（通用版）高三物理二轮复习第1部分专题突破篇专题10直流电路与交流电路教师用书

专项十直流电路与交流电路考点1| 直流电路的分析与计算难度：中档题 题型：选择题 五年1考(全国甲卷T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽视)连接成如图1所示电路开关S断开且电流稳定期，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()图1A.B.C. D.【解题核心】解此题要分清开关S断开与开关闭合时电路构造的变化，比较两种状况下电容器两端电压C断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1E，U2E，C所带的电荷量QCU，则Q1Q235，选项C对的1高考考察特点该考点是高考中的冷考点，五年只考1次，命题点考察了电路的构造、串、并联特点、电容器电容的计算要纯熟掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系2解题的常用误区及提示(1)电路构造不会简化，电路的串、并联关系不清(2)串、并联电路中电压、电流、电阻、电功率关系混淆(3)电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相称于断路考向1直流电路内的电场1.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为()图2A. B.Cnev D.C由电流定义可知：IneSv，由欧姆定律可得：UIRneSvneLv，又E，故Enev，选项C对的考向2直流电路的动态分析2(高考改编)在例1(全国卷甲卷T17)中，若将电路调换为如图3所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R18 ，R24 ，电容C40 F，则下列说法对的的是()图3A开关断开时，电容器不带电B将开关闭合，电容器充电C将开关闭合后，稳定期电容器的电荷量为4.81014 CD若现开关处在闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2104 CD开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定期电容器的电荷量为QUC440106 C1.6104 C，C项错误；若开关现处在闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量Q|U|C(124)40106 C3.2104 C，D项对的3(多选) (南京市盐都市高三二联)如图4所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增长，当电铃电压达到一定值时，电铃会响下列说法对的的是()图4A要使报警的临界温度升高，可以合适增大电源的电动势B要使报警的临界温度减少，可以合适增大电源的电动势C要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P合适向下移D要使报警的临界温度减少，可以把R2的滑片P合适向下移BD温度升高，热敏电阻R1的阻值急剧减小，因此若要使报警的临界温度升高，由闭合电路欧姆定律知，电铃电压需减小，达到临界电压电铃才会响，故需要减小电源的电动势，或把R2滑片P向下移动，选项A、C错误；若要使报警的临界温度减少，由闭合电路欧姆定律知，电铃电压需增大，达到临界电压电铃才会响，故需增大电源的电动势或把R2滑片P向下移动可使电铃电压增大到一定值，电铃才会响，选项B、D对的考向3直流电路的计算4(多选)(湖北八校二联)在如图5甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相似规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 .当开关S闭合后() 【导学号：37162058】图5AL1的电阻为 BL1消耗的电功率为7.5 WCL2的电阻为7.5 DL2消耗的电功率为0.3 WCDS闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I10.25 A，故P10.75 W，R112 ，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 的新电源，在图乙中作出新电源的IU图线，如图，两图线的交点表达出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U21.5 V，I20.2 A，因此R2 7.5 ，P2U2I21.50.2 W3 W，C、D对的1明确1个定律、2个关系(1)闭合电路的欧姆定律：I.(2)路端电压与电流的关系：UEIr.(3)路端电压与负载的关系UIREE，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明确引起电路动态变化的因素(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化(2)某支路开关闭合或断开3程序法分析直流电路的动态变化R局I总U内I总rU外EU内拟定U支、I支考点2| 交变电流的产生与描述难度：中档题 题型：选择题 五年1考 (多选)(全国丙卷T21)如图6所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相似的周期T逆时针匀速转动，则()图6A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【解题核心】解此题抓住三点：(1)线框进入磁场过程中哪个边切割磁感线(2)线框转动过程中产生的感应电流的变化特点(3)线框转动一周过程中产生的热量BC两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B对的；在t时，切割磁感线的有效长度相似，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C对的；M导线框中始终有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，因此两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误1高考考察特点该考点仍为冷考点，借助不同形状的线框切割磁感线考察感应电流产生的条件、变化周期及电动势大小、有效值的概念要掌握电磁感应现象产生的因素，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量2解题的常用误区及提示(1)感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错(2)对周期的理解和有效值的理解及计算易出错(3)正弦交流电的产生条件及瞬时值体现式不清晰(4)交变电流“四值”应用不清晰及图象信息把握不准考向1交变电流的产生5. (高考改编)在例2(全国丙卷T21)中，若改成如图7所示的情景单匝矩形闭合导线框abcd一半处在磁感应强度为B的水平有界匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与其中心线重叠的竖直固定转轴OO以角速度匀速转动，固定转轴正好位于匀强磁场的右边界试写出线框中感应电流的瞬时值体现式并画出it图象(图中位置为计时位置)图7【解析】线框中产生电动势的最大值EmBS，则Im因图中位置为中性面，故电流瞬时值体现式为iImsin