新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第10讲直流电路与交流电路教师用书

第10讲直流电路与交流电路知识网络构建命题分类剖析命题点一直流电路的分析与计算1．闭合电路欧姆定律的三个公式(1)E＝U外＋U内；(任意电路)(2)E＝U外＋Ir；(任意电路)(3)E＝I(R＋r)．(纯电阻电路)2．电路动态分析的两种方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．例1[2023·广东模拟预测](多选)如图所示电路，两电源电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2，且E1＝E2，r1>r2，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器滑片，灯泡电阻可认为不变．现闭合开关S1，单刀双掷开关S2接1时，灯泡均正常发光，则下列说法中正确的是()A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小例2[2023·海南卷]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，电容器上的电荷量为()A．CEB．12C．25D．35例3[2023·浙江名校联盟联考]新冠肺炎患者中有13%的重症患者和6%的危重患者需要给予及时的呼吸机治疗，呼吸机成为生死攸关的战略资源．呼吸机的核心部件之一是呼吸机马达．下表是国内某制造商生产的呼吸机马达的主要参数．下列说明正确的是()呼吸机马达额定电压24V空载电流0.2A额定转速30000rpm额定负载扭矩100mN·m额定电流1.9A额定输出功率32WA.额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为13.6WB．利用空载状态的参数，计算出马达的内阻是120ΩC．利用额定状态的参数，计算出马达的内阻约为9ΩD．空载状态下，马达的输出功率为4.8W思维提升纯电阻电路和非纯电阻电路(1)纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，且电功全部转化为电热，有W＝Q＝UIt＝U2Rt＝I2Rt，P＝UI＝U2R＝(2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、电热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R.提升训练1.[2023·重庆南开中学质检](多选)小明为自己家的养牛场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示．在忽略电表内阻影响的情况下，下列分析正确的是()A．水量减少时，滑动变阻器的滑片向上移动B．如果选择电压表，电表示数变小反映水量增多C．如果选择电流表，电表示数变大反映水量增多D．如果选择电流表，R0可以在水太多时保护电路2．[2023·北京市昌平区前锋学校二模]甲、乙两种亮度可调的台灯内部电路示意图如图所示，其中甲台灯通过变阻器调节灯泡亮度，乙台灯通过改变理想变压器副线圈的匝数调节灯泡亮度，两台灯所用电源和灯泡均相同，下列说法正确的是()A．两台灯均可使用直流电源B．甲台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变暗C．乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，灯泡逐渐变亮D．当两台灯亮度相同时，电源的输出功率相同3.[2023·人大附中高三摸底考试](多选)为了节能和环保，一些公共场所用光敏电阻制作光控开关来控制照明系统，如图为电路原理图．图中，直流电源电动势为3V，内阻可不计，R为可变电阻，RG为光敏电阻，其在不同照度下的阻值如表(照度是描述光的强弱的物理量，光越强照度越大，lx是它的单位)．若控制开关两端电压升至2V时将自动开启照明系统，则以下说法正确的是()照度/lx0.20.40.60.81.01.2电阻RG/kΩ754028232018A.若将R接入电路的阻值调整为20kΩ，则当照度降低到0.4lx时启动照明系统B．若要使照明系统在照度降低到0.8lx时启动，则要将R接入电路的阻值调整为46kΩC．R接入电路的阻值不变时，照度越大，控制开关两端的电压越大D．若要在光照更暗时启动照明系统，应将R接入电路的阻值调大命题点二交流电流的分析与计算1．线圈通过中性面时的特点(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．2．有效值的计算(1)正弦式交变电流：E＝Em2，I＝Im2，(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”的应用表达式应用最大值Em＝nBSω计算电容器的耐压值瞬时值e＝Emsinωt计算某时刻所受安培力有效值E＝E电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流平均值E＝n计算通过导体的电荷量考向1交流电流的产生例1[2023·四川省成都市三诊](多选)如图甲所示，KLMN是一个电阻R＝0.4Ω的单匝竖直矩形闭合导线框，全部处于水平方向的匀强磁场中，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴按俯视的逆时针方向匀速转动，产生的感应电流如图乙所示．下列说法正确的是()A．1s时间内电流方向改变5次B．若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，则电流表达式为i＝10sin(10πt＋23π)C．图示时刻感应电动势的瞬时值e＝2VD．磁通量的最大值Φm＝25考向2交变电流的“四值”的分析、计算例2[2023·湖南卷](多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示．