大二轮高考总复习物理第11讲直流电路与交流电路

专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1直流电路的分析与计算1－1．(2017·上海卷)将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是()A．a和b B．b和dC．a和c D．c和d解析：本题考查U­I图象的意义．根据R＝eq\f(U,I)知，定值电阻的U­I图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U­I图中分别连接O与4个点，根据它们的倾斜度可知，a和b的阻值最接近，故选A．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R和R2为滑动变阻器，R1和R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则()A．只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R，当P1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过R1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A正确，B错误；只调节电阻R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C、D错误；故选A．答案：A1－3．(多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1Ω，定值电阻R3＝5Ω.开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是()A．电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩB．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩC．开关K断开时理想电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω解析：开关闭合时，ab段只有电阻R1工作，消耗的电功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R1＋R3＋r)))2R1，当开关断开时，ab段电阻R1和R2工作，消耗的电功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R1＋R2＋R3＋r)))2(R1＋R2)，代入数据可得A正确B错误；将R3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C错误；根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－(R3＋r)I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：eq\f(ΔU,ΔI)＝R3＋r＝6Ω，D正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P电＝P热＝I2R＝IU＝eq\f(U2,R)；②非纯电阻电路：P电＝P热＋P机，即UI＝I2R＋P机．(2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝eq\f(E2,4r)；②当R>r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越小；③当R<r时，随着R的增大，电源的输出功率越来越大；④当P出<Pm时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2．高频考点2交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：由Φ­t图可知，t＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A正确；t＝1s时Φ＝0，此时电动势最大，t＝0.5s和t＝1.5s时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B、C错误；交流电电动势的最大值Em＝nBSω＝nΦmeq\f(2π,T)＝4πV，有效值E＝eq\f(\r(2),2)Em＝2eq\r(2)πV，一个周期内线圈产生的热量Q＝eq\f(E2,R)·T＝8π2J，D正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n＝100匝，电阻为r＝1Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T＝0.2s．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V．下列说法中正确的是()A．电阻R1上的电功率为eq\f(2,3)WB．t＝0.4s时，电阻R2两端的电压瞬时值为零C．从开始计时到1/20s通过电阻R2的电荷量为eq\f(\r(2),10π)CD．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)解析：电阻R1上的电功率为P＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(22,6)W＝eq\f(2,3)W，故A正确；线圈匀速转动的周期T＝0.2s，t＝0.4s时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R2两端的电压瞬时值最大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E＝eq\f(R＋r,R)U＝eq\f(2＋1,2)×2V＝3V，最大值Em＝eq\r(2)E＝3eq\r(2)V，有Em＝NBSω，故BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(3\r(2),100×10π)＝eq\f(3\r(2),1000π)，故Φ＝BSsinωt＝eq\f(3\r(2),1000π)sin10πt，从开始计时到1/20s，磁通量的变化量ΔΦ＝eq\f(3\r(2),1000π)，故通过电阻R2的电荷量为q＝eq\f(2,3)×eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(\r(2),15π)C，故C错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势Em＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为E′m＝6eq\r(2)V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)，故D正确，故选AD．答案：AD高频考点3理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系制约关系基本关系电压原线圈电压U1和匝线比决定副线圈电压U2eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)电流副线圈电流I2和匝线比决定原线圈电流I1eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)功率副线圈功率P2决定原线圈功率P1P1＝P2频率原线圈频率f1决定副线圈频率f2f1＝f2提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下．(1)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，…(2)n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)P1＝P2＋P3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A，副线圈回路接有定值电阻R＝2Ω，现在a、b间和c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间，c、d间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是()A．T＝0.02sB．n1∶n2≈55∶1C．电流表A的示数I≈36.4mAD．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02s，所以A正确；根据变压规律得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)≈55，所以B正确；副线圈的电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(5.66,2\r(2))A，根据变流规律得原线圈电流I1＝eq\f(I2,55)≈0.0364A＝36.4mA．所以C正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D错误．本题错误的选择D．答案：D3－2．(2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44V、44W”的灯泡和线圈电阻r＝1Ω的电动机，原线圈接上u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1A，则下列说法正确的是()A．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B．电动机的输出功率为176WC．电动机的热功率为6WD．