2024高考物理二轮复习专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路学案

PAGE14-第1讲直流电路与沟通电路考情速览·明规律高考命题点命题轨迹情境图直流电路的分析2024Ⅰ卷17题20(1)17题16(2)17题2024Ⅱ卷17题沟通电路的分析与计算2024Ⅲ卷2020(3)20题18(3)16题16(1)16题16(3)19题2024Ⅲ卷162024Ⅰ卷16，Ⅲ卷19核心学问·提素养“物理观念”构建一、理清直流电路学问体系二、正弦交变电流“四值”的理解与应用三、志向变压器和远距离输电1．明确变压器各物理量间的制约关系2．明辨远距离输电过程的3个问题(1)输电线上的电流：I＝eq\f(P出,U出)＝eq\f(P出,U2).(2)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR.输送电压肯定时，用电器增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大．(3)输电线上损失的功率：P损＝I2R线＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P出,U出)))2R线＝eq\f(U\o\al(2,损),R线)＝U损I.输电线上的损失功率必需与输电线上的电流和电压相对应，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压ΔU相混淆，不能用公式P＝eq\f(U2,R)计算输电线上损失的功率．“科学思维”展示一、思想方法1．等效思想：等效电路、等效电源；2．守恒思想：志向变压器的输入功率等于输出功率．二、模型建构直流电路动态分析的常用方法基本思路为“部分→整体→部分”．命题热点·巧突破考点一直流电路的分析考向1直流电路的动态分析1．(2024·上海普陀区二模)如图，电路中电源电动势为E、内电阻为r，R0为定值电阻．当滑动变阻器R的滑片向a移动时，下列说法正确的是(D)A．R两端的电压变大 B．流经R0的电流变大C．电源总功率变小 D．电源内部消耗功率变大【解析】当滑动变阻器R的滑片向a移动时，R电阻减小，则外电阻减小，依据闭合电路欧姆定律知干路电流增大，路端电压U＝E－Ir减小，R和R0两端电压减小，流经R0的电流变小，故A、B错误；I增大，电源总功率P＝EI增大，故C错误；电源内部消耗功率Pr＝I2r变大，故D正确，故选D．考向2含电容器电路的分析与计算2．(2024·江苏扬州中学月考)如图所示，E为电源，其内阻不行忽视，RT为热敏电阻，其阻值随温度的上升而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，当环境温度明显上升时，下列说法正确的是(A)A．G中电流方向由a到b B．RT两端电压变大C．C所带的电荷量保持不变 D．L变暗【解析】电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b，故A正确；因为电路中电流增大，电源的内阻分压及灯泡L两端的电压增大，由E＝U内＋U外，可得RT两端电压减小，故B错误；因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q＝CU，知电容器的带电量减小，故C错误；由图可以知道，热敏电阻与L串联，当环境温度上升时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，故D错误．3．(2024·山西晋中市5月模拟)如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为志向电表．开关闭合时，平行金属板中带电小液滴P处于静止状态．选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则(D)A．电阻R1消耗的功率增大B．小液滴肯定会运动且运动过程中电势能增加C．电源的效率减小D．若电流表、电压表的示数变更量分别为ΔI和ΔU，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))<R1＋r【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器R4接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，故电流表的示数减小；依据P1＝Ieq\o\al(2,干)R1，电阻R1消耗的功率减小，故A错误；电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，电势能减小，故B错误；由于路端电压变大，电源效率增大，故C错误；依据ΔI干＝ΔI3＋ΔI，很简单看出ΔI干<ΔI，由于eq\f(ΔU,ΔI干)＝r＋R1，即有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))<R1＋r，故D正确．考向3直流电路的故障分析4．(2024·北京顺义区二模)某同学在测量电阻Rx试验时，按图所示连接好试验电路．闭合开关后发觉：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变更，电表及其量程的选择均无问题．请你分析造成上述结果的缘由可能是(D)A．电流表断路B．滑动变阻器滑片接触不良C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大【解析】电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路状况，即电表示数为零，AB错误；开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确．5．(2024·河北邢台联考)在如图所示的电路中两相同的小灯泡原来都发光，突然小灯泡A比原来亮了，小灯泡B比原来暗了，则发生这种故障可能是(电源内阻不计)(B)A．R1断路 B．R2短路C．R3断路 D．R4短路【解析】因电源的内阻不计，所以外电路总电压不变，电阻R1单独在一个支路上，断路后电路的电阻值变大，则总电流减小，故R4和A灯的电压变小，故B灯所在的并联支路电压增大，故A灯变暗，B灯变亮，故A错误；R2短路，总电阻减小，总电压不变，则总电流增大，故R4和A灯的电压增大，A灯变亮；则并联支路的电压减小，故B灯变暗，故B正确；R3断路，总电阻增大，总电压不变，则总电流减小，故R4和A灯的电压变小，A灯变暗；则并联支路的电压增大，故B灯变亮，故C错误；R4短路，总电阻减小，总电压不变，故A灯和并联支路的电压增大，则A、B两灯都变亮，故D错误．考向4闭合电路中的能量问题6．(2024·浙江嘉兴测试)由于锂离子电池的材料特性，在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等状况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸．为平安起见，中国民航总局做出了如表相关规定．某款移动电池(锂离子电池)的参数如表格所示(C)容量25000mAh重量596g额定电压3.7V转换率85%充电时间15.5hA．25000mAh中的mAh是能量的单位B．这款移动电池充溢电后所储存的总化学能为92500WhC．乘飞机出行时，这款移动电池可以干脆随身携带D．这款移动电池理论上能给3200mAh的手机最多充电7次【解析】依据q＝It可知，mAh是电量的单位，故A错误；这款移动电池充溢电后所储存的总化学能为W＝UIt＝Uq＝25A·h×3.7V＝92.5Wh，故B错误；依据B分析可知，乘飞机出行时，这款移动电池可以干脆随身携带，故C正确；这款移动电池理论上能给3200mAh的手机最多充电N＝eq\f(25000mAh×85%,3200mAh)≈6.6，故最多充电6次，故D错误．7．