高中物理复习 经典专题讲座 (6)

第2课时直流电路和交流电路

1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较

(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt ＝U 2

R t

＝I 2Rt ，P ＝UI ＝

U 2R

＝I 2

R . (2)非纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，电热Q ＝I 2Rt ，电热功率P 热＝I 2R ，电功率大于电热功率，即W >Q ，故求电功、电功率只能用W ＝UIt 、P ＝UI ，求电热、电热功率只能用Q ＝I 2Rt 、P 热＝I 2R . 2．电源的功率和效率 (1)电源的几个功率 ①电源的总功率：P 总＝EI . ②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r . ③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内． (2)电源的效率η＝P 出P 总×100%＝U

E ×100%.

3．交流电的“四值”

(1)最大值E m ＝NBSω，电容器的击穿电压指最大值． (2)瞬时值(从中性面开始计时)e ＝NBSωsin_ωt . (3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝

E m

2

；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值．

(4)平均值：E ＝n ΔΦ

Δt ，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：U 1U 2＝n 1

n 2

.

(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2

n 1

.

1．直流电路动态分析方法

(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R 总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况． (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(减小)．

2．变压器和远距离输电的分析技巧

(1)变压器副线圈的电流和功率决定原线圈的电流和功率； (2)远距离输电问题分析的关键是求中间回路电流的大小.

1．直流电路动态分析方法

(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法．

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．

例

1 (2019·江西赣州市上学期期末)如图1所

示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电表可视为理想电表．只接通S 1时，电流表示数为10 A ，电压表示数为12 V ，再接通S 2，启动电动机时，电流表示数变为8 A ，则此时通过启动电动机的电流是( )

图1

A ．2 A

B ．8 A

C ．50 A

D ．58 A 答案 C

解析 只接通S 1时，由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir ＝12 V ＋10×0.05 V ＝12.5 V ，R 灯＝12

10 Ω＝1.2 Ω，再接通S 2后，流过电动机的电流为：I 电动机＝12.5－8×1.20.05 A －8 A ＝50 A ，故选C.

拓展训练

1 (2019·湖北武汉市四月调研)2019年3月

19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1 000倍．电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ＝1

ρ.下列说法正确的

是( )

A ．材料的电导率越小，其导电性能越强

B ．材料的电导率与材料的形状有关

C ．电导率的单位是1

Ω·m

D ．电导率大小与温度无关 答案 C

解析 材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，选项A 错误；材料的电导率与材料的形状无关，选项B 错误；根据R ＝ρL S ，则σ＝1ρ＝L RS ，则电导率的单位是m Ω·m 2＝1

Ω·m

，

选项C正确；导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，选项D错误．

拓展训练

2(多选)(2019·广东珠海市质量监测)如图2所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R3时()

图2

A．电源的总功率减小B．A板的电势降低

C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量增加

答案CD

解析电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI变大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A错误，C正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加，故D正确；由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势增大，A板的电势也增大，故B错误．

例

2(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成．已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”．这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，图乙中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点．若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是()

图3

A．C、D两点之间的高度差将变大

B．A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小

C．A、B两点之间的高度差不变

D．在电子从A点经D、C移动至B点的过程中，非静电力做功将变大

答案 A

解析因电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，A、B两点的高度差为外电压，减小；C、D两点高度差类似于内电压，变大，故A正确，C错误；A与D，C与B高度差的总和为电动势，故应不变，故B错误；电子从A处经D、C至B处，非静电力做功W＝Eq，不变，故D错误．

拓展训练

3(2019·浙江超级全能生2月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，如图4所示，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如表所示数据，则该扫地机器人()

图4

主机基本参数

A.额定工作电流为0.25 A

B．充满电后正常工作的时间为2.5 h

C．电池充满电后储存的总电荷量为18 720 C

D．以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J

答案 C

解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V，额定功率为55 W，则额定电流I＝55

14.4 A≈3.82 A，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55 J，A、D错误；根据电池容量5 200 mA·h知，电池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2 A×3 600 s＝18 720 C，充满电后正常工作的时间t＝5 200×10－3 A·h

