（新课标）2020版高考物理二轮复习 专题四 第1讲 直流电路与交流电路课件

专题四电路与电磁反应第1讲直流电路与交流电路[做真题·明考向][研考向·提能力][建体系·记要点]目录ONTENTSC4[限时练·通高考][网络构建][要点熟记]1．闭合电路欧姆定律(1)闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r.(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir.(3)路端电压与负载的关系：U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．正弦式交变电流的“四值”(1)最大值：Em＝NBSω.(2)瞬时值：e＝NBSωsinωt(从中性面开始计时)．(3)有效值：正弦式交变电流的有效值E＝Em2；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．(4)平均值：E＝nΔΦΔt，常用来计算通过电路的电荷量．3．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P出．(2)电压关系：U1U2＝n1n2.(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1.(4)频率关系：f1＝f2.[真题再做]1．(2018·高考全国卷Ⅲ，T16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则Q方∶Q正等于()A．1∶2B.2∶1C．1∶2D．2∶1解析：由有效值概念知，一个周期内产生热量Q方＝u20R·T2＋u20R·T2＝u20RT，Q正＝U2有效RT＝u022RT＝12·u20RT，故知Q方∶Q正＝2∶1.答案：D2.(2016·高考全国卷Ⅰ，T16)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解析：设理想变压器原、副线圈的匝数之比为n，开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比II2＝n2n1＝1n，通过R2的电流I2＝nI，根据变压器的功率关系得，UI－I2R1＝(nI)2(R2＋R3)；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4II2′＝n2n1＝1n，通过R2的电流I2′＝4nI，根据功率关系有U·4I－(4I)2R1＝(4nI)2R2，联立以上两式并代入数据解得n＝3，选项B正确．答案：B3．(2016·高考全国卷Ⅱ，T17)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解析：S断开时等效电路如图甲所示．电容器两端电压为U1＝ER＋23R×23R×12＝15E；S闭合时等效电路如图乙所示．电容器两端电压为U2＝ER＋12R×12R＝13E，故由Q＝CU得Q1Q2＝U1U2＝35，故选项C正确．答案：C4．(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ，T21)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解析：两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．答案：BC5.(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ，T19)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：设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．答案：AD[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．近几年高考试题主要考查了交变电流的产生及“四值”(如2018年全国卷Ⅲ第16题及2016年全国卷Ⅲ第21题)，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(如2016年全国卷Ⅰ第16题及2016年全国卷Ⅲ第19题)，题型以选择题为主．直接考查闭合电路欧姆定律的题目只是在2016年全国卷Ⅱ考查了一次．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——怎么做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“四值”的含义和变压器、远距离输电的原理．2．掌握以下电路分析的应考技法(1)程序法；(2)等效法；(3)分析推理法；(4)守恒法．考向一直流电路的动态分析直流电路动态分析的3种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：(2)结论法——“串反并同”①“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)．②“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．1．(2019·山东师大附中高三第四次模拟)如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，和均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是()A．R1断路B．R2断路C．R1短路D．R3短路解析：因为当R2断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数变大；电路的总电流减小，故R1上的电压减小，R3电压变大，故电流表读数变大，与题目所给的现象吻合，故电路中可能出现的故障是R2断路，故选项B正确．答案：B2．(多选)(2019·辽宁大连物理模拟)如图所示，滑动变阻器的总阻值R0＞R1≠0.当滑动变阻器的触头位于它的中点时，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则滑动变阻器的触头向上移动的过程中()A．电压表的读数总小于UB．电压表的读数先增大后减小C．电流表的读数总大于ID．电流表的读数先增大后减小解析：由电路图可知，R1与R0上部分串联后再与R0下部分并联，最后再与R2串联，电压表测路端电压．滑动变阻器位于中点时，上、下两并联支路电阻不等，滑动触头向上移到两并联支路电阻相等时，电路中总电阻最大，总电流最小，不难看出电压表的示数先增大后减小；将整个过程分为两阶段：两并联支路电阻相等前，总电流减小，并联电路的电压U并＝E－I总(R2＋r)增大，电流表支路电阻减小，电流表读数增大；两并联支路电阻相等后，总电流增大，R0下部分电压减小，电阻增大，电流减小，总电流增大，电流表读数增大，故电流表的读数总大于I，故B、C正确．答案：BC3．如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则()A．电压表示数增大B．电流表示数减小C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小解析：由题图可知，滑动变阻器R2与R3并联后与R1串联，电容器与R3并联．当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，R2接入电路的阻值减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表读数减小，故A错误；并联部分电压减小，流过R3的电流减小，而电路中总电流增大，故流过R2的电流增大，即电流表示数增大，故B错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点受到的向上电场力减小，故质点P将向下运动，故C正确；因通过R1的电流增大，由P＝I2R可知，R1上消耗的功率增大，故D错误．答案：C4．(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是()A．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C．先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器有放电现象D．同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大解析：仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电压减小，故电容器所带的电荷量减小，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误．答案：BC考向二交变电流的产生和描述1．线圈通过中性面时的特点(1)穿过线圈的磁通量最大.(2)线圈中的感应电动势为零．(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．2．有效值计算的三点注意(1)计算有效值时，要根据串联电路中“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．(2)分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量．(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值．3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值．(2)瞬时值：E＝Emsinωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况．(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流.(4)平均值：E＝nΔΦΔt，计算通过电路截面的电荷量．[典例1]如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．则()A．t＝0时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．从图示时刻开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝314sin100πt(V)C．线圈转一圈外力做的功为98.6JD．从图示位置起到线圈转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为0.01C[解析]根据右手定则，线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a，选项A错误；由转速n＝3000r/min可知线圈的角速度ω＝100πrad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314V，感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝314cos100πt(V)，选项B错误；感应电动势的有效值E＝Em2，线圈匀速转动的周期T＝2πω＝0.02s，线圈匀速转动一圈，外力做功的大小等于电阻产生的热量的大小，即W＝I2(R＋