高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲)直流电路和交流电路
高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚专题专讲专练考点串讲)功能关系在电的用
拾躲市安息阳光实验学校功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1如图1所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )图1A．小球再次到达M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做了3mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了3mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动审题突破小球静止在M时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P到M的过程中，各力做功是多少？解析小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为3mg，这个方向上位移为L，所以做功为3mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝L sin 30°＋L cos 30°＝L2 (1＋3)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋3)，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．答案BD以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中( )图2A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球重力势能的变化为W1C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3D．小球机械能的变化为W1＋W2＋W3答案C解析由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误．重力对小球做的功为W1，小球重力势能的变化为－W1，选项B错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W1＋W2＋W3，选项C正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W2，选项D错误．题型2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2如图3所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：图3(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差．审题突破带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？解析(1)由动能定理得：qU＝12mv21代入数据得v1＝104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t粒子沿电场方向做匀加速运动：v y＝at由题意得：tan 30°＝v1v y由牛顿第二定律得：qE＝ma联立以上各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ＝1.732×103 N/C(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V.答案 (1)104m/s (2)1.732×103N/C (3)400 V以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关． 2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图4所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B .A 球的带电量为＋2q ，B 球的带电量为－3q ，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L ，开始时A 和B 分别静止于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN 、PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求： 图4(1)B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量； (3)A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间．答案 (1)2qEL m (2)73L 4qEL (3)(32－2) mLqE解析 (1)设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得 2qEL ＝12×2mv 21解得：v 1＝2qELm(2)带电系统向右运动分为三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后．设A 球出电场后移动的最大位移为x ，对于全过程，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEx ＝0解得x ＝L3，则B 球移动的总位移为x B ＝73LB 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L其电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝4qEL(3)取向右为正方向，B 球进入电场前，带电系统做匀加速运动：a 1＝2qE 2m ＝qE m ，t 1＝v 1a 1＝2mLqE带电系统在电场中时，做匀减速运动：a 2＝－qE 2m设A 球刚出电场时速度为v 2，由动能定理得： －qEL ＝12×2m (v 22－v 21)解得：v 2＝qEL mt 2＝v 2－v 1a 2＝2(2－1)mL qE解得总时间t ＝t 1＋t 2＝(32－2)mL qE题型3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图5所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行． 图5(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .审题突破 导体棒第一次回到初始位置时，受几个力的作用？最终导体棒静止时，在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？ 解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BLv 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BLv 0R ＋r电流方向为b →a(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BLv感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BLvR ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)导体棒最终静止，有mg sin θ＝kx压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有12mv 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12mv 20＋mg sin θ2k－E p电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝RR ＋r [12mv 2＋mg sin θ2k－E p ]答案 (1)BLv 0R ＋r ，电流方向为b →a(2)g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)RR ＋r [12mv 20＋mg sin θ2k－E p ]以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．在如图6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是 ( )图6A ．线框两次匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝2∶1B ．从t 1到t 2过程中，线框中通过的电流方向先是a →d →c →b ，然后是a →b →c →dC ．从t 1到t 2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．从t 1到t 2过程中，有3mgL sin θ2＋mv 21－v 222的机械能转化为电能答案 BD解析 根据题意，第一次匀速运动时，B 2L 2v 1R＝mg sin θ，第二次匀速运动时，4B 2L 2v 2R＝mg sin θ，解得v 1∶v 2＝4∶1，选项A 错误；根据楞次定律可以判断，选项B 中所判断的感应电流的方向是正确的，选项B 正确；线框克服安培力做的功等于线框产生的热量，根据能量守恒定律，线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能的减少量之和，重力势能的减少量为3mgL sin θ2，动能的减少量为mv 21－v 222，选项C 错误，选项D 正确．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题审题示例(14分)如图7所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m．有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小球离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10 m/s2)求：图7(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动时速度的大小v0.审题模板答题模板(1)小环沿杆做匀速运动，受力如图所示故qE cos 45°＝mg cos 45°即qE＝mg (1分)小环离开直杆后，所受合外力为F合＝2mg＝maa ＝2g＝10 2 m/s2 (2分)方向垂直于杆向下(1分)(2)小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔE k＝W重＋W电(2分)其中W重＝mgh＝4 J．W电＝0，所以ΔE k＝4 J(3分)(3)环离开杆做类平抛运动平行杆方向做匀速运动：22h＝v0t (2分)垂直杆方向做匀加速运动：22h＝12at2 (2分)解得v0＝2 m/s(1分)答案(1)10 2 m/s2，方向垂直于杆向下(2)4 J (3)2 m/s如图8，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )． 图8(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R /g 小球距坐标原点O 的距离s 为多远？ 答案 (1)正电 mg E (2)2EBRg(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg ① 解得：q ＝mgE②又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：qBv ＝mv 2/r ③小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg ＝mv 2/R ④由②③④得：r ＝EBRg⑤ 即PO 的最小距离为：y ＝2r ＝2EBR g⑥ (3)小球由O 运动到N 的过程中设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2N －12mv2⑦由④⑦解得：v N ＝5gR ⑧ 小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则有：沿x 轴方向有：x ＝v N t ⑨ 沿电场方向有：z ＝12at2⑩由牛顿第二定律得：a ＝qE /m ⑪t 时刻小球距O 点为：s ＝x 2＋z 2＋2R2＝27R(限时：50分钟) 一、单项选择题1． (2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将 ( ) A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回 C ．