2024高考物理二輪復習專題復習篇專題4第1講直流電路與交流電路學案

PAGE13-直流電路與溝通電路[建體系·知關聯(lián)][析考情·明策略]考情分析近幾年高考命題熱點集中在交變電流的產(chǎn)生及“四值”分析、變壓器基本規(guī)律的應用、變壓器與電路結(jié)合的動態(tài)問題。題型為選擇題，難度中等。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.交變電流的產(chǎn)生條件，“四值”的分析與計算2.變壓器規(guī)律的應用及電路分析3.遠距離輸電的分析與計算素養(yǎng)落實1.理解交變電流的產(chǎn)生原理2.駕馭“四值”描述及圖象3.駕馭志向變壓器的規(guī)律及動態(tài)分析的方法4.駕馭遠距離輸電損耗的緣由及計算方法考點1|直流電路的分析與計算1．直流電路動態(tài)分析的3種方法(1)程序法R局eq\o(→,\s\up16(增大),\s\do12(減小))I總＝eq\f(E,R＋r)eq\o(→,\s\up16(減小),\s\do12(增大))U內(nèi)＝I總req\o(→,\s\up16(減小),\s\do12(增大))U外＝E－U內(nèi)eq\o(→,\s\up16(增大),\s\do12(減小))確定U支、I支。(2)結(jié)論法——“串反并同”(電源內(nèi)阻不能忽視)“串反”：指某一電阻增大(減小)時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小(增大)?！安⑼保褐改骋浑娮柙龃?減小)時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大(減小)。(3)極限法因變阻器滑片滑動引起電路變更的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個極端，使電阻最大或電阻為零去探討。2．求解功率最值問題的2點技巧(1)定值電阻的功率：P定＝I2RR為定值電阻，P定只與電流有關系，當R外最大時，I最小，P定最小，當R外最小時，I最大，P定最大。(2)電源的輸出功率：P＝eq\f(E2R外,r＋R外2)＝eq\f(E2,\f(R外－r2,R外)＋4r)。當R外＝r時，P出＝eq\f(E2,4r)最大。[典例1]如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r，R1、R3、R4均為定值電阻，電表均為志向電表，閉合開關S，將滑動變阻器R2的滑片向右移動，電流表和電壓表示數(shù)變更量的肯定值分別為ΔI、ΔU，下列結(jié)論正確的是()A．電流表的示數(shù)變大，電壓表的示數(shù)變小B．電阻R1被電流表短路C．eq\f(ΔU,ΔI)>rD．eq\f(ΔU,ΔI)<r[題眼點撥]①“滑片向右移動”電阻變大。②“電壓表”測路端電壓。③“電流表”測流過R2和R3的電流。

D[該電路的等效電路圖如圖所示。電流表測量的是流過R2和R3的電流之和。設流過電阻R1、R2、R3、R4的電流分別為I1、I2、I3、I4，兩端電壓分別為U1、U2、U3、U4，路端電壓為U，電流表的示數(shù)為I，將滑動變阻器R2的滑片向右移動，其接入電路的電阻變大，外電路總電阻變大，I總變小，內(nèi)電壓變小，路端電壓變大，所以電壓表的示數(shù)變大，I3變大，而I總＝I3＋I4，I總變小，I4變小，U4變小，而U1＋U4＝U，U變大，U1變大，I1變大，又I總＝I1＋I，總電流變小，I1變大，則I變小，電流表的示數(shù)變小，且變更量的肯定值ΔI>ΔI總，則eq\f(ΔU,ΔI)<eq\f(ΔU,ΔI總)＝r，A、B、C項錯誤，D項正確。]反思感悟：對U、ΔU、eq\f(ΔU,ΔI)三種形式的分析。(1)對于U的變更依據(jù)程序法或“串反并同”法分析即可。(2)對于ΔU的變更要依據(jù)E＝U外＋U內(nèi)得到|ΔU外|＝|ΔU內(nèi)|，再進一步推斷。(3)對于eq\f(ΔU,ΔI)的推斷，要分析電阻，假如R外不變，有R外＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)；假如R外變更，要像本題一樣，找到各量的關系，進一步導出變更量的關系。[跟進訓練]1.(多選)(2024·湖北夷陵中學測試)如圖所示的電路中，R1、R2、R3是固定電阻，R4是光敏電阻，其阻值隨光照強度的增加而減小。當開關S閉合且沒有光照耀時，電容器C不帶電，當用強光照耀R4且電路穩(wěn)定時，則()A．電容器C的上極板帶正電B．