tsin tit图象：【答案】见解析考向2交变电流的“四值”6(安阳二模)运用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L供电，其电路如图8所示当线圈以角速度匀速转动时，电压表达数为U，灯泡正常发光已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，电表均为抱负电表，导线电阻可忽视则() 【导学号：37162059】图8A图中电流表达数为B灯泡的额定功率为C发电机的线圈中产生的电动势的最大值为U(1)D从线圈转到中性面开始计时，灯泡两端电压的瞬时值体现式为uUsin tD由欧姆定律可知，图中电流表达数为I，选项A错误灯泡的额定功率为PUI，选项B错误设发电机的线圈中产生的电动势的最大值为Em，有效值为EEm/，由闭合电路欧姆定律得EUIr，IU/R，联立解得EmU(1)，选项C错误从线圈转到中性面开始计时，发电机产生的正弦交变电流体现式为iIsin t，灯泡两端电压的瞬时值体现式为uUsin t，选项D对的7. (山西晋城二模)如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd所有处在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重叠的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，下列说法对的的是()图9A在该线圈两端接上一电容器，要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压为B线框中感应电流的有效值为C从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量为D线框转一周的过程中，产生的热量为C要使电容器不被击穿，电容器的最大承受电压即线框中最大的电动势，为BS，A错误；线框中感应电流的最大值Im，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值I，B错误；由q可知，从中性面开始转过的过程中，通过线框横截面的电荷量q，C对的；线框转一周的过程中，产生的热量等于感应电流做的功，因此QWI2R，D错误考向3交变电流的图象8(多选)(湖南衡阳联考)如图10甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法对的的是() 【导学号：37162060】图10A曲线a表达的交变电动势瞬时值ea36sin 25t VB曲线b表达的交变电动势最大值为28.8 VCt5102 s时，曲线a、b相应的感应电动势大小之比为32Dt6102 s时，曲线a相应线框的磁通量最大，曲线b相应线框的磁通量为0AC由图乙可知，Ema36 V，a rad/s25 rad/s，则曲线a表达的交变电动势瞬时值eaEmasin at36sin 25t V，故A对的；由图乙知曲线a、b表达的交变电流的周期之比为Tab(8102)(12102)23，由可知abTbTa32，因此曲线a、b表达的交变电动势的最大值之比为EmaEmbNBSaNBSbab32，又知Ema36 V，则Emb24 V，故B错误；曲线a表达的交变电动势瞬时值ea36sin 25t V，曲线b表达的交变电动势瞬时值eb24sin t V，将t5102 s代入，得ea18 V，eb12 V，|ea|eb32，故C对的；由图乙知t6102 s时，a的电动势最大，相应线框的磁通量为0，b的电动势为0，相应线框的磁通量最大，故D错误解决交变电流的产生和描述的基本思路(1)两个特殊位置的特点线圈平面与中性面重叠时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生变化线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不变化(2)书写交变电流瞬时值体现式的基本思路拟定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式EmnBS求出相应峰值明确线圈的初始位置，找出相应的函数关系式a若线圈从中性面位置开始转动，则it图象为正弦函数图象，函数式为iImsin t.b若线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图象为余弦函数图象，函数式为iImcos t.考点3| 变压器问题难度：中档题 题型：选择题 五年5考(全国乙卷T16)一具有抱负变压器的电路如图11所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，为抱负交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()图11A2B3C4 D5【解题核心】核心语句信息解读S断开副线圈R2、R3串联S闭合副线圈电阻R3被短路抱负变压器电源输出功率等于R1与副线圈消耗的功率之和B设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UII2R1(kI)2(R2R3)4UI(4I)2R1(4kI)2R2联立两式代入数据解得k3选项B对的(多选)(全国丙卷T19)如图12所示，抱负变压器原、副线圈分别接有额定电压相似的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光下列说法对的的是()图12A原、副线圈匝数比为91B原、副线圈匝数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19【解题核心】解此题要把握住如下关系：UUaU原，.AD设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为91，选项A对的，选项B错误；由9U0IaU0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据PUI，a、b灯泡的电功率之比为19，选项C错误，选项D对的(多选) (全国卷T21)如图13所示，一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一抱负电流表接正弦交流电源，一种二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()图13AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D将二极管短路，电流表的读数加倍【解题核心】解此题应注意两点(1)二极管的作用及对电流导致的影响(2)负载电阻R阻值变化时副线圈电流如