專題10直流電路和交變電流（講義）-

專題10直流電路和交變電流01專題網(wǎng)絡·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法04核心素養(yǎng)·難點突破05創(chuàng)新好題·輕松練考點內(nèi)容學習目標閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點1.掌握閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點；2.會計算電功與電功率及分析電路效率；3.會分析含電容電路的動態(tài)變化；4.了解交變電流的產(chǎn)生及掌握有效值的計算；5.掌握變壓器的原理并會分析遠距離輸電過程中的電壓、電功率關系，會計算電功率損失；6了解電磁震蕩并會分析過程中的能量轉(zhuǎn)換關系電功電功率計算含容電路分析交變電流的產(chǎn)生及有效值變壓器與遠距離輸電電磁振蕩直流電路的分析與計算閉合電路歐姆定律的三個公式E＝U外＋U內(nèi)；(任意電路)E＝U外＋Ir；(任意電路)E＝I(R＋r)．(純電阻電路)動態(tài)電路分析的三種方法程序法：部分電路阻值變化→電路總電阻R總變化→干路電流I變化→路端電壓U變化→各支路電流、電壓變化，即R局eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→R總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→I總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(減小,增大))→U端eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減小))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I分,U分)).串反并同法：所謂“串反”，即某一電阻阻值增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率都減小(增大)．所謂“并同”，即某一電阻阻值增大(減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率都增大(減小)．極限法：因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端，使滑動變阻器接入電路的電阻最大或電阻為零去討論．3．電容器的特點只有當電容器充、放電時，電容器所在支路中才會有電流，當電路穩(wěn)定時，電容器所在的支路相當于斷路．電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．串、并聯(lián)電路的特點及電功率和效率問題串、并聯(lián)電路的特點串聯(lián)電路并聯(lián)電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1＋I2＋…＋In電壓U＝U1＋U2＋…＋UnU＝U1＝U2＝…＝Un電阻R＝R1＋R2＋…＋Rneq\f(1,R)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋…＋eq\f(1,Rn)功率分配eq\f(P1,R1)＝eq\f(P2,R2)＝…＝eq\f(Pn,Rn)P1R1＝P2R2＝…＝PnRnP總＝P1＋P2＋…＋Pn電源的總功率任意電路：P總＝IE＝IU外＋IU內(nèi)＝P出＋P內(nèi)．純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝eq\f(E2,R＋r).電源內(nèi)部消耗的功率P內(nèi)＝I2r＝IU內(nèi)＝P總－P出．電源的輸出功率任意電路：P出＝IU＝IE－I2r＝P總－P內(nèi)．純電阻電路：P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2).電源的效率任意電路：η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%.純電阻電路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%.電流表、電壓表的改裝原理1．串、并聯(lián)電路的幾個推論串聯(lián)電路的總電阻大于其中任一部分電路的總電阻．并聯(lián)電路的總電阻小于其中任一支路的總電阻，且小于其中最小的電阻．無論是串聯(lián)電路還是并聯(lián)電路，電路中任意一個電阻變大時，電路的總電阻變大．2．電表的兩種改裝的比較改裝成大量程電壓表改裝成大量程電流表內(nèi)部電路改裝原理串聯(lián)分壓并聯(lián)分流所需電阻阻值R＝eq\f(U,Ig)－RgR＝eq\f(Ug,I－Ig)改裝后的量程U＝Ig(Rg＋R)I＝eq\f(R＋Rg,R)Ig校準電路交變電流的產(chǎn)生1．