1、专题四 电路与电磁感应 第1讲 直流电路与交流电路 一、构建体系 透析考情析考情明考向_考情分析_透视命题规律思维导图1.高考在本讲的命题主要考查了交变电流的产生及“四值”，变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析，变压器与交变电流的综合等，题型以选择题为主，如2020年山东卷第5题。直接考查闭合电路欧姆定律的题目较少但也要引起注意。2.2021年高考题会以部分电路欧姆定律与闭合电路欧姆定律的应用为主线，重点考查交变电路和变压器的动态分析与计算；与日常生活、生产相联系的交变电流规律、远距离输电也可能会成为新命题点。考情分析二、熟记规律 高效突破1明确“1个定律、2个关系”(1)
2、闭合电路的欧姆定律：I ERr。(2)路端电压与电流的关系：UEIr。(3)路端电压与负载的关系UIRRRr E11rRE，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电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。3正弦式交变电流的“四值”(1)最大值：EmnBS。(2)瞬时值：enBSsin t(从中性面开始计时)。(3)有效值：正弦式交变电流的有效值EEm2；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等
3、效的思想来求解。(4)平均值：Ent，常用来计算通过电路的电荷量。4理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入P出。(2)电压关系：U1U2n1n2。(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2n2n1。(4)频率关系：f1f2。考向一 直流电路的动态分析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：研考向提能力_考向研析_掌握应试技能(2)结论法“串反并同”“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(
4、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。典例1(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是()A仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器有放电现象D同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大解析 仅闭合S1，回路中
5、只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，路端电压减小，故电容器所带的电荷量减小，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误。答案 BC规律总结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、电键的通断。(2)电容器的特点：电
6、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。1.(2020百校二联)如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是()AR1、R2消耗的电功率均逐渐变小BR1消耗的功率逐渐变小，R2消耗的功率逐渐变大C电源内阻r消耗的热功率逐渐减小DR和R1消耗的总功率逐渐增大B 解析：在滑动触头从右向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，所以电路的总电阻减小，总
7、电流I增大，根据P2I2R2，可知R2消耗的功率逐渐变大；由UEIr，可知路端电压减小，R2两端的电压增大，则R1两端的电压减小，根据P1 U2R1，可知R1消耗的功率逐渐变小，故A错误，B正确。总电流增大，由PI2r，知电源内电阻消耗热功率逐渐增大，故C错误。将R2看成电源内电路的一部分，R和R1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当外电阻减小时，输出功率减小，则电阻R和R1消耗的总功率逐渐减小，故D错误。2(2020河北石家庄模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电
8、流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是()A电压表示数变小B电流表示数变小C电容器C所带电荷量增多Da点的电势降低D 解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2EI(R1r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小。根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低。通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IAII2，I增大，I2减小，则IA增大
9、，即电流表示数变大。综上所述，A、B、C错误，D正确。3(多选)(2020河南开封高三5月调研)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 解析：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
10、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，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UQC，C rS4kd，EUd，所以E4kQrS，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。4(2020高考全国
11、卷)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是()解析：电阻R两端的电压URIR，其中I为线路上的充电电流或放电电流。对电容器，QCUC，而IQt CUCt由UC-t图像知，12 s内，电容器充电，令I充I；23 s内，电容器电压不变，则I0；35 s内，电容器放电，则I放I2。联系URIR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应。答案：A考向二 交变电流的产生和描述1中性面的特点(1)穿过线圈的磁通量最大。(2)线圈中的感应电动势为零。(3)线圈每经过中性面
12、一次，感应电流的方向改变一次。2计算有效值的三点注意(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)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QI2Rt和QU2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值。3交变电流“四值”的应用(1)最大值：EmnBS，分析电容器的耐压值。(2)瞬时值：EEmsin t(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况。(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。(4)平均值：Ent，计算通过电路截面的电荷量。典例2(2020山东滨州二模)如图所示为线圈匝数
