1、专题突破 第一部分 专题四 电磁感应与电路第2讲 直流电路、交流电路栏目导航02 热 点 突 破 03 强 化 集 训 01 真 题 再 现 01 真 题 再 现 1(多选)(2018年海南卷)如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rr 时，R 外减小，电源输出功率越大，故 C 正确2(2018年北京卷)如图甲所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图乙中画出滑动变阻器阻值R变化过程中UI图象的示意图，并说明UI图象与两坐标轴交点的物理意义(2)a.请在图乙画好的UI关系图线上任取一
2、点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和【答案】见解析甲乙【解析】(1)UI 图象如图所示，图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a.如图所示b电源输出的电功率 PI2RERr2RE2R2rr2R且r2RR2r2RR2r当外电路电阻 Rr 时，电源输出的电功率最大，为 PmaxE24r.(3)电动势定义式 EWq，根据能量守恒，在图所示电路中，非静电力做功 W 产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，
3、即 WI2rtI2RtIrqIRq.再由 EWq得 EIrIRU 内U 外3(2019年江苏卷)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110，当输入电压增加20 V时，输出电压()A降低2 V B增加2 VC降低200 VD增加200 V【答案】D交流电路【解析】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即U1U2n1n2，得 U2n2n1U1，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有 U2n2n1U1，当输入电压增加20 V 时，输出电压增大 200 V，故 D 正确4(2019 年天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为 R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量 与时间 t 的关
4、系图象如图所示下列说法正确的是()AT2时刻线框平面与中性面垂直B线框的感应电动势有效值为 2mTC线框转一周外力所做的功为222mRTD从 t0 到 tT4过程中线框的平均感应电动势为mT【答案】BC【解析】由图象可知T2时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此 A 错误；由图可知交流电的周期为 T，则 2T，由交流电的电动势的最大值为 EmnBSm2T，则有效值为 E 有Em2 2mT，故 B 正确；由功能关系，线圈转一周所做的功等于转动一周的发热量，WE2有R T222mRT，故 C 正确；从 0 时刻到T4时刻的平均感应电动势为 Et mT44mT，故 D 错误02 热
5、点 突 破 直流电路的动态分析在高考试题中是以选择题形式考查的，是近年来高考的热点往往以下列变化方式探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况：1某一支路的滑动变阻器的阻值变化2某一支路开关闭合或断开3热敏电阻或光敏电阻的阻值变化热点1 直流电路的动态分析例1(多选)(2019年湖南长郡中学模拟)如图所示，电流表A1(03 A)和A2(00.6 A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()AA1的读数小于A2的读数BA1的读数大于A2的读数CA1、A2的指针偏转角度之比为11DA1、A2的指针偏转角度之比为
6、51【答案】BC【解析】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表(表头)与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小图中的A1、A2并联表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为11，电流表A1的量程为3 A，A2的量程为0.6 A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为51，即A1读数大于A2的读数，B、C正确1直流电路动态分析问题的解题技巧程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化或开关的通断，引起各部分电压、电流或灯泡明暗发生变化，分析此类问题的基本步骤如下：分析局部电阻变化 判断电路总电阻变化 根据I ERr判断总电流变化 根据UEIr判
7、断路端电压变化 根据串、并联电路特点判断各部分电路电流、电压的变化2可直接应用“部分电路中 R、I、U 的关系”中的两个结论：任一电阻 R 阻值增大，必引起通过 F 该电阻的电流 I 的减小和该电阻两端电压 U 的增大即 RIU；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阻两端电压 U 串的减小即 RI并U串.1动态电路与电流及电压(多选)(2019年山西名校模拟)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R1、R2为定值电阻，当滑动变阻器R3的触头P由a向b移动一小段距离后，电压表V1、V2、V3的示数的变化量分别为U1、U2、U3(
8、均取绝对值)，电流表A1、A2、A3的示数的变化量分别为I1、I2、I3(均取绝对值)，下列说法中正确的是()AI3I1I2BU1U2U3CU1I1 不变，U3I3 不变D此过程中，电容器 C 所在电路中存在瞬时电流，方向由电容器的左极板经R3 到右极板【答案】AC【解析】当滑动变阻器 R3 的触头 P 由 a 向 b 移动时，R3 接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流 I1 减小，内阻和 R1 分担的电压减小，并联部分的电压增大，所以 U1 增大，U10，I2 增大，I20.因为 I3I1I2，可知，I3 减小，则U2 减小，U3 增大因为 U1U2U3，所以 U3U1U2.因为
