浙江省20届选考物理二轮复习第1部分专题4第8讲直流电路与交流电路

1、第一部分专题复习专题四电路号电磁感应【专题定位】1.掌握闭合电路欧姆定律，会进行直流电路的分析；2.掌握正弦式交变电流的产生及描述，会解决变压器及远距离输电问题；3.理解楞次定律和法拉第电磁感应定律；4.综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题.第8讲直流电路与交流电路题型1 直流电路分析相关知识链接1 .电容器的特点(i)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路 相当于断路.(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压 为与之并联的电阻两端的电压.2 . 一个定律、两个关系(1)闭合电路欧姆定律：I = RE7(

2、2)路端电压与电流的关系:U=EIr.(3)路端电压与负载的关系U=IR=RR7E=*E， 1 + R路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小.规律方法提炼 动态分析3法 方法1:程序法内J U外T 确定U支、I支反之：R局JR总J1总U内U外J 确定U支、I支方法2:结论法“串反并同”串反"：指某一电阻增大 (减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小（增大）.“并同”：指某一电阻增大 （减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电 功率都将增大（减小）.方法3:极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑

3、至两个极端，使 电阻最大或电阻为零去讨论.【例1 （多选）（2019温州市联考）如图，E为内阻不能忽略的电池，Ri、R2、R3为定值电阻,So、S为开关，与®分别为电压表与电流表.初始时So与S均闭合，现将S断开，则（A.的读数变大，®的读数变小 B.的读数变大，®的读数变大 C.®1的读数变小，的读数变大D.电源内阻消耗的电能比断开前少答案 BD解析 S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，的读数变大，把 Ri归为内阻，内电压减小，故R3两端的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表读数增大，故 B正

4、确，A、C错误；电路中总电流减小，根据P=I2r可知，内阻消耗的功率减小，则电源内阻消耗的电能比断开前少，故 D正确.【拓展训练1】如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表'©的示数减小 AU（电压表为理想电压表），在这个过程中（）T11 % 对 1lhA,通过Ri的电流减小，减小量一定等于 RiB. R2两端的电压增加，增加量一定等于AUC.路端电压减小，减小量一定等于AUD,通过R2的电流增加，但增加量一定大于 TUR2答案 A【拓展训练2】（2019超级全能生2月联考）小雷同学家里购买了一款扫地机器人，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发

5、现铭牌上标有如图所示数据，则该扫地机器人（）主机基本参数产品尺寸345 mm*345 mm*96 mm电池14.4 V/5 200 mA h 锂电池产品质量约 3.8 kg无线连接Wi Fi智能快连额定电压14.4 V额定功率55 WA.额定工作电流为0.25 AB.充满电后正常工作的时间为2.5 hC.电池充满电后储存的总电荷量为18 720 CD.以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J答案 C解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V,额定功率为 55 W,则额定电流1 =A、D错误；根据电池容量5 200 mA h 知,电池充满电后储存的总电荷量Q= 5.2 AX 3 600

6、一35 200X 10 A h扭、口 c 丁色1.36 h, B错误，C正确.3.82 As= 18 720 C,充满电后正常工作的时间t =【拓展训练3】（2019山东济南市上学期期末）如图所示，灯泡Li、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，（假设电路中仅有一处故障）下列说法正确的是（）«iJ/s UJ RA.将多用电表的电压挡并联在ac两端,示数为0,说明ac间断路B.将多用电表的电压挡并联在cd两端,有示数，说明 cd间完好C.将多用电表的电压挡并联在ad两端,有示数；并联在 ac两端，示数为0,说明cd间断D,断开S,将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红、黑表笔连

7、接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1完好答案 C解析 若ac间断路，则将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数应该等于电源的电动势 E,选项A错误；将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明 cd间断路，选项 B错误；将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数，则可能是Li或L2其中之一断路；并联在 ac两端，示数为0,说明cd间的L2断路，选项C正确；断开S,将Li拆下，使用多用电表欧 姆挡，调零后将红、黑表笔连接在Li两端，如果指针不偏转，说明Li断路，选项D错误.题型2 交变电流的产生及描述相关知识链接1 .正弦交变电流的产生匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.2 .线圈通过中