線圈通過中性面時的特點穿過線圈的磁通量最大．線圈中的感應電動勢為零．線圈每經(jīng)過中性面一次，感應電流的方向改變一次．2．有效值的計算有效值：讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻，如果在交變電流的一個周期內(nèi)它們產(chǎn)生的熱量相等，則這個恒定電流的電流I與電壓U就是這個交變電流的有效值．正弦式交變電流：E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2)).非正弦式交變電流：計算有效值時，要根據(jù)電流的熱效應，即“一個周期”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，然后分段求和列式，求得有效值．3．正弦式交流電“四值”的應用物理量物理含義重要關系適用情況及說明瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況計算某時刻所受安培力峰值最大的瞬時值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))適用于正(余)弦式交變電流(1)交流電流表、交流電壓表的示數(shù)(2)電氣設備“銘牌”上所標的值(如額定電壓、額定電流等)(3)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱、保險絲的熔斷電流等)(4)沒有特別加以說明的平均值交變電流圖像中圖線與時間軸所圍的面積與時間的比值eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過導線橫截面的電荷量變壓器與遠距離輸電三個關系搞清變壓器問題變與不變的關系：不變的是功率關系、磁通量的變化率和周期頻率．理想變壓器工作不損失能量，即輸入功率等于輸出功率；原、副線圈交變電流頻率相同；在沒有漏磁時，原、副線圈磁通量的變化率相同．高與低，大與小，多與少，粗與細的關系：電壓高的線圈電流小，匝數(shù)多，導線細；電壓低的線圈電流大，匝數(shù)少，導線粗．正比與反比的關系：原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，單一副線圈的變壓器電流與匝數(shù)成反比．遠距離輸電三個回路在電源回路中，P發(fā)電機＝U1I1＝P1.在輸送回路中，I2＝I線＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R線，P損＝ΔP＝I22R線．在用戶回路中，P4＝U4I4＝P用戶．遠距離輸電抓住兩個聯(lián)系理想的升壓變壓器中線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個量間的關系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2.理想的降壓變壓器中線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個量間的關系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4.掌握一個守恒：能量守恒關系式P1＝P2＝ΔP＋P3.其中ΔP＝P損＝ΔU·I線＝I線2R線＝eq\f(ΔU2,R線)電磁振蕩1．振蕩電路：產(chǎn)生大小和方向都做周期性迅速變化的電流(即振蕩電流)的電路．由電感線圈L和電容C組成最簡單的振蕩電路，稱為LC振蕩電路．2．電磁振蕩：在LC振蕩電路中，電容器不斷地充電和放電，就會使電容器極板上的電荷量q、電路中的電流i、電容器內(nèi)的電場強度E、線圈內(nèi)的磁感應強度B發(fā)生周期性的變化，這種現(xiàn)象就是電磁振蕩．3．電磁振蕩中的能量變化放電過程中電容器儲存的電場能逐漸轉(zhuǎn)化為線圈的磁場能．充電過程中線圈中的磁場能逐漸轉(zhuǎn)化為電容器的電場能．在電磁振蕩過程中，電場能和磁場能會發(fā)生周期性的轉(zhuǎn)化．4．電磁振蕩的周期和頻率周期T＝2πeq\r(LC).頻率f＝eq\f(1,2π\(zhòng)r(LC)).考向一：閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點【探究重點】1．路端電壓與外電阻的關系純電阻電路：U＝IR＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(E,1＋\f(r,R))，當R增大時，U增大．特殊情況：當外電路斷路時，I＝0，U＝E；當外電路短路時，I短＝eq\f(E,r)，U＝0.2．動態(tài)分析常用方法程序法：遵循“局部—整體—局部”的思路．分析步驟(如圖)：分析時：串聯(lián)電路注意分析電壓關系，并聯(lián)電路注意分析電流關系．結(jié)論法：“串反并同”，應用條件為電源內(nèi)阻不為零．