专题10直流电路和交变电流（讲义）-

专题10直流电路和交变电流01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法04核心素养·难点突破05创新好题·轻松练考点内容学习目标闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点1.掌握闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点；2.会计算电功与电功率及分析电路效率；3.会分析含电容电路的动态变化；4.了解交变电流的产生及掌握有效值的计算；5.掌握变压器的原理并会分析远距离输电过程中的电压、电功率关系，会计算电功率损失；6了解电磁震荡并会分析过程中的能量转换关系电功电功率计算含容电路分析交变电流的产生及有效值变压器与远距离输电电磁振荡直流电路的分析与计算闭合电路欧姆定律的三个公式E＝U外＋U内；(任意电路)E＝U外＋Ir；(任意电路)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)动态电路分析的三种方法程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R总变化→干路电流I变化→路端电压U变化→各支路电流、电压变化，即R局eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→R总eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→I总eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(减小,增大))→U端eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,减小))→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I分,U分)).串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)．所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)．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至两个极端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论．3．电容器的特点只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．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，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．串、并联电路的特点及电功率和效率问题串、并联电路的特点串联电路并联电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1＋I2＋…＋In电压U＝U1＋U2＋…＋UnU＝U1＝U2＝…＝Un电阻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总＝P1＋P2＋…＋Pn电源的总功率任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝eq\f(E2,R＋r).电源内部消耗的功率P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．电源的输出功率任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．纯电阻电路：P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2).电源的效率任意电路：η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U,E)×100%.纯电阻电路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%.电流表、电压表的改装原理1．串、并联电路的几个推论串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻．并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻．无论是串联电路还是并联电路，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．2．电表的两种改装的比较改装成大量程电压表改装成大量程电流表内部电路改装原理串联分压并联分流所需电阻阻值R＝eq\f(U,Ig)－RgR＝eq\f(Ug,I－Ig)改装后的量程U＝Ig(Rg＋R)I＝eq\f(R＋Rg,R)Ig校准电路交变电流的产生1．线圈通过中性面时的特点穿过线圈的磁通量最大．线圈中的感应电动势为零．线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．2．有效值的计算有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流的电流I与电压U就是这个交变电流的有效值．正弦式交变电流：E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2)).非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值．3．正弦式交流电“四值”的应用物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况计算某时刻所受安培力峰值最大的瞬时值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))适用于正(余)弦式交变电流(1)交流电流表、交流电压表的示数(2)电气设备“铭牌”上所标的值(如额定电压、额定电流等)(3)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流等)(4)没有特别加以说明的平均值交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过导线横截面的电荷量变压器与远距离输电三个关系搞清变压器问题变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率．理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同．高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数少，导线粗．正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比．远距离输电三个回路在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1.在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，P损＝ΔP＝I22R线．在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户．远距离输电抓住两个联系理想的升压变压器中线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2.理想的降压变压器中线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4.掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P2＝ΔP＋P3.其中ΔP＝P损＝ΔU·I线＝I线2R线＝eq\f(ΔU2,R线)电磁振荡1．振荡电路：产生大小和方向都做周期性迅速变化的电流(即振荡电流)的电路．由电感线圈L和电容C组成最简单的振荡电路，称为LC振荡电路．2．电磁振荡：在LC振荡电路中，电容器不断地充电和放电，就会使电容器极板上的电荷量q、电路中的电流i、电容器内的电场强度E、线圈内的磁感应强度B发生周期性的变化，这种现象就是电磁振荡．3．电磁振荡中的能量变化放电过程中电容器储存的电场能逐渐转化为线圈的磁场能．充电过程中线圈中的磁场能逐渐转化为电容器的电场能．在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生周期性的转化．4．电磁振荡的周期和频率周期T＝2πeq\r(LC).频率f＝eq\f(1,2π\r(LC)).考向一：闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点【探究重点】1．路端电压与外电阻的关系纯电阻电路：U＝IR＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(E,1＋\f(r,R))，当R增大时，U增大．特殊情况：当外电路断路时，I＝0，U＝E；当外电路短路时，I短＝eq\f(E,r)，U＝0.2．动态分析常用方法程序法：遵循“局部—整体—局部”的思路．分析步骤(如图)：分析时：串联电路注意分析电压关系，并联电路注意分析电流关系．结论法：“串反并同”，应用条件为电源内阻不为零．所谓“串反”，即某一电阻的阻值增大时，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，反之则增大．所谓“并同”，即某一电阻的阻值增大时，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，反之则减小．【高考解密】(2022·江苏·高考真题)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为，，，，电源电动势，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是()A． B． C． D．【答案】A【解析】由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则四个灯泡的实际功率分别为，，，故四个灯泡中功率最大的是R1。故选A。【考向预测】(2022·山东济宁市高三期末)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列说法正确的是()A．电路的总电阻先减小后增大B．电源的总功率先增大后减小C．电容器所带电荷量先减少后增多D．电源的效率先减小后增大【答案】C【解析】滑动变阻器Pa段与Pb段并联，然后与R1和电源串联，滑片P位于a、b中点时并联部分电阻最大，则滑片从a向b缓慢移动的过程中，电路的总电阻先增大后减小，故A错误；由闭合电路欧姆定律可知干路中的电流先减小后增大，因此电源总功率P＝EI先减小后增大，故B错误；R1两端的电压先减小后增大，它与电容器并联，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量先减少后增多，故C正确；电源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，滑片从a向b缓慢移动的过程中，路端电压为U＝E－Ir，由于I先减小后增大，因此U先增大后减小，可知电源效率先增大后减小，故D错误．考向二：电功电功率计算【探究重点】P出－R图像P出＝eq\f(E2,r＋R2)R短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0断路I＝0，P出＝0当R＝r时，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)P出－I图像P出＝EI－I2r短路I＝eq\f(E,r)，P出＝0断路I＝0，P出＝0当I＝eq\f(E,2r)时，P出最大，P出＝eq\f(E2,4r)1.当R一定、r变化(针对不同电源)时，由P出＝eq\f(E2,R＋r)知，r越大，P出越小．2．当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析．【高考解密】(2022·江苏卷·2)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，R4＝4Ω，电源电动势E＝12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是()A．R1B．R2C．R3D．R4【答案】A【解析】由电路图可知，R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联．并联电路部分的等效电阻为R并＝eq\f(R2R3＋R4,R2＋R3＋R4)＝2Ω，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为I1＝I＝eq\f(E,R1＋R并)＝3A，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则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，四个灯泡的实际功率分别为P1＝I12R1＝18W，P2＝I22R2＝12W，P3＝I32R3＝2W，P4＝I42R4＝4W，故四个灯泡中消耗功率最大的是R1，故A正确，B、C、D错误．【考向预测】(2023·江苏南京市高三开学考试)如图所示是某白炽灯的伏安特性曲线，图中OA连线与横轴的夹角为α，A点的坐标为(U0，I0)，其切线与纵轴交点的纵坐标为I1，则()A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B．对应A点，白炽灯的电阻可表示为tanαC．对应A点，白炽灯的电阻可表示为eq\f(U0,I0)D．对应A点，白炽灯的电阻可表示为eq\f(U0,I0－I1)【答案】C【解析】I－U图像斜率的倒数表示电阻，由题图可知，随着电压的增大，白炽灯电阻增大，故A错误；对应A点，白炽灯的电阻可表示为eq\f(U0,I0)，不能根据eq\f(U0,I0－I1)或eq\f(1,tanα)求电阻，故B、D错误，C正确．考向三：含容电路分析【探究重点】1．电路简化：把电容器所在的支路稳定时视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．2．电容器的电压电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻两端无电压，相当于导线．电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．3．电容器的电荷量及变化电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q1－Q2|.如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q1＋Q2.【高考解密】(2023·海南·统考高考真题)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上电荷量为(

)A．CE B． C． D．【答案】C【解析】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为电容器下极板的电势为则电容两端的电压则电容器上的电荷量为故选C。【考向预测】(2023·江苏扬州市江都区丁沟中学高三检测)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内阻对电路的影响．当滑动变阻器R3的滑片向a端移动时，以下说法正确的是()A．质点P将向下运动B．R2上消耗的功率减小C．电流表读数减小D．电压表读数减小【答案】C【解析】滑动变阻器R3的滑片向a端移动时，R3接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R总)，可知电路总电流I减小，UV＝E－I(r＋R1)，所以UV增大，即电压表读数增大；平行金属板的板间电压等于电压表电压，由E＝eq\f(U,d)可知平行金属板间的电场强度增大，再由F＝qE可知，质点P所受竖直向上的静电力增大，质点P将向上运动，故A、D错误；R2两端的电压等于电压表电压，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，流过R2的电流IR2增大，流过电流表的电流IA＝I－IR2减小，B错误，C正确．考向四：交变电流的产生及有效值【探究重点】计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，先分段计算热量，求和得出一个周期内产生的总热量，然后根据Q总＝I2RT或Q总＝eq\f(U2,R)T列式求解．若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq\f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解．正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系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)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后．