8、性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大；(2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次.规律方法提炼1 .交变电流“四值”的应用最大值：Em= nBSw ,分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：E=Emsin co(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力 情况；有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；(4)平均值：E = n1-，计算通过电路横截面的电荷量.2 .有效值的计算 1(1)正弦式交变电流：有效值是取大值的立；(2)非正弦式交变电流：必须根据电流的热效应来求解.【例2】图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针

9、转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈内阻为1.0 Q,外接灯泡的电阻为 9.0 ，则()甲乙A .电压表的示数为 6 VR+r9+1B.在t=0.01 s的时刻，穿过线圈磁通量为零C.若线圈转速改为 25 r/s,则电动势有效值为 3 VD.若线圈转速改为 25 r/s,则通过灯泡的电流为 1.2 A答案 C解析电压表的示数是外电路交流电压有效值，U = R= 6X9 V=5.4 V, A错误；t= 0.01 s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为 n = = M2兀2 m=50 r/s,当线圈的转速改为25 r/s时，感应电动势的最大值

10、为 呼丫=3/2 V,有效彳1为3 V, 通过灯泡的电流为 0.3 A, C正确，D错误.【拓展训练 4 （多选）（2019吉林市友好学校联合体期末 ）如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直 磁场的OO'轴匀速转动，当转到图示位置时，下列说法正确的是 （）B.V2 ： 1D. 2 ：A.磁通量变化率为零B.感应电流最大C.磁通量变化率最大D.通过线圈的磁通量最大答案 BC解析 由题图可知，线圈处于与中性面垂直的位置，此时通过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流也最大，故 A、D错误，B、C正确.【拓展训练5】（2018全国卷m 16） 一电阻接到方波交流电源上，在一个

11、周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正.该电阻上电压的峰值均为Uo,周期均为T,如图所示.则 Q方：Q正等于（）一j知A. 1 ： M2C. 1 ： 2解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量 Q方=詈T+u0" nu0, Q正=T = -J-T R 2 R 2 RR Rd 21 uo=Q tTT , Q 方：Q 正=2 ： 1,故选 D.2 R题型3 变压器与远距离输电相关知识链接1 .动态分析的两种情况(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况.(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电

12、流、电功率等随负载电阻的变化情况.2 .四点说明(1)变压器不能改变恒定电压.(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率.(3)理想变压器本身不消耗能量.(4)理想变压器基本关系中的Ui、6、Ii、I2均为有效值.规律方法提炼1 .理想变压器问题分析技巧(1)根据题意分清变量和不变量；(2)弄清“谁决定谁”的制约关系.对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入.2 .输电线路功率损失的计算方法(1)P®=P-P，, P为输送的功率，P'为用户所得功率.(2)P损=|线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻.(3)P损=喑乙AU

13、为在输电线路上损失的电压，R线为线路电阻.R(4)P损=AU I线，AU为在输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流.【例3 (多选)(2019安徽宣城市期末调研测试)如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通 过滑片F调节，R为定值电阻，R2为阻值可通过滑片 P调节的滑动变阻器，保持交流电源的电压U大小不变，以下说法正确的是()A.保持F不动，P下移，则R1电压的减小量等于 R2电压的增加量B.保持F不动，P下移，则电流表 A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数减小C.保持F不动，P下移，则电流表 A2示数减小，由于电流跟匝数成反比，则电流表A1示数增大D .保持P不动，F上

14、移，两电流表示数都增大，且增大倍数相同答案 AB解析 保持F不动，则副线圈电压 U2 一定，P下移，则R2变大，副线圈电流减小，电流表A2示数减小，Ri电压减小，R2电压变大，因Uri+Ur2=U2为定值，则Ri电压的减小量等于R2电压的增加量，由于电流跟匝数成反比，则电流表Ai示数减小，选项A、B正确，C错误;保持P不动，F上移，则副线圈匝数增加，副线圈电压U2变大，因副线圈电阻不变，则副线圈电流变大，即 A2变大，Ai变大，即两电流表示数都增大，但因 ? = n2不是定值，则增大倍 I2 ni数不相同，选项D错误.【拓展训练6】如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为i ： n,副线