所謂“串反”，即某一電阻的阻值增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大．所謂“并同”，即某一電阻的阻值增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小．【高考解密】(2022·江蘇·高考真題)如圖所示，電路中燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為，，，，電源電動勢，內(nèi)阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是()A． B． C． D．【答案】A【解析】由電路圖可知R3與R4串聯(lián)后與R2并聯(lián)，再與R1串聯(lián)。并聯(lián)電路部分的等效電阻為由閉合電路歐姆定律可知，干路電流即經(jīng)過R1的電流為并聯(lián)部分各支路電流大小與電阻成反比，則四個燈泡的實際功率分別為，，，故四個燈泡中功率最大的是R1。故選A?！究枷蝾A測】(2022·山東濟寧市高三期末)如圖所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E和r，在滑動變阻器的滑片P由a向b緩慢移動的過程中，下列說法正確的是()A．電路的總電阻先減小后增大B．電源的總功率先增大后減小C．電容器所帶電荷量先減少后增多D．電源的效率先減小后增大【答案】C【解析】滑動變阻器Pa段與Pb段并聯(lián)，然后與R1和電源串聯(lián)，滑片P位于a、b中點時并聯(lián)部分電阻最大，則滑片從a向b緩慢移動的過程中，電路的總電阻先增大后減小，故A錯誤；由閉合電路歐姆定律可知干路中的電流先減小后增大，因此電源總功率P＝EI先減小后增大，故B錯誤；R1兩端的電壓先減小后增大，它與電容器并聯(lián)，根據(jù)Q＝CU可知電容器所帶電荷量先減少后增多，故C正確；電源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，滑片從a向b緩慢移動的過程中，路端電壓為U＝E－Ir，由于I先減小后增大，因此U先增大后減小，可知電源效率先增大后減小，故D錯誤．考向二：電功電功率計算【探究重點】P出－R圖像P出＝eq\f(E2,r＋R2)R短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0斷路I＝0，P出＝0當R＝r時，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)P出－I圖像P出＝EI－I2r短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0斷路I＝0，P出＝0當I＝eq\f(E,2r)時，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)1.當R一定、r變化(針對不同電源)時，由P出＝eq\f(E2,R＋r)知，r越大，P出越?。?．當r一定、R變化時，P出隨R的變化情況可通過下面兩個圖像進行分析．【高考解密】(2022·江蘇卷·2)如圖所示，電路中燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，R4＝4Ω，電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是()A．R1B．R2C．R3D．R4【答案】A【解析】由電路圖可知，R3與R4串聯(lián)后與R2并聯(lián)，再與R1串聯(lián)．并聯(lián)電路部分的等效電阻為R并＝eq\f(R2R3＋R4,R2＋R3＋R4)＝2Ω，由閉合電路的歐姆定律可知，干路電流即經(jīng)過R1的電流為I1＝I＝eq\f(E,R1＋R并)＝3A，并聯(lián)部分各支路電流大小與電阻成反比，則I2＝eq\f(R3＋R4,R2＋R3＋R4)I＝eq\f(2,3)I＝2A，I3＝I4＝eq\f(R2,R2＋R3＋R4)I＝eq\f(1,3)I＝1A，四個燈泡的實際功率分別為P1＝I12R1＝18W，P2＝I22R2＝12W，P3＝I32R3＝2W，P4＝I42R4＝4W，故四個燈泡中消耗功率最大的是R1，故A正確，B、C、D錯誤．【考向預測】(2023·江蘇南京市高三開學考試)如圖所示是某白熾燈的伏安特性曲線，圖中OA連線與橫軸的夾角為α，A點的坐標為(U0，I0)，其切線與縱軸交點的縱坐標為I1，則()A．白熾燈的電阻隨電壓的增大而減小B．對應A點，白熾燈的電阻可表示為tanαC．對應A點，白熾燈的電阻可表示為eq\f(U0,I0)D．對應A點，白熾燈的電阻可表示為eq\f(U0,I0－I1)【答案】C【解析】I－U圖像斜率的倒數(shù)表示電阻，由題圖可知，隨著電壓的增大，白熾燈電阻增大，故A錯誤；對應A點，白熾燈的電阻可表示為eq\f(U0,I0)，不能根據(jù)eq\f(U0,I0－I1)或eq\f(1,tanα)求電阻，故B、D錯誤，C正確．考向三：含容電路分析【探究重點】1．