13、为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，伏特表接在R两端。当线圈以角速度匀速转动时，下列说法正确的是()A从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为enBSsin tB当线圈平面转到与磁场垂直时，电压表示数为零C线圈从与磁场平行位置开始转过90的过程中，通过电阻R的电荷量为nBSRD线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为n2B2S2Rr解析 交流发电机产生电动势的最大值为EmnBS，从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为enBScos t，故A错误；交流电压表测
14、量的是电阻R两端电压的有效值，电动势的有效值为EEm2nBS2，电流为IERr nBS2（Rr），交流电压表的示数为UIRnBSR2（Rr）2nRBS2（Rr），故B错误；线圈从与磁场平行位置开始转过90的过程中，线圈转动 T4，E n t，平均电流 I ERr，电荷量qItn Rr nBSRr，故C错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为QI2(Rr)TnBS2（Rr）2(Rr)2 n2B2S2Rr，故D正确。答案 D易错警示理解交变电流的三点注意(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来定义的。(2)交变电流瞬时值表达式
15、书写的基本思路(如典例中的A选项)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像或由公式EmNBS求出相应峰值，其中2T 2f2n。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et图像为正弦函数，eEmsin t；b若线圈从垂直中性面开始计时，则et图像为余弦函数，eEmcost。(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，如典例中的D选项；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如典例中的C选项。5若一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期
16、均为T，如图所示，则Q方Q正等于()A1 2 B 21C12 D21D 解析：根据焦耳定律知产生的热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方u20RT，而正弦交流电电压的有效值等于峰值的 12，故Q正（u02）2RT12u20RT，所以Q方Q正21，D正确。6(多选)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的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.T2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mTBC 解析：中性面的特点是与磁场垂直，穿过的磁通量最
17、大，磁通量变化率最小，则 T2时刻线框在中性面上，A错；电动势最大值为Emmm2T，对正弦交流电，E有Em2 2mT，B对；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，WE电 E2有R T 222mRT，C对；由法拉第电磁感应定律知，Et mT44mT，D错。7(多选)(2020安徽六安3月模拟)如图所示，边长为L0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数为n100、总电阻为r2，外电路的电阻为R8，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B1 T。若线圈从图示位置开始以角速度2 rad/s绕OO轴匀速转动，则以下判断正确的是()A在t4时刻，磁场穿过线圈
18、的磁通量为0，故此时磁通量变化率为0B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e4sin 2t VC从t0时刻到t4时刻，电阻R上产生的热量为Q0.16 JD从t0时刻到t4时刻，通过R的电荷量q0.2 C解析：在t4时刻，线圈从图示位置转过90，磁场穿过线圈的磁通量为0，线圈中磁通量变化率最大，故A项错误；线圈中产生感应电动势的最大值EmnBL22 10010.222 2 V4 V，开始计时时，线圈中磁通量最大，感应电动势为0，则闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式eEmsin t4sin 2t V，故B项正确；线圈转动的周期T2 22 s s，回路中感应电流的最大值Im EmrR0.4 A，回路中
19、电流的有效值IIm20.22 A，从t0时刻到t 4 时刻，电阻R上产生的热量QI2R T4(0.2 2)284 J0.16 J，故C项正确；从t0时刻到t4时刻，电路中的平均感应电动势Ent，电路中的平均电流I ErR，线框中磁通量的变化量B L22，通过R的电荷量q I t，解得qnBL22（rR）10010.22210 C0.2 C，故D项正确。答案：BCD考向三 变压器与远距离输电1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。2动态分析的“两不变”(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的
20、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。3远距离输电的“两损耗”(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，URU2U3IRR。(2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，PRP2P3I2RR，输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PRI2RR或PRU2RR。典例3(2020山东青岛高三下学期统一质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变。下列说法正确的是()A断开S，A的输入功率减小B断开S，L
21、1不受影响C将滑片P下移，灯泡L1变暗D将滑片P上移，A的输入功率增大解析 断开S，B变压器副线圈电路中电阻变大，则电路中电流变小，变压器B输出功率减小，则变压器A输入功率减小，输电线上的电流减小，输电线上损失的电压变小，则变压器B的输入电压变大，输出电压也变大，L1变亮，故A正确，B错误；将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，电流变大，则B变压器副线圈电流变大，灯泡L1变亮，故C错误；将滑片P上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，电流变小，原线圈中电流变小，A的输入功率变小，故D错误。答案 A8(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为12，正弦交流电源电压为U