15、圈接一定值电阻R,则（）A .若ab之间接直流电压B .若ab之间接直流电压C.若ab之间接交流电压D.若ab之间接交流电压U,则R中的电流为噜RU,则原、副线圈中的电流均为零U,则原线圈中的电流为n2UU,则副线圈中的电流为-UnR答案 C解析 变压器不能改变直流电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A、B选项错误；当原线圈接交流电压U时，则副线圈输出电压为 nU,副线圈中的电流为n,又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为嘈，故cRR选项正确，D错误.【例4 （多选）（20i9广东清远市期末质量检测）如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电

16、压Ui一定，通过理想升压变压器Ti和理想降压变压器 T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.Ti的输入电压和输入功率分别为 Ui和Pi,它的输出电压和输出功率分别为 U2 和P2, 丁2的输入电压和输入功率分别为 U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为 U4和P4. 下列说法正确的是（）A.当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B.输电线的总电阻 R两端的电压等于（U2+U3）,且随用户的用电器增加而增加工人一,上t »P32R4 、八 -5斗C输电线上损失的功率为 徐，且随用尸的用电器增加而增加n2n3d.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n；,同时应增大降压变压器

17、的匝数比-答案 CD解析 交流发电机的输出电压 U1一定，匝数没变，根据 生=虫，知U2不变，故A错误；输U2 n2电线的总电阻R两端的电压等于（U2U3）,且随用户的用电器增加，由于输电线上的电流会 增大，则输电线 R上的电压增加，B错误；输电线上的电流 I=P，则输电线上损失的功率U3P32R 输电线上的电流会增大，则输电线R上损失的PI2R=可，且随用尸的用电器增加，功率增加，C正确；输送功率一定时，根据P=UI和P损=i2r知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又5-定，根据* n2M所以应增大升压变压器的匝数比；U3=U2-IR,U2增大，I减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据

18、n3知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确.【拓展训练7 （多选）（2019浙南名校联盟期末）位于温州乐清市磐石镇的温州发电厂，是浙江省跨世纪重点能源工程之一，其中一期工程车送功率为70 MW,发电机的输出电压随时间变化如图甲所示.通过如图乙所示的电路向县域输电,其中输送电压为70 kV,输电线总电阻220 V,忽略降压变压器到用户的输电线上的为4 Q,在用户端用理想降压变压器把电压降为甲乙A.用户端交流电频率为50 HzB .降压变压器原、副线圈匝数比为300 ： 1C. 00.01 s发电机线圈磁通量的变化量为零D.输电线上损失的功率为4X108 W答案 AB解析 根据发电机的输出电压的瞬

19、时值表达式知，角速度3=100兀 rad/s=24,彳# f= 50 Hz,变压器不改变交流电的频率，所以用户端交流电的频率为50 Hz ,故A正确；输电线上的电流I=P=70 j：03 A = 103 A,输电线上的电压损失为U 70 A 10U损=IR=4X104V,降压变压器原线4圈两端的电压U1=U-U6.6X1。4 V,降压变压器原、副线圈的匝数比为先2-迎，故B正确；00.01 s发电机线圈磁通量的变化量为2BS,故C错误；输电线上损耗1的功率P损=I2R=4X106 W,故D错误.专题强化练基础题组1.在寒冷地区，为了防止汽车挡风玻璃窗结霜，可用通电电阻加热，如图所示为10根阻值

20、皆为3 Q的电阻条件和一内阻为0.5 Q的直流电源，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，则下列方法可行的是 （）A .将6根并联接入B .将6根串联接入C.将10根并联接入D.将10根串联接入答案 A解析 当电路中内、外电阻相等时，电阻条上消耗的功率最大,6根3 的电阻条并联后的总电阻为R总=等= 0.5 等于电源的内阻，即内、外电阻阻值相等，选项A正确.2. （2019杭州市高三期末）电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全.某型号电线每卷长度为100 m ,铜丝直径为1.6 mm.为检验其是否采用了导电性能比较差的劣质铜，现给整卷电线加上1.50 V恒定电压，

