确电动机是非纯电阻电路,电动机的输出功率等于输入功率与热功率之差.
6.(2017•虹口区一模)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2为定值电阻,R2>R1>r,且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值.闭合电键S,将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端,若电压表V1、V2、电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1、ΔU2、ΔI表示,则下列说法中正确的是(  )
 
A.ΔU2ΔI=R2 B.ΔU1ΔI<r
C.电源的发热功率先减小,再增大 D.电源的输出功率先增大,再减小
答案 B
分析 当滑动变阻器的滑片P由上端向下滑动的过程中,变阻器滑片上侧电阻与R1串联后与变阻器滑片下侧并联的总电阻一直变小,根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化,再根据欧姆定律分析对应的电流和电阻关系,再根据功率公式分析功率的变化.
解析 A项,由图可知,电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联,二者再并联后与R2串联;电流表中的电流小于流过R2的电流,故R2≠U2I=ΔU2ΔI,故A项错误;B项,电压表V测量路端电压,则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化,在滑片向下滑动过程中,总电阻减小,总电流增大,并联部分电压减小,电流表示数减小,而流过R1的电流增大,因此总电流的变化量小于A中电流的变化,因此ΔU1ΔI<r,故B项正确;C项,由B的分析可知,总电流增大,故电源的发热功率一直增大,故C项错误;D项,由于外电阻一定大于内电阻,而在改变中外电阻减小,故外电阻越来越接近内电阻,故电源的输出功率一定增大,故D项错误.故选B项.
点评 本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律的灵活运用,难点是滑动变阻器滑片P从最上端→中间→最下端总电阻变化情况的判断.
7.(2017•丰台区一模)在如图所示电路中,电源内阻不可忽略.开关S闭合后,在滑动变阻器R2的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中,下列说法正确的是(  )
 
A.电流表的示数增大 B.电压表的示数减小
C.电容器C的电容增大 D.电容器C所带电荷量增大
分析 先分析电路结构,由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化,则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化,电容器电压与滑动变阻器电压相等,根据Q=UC求解.
答案 D
解析 A项,滑动变阻器由b向a缓慢滑动的过程中,R2变大,电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律知,总电流减小,电流表示数减小,故A项错误;B项,电压表测量的是滑动变阻器两端的电压,U=E-I(R1+r),总电流减小,电压表示数增大,故B项错误;C项,电容器的电容由电容器的构造决定的,电容器的电容不变,故C项错误;D项,电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压,R2两端的电压增大,电容器两端的电压增大,根据Q=CU知电容器所带的电荷量增大,故D项正确;故选D项.
点评 分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时,一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析;重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化.
8.(2017•酒泉一模)温州市区某学校创建绿色校园,如图甲为新装的一批节能路灯,该路灯通过光控开关实现自动控制:电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变.如图乙为其内部电路简化原理图,电源电动势为E,内阻为r,Rt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小).现增加光照强度,则下列判断正确的是(  )
 
A.电源路端电压不变   B.B灯变暗,A灯变亮
C.R0两端电压变大   D.电源总功率不变
答案 C
分析 增加光照强度,Rt减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况,即可知道电灯A的亮度变化;根据干路电流与A灯电流的变化,判断通过R0电流的变化,根据路端电压和电阻R0电压的变化情况,即可分析B灯电压的变化情况,从而知B的亮度变化.
解析 由题意,增加光照强度,Rt减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流I增大,电源的内电压增大,路端电压U减小,则A灯变暗;通过R0电流I0=I-IA,I增大,而IA减小,则I0增大,R0两端电压U0增大,而R0、B灯的电压之和等于路端电压,路端电压减小,则知,B的电压减小,B灯变暗;电源的总功率P=EI,I增大,则P增大.故C项正确,A、B、D三项错误.故选C项.
点评 本题是电路动态分析问题,按局部到整体,再局部分析电压、电流的变化.根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化.
9.(2015•课标全国Ⅰ)理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,如图所示,设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k,则(  )
 
