（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题四 电路与电磁感应 第一讲 直流电路与交流电路课

第一讲直流电路与交流电路专题四电路与电磁感应123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测考点一直流电路的动态分析释疑4大考点高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体。解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。需要考生学会灵活变通。(一)理清直流电路知识体系(二)掌握动态变化判断方法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．直观判断法利用下面两个结论直观地得到结论：(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。如诊断卷第1题，滑动变阻器滑片P向左移动→R2↑I↓U↑QC↑3．注意某些特殊公式的含义如诊断卷第3题，由U2＝E－I(R1＋r)，可得ΔU2ΔI＝R1＋r，又U3＝E－Ir，则有ΔU3ΔI＝r。1.(2019·江苏高考)如图所示的电路中，电阻R＝2Ω。断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为()A．1ΩB．2ΩC．3ΩD．4Ω[题点全练]解析：当S断开后，电压表读数为U＝3V，可认为电动势E＝3V。当S闭合后，由闭合电路欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝U′R，整理得电源内阻r＝E－U′RU′＝1Ω，选项A正确。答案：A2.(2019·江苏七市三模)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R3为滑动变阻器，R2为定值电阻，C为电容器。开始时开关S1、S2闭合。下列操作能使电容器所带电荷量增加的是()A．断开开关S1B．断开开关S2C．向左移动滑动变阻器R1的滑片D．向左移动滑动变阻器R3的滑片解析：断开开关S1，回路电流为零，电容器通过R1、R2、S2回路放电，电荷量减小，A错误；根据电路结构可知，回路电流I＝ER2＋R3＋r，电容两端电压：U＝IR2＝ER2R2＋R3＋r，断开开关S2，电容器直接串联在电路中，回路电流为零，电容器两端电压等于电动势，电压变大，根据Q＝CU可知，带电量变大，B正确；滑动变阻器R1与电容器串联，稳定时，支路无电流，改变R1的滑片位置，不会改变电压和电流，电容器带电量不变，C错误；向左移动滑动变阻器R3的滑片，接入电路电阻变大，回路电流变小，电容器两端电压变小，根据Q＝CU可知，带电量变小，D错误。答案：B考点二交流电的产生及描述本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。建议考生自学为主。(一)正弦式交变电流“四值”的比较和理解物理量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物理量表达式适用情况及说明有效值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＝BLvE＝nΔΦΔtI＝ER＋r计算通过电路截面的电荷量，q＝nΔΦR＋r(二)交变电流问题的三点提醒1．正弦式交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动而产生。2．电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热(或功率)时，也应利用电流或电压的有效值，如诊断卷第6题A选项。3．对于有电动机的回路，要注意欧姆定律的适用条件。[题点全练]1.[多选]如图所示，电阻为r的单匝矩形线圈面积为S，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则()A．滑片P向下滑动时，电压表的读数变大B．图示位置线圈中的感应电动势最大C．线圈从图示位置转过180°的过程中，电阻R上产生的焦耳热为πB2S2ωR2R＋r2D．1s内流过R的电流方向改变ωπ次解析：滑片P向下滑动时外电阻变大，电流变小，内电压变小，外电压变大，则电压表的读数变大，则A正确；图示位置为中性面，电动势为0，故B错误；电动势最大值Em＝BSω，则由图示位置转过180°电阻R上产生的焦耳热为Q＝Em2R＋r2R·πω＝πB2S2ωR2R＋r2，故C正确；1s内所完成的周期数是1T＝ω2π，每个周期电流方向改变2次，1s内流过R的电流方向改变ωπ次，故D正确。答案：ACD2．(2019·无锡期末)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示。灯泡标有“36V40W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是()A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝362sin(πt)VB．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C．灯泡L恰好正常发光D．理想变压器输入功率为20W解析：由题图乙可知，周期为0.02s，交流电的角速度：ω＝2πT＝2π0.02rad/s＝100πrad/s，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为μ＝72sin100πt(V)，选项A错误；交流电的频率为50Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；变压器初级电压有效值为U1＝722V＝362V，由原副线圈的匝数比为2∶1可知，次级电压有效值为182V，则灯泡L不能正常发光，选项C错误；灯泡电阻为R＝U2P＝32.4Ω，次级功率：P2＝U22R＝182232.4W＝20W，则理想变压器输入功率为20W，选项D正确。答案：D考点三交流电路的动态分析本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。