電路簡化：把電容器所在的支路穩(wěn)定時視為斷路，簡化電路時可以去掉，求電荷量時再在相應位置補上．2．電容器的電壓電容器所在的支路中沒有電流，與之串聯(lián)的電阻兩端無電壓，相當于導線．電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．3．電容器的電荷量及變化電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電．若電容器兩端電壓升高，電容器將充電；若電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電．如果變化前后極板帶電的電性相同，通過所連導線的電荷量為|Q1－Q2|.如果變化前后極板帶電的電性相反，通過所連導線的電荷量為Q1＋Q2.【高考解密】(2023·海南·統(tǒng)考高考真題)如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C，閉合開關K，待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為(

)A．CE B． C． D．【答案】C【解析】電路穩(wěn)定后，由于電源內(nèi)阻不計，則整個回路可看成3R、2R的串聯(lián)部分與R、4R的串聯(lián)部分并聯(lián)，若取電源負極為零電勢點，則電容器上極板的電勢為電容器下極板的電勢為則電容兩端的電壓則電容器上的電荷量為故選C?！究枷蝾A測】(2023·江蘇揚州市江都區(qū)丁溝中學高三檢測)如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表內(nèi)阻對電路的影響．當滑動變阻器R3的滑片向a端移動時，以下說法正確的是()A．質(zhì)點P將向下運動B．R2上消耗的功率減小C．電流表讀數(shù)減小D．電壓表讀數(shù)減小【答案】C【解析】滑動變阻器R3的滑片向a端移動時，R3接入電路的電阻增大，電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R總)，可知電路總電流I減小，UV＝E－I(r＋R1)，所以UV增大，即電壓表讀數(shù)增大；平行金屬板的板間電壓等于電壓表電壓，由E＝eq\f(U,d)可知平行金屬板間的電場強度增大，再由F＝qE可知，質(zhì)點P所受豎直向上的靜電力增大，質(zhì)點P將向上運動，故A、D錯誤；R2兩端的電壓等于電壓表電壓，由P＝eq\f(U2,R)可知，R2上消耗的功率增大，由I＝eq\f(U,R)可知，流過R2的電流IR2增大，流過電流表的電流IA＝I－IR2減小，B錯誤，C正確．考向四：交變電流的產(chǎn)生及有效值【探究重點】計算有效值時要根據(jù)電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，先分段計算熱量，求和得出一個周期內(nèi)產(chǎn)生的總熱量，然后根據(jù)Q總＝I2RT或Q總＝eq\f(U2,R)T列式求解．若圖像部分是正弦(或余弦)式交變電流，其中的eq\f(1,4)周期(必須是從零至最大值或從最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接應用正弦式交變電流的有效值與最大值之間的關系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解．正弦式交變電流的有效值與峰值之間的關系I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2)).【高考解密】(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區(qū)的風力發(fā)電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發(fā)電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉(zhuǎn)速為每秒z轉(zhuǎn)，通過轉(zhuǎn)速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發(fā)電機線圈高速轉(zhuǎn)動，發(fā)電機線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發(fā)電機產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后．輸出電壓為U.忽略線圈電阻，下列說法正確的是()A．發(fā)電機輸出的電壓為eq\r(2)πNBSzB．發(fā)電機輸出交變電流的頻率為2πnzC．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\r(2)πNBSnz∶UD．