電容器C的下極板帶正電C．通過R4的電流變大，電源的路端電壓減小D．通過R4的電流變大，電源的總功率肯定變小BC[當用強光照耀R4且電路穩(wěn)定時其電阻減小，電路中干路電流I增大，路端電壓U＝E－Ir會減小，則通過電阻R1、R2的電流減小，又因為I34＝I－I12，所以通過電阻R3、R4的電流增大，則通過R3的電勢著陸差比通過R1的大，故電容器C的上極板為低電勢，則下極板帶正電。通過R4的電流變大，由P＝EI可知，電源的總功率肯定變大，故選項B、C正確。]2.(多選)如圖所示電路中，R1、R2為定值電阻，電源的內(nèi)阻為r。閉合開關S，志向電壓表顯示有讀數(shù)，調(diào)整可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)的增加量為ΔU。對此過程，下列推斷正確的是()A．可變電阻R阻值增大，流過它的電流增大B．電阻R2兩端的電壓減小，減小量小于ΔUC．通過電阻R2的電流減小，減小量等于eq\f(ΔU,R2)D．路端電壓肯定增大，增大量小于ΔUBD[當調(diào)整可變電阻R的阻值時，電壓表示數(shù)增加量為ΔU，依據(jù)閉合電路歐姆定律可知，可變電阻R阻值增大，干路電流減小，電阻R1所在支路電流增大，流過可變電阻R的電流減小，選項A錯誤；電阻R2兩端的電壓減小，電源內(nèi)電壓減小，二者減小量之和等于ΔU，所以電阻R2兩端的電壓減小量小于ΔU，選項B正確；通過電阻R2的電流減小，減小量等于eq\f(ΔU,R2＋r)，選項C錯誤；路端電壓肯定增大，增大量為eq\f(r,R2＋r)·ΔU，小于ΔU，選項D正確。]3.(多選)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，電表均為志向電表，R為滑動變阻器，閉合開關后燈泡正常發(fā)光，當滑動變阻器的滑片P向右移動時，下列推斷正確的是()A．電壓表、電流表示數(shù)均變大，燈泡L將變暗B．定值電阻R0中將有從右向左的電流通過C．電壓表示數(shù)變更量與電流表示數(shù)變更量的比值不變D．電源的輸出功率肯定變小BC[當滑動變阻器的滑片向右移動時，外電阻減小，電路中總電流變大，則燈泡L將變亮，電流表示數(shù)變大，電源的內(nèi)電壓變大，則路端電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，選項A錯誤；電容器的電壓等于路端電壓，所以電容器的電壓減小，由Q＝CU分析可知其電荷量將減小，電容器放電，則定值電阻R0中將有從右向左的電流通過，選項B正確；依據(jù)閉合電路歐姆定律知U＝E－Ir，得eq\f(ΔU,ΔI)＝r，可得電壓表示數(shù)變更量與電流表示數(shù)變更量的比值保持不變，選項C正確；因不清晰外電路電阻與電源內(nèi)阻的大小關系，則不能確定電源輸出功率的變更，選項D錯誤。]4．如圖1所示，M為一電動機，當滑動變阻器的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變更狀況如圖2所示，已知電流表讀數(shù)在0.2A以下時，電動機沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，不考慮電表對電路的影響，以下推斷不正確的是()圖1圖2A．電路中的電源電動勢為3.9VB．電動機的電阻為4ΩC．此電路中，電動機的最大輸出功率為0.9WD．變阻器的最大阻值為32ΩC[由電路圖1知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關系，此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，為r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(3.6－3.0,0.2)Ω＝3Ω；當電流I＝0.1A時，U＝3.6V，則電源的電動勢E＝U＋Ir＝3.6V＋0.1×3V＝3.9V，故A正確；由圖可知，電動機的電阻rM＝eq\f(0.8－0.4,0.1)Ω＝4Ω，故B正確；當I＝0.3A時，U＝3.0V，電動機的輸入功率最大，最大輸入功率為P＝UI＝3×0.3W＝0.9W，電動機的熱功率為PrM＝I2rM＝0.32×4W＝0.36W，則最大的輸出功率為P出＝0.9W－0.36W＝0.54W，故C錯誤；當I＝0.1A時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，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正確。]