在距上极板d2处返回 D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析 粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝Ud知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d2＋h )－q U23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．2． 将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图1所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A 、B 两点与两球球心的连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则 ( )图1A ．乙球一定带负电B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷在A 点具有的电势能比其在B 点具有的电势能小D ．把负电荷从C 点移至D 点，电场力做的总功为零 答案 D解析 电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A 错误；电场强度是矢量，C 、D 两点电场强度的方向不同，B 错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A 点的电势比B 点的电势高，由电势能的定义式E p ＝qφ知，正电荷在A 点的电势能比在B 点的电势能大，C 错误；C 、D 两点在同一等势面上，故将电荷从C 点移至D 点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D 正确．3． 如图2所示，在一个点电荷形成的电场中，M 、N 、L 是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p 点无初速度释放后，沿图中直线依次经过q 、k 两点，且p 、q 、k 三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p 点到q 点电场力做的功为W pq ，从q 点到k 点电场力做的功为W qk ，则 ( )图2A．W pq＝W qkB．W pq<W qkC．粒子从p点到q点做匀加速直线运动D．粒子从p点到q点其电势能逐渐减小答案D解析离点电荷越近，等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq>U qk，由W＝qU得W pq>W qk，选项A、B错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D正确；从p 到q电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C错误．4．如图3所示，质量为m的物块(可视为质点)，带正电Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E＝3mg/Q的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H.释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v，则( )图3A．ε＝33mgH B．ε＝－33mgHC．v＝2gH D．v＝2gH 答案C解析由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH/tan 60°＝－3mgH/3＝－mgH，选项A、B错误；由动能定理，mgH ＋QEH/tan 60°＝12mv2，解得v＝2gH，选项C正确，D错误．二、多项选择题5．如图4所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同、电性相同的小球P，从N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是( )图4A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下运动的过程中，在接触弹簧前，库仑斥力变小，合力变小，加速度变小，小球向下加速，接触弹簧后，弹簧弹力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下减小，再向上增加，小球先向下加速再向下减速，B 错误，D 正确；对于小球P 和弹簧组成的系统，由于电场力对其做正功 ，故机械能要增大，A 错误；全过程只发生了小球P 的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的相互转化，由于重力和电场力都做正功，重力势能和电势能的总和减小，故小球P 的动能与弹簧弹性势能的总和增大，C 正确．6． 如图5所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上，a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．则 ( ) 图5A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL答案 AD解析 b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件得mg sin θ＋F 安＝m c g ，由上面的两式可得m c ＝2m sinθ，选项A 正确；根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a 棒增加的重力势能之和，选项B 错误；根据能量守恒定律可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，选项C 错误；对b 棒，设通过的电流为I ，由平衡条件mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，a棒中的电流也为I ＝mg sin θBL，选项D 正确．7． 如图6所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是 ( )图6A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv 2C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12mv 2答案 BC解析 由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为12mv 2，选项B 正确．由q ＝ΔΦR 总可知q＝BLx 2R ，解得x ＝2qRBL，选项C 正确．由B 项可知整个回路中产生的焦耳热为12mv 2，电阻R 上产生的焦耳热为14mv 2，选项D 错误． 三、非选择题8． 如图7所示，一长为h 2内壁光滑的绝缘细管竖直放置．管的底部固定一电荷量为Q (Q >0)的点电荷M .现在管口A 处无初速释放一电荷量为q (q >0)、质量为m的点电荷N ，N 在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．再次从A 处无初速度地释放电荷量为q 、质量为3m 的点电荷P (已知静电常数为k ，重力加速度为g )．求： 图7 (1)电荷P 运动过程中速度最大处与底部点电荷间的距离； (2)电荷P 运动到B 处时的速度大小． 答案 (1)kQq3mg(2)2 g h 2－h 13解析 (1)电荷P 运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r ，则有3mg ＝kQqr 2，解得r ＝ kQq 3mg(2)设电荷P 运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理， 有3mg (h 2－h 1)－qU AB ＝12×3mv 2B依题意有mg (h 2－h 1)＝qU AB 联立两式可得：v B ＝2g h 2－h 139． 如图8所示，MN 和PQ 为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP 间接有阻值为R 1＝2 Ω的导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r ＝0.5 m 、内壁光滑的半圆金属轨道．导轨间距L ＝0.4 m ，电阻不计．导轨所在平面abcd 区域内有竖直向上、B ＝0.5 T 的匀强磁场．导轨上长度也为0.4 m 、质量m ＝0.6 kg 、电阻R 2＝1 Ω的金属棒AB 以v 0＝6 m/s 的速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.求： 图8(1)金属棒AB 刚滑出磁场右边界cd 时的速度v 的大小； (2)金属棒滑过磁场区域的过程中，导线R 1中产生的热量Q . 答案 (1)5 m/s (2)2.2 J解析 (1)在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 21r①从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有12mv 21＋mg ·2r ＝12mv 2②联立①②两式并代入数据解得v ＝5 m/s ③(2)在金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系得 Q 总＝12mv 20－12mv2④对闭合回路，根据热量关系有Q ＝Q 总R 1＋R 2R1⑤联立④⑤两式并代入数据得Q ＝2.2 J10．如图9所示，A 、B 为半径R ＝1 m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E ＝1×106V/m 、竖直向上的匀强电场，有一质量m ＝1 kg 、带电量q ＝1.4×10－5C 正电荷的物体(可视为质点)，从A 点的正上方距离A 点H 处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC 段为长L ＝2 m 、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD 段为倾角θ＝53°且离地面DE 高h ＝0.8 m 的斜面．(1)若H ＝1 m ，物体能沿轨道AB 到达最低点B ，求它到达B 点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一H 值，能使物体沿轨道AB 经过最低点B 后最终停在距离B 点0.8 m 处；(3)若高度H 满足：0.85 m≤H ≤1 m，请通过计算表示出物体从C 处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况) 图9答案 (1)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D 点59 m 范围内 在水平面上距离D 点0.2 m 范围内解析 (1)物体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有mg (R ＋H )－qER ＝12mv 2B到达B 点时由支持力F N 、重力、电场力的合力提供向心力F N －mg ＋qE ＝m v 2BR，解得F N ＝8 N根据牛顿第三定律，支持力与压力大小相等、方向相反 所以物体对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向下(2)要使物体沿轨道AB 到达最低点B ，当支持力为0时，最低点有个最小速度v ，则qE －mg ＝m v 2R解得v ＝2 m/s在粗糙水平面滑行时的加速度a ＝μg ＝2 m/s 2物体最终停止的位置距离B 为x ＝v 22a＝1 m>0.8 m故不存在某一H 值，使物体沿着轨道AB 经过最低点B 后，停在距离B 点0.8 m 处．(3)在斜面上距离D 点59 m 范围内(如图PD 之间区域)在水平面上距离D 点0.2 m 范围内(如图DQ 之间区域)。
高考物理二轮复习专题突破(考情预览+易错辨析+核心突破)直流电路与交流电路课件
【解析】 当 RM 变大时，回路的总电阻 R 总变大，根据
I 总＝RE总，得干路中的电流变小，S 两端的电压 U＝I 总 RS 变小，
故选项
A、B
错误；当
RM
变小时，回路的总电阻
R
总
＝
1
1 ＋
1
R RM
＋RS 变小，根据 I 总＝RE总，得干路中的电流变大，S 两端的电
压 U＝I 总 RS 变大，而且 R 越大，RM 变小时，对回路的总电
第 1 讲 直流电路与交流电路
研析考情 考向定位 (1)高考对这部分内容的考查题 型一般为选择题，针对的考点主 要是闭合电路动态变化，交变电 流的描述和变压器的应用． (2)直流电路动态分析和变压器 与交变电流的综合考查是高考 的热点． 应考策略 (1)熟悉直流电路的组成，会分析 闭合电路的动态变化． (2)掌握变压器的工作原理，会分 析含变压器交流电路的动态变 化.