發(fā)電機產(chǎn)生的瞬時電動勢e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnz)【答案】C【解析】發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，則發(fā)電機輸出的電壓為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(E,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正確；發(fā)電機產(chǎn)生的瞬時電動勢為e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤．【考向預測】圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，A為理想交流電流表．線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，已知發(fā)電機線圈電阻為5Ω，外接一只阻值為5Ω的電阻R，不計電路的其他電阻，已知電阻R兩端的電壓隨時間變化的圖像如圖乙所示．則()A．線圈的轉(zhuǎn)速為100r/sB．交流電流表的示數(shù)為2eq\r(2)AC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．電阻R在1分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4800J【答案】D【解析】由題圖乙可知，交變電流的周期為0.02s，所以線圈的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝50r/s，A錯誤；電阻R兩端的電壓的有效值為20V，交流電流表的示數(shù)為有效值，其值為I＝eq\f(U,R)＝4A，B錯誤；0.01s時電壓為零，則感應電動勢為零，線圈處于中性面位置，C錯誤；電阻R在1分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝4800J，D正確．考向五：變壓器與遠距離輸電【探究重點】理想變壓器的制約關系電壓原線圈電壓U1和匝數(shù)比決定副線圈電壓U2，U2＝eq\f(n2,n1)U1功率副線圈的輸出功率P出決定原線圈的輸入功率P入，P入＝P出電流副線圈電流I2和匝數(shù)比決定原線圈電流I1，I1＝eq\f(n2,n1)I2匝數(shù)比不變的分析思路U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負載電阻R如何變化，U2不變．當負載電阻發(fā)生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發(fā)生變化．I2變化引起P2變化，而P1＝P2，故P1發(fā)生變化．負載電阻不變的分析思路U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化時，U2變化．R不變，U2變化時，I2發(fā)生變化．根據(jù)P2＝eq\f(U22,R)，P2發(fā)生變化，再根據(jù)P1＝P2，故P1變化，P1＝U1I1，U1不變，故I1發(fā)生變化．如圖所示，若發(fā)電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P′，用戶端的電壓為U′，輸電電流為I，輸電線總電阻為R.輸電電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(U－U′,R).電壓損失：ΔU＝U－U′；ΔU＝IR.輸電線路功率損失的計算輸送功率P、用戶得到的功率P′與線路損失功率P損的關系：P損＝P－P′.P損＝I線2R線＝eq\f(ΔU2,R線)＝ΔU·I線，I線為輸電線路上的電流，ΔU為輸電線路上損失的電壓，R線為輸電線路的電阻．功率損失：1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R降低輸電損耗的兩個途徑：1)減小輸電線的電阻R.由R＝ρeq\f(l,S)知，可加大導線的橫截面積、采用電阻率小的材料做導線．2)減小輸電導線中的電流．在輸電功率一定的情況下，根據(jù)P＝UI，要減小電流，必須提高輸電電壓．【高考解密】(2022·山東卷·4)如圖所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數(shù)為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos(100πt)．單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數(shù)為0.1V．將阻值為12Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12W．下列說法正確的是()A．n1為1100匝，Um為220VB．