高三物理二轮复习教师用书板块一专题四第一讲直流电路与交变电路

板块一专题突破复习第一讲直流电路与交变电路[知识建构][高考调研]1.考查方向：①结合闭合电路欧姆定律考查电路的动态分析．②考查电路的故障分析．③结合理想变压器规律，解决远距离输电的能量效率问题．④考查交流电的“四值”问题．2.常用的思想方法：①程序法．②极限法．③特殊值法．④理想变压器的动态分析技巧．[答案](1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟整个电路中的电阻成反比．(2)表达式：I＝eq\f(E,R＋r)，或E＝U外＋Ir，或Eq＝qU外＋qU内．(3)电路故障分析基本思路及方法①仪表检测法a．电流表示数正常而电压表无示数“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．故障原因可能是：ⅰ.电压表损坏；ⅱ.电压表接触不良；ⅲ.与电压表并联的用电器短路．b．电压表有示数而电流表无示数“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原因可能是：ⅰ.电流表短路；ⅱ.和电压表并联的用电器断路．c．电流表、电压表均无示数“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．d．欧姆表检测先使被测电路断开电源，用欧姆表检测用电器，指针不动，说明用电器断路；指针偏转最大，说明用电器短路．②假设法已知电路发生某种故障，寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电流变化进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，此方法亦称排除法．(4)理想变压器的基本特征①无漏磁，故原、副线圈中的Φ、eq\f(ΔΦ,Δt)相同．②线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt).③根据eq\f(U,n)＝eq\f(ΔΦ,Δt)得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立．④无电能损失．⑤变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．考向一直流电路的动态分析[归纳提炼]直流电路动态分析方法1．程序法基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定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及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况．2．结论法——“串反并同”“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)．[熟练强化]1．(2017·河南五校联考)在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，则下列判断正确的是()A．I减小，U1增大 B．I增大，U2减小C．I增大，U1减小 D．I减小，U2增大[解析]当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R1和R2串联支路电阻变大，电流变小，电流表示数I减小，由欧姆定律可知，R1两端电压减小，电压表示数U1减小．由极限法分析可知，电压表示数U2增大．故选项D正确，A、B、C错误．[答案]D2．(多选)(2017·合肥质检)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是()A．只逐渐增大对R1的光照强度时，电阻R0消耗的电功率增大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，带电微粒向下运动[解析]当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据“串反并同”可知电流I增大，则PR0增大，UC增大，QC＝CUC增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确．当P2向上移动时，UC不变，R3中没有电流，故B错误．当P1向下移动时，I不变，但UC变大，EC＝eq\f(UC,d)变大，电场力FC＝eq\f(UCq,d)变大，微粒向上运动，故C错误．若断开开关S，电容器放电，UC降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D正确．[答案]AD3．(2017·陕西咸阳一模)如图所示电路，当滑动变阻器R3的滑片向右移动一小段距离后，电压表V1和电压表V2的示数的变化量分别为ΔU1和ΔU2(均取绝对值)．下列说法中正确的是()A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小，且有ΔU1>ΔU2B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数增大，且有ΔU1>ΔU2C．电容器的左极板带正电，且两极板间电场强度减小D．电源的输出功率比R3的滑片移动前大[解析]滑动变阻器R3的滑片向右移动一小段距离后，R3接入电路的电阻减小，电路外电阻减小，总电阻减小，电源输出电流增大，R2中电流增大，R2两端电压增大，电压表V2的示数增大，与其并联的电容器C两端电压增大，极板带电荷量增大，两极板之间的电场强度增大，C错误．电源输出电流增大，电源内阻电压增大，导致电源路端电压减小，电源输出功率不一定增大，D错误．根据闭合电路欧姆定律，E＝U1＋U2＋Ir，电源输出电流I增大，则U1＋U2减小，电压表V2的示数增大，则电压表V1的示数减小，且有ΔU1＝ΔU2＋ΔI·r，即ΔU1>ΔU2，B正确，A错误．[答案]B电路的动态分析技巧(1)当电路中某一部分发生变化时，将引起电路中各处的电流和电压都随之发生变化，可谓“牵一发而动全身”．判断此类问题时，应先由局部的变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由此分析对其他各部分电路产生的影响，一般是先分析恒定电阻支路再分析变化电阻支路．(2)一个闭合电路就是一个整体，在研究电路的动态问题时，一定要弄清电路的串并联结构，同时要用整体的观点来看问题，还要善于转换思维的角度“电压不行看电流”．考向二交变电流的产生及描述[归纳提炼]1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)表达式图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝NBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2.对交流电“四值”的理解(1)通常所说的电流值、电压值、电表的示数均为有效值．(2)只有正弦交流电，最大值等于有效值的eq\r(2)倍．(3)计算用电器上消耗的热功率时，必须用电流的有效值，不可应用平均值．(4)电动势的最大值与线圈匝数成正比，但线圈磁通量的最大值与线圈匝数无关．[熟练强化]角度一交变电路的图象问题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]t＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t＝1s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝100×0.04×eq\f(2π,2)(V)＝4π(V)，有效值E＝eq\f(\r(2),2)×4π(V)＝2eq\r(2)π(V)，Q＝eq\f(E2,R)T＝8π2(J)，D正确．[答案]AD角度二交变电流的“四值”问题2．(2015·四川卷)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq\r(2)Ne0[解析]本题考查交变电流，意在考查学生对正弦式交变电流的产生的认识及对正弦式交变电流的最大值、有效值等概念的理解．根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝eq\f(Em,\r(2))，故有效值为eq\r(2)Ne0，C项错误，D项正确．[答案]D角度三有界磁场中的交变电流3．(2017·河北六校联考)如图所示，一交流发电机的矩形线圈共有10匝，其电阻r＝2Ω，面积是0.2m2，在磁感应强度B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动，向R＝18Ω的电阻供电．则以下说法中正确的是()A．该线圈产生的是余弦式交变电流B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC．线圈开始转动eq\f(1,60)s时流过电阻R的瞬时电流大小为eq\f(\r(2),2)AD．电阻R上消耗的电功率为9W[解析]本题考查交变电流的基本概念，意在考查学生的理解能力．若线圈从中性面开始运动，则穿过线圈的磁通量按照余弦规律变化，由法拉第电磁感应定律可知，其产生的感应电动势(感应电流)将按照正弦规律变化，选项A错误；由于OO′为线圈的对称轴，所以线圈产生的感应电动势的最大值应为Em＝eq\f(1,2)nBSω＝20V，选项B错误；线圈在转动过程中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝20sin10πtV，所以其感应电流的瞬时值表达式为i＝sin10πtA，故当t＝eq\f(1,60)s时，流经电阻R的瞬时电流大小为i＝sin10π×eq\f(1,60)A＝eq\f(1,2)A，选项C错误；流经R的电流的有效值为I＝eq\f(\r(2),2)A，所以电阻R上消耗的电功率为P＝I2R＝9W，选项D正确．[答案]D几种典型交变电流有效值考向三变压器及远距离输电[归纳提炼]1．理想变压器原、副线圈基本量的关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，与副线圈的个数无关电流关系①只有一个副线圈时：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2，变压器不改变交流电的频率2.远距离输电问题的处理思路(1)画出输电线路图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载．(2)将输电线划分成几个独立回路．(3)根据串并联电压特点、欧姆定律、电功率公式确定部分回路物理量之间的关系．(4)根据升压、降压过程中原副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为()A．2B．3C．4D．5[思路路线][解析]解法一：能量守恒法设原副线圈的匝数比值eq\f(n1,n2)＝k当S断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI，如图1所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于三个电阻消耗的功率P1＝I2R1＋(kI)2(R2＋R3)当S闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI，如图2所示，由能量守恒定律得，电源提供的功率等于两个电阻消耗的功率P2＝(4I)2R1＋(4kI)2R2由于电压不变：P1＝IU，P2＝4IU，易知P2＝4P1以上各式联立解得k＝3.解法二：电流、电压关系法设原副线圈的匝数比值eq\f(n1,n2)＝k当S断开，原线圈电流为I时，副线圈电流为kI，如图1所示由理想变压器电压关系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k即eq\f(U－IR1,kIR2＋R3)＝k①当S闭合，原线圈电流为4I时，副线圈电流为kI，如图2所示即eq\f(U－4IR1,4kIR2)＝k②①②联立解得k＝3.解法三：等效法如图3所示，副线圈中接电阻R，相当于在原线圈中接入电阻R0(如图4所示)其中R0＝eq\f(U1,I1)，R＝eq\f(U2,I2)设原副线圈的匝数比值eq\f(n1,n2)＝k下面导出R与R0的关系R0＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(\f(n1,n2)U2,\f(n2,n1)I2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2R＝k2R设开关S断开时，变压器的原线圈等效电阻为R等效电路如图5所示则R＝k2(R2＋R3)①U＝I(R1＋R)②设开关S闭合时，变压器原线圈的等效电阻为R′等效电路如图6所示R′＝k2R2③U＝4I(R1＋R′)④联立解得k＝3.[答案]B原线圈连接有电阻的变压器问题的处理变压器的原理是电磁感应中的互感现象，变压器不能改变恒定电压，当原线圈接有电阻时，变压器的原线圈输出电压不是电源的电压，所以求解的关键是先求出原线圈中的电流，再由电压关系列式．[熟练强化]迁移一变压器问题1．(2017·河北唐山一模)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4Ω、2Ω和3Ω，U为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S断开时，理想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为()A.eq\f(2,3)IB.eq\f(1,2)IC.eq\f(3,2)ID．2I[解析]设S闭合时，电流表示数为I1，对理想变压器有P入＝P出，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，则开关闭合时有I1U－Ieq\o\al(2,1)R1＝(2I1)2R2，开关断开时有IU－I2R1＝(2I)2(R2＋R3)，两式联立解得I1＝2I，故D项正确．[答案]D迁移二包含二极管变压器问题2．