21、测得通过电线的电流为1.20 A,由此可知此电线所用铜的电阻率约为)B.A. 1.7X 10 9 Q - m-， 一 7 C. 1.1 X 10 Q - mD.2.5X 10 8 Q - m-65.0X 10 Q - m解析 给整卷电线加上1.50 V恒定电压,答案 B测得通过电线的电流为1.20 A,则电线的电阻值为U 1.50 VLLr=7 = 777TT= 1.25 又 R= 怎=p-L-I1.20 ASd 2代入数据可得：产2.5X 10 8 卬故B正确，A、C、D错误.3. （2019嘉、丽3月联考）某手机在充电时可以根据充电进程在快充模式和慢充模式间智能切换.快充模式时充电头的输出

22、电压为Ui,输出电流为Ii,手机的等效内阻为ri；慢充模式时充电头的输出电压为 U2,输出电流为 £手机的等效内阻为2.则（）A.快充模式时充电头输出的电功率为U1I1+Ii2门B.快充模式时电能转化为化学能的功率为UiIi2C.慢充模式时手机由于充电而广生的热功率为12 r2U22D.慢充模式时手机由于充电而广生的热功率为2答案 C解析 快充模式时充电头的输出电压为Ui,输出电流为Ii,则快充模式时充电头输出的电功率为UiIi,故A错误；快充模式时手机的等效内阻为ri,则热功率：P热i=Ii2ri,所以快充模式时电能转化为化学能的功率为Uili-Ii2ri,故B错误；慢充模式时输出

23、电流为£手机的等效内阻为2,则慢充模式时手机由于充电而产生的热功率为122r2,故C正确；充电电路2不是纯电阻电路，所以不能使用公式®求产生的电热，故 D错误.r24. （20i9浙南名校联盟高三期末）小李家的房子装修，买了一卷规格为“ i00 m、4 mm2”的 铜导线（已知铜的电阻率为i.7Xi0-8 q 圾用来安装一路专线，对额定电压为 220 V,额定 功率为2.0 kW的空调供电.实际上只用去了一半导线，如果空调能够正常工作，估算导线上 损失的电压约为（）A. i.9 VB. 0.i9 VC. 2.5 VD. 0.25 V答案 A5. （20i9宁波市3月模拟）夏

24、天使用电风扇时，若不慎扇叶被卡住，风扇容易烧毁.已知电风扇正常工作时电功率为P,发热功率为P。，当风扇被卡住时热功率为（两端的电压仍不变）（）A. PB. P-P0脸D. . PP0答案 CU2P0解析 由正常工作时的功率 P = UI,发热功率P0=I2r,可得r = -p2-0,当风扇被卡住时的热，一 ,U2 P2 一2功率P =-=,故选C. r P06.（多选）（20i9河南示范性高中上学期期终）一内阻不计的交流发电机输出电压的瞬时值表达 式为u= i00sin i004（V）,下列判断正确的是 （）A.该交流发电机线圈的转速为 50 r/sB.若将该交流电压加在阻值为100 皿电阻两

25、端，则该电阻在1 min内产生的热量为6X103 J100.2 VC.若发电机线圈的转速提高一倍，则输出电压的有效值为D.若将该交流电压加在原、副线圈匝数比为k的理想变压器的原线圈两端，则副线圈两端的电压的有效值为50_2 Vk答案 ACD50 r/s可知,、牛百下稚小八十ui2馈i、牛百选项 A正确；由公式 Q = zrt =X 60 J=3 000 J,选项BR 100错误；根据Um= NBSo可知,当发电机线圈的转速提高一倍，即3增大一倍时，Um= 200 V,则U = U= 100*V,选项 ,2C正确；由公式U2= n2= k可得"=矍v=*2 v，选项D正确.7.（多选）

26、（2019贵州安顺市上学期质量监测）如图所示，曲线 C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线.由该图可知下列说法中正确的是A.两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4 WB.电源的内阻为1 QC.电源的输出功率最大值为 4 WD.电源的效率最大可达 50%答案 BC解析 根据题图可以知道， 曲线C1、C2的交点的位置，此时电路的内、外功率相等，由于内、 外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和电路的外电阻大小是相等的，内、外电路消 耗的功率相等，总功率为 8 W,即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源的输出功 率最大值为4 W,所以A错误，C正确；根据P

27、=|2r= 12r可知，当输出功率最大时，P=4 W, I=2 A,所以R=r=1 ，所以B正确；电源的效率 *100%=* 100% =RR*jx 100% = X 100%,当r=R时，电源的效率是 50%,但不是效率的最大值，选项 D错误.8.（多选）（2019吉林长春市质量监测）如图为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两块永磁铁、线圈和换向器组线缠绕而成.永磁体N、S极相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为B.线圈由N匝导线缠绕而成，面积为 S,可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度 为3.换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相