何相应变化BD变压器的变压比，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压U1Uab，由于二极管的单向导电特性，UcdU2，选项A错误增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入P出，且P入I1Uab，因此原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B对的c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误根据变压器上的能量关系有E输入E输出，在一种周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2TT，由以上两式得I22I1，选项D对的1高考考察特点(1)该考点是本专项的命题热点，抱负变压器的原理、基本规律的应用、电路构造的变化及分析与计算是重要命题角度(2)纯熟掌握抱负变压器的“三种关系”，能用直流电路动态分析措施结合变压器制约关系分析动态问题是突破该考点的核心2解题的常用误区及提示(1)变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压(2)公式仅用于“一原一副”的状况“一原多副”要结合功率关系求解(3)变压器动态变化类要看清电路构造，找到变化因素，分清变量、不变量考向1变压器的基本关系9(全国卷T16)一抱负变压器的原、副线圈的匝数比为31 ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相似的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图14所示设副线圈回路中电阻两端的电压为U.原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()图14AU66 V，kBU22 V，kCU66 V，k DU22 V，kA设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则，故k.设原线圈两端的电压为U1，则，故U13U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故3U220 V，解得U66 V选项A对的考向2变压器动态分析10(多选)(高考改编)在例3(全国乙卷T26)改为如下情景)，如图15是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的波动，输电线的电阻用R0表达如果变压器上的能量损失可以忽视，如下说法对的的是() 【导学号：37162061】图15A开关S1接a，闭合开关S后，电压表V示数减小，电流表A示数增大B开关S1接a，闭合开关S后，原线圈输入功率减小C断开开关S，开关S1接a时电流表的示数为I1，开关S1接b时电流表的示数为I2，则I1I2D断开开关S，开关S1接a时原线圈输入功率为P1，开关S1接b时原线圈输入功率为P2，则P1U1，由I可知，I1I2，选项C错误；由PUI可知，P1P2，选项D对的11(多选)(湖北襄阳二联)如图16所示，抱负变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u220sin 100t(V)，电压表V接在副线圈c、d两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑片向右滑动时()图16A电压表达数不变B电流表A2的示数始终为0C若滑动变阻器的滑片不动，仅变化u，使u220sin 200t(V)，则电流表A1的示数增大D若滑动变阻器的滑片不动，仅变化u，使u220sin 200t(V)，则电流表A1的示数减小AC电压表达数为副线圈两端电压，副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故A对的；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表A2始终有示数，B错误；变化u后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故A1示数增大，C对的、D错误变压器分析与计算的两点技巧(1)抱负变压器问题中的两个“理清”理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，其她物理量可随电路的变化而发生变化理清动态变化过程中的决定关系，如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定(2)抱负变压器问题的分析流程由分析U2的状况；由I2分析I2的状况；由P1P2I2U2判断输入功率的状况；由P1I1U1分析I1的变化状况热点模型解读| 远距离输电模型考题福建高考T15四川高考T1浙江高考T15模型展示模型解读(1)输电过程的电压关系：U2U3Ur，即升压变压器副线圈两端电压U2等于降压变压器原线圈两端电压U3与输电线上的电压Ur之和.(2)输电过程功率的关系：P1P2Pr，即升压变压器原、副线圈功率P1等于降压变压器原、副线圈功率P2与输电线损失功率Pr之和；输电线上损失功率PrIr，其中输电电流I2.(3)解题过程中应注意变压器原副线圈之间电流、电压、功率的制约关系.典例(河北邢台质检)如图17甲是远距离输电线路示意图，图乙是顾客端电压随时间变化的图象，则()图17A发电机产生的交流电的频率是100 HzB降压变压器输出的电压有效值是340 VC输电线的电流仅由输送功率决定D仅增长升压变压器的副线圈匝数，其她条件不变，输电线上损失的功率减小【解题指引】由乙图可知交流电的周期T0.02 s，则频率f50 Hz，变压器不变化交流电的周期与频率，则A错误由乙图可知Um340 V，有效值U340 V，则B错输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错误当仅增长升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由PUI可知，输电电流减小，再由PI2R可知输电线上损失的功率减小，则D对的【答案】D拓展应用某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r3 的输电线向远处送电，规定输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一种升压变压器，达到顾客再用降压变压器变为220 V供顾客使用(两个变压器均为抱负变压器)，如图所示对整个送电过程，下列说法对的的是()图18A输电线上的损失功率为300 WB升压变压器原、副线圈匝数比为1100C输电线中的电流为100 AD降压变压器的输入电压为4 700 VA输电线上损失的功率Pr50 kW0.6%300 W，选项A对的；由PrIr得输电线中的电流I210 A，选项C错误；发电机的输出电流I1 A100 A，升压变压器的匝数比，选项B错误；升压变压器的输出电压U25 000 V，降压变压器的输入电压为U2I2r4 970 V，选项D错误