高考物理总复习必考部分专题九恒定电流习题

专题九恒定电流高考物理

(课标Ⅲ专用)第1页(课标Ⅱ,17,6分)阻值相等四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所表示电

路。开关S断开且电流稳定时,C所带电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带电荷量

为Q2。Q1与Q2比值为

()

A.

B.

C.

D.

五年高考A组统一命题·课标卷题组第2页答案

C当开关S断开时等效电路如图1所表示,电容器C两端电压U=

E,所带电荷量Q1=CU=

CE;当开关S闭合时等效电路如图2所表示,电容器C两端电压U'=

E,所带电荷量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。第3页1.(上海单科,9,4分)将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路,测得对应电流、电压值如

图所表示。其中阻值最靠近两个电阻是

()

A.a和b

B.b和dC.a和c

D.c和dB组自主命题·省（区、市）卷题组答案

A依据R=

知,定值电阻U-I图线斜率表示定值电阻阻值。在U-I图中分别连接O与4个点,依据它们倾斜度可知,a和b阻值最靠近,故选A。方法技巧图像题处理方法图像题是物理中最常见题型之一。解题步骤是:一看轴,即看清横轴及纵轴意义;二看点,即

看清图像中坐标点位置;三看斜率,即看清斜率意义及大小;四看面,即看清图像与坐标轴所

包围面积意义。第4页2.(北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不一样方法测定干电池电动势和内阻,他们提出

试验方案中有以下四种器材组合。为使试验结果尽可能准确,最不可取一组器材是

()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依据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。第5页解题方法测量电源电动势和内阻有各种方法,最惯用方法有:(1)伏安法,电路如图1所表示。

图1(2)伏阻法,电路如图2所表示。

图2第6页(3)安阻法,电路如图3所表示。

图3评析本题考查测量电源电动势和内阻原理和方法,意在考查学生灵活应用闭合电路欧姆定

律处理实际问题能力。第7页3.(江苏单科,8,4分)(多项选择)如图所表示电路中,电源电动势为12V,内阻为2Ω,四个电阻阻

值已在图中标出。闭合开关S,以下说法正确有

()

A.路端电压为10VB.电源总功率为10WC.a、b间电压大小为5VD.a、b间用导线连接后,电路总电流为1A第8页答案

AC外电路总电阻R=10Ω,由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流I=

=1A,因此路端电压U=E-Ir=12V-1×2V=10V,A选项正确;电源总功率P=EI=12W,B选项错误;由图(a)

可知Uab=UaO-UbO=-15×0.5V+5×0.5V=-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)所表示,电路中外电阻R'=7.5Ω,电路中总电流I'=

=

A≠1A,D选项错误。

图(a)

图(b)方法技巧两部分电路间电势差Uab=φa-φb,可知Uab=φa-φb+φO-φO=(φa-φO)-(φb-φO)=UaO-UbO。第9页4.(上海单科,18,4分)(多项选择)如图所表示电路中,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滑片P由a端滑到b端过程中

()

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改变量与I改变量比值等于R3

答案

BC据题意,因为电源内阻不计,电压表示数总是不变,故选项A错误;滑片滑动过程中,

变阻器R1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;因为电压表示数没有改变,故选项D错误。第10页5.(安徽理综,17,6分)一根长为L、横截面积为S金属棒,其材料电阻率为ρ,棒内单位体积

自由电子数为n,电子质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定电压时,棒内产生电流,自由

电子定向运动平均速率为v,则金属棒内电场强度大小为

()

A.

B.

C.ρnev

D.

答案

C金属棒电阻R=

,自由电子定向移动形成电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故金属棒内电场强度E=

=

=nevρ,选项C正确。第11页6.(北京理综,19,6分)如图所表示,其中电流表A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阻值等于电流表内阻

;R2阻值等于电流表内阻2倍。若用电流表A表盘刻度表示流过接线柱1电流值,则以下分析正确是

()

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设电流表内阻为RA,则R1=

RA,R2=2RA,将接线柱1、2接入电路时,流过接线柱1电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A电流,所以每一小格表示0.06A;将接线柱1、3接入电路时,流过

接线柱1电流I1'=3I0,其中I0为流过电流表A电流,所以每一小格表示0.06A。选项A、B、D错

误,C正确。第12页7.(上海单科,18,4分)(多项选择)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示数改变量绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,理想电流表

A示数改变量绝对值为ΔI,则

()

A.A示数增大B.V2示数增大C.ΔU3与ΔI比值大于rD.ΔU1大于ΔU2

第13页答案

ACD滑动变阻器滑片向下滑动,造成滑动变阻器连入电路阻值变小,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