A.U=66 V,k=1/9   B.U=22 V,k=1/9
C.U=66 V,k=1/3   D.U=22 V,k=1/3
答案 A
解析 根据理想变压器的原理:原、副线圈电压比等于线圈匝数比即U1∶U2=n1∶n2,当副线圈电压U2=U,得原线圈电压U1=3U,理想变压器能量不损耗有P1=P2,即U1I1=U2I2,I2=U/R,得到I1=U3R;根据串联电路的特点有:U源=U1+I1R,联立并将U源=220 V数据代入可得U=66 V;原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P=I2R,电阻相等,可得功率之比k=1/9,故A项正确.
考点 理想变压器、欧姆定律、电阻的串联、闭合电路的欧姆定律、电功率
10.(2015•四川)小型手摇发电机线圈共N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO′,线圈绕OO′匀速转动,如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压(  )
 
A.峰值是e0   B.峰值是2e0
C.有效值是22Ne0   D.有效值是2Ne0
答案 D
解析 由题意可知,线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0,又因为发电机线圈共N匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0,根据闭合电路欧姆定律可知,在不计线圈内阻时,输出电压等于感应电动势的大小,即其峰值为2Ne0,故A、B项错误;又由题意可知,若从图示位置开始计时,发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流,由其有效值与峰值的关系可知,U=Um2,即U=2Ne0,故C项错误;D项正确.
考点 对正弦式交变电流的产生原理的理解,以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用.
11.(2017•红桥区一模)如图所示的电路中,A1、A2是完全相同的灯泡,线圈L的自感系数较大,它的电阻与定值电阻R相等.下列说法正确的是(  )
 
A.闭合开关S,A1先亮、A2后亮,最后它们一样亮
B.闭合开关S,A1、A2始终一样亮
C.断开开关S,A1、A2都要过一会儿才熄灭
D.断开开关S,A2立刻熄灭、A1过一会儿才熄灭
答案 C
分析 闭合开关S,电阻R不产生感应电动势,A2立即发光.线圈中电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律分析电流如何变化,判断灯的亮度如何变化.断开开关S,A2灯原来的电流突然消失,线圈中电流减小,再由楞次定律分析电流如何变化,判断灯的亮度如何变化.
解析 闭合开关S,电阻R不产生感应电动势,A2立即发光.线圈中电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律得知,自感电动势阻碍电流的增大,电流只能逐渐增大,A1逐渐亮起来,所以闭合开关S,A2先亮、A1后亮,最后它们一样亮.故A、B两项错误.断开开关S时,A2灯原来的电流突然消失,线圈中电流减小,产生感应电动势,相当于电源,感应电流流过A1、A2和R组成的回路,所以A1、A2都要过一会儿才熄灭.故C项正确,D项错误.故选C项.
点评 自感现象是特殊的电磁感应现象,同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律.
12.(2017•山西一模)远距离输电线路的示意图如图所示,若发动机输出电压不变,则下列叙述中正确的是(  )
 
A.升压变压器的原线圈中的电流与用户电器设备消耗的功率无关
B.输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上的损失功率增大
D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
答案 C
分析 理想变压器的输出功率决定输入功率,输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流;远距离输电中,有两组变压器,结合变压比公式、变流比公式和功率关系分析即可.
解析 A项,用户用电的总功率增加,输出功率增大,输入功率增大,升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加,故A项错误;B项,输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关,故B项错误;C项,用户总电阻减小,而输出电压不变,所以电流增大,功率损失P损=I2R增大,故C项正确;D项,升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线分得的电压,故D项错误;故选C项.
点评 远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来,包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻.并按照规范在图中标出相应的物理量符号.
13.(2017•榆林二模)如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1,电压表和电流表均为理想电表,一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上.从某时刻开始在原线圈接入电压的有效值为220 V的正弦交流电,并将开关接在1处,则下列判断正确的是(  )
 