3．(多选)(2013·江苏省扬州质检)如图 5－1－8 所示，理 想变压器的原副线圈的匝数比为 4∶1，原线圈接有 u＝311sin 100πtV 的交变电压，副线圈上接有定值电阻 R、线圈 L、灯 泡 L1 及理想电压表 V，以下说法正确的是( )
图 5－1－8
A．副线圈中电流的变化频率为 50 Hz B．灯泡 L1 两端电压为 55 V C．若交变电压 u 的有效值不变，频率增大，则灯泡 L1 的亮度将变暗 D．若交变电压 u 的有效值不变，频率增大，则电压表 V 的示数将减小
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小 Em； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小 F； (3)外接电阻上电流的有效值 I.
图 5－1－9
【解题指导】 1．信息提取 (1)线圈转动过程中，有两个边切割磁感线，相当于两个 电源串联． (2)线圈切割磁感线运动的速度 v＝ω·L2，一个周期内通电 时间 t＝49T.
高考物理知识点归纳总结与汇编：专题必背08 直流电路与交流电
专题必背08 直流电路与交流电【必背知识点】一、直流电路1．电功和电热电功W ＝qU ＝UIt ；电热Q ＝I 2Rt.(1)对纯电阻电路，电功等于电热，即电流流经纯电阻电路，消耗的电能全部转化为内能，所以W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2R t.(2)对非纯电阻电路(如电动机和电解槽)，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能(如机械能或化学能等)，所以电功必然大于电热，即W>Q ，这时电功只能用W ＝UIt 计算，电热只能用Q ＝I 2Rt 计算，两式不能通用．2．闭合电路欧姆定律表达形式：①E ＝U 外＋U 内；②I ＝E R ＋r (I 、R 间关系)；③U ＝E －Ir(U 、I 间关系)；④U ＝R R ＋rE(U 、R 间关系)．注意：①当外电路断开时(I ＝0)，路端电压U 等于电动势E.若用理想电压表测量，则读数等于电动势，在进行断路故障分析时，常用此结论进行判断，即何处断路，何处两端电压等于电动势．但用电压表直接测量时，读数却略小于电动势(因为有微弱电流流过电源而产生内压降)．②当外电路短路时(R ＝0，因而U 外＝0)，电流最大，为I m ＝E r (不允许出现这种情况，因为这会把电源烧坏)．3．电源的功率与效率(1)电源的功率P ：也称电源的总功率，是电源将其他形式的能转化为电能的功率，计算式为：P ＝IE(普遍适用)；P ＝E 2R ＋r ＝I 2(R ＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(2)电源内阻消耗功率P 内：是电源内阻的热功率，也称电源的损耗功率，计算式为：P 内＝I 2r.(3)电源的输出功率P 外：是外电路上消耗的功率，计算式为：P 外＝IU 外(普遍适用)；P 外＝I 2R ＝E 2R ＋2(只适用于外电路为纯电阻的电路)．(4)电源的效率：η＝P 外P ＝UI EI ＝U E ＝R R ＋r .(5)电源的输出功率(P 外)与外电阻R 的关系：P 外＝RE 2＋2＝E 2－2R ＋4r.P 外与R 的关系图象如图4－11－1所示．由图可以看出：图4－11－1当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P m ＝E 24r ，此时电源效率η＝50%.当R ＞r 时，随着R 的增大输出功率越来越小．当R ＜r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．当R 由小于r 增大到大于r 时，随着R 的增大输出功率先增大后减小(非单调变化)． 4．含容电路的分析技巧电容器两极板间的电压等于与电容器并联的电阻两端的电压，与电容器串联的电阻两端的电压一定为零(有阻无流，则无电压)．二、直流电路动态分析1．引起电路特征发生变化的主要原因有：①滑动变阻器滑片滑动，使电路的电阻发生变化；②开关的闭合、断开或换向(双掷开关)使电路结构发生变化；③电路发生短路和断路(电路故障)．2．电路动态变化问题的分析思路当电路中某处的电阻发生变化时，先由局部电阻的变化推出外电路电阻R外的变化，再由闭合电路的欧姆定律I总＝ER外＋r和U端＝E－I总r讨论干路电流I总的变化和路端电压U端的变化，最后分析对其他部分电路产生的影响，从而分别确定各元件上其他量的变化情况(使用的公式是部分电路欧姆定律、电路中各元件上的电压关系和电流关系等)．注意：①电路的总电阻总是随其中任一电阻的增大而增大，随任一电阻的减小而减小；电阻并联的数目越多，总阻值越小；②从电路分析角度看，断路可认为是电路中某处电阻增大到无穷大，短路可认为是电路某处电阻减小到零，因此电路故障问题可以视为特殊的动态分析问题；③对电路进行简化时，电压表和电容器视为断路，电流表视为短路；④电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，其所在电路中有充、放电电流，电路达到稳定状态时，电容器就相当于一个阻值无穷大的电阻，则电容器所在电路处可视为断路．分析计算含有电容器的直流电路时应注意：电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，在此支路的电阻没有电压降，因此电容器两极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，将会引起电容器充(放)电．三、与电功、电功率、电热相关问题的综合分析明晰电功、电功率、电热的概念与相互关系．说明：纯电阻电路中，电功率等于热功率；非纯电阻电路中，电功率只有一部分转化成热功率．纯电阻电路中只有电阻元件，如电熨斗、电炉、白炽灯等；非纯电阻电路中常含有电动机、电解槽等．四、含容电路问题的综合分析电容器是一个储存电能的元件.在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流.一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件,电容器所处电路看做是断路,简化电路时可去掉它.简化后若要求电容器所带电荷量时,可在相应的位置补上.在具体方法上要注意以下几点:(1)根据Q=CU､ΔQ=CΔU可知,要求电容器所带电荷量以及充放电时所带电荷量的变化,关键是求电容器两端的电压.(2)在电路分析时要注意电容器所在支路的连接情况.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以此支路中的电阻上无电压降,可以把与电容器串联的电阻看成导线,电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.(3)对于较复杂的电路,经常需要将电容器两端的电势与基准点的电势进行比较后才能确定电容器两端的电压.五、U-I图像的意义复习时注意电源的伏安特性曲线反映的是电源自身的性质,具有丰富的内涵(如图所示):1.图线与纵轴的截距表示电源的电动势;2.与横轴的截距表示短路电流;3.斜率的绝对值表示电源内阻;4.图线上任意一点所对应的电压和电流的比值(或者说任意一点与坐标原点O连线的斜率)表示接在外电路的电阻;5.阴影部分面积表示电流为I时,外电路电阻两端的输出功率,四边形AEOI的面积表示电源的总功率。
高考物理二轮复习 专题突破六 第2课时 直流电路和交流电路
权掇市安稳阳光实验学校第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 2R t ＝I 2Rt ，P ＝UI ＝U 2R＝I 2R .(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＝EI②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%＝UE×100%3．交流电的“四值”(1)最大值E m ＝NBSω.(2)瞬时值e ＝NBSωsin_ωt .(3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2；非正弦式交流电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 ΔΦΔt ，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 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 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——“并同串反”：“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)．“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).题型1 直流电路的动态分析例1(单选)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图1甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是( )图1A．A变大，V变大B．A变大，V变小C．A变小，V变大D．A变小，V变小解析由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当R t 所在处温度升高时，R t的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．答案D以题说法当传感器与电路问题结合在一起时，传感器实质是一变化的电阻，电路问题实质是电路的动态分析问题．通过题意分析并建立传感器的某一特性物理量与电学物理量(电压、电流、电阻等)之间的关系，是解决此类问题的关键．(单选)(2013·江苏·4)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种装置，电路如图2所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )图2A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显答案C解析由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，药液接触传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的；将S看做外电路，其余看做等效电源，根据U＝E－Ir可判断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.题型2 含电容器电路问题的分析例2(双选)如图3所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是( )图3A．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子不可能向上偏转C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出审题突破开关断开，电容器两金属板间的场强变化吗？保持开关闭合，a 板下移，电容器两板间的场强怎样变化？解析将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强逐渐减少到零，所以粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将发生偏转，A错误．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电，两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，选项B错误．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力．若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项C 正确．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压升高，粒子所受电场力大于洛伦兹力．若粒子带正电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确．答案CD以题说法分析含容电路的基本思路首先分析清楚电路的连接方式，必要时画等效电路图，电容器处的电路可看做断路，简化电路时可去掉；其次分析电容器两端的电压与哪部分电路(或电阻)的电压相同；最后弄清楚电容器是充电过程还是放电过程．(双选)如图4所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则( )图4A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向下运动D．R3上消耗的功率逐渐增大答案AC解析当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值在减小，所以回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r得干路的总电流增大，U＝E－Ir，所以电源的路端电压减小，R3上电压减小，质点P受到的电场力减小，所以将向下运动，选项C正确；R3上电压减小，其电流也减小，选项D错误；由干路的总电流增大，通过R3的电流减小可知通过电流表支路的电流增大，选项B错误；又因R4与R2电压之和与R3上电压相等，R3上电压减小，而R2电压增大，故R4电压必减小，所以选项A正确．题型3 交流电的产生和描述例3(双选)(2013·山东·17)图5甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是 ( ) 图5A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析 电流表测量的是电路中电流的有效值I ＝10 A ，选项A 正确．由图象可知，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s，选项B 错误．t ＝0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确．t ＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中电流的方向自左向右，选项D 错误． 答案 AC以题说法 1.线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大； (2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．2．交流电“四值”的应用(1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：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：计算通过电路截面的电荷量．(单选)如图6所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是 ( ) 图6A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt VD ．交流电b 电压的最大值为203 V答案 A解析 t ＝0时刻产生的电压为零，穿过线圈的磁通量变化率为零，磁通量最大，选项A 错误．图线a 所示正弦交流电周期为0.4 s ，图线b 所示正弦交流电周期为0.6 s ，根据转速与周期关系可知，线圈先后两次转速之比为3∶2，选项B 正确．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt V ，选项C 正确．由U m ＝NBSω可知交流电b 电压的最大值为203 V ，选项D 正确．此题关于这两个正弦交流电的说法错误的是A.题型4 变压器和远距离输电问题例4 (双选)如图7所示，理想变压器初级线圈接一正弦式交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．则下列说法中正确的是( )图7A ．只将S 1从2拨向1时，电流表示数变小B ．只将S 2从4拨向3时，电流表示数变小C ．只将S 3从闭合变为断开，电阻R 2两端电压增大D ．只将变阻器R 3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小解析 只将S 1从2拨向1时，输出电压增大，输出功率增大，原线圈输入电流增大，电流表示数变大，选项A 错误．只将S 2从4拨向3时，输出电压减小，输出功率减小，原线圈输入电流减小，电流表示数变小，选项B 正确．只将S 3从闭合变为断开，电阻R 2两端电压不变，选项C 错误．只将变阻器R 3的滑动触头上移，变压器的输出电流减小，输出功率减小，由变压器功率关系可知其输入功率减小，选项D 正确．答案 BD以题说法 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、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、功率等随负载电阻的变化情况．不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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．(单选)(2013·五区调研)夏季来临，空调、冷风机等大功率电器使用增多，用户消耗的功率增大．如图8所示，发电厂的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器均不变，则下列说法正确的是( )图8A ．变压器的输出电压U 2增大，且U 2＞U 1B ．变压器的输出电压U 4增大，且U 4＜U 3C ．输电线损耗的功率占总功率的比例减小D ．输电线损耗的功率增大答案 D解析由于发电厂的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器均不变，变压器的输出电压U2不变，选项A错误．大功率电器使用增多，用户消耗的功率增大，输电线电流增大，输电线损耗的功率增大，输电线损失电压增大，变压器的输出电压U4减小，选项B错误，D正确．输电线损耗的功率占总功率的比例增大，选项C错误.11．交变电流的综合问题分析审题示例(单选)如图9所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是( )图9A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时，通过电流表的电荷量为0 C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小审题模板解析计时起点，线圈内的感应电动势为最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，A选项正确．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝NΔΦR，即不为0，B选项错误．电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是NBSω2，C选项错误．当P位置向上移动，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，选项D错误．答案A点睛之笔交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下几点：1．分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义．2．学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中．(双选)如图10甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω.接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则( )图10A．电阻R两端的电压是10 VB．通过风扇电动机的电流是6 AC．通过灯泡的交流电频率是100 HzD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗答案AD解析变压器输入电压220 V，输出电压22 V，灯泡正常发光，风扇正常工作，电阻R两端的电压是22 V－12 V＝10 V，选项A正确．通过风扇电动机的电流一定小于6 A，通过灯泡的交流电频率是50 Hz，选项B、C错误．风扇突然卡住的瞬间，电风扇中电流增大．灯泡中电流减小，灯泡变暗，选项D正确．(限时：40分钟)一、单项选择题1．(2013·广东·16)如图1，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L＝6 Ω，AB端电压u1＝122sin 100πt (V)，下列说法正确的是( )图1A．电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD．变压器输入功率为6 W答案D解析由ω＝2πf＝100π rad/s得：f＝50 Hz，A错．有效值U1＝12 V，又：U2U1＝n2n1得：U2＝6 V，I2＝U2R L＝1 A，B、C错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6 W，D对．2．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图2所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内( )图2A．升降机可能匀速上升B．升降机一定在匀减速上升C．升降机一定处于失重状态D．通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大答案C解析发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，说明在这段时间内，压敏电阻中电流减小，压敏电阻的阻值增大，通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时小，说明升降机加速度向下，处于失重状态，选项A、B、D错误，C正确．3．如图3所示，A、B极板间存在竖直方向的匀强电场和匀强磁场，一带电微粒在A、B间的水平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图3A．该微粒带正电荷B．仅改变R3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动C．仅改变A、B极板之间距离，微粒将继续做匀速圆周运动D．仅改变A、B极板之间正对面积，微粒将不能继续做匀速圆周运动答案B解析带电微粒在A、B间的水平面内做匀速圆周运动．重力与电场力平衡，所受电场力向上，该微粒带负电荷，选项A错误．仅改变R3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动，选项B正确．仅改变A、B极板之间距离，由U＝Ed可知，AB之间的电场强度变化，微粒所受电场力变化，微粒将做螺旋运动，选项C错误．仅改变A、B极板之间正对面积，由U＝Ed可知，AB之间的电场强度不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项D错误．4．如图4是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的I－R图象．现将甲、乙串联后接入电路中，则( )图4A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压小B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小答案C解析现将甲、乙串联后接入电路中，电流相等，甲的电阻大于乙，由电阻定律，R＝ρlS，甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大，选项B错误．由欧姆定律U＝IR可知，甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端的电压大，选项A 错误．由焦耳定律，Q＝I2Rt，在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少，选项C正确．由P＝I2R可知甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率大，选项D错误．5．如图5所示，电源电动势为E，内电阻为r.两电压表可看做是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时(设灯丝电阻不变)，下列说法中正确的是( )图5A．小灯泡L2变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大B．小灯泡L2变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小C．小灯泡L1变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小D．小灯泡L1变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大答案C解析滑动变阻器的滑片向右滑动，它接入电路的电阻增大，其与灯泡L1并联后的电阻变大，电路的总电阻R总增大，由I＝ER总＋r可知，电路的总电流减小；由P＝I2R可知，灯泡L2电功率减小，灯泡变暗；由U＝IR可知，灯泡L2两端电压U2变小，电压表V2示数减小；由U端＝E－Ir可知，路端电压U端增大，因此电压表V1示数增大；灯泡L1两端电压U1＝U端－U2，U端增大，U2变小，所以U1变大，所以L1变亮，C正确．6．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图6，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻为r，则有( )图6A．电流表的示数是PU1B．变压器原、副线圈的匝数比是U2∶U1C．变压器输入电压的瞬时值是u＝U2sin 2πntD．手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是E m＝2U1答案A解析由于是理想变压器，所以原线圈的输入功率P1等于副线圈电路消耗的电功率P，由P＝UI可知，原线圈中电流的有效值，即电流表的示数为I＝PU1，A正确；由变压器电压比公式可知，原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2，B错误；由正弦交流电有效值与最大值的关系可知，原线圈输入电压的最大值为2U1，因此，若选线圈过中性面的时刻为计时起点，则输入电压的瞬时值为u＝2 U1sin 2πnt，C错误；由闭合电路欧姆定律知E m＝2PU1·r＋2U1，D错误．二、双项选择题7．锂电池因能量高、环保、无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图7所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是( )图7A．电能转化为化学能的功率为UI－I2rB．充电器输出的电功率为UI＋I2r C．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率为IrU×100%答案AC解析电能转化为化学能的功率为UI－I2r，充电器输出的电功率为UI，选项A正确，B错误．电池产生的热功率为I2r，选项C正确．充电器的充电效率为U－IrU×100%，选项D错误．8．如图8所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u1＝2202sin 100πt (V)的交流电，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，则( )图8A．电阻R1两端的电压为50 2 VB．二极管的反向耐压值应大于50 2 VC．原线圈的输入功率为200 WD．通过副线圈的电流为3 A答案BD解析由已知条件可知，原线圈交流电有效值为200 V，因n1∶n2＝22∶5，所以U1U2＝n1n2，得U2＝50 V，所以选项A错误；当交变电流的方向相反时，有效值仍为U2＝50 V，但二极管的反向耐压值是最大值，所以应大于50 2 V，选项B正确；由有效值的定义可知，通过副线圈的电流为3 A，所以选项D 正确；原线圈的电流为1522A，所以原线圈的输入功率为150 W，故选项C错误．9．如图9所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接一个交流电动机，电动机线圈的电阻为R.将原线圈接在电压为u＝U m sin ωt的正弦交流电源上，电动机的输入功率为P0，电动机带动半径为r的转轮以角速度ω匀速转动，将质量为m的物体匀速提升，若不计电动机的机械损耗，则以下判断正确的是( )图9A．物体上升的速度v＝rωB．变压器的输入功率为kP0C．原线圈中的电流有效值为2P0U mD．电动机的输出功率为P0－U2m2k2R答案AC解析 物体上升的速度等于轮边缘的线速度，为v ＝rω，A 正确；由能量守恒定律可知，变压器的输入功率等于电动机的输入功率P 0，电动机的输出功率为P 出＝mgv ＝mgrω，B 、D 错误；由P ＝UI 及U ＝U m2可知，原线圈中的电流有效值为I ＝2P 0U m，C 正确．10．如图10所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是 ( ) 图10A ．转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB ．线框中感应电流的有效值为2BSω2RC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为BSRD ．线框转一周的过程中，产生的热量为2πωB 2S2R答案 BC解析 由楞次定律和右手定则可知，转过π6时，线框中的电流方向为adcba ，A 错误；线框中感应电流的最大值为I m ＝BSωR，由于线框中的感应电流是正弦交流电，其电流有效值为I ＝I m2＝2BSω2R ，B 正确；由q ＝ΔΦR 可知，从中性面开始转过π2的过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝BSR ，C 正确；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Q ＝W ＝I 2R ·2πω＝πωB 2S 2R，D 错误．11．如图11甲所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶1，a 、b 端接有正弦交变电流，电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警电路原理图，其中R 2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R 1为一定值电阻，电压表和电流表可视为理想电表．下列说法中正确的是 ( ) 图11A ．变压器副线圈的输出电压的表达式为u ＝202sin 100πt (V)B ．当传感器R 2所在处未出现火警时，电压表的示数为20 VC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表的示数减小D ．当传感器R 2所在处出现火警时，电流表的示数减小 答案 AC解析 由输入的交流电的电压随时间的变化规律图象可知，交流电的周期为T ＝0.02 s ，最大值为U m ＝220 2 V ，则产生交流电的线圈的旋转角速度为ω＝2πT＝100π rad/s，由理想变压器电压比公式可知，输出电压的最大值为U m ′＝20 2 V ，则输出电压的表达式为u ＝202sin 100πt (V)，A 正确；输出电压的有效值为U 2＝U m ′2＝20 V ，由于输入电压不变，则输出电压U 2不变，因为R 1与R 2串联，则R 2分得的电压一定小于20 V ，即的示数一定小于20 V ，B 错误；当R 2所在处出现火警时，R 2减小，由闭合电路欧姆定律可知，R 2分得的电压减小，因此电压表的示数减小，C 正确；由于输出端的电阻减小，输出端的电流增大，由电流比公式可知，输入电流增大，电流表示数变大，D 错误． 12．如图12甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻R T (阻值随温度的升高而减小)及器P(有内阻)组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时器P 将发出警报声．则以下判断正确的是 ( ) 甲 乙图12A ．变压器副线圈中交流电压的瞬时表达式u ＝92sin 100πt (V)B ．电压表示数为9 VC ．R T 处温度升高到一定值时，器P 将会发出警报声D ．R T 处温度升高时，变压器的输入功率变小答案 AC解析 由变压器电压比公式得，变压器副线圈输出电压为9 V ，副线圈中交流电压的瞬时表达式u ＝92sin 100πt (V)，选项A 正确．电压表示数小于9 V ，选项B 错误．R T 处温度升高到一定值时，热敏电阻R T 减小到一定值，回路中电流增加到一定值时器P 将会发出警报声，选项C 正确．R T 处温度升高时，变压器的输出电流增大，变压器的输入功率增大，选项D 错误．。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应第讲直流电路与交流电路突破练.doc
第1讲直流电路与交流电路[限训练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌信息，输入电压为220 V，输出电压为12 V，这是一个降压变压器，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，选项A错误，B正确；当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出交流电压12 V，选项C错误；当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，根据变压器功率关系，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．答案：B2.在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P缓慢向右移动，则下列说法正确的是( )A．灯泡L变暗B．电源内部消耗的功率先变大后变小C．电容器C上的电荷量增加D．流过R1的电流方向由左向右解析：滑片P右移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，故灯泡L变亮，选项A错误；电源内部消耗的电功率P内＝I2r，随电流的增大，电源内部消耗功率一直变大，选项B错误；由U＝IR可知，灯泡两端电压和电源内电压均增大，所以滑动变阻器两端电压减小，故与滑动变阻器并联的电容器C两端电压减小，由Q＝CU可知，电容器C上的电荷量减少，选项C错误；电容器C带电荷量减少，故电容器C处于放电状态，流过R1的电流方向由左向右，D项正确．答案：D3.某交流发电机产生的感应电动势随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面B ．在1 s 内发电机的线圈绕轴转动50圈C ．将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压有效值为2 200 2 VD ．将此交流电与耐压值是220 V 的电容器相连，电容器不会被击穿解析：由题图知t ＝0时刻，感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的平面，选项A 错误；交流电的周期是0.02 s ，一个周期内线圈转动1圈，1 s 内有50个周期，所以线圈转动50圈，选项B 正确；原线圈电压的有效值U 1＝Um2＝220 V ，由U1U2＝n1n2可得，副线圈电压的有效值为2 200 V ，选项C 错误；此交流电电压的最大值为220 2 V ，大于220 V ，所以耐压值为220 V 的电容器会被击穿，选项D 错误． 答案：B4.如图所示，电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的交流电压瞬时值表达式为u ＝1002cos 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量变化率最大B ．该交流电压的频率为100 HzC ．穿过线圈的磁通量最大值是 2 WbD ．用理想电压表测量该电压，其示数约为141 V解析：当线圈平面与磁感线平行时，产生的感应电动势最大，此时磁通量变化率最大，A 项正确；频率f ＝100π2π Hz ＝50 Hz ，B 项错误；感应电动势的最大值E m ＝100 2 V ，根据E m＝NBS ω可知，BS ＝Em ω＝1002100π Wb ＝2π Wb ，C 项错误；电压表测量的是有效值，则E ＝Em2＝100 V ，D 项错误． 答案：A5．