(新高考物理)高考二轮复习专题八 直流电路与交流电路(解析版)

恒定电流的知识在高考中多在实验题以及电磁感应的综合题中经常出现。交流电的产生、变压器的原理、交变电流的四值问题以及远距离输电等，可能会结合实际生活中的电器和元件考查，题型为选择题，难度中等。

一、直流电路的分析与计算

1．直流电路动态分析的3种方法

(1)程序法：R局I总＝ U内＝I总rU外＝E－U内确定U支、I支。

(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)

“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。

2．求解功率最值问题的2点技巧

(1)定值电阻的功率：P定＝I2R

(2)电源的输出功率：当R外＝r时，P出＝最大。

二、交变电流

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，＝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，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。

2．正弦交流电“四值”的应用

(1)最大值Em＝NBSω，电容器的击穿电压指最大值。

(2)瞬时值(从中性面开始计时)e＝NBSωsin ωt。

(3)有效值：正弦式交流电的有效值E＝；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。

(4)平均值：＝n，常用来计算通过电路的电荷量。

3．理想变压器问题分析技巧

(1)根据题意分清变量和不变量；

(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。

1．(多选)如图所示，电路中闭合开关S后，灯泡L1和L2均正常发光。由于某种原因L2的灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏。电路再次稳定后，下列说法正确的是(　　)

A．电流表示数变大

B．电容器C所带电荷量不变

C．电源的输出功率一定变大

D．电源的工作效率一定变大

【答案】AD

【解析】灯泡L2的灯丝烧断，外电路电阻变大，电源输出电流减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电源路端电压U＝E－Ir，即电源路端电压增大，由欧姆定律可知灯泡L1中电流增大，电流表示数变大，A正确；电源路端电压增大，电容器两端电压增大，由C＝可知，电容器所带电荷量增多，B错误；由于题述没有给出电源内阻与灯泡电阻的关系，不能判断出电源的输出功率的变化趋势，C错误；根据η＝×100%，可知电源的工作效率η一定变大，D正确。

2．(2021·浙江1月选考物理·T16)(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　　)

A．框内电流方向不变             B．电动势的最大值为Um

C．流过电阻的电荷量为      D．电阻产生的焦耳热为

【答案】BD

【解析】当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，则A错误；由图乙可知，电动势的最大值为Um，B正确；线圈转过半周，则流过电阻的电荷量，则金属框转过一周流过电阻的电荷量，C错误；因Um＝BωL2，则，金属框转过一周电阻产生的焦耳热，D正确。

1．(多选)如图所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻R3，则(　　)

A．电源的总功率减小

B．A板的电势降低

C．液滴向上运动

D．电容器所带电荷量增加

【答案】CD

【解析】电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI变大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A错误，C正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加，故D正确；由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势升高，A板的电势也升高，故B错误。

2．(多选)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈的输入电压u随时间t变化图象如图乙所示，D为理想二极管，R为电阻箱，当电阻箱阻值R＝11 Ω时，下列说法正确的是(　　)

A．原线圈的输入电压频率为50 Hz

B．电阻箱R两端电压的有效值为11 V

C．电阻箱R消耗的功率为22 W

D．若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流减小

【答案】AC

【解析】由题图可知，T＝0.02 s，f＝＝50 Hz，故A正确；原线圈电压的有效值U1＝220 V，由变压比可知，副线圈两端的电压U2＝22 V，由于二极管具有单向导电性，由电流的热效应可知，T＝·，得UR＝11 V，故B错误；由热功率P＝＝22 W可知，电阻箱R消耗的功率为22 W，故C正确；若电阻箱R阻值变小，由于原线圈电压不变和变压器匝数比不变，所以副线圈的电压不变，所以副线圈电流变大，则原线圈电流变大，故D错误。

1．如图所示的电路中，小灯泡L电阻不变，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，R1＞r，将滑动变阻器的滑片向下滑动时，则(　　)

A．电压表的示数变小

B．灯的亮度变小

C．电源的输出功率变大

D．电源的效率升高

【答案】C

【解析】将滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，故总电流I变大，根据U＝E－Ir可知路端电压减小；根据欧姆定律可知电阻R1两端的电压增加，即电压表的示数变大，故并联部分的电压U＝U－IR1减小，根据欧姆定律可知通过R2的电流减小，根据并联分流可知电流表的示数变大，即灯的电流变大，根据P＝I2R可知灯的功率变大，所以灯的亮度变亮，故A、B错误；当外电路电阻接近电源内阻时，电源的输出功率增加，当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，由于R1＞r，所以外电路的总电阻总大于电源的内阻，在外电路的总电阻减小的过程中电源的输出功率在变大，故C正确；电源的效率，变阻器R3接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，路端电压减小，所以电源的效率减小，故D错误。

2．如图所示的电路中，电源电动势E＝4 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R0＝1 Ω。在滑动变阻器R（最大阻值是4 Ω）的滑片由a缓慢地向b滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．电容器的带电荷量先减小后增大

B．滑动变阻器滑片滑至中间位置时，定值电阻R0的功率最大

C．滑动变阻器的功率先增大后减小，最大值是5 W

D．电源效率先增大后减小，最大值是50%

【答案】D

【解析】滑动变阻器左右两部分并联，在滑片由a向b移动的过程中，并联总电阻先增大后减小，滑片滑至中间位置时，并联电阻最大，为1 Ω，因此路端电压先增大后减小，电容器两端电压等于路端电压，由Q＝CU可知其带电荷量先增大后减小，A错误；定值电阻R0消耗的功率P＝I2R0，滑动变阻器滑片滑至两端时，外电阻最小时，电流最大，定值电阻R0的功率最大，B错误；将定值电阻等效成电源内阻，滑动变阻器消耗功率即可等效为电源输出功率，理论上滑动变阻器接入电路的阻值等于R0+r＝3 Ω时，滑动变阻器消耗功率最大，但滑动变阻器在该电路中的最大阻值是1 Ω，因此在滑动变阻器滑片由a端滑向中间位置的过程中，其消耗的功率逐渐增大，之后由中间位置滑向b端过程中，消耗的功率逐渐减小，滑片在中间位置时滑动变阻器的功率最大，其最大值，C错误；滑动变阻器滑片在中间位置时R外＝R0+R＝2 Ω，此时外电路电阻最大，电源效率最大，最大值为，在滑动变阻器R的滑片由a缓慢地向b滑动的过程中，电源效率先增大后减小，D正确。

3．某同学为探究电表的改装，设计了如图所示的实验电路。A为0.6 A量程的标准电流表，G为满偏电流Ig＝200 mA、内阻Rg＝200 Ω的灵敏电流计，V为理想电压表，R1、R2为滑动变阻器，E为电源，S为开关。电源的内阻不计，R2的最大阻值为200 Ω。该同学要通过调节R2滑片的位置，将灵敏电流计改装成0.6 A量程的电流表，下列说法正确的是(　　)

A．开关S闭合前，为保证灵敏电流计安全，滑动变阻器R2的滑片应置于最右端

B．开关S闭合后，只将R1的滑片向下滑动，电流表A的示数将变小

C．开关S闭合后，只将R2的滑片向右滑动，电压表V的示数将变大

D．新表改装完成后，当电流表A的示数为0.3 A时，灵敏电流计G中的电流为100 mA

【答案】D

【解析】为保证灵敏电流计安全，应使G中电流最小，故开关S闭合前，滑动变阻器R2的滑片应置于最左端，故A错误；开关S闭合后，只将R1的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，干路电流增大，所以测量干路电流的电流表A的示数将变大，故B错误；因电源内阻不计，故无论R1、R2如何调整，电压表V的示数均不会变化，故C错误；当R2连入电路的阻值为，改装后新表的量程为0.6 A，当电流表A的示数为0.3 A时，灵敏电流计G中的电流IG＝IA＝100 mA，故D正确。

4．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是(　　)