大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上．线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场．大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直．线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡．假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是()A．线圈转动的角速度为4ωB．灯泡两端电压有效值为32nBL2ωC．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为4D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮提升训练1.[2023·浙江十校联盟联考]如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙所示，已知磁感应强度B＝0.1T，则()A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行B．线圈的面积S为0.222πC．它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220V的电容器正常工作D．以此作为电源，每通过1C的电荷量，消耗的电能为2202J2．[2023·金丽衢十二校联考]如图所示为一电流通过一电子元件后的波形图(曲线部分为正弦式交变电流的一部分)，则下列说法正确的是()A．这是一种交变电流B．电流的变化周期为0.03sC．电流通过100Ω电阻时，电功率为100WD．电流通过100Ω的电阻时，一个周期内流经电阻的电荷量大于0.015C3．[2023·广东茂名一模]无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用．地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图所示．送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2A．不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是()A．受电线圈的电流方向每秒改变50次B．送电线圈的输入功率为110WC．受电线圈的输出电压为502VD．送电线圈的输入电压为2202V命题点三变压器与远距离输电1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2n(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2.副制约原2．分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系电压关系U1UU2＝ΔU＋U3U3U电流关系I1II2＝I3＝I线I3I功率关系P1＝P2P2＝P3＋ΔPΔP＝I线2R线P3＝P4考向1理想变压器的分析与计算例1[2023·海南卷](多选)如图是工厂利用u＝2202sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1100，下列说法正确的是()A．电源电压有效值为2202VB．交变电流的周期为0.02sC．副线圈匝数为180D．副线圈匝数为240例2[2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错误的是()A．输入电压U的有效值为10VB．R消耗的电功率为10WC．只断开S3后，L2能正常发光D．只断开S2后，原线圈的输入功率减小例3[2023·湖北省高三三模]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，输入端所加正弦交流电的电压U＝202sin(100πt)V，已知电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω，电压表为理想电压表．开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，下列说法正确的是()A．通过R1的电流为2AB．电压表读数为40VC．副线圈电流方向每秒钟改变50次D．若将滑片P向下滑动，电压表读数将变大思维提升原线圈含电阻的变压器问题分析技巧对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即I1I2＝n2n1；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有电阻时，U考向2远距离输电例4[2023·四川统考二模](多选)在远距离输电技术上，中国1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程．输电线路流程可简化为：如虚线框所示，若直流输电线电阻为10Ω，直流电输送功率为5.5×109W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则()A．直流电输电线路上的电流为5×103AB．直流电输电线路上损失的电压为100kVC．降压变压器的输出功率是4.5×109WD．若将1100kV直流输电降为550kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108W提升训练1.[2023·安徽省联考](多选)如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源，原、副线圈分别接可变电阻R1、R2，理想电压表V1、V2的示数为U1、U2，理想电流表A1、A2的示数为I1、I2.