28、同角速度转动.电刷位置固定，作为输出端与外电路相连（图中未画出）.每当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时 间极短可忽略.下列说法正确的是（）半崩坏A.当线圈按照图示的方向转动时，电刷 a的电势比b的电势高B.当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零C.该发电机产生电动势的最大值为NBScoD .该发电机产生电动势的最大值是有效值的也倍答案 CD解析 当线圈按照题图所示的方向转动时，根据右手定则知电刷a的电势比b的电势低，故A错误；当线圈转到题图所示位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率达到最大，所以线圈 中产生的电动势也达到最大，故B错误；发电机产

29、生的电动势随时间变化图象如图所示，其中最大值为NBSd ,且是有效值的才2倍，故C、D正确.9. 一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的转轴匀速转动,形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是（）A .线圈转动的角速度为100rad/s3B .电动势的有效值为 20 V一2C. t= 1.0X10 s时，线圈平面和磁场万向的夹角为45一2D. t=1.5X10 s时，穿过线圈平面的磁通量最大答案 AEmE=岑14.1 V,选项 B一 .一 2兀 100 兀斛析 角速度3= rad/s,选项A正确；电动势的有效值T 3错误；0= 31004,将t= 1.0X10 2 s代

30、入该式，解得 0=或这是线圈从中性面开始转过 33的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角为30°,选项C错误；t=1.5X 102s时，线圈平面与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量最小，选项 D错误.10.（多选）图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一个矩形金属线圈绕与磁场方 向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈内 阻为10 Q,外接一只电阻为 90 的灯泡，不计电路的其他电阻，则 （）A. t=0时刻线圈平面处在中性面B.每秒钟内电流方向改变100次C.灯泡两端的电压为 22 VD. 00.01 s时间内通过灯泡的电荷量为0答案 AB解析

31、从题图可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，所以选项 A正确；交变电动势的周期为2X10-2 s,频率是50 Hz,因一个周期内电流的方向改变两次，所以每秒钟内电31.1流方向改变100次，选项B正确；灯泡两端的电压为U 灯=& R 灯=叁*90 V= 19.8 V,R总100以选项C错误；00.01 s时间内磁通量的变化不为零，所以通过灯泡的电荷量不为零，选项D错误.11 . （2019广东省“六校”第三次联考）钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量强度很大的电流，其原理如图.若原线圈与副线圈的匝数比为1 ： 500,电流表A的示数为1 A,则（）A.钳形电流表的钳

32、口是电流互感器的铁芯B.钳形电流表能够用来测量直流电的电流C.被测电路电流的平均值为500 AD.被测电路电流的最大值为500 A答案 AA正确；互感器利用的是电磁感应的互感原解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯, 理，不能用于直流电，故 B错误；由的=，得：Ii = n2I2=笆" A = 500 A,因为电流表测的 是有效值，故该值为被测电路电流的有效值，故 C、D错误.【能力题组】12 .（多选）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 ni：上=4： 1,电阻R=20 Q, LL2 为规格相同的两只小灯泡， Si为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关

33、系如图乙所示.现将Si接1,&闭合，此时L2正常发光.下列说法正确的是（）中乙A.只断开S2后，小灯泡Li正常发光B.只断开S2后，原线圈的输入功率减小C.若Si换接到2后，R中电流瞬时值表达式i = 2cos 50击（A）D.若Si换接到2后，R消耗的电功率为i.25 W答案 BD解析 Li、L2为规格相同的两只小灯泡，只断开 S2后，Li、L2串联，总电阻增加，小灯泡Li不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故 A错误，B正确；若Si换接到2后，输出电压的有效值U2= Um=5 V,则R消耗的电功率为i.25 W,由题图乙可得co=2-J= i00兀rad/s, ni 2T选项C错误，选项D正确.i3. （20i9江苏通州区、海门市、启东三县联考）如图所示，Ri是光敏电阻（光照增强，电阻减小），C是电容器，R2是定值电阻.当 Ri受到的光照强度减弱时（）_1|_