BC間線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為1.4AC．若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率為100HzD．若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s【答案】D【解析】變壓器的輸入電壓為220V，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數(shù)關系，故輸入交流電壓的最大值為220eq\r(2)V，根據(jù)理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原線圈為2200匝，A錯誤；根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，BC間的電壓為UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC間的線圈與單匝線圈匝數(shù)關系有eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，則BC間的線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B錯誤；若將R接在AB兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AB間的電壓應該為18V，根據(jù)交流電原線圈電壓的表達式可知，交流電的角速度為100πrad/s，故交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C錯誤；若將R接在AC兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AC間的電壓應該為30V，根據(jù)歐姆定律可知，流過電阻R的電流為IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流電的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正確．【考向預測】(2023·江蘇省名校聯(lián)考)如圖，一理想變壓器ab端接交流電源，原線圈匝數(shù)為100匝，R1、R2、R3阻值相等．則當開關S斷開時R1的功率為P1，當S閉合時R1的功率為P2，且P1∶P2＝9∶25，則副線圈匝數(shù)為()A．25B．50C．200D．400【答案】B【解析】設原、副線圈的匝數(shù)比為n，開關斷開時原線圈電流為I1，開關閉合時原線圈電流為I2，由P1∶P2＝9∶25、P＝I2R可知I1∶I2＝3∶5；設開關斷開時副線圈電流為I1′，開關閉合時副線圈電流為I2′，設R1＝R2＝R3＝R，則開關斷開時副線圈電壓為U1′＝I1′R＝nI1R，此時原線圈輸出電壓為U1＝nU1′＝n2I1R，總電壓為U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由歐姆定律可知開關閉合時副線圈電阻為R′＝0.5R，此時副線圈電壓為U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此時原線圈輸出電壓為U2＝nU2′＝0.5n2I2R，總電壓為U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，聯(lián)立解得n＝2，則副線圈的匝數(shù)為n′＝eq\f(1,2)×100＝50，故B正確，A、C、D錯誤．考向六：電磁震蕩【探究重點】1．振蕩電流、極板帶電荷量隨時間的變化圖像2．LC振蕩電路充、放電過程的判斷方法根據(jù)電流流向判斷當電流流向帶正電的極板時，電容器的電荷量增加，磁場能向電場能轉(zhuǎn)化，處于充電過程；反之，當電流流出帶正電的極板時，電荷量減少，電場能向磁場能轉(zhuǎn)化，處于放電過程根據(jù)物理量的變化趨勢判斷當電容器的帶電荷量q(電壓U、電場強度E)增大或電流i(磁感應強度B)減小時，處于充電過程；反之，處于放電過程根據(jù)能量判斷電場能增加時充電，磁場能增加時放電【高考解密】如圖所示，電源電動勢為3V，單刀雙擲開關S先置于a端使電路穩(wěn)定．在t＝0時刻開關S置于b端，若經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)，t＝0.02s時刻，自感線圈兩端的電勢差第一次為1.5V．如果不計振蕩過程的能量損失，下列說法正確的是()A．t＝0.04s時回路中的電流為零B．t＝0.08s時電感線圈中的自感電動勢達到最大值，為3VC．0.07～0.08s時間內(nèi)，電容器極板間電場方向豎直向上且逐漸減小D．0.04～0.05s時間內(nèi)，線圈中的磁場能逐漸增大【答案】C【解析】由題意知S置于b端后，自感線圈兩端的電勢差呈余弦規(guī)律變化，由于t＝0時刻電容器電壓為3V，故此時自感線圈兩端的電勢差也為3V，然后開始減小，當?shù)谝淮螢?.5V時，則可知經(jīng)歷時間為六分之一周期，故振蕩周期為0.12s．