考點2|交變電流的產(chǎn)生與描述1．兩個特別位置的特點(1)線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向?qū)l(fā)生變更。(2)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不變更。2．正弦溝通電“四值”的應用[典例2](多選)(2024·高考天津卷)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖象如圖所示。下列說法正確的是()A．eq\f(T,2)時刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應電動勢有效值為eq\f(\r(2)πΦm,T)C．線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)D．從t＝0到t＝eq\f(T,4)過程中線框的平均感應電動勢為eq\f(πΦm,T)[題眼點撥]①“Φ-t”圖象表明t＝0、t＝eq\f(T,2)、t＝T時處于中性面位置。②“Φ-t”圖象信息：依據(jù)Φm、T，可獲得Em＝NΦmω，ω＝eq\f(2π,T)。BC[由Φ-t圖象可知，eq\f(T,2)時穿過線框的磁通量最大，則線框位于中性面，A錯誤；線框中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值應為Em＝NBSω，又ω＝eq\f(2π,T)，N＝1，BS＝Φm，則整理得Em＝eq\f(2πΦm,T)，因此感應電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B正確；由功能關系可知線框轉(zhuǎn)動一周，外力所做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，有W＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)，C正確；0～eq\f(T,4)的過程中，線框中產(chǎn)生的平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D錯誤。]反思感悟：解決交變電流問題的三點留意(1)留意區(qū)分交變電流的最大值、瞬時值、有效值和平均值，其中最大值是瞬時值中的最大值，有效值是以電流的熱效應等效來定義的。(2)確定正弦式交變電流的峰值，依據(jù)已知圖象或由公式Em＝NBSω求出相應峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn。(3)與電磁感應問題一樣，求解與電功、電熱相關的問題時，要用有效值；而求解通過導體某橫截面的電荷量時，要用平均值。[跟進訓練]1．(2024·江蘇南通期末)一電阻分別通過四種不同形式的電流，四種電流隨時間變更的狀況如下列選項所示，在相同時間T(T為0.02s的整數(shù)倍)內(nèi)電阻產(chǎn)生的熱量最大的是()ABCDD[A中為正弦式電流，有效值I1＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A，依據(jù)焦耳定律得Q1＝Ieq\o\al(2,1)RT＝2RT；B中為正弦式電流，有效值I2＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A，依據(jù)焦耳定律得Q2＝Ieq\o\al(2,2)RT＝2RT；C中為恒定電流，依據(jù)焦耳定律得Q3＝Ieq\o\al(2,3)RT＝2.25RT；D中為方波電流，依據(jù)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。故選D。]2．如圖甲所示，肯定值電阻R與一志向溝通電流表串聯(lián)，且通過電刷與匝數(shù)為N、面積為S、阻值為r的正方形線框相連接，正方形線框處在水平向右的磁感應強度大小為B的勻強磁場中，現(xiàn)使線框繞中心軸線OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動。從某時刻起先計時，線框中產(chǎn)生的感應電動勢隨時間的變更規(guī)律如圖乙所示。則()圖甲圖乙A．0～t1時間內(nèi)，穿過線框的磁通量的變更量大小為NBSB．t1～t2時間內(nèi)流過定值電阻的電荷量為eq\f(NBS,R)C．