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总电压即路端

电压,示数变小,选项B错。ΔU1=ΔI×R,ΔU2=ΔI×r,所以ΔU1>ΔU2,选项D对。电压表V3测量滑动变

阻器两端电压,电压表V3示数改变量ΔU3=ΔI×(r+R),所以

=r+R>r,选项C对。第14页8.(江苏单科,4,3分)在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发觉,设计了一个报警

装置,电路如图所表示。M是贴在针口处传感器,接触到药液时其电阻RM发生改变,造成S两端电

压U增大,装置发出警报,此时

()

A.RM变大,且R越大,U增大越显著B.RM变大,且R越小,U增大越显著C.RM变小,且R越大,U增大越显著D.RM变小,且R越小,U增大越显著第15页答案

C当传感器接触药液时,其阻值发生改变,造成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组成并联电路,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,所以S两端电压增大越显著,选项C正确。第16页1.(上海单科,13,3分)当电阻两端加上某一稳定电压时,经过该电阻电荷量为0.3C,消耗

电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C电荷量经过该电阻,在其两端需加电压和消耗电能

分别是

()A.3V1.8JB.3V3.6JC.6V1.8JD.6V3.6JC组教师专用题组答案

D设两次加在电阻R上电压分别为U1和U2,通电时间都为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。第17页2.(北京理综,24,20分)真空中放置平行金属板能够用作光电转换装置,如图所表示。光照前

两板都不带电。以光照射A板,则板中电子可能吸收光能量而逸出。假设全部逸出电子

都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出电子数为N,电子逸出时最大动能为Ekm。元电荷为e。(1)求A板和B板之间最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中电流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,该电阻两端电压为U。外电阻上消耗电功率设为P;单位

时间内抵达B板电子,在从A板运动到B板过程中损失动能之和设为ΔEk。请推导证实:P=

ΔEk。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出物理量,要在解题中做必要说明)

答案(1)

Ne(2)

(3)看法析第18页解析(1)由动能定理Ekm=eUm,可得Um=

短路时全部逸出电子都抵达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源电动势等于断路时路端电压,即上面求出Um,所以E=Um=

电源内阻r=

=

(3)外电阻两端电压为U,则电源两端电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失动能ΔEke=eU设单位时间内有N'个电子抵达B板,则损失动能之和ΔEk=N'ΔEke=N'eU依据电流定义,此时电源内部电流第19页I=N'e此时流过外电阻电流也是I=N'e,外电阻上消耗电功率P=IU=N'eU所以P=ΔEk

第20页3.(浙江理综,25,22分)为了降低潜艇噪音,提升其前进速度,可用电磁推进器替换螺旋桨。潜

艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同、用绝缘材料制成直线通道推进器组成,其原

理示意图以下。在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω·m海水,通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m

空间内,存在由超导线圈产生匀强磁场,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a×b=0.3m×0.4m金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在

两板之间海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0×103A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ρm≈1.0×103kg/m3。

(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水作用力大小,并判断其方向;(2)在不改变潜艇结构前提下,简述潜艇怎样转弯?怎样“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速度v=34m/s,思索专用直流电源所提供电功率怎样分配,求出对应功率大小。第21页答案(1)1.92×103N,方向向右(或与海水出口方向相同)(2)看法析(3)看法析第22页解析(1)将通电海水看成导线,所受磁场力F=IBL代入数据得:F=IBc=1.0×103×6.4×0.3N=1.92×103N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,能够开启或关闭不一样个数左、右两侧直线通道推

进器,实施转弯。改变电流方向,或者磁场方向,能够改变海水所受磁场力方向,依据牛顿第三定律,使潜艇“倒

车”。(3)电源提供电功率中第一部分:牵引功率P1=F牵v0依据牛顿第三定律:F牵=12IBL当v0=30m/s时,代入数据得:P1=F牵v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W第二部分:海水焦耳热功率对单个直线推进器,依据电阻定律:第23页R=ρ

代入数据得:R=ρ

=0.2×

Ω=0.5Ω由热功率公式,P=I2R代入数据得:P单=I2R=5.0×105WP2=12×5.0×105W=6.0×106W第三部分:单位时间内海水动能增加值设Δt时间内喷出海水质量为mP3=12×

考虑到海水初动能为零,ΔEk=Ek=

m

m=ρmbcv水对地ΔtP3=12×

=12×

ρmbc

=4.6×104W第24页4.(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,本省供

水缺口极大,蓄引提水是当前处理供水问题主要伎俩之一。某地要把河水抽高20m,进入蓄水

池,用一台电动机经过传动效率为80%皮带,带动效率为60%离心水泵工作。工作电压为38

0V,此时输入电动机电功率为19kW,电动机内阻为0.4Ω。已知水密度为1×103kg/m3,重

力加速度取10m/s2。求:(1)电动机内阻消耗热功率;(2)将蓄水池蓄入864m3水需要时间(不计进、出水口水流速度)。答案(1)1×103W(2)2×104s第25页解析(1)设电动机电功率为P,则P=UI

