2024高考物理二轮复习专题复习篇专题4第1讲直流电路与交流电路学案

PAGE13-直流电路与沟通电路[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考命题热点集中在交变电流的产生及“四值”分析、变压器基本规律的应用、变压器与电路结合的动态问题。题型为选择题，难度中等。素养呈现1.交变电流的产生条件，“四值”的分析与计算2.变压器规律的应用及电路分析3.远距离输电的分析与计算素养落实1.理解交变电流的产生原理2.驾驭“四值”描述及图象3.驾驭志向变压器的规律及动态分析的方法4.驾驭远距离输电损耗的缘由及计算方法考点1|直流电路的分析与计算1．直流电路动态分析的3种方法(1)程序法R局eq\o(→,\s\up16(增大),\s\do12(减小))I总＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up16(减小),\s\do12(增大))U内＝I总req\o(→,\s\up16(减小),\s\do12(增大))U外＝E－U内eq\o(→,\s\up16(增大),\s\do12(减小))确定U支、I支。(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽视)“串反”：指某一电阻增大(减小)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(增大)。“并同”：指某一电阻增大(减小)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(减小)。(3)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变更的问题，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去探讨。2．求解功率最值问题的2点技巧(1)定值电阻的功率：P定＝I2RR为定值电阻，P定只与电流有关系，当R外最大时，I最小，P定最小，当R外最小时，I最大，P定最大。(2)电源的输出功率：P＝eq\f(E2R外,r＋R外2)＝eq\f(E2,\f(R外－r2,R外)＋4r)。当R外＝r时，P出＝eq\f(E2,4r)最大。[典例1]如图所示的电路中，电源内阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为志向电表，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电流表和电压表示数变更量的肯定值分别为ΔI、ΔU，下列结论正确的是()A．电流表的示数变大，电压表的示数变小B．电阻R1被电流表短路C．eq\f(ΔU,ΔI)>rD．eq\f(ΔU,ΔI)<r[题眼点拨]①“滑片向右移动”电阻变大。②“电压表”测路端电压。③“电流表”测流过R2和R3的电流。

D[该电路的等效电路图如图所示。电流表测量的是流过R2和R3的电流之和。设流过电阻R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，两端电压分别为U1、U2、U3、U4，路端电压为U，电流表的示数为I，将滑动变阻器R2的滑片向右移动，其接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，I总变小，内电压变小，路端电压变大，所以电压表的示数变大，I3变大，而I总＝I3＋I4，I总变小，I4变小，U4变小，而U1＋U4＝U，U变大，U1变大，I1变大，又I总＝I1＋I，总电流变小，I1变大，则I变小，电流表的示数变小，且变更量的肯定值ΔI>ΔI总，则eq\f(ΔU,ΔI)<eq\f(ΔU,ΔI总)＝r，A、B、C项错误，D项正确。]反思感悟：对U、ΔU、eq\f(ΔU,ΔI)三种形式的分析。(1)对于U的变更依据程序法或“串反并同”法分析即可。(2)对于ΔU的变更要依据E＝U外＋U内得到|ΔU外|＝|ΔU内|，再进一步推断。(3)对于eq\f(ΔU,ΔI)的推断，要分析电阻，假如R外不变，有R外＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)；假如R外变更，要像本题一样，找到各量的关系，进一步导出变更量的关系。[跟进训练]1.(多选)(2024·湖北夷陵中学测试)如图所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。当开关S闭合且没有光照耀时，电容器C不带电，当用强光照耀R4且电路稳定时，则()A．电容器C的上极板带正电B．电容器C的下极板带正电C．通过R4的电流变大，电源的路端电压减小D．通过R4的电流变大，电源的总功率肯定变小BC[当用强光照耀R4且电路稳定时其电阻减小，电路中干路电流I增大，路端电压U＝E－Ir会减小，则通过电阻R1、R2的电流减小，又因为I34＝I－I12，所以通过电阻R3、R4的电流增大，则通过R3的电势着陆差比通过R1的大，故电容器C的上极板为低电势，则下极板带正电。通过R4的电流变大，由P＝EI可知，电源的总功率肯定变大，故选项B、C正确。]2.(多选)如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源的内阻为r。闭合开关S，志向电压表显示有读数，调整可变电阻R的阻值，电压表示数的增加量为ΔU。对此过程，下列推断正确的是()A．可变电阻R阻值增大，流过它的电流增大B．电阻R2两端的电压减小，减小量小于ΔUC．通过电阻R2的电流减小，减小量等于eq\f(ΔU,R2)D．路端电压肯定增大，增大量小于ΔUBD[当调整可变电阻R的阻值时，电压表示数增加量为ΔU，依据闭合电路欧姆定律可知，可变电阻R阻值增大，干路电流减小，电阻R1所在支路电流增大，流过可变电阻R的电流减小，选项A错误；电阻R2两端的电压减小，电源内电压减小，二者减小量之和等于ΔU，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，选项B正确；通过电阻R2的电流减小，减小量等于eq\f(ΔU,R2＋r)，选项C错误；路端电压肯定增大，增大量为eq\f(r,R2＋r)·ΔU，小于ΔU，选项D正确。]3.(多选)如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，电表均为志向电表，R为滑动变阻器，闭合开关后灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列推断正确的是()A．电压表、电流表示数均变大，灯泡L将变暗B．定值电阻R0中将有从右向左的电流通过C．电压表示数变更量与电流表示数变更量的比值不变D．电源的输出功率肯定变小BC[当滑动变阻器的滑片向右移动时，外电阻减小，电路中总电流变大，则灯泡L将变亮，电流表示数变大，电源的内电压变大，则路端电压减小，电压表读数减小，选项A错误；电容器的电压等于路端电压，所以电容器的电压减小，由Q＝CU分析可知其电荷量将减小，电容器放电，则定值电阻R0中将有从右向左的电流通过，选项B正确；依据闭合电路欧姆定律知U＝E－Ir，得eq\f(ΔU,ΔI)＝r，可得电压表示数变更量与电流表示数变更量的比值保持不变，选项C正确；因不清晰外电路电阻与电源内阻的大小关系，则不能确定电源输出功率的变更，选项D错误。]