t5時刻穿過線框的磁通量的變更率為NBSωD．t5時刻志向溝通電流表的讀數(shù)為eq\f(NBSω,\r(2)R＋r)D[由題圖甲、乙可知，0時刻穿過線框的磁通量大小為BS，t1時刻穿過線框的磁通量大小為0，因此0～t1時間內(nèi)穿過線框的磁通量的變更量大小為BS，故A項錯誤；t1～t2時間內(nèi)磁通量的變更量大小為BS，則平均電動勢eq\o(E,\s\up7(－))＝eq\f(NBS,Δt)，通過電阻R的電荷量q＝eq\f(\o(E,\s\up7(－)),R＋r)·Δt＝eq\f(NBS,R＋rΔt)·Δt＝eq\f(NBS,R＋r)，故B項錯誤；t5時刻線框中產(chǎn)生的感應電動勢Em＝NBSω，由法拉第電磁感應定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)可知：t5時刻穿過線框的磁通量的變更率eq\f(ΔΦ,Δt)＝BSω，故C項錯誤；志向溝通電流表的讀數(shù)為溝通電的有效值，則I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)＝eq\f(NBSω,\r(2)R＋r)，故D項正確。]3．(多選)(2024·安徽黃山市高三聯(lián)考)一浮桶式波浪發(fā)電燈塔的原理如圖甲所示，浮桶內(nèi)的磁體由支柱固定在暗礁上，內(nèi)置線圈與R＝15Ω的燈泡相連，隨波浪相對磁體沿豎直方向上下運動且始終處于磁場中，其運動速度v＝0.8πsin(πt)m/s。浮桶下部由內(nèi)、外兩密封圓筒構(gòu)成(圖中陰影部分)，其截面如圖乙所示，匝數(shù)N＝100的圓形線圈所在處輻射磁場的磁感應強度大小恒為B＝0.2T，線圈的直徑D＝0.4m，總電阻r＝1Ω。取π2＝10。則下列說法正確的是()A．線圈中產(chǎn)生電動勢的瞬時值為e＝64sin(πt)VB．燈泡中電流的瞬時值為i＝4sin(πt)AC．燈泡兩端電壓的有效值為30eq\r(2)VD．燈泡的電功率為240WABC[線圈在磁場中切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢為：Emax＝NBlvmaxl＝πD聯(lián)立得：Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8πV＝64V則波浪發(fā)電產(chǎn)生電動勢e的瞬時表達式：e＝Emaxsin(πt)＝64sin(πt)V，故A正確；依據(jù)閉合電路歐姆定律得：i＝eq\f(e,R＋r)＝4sin(πt)A，故B正確；燈泡電流的有效值為：I＝eq\f(4,\r(2))A＝2eq\r(2)A，則燈泡電壓的有效值為：U＝IR＝2eq\r(2)×15V＝30eq\r(2)V，故C正確；燈泡的電功率為：P＝I2R＝(2eq\r(2))2×15W＝120W，故D錯誤。]考點3|志向變壓器及遠距離輸電問題1．志向變壓器動態(tài)分析的兩種狀況(1)負載電阻不變，探討變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨匝數(shù)比的變更狀況。(2)匝數(shù)比不變，探討變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負載電阻的變更狀況。2．志向變壓器問題分析技巧(1)依據(jù)題意分清變量和不變量；(2)弄清“誰確定誰”的制約關系。對電壓而言，輸入確定輸出；對電流、電功(率)而言，輸出確定輸入。3．遠距離輸電問題的解題關鍵(1)整個輸電線路由三個回路組成，回路間通過變壓器建立聯(lián)系(如圖所示)。(2)關鍵是通過分析，利用題目條件，首先求出中間回路的電流I2，則ΔU＝I2R，ΔP＝Ieq\o\al(2,2)·R＝ΔU·I2＝eq\f(ΔU2,R)。[典例3](多選)(2024·湖北一般中學協(xié)作體期中聯(lián)考)某單位應急供電系統(tǒng)配有一小型發(fā)電機，該發(fā)電機內(nèi)的矩形線圈面積為S＝0.2m2、電阻為r＝5.0Ω，線圈所處的空間是磁感應強度為B＝eq\f(\r(2),2)T的勻強磁場，發(fā)電機正常供電時線圈的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(2160,π)r/min，如圖所示是配電原理示意圖，志向變壓器原副線圈的匝數(shù)比為5∶2，R1＝5.0Ω、R2＝5.2Ω，電壓表、電流表均為志向電表，系統(tǒng)正常運作時電流表的示數(shù)為I2＝10A，溝通電壓表的示數(shù)為700V，則下列說法中正確的是()A．