(2024·浙江三市选考模拟)如图所示的U－I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，图线b为某一小灯泡的伏安特性曲线．用该电源干脆与小灯泡连接成闭合电路，以下说法错误的是(B)A．电源电动势为3VB．此时电源的效率为25%C．此时小灯泡的阻值为1.5ΩD．此时小灯泡的功率为1.5W【解析】由图像可知，电源电动势为3V，选项A正确，不符合题意；此时电源的总功率P＝EI＝3×1W＝3W，电源的输出功率P出＝IU＝1×1.5W＝1.5W，则电源的效率为η＝eq\f(P出,P)＝50%，选项B错误，符合题意；此时小灯泡的阻值为R＝eq\f(U,I)＝eq\f(1.5,1.0)Ω＝1.5Ω，选项C正确，不符合题意；此时小灯泡的功率为P灯＝UI＝1.5W，选项D正确，不符合题意；故选B．8．(2024·江苏5月压轴)在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下推断中正确的是(B)A．电动机的输出功率为14WB．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率为4.0WD．电源输出的电功率为22W【解析】电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为U＝E－U内－UR0＝12－Ir－IR0＝12V－2×1V－2×1.5V＝7V，电动机的总功率为P总＝UI＝7×2W＝14W，电动机的发热功率为P热＝I2R＝22×0.5W＝2W，所以电动机的输出功率为P出＝14W－2W＝12W，B正确，A、C错误；电源的输出的功率为P输出＝EI－I2r＝12×2W－22×1W＝20W，D错误；故选B．规律总结动态电路问题的处理方法：(1)考点二沟通电路的分析与计算〔典例探秘〕典例(多选)(2024·天津卷，8)单匝闭合矩形线框电阻为R①，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动②，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图③所示．下列说法正确的是(BC)A．eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πΦm,T)C．线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)D．从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)【解析】中性面的特点是与磁场方向垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变更率最小，则eq\f(T,2)时刻线框在中性面上，A错误；电动势最大值为Em＝BSω＝Φmω＝Φmeq\f(2π,T)，对正弦沟通电，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于线框中产生的焦耳热，W＝eq\f(E\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)，C正确；由法拉第电磁感应定律知，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错误．【核心考点】本题考查了交变电流的产生和描述，以及考生对交变电流产生过程有效值的确定、平均感应电动势及安培力做功的分析和推断实力，是核心素养中能量观念的体现．【规范审题】①线圈为单匝线圈，电阻为R②线圈绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生正弦式交变电流③读出磁通量最大的值，明白Φ－t图线斜率表示磁通量变更的快慢【思路分析】(1)穿过线框的磁通量最大，线框处于中性面；(2)最大值与有效值的关系E＝eq\f(Em,\r(2))；(3)线框匀速转一周外力做的功等于克服安培力所做的功；(4)依据E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，计算平均感应电动势．〔考向预料〕考向1有效值的理解与计算1．(2024·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波沟通电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示．则Q方∶Q正等于(D)A．1∶eq\r(2) B．eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1【解析】依据题述，正弦交变电流的电压有效值为eq\f(u0,\r(2))，而方波沟通电的有效值为u0，依据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝eq\f(U2,R)T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝ueq\o\al(2,0)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0,\r(2))))2＝2∶1，选项D正确．考向2志向变压器的原理及动态分析2.(2024·江苏高考真题)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器(D)A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流【解析】原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误；电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误；电流互感器不会变更电流的频率，只变更电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C选项错误；原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确；故选D．3．(2024·天津十二区县联考)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的沟通电源，其电压U1会随着心跳频率发生变更．如图所示，心电仪与一志向变压器的初级线圈相连接，扬声器(等效为一个定值电阻)与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈．则(B)A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大【解析】保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，依据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I1也减小，选项A错误，B正确；若保持U1不变，则次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，则R电阻变大，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，选项C、D错误．4．(2024·四川宜宾三诊)如图所示，一志向变压器的原副线圈匝数分别为n1和n2，原线圈输入电压保持不变，副线圈输出端通过开关S接电阻R1和滑动变阻器R，电流表为志向电表，下列说法正确的是(B)A．若S断开，则副线圈输出端电压为零B．若S闭合，滑动片P向上滑动，则两电流表示数都变小C．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数变大，A2示数变小D．