4．如图1所示，M为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变更状况如图2所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下推断不正确的是()图1图2A．电路中的电源电动势为3.9VB．电动机的电阻为4ΩC．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9WD．变阻器的最大阻值为32ΩC[由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(3.6－3.0,0.2)Ω＝3Ω；当电流I＝0.1A时，U＝3.6V，则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.6V＋0.1×3V＝3.9V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM＝eq\f(0.8－0.4,0.1)Ω＝4Ω，故B正确；当I＝0.3A时，U＝3.0V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝3×0.3W＝0.9W，电动机的热功率为PrM＝I2rM＝0.32×4W＝0.36W，则最大的输出功率为P出＝0.9W－0.36W＝0.54W，故C错误；当I＝0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝eq\f(E,I)－r－rM＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(3.9,0.1)－3－4))Ω＝32Ω，故D正确。]考点2|交变电流的产生与描述1．两个特别位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生变更。(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不变更。2．正弦沟通电“四值”的应用[典例2](多选)(2024·高考天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是()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)[题眼点拨]①“Φ­t”图象表明t＝0、t＝eq\f(T,2)、t＝T时处于中性面位置。②“Φ­t”图象信息：依据Φm、T，可获得Em＝NΦmω，ω＝eq\f(2π,T)。BC[由Φ­t图象可知，eq\f(T,2)时穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSω，又ω＝eq\f(2π,T)，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝eq\f(2πΦm,T)，因此感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B正确；由功能关系可知线框转动一周，外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)，C正确；0～eq\f(T,4)的过程中，线框中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错误。]反思感悟：解决交变电流问题的三点留意(1)留意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的。(2)确定正弦式交变电流的峰值，依据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn。(3)与电磁感应问题一样，求解与电功、电热相关的问题时，要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。[跟进训练]1．(2024·江苏南通期末)一电阻分别通过四种不同形式的电流，四种电流随时间变更的状况如下列选项所示，在相同时间T(T为0.02s的整数倍)内电阻产生的热量最大的是()ABCDD[A中为正弦式电流，有效值I1＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A，依据焦耳定律得Q1＝Ieq\o\al(2,1)RT＝2RT；B中为正弦式电流，有效值I2＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A，依据焦耳定律得Q2＝Ieq\o\al(2,2)RT＝2RT；C中为恒定电流，依据焦耳定律得Q3＝Ieq\o\al(2,3)RT＝2.25RT；D中为方波电流，依据焦耳定律得Q4＝eq\f(I\o\al(2,4)RT,2)＋eq\f(I\o\al(2,5)RT,2)＝4RT。故选D。]2．如图甲所示，肯定值电阻R与一志向沟通电流表串联，且通过电刷与匝数为N、面积为S、阻值为r的正方形线框相连接，正方形线框处在水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现使线框绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω转动。从某时刻起先计时，线框中产生的感应电动势随时间的变更规律如图乙所示。则()图甲图乙A．0～t1时间内，穿过线框的磁通量的变更量大小为NBSB．t1～t2时间内流过定值电阻的电荷量为eq\f(NBS,R)C．t5时刻穿过线框的磁通量的变更率为NBSωD．t5时刻志向沟通电流表的读数为eq\f(NBSω,\r(2)R＋r)D[由题图甲、乙可知，0时刻穿过线框的磁通量大小为BS，t1时刻穿过线框的磁通量大小为0，因此0～t1时间内穿过线框的磁通量的变更量大小为BS，故A项错误；t1～t2时间内磁通量的变更量大小为BS，则平均电动势eq\o(E,\s\up7(－))＝eq\f(NBS,Δt)，通过电阻R的电荷量q＝eq\f(\o(E,\s\up7(－)),R＋r)·Δt＝eq\f(NBS,R＋rΔt)·Δt＝eq\f(NBS,R＋r)，故B项错误；t5时刻线框中产生的感应电动势Em＝NBSω，由法拉第电磁感应定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)可知：t5时刻穿过线框的磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)＝BSω，故C项错误；志向沟通电流表的读数为沟通电的有效值，则I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)＝eq\f(NBSω,\r(2)R＋r)，故D项正确。]3．(多选)(2024·安徽黄山市高三联考)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R＝15Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝0.8πsin(πt)m/s。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2T，线圈的直径D＝0.4m，总电阻r＝1Ω。取π2＝10。则下列说法正确的是()A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin(πt)VB．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin(πt)AC．灯泡两端电压的有效值为30eq\r(2)VD．灯泡的电功率为240WABC[线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：Emax＝NBlvmaxl＝πD联立得：Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8πV＝64V则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e＝Emaxsin(πt)＝64sin(πt)V，故A正确；依据闭合电路欧姆定律得：i＝eq\f(e,R＋r)＝4sin(πt)A，故B正确；灯泡电流的有效值为：I＝eq\f(4,\r(2))A＝2eq\r(2)A，则灯泡电压的有效值为：U＝IR＝2eq\r(2)×15V＝30eq\r(2)V，故C正确；灯泡的电功率为：P＝I2R＝(2eq\r(2))2×15W＝120W，故D错误。]考点3|志向变压器及远距离输电问题1．志向变压器动态分析的两种状况(1)负载电阻不变，探讨变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变更状况。(2)匝数比不变，探讨变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变更状况。2．志向变压器问题分析技巧(1)依据题意分清变量和不变量；(2)弄清“谁确定谁”的制约关系。对电压而言，输入确定输出；对电流、电功(率)而言，输出确定输入。3．远距离输电问题的解题关键(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系(如图所示)。(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流I2，则ΔU＝I2R，ΔP＝Ieq\o\al(2,2)·R＝ΔU·I2＝eq\f(ΔU2,R)。[典例3](多选)(2024·湖北一般中学协作体期中联考)某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S＝0.2m2、电阻为r＝5.0Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B＝eq\f(\r(2),2)T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n＝eq\f(2160,π)r/min，如图所示是配电原理示意图，志向变压器原副线圈的匝数比为5∶2，R1＝5.0Ω、R2＝5.2Ω，电压表、电流表均为志向电表，系统正常运作时电流表的示数为I2＝10A，沟通电压表的示数为700V，则下列说法中正确的是()A．线圈匝数为N＝100匝B．灯泡的工作电压为272VC．变压器输出的总功率为2720WD．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大ACD[因为电流表的示数为10A，依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得原线圈的电流I1＝4A，电压表的读数为700V，依据U＝E－I1r得E＝720V，线圈在磁场中产生电动势的有效值为E＝eq\f(NBSω,\r(2))，解得N＝100匝，A正确；原线圈两端的电压为U1＝E－I1(r＋R1)＝680V，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得副线圈两端的电压为U2＝272V，所以变压器输出的总功率为P＝U2I2＝2720W，此时灯泡上的电压为U′＝272V－10×5.2V＝220V，B错误，C正确；把发电机外的全部用电器等效为一个电阻R，依据题意可知R>r，若负载电路的灯泡增多，则等效电阻R减小，分析可知，此时发电机的输出功率会增大，D正确。]反思感悟：分析变压器电路的两点提示(1)“电压关系”中的“电压”是指原、副线圈两端的电压，本题中不能误把发电机两端的电压当作原线圈两端的电压；(2)“电流关系”中的“电流”是指通过原、副线圈的电流，而不能误把某一部分的电压或电流当作原、副线圈的电压或电流。[跟进训练]1.(多选)如图所示，志向变压器原线圈接有沟通电源，保持输入电压不变。起先时单刀双掷开关K接a，S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是()A．闭合开关SB．开关K接bC．把滑动变阻器滑片向左移动D．把滑动变阻器滑片向右移动BD[闭合开关S，副线圈回路总电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A不符合题意；开关K接b，输入端线圈匝数减小，则依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，故B符合题意；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C不符合题意；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故D符合题意。]2．(2024·山东东营高三检测)如图所示，志向变压器原线圈串联一个定值电阻R0之后接到沟通电源上，电压表V1的示数U1恒定不变，电压表V2和V3的示数分别用U2和U3表示，全部电压表都可视为志向电压表。当移动滑动变阻器的滑动触头P时，下列说法正确的是()A．U3与U1的比值不变B．U2与U3的比值变大C．若U3减小，则R0消耗的功率也减小D．电阻R0和R消耗的功率的比值总是等于eq\f(U1,U2)－1D[U2与U3的比值由变压器原、副线圈匝数之比确定，是一个常数，B错误；因为有电阻R0的存在，U1并不等于原线圈两端的电压，所以U3与U1的比值将会变更，A错误；因为U3与U2的比值不变，当U3减小时，U2也随着减小，电阻R0两端的电压将增加，消耗的功率也增大，C错误；设通过原线圈的电流为I，则副线圈的输出功率即滑动变阻器R消耗的功率为IU2，R0消耗的功率为I(U1－U2)，电阻R0和R消耗的功率的比值为eq\f(IU1－U2,IU2)＝eq\f(U1,U2)－1，所以D正确。]3．(多选)如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台沟通发电机，它与志向变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置起先计时，下列推断正确的是()A．沟通发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cosωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C．电压表V示数为NBωL2D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压