①设电动机内阻r上消耗热功率为Pr,则Pr=I2r

②代入数据解得Pr=1×103W③说明:①③式各2分,②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,水密度为ρ,则M=ρV

④设质量为M河水增加重力势能为ΔEp,则ΔEp=Mgh

⑤设电动机输出功率为P0,则P0=P-Pr

⑥依据能量守恒定律得P0t×60%×80%=ΔEp⑦代入数据解得t=2×104s⑧说明:④⑤式各1分,⑥⑧式各2分,⑦式3分。第26页1.(四川资阳二诊,20)(多项选择)如图所表示,电源电动势E=12V,内阻r=3Ω,R0=2Ω,直流电动机内

阻R0'=1Ω,额定输出功率P0=2W。调整滑动变阻器R1可使甲电路输出功率最大,调整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=1Ω时,定值电阻R0功率最大B.甲电路中当R1=1Ω时,电源输出功率最大三年模拟选择题（每小题6分，共36分）A组—高考模拟·基础题组(时间：20分钟分值：36分)C.乙电路中当R2=1.5Ω时,电源输出功率最大D.乙电路中当R2=2Ω时,电源输出功率最大第27页答案

BC甲电路中,当R1=0时,电路电流最大,定值电阻R0功率最大,故A错。当内外电路电

阻相等时,电源输出功率最大,当R1=1Ω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=1.5Ω,故C对、D错。第28页2.(黑龙江哈尔滨三中一模,18)(多项选择)在如图所表示电路中,闭合开关S,理想电流表和理想电压

表示数分别用I和U表示,当滑动变阻器滑动触头P向左滑动时,两表示数都发生改变。电

源电动势和内电阻一直不变,则以下说法正确是

()

A.I变大,U变小B.

变大C.R1功率一定变大D.电源总功率一定减小答案

BD当滑动变阻器滑动触头P向左滑动时,滑动变阻器接入电路电阻R2增大,回路

总电阻变大,总电流I变小,由闭合电路欧姆定律得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功率P1=I2R1,电源总功率P=EI,I变小,则P1、P变小,故C错误,D正确。第29页3.(重庆南开中学3月月考,17)如图所表示是某直流电路中电压随电流改变图像,其中a、b分

别表示路端电压、负载电阻上电压随电流改变情况,下面说法不正确是

()

A.阴影部分面积表示电源输出功率B.阴影部分面积表示电源内阻上消耗功率C.当满足α=β时,电源输出功率最大D.当满足α>β时,电源效率小于50%答案

B阴影部分面积为路端电压与电流乘积,为电源输出功率,故A正确,B错误。当

满足α=β时,内外电阻相等,输出功率最大,电源输出效率为η=

×100%=

×100%=50%,外电阻越大,效率越高,α>β时,r>R,效率小于50%,C、D正确。故选B。第30页4.[云南师范大学附中适应性月考(六),16]如图所表示,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,两板间一质量为m、电荷量为q油滴恰好处于静止状态,G

为灵敏电流计。则以下说法正确是

()

A.若电阻R2短路,油滴向上加速运动,G中有从b到a电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动过程中,油滴依然静止,G中有从a到b电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流经过第31页答案

B若电阻R2短路,则电容器两极板间电压为零,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

过程中,滑动变阻器连入电路电阻增大,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电流,电容器两极板间电场强度增大,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电流,电容器两极板间电场强度减小,故油滴不能保持

静止状态,会向下运动,D错误。第32页5.(陕西西工大附中四模,18)如图所表示电路中,R1、R2、R3、R4为四个可变电阻器,C1、C2为两

个极板水平放置平行板电容器,两电容器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,应增大哪个变阻器电阻值

()

A.R1

B.R2

C.R3

D.R4

答案

C由含容电路特点可知,电容器C2接在电阻R4两端,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C1两端电压,减小C2两端电压。增大R3阻值,则R4分得

电压减小,路端电压增大,符合题目要求,C对。若增大R4阻值,路端电压增大,C2两端电压也

增大,不符合题意。和电容器串联R1、R2对电路不造成影响。评析考查含容电路,解题关键点:分析含容电路,先把电容器C1、C2从电路中拆除,搞清电路结

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R1、R2对电路不

造成影响。第33页6.(重庆巴蜀中学一模,4)如图所表示电路中,开关S闭合一段时间后,以下说法中正确是

(

)

A.将滑片N向右滑动时,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,电容器两端电压与R3两端电

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,所以电容器上电荷量不变,C、D项错误。第34页1.(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由较大逐步变小过程中