(多选)(2017·山东潍坊统考)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S后，额定电压为20V的用电器正常工作，理想交流电流表A的示数为0.1A．已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是()A．交变电流的频率为50HzB．变压器原副线圈匝数比为11eq\r(2)∶1C．用电器额定功率为22WD．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半[解析]由u－t图象可知交变电流的周期T＝0.02s，则频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，A项正确．由图乙可知原线圈两端输入电压U1＝220V，因闭合S后，额定电压为20V的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2＝20V，n1∶n2＝U1∶U2＝220V∶20V＝11∶1，B项错误．理想变压器P入＝P出＝I1U1＝22W，又P出＝P电器，C正确．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D项正确．[答案]ACD迁移三远距离输电问题3．(2017·襄阳统测)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器．额定电压为220V的用电器能正常工作，则下列说法正确的是()A．两变压器的匝数比关系为eq\f(n1,n2)＝eq\f(n4,n3)B．两变压器的匝数比关系为eq\f(n1,n2)>eq\f(n4,n3)C．当用户用电器的负载增加时，输出电压一定等于220VD．升压变压器的输入功率一定大于降压变压器的输出功率[解析]根据变压器的工作原理有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，设输电线路上损失的电压为ΔU，则有U2＝U3＋ΔU，即U2>U3，根据题设可知U1＝U4，联立解得eq\f(n1,n2)<eq\f(n4,n3)，A、B错误；当负载增加时，负载总电阻减小，电流增大，则输电线路上的电流增大，而输电线路的电阻一定，故线路损失的电压ΔU会增大，降压变压器的输入电压U3＝U2－ΔU减小，所以输出电压一定小于220V，C错误；根据能量关系有P输入＝P输出＋P损失，故D正确．[答案]D高考高频考点强化——理想变压器的动态分析[考点归纳]1．分析变压器动态变化问题的一般思维流程2．分析变压器动态变化问题的关键(1)弄清变量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变．(2)弄清变压器动态变化中的决定关系，即P2决定P1，I2决定I1，U1决定U2.[真题归类]1．(2016·天津卷)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大[解析]由题知，U1不变，eq\f(n1,n2)不变，故U2不变．当P向上滑动时，R滑变大，R总变大，R两端电压即电压表示数变大，UR1减小，IR1减小，则PR1减小，A错误，B正确．因为IR1减小，eq\f(n1,n2)不变．由I1＝eq\f(n2,n1)IR1知I1减小，C错误．若闭合开关S，则总电阻减小，由IR1＝eq\f(U2,R总)知IR1增大，UR1增大，UR2减小，电流表A2的示数减小，D错误．选B.[答案]B2．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9[解析]当输入电压为灯泡额定电压的10倍时，两个灯泡均能正确发光，则原线圈两端的电压为eq\f(9,10)U，副线圈两端的电压为eq\f(1,10)U，因此原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(9,1)，A正确，B错误．设a中电流为I，根据电流与匝数成反比可知，副线圈中电流为9I，则a、b两个灯泡的功率比eq\f(Pa,Pb)＝eq\f(1,9)，C错误，D正确．[答案]AD3．(2015·安徽卷)图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动[解析]变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈两端的电压不变，即电压表V1、V2示数不变，选项A、B均错误；I1、I2增加，则副线圈电路中总电阻减小，故变阻器滑片应沿c→d方向滑动，选项D正确；由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出知，调节滑动变阻器前I1n1＝I2n2，调节滑动变阻器后I1′n1＝I2′n2，联立得(I1′－I1)n1＝(I2′－I2)n2，即ΔI1n1＝ΔI2n2，eq\f(n1,n2)＝eq\f(ΔI2,ΔI1)＝eq\f(0.8,0.2)＝4，故该变压器起降压作用，选项C错误．[答案]D变压器电路动态分析常见类型及其规律(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)，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．②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．③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．(2)负载电阻不变的情况(如图乙所示)①U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，故U2变化．②R不变，U2变化，故I2发生变化．③根据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),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．[迁移训练]1．(多选)(2017·河北名校联盟)如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关．P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是()A．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小B．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小[解析]保持P的位置不变和U1不变，S由a打到b，副线圈匝数减小，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈两端电压U2减小，因而电流I2减小，选项A正确；保持P的位置不变和U1不变，S由b打到a，副线圈匝数增大，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