输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是()A．发电机输出的电压为eq\r(2)πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为eq\r(2)πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnz)【答案】C【解析】发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，则发电机输出的电压为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(E,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误．【考向预测】图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5Ω，外接一只阻值为5Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示．则()A．线圈的转速为100r/sB．交流电流表的示数为2eq\r(2)AC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．电阻R在1分钟内产生的热量为4800J【答案】D【解析】由题图乙可知，交变电流的周期为0.02s，所以线圈的转速为n＝eq\f(1,T)＝50r/s，A错误；电阻R两端的电压的有效值为20V，交流电流表的示数为有效值，其值为I＝eq\f(U,R)＝4A，B错误；0.01s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置，C错误；电阻R在1分钟内产生的热量为Q＝I2Rt＝4800J，D正确．考向五：变压器与远距离输电【探究重点】理想变压器的制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝eq\f(n2,n1)U1功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝eq\f(n2,n1)I2匝数比不变的分析思路U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．I2变化引起P2变化，而P1＝P2，故P1发生变化．负载电阻不变的分析思路U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化时，U2变化．R不变，U2变化时，I2发生变化．根据P2＝eq\f(U22,R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户端的电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R.输电电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(U－U′,R).电压损失：ΔU＝U－U′；ΔU＝IR.输电线路功率损失的计算输送功率P、用户得到的功率P′与线路损失功率P损的关系：P损＝P－P′.P损＝I线2R线＝eq\f(ΔU2,R线)＝ΔU·I线，I线为输电线路上的电流，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为输电线路的电阻．功率损失：1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R降低输电损耗的两个途径：1)减小输电线的电阻R.由R＝ρeq\f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．2)减小输电导线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．【高考解密】(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V．将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W．下列说法正确的是()A．n1为1100匝，Um为220VB．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s【答案】D【解析】变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220eq\r(2)V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原线圈为2200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，BC间的电压为UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，AB间的电压应该为18V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100πrad/s，故交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C错误；若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流电的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正确．【考向预测】(2023·江苏省名校联考)如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等．则当开关S断开时R1的功率为P1，当S闭合时R1的功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为()A．25B．50C．200D．400【答案】B【解析】设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为I2，由P1∶P2＝9∶25、P＝I2R可知I1∶I2＝3∶5；设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线圈电流为I2′，设R1＝R2＝R3＝R，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈输出电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由欧姆定律可知开关闭合时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈输出电压为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立解得n＝2，则副线圈的匝数为n′＝eq\f(1,2)×100＝50，故B正确，A、C、D错误．考向六：电磁震荡【探究重点】1．振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图像2．LC振荡电路充、放电过程的判断方法根据电流流向判断当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程根据物理量的变化趋势判断当电容器的带电荷量q(电压U、电场强度E)增大或电流i(磁感应强度B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程根据能量判断电场能增加时充电，磁场能增加时放电【高考解密】如图所示，电源电动势为3V，单刀双掷开关S先置于a端使电路稳定．在t＝0时刻开关S置于b端，若经检测发现，t＝0.02s时刻，自感线圈两端的电势差第一次为1.5V．如果不计振荡过程的能量损失，下列说法正确的是()A．t＝0.04s时回路中的电流为零B．t＝0.08s时电感线圈中的自感电动势达到最大值，为3VC．0.07～0.08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小D．0.04～0.05s时间内，线圈中的磁场能逐渐增大【答案】C【解析】由题意知S置于b端后，自感线圈两端的电势差呈余弦规律变化，由于t＝0时刻电容器电压为3V，故此时自感线圈两端的电势差也为3V，然后开始减小，当第一次为1.5V时，则可知经历时间为六分之一周期，故振荡周期为0.12s．所以0.04s时回路中的电流不为零，0.03s时回路中的电流才为零，0.06s时电感线圈中的自感电动势值达到最大，为3V，故A、B错误；经分析，0.07～0.08s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐减小，故C正确；0.04～0.05s时间内，线圈两端的电势差增大，即电容器极板间电场增大，电场能增大，则磁场能逐渐减小，故D错误．