(2018·高考天津卷)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( )A ．R 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解析：由正弦交流电的产生原理可知，其电动势的最大值E m ＝NBS ω，而ω＝2πn ，有效值E ＝22E m ，线圈转速变为原来的12，则U 1＝E 变为原来的12.由U1U2＝n1n2知U 2变为原来的12，电压表读数变为原来的12，选项B 正确；R 消耗的功率P ＝U22R ，故R 消耗的功率变为原来的14，选项A 错误；由P 入＝P 出得，U 1I 1＝U22R ，故I 1变为原来的12，即电流表读数变为原来的12，选项C 错误；变压器不改变交变电流的频率，故通过R 的交变电流频率变为原来的12，选项D 错误． 答案：B6.(2015·高考全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，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( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B.U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设原线圈中电流为I ，由I1I2＝n2n1知，副线圈中的电流I 2＝3I ，由题意知副线圈中电阻两端的电压U ＝3IR ，则原线圈回路中R 两端的电压U ′＝IR ＝U3，原线圈两端的电压U 1＝3U ，由闭合电路中电压关系可知U 1＋U ′＝220 V ，即3U ＋U3＝220 V ，U ＝66 V ，原线圈回路中电阻消耗的功率P 1＝I 2R ，副线圈回路中电阻消耗的功率P 2＝(3I )2R ，P1P2＝k ＝I2R＝19，选项A 正确． 答案：A7．(2018·四川雅安高三第三次诊断)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电压随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，灯泡的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡正常发光，下列说法正确的是( )A ．t ＝0.01 s 时穿过线框的磁通量为零B ．变压器原线圈中电流表示数为1 AC ．交流发电机的转速为100 r/sD ．灯泡的额定电压为220 2 V解析：由题图乙可知，当t ＝0.01 s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A 错误；原线圈输入电压为有效值为22 V ，则副线圈的电压为220 V ，由P ＝UI 可知，副线圈电流I 2＝P U ＝22220 A ＝0.1 A ，则由I1I2＝101，求得I 1＝1 A ，故B 正确；由题图乙可知，交流电的周期为0.02 s ，则转速为n ＝1T＝50 r/s ，故C 错误；灯泡正常发光，故额定电压为220 V ，故D 错误． 答案：B 二、多项选择题8．(2018·贵州普通高等学校招生适应性考试)如图所示，L 1、L 2、L 3为三只完全相同的小灯泡，其中L 1接在理想变压器的原线圈上，L 2、L 3并联在副线圈两端，三只灯泡均正常发光．已知输入端电压为U ，则( )A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B ．理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1C ．小灯泡额定电压为U 2D ．小灯泡额定电压为U3解析：设每只小灯泡的额定电流为I ，因并联在副线圈两端的两只小灯泡均正常发光，所以副线圈中的总电流为2I ，原、副线圈电流之比为1∶2，所以原、副线圈的匝数之比为2∶1，则有原、副线圈两端的电压之比为2∶1，故B 正确，A 错误；设小灯泡的额定电压为U 1，则有副线圈电压为U 1，所以原线圈电压为2U 1，又因为原线圈与灯泡串联，所以U ＝2U 1＋U 1，解得U 1＝U3，故D 正确，C 错误．答案：BD9．某温度检测、光电控制加热装置原理图如图所示．图中R T 为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R 的温度，R G 为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L 的光照，除R T 、R G 外，其他电阻均为定值电阻．当R 处温度升高时( )A ．L 变亮B ．流过R 3的电流减小C ．E 2的路端电压增大D ．R 的功率减小解析：当R 处温度升高时，R T 阻值变小，左侧回路中的电流变大，L 消耗的功率变大，所以L 变亮，L 的光照强度增大，R G 阻值变小，通过R 2的电流变大，E 2的路端电压变小，R 两端电压变小，通过R 的电流也变小，所以R 消耗的电功率变小，通过R 3的电流变大，选项A 、D 正确． 答案：AD10．(2018·河北衡水一中测试)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P 调节．R T 为热敏电阻，当环境温度升高时，R T 的阻值变小．下列说法正确的有( )A ．P 向下滑动时，电压表读数变大B ．P 向下滑动时，电流表读数变小C ．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D ．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小解析：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，选项A 错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率可知，原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，选项B 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，变压器的输出功率变大，变压器的输入功率也变大，选项C 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P ＝I 2R 可知灯泡消耗的功率变大，选项D 错误． 答案：BC11．(2018·湖南张家界高三第三次模拟)如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n 1＝200匝，副线圈匝数n 2＝100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R 的阻值均为125 Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是( )A ．通过电阻的交流电频率为50 HzB ．电压表的示数为250 VC ．电流表的示数为0.25 AD ．每个电阻R 两端电压最大值为125 2 V解析：由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T ＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50 Hz ，A 正确；由U1U2＝n1n2可知，电压表的示数U 2＝n2n1U 1＝125 V ，B 错误；根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝U22R ＝0.5 A ，又I1I2＝n2n1，则电流表的示数I 1＝n2n1I 2＝0.25 A ，C 正确；因为副线圈两端电压有效值为125 V ，故副线圈两端最大电压为125 2 V ，故副线圈中每个电阻R 两端电压最大值为12522 V ，D 错误．答案：AC12．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是( )A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B ．灯泡中的电流方向每秒改变ω2π次C ．线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBS ωsin ωtD ．变压器原、副线圈匝数之比为nBS ω2U解析：图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，A 错误；交流电的周期为T ＝2πω，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变ωπ次，B 错误；交流电的电动势最大值E max ＝nBS ω，则线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBS ωsin ωt ，C 正确；交流电的有效值为U 1＝nBS ω2，则n1n2＝U1U2＝nBS ω2U，D 正确．答案：CD13.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 1的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝1∶10，在T 1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r ＝2Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为n 3∶n 4＝10∶1.