3.82 A≈1.36 h，B错误，C正确．

例

3(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt，则产生的感应电动势为e＝

ωΦm cos ωt .如图5所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD (由细软弹性电阻丝制成)端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒定，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C 点以恒定角速度ω1(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC ＝45°，将导线框从竖直位置以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是( )

图5

A ．方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针

B ．方式一中，导线框中的感应电动势为e 1＝BR 2ω1cos ω1t

C ．两种方式中，通过导线截面的电荷量相等

D ．若ω1＝ω2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等

答案 AB

解析 方式一中，导线框中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向先逆时针，后顺时针，选项A 正确；第一种方式穿过回路的磁通量Φ1＝BR 2sin ω1t ，所产生的电

动势为e 1＝ω1BR 2cos ω1t ，选项B 正确；根据q ＝ΔΦR

可知两种方式中，磁通量的变化量不相同，则通过导线截面的电荷量不相等，选项C 错误；第二种方式穿过回路的磁通量Φ2＝BR 2sin ω2t ，所产生的电动势为e 2＝ω2BR 2cos ω2t ，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之

比为E 1E 2＝ω1ω2，时间满足ω1t 1ω2t 2＝180°90°＝21，若ω1＝ω2，根据Q ＝E 2R t 可知，Q 1Q 2＝2ω1ω2＝21

，故D 错误．

拓展训练

4(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图6甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R ＝15 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v ＝0.8πsin (πt) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2 T，线圈的直径D＝0.4 m，总电阻r＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是()

图6

A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) V

B．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) A

C．灯泡两端电压的有效值为30 2 V

D．灯泡的电功率为240 W

答案ABC

解析线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：

E max＝NBl v max

l＝πD

联立得：E max＝πNBD v max＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V

则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e＝E max sin (πt)＝64sin (πt)V，故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：

i＝e

R＋r

＝4sin (πt) A，故B正确；

灯泡电流的有效值为：I＝4

2

A＝2 2 A，则灯泡电压的有效值为：U＝IR＝22×15 V＝30 2

V，故C正确；

灯泡的电功率为：P＝I2R＝(22)2×15 W＝120 W，故D错误．

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．

(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．

例

4 (多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图7所示，线圈a 、b 绕在一个圆环形的铁芯上，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中电阻R 1、R 2、R 3和R 4的阻值分别为10 Ω、

5 Ω、10 Ω和10 Ω，电压表为理想交流电表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定，滑动触头P 处在线圈a 、b 的中点．开关S 闭合时电压表的示数是7 V ，则下列说法中正确的是( )

图7

A ．正弦交流电压源U 的峰值为35 V

B ．开关S 断开时，理想电压表的示数为5 V

C ．开关S 闭合时，通过电阻R 4的电流为0.7 A

D ．开关S 闭合时，电阻R 2和R 3消耗的电功率相等

答案 BC

解析 开关S 闭合时，根据欧姆定律可知通过R 1的电流为I 1＝U V R 1

＝0.7 A ，根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I 2＝1.4 A ；R 3和R 4并联后与R 2串联的电阻为10 Ω，可知

副线圈的电压为U 2＝14 V ，根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U 1＝28 V ，正弦交流电压源U ＝U V ＋U 1＝35 V ，正弦交流电压源的峰值为35 2 V ；通过电阻R 4的电流为12I 2＝0.7 A ；电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 22R 2＝9.8 W ，电阻R 3消耗的电功率P 3＝(12I 2)2R 3＝4.9 W ，故选项C 正确，A 、D 错误；开关S 断开时，R 3和R 2串联的电阻为R 23＝15 Ω，设副线圈的电流为I 2′，则副线圈的电压为U 2′＝I 2′R 23，根据电流之比等于匝数的反比可知原线

圈的电流为I 1′＝12I 2′，所以原线圈的电压为U 1′＝U －I 1′R 1＝U －12

I 2′R 1，根据电压之比等于匝数之比可得U 1′＝2U 2′，联立解得副线圈的电流为I 2′＝1 A ，理想电压表的示数

为I 1′R 1＝12

I 2′R 1＝5 V ，故选项B 正确． 拓展训练

5 (2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，电源输出电压U 恒定不变，如图8所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S 接在位置1时，4个灯泡发光亮度相同；若将开