A.电压表的示数为22 V
B.若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω,则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 452 J
C.若只将S从1拨到2,变压器的输入功率减小
D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,则两电表示数均减小
答案 B
分析 根据电压与匝数成正比求得输出电压的有效值,根据输入功率等于输出功率求出原副线圈的电流之比,二极管的作用是只允许正向的电流通过,根据有效值的定义求出R上电压的有效值,由U22R•T2=U有2RT求出R两端电压的有效值.再根据功率公式即可求得输出功率.
解析 A项,变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比,故输出端电压为22010=22 V,但由于二极管具有单向导电性,从而使通过二极管的电压有效值减小,由有效值的定义得U22R•T2=U有2RT,得R两端电压的有效值U有效=112 V,故电压表示数一定小于22 V;故A项错误;B项,接入电阻为10 Ω,则根据Q=U2Rt可得,产生的热量Q=(112)210×60=1 452 J,故B项正确;C项,若只将S从1拨到2,则输入端线圈匝数减小,匝数比减小,则输出电压增大,则输出功率增大,故变压器的输入功率将增大;故C项错误;D项,若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,接入电阻增大,则输出端电流减小,但电压表示数不变.故D项错误.故选B项.
点评 本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系,同时对于二极管和电容器的作用要了解.同时要注意掌握电压有效值的计算方法是利用了电流的热效应.
14.(2017•厦门一模)如图所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,电阻不计,绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动,从图示位置开始计时.矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈,副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R,下列判断正确的是(  )
 
A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
B.矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内,通过电流表A1的电荷量为0
C.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中,电流表A1和A2示数都变小
D.当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中,电压表V1示数不变,V2和V3的示数都变小
答案 C
分析 正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时,其电动势表达式为:e=NBSωcosωt;电压表和电流表读数为有效值;计算电量用平均值.
解析 A项,因为线圈是从垂直中性面开始计时,所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt,故A项错误;B项,t=π2ω=14T,线圈从垂直中性面转到中性面,磁通量一直增大,感应电流方向不变平均感应电动势不为0,平均电流不为0,q=I•Δt,所以通过电流表A1的电荷量不为0,故B项错误;C项,滑动变阻器滑片向上滑动过程中,变阻器阻值变大,根据欧姆定律,副线圈电流变小,根据电流与匝数成反比,知原线圈电流减小,即电流表A1和A2示数都变小,故C项正确;D项,滑动变阻器滑片向上滑动过程中,变阻器连入电路电阻变大,原线圈电压U1不变,匝数比不变,副线圈两端的电压不变,所以电压表V2的示数不变,副线圈电阻变大,电流变小,电阻R0两端的电压变小,变阻器两端的电压变大,即电压表V3的示数变大,故D项错误;故选C项.
点评 本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系,注意求解电荷量用平均值.
15.(2017•天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示,图乙是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是(  )
 
A.通过R的交流电的频率为100 Hz
B.电流表A2的示数为2 A
C.此时变压器的输入功率为22 W
D.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小
答案 C
解析 A项,由图乙可知,该交流电的周期为T=0.02 s,其频率为:f=1T=10.02 Hz=50 Hz,故A项错误;B项,由图乙得知输入电压的最大值为Um=2202 V,所以有效值为:U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×n2n1=220×110=22 V,所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为:I=U′R=2222=1 A,故B项错误;C项,变压器的输出功率为:P′=U′I=22×1=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以有P=P′=22 W,故C项正确;D项,将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D项错误.
16.如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,若将可变电阻R1的阻值调大,可使电压表V1、V2的示数变化的绝对值分别为ΔU1、ΔU2;电流表A1、A2、A3示数变化的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3(所有电表均为理想电表),在这个过程中(  )
 