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数不变，A2示数变小【解析】志向变压器的变压关系与副线圈是否是通路或断路无关，依据志向变压器的电压规律变形U2＝eq\f(n2,n1)U1，匝数比恒定，输入电压不变时，输出电压就保持不变，A错误；S闭合，滑片P上滑时，电阻值变大，则电流表A2示数变小，又因为流过定值电阻R1的电流不变，所以电流表A1示数也变小，B正确，CD错误．5.(2024·广西桂林等三市联考)如图所示，志向变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的沟通电，副线圈接有光敏电阻R1、用电器R2(纯电阻)．下列说法正确的是(B)A．当光照减弱时，变压器的输入功率增大B．当光照增加时，流过用电器R2的电流不变C．当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率增大D．当f减小时，变压器的输入功率减小【解析】当光照减弱时，光敏电阻的电阻值增大，故变压器的输出功率减小，所以输入功率也减小，故A错误；当光照增加时，变压器的匝数比不变，所以输出电压不变，则流过用电器R2的电流不变，故B正确；当滑动触头P向上滑动时，原线圈匝数增加，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，变压器的输出电压减小；依据功率表达式P＝eq\f(U2,R)，可知用电器消耗的功率减小，故C错误；当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故D错误；故选B．6．(2024·山东高考真题)图甲中的志向变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变更关系如图乙所示．灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V．定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调整为(A)A．1Ω B．5ΩC．6Ω D．8Ω【解析】输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，依据志向变压器电压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知副线圈电压有效值为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(3,22)×220V＝30V，灯泡正常工作，依据欧姆定律可知分压为24V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为IL＝eq\f(UL,RL)＝eq\f(24,15)A＝1.6A依据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U＝U2－UL＝30V－24V＝6V通过R1的电流为I1＝eq\f(U,R1)＝eq\f(6,10)A＝0.6A通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6A－0.6A＝1AR2、R的分压为U＝I2(R2＋R)解得滑动变阻器的阻值为R＝eq\f(U,I2)－R2＝eq\f(6,1)Ω－5Ω＝1Ω，A正确，BCD错误．故选A．考向3原线圈中含有负载的变压器问题7．(多选)(2024·新课标卷Ⅲ)在图(a)所示的沟通电路中，电源电压的有效值为220V，志向变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为志向电表．已知电阻R2中电流I2随时间t变更的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是(AD)A．所用沟通电的频率为50HzB．电压表的示数为100VC．电流表的示数为1.0AD．变压器传输的电功率为15.0W【解析】沟通电的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02s)＝50Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I＝eq\f(\r(2)A,\r(2))＝1A，R2两端即副线圈两端的电压，依据欧姆定律可知U2＝IR2＝1×10V＝10V，依据志向变压器的电压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知原线圈的电压U1＝eq\f(n1,n2)U2＝10×10V＝100V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝220V－100V＝120V，B错误；电流表的示数为IA＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，C错误；副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1A＋0.5A＝1.5A，变压器原副线圈传输的功率为P＝I2U2＝15W，D正确，故选AD．8．(多选)(2024·江西重点协作体联考)志向变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是(AB)A．R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2B．R1、R2、R3的功率之比为25∶1∶4C．a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶4D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3∶1【解析】由于志向变压器eq\f(U原,U副)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,2)，eq\f(I原,I副)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(2,1)设流过副线圈的电流为I0，则流过原线圈的电流为2I0，即I3＝eq\f(U副,R3)＝I0则流过R2的电流I2＝eq\f(U原,R2)＝eq\f(\f(1,2)U副,R2)＝eq\f(1,2)I0则流过R1的电流I1＝2I0＋I2＝eq\f(5,2)I0由于三个电阻相等，因此R1、R2、R3两端的电压之比为I1∶I2∶I3＝5∶1∶2，A正确；R1、R2、R3的功率之比为P1∶P2∶P3＝Ieq\o\al(2,1)∶Ieq\o\al(2,2)∶Ieq\o\al(2,3)＝25∶1∶4，B正确；由于变压器本身不消耗能量，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为(P1＋P2＋P3)∶P3＝15∶2，C错误；a、b间输入电压与变压器输入电压之比为eq\f(U1＋U2,U2)＝eq\f(\f(5,2)I0＋\f(1,2)I0,\f(1,2)I0)＝eq\f(6,1)，D错误；故选A、B．考向4远距离输电问题9．(2024·浙江高考真题)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V．已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是志向变压器，下列说法正确的是(C)A．发电机输出的电流I1＝40AB．输电线上的电流I线＝625AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455A【解析】依据电功率公式P＝UI，发电机输出电流I1＝eq\f(P,U1)＝400A，A错误；输电线上损失功率5kW，由P线＝Ieq\o\al(2,线)R线，可得I线＝eq\r(\f(P线,R线))＝25A，故B错误；降压变压器副线圈得到的功率为P4＝P－P线＝95kW，依据志向变压器电流与线圈匝数成反