9、I1I2I3，所以 I3I1I2，故 A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律得 U1EI1(R1r)，可得U1I1 R1r 不变将滑动变阻器 R3 看成外电路，其他部分看成内电路，同理可得U3I3等于除了滑动变阻器之外所有电阻之和且为常数，故 C 正确；此过程中，U3 增大，电容器极板间的电压增大，将要充电，电容器 C 所在电路中存在瞬时电流，方向向右，此瞬时电流没有经过 R3，而是经过电源，故 D 错误2动态电路与功率(多选)(2019年河南郑州二模)如图所示的电路中，电表均为理想电表，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是()A电流表读数变小，
10、电压表读数变大B小灯泡L变亮C电源的输出功率一定变大D电容器C所带的电荷量减少【答案】BD【解析】由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡变亮，因内压增大，故电压表示数减小，A错误，B正确；当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的大小关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C错误；因电容器并联在滑动变阻器两端，总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C两端的电压减小，所以C上的电量减小，故D正确 3动态电路与平行板电容器(2019 年河南驻马店二模)电动势
11、为 E，内阻为 r 的电源与可变电阻 R1、R2、R3 以及一平行板电容器连成如图所示的电路当开关 S 闭合后，两平行金属板 A、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态下列说法正确的是()A将 R1 的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B将 R2 的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D减小 R3 的阻值，R2 两端的电压的变化量小于 R3 两端的电压的变化量【答案】D【解析】将 R1 的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与 R3 两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故 A 错
12、误；将 R2 的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3 两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量 QCU 减小，故 B 错误；增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容 C rS4kd减小，那么电荷量 QCU 减小，故 C 错误；减小 R3 的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大那么 R2 两端的电压的变化量加上 r 上电压的变化量等于 R3 两端电压的变化量，所以 R2 两端的电压的变化量小于 R3 两端的电压的变化量，故 D 正确4压敏电阻与电路(多选)(2019年湖北武昌一模)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用
13、压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻及各电路元件和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个光滑的绝缘重球已知0到t1时间内小车静止，重球对压敏电阻和挡板均无压力此后小车沿水平面向右做直线运动，整个过程中，电流表示数随时间的变化图线如图乙所示，则下列判断正确的是()A从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动B从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动C从t3到t4时间内，小车做匀加速直线运动D从t4到t5时间内，小车可能做匀减速直线运动【答案】ACD【解析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力
14、变小；电流不变说明压力不变在t1t2内，I变大后恒定不变，压力不变，则车做匀加速运动，故A正确；在t2t3内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故B错误；在t3t4内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C正确；在t4t5内，对压敏电阻的压力为0，则可能匀速，也可能减速，则D正确本考向为每年高考的热点，常以选择题的形式考查，命题规律有以下几点：1交变电流的产生、图象、公式及相关物理量2交变电流“四值”的物理意义及其不同方面的应用3多数题目与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行综合考查4考查变压器原副线圈中的电压、电流及功率关系，变压器的动态变化分析及远距离输电等问题热点2
15、 交流电路例 2(2018 年天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻 R 供电，电路如图所示，理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为 I、U，R 消耗的功率为 P.若发电机线圈的转速变为原来的12，则()AR 消耗的功率变为12PB电压表 V 的读数变为12UC电流表 A 的读数变为 2ID通过 R 的交变电流频率不变【答案】B【解析】根据 2n 可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据 EmnBS 可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据 UEm2可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变
16、为原来的12，根据n1n2U1U2可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，根据 PU2R 可知 R 消耗的电功率变为14P，A 错误，B 正确；副线圈中的电流为 I212UR，即变为原来的12，根据n1n2I2I1可知原线圈中的电流也变为原来的12，C 错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D 错误理想变压器的动态分析技巧1根据题意弄清变量和不变量如原线圈电压不变、原副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化2弄清动态变化过程中的因果关系如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定3分析流程如下：(1)由U1U2n1n2分析 U2 的情况(2)
17、由 I2U2R 分析 I2 的情况(3)由 P1P2I2U2 判断输入功率的情况(4)由 P1I1U1 分析 I1 的变化情况1交变电流的最大值、有效值和瞬时值(多选)(2018年海南卷)如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd,ab 边与磁场方向垂直，线框的电阻为R.使线框以恒定角速度绕ad、bc中点的轴旋转下列说法正确的是()A线框abcd中感应电动势的最大值是BSB线框abcd中感应电动势的有效值是BSC线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大D线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大【答案】AC【解析】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性
18、面开始计时，产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式为 eEmsin t.故感应电动势的最大值 EmBS，有效值 EEm2，故 A 正确，B 错误；当 90时，即线框平面与磁场方向平行时电流最大，故 C 错误，D 正确2理想变压器及交流电的计算(2019年安徽合肥三模)如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈输入交变电压u311sin 100t，已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想表则()A电压表示数为62 VB变压器的输入功率为186 WC排气扇输出功率为43 W
19、D保险丝熔断电流不得低于2 A【答案】C【解析】变压器输入交变电压 u311sin(100t)，有效值 U220 V，变压器原、副线圈匝数比为 51，所以副线圈电压 U244 V，故 A 错误；电流表示数为 2 A，所以输出功率 P442 W88 W，所以变压器的输入功率为 88 W，故 B 错误；照明灯的电流为 I14444 A1 A，则排气扇的电流为 I221 A1 A，则排气扇输出功率为 P 出I2U2I22r(144121)W43 W，选项 C 正确；变压器的原线圈电流为 I15I 次152 A0.4 A，故保险丝熔断电流不得低于 0.4 A，D 错误3理想变压器的动态分析(2019
20、年福建漳州模拟)如图甲，理想变压器原、副线圈的匝数比为 21，与副线圈相连的两个小灯泡完全相同，电表都为理想交流电表，忽略温度对灯泡的影响断开开关 S，接上如图乙所示的正弦交流电，R 为定值电阻，且阻值和小灯泡阻值相等则闭合开关 S 后()A副线圈的电流频率为 100 HzB电压表示数为 110 VC电流表示数变成原来的56D变压器的输入功率变成原来的 2 倍【答案】C【解析】由乙图可知该交流电的周期为 T2102 s，则频率为 f1T50 Hz，原线圈与副线圈频率相等，A 错误；电压表示数即为副线圈的电压 U2，因为原线圈中存在 R，原线圈输入 U1220 V，所以 U2110 V，B 错误
21、S 断开，则有I1I2n2n112，UI1RI2Rn1n22，联立解得 U2I2R25U；S 闭合，则有I1I212，UI1RI2R/2n1n22，解得 U2I2R213U，故U2U2 56，C 正确；I1I1 I2I2 I2RI2R 2U2U2 53，则输入功率比P1P1 UI1UI1 53，D 错误4交流电的产生(多选)(2018年广东茂名联考)如图甲所示，一个匝数N200、电阻r2 的矩形线圈置于磁感应强度B1 T的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动，产生的电流通过滑环与电刷输送到外电路电路中的交流电压表为理想电表，可变电阻R接入电路的阻值为18.穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如
22、图乙所示，则下列说法正确的是()A线圈的面积为0.02 m2B线圈内产生的感应电动势的峰值为300 VC理想交流电压表的读数约为255 VD通过可变电阻的电流的瞬时值表达式为i20sin(100t)A【答案】AC【解析】由图乙可知 m2.0102Wb，根据 mBS，可得线圈的面积为 S0.02 m2，故 A 正确；由图乙可知周期为 T6.28102s，所以 2T 100 rad/s，则线圈内产生的感应电动势的峰值为 EmnBS400 V，故 B 错误；理想交流电压表的读数为有效值 UIREm2 RrR255 V，故 C 正确；通过可变电阻的电流峰值为 Im EmrR20 A，由图乙可知电流按余弦规律变化，所以电流的瞬时值表达式为 i20cos(100t)A，故 D 错误5远距离输电(2018 年江苏卷)采用 220 kV 高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为()A55 kVB110 kVC440 kV D880 kV【答案】C【解析】当输电功率 PUI，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为 P 损I2R，R 为输电线路的电阻，即 P 损PU2R.当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的14，则输电电压为原来的 2 倍，即 440 kV，故选项 C正确03 强 化 集 训 谢谢观看