下列说法错误的是()A.保持P位置不变，R1增大、R2不变的情况下，I1减小，U1不变B．保持P位置不变，R1不变、R2增大的情况下，I2减小，U2减小C．保持P位置不变，R1不变，使R2＝R14时，RD．R1不变、R2减小的情况下，P向下移，R1消耗的功率减小2．[2023·浙江联考](多选)杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，将高压220kV或110kV降至27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，则下列说法正确的是()A．若电网的电压为110kV，则n1∶n2＝4∶1B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kVC．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5Ω素养培优·模型建构交变电流的产生及含变压器的三种模型模型一交变电流的产生分类情境图示情境解读两个特殊位置中性面：Φ最大、e＝0、i＝0、电流变向中性面的垂面：Φ＝0、e最大、i最大、电流不变向交变电流的四值峰值Um＝nBSω瞬时值e＝Umsinωt或e＝Umcosωt有效值①U＝U②根据电流的热效应计算平均值I＝n模型二含变压器的三种模型分类情境图示情境解读变压器工作原理变交不变直，变压不变频变压器动态分析一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况远距离输电在远距离输电问题中，一般用P损＝I线2R[典例1][2023·福建厦门市二模]如图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡上标有“6V3W”字样且正常发光(除灯泡外不计其余电阻)从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化图像如图乙，下列说法正确的是()A.当t＝0.04s时发电机内线圈平面与磁场方向平行B．发电机输出电流的瞬时值i＝2sin(100πt)AC．变压器原、副线圈匝数之比为2∶4D．发电机1分钟内产生的电能为180J[典例2][2023·福建省宁德市质检]如图所示为输电能耗演示电路．左侧变压器T1原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为6V的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为8Ω，开关S接1时，右侧变压器T2原、副线圈匝数比为2∶1，R消耗的功率为8W；接2时，T2原、副线圈匝数比为1∶2，则()A．接1时，T2原线圈两端电压为U3＝18VB．接1时，T2原线圈中的电流为I3＝2AC．接2时，R消耗的功率P＝32WD．接2时，R消耗的功率P＝18W第10讲直流电路与交流电路命题分类剖析命题点一[例1]解析：将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻变大，R与灯L2并联的部分电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，L3灯泡亮度变暗；路端电压U变大，L3灯两端的电压U3变小，R与灯L2并联电路的电压U并＝U－U3，U增大，U3减小，则U并增大，灯L2变亮；流过L1的电流I1＝I－I2，I减小，I2增大，I1减小，灯泡L1亮度变暗，AB正确；若将单刀双掷开关S2切换至2，电源电动势不变，内电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知I＝ER外+r，电路干路电流增大，外电路电压变大，外电路各用电器阻值不变，故各支路电流增大，灯泡L1、L2、L3均变亮，C正确；P出＝I2R外答案：ABC[例2]解析：由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为3E5，电阻R两端的电压为E5，则电容器两极板间电势差ΔU＝2E5，则Q＝CΔU＝2CE答案：C[例3]解析：额定电流状态下，马达内阻等消耗功率为Pr＝U额I额－P输＝13.6W，故A正确；由于马达不是纯电阻元件，所以无论是在空载状态还是额定状态，都不能利用参数根据欧姆定律计算马达的内阻，故B、C错误；空载状态下，马达的输入功率为P空＝U额I空＝4.8W，由于马达内阻会消耗功率，所以马达此时的输出功率小于4.8W，故D错误．答案：A[提升训练]1．解析：根据装置图可知，水量减少，弹簧压缩量减少，滑片上移，故A正确；若电表为电压表，其测的是滑动变阻器上部分对应的电压值，示数减小，说明滑片上移，水量减少，故B错误；若电表为电流表，电流表测的是整个电路的电流，电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，即滑片下移，水量增多，故C正确；如果选择电流表，水太多时R接入电路的阻值很小，电路中电流很大，此时R0串联在干路中，起到保护电路(电流表)的作用，故D正确．答案：ACD2．解析：由于乙灯是使用的变压器，因此必须用交流电源，A错误；甲灯旋转开关从1调到4的过程中，接入的电阻阻值减小，电路电流增大，灯泡逐渐变亮，B错误；乙台灯的旋转开关从1调到4的过程中，副线圈的匝数增大．根据变压器原理，原副线圈的匝数比与原副线圈的电压比相等，因此副线圈电压将增大，灯泡逐渐变亮，C正确；当两台灯亮度相同时，甲图电源功率为EI，而乙图电源功率为1kEI，其中k为原副线圈匝数比，D错误；故选答案：C3．解析：将R接入电路的阻值调整为20kΩ，则当照度降低到0.4lx时RG为40kΩ，根据串联分压原理可得，此时控制开关两端电压升为2V，即自动启动照明系统，故A正确；使照明系统在照度降低到0.8lx时启动，根据串联电路分压特点知，应将R接入电路的阻值调整为23kΩ23k解得R＝11.5kΩ，故B错误；R接入电路的阻值不变时，照度越大，光敏电阻阻值变小，分压变小，即控制开关两端的电压越小，故C错误；若要在光照更暗，即光敏电阻更大时启动照明系统，根据串联电路分压特点可知，应将R接入电路的阻值调大，故D正确．答案：AD命题点二[例1]解析：由图乙可知周期为0.2s，一个周期内电流方向改变2次，则1s时间内电流方向改变10次，故A错误；若从图示时刻开始计时，并且规定MLKN的方向为电流的正方向，此时电流方向为正，线框平面与中性面的夹角为π3，且在转π3即回到中性面处，则电流表达式为i＝Imsin(2πTt＋φ0)＝10sin(10π故B正确；感应电动势最大值为Em＝ImR＝4V图示时刻感应电动势的瞬时值e＝Emcos30°＝23V，故C错误；根据电动势最大值表达式Em＝BSω可知磁通量的最大值为Φm＝BS＝Emω＝42π0.2Wb＝答案：BD[例2]解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω又S＝L2联立可得Emax＝4nBL2ω则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax2＝22nBL根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝RER+R＝2nBL2B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝Emax'2＝42根据电阻定律R′＝ρl可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝RE'R+2R＝42若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝nBS可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．答案：AC[提升训练]1．解析：t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝0.222πm2，故B正确；它可使“220V，60W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为2202V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故答案：B2．解析：交变电流是指大小和方向随时间做周期变化的电流，图中电流方向未变，是直流，A错误；电流的变化周期为0.015s，B错误；电流通过100Ω电阻时，电功率为P＝22×22×100×0.01+12×100×0.0050.015W＝5003W答案：D3．解析：受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝1T＝一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；根据图可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝2202×22受电线圈中的电流为2A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝n2n1·I受＝14送电线圈的输入功率为P＝220×0.5W＝110WB正确，D错误；对受电线圈的输出电压有U输入U得U受＝55V，C错误．答案：B命题点三[例1]解析：电源电压的有效值U＝22022V＝220V，选项交流电的周期T＝2πω＝2π100πs根据变压器变压公式n1n可得副线圈匝数n2＝U2U1n1＝36220×1100＝180，选项答案：BC[例2]解析：令输入电压的有效值为U1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义Um22解得U1＝10V，故A正确；根据理想变压器的电压匝数关系U1U解得副线圈两端电压U2＝n2n1U1＝12则R消耗的电功率为P＝U22R＝2.5W只断开S3后，L2电压不受影响，L2能正常发光，故C正确；只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据P2＝U输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确．答案：B[例3]解析：由输入端所加正弦电压的表达式可知输入端的电压有效值为U＝20V设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，则由能量守恒可得UI1＝I12R1＋I而由匝数比等于电流的反比可得I1I联立解得I1＝1A，I2＝0.5A则可得电压表的示数U2＝I2(R2＋R32)＝20V，故由输入端所加正弦交流电的电压表达式可知该交流电的频率为f＝50Hz则可知副线圈电流方向每秒钟改变100次，故C错误；若将滑片P向下滑动，接入副线圈回路中的电阻增大，电流减小，则可知原线圈回路中的电流也减小，从而使定值电阻两端的电压减小，原线圈两端的电压增大，而匝数比不变，则可知副线圈两端的电压增大，因此电压表的示数增大，故D正确．答案：D[例4]解析：直流电输送功率P＝UI，得输送电流I＝PU＝5.5×1091.1×损失的电压ΔU＝IR＝5×103×10V＝50kV，B错误；输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝(5×103)2×10W＝2.5×108W，降压变压器的输出功率P出＝P－ΔP＝5.25×109W，C错误；用1100kV输电时输电导线上损失的功率ΔP＝2.5×108W；保持输送功率不变，只用550kV输电，输电导线上损失的功率ΔP′＝PU'2R＝(5.5×109550×103)2×10W＝1×109W；则用户得到的功率比1100kV输电时减少ΔP′答案：AD[提升训练]1．解析：设原副线圈的匝数比为k，根据等效电阻原理，把变压器的原副线圈和负载R2整体看作一个等效电阻，其阻值R′＝k设输入交流电的电