22、12 V，电阻R11，R22，滑动变阻器R3最大阻值为20，滑片P处于中间位置，则()AR1与R2消耗的电功率相等B通过R1的电流为3 AC若向上移动P，电源输出功率将变大D若向上移动P，电压表读数将变大BC 解析：由理想变压器电流与匝数关系式I1I2n2n1得I1I221，电阻消耗功率PI2R，电阻R1与R2消耗的电功率是2倍关系，A错误；设通过电阻R1的电流为I，副线圈中的电流为I2，由功率关系得UII2R1(I2)2(R2R32)，解得I3 A，B正确；若向上移动滑片P，滑动变阻器连入电路中的阻值减小，变压器输出功率变大，则电源输出功率增大，原线圈中电流增大，电阻R1两端电压增大，原线圈
23、两端电压减小，则副线圈两端电压也减小，即电压表读数变小，C正确，D错误。9(2020浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P100 kW，发电机的电压U1250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线8，在用户端用降压变压器把电压降为U4220 V。已知输电线上损失的功率P线5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()A发电机输出的电流I140 AB输电线上的电流I线625 AC降压变压器的匝数比n3n419011D用户得到的电流I4455 A解析：发电机输出电流I1 PU1100103250A400 A，A错误；输电线上损失的功率P线I2线R线5 000
24、 W，所以I线P线R线5 0008A25 A，B错误；用户得到的功率P4PP线(1005)kW95 kW，则I4 P4U4 95103220A4 75011 A432 A，即用户得到的电流为432 A，故n3n4 I4I线19011，故C正确，D错误。答案：C10(多选)如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R是可变电阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上。下列说法正确的是()A若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为21B若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为 21C若K分别
25、接1和2时，要使R消耗的功率相等，则R阻值之比为21D若K分别接1和2时，要使R消耗的功率相等，则R阻值之比为 21BC 解析：设原线圈与副线圈的匝数分别为n1、n2，当K接2时，n1n22 U1U22，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即U2U22 n22n1 U1，功率为P2 U22R2；当K接1时，n1n2 U1U21，设此时电压表的示数为U2，则 U221R T2 U22R T，得U2 n2U12n1，此时的功率为P1 U22R1。由上分析知，电压表的示数之比为21，要使R消耗的功率相等，则电阻值之比为21，B、C对。考向四 交变电流的综合问题交变电流综合问题一般会与变压器问题相结
26、合，常涉及交变电流最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图像及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等。解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路中“四值”的不同计算方法及瞬时值表达式的书写和图像的物理意义。(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中。典例4(2020河北保定4月检测)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示。灯泡标有“36 V 40 W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为21。线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()A图乙电动势的瞬时值表达式为e36 2sin t VB变
27、压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C灯泡L恰好正常发光D理想变压器输入功率为20 W解析 由题图乙知周期T2102 s，角速度2T 100 rad/s，电动势的瞬时值表达式为e72sin 100t V，A错误；线框转一圈电流方向改变2次，线框每秒转50圈，电流方向改变100次，变压器不会改变电流方向改变的次数，即副线圈中电流方向每秒改变100次，B错误；副线圈两端电压最大值是36 V，有效值是 362 V，小于灯泡额定电压36 V，灯泡L不能正常发光，C错误；灯泡的电阻RL U2P 32.4，变压器的输出功率为P出（362）232.4 W20 W，所以理想变压器的输入功率为20 W，D正确。
28、答案 D11(2020高考山东卷)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1n2223，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15，额定电压为24 V。定值电阻R110、R25，滑动变阻器R的最大阻值为10。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()A1 B5 C6 D8 A 解析：由U1U2n1n2得U230 V灯泡正常工作时UL24 V，IULRL2415 A1.6 AR1两端电压UR1U2UL30 V24 V6 V通过R1的电流I1UR1R1 0.6 A通过R的电流IRII11 A由欧姆定律得RR2UR1IR 616 可解得R1，选项A正确。12(多
29、选)(2020湖北八校高三第二次联考)如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B2 T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度10 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4 W 100”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是()A若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40 2cos 10t VB当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为12C若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗解析：输入电压的最大值为UmNBS10 20.410
30、V402 V，图示时刻感应电动势最大，从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40 2cos 10t V，故A正确；变压器输入电压的有效值为U1Um240 22 V40 V，灯泡正常发光时，U2 PR4100V20 V，此时原、副线圈的匝数比为n1n2U1U2402021，故B错误；线圈匝数不变，根据U1U2n1n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器滑片向上移动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1P2U22R变小，又P1U1I1，可知电流表示数变小，故C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U1U2n1n2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确。答案：AD限时练通高考 点击进入word.