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9解析：原线圈两端的电压U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))＝220V，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44V，根据电压与匝数成正比，得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,44)＝eq\f(5,1)，选项A错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I2＝5I1＝5A，灯泡中的电流IL＝eq\f(PL,UL)＝eq\f(44,44)A＝1A，则电动机的电流为IM＝4A，电动机的热功率：P热＝Ieq\o\al(2,M)r＝16W；则电动机输出功率：P出＝U2IM－Ieq\o\al(2,M)r＝44×4－42×1＝160W，选项BC错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I′M＝eq\f(44,1)A＝44A；此时变压器次级电流为45A，则初级电流I1′＝eq\f(n2,n1)I2′＝eq\f(45,5)A＝9A，电流表的示数变为9A，选项D正确；故选D．答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1C．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s解析：由题知，变压器的输入电压U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，所以U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V；副线圈电流I2＝eq\f(U2,R)＝2A，原线圈电流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝1A．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B项正确，C项错误；原线圈输入功率P1＝U1I1＝220W，A项错误；交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，D项错误．答案：B高频考点4理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是()A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B．实验可以证明，T1采用升压变压器eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(匝数比为\f(n2,n1)>1))能减少远距离输电的能量损失C．若输送功率一定，则p2∶p1＝n1∶n2D．若输送功率一定，则p2∶p1＝neq\o\al(2,1)∶neq\o\al(2,2)解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；实验可以证明，T1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B正确；第一次实验输电线上的电流I＝eq\f(P,U1)，输电线上损失的功率P1＝I2R＝eq\f(P2,U\o\al(2,1))R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1，输电线上的电流I′＝eq\f(P,U2)，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝eq\f(P2,U\o\al(2,2))R，所以：eq\f(P2,P1)＝eq\f(U\o\al(2,1),U\o\al(2,2))＝eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2))故D正确，C错误．故选BD．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a)是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b)是用户内部电路图，由1000个完全相同的电阻并联．(c)是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r＝20Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则()A．发电机的输出功率是4×106WB．升压变压器的输入电压是400VC．降压变压器的输入电压是40000VD．用户电路中每个电阻的阻值是3800Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I＝1A，降压变压器的输出电流I4＝nI＝1000A，升压变压器的输出电流I2、输电线上的电流I线、降压变压器的输入电流I3相等，输电线上的电流I线＝I2＝I3＝eq\f(n4,n3)I4＝100A，输电线上损失的电功率ΔP＝Ieq\o\al(2,线)r＝2×105W，发电机的输出功率也就是输电功率P1＝eq\f(ΔP,η)＝4×106W，A正确；升压变压器的输入电流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝10000A，升压变压器的输入电压U1＝eq\f(P1,I1)＝400V，B正确；升压变压器的输出电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝40000V，降压变压器的输入电压U3＝U2－I线r＝38000V，C错误；降压变压器的输出电压U4＝eq\f(n4,n3)U3＝3800V，每个电阻的阻值是R＝eq\f(U4,I)＝3800Ω，D正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝IR，U2＝U3＋UR，P2＝PR＋P3．回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR．②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝I2R＝P2－P3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)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示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大C．ΔU3与ΔI的比值大于rD．ΔU1大于ΔU2[思路点拨]电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测量干路电流，电压表V1测量电阻R两端的电压，电压表V2测量电源的路端电压，电压表V3测量滑动变阻器两端的电压．【解析】由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，外电路中定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V1测的是R两端的电压，V2测的是电源的外电压，V3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V2示数减小，B项错误；eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，C项正确；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，由于R大于r，因此ΔU1大于ΔU2，D项正确．【答案】ACD解决动态平衡问题的“三条途径”(1)先局部后整体，整体局部都要看基本思路：局部电阻变化→整体总电流变化→路端电压变化→局部电压和电流变化．具体步骤：先从电路中阻值变化的部分入手，由串联和并联规律判断出R总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I总和U端的变化情况；最后由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况．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))(2)串反并同，直观判断得结论基本思路：局部电阻变化→串联或间接串联的元件的相关物理量变化(串反)→并联或间接并联的元件的相关物理量变化(并同)．(3)极限法判断化难为易因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零，然后进行讨论．交流电路动态模型(多选)(2017·第二次全国大联考卷Ⅱ)每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用下图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50Hz的220V交流电，则下列分析正确的是()A．定值电阻相当于输电线电阻B．开关闭合，灯泡L1两端电压升高C．开关闭合，原线圈输入功率增大D．开关断开，副线圈电压增大【解析】原副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错．家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A对．开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错．副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C对．【答案】AC两种动态变压器模型的分析(1)匝数比不变的情况(如图甲所示)①U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变．②当负载电阻发生变化时，I2变化，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1