()

A.电容器充电B.流过R2电流方向是由b到aC.电容器电荷量在逐步减小D.电源内部消耗功率变小选择题（每小题6分，共42分）B组—高考模拟·综合题组(时间：20分钟分值：42分)第35页答案

C

R3由较大逐步变小过程中,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R1两端电压增大,则R3两端电压减小,电容器两端电压减小,电容器电荷

量减小,故电容器放电,流过R2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

耗功率变大,D错误。思绪分析由电路图可知,R1与R3串联,电容器与R2串联后并联在R3两端;由R3改变利用闭合电

路欧姆定律可得出电路中电流改变,由功率公式可求得电源内部消耗功率改变;由串联电

路电压规律可得出电容器两端电压改变,则可知电容器电荷量改变,可知流过R2电流

方向。反思总结电容器两端电压等于与之并联部分电压;与电容器串联电阻在稳定时可作为

导线处理。第36页2.(云南昭通二检,21)(多项选择)磁流体发电机是一个把物体内能直接转化为电能低碳环境保护发

电机,图为其原理示意图,平行金属板C、D间有垂直纸面向外匀强磁场,磁感应强度为B,将一

束等离子体(高温下电离气体,含有大量带正电和带负电微粒)水平喷入磁场,两金属板间就

产生电压。定值电阻R0阻值是滑动变阻器最大阻值二分之一,与开关S串联接在C、D两端,已知

两金属板间距离为d,喷入气流速度为v,磁流体发电机电阻为r(R0<r<2R0)。则滑动变阻器

滑片P由a端向b端滑动过程中

()A.电阻R0消耗功率最大值为

B.滑动变阻器消耗功率最大值为

C.金属板C为电源负极,D为电源正极D.发电机输出功率先增大后减小第37页答案

ACD从切割角度看,磁流体发电机产生电动势为E=Bdv,S闭合后回路中电流I=

,故R0消耗功率PR0=I2R0,在I最大,即R=0时,R0消耗功率最大,有PR0=

R0,A正确。滑动变阻器消耗功率PR=I2R=

=

,能够看出,当R=

,即R=R0+r时,R消耗功率最大,最大值为

,B错误。因为P从a端向b端滑动过程中,外电路阻值从R0增大到3R0,而R0<r<3R0,则由外电阻越靠近内电阻时电源输出功率越大可知,发电

机输出功率先增大后减小,D正确。由左手定则能够判定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极值可利用结论求解,也可写出功率表示式求

解。知识拓展定值电阻可等效为电源内阻,再利用结论处理问题能够简化运算。第38页3.(重庆巴蜀中学3月月考,16)在某控制电路中,需要连成如图所表示电路,主要由电动势

为E、内阻为r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,当电位器触头由弧形碳膜中点逆时针滑向a端时,以下说法中正确是

()

A.L1、L2两个指示灯都变亮B.L1、L2两个指示灯都变暗C.L1变亮,L2变暗D.L1变暗,L2变亮答案

B当电位器触头由弧形碳膜中点逆时针滑向a端时,电位器接入电路电阻减小,

依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,经过它电流减小;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:①能够用闭合电路欧姆定律对电路按局部

整体

局部思想进行分析。②依据结论“串反并同”进行分析,较简便。第39页4.(四川双流中学2月月考,4)如图所表示,位于平行金属板中央带电质点P处于静止状态,不

考虑电流表和电压表电阻对电路影响,当滑动变阻器R4滑片向b端移动时,则

()

A.质点P将向上运动B.R3上消耗功率逐步增大C.电流表读数减小D.电压表读数减小第40页答案

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,R1两端电压增大,故并联

部分电压减小,由欧姆定律可知流过R3电流减小,则流过电流表所在支路电流增大,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受到向上电场力减小,则重力大于电场力,质点P向下运动;因

R3两端电压减小,由公式P=

可知,R3上消耗功率减小。总而言之,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,由滑片移动方向,可知R4减小,由闭合电路欧姆定

律分析各表示数改变及电容器两端电压改变,再分析质点所受电场力改变,确定质点运动

情况。归纳总结本题是电路动态分析问题,考查闭合电路欧姆定律应用,普通能够先分析电路结

构,电容器看做开路;再按部分

整体

部分分析思绪进行分析。第41页5.(贵州遵义三联,20,★)(多项选择)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阻值,电压表示数改变量大小用ΔU表示,电流表示数改变量大小用ΔI

表示。以下判断正确是

()

A.电容器所带电荷量减小,减小量为CΔUB.经过电阻R1电流减小,减小量为ΔI,且等于

C.电路路端电压一定增大,增加量小于ΔUD.可变电阻R功率可