線圈匝數(shù)為N＝100匝B．燈泡的工作電壓為272VC．變壓器輸出的總功率為2720WD．若負載電路的燈泡增多，發(fā)電機的輸出功率會增大ACD[因為電流表的示數(shù)為10A，依據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得原線圈的電流I1＝4A，電壓表的讀數(shù)為700V，依據(jù)U＝E－I1r得E＝720V，線圈在磁場中產(chǎn)生電動勢的有效值為E＝eq\f(NBSω,\r(2))，解得N＝100匝，A正確；原線圈兩端的電壓為U1＝E－I1(r＋R1)＝680V，依據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得副線圈兩端的電壓為U2＝272V，所以變壓器輸出的總功率為P＝U2I2＝2720W，此時燈泡上的電壓為U′＝272V－10×5.2V＝220V，B錯誤，C正確；把發(fā)電機外的全部用電器等效為一個電阻R，依據(jù)題意可知R>r，若負載電路的燈泡增多，則等效電阻R減小，分析可知，此時發(fā)電機的輸出功率會增大，D正確。]反思感悟：分析變壓器電路的兩點提示(1)“電壓關系”中的“電壓”是指原、副線圈兩端的電壓，本題中不能誤把發(fā)電機兩端的電壓當作原線圈兩端的電壓；(2)“電流關系”中的“電流”是指通過原、副線圈的電流，而不能誤把某一部分的電壓或電流當作原、副線圈的電壓或電流。[跟進訓練]1.(多選)如圖所示，志向變壓器原線圈接有溝通電源，保持輸入電壓不變。起先時單刀雙擲開關K接a，S斷開時，小燈泡A發(fā)光較暗，要使小燈泡A亮度增加，下列操作可行的是()A．閉合開關SB．開關K接bC．把滑動變阻器滑片向左移動D．把滑動變阻器滑片向右移動BD[閉合開關S，副線圈回路總電阻變小，電流變大，滑動變阻器上的分壓增大，并聯(lián)部分的電壓變小，燈泡A變暗，故A不符合題意；開關K接b，輸入端線圈匝數(shù)減小，則依據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副線圈兩端的電壓增大，燈泡A中電流增大，燈泡A變亮，故B符合題意；把滑動變阻器滑片向左移動，副線圈回路總電阻變大，總電流變小，燈泡A兩端的電壓變小，燈泡A變暗，故C不符合題意；把滑動變阻器滑片向右移動，副線圈回路總電阻變小，總電流變大，燈泡A兩端的電壓變大，燈泡A變亮，故D符合題意。]2．(2024·山東東營高三檢測)如圖所示，志向變壓器原線圈串聯(lián)一個定值電阻R0之后接到溝通電源上，電壓表V1的示數(shù)U1恒定不變，電壓表V2和V3的示數(shù)分別用U2和U3表示，全部電壓表都可視為志向電壓表。當移動滑動變阻器的滑動觸頭P時，下列說法正確的是()A．U3與U1的比值不變B．U2與U3的比值變大C．若U3減小，則R0消耗的功率也減小D．電阻R0和R消耗的功率的比值總是等于eq\f(U1,U2)－1D[U2與U3的比值由變壓器原、副線圈匝數(shù)之比確定，是一個常數(shù)，B錯誤；因為有電阻R0的存在，U1并不等于原線圈兩端的電壓，所以U3與U1的比值將會變更，A錯誤；因為U3與U2的比值不變，當U3減小時，U2也隨著減小，電阻R0兩端的電壓將增加，消耗的功率也增大，C錯誤；設通過原線圈的電流為I，則副線圈的輸出功率即滑動變阻器R消耗的功率為IU2，R0消耗的功率為I(U1－U2)，電阻R0和R消耗的功率的比值為eq\f(IU1－U2,IU2)＝eq\f(U1,U2)－1，所以D正確。]3．(多選)如圖所示，邊長為L、匝數(shù)為N、電阻不計的正方形線圈abcd，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞轉(zhuǎn)軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，軸OO′垂直于磁感線，制成一臺溝通發(fā)電機，它與志向變壓器的原線圈連接，變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1∶2，二極管的正向電阻為零，反向電阻無窮大，從正方形線圈處于圖示位置起先計時，下列推斷正確的是()A．溝通發(fā)電機的感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBωL2cosωtB．變壓器的輸入功率與輸出功率之比為2∶1C．電壓表V示數(shù)為NBωL2D．若將滑動變阻器的滑片向下滑動，電流表和電壓