【考向预测】(2023·北京八十中模拟)如图甲所示为某一LC振荡电路，图乙i－t图像为LC振荡电路的电流随时间变化的关系图像．在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电，下列说法中正确的是()A．O～a阶段，电容器正在充电，电场能正在向磁场能转化B．a～b阶段，电容器正在放电，磁场能正在向电场能转化C．b～c阶段，电容器正在放电，回路中电流沿顺时针方向D．c～d阶段，电容器正在充电，回路中电流沿逆时针方向【答案】C【解析】O～a阶段，电容器正在放电，电流不断增加，电场能正在向磁场能转化，选项A错误；a～b阶段，电容器正在充电，电流逐渐减小，磁场能正在向电场能转化，选项B错误；b～c阶段，电容器正在放电，回路中电流沿顺时针方向，选项C正确；c～d阶段，电容器正在充电，回路中电流沿顺时针方向，选项D错误．(2022·江苏海安市期末)实验表明1mg的eq\o\ar(238,92)U衰变为eq\o\ar(234,90)Th时，每分钟会放出750个α粒子，若α粒子全部沿同一方向定向移动，电子电荷量为1.6×10－19C．则该衰变过程中形成的电流大小为()A．2.0×10－18A B．4.0×10－18AC．6.0×10－18A D．8.0×10－18A【答案】B【解析】根据电流的定义式，有I＝eq\f(q,t)＝eq\f(750×2×1.6×10－19,60)A＝4.0×10－18A，故选B.(2022·北京市模拟)如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻．当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2.下列说法正确的是()A．I1＝2IgB．I2＝3IgC．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大【答案】C【解析】设R1＝R2＝Rg＝R，根据电路结构可知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，选项A、B错误；因为I1＝Ig＋eq\f(IgR2＋Rg,R1)，I2＝Ig＋eq\f(IgRg,R1＋R2)，则若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，选项C正确，D错误．(2022·重庆市一诊)如图是测定甲、乙两个直流电源的电动势E与内阻r时，得到的路端电压U与干路电流I的U－I图像．若将这两个直流电源分别与同一定值电阻R串联，下列说法正确的是()A．甲电源内阻是乙电源内阻的2倍B．电源的效率一定有η甲<η乙C．电源总功率一定有P甲<P乙D．电源的输出功率一定有P甲>P乙【答案】B【解析】由U－I图像可知，甲电源电动势是乙电源电动势的2倍，即E甲＝2E乙，图像的斜率等于内阻，则甲电源内阻是乙电源内阻的4倍，即r甲＝4r乙，选项A错误；电源的效率η＝eq\f(R,R＋r)×100%，可得η甲<η乙，选项B正确；电源总功率P＝eq\f(E2,R＋r)，可得P甲>P乙，选项C错误；由电源的输出功率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，则eq\f(P甲出,P乙出)＝(eq\f(2R＋2r,R＋4r))2，由于R与r的关系不确定，故不能确定两电源的输出功率的大小关系，选项D错误．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，导致电压表和电流表的读数都增大，电压表和电流表均为理想电表，则可能出现了下列哪种故障()A．R1短路 B．R2短路C．R3短路 D．R1断路【答案】A【解析】若电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压．若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，A正确；若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，B错误；若R3短路，则电压表示数为零，C错误；若R1断路，则电流表示数为零，D错误．(2022·陕西咸阳市一模)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表．闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态．在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1<ΔU2，则下列说法正确的是()A．V1的示数增大，V2的示数减小B．V1的示数减小，V2的示数增大C．带电小球仍处于静止状态D．带电小球向上运动【答案】B【解析】在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大．内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误，B正确；R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D错误．(2023·江苏省常熟中学模拟)图甲是某发电机的示意图，正方形金属框边长为L，其两端与两个半圆环相连，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动．阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示，Um为已知，其他电阻不计，则金属框转动一周()A．框内电流方向不变B．电动势的有效值大于eq\f(\r(2),2)UmC．流过电阻的电荷量为eq\f(2BL2,R)D．电阻产生的焦耳热为eq\f(πUmBL2,R)【答案】D【解析】金属框每次经过中性面时框内电流方向都会改变，故A错误；由题图乙可知，金属框产生感应电动势的图像应为完整的正弦曲线，所以电动势的有效值等于eq\f(\r(2),2)Um，故B错误；金属框转动一周的过程中，流过电阻的电荷量为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错误；设金属框转动的角速度为ω，则有Um＝BL2ω，金属框转动的周期为T＝eq\f(2π,ω)，根据焦耳定律可得电阻产生的焦耳热为Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2eq\f(T,R)，联立上述三式解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，故D正确．(2022·广东惠州市第三次调研)如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表均为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦交流电，则()A．变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110eq\r(2)·sin(50πt)VB．开关S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小C．开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D．开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小【答案】D【解析】由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压的表达式为u＝110eq\r(2)sin(100πt)V，A错误；开关S接在a端，Rt温度升高时，电路的电阻减小，而根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知电压表的示数不变，根据欧姆定律，电流表的示数变大，根据P＝UI知回路消耗的功率增大，变压器的输入功率变大，B、C错误；开关S由a切换到b，副线圈接入电路的匝数减少，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知加在Rt两端的电压降低，根据Pt＝eq\f(U2,Rt)可知Rt消耗的功率变小，D正确．(2022·贵州毕节市4月第二次诊断)如图甲为利用理想变压器进行远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶50，降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4，发电机到