所以0.04s時回路中的電流不為零，0.03s時回路中的電流才為零，0.06s時電感線圈中的自感電動勢值達到最大，為3V，故A、B錯誤；經(jīng)分析，0.07～0.08s時間內(nèi)，電容器極板間電場方向豎直向上且逐漸減小，故C正確；0.04～0.05s時間內(nèi)，線圈兩端的電勢差增大，即電容器極板間電場增大，電場能增大，則磁場能逐漸減小，故D錯誤．【考向預測】(2023·北京八十中模擬)如圖甲所示為某一LC振蕩電路，圖乙i－t圖像為LC振蕩電路的電流隨時間變化的關系圖像．在t＝0時刻，回路中電容器的M板帶正電，下列說法中正確的是()A．O～a階段，電容器正在充電，電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化B．a(chǎn)～b階段，電容器正在放電，磁場能正在向電場能轉(zhuǎn)化C．b～c階段，電容器正在放電，回路中電流沿順時針方向D．c～d階段，電容器正在充電，回路中電流沿逆時針方向【答案】C【解析】O～a階段，電容器正在放電，電流不斷增加，電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化，選項A錯誤；a～b階段，電容器正在充電，電流逐漸減小，磁場能正在向電場能轉(zhuǎn)化，選項B錯誤；b～c階段，電容器正在放電，回路中電流沿順時針方向，選項C正確；c～d階段，電容器正在充電，回路中電流沿順時針方向，選項D錯誤．(2022·江蘇海安市期末)實驗表明1mg的eq\o\ar(238,92)U衰變?yōu)閑q\o\ar(234,90)Th時，每分鐘會放出750個α粒子，若α粒子全部沿同一方向定向移動，電子電荷量為1.6×10－19C．則該衰變過程中形成的電流大小為()A．2.0×10－18A B．4.0×10－18AC．6.0×10－18A D．8.0×10－18A【答案】B【解析】根據(jù)電流的定義式，有I＝eq\f(q,t)＝eq\f(750×2×1.6×10－19,60)A＝4.0×10－18A，故選B.(2022·北京市模擬)如圖所示為某實驗小組設計的兩個量程的電流表，已知表頭G的滿偏電流為Ig，定值電阻R1、R2的阻值均等于表頭的內(nèi)阻．當使用1和2兩個端點時，電流表的量程為I1，當使用1和3兩個端點時，電流表的量程為I2.下列說法正確的是()A．I1＝2IgB．I2＝3IgC．若僅使R1阻值變小，則I1和I2均變大D．若僅使R2阻值變小，則I1和I2均變大【答案】C【解析】設R1＝R2＝Rg＝R，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知I1＝Ig＋eq\f(IgR2＋Rg,R1)＝Ig＋eq\f(Ig×2R,R)＝3Ig，I2＝Ig＋eq\f(IgRg,R1＋R2)＝Ig＋eq\f(IgR,2R)＝1.5Ig，選項A、B錯誤；因為I1＝Ig＋eq\f(IgR2＋Rg,R1)，I2＝Ig＋eq\f(IgRg,R1＋R2)，則若僅使R1阻值變小，則I1和I2均變大；若僅使R2阻值變小，則I1減小，I2變大，選項C正確，D錯誤．(2022·重慶市一診)如圖是測定甲、乙兩個直流電源的電動勢E與內(nèi)阻r時，得到的路端電壓U與干路電流I的U－I圖像．若將這兩個直流電源分別與同一定值電阻R串聯(lián)，下列說法正確的是()A．甲電源內(nèi)阻是乙電源內(nèi)阻的2倍B．電源的效率一定有η甲<η乙C．電源總功率一定有P甲<P乙D．電源的輸出功率一定有P甲>P乙【答案】B【解析】由U－I圖像可知，甲電源電動勢是乙電源電動勢的2倍，即E甲＝2E乙，圖像的斜率等于內(nèi)阻，則甲電源內(nèi)阻是乙電源內(nèi)阻的4倍，即r甲＝4r乙，選項A錯誤；電源的效率η＝eq\f(R,R＋r)×100%，可得η甲<η乙，選項B正確；電源總功率P＝eq\f(E2,R＋r)，可得P甲>P乙，選項C錯誤；由電源的輸出功率P′＝(eq\f(E,R＋r))2R可知，P甲出＝(eq\f(2U0,R＋4r))2R，P乙出＝(eq\f(U0,R＋r))2R，則eq\f(P甲出,P乙出)＝(eq\f(2R＋2r,R＋4r))2，由于R與r的關系不確定，故不能確定兩電源的輸出功率的大小關系，選項D錯誤．在如圖所示的電路中，開關S閉合后，由于電阻元件發(fā)生短路或斷路故障，導致電壓表和電流表的讀數(shù)都增大，電壓表和電流表均為理想電表，則可能出現(xiàn)了下列哪種故障()A．R1短路 B．R2短路C．R3短路 D．R1斷路【答案】A【解析】若電路正常，則電流表測量流過R1的支路電流，電壓表測量R3兩端的電壓．若R1短路，則R2被短路，外電路只有電阻R3接在電源兩端，電流表測量干路電流，電壓表測量路端電壓，兩表示數(shù)均增大，A正確；若R2短路，則R1被短路，電流表示數(shù)為零，B錯誤；若R3短路，則電壓表示數(shù)為零，C錯誤；若R1斷路，則電流表示數(shù)為零，D錯誤．