高考物理二轮复习 第1部分 专题4 第1讲 直流电路与交流电路

这是一份高考物理二轮复习 第1部分 专题4 第1讲 直流电路与交流电路，共16页。试卷主要包含了直流电路动态分析的3种方法，求解功率最大值问题的2点技巧等内容，欢迎下载使用。

突破点一| 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eq \(――→,\s\up7(增大),\s\d5(减小))I总＝eq \f(E,R＋r) eq \(――→,\s\up7(减小),\s\d5(增大))U内＝I总req \(――→,\s\up7(减小),\s\d5(增大))U外＝E－U内eq \(――→,\s\up7(增大),\s\d5(减小))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，与它直接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，与它直接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．求解功率最大值问题的2点技巧
(1)定值电阻的功率：P定＝I2R
R为定值电阻，P定只与电流有关系，当R外最大时，I最小，P定最小，当R外最小时，I最大，P定最大。
(2)电源的输出功率：P出＝eq \f(E2R外,r＋R外2)＝eq \f(E2,\f(R外－r2,R外)＋4r)。当R外＝r时，P出＝eq \f(E2,4r)最大。
[典例1] (2021·山东省济宁市高三上学期1月期末)如图所示，R1、R2和R3都是定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是两理想电压表，闭合开关，当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，下列说法中正确的是( )
A．电压表V1示数减小
B．电压表V2示数增大
C．电阻R2消耗的电功率增大
D．电压表V1示数的变化量ΔU1的绝对值小于电压表V2示数的变化量ΔU2的绝对值
D [当滑动变阻器的滑片自图示位置向左缓慢滑动时，R接入电路的阻值减少，总电阻减少，所以总电流变大，则内电压和R1两端的电压增大，所以 R2两端的电压减小，再根据部分电路的欧姆定律，通过R2的电流减小了，根据并联电路电流的特点，通过R3这部分支路的电流变大，则R3两端的电压变大，电压表V1示数变大，R两端的电压减小，电压表V2示数减小，故A、B错误；由以上分析可知，通过R2的电流减小了，所以电阻R2消耗的电功率减少，故C错误；通过以上分析可知，R2两端的电压等于R3两端的电压与R两端的电压之和，R2两端的电压减小，即R3两端的电压与R两端的电压之和减小了，而R3两端的电压增大，所以R两端的电压减小的值大于R3两端电压增大的值，故D正确。]
反思感悟：闭合电路动态分析的三点注意
(1)引起电路变化的原因：电阻变化、开关的通断。
(2)电容器的特点：电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电。
(3)二极管的特点：具有单向导电性。
[考向预测]
1．(多选)(2021·湖南娄底市高三一模)在如图所示电路中，电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是( )
A．A1示数变大 B．A2示数变大
C．V1示数变大 D．V2示数变大
BD [当滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻R2增大，则外电路中的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R总＋r)，可知总电流减小，即A1的示数减小，根据U＝E－Ir，可知路端电压增大，即V2的示数变大，A错误，D正确；电阻R1流过的电流即为总电流，根据U1＝IR1，因总电流I减小，故U1减小，即V1的示数减小，C错误；根据路端电压U＝U1＋U并，因U增大，U1减小，可知U并增大，故流过A2的电流增大，A2的示数增大，故B正确。]
2．(易错题)(2021·山东济南高三模拟)如图所示，R1为定值电阻、R为滑动变阻器、C为电容器，闭合开关S，当滑片P向上移动时，下列说法正确的是( )
A．电流表A1的示数增大
B．电流表A2的示数减小
C．电容器C的带电荷量减小
D．电源内阻r上消耗的电功率增大
B [滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，整个电路电阻增大，干路电流减小，A1示数减小，A错误；内电压减小，外电压增大，R1两端的电压增大，则通过R1的电流增大，而干路电流减小，则A2的示数减小，B正确；电容器两端的电压增大，所以电容器的带电荷量增大，C错误；通过内电阻的电流减小，则由P＝I2r，可知，电源内阻消耗的电功率减小，D错误。]
3．(多选)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )
A．将热敏电阻R0加热
B．滑动变阻器R的滑片P向上移动
C．开关S断开
D．电容器C的上极板向上移动
AC [要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力，即应增大两板间的电势差。热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，A正确；当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，电源的内电压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器两极板所带电荷量不变，故电容器两端的电势差不变，液滴仍保持静止，B错误；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，C正确；电容器C的上极板向上移动，d增大，则电容器的电容C减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器两极板所带电荷量不变，由于U＝eq \f(Q,C)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，所以E＝eq \f(4πkQ,εrS)，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，D错误。]
突破点二| 交流电路的分析与计算
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，eq \f(ΔΦ,Δt)＝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，eq \f(ΔΦ,Δt)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
[典例2] 图甲为一台小型发电机的示意图，单匝线圈绕OO′轴转动，若从某位置开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，已知发电机线圈内阻为r，外接灯泡的电阻为9r，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．线圈是从垂直中性面位置开始计时的
B．电动势表达式为e＝6eq \r(2)sin 50πt(V)
C．电流方向每秒改变50次
D．理想电压表示数为5.4 V
D [电动势随时间的变化规律从零开始，说明线圈从中性面开始转动，磁通量最大，瞬时电动势为零，故A错误；电动势的最大值为Em＝6eq \r(2) V，而ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，则电动势表达式为e＝Emsin ωt＝6eq \r(2)sin 100πt(V)，故B错误；线圈每转一圈，电流改变两次方向，则电流方向每秒改变了100次(2f＝100)，故C错误；理想电压表示数为路端电压的有效值，有UV＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(EmR,\r(2)R＋r)＝eq \f(6\r(2)×9r,\r(2)9r＋r) V＝5.4 V，故D正确。]
反思感悟：解决交变电流问题的三点注意
(1)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。
(2)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ω＝eq \f(2π,T)＝2πf＝2πn。
(3)与电磁感应问题一样，求解与电功、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。
[考向预测]
4．(2021·北京朝阳区高三一模)如图所示，(甲)→(乙)→(丙)→(丁)→(甲)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在匀速转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。已知线圈转动的角速度为ω，转动过程中电路中的最大电流为Im。下列选项正确的是( )
(甲) (乙) ( 丙) (丁)
A．在图(甲)位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流为零
B．从图(乙)位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i＝Imsin ωt
C．在图(丙)位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率也最大
D．在图(丁)位置时，感应电动势最大，cd边电流方向为c→d
A [在图(甲)位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流为零，A正确；从图(乙)位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i＝Imcs ωt，B错误；在图(丙)位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电流为0，C错误；在图(丁)位置时，感应电动势最大，cd边电流方向为d→c，D错误。]
5．(多选)(2021·山东济南市高三模拟)如图所示为交流发电机的模型示意图，矩形线框abcd在匀强磁场中绕OO′逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90°的过程中，下列说法正确的是( )
A．电流方向由c到b，大小逐渐减小
B．电流方向由b到c，大小逐渐增大
C．电流的有效值与平均值的比值为eq \f(\r(2),2)π
D．电流的有效值与平均值的比值为eq \f(\r(2),4)π
BD [图示时刻线框处于中性面，则矩形线框在转动过程中，线框中产生的感应电动势的瞬时表达式为e＝Emsin ωt，则转过90°的过程中感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，由楞次定律可知该过程中感应电流的方向由b到c，A错误，B正确。该过程中感应电动势的有效值为E1＝eq \f(Em,\r(2))，又Em＝nBSω，则E1＝eq \f(nBSω,\r(2))；由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为E2＝eq \f(nBS,Δt)，又Δt＝eq \f(T,4)＝eq \f(1,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(π,2ω)，则E2＝eq \f(2nωBS,π)，所以E1∶E2＝eq \r(2)π∶4，结合I＝eq \f(E,R)可知，eq \f(I1,I2)＝eq \f(\r(2)π,4)，C错误，D正确。故选BD。]
6．(多选)(2021·天津和平区高三一模)如图所示，单匝矩形线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边匀速转动，周期为0.2 s，线圈电阻为5 Ω。磁场只分布在dc边的左侧，若线圈从如图所示开始计时，线圈转过30°时的感应电流为1 A，那么( )
A．线圈中感应电流的有效值为2 A
B．线圈磁通量变化率的最大值为eq \f(1,π)(Wb/s)
C．线圈从图示位置转过90°的整个过程中，流经线圈导线横截面的电量为q＝eq \f(1,5π)(C)
D．线圈消耗的电功率为5 W
CD [由图可知，产生的交变电流为半波式正弦交变电流，线圈转过30°时的感应电流为1 A，所以电流的最大值为2 A，此线框只有半个周期时间内有电流，因此由有效值的定义可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(2))))eq \s\up12(2)Req \f(T,2)＝Ieq \\al(2,有)RT，电流的有效值为1 A，线圈消耗的功率P＝Ieq \\al(2,有)R＝1×5 W＝5 W，故A错误，D正确；由以上分析可知，电动势的最大值为10 V，E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，线圈磁通量变化率eq \f(ΔΦ,Δt)的最大值为10(Wb/s)，故B错误；由eq \f(ΔΦ,Δt)的最大值为10(Wb/s)可知BSω＝10，所以BSeq \f(2π,0.2)＝10，解得BS＝eq \f(1,π)，线圈从图示位置转过90°的整个过程中，磁通量的变化量为eq \f(1,π)，此时流经横截面的电荷量为q＝eq \f(1,5π) C，故C正确。]
突破点三| 理想变压器及远距离输电
1．理想变压器动态分析的两种情况
(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。
2．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。
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系(如图所示)。
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流I2，则ΔU＝I2R，ΔP＝Ieq \\al(2,2)·R＝ΔU·I2＝eq \f(ΔU2,R)。
[典例3] (多选)(2021·四川省德阳市高三下学期5月三诊)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶3，正弦交流电源电压为U＝12 V，电阻R1＝2 Ω，R2＝16 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，滑片P处于中间位置，则下列说法中正确的是( )
A．R1与R2消耗的电功率之比8∶9
B．通过R1的电流为2 A
C．若向下移动滑片P，电压表读数将变大
D．若向下移动滑片P，电源输出功率将变大
BC [理想变压器原副线圈匝数之比为1∶3，可知原副线圈的电流之比为3∶1，根据P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为9∶8，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为eq \f(1,3)I，初级电压U－IR1＝12－2I，根据匝数比可知次级电压为3(12－2I)，则有eq \f(312－2I,\f(1,3)I)＝R2＋eq \f(1,2)R3m＝36 Ω，解得I＝2 A，选项B正确；若向下移动P，则R3电阻增大，次级电流变小，初级电流也变小，根据P＝IU可知电源输出功率将变小；电阻R1的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表读数将变大，选项C正确，D错误。]
[考向预测]
7．随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要。甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k倍(0