A.通过R1的电流减小,且R1=ΔU2ΔI3
B.通过R2的电流减小,且R2=ΔU2ΔI2
C.通过R3的电流减小,且R3=ΔU2ΔI1-ΔU1ΔI1
D.路端电压减小,且r=ΔU1ΔI1
答案 C
解析 根据串并联电路的电压、电流与电阻的关系,可知R1增大,R总增大,I总减小,U内减小,U外增大即U1增大,I1减小,U3减小,U2增大,I2增大,I3减小.B、D项错误.由U2=I3R1不是定值,A项错误.由U2=I2R2,R2为定值则有R2=ΔU2ΔI2.由U2=E-I(R3+r)知ΔU2ΔI1=R3+r.由U1=E-I1r知r=ΔU1ΔI1得到C项正确.
17.(2017•安徽师大附中)如图a,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表.原线圈接上如图b所示的正弦交流电,电路正常工作.闭合开关后,(  )
 
A.电压表示数增大 B.电流表示数增大
C.变压器的输入功率增大 D.经过灯泡的电流频率为25 Hz
答案 C
解析 原线圈输入电压不变,线圈匝数不变,则副线圈电压不变,即电压表示数不变,灯泡电阻不变,则电流表示数不变,故A、B项错误;当K接通后,两个灯泡并联,增加一个负载,则副线圈功率增大,所以变压器的输入功率增大,故C项正确;根据b图可知,周期T=0.02 s,则频率f=50 Hz,故D项错误.
考点 考查了理想变压器
名师点睛 理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象.同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定,而原线圈的电流由副线圈决定,变压器不改变频率
18.(2017•揭阳市5月二模最后一卷)用等效思想分析变压器电路.如图a中的变压器为理想变压器,原、副线圈的匝数之比为n1∶n2,副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路,虚线框内部分可等效看成一个电阻R2.这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U=220 V的交流电源上时,R1与R2消耗的电功率相等,则R2与R1的比值为(  )
 
A.n2n1   B.n1n2
C.n12n22   D.n1n2
答案 C
解析 设副线圈的电压为U1,利用电流的热效应,功率相等U12R1=U2R2,R2R1=U2U12;原副线圈的匝数之比等于电压之比,则R2R1=U2U12=n12n22,C项正确.
考点 变压器;电功率
名师点睛 做好本题的突破口在消耗的功率相等,变压器的特点:匝数与电压成正比,与电流成反比;利用电流热效应列式求解.
19.(2017•宝鸡三检)在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,R1、R3为定值电阻,R2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V1、V2的示数分别为U1、U2,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V1、V2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,电容器的带电量减小
B.滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中,通过R3的电流方向由右向左
C.U1>U′1,U2>U′2,I>I′
D.|U2-U′2I-I′|=R1+r
答案 BD
解析 滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b过程中,R2增大,电路中R总增大,电路再次稳定时,I总减小,由闭合电路的欧姆定律,可得U内减小,U外增大,又有C=QU,得电容器的带电量Q=CU=CU外增大,故A项错误;电容器再次充电,I3增大,由电源正负极方向可得通过R3的电流方向由右向左,故B项正确;由于I3增大,I总减小,则I′减小,即I′<I,故C项错误;由闭合电路的欧姆定律得|U2-U′2I-I′|=R1+r,故D项正确.
考点 本题旨在考查电路动态分析、电容、闭合电路的欧姆定律
20.(2017•大庆三检)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电,电路如图,当线圈以较大的转速n匀速转动时,电压表示数是U1,额定电压为U2的灯泡正常发光,灯泡正常发光时电功率为P,手摇发电机的线圈电阻是r,则有(  )
 
A.电流表的示数是PU1
B.变压器原副线圈的匝数比是U2∶U1
C.变压器输入电压的瞬时值u=U2sin2πnt
D.手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是Em=2(U1+PrU1)
答案 AD
解析 A项,理想变压器的输入功率和输出功率相等,灯泡正常发光时电功率为P,所以输入功率为P,电流表的示数是PU1,故A项正确;B项,电压与匝数成正比,所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U2.故B项错误;C项,线圈以较大的转速n匀速转动时,所以ω=2πn,所以变压器输入电压的瞬时值u=2U1sin2πnt,故C项错误;D项,手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em=2(U1+PU1r),故D项正确.
考点 本题旨在考查变压器的构造和原理、交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率