2023届高考物理二轮复习专题五电路与电磁感应（1）第九讲恒定电流与交变电流学案（含解析）

这是一份2023届高考物理二轮复习专题五电路与电磁感应（1）第九讲恒定电流与交变电流学案（含解析），共16页。学案主要包含了考向分析，核心思路，重点知识，解题技巧，思维建模，典型例题等内容，欢迎下载使用。
2023届二轮复习 专题五 电路与电磁感应（1）第九讲 恒定电流与交变电流（含解析）一、考向分析直流电路的动态分析一般结合闭合电路欧姆定律、电阻定律、电阻的串并联及电容器等知识进行考查。通常从变化的部分人手，采用“分→总→分”的模型进行分析。这部分题目经常以生活、生产中的实际问题情景为背景，考查考生的理解能力，推理论证能力。二、核心思路三、重点知识1.闭合电路欧姆定律（1）闭合电路的欧姆定律：（2）路端电压与电流的关系：（3）路端电压与负载的关系：，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（2）瞬时值（从中性面开始计时）（3）有效值：正弦式交变电流的有效值；非正弦式交变电流的有效值根据电流的热效应，用等效的思想求解。（4）半个周期内的平均值：，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：（2）电压关系：（3）电流关系：4.远距离输电（1）如图所示，发电站的输出电功率为P，输出电压为U ，用户得到的电功率为，电压为，则输电电流为。（2）输电导线随时的电压：。（3）输电导线上损失的电功率：。（4）减少电能损失的基本途径：根据公式，可知有两个基本途径：①减小输电线电阻，如：加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等；②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流。四、解题技巧
1.几个常用的推论
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻。
(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的电阻。
(3)n个相同的电阻并联，总电阻等于一个电阻等于一个电阻的，即。
(4)多个电阻并联时，其中任一个电阻增大或减小，总电阻也随之增大或减小。
(5)并联支路增多，并联电路总电阻减小。
(6)大电阻和小电阻并联，总电阻接近小电阻的阻值。小电阻做粗调，大电阻做微调。
大电阻和小电阻串联，总电阻接近大电阻的阻值。大电阻做粗调,小电阻做微调。
(7)如图所示分压电路中，总电阻与PB段电阻变化情况相同。2.程序法
分析解答动态直流电路类问题的一般步骤:(1)确定电路的外电阻(）如何变化。
(2)根据闭合电路欧姆定律，确定电路的总电流如何变化。
(3)由，确定电源的内电压如何变化。
(4)由，确定电源的外电压(路端电压)如何变化。
(5)由部分电路欧姆定律，确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化。
(6)确定支路两端的电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化。3.结论法当局部电阻变化时，与串联的电阻R的功率P、电流I、电压U与电阻变化相反，简称串联反变或串反，如图(a)。而与并联的R的与的变化相同，简称并联同变或并同，如图（b）。简称“串反并同”。五、思维建模 六、典型例题考点1 直流电路动态分析【例1】如图，为内阻不能忽略的电池，为定值电阻，为开关，与分别为电压表与电流表。初始时与均闭合，现将断开，则（   ）A.的读数变大,的读数变小 B.的读数变大,的读数变大
C.的读数变小,的读数变小 D.的读数变小,的读数变大答案：B解析：S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，A．分析得V的读数变大，A的读数变大，故A错误；B．分析得V的读数变大，A的读数变大，故B正确；C．分析得V的读数变大，A的读数变大，故C错误；D．分析得V的读数变大，A的读数变大，故D错误. 归纳总结：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电阻变化的问题，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。[变式训练]1.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，为定值电阻，为滑动变阻器R的最大阻值，且有，开关闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表的示数分别为，其变化量的绝对值分别为则下列说法正确的是　　A．断开开关，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、 电压表示数变小B．保持R的滑动触片不动，闭合开关，则电流表A示数变大、电压表示数变小C．断开开关，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小D．断开开关，将R的滑动触片向右移动，则有2.如图，平行金属板中带电质点原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是（   ）A.电压表读数减小B.小球的电势能减小C.电源的效率变高D.若电压表、电流表的示数变化量分别为和 ，则考点2 交变电流的产生和描述【例2】在同一匀强磁场中,两个相同的矩形金属线圈分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的图象如图所示,则(   )
A.线圈的转速是的3倍 B.线圈产生的电动势最大值为
C.时，线圈恰好经过中性面 D.时，线圈恰好经过中性面答案：BD解析：A.由图可知,a的周期,b的周期,根据可知ab的转速之比为3:2，故A错误；B.根据可知,ab的角速度之比为3:2,a产生的感应电动势的最大值为,根据可知,b产生的电动势最大值为，故B正确；C.t=0.01s时，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈a恰好经过与中性面垂直位置，故C错误；D.t=0.03s时，线圈b产生的感应电动势最小为零，故线圈b恰好经过中性面，故D正确；故选：BD。 归纳总结：（1）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若有效值发生周期性变化，分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量。③利用两个公式和可分别求得电流有效值和电压有效值。（2）交变电流“四值”应用的三点提醒①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构。②注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的。③与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。（3）交变电流瞬时值表达式书写时要注意计时时刻是以中性面开始，还是以与中性面垂直位置开始。①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em=NBSω求出相应峰值，其中。②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。a.若线圈从中性面开始计时，则e—t图象为正弦函数，；b.若线圈从垂直中性面开始计时，则e—t图象为余弦函数，。[变式训练]3.在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图所示，则(   )A．线圈转2圈时，线圈转了3圈B．线圈产生的电动势的有效值为C．时，线圈恰好经过中性面D．时，线圈恰好经过中性面4.如图所示，面积为、内阻不计的100匝矩形闭合线圈，从图示位置开始绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为，矩形线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，触头P可移动，副线圈所接电阻，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是(   )A.矩形线圈中感应电动势瞬时值的表达式为B.P上移时，电流表示数减小C.时，电压表示数为D.当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率为50 W考点3 变压器与远距离输电【例3】如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比,原线圈接的交流电,电阻为理想二极管,则(   )A.通过电阻的电流为2 A  B.二极管的反向耐压值应大于50 VC.原线圈的输入功率大于50 W             D.通过原线圈的电流为答案：BC解析：由交流电的表达式知,原线圈两端电压有效值,根据得,副线圈两端电压有效值,则通过电阻的电流,故A错误;输出电压最大值为50 V,故要使电路正常工作,二极管反向耐压值应大于50 V,故B正确;根据电流热效应,有,则通过的电流,副线圈的输出功率,故原线圈的输入功率也为75 W,故C正确;通过原线圈的电流,故D错误。 归纳总结：抓住“两不变、两损耗”巧解变压器与远距离输电问题（1）“两不变”的动态分析①负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压电流、电功率等随匝数比的变化情况。②匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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。（2）“两损耗”的输电分析①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR=U2－U3=IRR。②功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式或。[变式训练]5.高压输电可大幅度节能，至2017年11月，我国已建成投运8项特高压交流工程和11项特高压直流工程。中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术的国家。某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（   ）A.降压变压器原线圈的输入电压为B.降压变压器的输入功率与输出功率之比为4∶1C.当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小D.当用户端用电量增大时，发电厂输出的功率也增大6.如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是,其末端间的电压为.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流是,则(   )A.用户端的电压为 B.输电线上的电压损失为C.理想变压器的输入功率为 D.输电线路上损失的电功率为              
变式训练答案变式1答案：AD解析：A. 断开开关,将滑片向右移动时,R接入电路电阻增大,电路总电阻增大,则由闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,电流表A示数减小,电压表减小，故A正确；B. 保持R的滑动触片不动,闭合开关,被短路,电路总电阻减小,干路电流增大,电流表示数A增大;而,可知电压表示数增大，故B错误；C. 当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的阻值时,滑动变阻器的功率达到最大,断开开关,将R的滑动触片向右移动,由于，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C错误；D. 由可知, ,由可知，故D正确。故选：AD。变式2答案：AD解析：A项：由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；当滑片向移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；C项：电源的效率：,由分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；D项：将和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以中的电流减小，则增大，所以，所以，故D正确。变式3答案：AC解析：A.由图可知,a的周期,b的周期,根据可知ab的转速之比为3:2，故A正确；B.根据可知,ab的角速度之比为3:2,a产生的感应电动势的最大值为,根据可知b产生的电动势最大值为：,有效值为：，故B错误；C.时，线圈产生的感应电动势最小为零，故线圈恰好经过中性面，故C正确；D.时，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈恰好经过与中性面垂直位置，故D错误；故选：AC。变式4答案：D解析：矩形闭合线圈在磁场中转动，产生的感应电动势的最大值为，矩形线圈中感应电动势瞬时值的表达式为，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减少，则副线圈两端电压增大，通过副线圈的电流增大，则通过原线圈的电流增大，电流表示数增大，故B错误；原线圈两端电压的有效值为，电压表示数为100 V，故C错误；当原、副线圈匝数比为2:1时，副线圈两端电压的有效值为50 V，电阻R上消耗的功率为，故D正确。变式5答案：AD解析：A.令降压变压器的原副线圈电压的有效值分别为,匝数分别为，由图象得到,降压变压器副线圈两端交变电压，则,降压变压器原、副线圈匝数之比为，且,所以的原线圈的输入电压为，故A正确；B. 降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1:1，故B错误；C. 当用户端的电量增大时,由于功率增大,中副线圈电压恒为,故中副线圈的电流增大，输电线上电流增大,因为输电线上损耗的功率，所以输电线上损耗的功率增大，故C错误；D. 当用电量增大时，输电线上电流增大，故升压变压器的原线圈电流增大，又原线圈电压不变，故发电厂输出的功率增大，故D正确；变式6答案：B解析：由于在输电线与用户间连有一理想变压器,设用户端的电压是,则,可得,故A错误;输电线上的电压损失,故B正确;理想变压器的输入功率,故C错误;输电线路上损失的电功率，故D错误。