需要考生学会迁移应用。(一)明确变压器各物理量间的制约关系(二)谨记交流电路动态分析的注意事项1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。如诊断卷第8题，电压表示数不随触头P的移动而改变。2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。如诊断卷第9题，将S由1拨到2时，原线圈匝数变化；诊断卷第10题，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程，副线圈匝数减小。3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。[题点全练]1．(2019·南京、盐城三模)如图所示，理想变压器电路原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是()A．保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮B．保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小C．保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小D．保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大解析：保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，滑动变阻器R接入电路电阻增大，并联电路阻值增大，副线圈电压不变，副线圈电流减小，所以并联电路电压增大，灯泡L变亮，故A正确；保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，滑动变阻器R接入电路电阻减小，并联电路阻值减小，副线圈电压不变，副线圈电流增大，所以并联电路电压减小，通过灯泡电流减小，电流表示数变大，故B错误；保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，副线圈电流增大，光敏电阻的功率增大，故C错误；保持P位置和S位置不变，使光线变暗，光敏电阻的阻值变大，副线圈电压不变，输出功率减小，原线圈的输入功率变小，故D错误。答案：A2.[多选](2019·苏北三市一模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，原线圈接交流电压u＝10sin20πt(V)。下列说法正确的是()A．交流电压的周期为0.1sB．电压表V示数为14.1VC．P向上滑动，电压表V示数将变小D．P向上滑动，电流表A示数将变小解析：根据公式知交流电压的周期为：T＝2πω＝2π20πs＝0.1s，故选项A正确；由于电表的示数均为有效值，则原线圈输入电压的有效值为：U1＝Um2＝102V＝52V，根据电压与匝数成正比可知：U1U2＝n1n2，则可以得到：U2＝n2n1U1＝21×52V＝102V＝14.1V，故选项B正确；由于原、副线圈的匝数不变，原线圈的电压不变，根据U1U2＝n1n2可知副线圈电压不变，则电压表示数不变，故选项C错误；由于电流表与电容器串联，接在交变电流中，频率不变，容抗不变，副线圈电压不变，故电流表的读数不变，故选项D错误。答案：AB3.[多选](2019·南京、盐城二模)如图所示，A、B为相同的灯泡，C为电容器，L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)。下列说法中正确的是()A．闭合开关，B立即发光B．闭合开关，电路稳定后，A中没有电流C．电路稳定后，断开开关，B变得更亮后再熄灭D．电路稳定后，断开开关，A中电流立即为零解析：闭合开关S的瞬时，电容器C充电，相当于短路；而电感线圈L阻碍电流的增加，相当于断路，则B先发光；电路稳定后，电容器充电完毕相当于断路，则A中有电流，选项A正确，B错误。电路稳定后，断开开关，则电感线圈L与灯泡B组成新的回路，因电路稳定时L中的电流大于B中的电流，则断开S时，B变得更亮后再熄灭，选项C正确。电路稳定后，断开开关，由于电容器放电，则A中电流不会立即为零，选项D错误。答案：AC考点四变压器与远距离输电问题本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，抓住两个关系，掌握两种损耗。建议考生适当关注。(一)熟知一个流程(二)抓住两处关系升压变压器T1两端降压变压器T2两端U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4(三)掌握两种损耗1．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。2．功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝IR2R＝UR2R，注意PR≠U22R或U32R。(四)注意一种特殊情况交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。[典例]如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其原线圈输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660kW。下列说法中正确的是()A．t＝0.01s时刻，电压表的示数是0B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小[解析]电压表的示数是交流电的有效值，则t＝0.01s时刻，电压表的示数不为0，选项A错误；升压变压器输入端电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22000V，所以输电线中的电流I＝PU＝660×10322000A＝30A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50V＝1500V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝15