专题强化练(十三)直流电路和交流电路(满分:100分时间:35分钟)选择题(共13小题,1~4题每题7分,5~13题每题8分,共100分)1.(考点1)(2018甘肃河西五市联考)如图所示,R1、R2是两个定值电阻,R'是滑动变阻器,L为小灯泡,电源的内阻为r,开关S闭合后,当滑动变阻器的滑片P向上移动时,则()A.电压表示数不变B.小灯泡变亮C.电容器处于充电状态D.电源的电功率变大解析当滑动变阻器的滑片P向上移动时,滑动变阻器连入电路的阻值变大,由闭合电路欧姆定律知,电路中的电流减小,小灯泡变暗,选项B错误;电压表测路端电压,由U=E-Ir知,路端电压变大,电压表示数变大,选项A错误;电容器两端的电压等于R1和R'两端电压之和,由UC=E-I(RL+r)知,UC变大,由C=QU知,电容器带的电荷量变大,电容器处于充电状态,选项C正确;由P=IE知,电源的电功率变小,选项D错误。答案C2.(考点1)(2018广东深圳模拟)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,下列说法正确的是()A.电流表的读数一定减小B.R0的功率一定增大C.电源的输出功率可能先减小后增大D.电压表与电流表读数的比值UI一定先减小后增大解析滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,变阻器并联总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律分析可知,电路中总电流I先减小后增大,则电流表的读数先减小后增大,A错误;电流表的读数先减小后增大,故R0的功率P=I2R0先减小后增大,B错误;路端电压先增大后减小,则电压表的读数先增大后减小,由于电源的内阻与外电阻的关系未知,无法判断电源输出功率如何变化,可能先减小后增大,也可能先增大后减小,C正确;电流表的读数先减小后增大,电压表的读数先增大后减小,电压表与电流表读数的比值一定先增大后减小,D错误。答案C3.(考点1)(2018吉林长春模拟)如图所示,平行金属板中带电质点P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R4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D.R3上消耗的功率逐渐增大解析由图可知,R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联,再与R1串联接在电源两端。电容器与R3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,流过并联部分的电流增大,故电流表示数增大,故B错误;因并联部分电压减小,而R2中电压增大,故电压表示数减小,故C正确;因R3两端的电压减小,由公式P=U2R可知,R3上消耗的功率减小,故D错误;因电容器两端电压减小,电荷受到的向上电场力减小,则重力大于电场力,电荷向下运动,故A错误,故选C。答案C4.(考点1)(多选)(2019河南八市重点高中联盟三模)如图所示,电源电动势E=3V,内阻不计,R1、R2、R3为定值电阻,阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω,R4、R5为电阻箱,最大阻值均为99.9Ω,右侧竖直放置一个电容为1.5×10-3μF的理想平行板电容器,电容器板长0.2m,板间距为0.125m。一带电粒子以0.8m/s的速度沿平行板中线进入,恰好匀速通过,不计空气阻力,此时R4、R5阻值分别为1.8Ω、1Ω。下列说法正确的是()A.此粒子带正电B.带电粒子匀速穿过电容器时,电容器的电荷量为3×10-9CC.欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板,R4阻值不得超过5.7ΩD.欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板,R4阻值不得低于1.4Ω解析上极板与电源的正极相连,极板间电场方向向下,粒子所受的电场力方向向上,故粒子带负电,故A错误;电容器与R2、R3、R4这部分电路并联,当粒子匀速穿过电容器时,R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω,根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0=2V,电容器的电荷量为Q0=CU0=1.5×10-9×2C=3×10-9C,故B正确;当粒子匀速穿过电容器时,有qE0=mg,粒子在电容器中的运动时间t=lv0=0.20.8s=0.25s。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时,在竖直方向上,有y=12at2,解得:a=2m/s2。由牛顿第二定律得qE1-mg=ma,可得E0E1=56,并可得U0U1=E0E1=56,由此得R2、R3、R4这部分电路总电压U1=2.4V,R1的电压UR1=E-U1=0.6V,电流I1=UR1R1=0.61A=0.6A,可得R2、R3、R4这部分电路总电阻R总=U1I1=2.40.6Ω=4Ω,由R总=R2+R3R4R3+R4,由此算出R4≈5.7...
