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专题四电路与电磁感应[核心知识体系]第一讲直流电路与交流电路近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ直流电路的动态分析交变电流的产生变压器与远距离输电问题交变电流的综合问题2018·T161．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q1；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Q2.该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示．则Q1：Q2等于()A．1∶2B.2∶1C．1∶2D．2∶1[题眼点拨]①“一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q1”说明Q1＝u20RT；②“该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q2”说明Q2＝u202RT.解析：正弦交变电流的电压有效值为u02，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝U2RT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，Q1∶Q2＝2∶1，选项D正确．答案：D2．(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、副线圈匝数比为()A．2B．3C．4D．5[题眼点拨]①由图可知原线圈的电压U1＝U－I1R1，开关闭合时副线圈只有R2，开关断开时R2与R3串联；②“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”说明开关闭合和开关断开两种情况下副线圈上的电阻不同导致原线圈的电流不同．解析：设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式U1U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式U′1U′2＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得I′24I＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确．答案：B3．(2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()A.25B.12C.35D.23[题眼点拨]①由图可知开关闭合和开关断开两种情况下等效电路图的情况；②“开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2”说明电容器所带电荷量与其并联的电阻的电压成正比．解析：电路中四个电阻阻值相等，开关S断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R，根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U1＝12×23R23R＋RE＝15E；当开关S闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端的电压为U2＝12R12R＋RE＝13E，由Q＝CU可知，Q1Q2＝U1U2＝35，C项正确．答案：C4．(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[题眼点拨]①“原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b”说明灯泡要想正常发光，两灯泡电压相同，电流也相同；②“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”说明原线圈的电压是副线圈电压的9倍．解析：因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．答案：AD5．(多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等[题眼点拨]①“半圆形导线框”说明转动过程中一直有感应电流；②“扇形导线框”说明转动过程中只有一半时间内有感应电流；③“半径相等”说明有效切割长度相同．解析：当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B项正确；在t＝T8时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为E＝12BR2ω，C项正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D项错误．答案：BC命题特点与趋势1．从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，以及电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主．2．2020年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查电路的动态分析与功率的计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点．解题要领1．理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义．理解交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理．2．掌握以下应考技法．(1)程序法；(2)等效法；(3)分析推理法；(4)守恒法．考点1直流电路的动态分析(多选)(2019·襄阳模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1，R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，A、V均为理想电表．在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()A．电压表示数减小B．电流表示数增大C．R2两端电压增大D．a点的电势降低[题眼点拨]①“在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动”说明滑动变阻器的电阻减小；②由电路图知R2与R3并联，然后再与R1串联，电压表测R1的电压，电流表测R3的电流．解析：滑片P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由UR1＝IR1可知R1两端电压即电压表的示数变大，选项A错误；由U＝E－Ir可知路端电压U减小，而UR2＝U－UR1可得R2两端的电压减小，又由I2＝UR2R2可得流过R2的电流减小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数将变大，选项B正确；C错误；由于R2两端的电压变小，所以a点的电势降低，选项D正确．答案：BD直流电路动态分析的常用方法1．程序判断法．遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：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)．3．极限法．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去讨论．[对点训练]考向含容电路的动态分析1．(多选)(2018·江苏卷)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路()A．充电时，通过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解析：电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B正确；若C增大，根据Q＝CU，电容器的带电荷量增大，选项C正确；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确．答案：BCD考向电动机问题2．(2019·浙江卷)电动机与小灯泡串联接入电路，电动机正常工作时，小灯泡的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2.则()A．I1＜I2B.U1U2＞R1R2C.U1U2＝R1R2D.U1U2＜R1R2解析：电动机和小灯泡串联接入电路，故I1＝I2，A错误；电动机是非纯电阻用电器，满足I2＜U2R2，小灯泡是纯电阻用电器，满足I1＝U1R1，又I1＝I2，故U1R1＜U2R2，可得U1U2＜R1R2，D正确．答案：D考点2交变电流的产生1．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，电流方向不改变．2．交变电流的四值比较项目表达式适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt(1)从线圈位于中性面开始计时；(2)可用于分析或计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)Em＝nBSωIm＝EmR＋r(1)此时线圈垂直于中性面；(2)电容器的击穿电压指的就是最大值有效值E＝Em2U＝Um2I＝Im2(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)；(2)电表的读数为有效值；(3)保险丝的熔断电流为有效值；(4)电气设备“铭牌”上所标的工作电压、工作电流一般都是有效值；(5)非正弦式交变电流的有效值利用电流的热效应计算平均值E—＝BLv—E—＝nΔΦΔtI＝E－R＋r计算通过电路截面的电荷量，q＝nΔΦR＋r(多选)(2019·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.T2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2πΦmTC．线框转一周外力所做的功为2π2Φ2mRTD．从t＝0到t＝T4过程中线框的平均感应电动势为πΦmT[题眼点拨]由图象知周期为T，磁通量最大值为Φm，在0时刻磁通量最大，磁场与中性面垂直．解析：由Φ-t图象可知，T2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为Em＝NBSω，又ω＝2πT，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝2πΦmT，因此感应电动势的有效值为E＝Em2＝2πΦmT，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＝E2RT＝2π2Φ2mRT，C正确；0～T4的过程中，线框中产生的平均感应电动势为E—＝ΦmT4＝4ΦmT，D错误．答案：BC正弦交流电“四值”的应用[对点训练]考向交流电的图象问题3．某交流发电机产生的感应电动势随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是()A．t＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面B．在1s内发电机的线圈绕轴转动50圈C．将此交流电接到匝数比