A．曲线b表示的交变电流的电动势有效值为10 V

B．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3∶2

C．线圈转速不变，将原线圈滑片P向上滑动时，灯泡变亮

D．P位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大

【答案】B

【解析】由图乙可知a的周期Ta＝4×10－2 s，b的周期Tb＝6×10－2 s，根据ω＝，角速度比ωa∶ωb＝3∶2，B正确；由图乙可知曲线a表示的交变电流的电动势最大值为15 V，根据Em＝NBSω，可得Ema∶Emb＝3∶2，则曲线b表示的交变电流的电动势的最大值为10 V，有效值为5 V，A错误；仅将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，根据变压器的电压与匝数的关系＝，输出电压减小，故灯泡会变暗，C错误；P位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率P＝，变小，输入功率也变小，D错误。

5．有一理想变压器如图甲所示，原副线圈匝数比为11∶4，原线圈接入如图乙所示的交流电压，回路中的灯泡L的额定电压为18 V。灯泡正常工作时的电阻RL为12 Ω，定值电阻R1＝11 Ω，R2＝8 Ω，滑动变阻器最大阻值50 Ω。为保证灯泡正常工作，则滑动变阻器接入电路的电阻为(　　)

A．24 Ω     B．28 Ω     C．32 Ω     D．36 Ω

【答案】B

【解析】根据题意可知，正弦式交流电的有效值U1＝110 V，根据变压器原理可知，副线圈两端电压为U2＝40 V，灯泡正常工作，则灯泡两端电压为18 V，根据串联电压特点可知，电阻R1两端电压UR1＝U2－UL＝22 V，根据欧姆定律可得流经副线圈电流I2＝2 A，灯泡的电流IL＝1.5 A，故流经R2的电流IR1＝I2－IL＝0.5 A，故滑动变阻器接入电路的电阻为，故选B。

6．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图象，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，A、V分别为理想交流电流表和理想交流电压表，电阻R阻值为100 Ω，则(　　)

A．理想交流电压表读数为25 V

B．理想交流电流表读数为1 A

C．电阻R消耗的电功率为56.25 W

D．电阻R在100 s内产生的热量为5600 J

【答案】C

【解析】根据电流的热效应，一个周期内产生的热量，解得U＝75 V，A错误；电流表读数I＝＝0.75 A，B错误；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25 W，C正确；电阻R在100 s内产生的热量Q＝Pt＝5625 J，D错误。

7．(多选)在如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3均为定值电阻，在开关S闭合的状态下，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板a、b之间的P点，处于静止状态。则下列说法正确的是(　　)

A．不断开电源，当两极板间的距离减小时，油滴将向下运动

B．不断开电源，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，油滴将向下运动

C．断开电源，电阻R2上始终没有电流通过

D．断开电源，油滴将向下运动

【答案】BD

【解析】不断开电源，板间电压不变，当两极板间的距离减小时，由E＝可知场强增大，油滴受到电场力增大，油滴将向上运动，故A错误；不断开电源，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，并联部分电阻变大，分压变大，但总电流变小，R2电压变大，电流变大，则R3电流变小，分压变小，场强变小，油滴将向下运动，故B正确；断开电源，电容器经过R3与R2和R4放电，电阻R2上有电流通过，故C错误；断开电源，电容器放电，油滴将向下运动，故D正确。

8．如图所示的电路中，直流电源电动势E＝400 V，内电阻r＝20 Ω。两带小孔的平行正对金属板M、N水平放置，板间的距离d＝4.0 cm。当闭合开关S，待电路稳定后，M、N两金属板间的电压U＝200 V，将一质量m＝2.0×10－4 kg的带正电的小球（可视为质点）从N板上的小孔以初速度v0＝1.0 m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达M板。不考虑空气阻力、忽略射入小球对电路的影响，电阻R1＝1980 Ω，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)带电小球的带电量；

(2)滑动变阻器接入电路中的电阻值和滑动变阻器消耗的电功率。

【解析】(1)小球从N板上的小孔射入恰好到达M板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设带电量为q，根据动能定理有：

解得带电量q＝1.0×10－7 C。

(2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为RP，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流

根据部分电路欧姆定律可知U＝IRP

解得RP＝2.0×103 Ω

滑动变阻器消耗的电功率。