(2022·陜西咸陽市一模)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1是光敏電阻(阻值隨光照強度的增大而減小)，R2是定值電阻，C是平行板電容器，V1、V2都是理想電壓表．閉合開關S后，電容器中的帶電小球處于靜止狀態(tài)．在光照強度增大的過程中，分別用ΔU1、ΔU2表示電壓表V1和電壓表V2示數(shù)變化的絕對值，且ΔU1<ΔU2，則下列說法正確的是()A．V1的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小B．V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大C．帶電小球仍處于靜止狀態(tài)D．帶電小球向上運動【答案】B【解析】在光照強度增大的過程中，R1的阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，則R2的電壓增大，V2的示數(shù)增大．內(nèi)電壓和R2的電壓增大，則路端電壓減小，V1的示數(shù)減小，R1的電壓減小，故A錯誤，B正確；R1的電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間場強減小，帶電小球受到的靜電力減小，則帶電小球向下運動，故C、D錯誤．(2023·江蘇省常熟中學模擬)圖甲是某發(fā)電機的示意圖，正方形金屬框邊長為L，其兩端與兩個半圓環(huán)相連，在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度繞OO′軸轉(zhuǎn)動．阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示，Um為已知，其他電阻不計，則金屬框轉(zhuǎn)動一周()A．框內(nèi)電流方向不變B．電動勢的有效值大于eq\f(\r(2),2)UmC．流過電阻的電荷量為eq\f(2BL2,R)D．電阻產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πUmBL2,R)【答案】D【解析】金屬框每次經(jīng)過中性面時框內(nèi)電流方向都會改變，故A錯誤；由題圖乙可知，金屬框產(chǎn)生感應電動勢的圖像應為完整的正弦曲線，所以電動勢的有效值等于eq\f(\r(2),2)Um，故B錯誤；金屬框轉(zhuǎn)動一周的過程中，流過電阻的電荷量為q＝eq\x\to(I)×eq\f(T,4)×4＝eq\f(\x\to(E),R)×eq\f(T,4)×4＝eq\f(ΔΦ,R)×4＝eq\f(4BL2,R)，故C錯誤；設金屬框轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則有Um＝BL2ω，金屬框轉(zhuǎn)動的周期為T＝eq\f(2π,ω)，根據(jù)焦耳定律可得電阻產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2eq\f(T,R)，聯(lián)立上述三式解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，故D正確．(2022·廣東惠州市第三次調(diào)研)如圖甲所示的電路中，S為單刀雙擲開關，電表均為理想電表，Rt為熱敏電阻(阻值隨溫度的升高而減小)，理想變壓器原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，則()A．變壓器原線圈中交流電壓的表達式為u＝110eq\r(2)·sin(50πt)VB．開關S接在a端，Rt溫度升高時，變壓器的輸入功率變小C．開關S接在a端，Rt溫度升高時，電壓表和電流表的示數(shù)均變大D．開關S由a切換到b，Rt消耗的功率變小【答案】D【解析】由題圖乙可知，變壓器原線圈中交流電壓的表達式為u＝110eq\r(2)sin(100πt)V，A錯誤；開關S接在a端，Rt溫度升高時，電路的電阻減小，而根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知電壓表的示數(shù)不變，根據(jù)歐姆定律，電流表的示數(shù)變大，根據(jù)P＝UI知回路消耗的功率增大，變壓器的輸入功率變大，B、C錯誤；開關S由a切換到b，副線圈接入電路的匝數(shù)減少，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知加在Rt兩端的電壓降低，根據(jù)Pt＝eq\f(U2,Rt)可知Rt消耗的功率變小，D正確．(2022·貴州畢節(jié)市4月第二次診斷)如圖甲為利用理想變壓器進行遠距離輸電的示意圖，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶50，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n3∶n4，發(fā)電機到