若T 2的用电设备两端的电压为U 4＝200 V ，用电设备消耗的电功率为10 kW ，不考虑其他因素的影响，则( )A ．T 1的副线圈两端电压的最大值为2 010 2 VB ．T 2的原线圈两端的电压为2 000 VC ．输电线上损失的电功率为50 WD ．T 1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析：因为用电设备消耗的电功率为10 kW ，T 2副线圈两端的电压为U 4＝200 V ，则流过T 2副线圈的电流为I 4＝P U4＝10 kW200 V ＝50 A ，由变压器原、副线圈的电流与线圈匝数的关系I3I4＝n4n3，可得I 3＝5 A ，由U3U4＝n3n4，可知T 2原线圈两端的电压为U 3＝2 000 V ，B 正确；输电线的电阻分得的电压为U 线＝I 3·2r ＝5×2 V＝10 V ，所以T 1副线圈两端的电压为U 2＝U 3＋U 线＝(2 000＋10)V ＝2 010 V ，其最大值为U 2m ＝2 010 2 V ，A 正确；输电线上损失的电功率为P 损＝I 23·2r ＝50 W ，C 正确；由能量守恒定律可知T 1副线圈的输出功率为P 出＝(10 000＋50)W ＝10 050 W ，因此T 1原线圈的输入功率为10 050 W ，D 错误． 答案：ABC14．如图所示，电阻不计的金属导轨PQ 、MN 水平平行放置，间距为L ，导轨的P 、M 端接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R 的电阻．在两导轨间x ≥0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B ＝B 0sin 2k πx (T)，一阻值不计的导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好．开始时导体棒处于x ＝0处，从t ＝0时刻起，导体棒ab 在沿x 正方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动，则( )A ．导体棒ab 中产生的交变电流的频率为kvB ．交流电压表的示数为2B 0LvC ．交流电流表的示数为4B0Lv RD ．在t 时间内力F 做的功为2B20L2v2tR解析：导体棒ab 切割磁感线，产生的感应电动势E ＝BLv ＝B 0Lv sin 2k πvt (V)，则产生的交变电流的频率为kv ，A 正确；由E ＝B 0Lv sin 2k πvt (V)可知，原线圈所加交变电压的有效值为U 1＝B0Lv 2，由U1U2＝n1n2得U 2＝2B 0Lv ，B 错误；因U 2＝2B 0Lv ，I 2＝U2R ，由I1I2＝n2n1得I 1＝22B0Lv R ，C 错误；依据能量守恒定律，得W F ＝Q R ＝I 2Rt ＝2B20L2v2tR ，D 正确． 答案：AD。
2024年高考物理二轮热点题型归纳：直流电路与交流电路(学生版)
直流电路与交流电路目录题型一直流电路的动态分析题型二交流电的产生和描述题型三非正弦式交流电有效值的计算题型四变压器和远距离输电问题题型一直流电路的动态分析【题型解码】(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直流电路中，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，电容器两端的电压等于与之并联的电阻(或电路)两端的电压。
1(2023上·江苏泰州·高三校联考阶段练习)在如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3和R 4皆为定值电阻，R 5为可变电阻，电源的电动势为E 、内阻为r 。
设电流表A 的读数为I ，电流表A 1的读数为I 1，电压表V 的读数为U ，当R 5的滑动触点向图中的a 端移动时()A.I 变大B.I 1变小C.ΔU ΔI 1不变D.U 变大【方法提炼】1.直流电路的动态分析方法(1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R 总变化→干路电流I 变化→路端电压U 变化→各分量变化，即R 局增大减小 →R 总增大减小 →I 总减小增大 →U 端增大减小 →I 分U 分。
(2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都减小(增大)。
所谓“并同”，即某一电阻阻值增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端的电压、电功率都增大(减小)。
2.直流电路中的功率变化的判断(1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大而增大。
(2)外电阻越接近电源的内阻，电源输出功率越大，等于内阻时电源的输出功率最大。
(3)判断变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电阻时其功率最大，若不能等于则越接近越大。
【变式演练】1(2023上·四川成都·高三成都实外校考阶段练习)在如图所示的电路中，电压表为理想表，电源内阻为r ，滑动变阻器总电阻为R 2，R 1+R 2>r >R 1，滑动变阻器滑片由a 滑向b ，下列说法正确的是()A.电源的效率先变大再减小B.电源输出功率先增大再减小C.电压表示数先增大再减小D.灵敏电流计G 的电流方向d →c2(2023上·河南·高三河南省淮阳中学校联考阶段练习)在如图所示电路中，R 1、R 2、R 3为定值电阻，R 4、R 5为滑动变阻器，电源内阻为r ，平行板电容器C 正中央有一带电液滴P 处于静止状态。
高考物理大二轮总复习增分策略专题六第2讲直流电路和
第2讲 直流电路和交流电路高考题型1 直流电路的动态分析解题方略1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1)(1)纯电阻电路：电功纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt ＝U 2Rt＝I 2Rt ，P ＝UI ＝U 2R ＝I 2R .(2)(2)非纯电阻电路：电功非纯电阻电路：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．电源的功率和效率 (1)(1)电源的几个功率电源的几个功率电源的几个功率 ①电源的总功率：P 总＝EI②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内 (2)(2)电源的效率电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UE×100%.×100%. 3．直流电路动态分析方法．直流电路动态分析方法(1)(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．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)(2)结论法——“并同串反”结论法——“并同串反”结论法——“并同串反”“并同”：“并同”：指某一电阻增大指某一电阻增大指某一电阻增大((减小减小))时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大功率都将增大((减小减小))．“串反”：“串反”：指某一电阻增大指某一电阻增大指某一电阻增大((减小减小))时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小功率都将减小((增大增大))．例1 (2015·宝鸡九校联考(2015·宝鸡九校联考))如图1所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则端移动时，则( ( ( )图1A ．电压表读数减小．电压表读数减小B ．电流表读数减小．电流表读数减小C ．质点P 将向上运动将向上运动D ．R 4上消耗的功率逐渐增大上消耗的功率逐渐增大预测1 1 (201(201(2015·上海市浦东新区二模5·上海市浦东新区二模5·上海市浦东新区二模) ) 如图2所示电路中，所示电路中，L L 1、L 2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R 为光敏电阻为光敏电阻((光照越强，阻值越小阻值越小))．闭合开关S 后，随着光照强度逐渐增强随着光照强度逐渐增强( ( ( )图2A ．两只灯泡均逐渐变暗．两只灯泡均逐渐变暗B ．两只灯泡均逐渐变亮．两只灯泡均逐渐变亮C ．电源内电路消耗的功率逐渐增大．电源内电路消耗的功率逐渐增大D ．光敏电阻R 和灯泡L 1消耗的总功率逐渐增大消耗的总功率逐渐增大预测2 2 (2015·南通市二模(2015·南通市二模(2015·南通市二模) ) 某温控电路的原理图如图3所示，R M 是负温度系数半导体热敏电阻，R 是滑动变阻器，某种仪器要求在1515～27 ℃的环境中工作．当环境温度偏高或偏～27 ℃的环境中工作．当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温设备．下列说法中正确的是低时，控制器会自动启动降温或升温设备．下列说法中正确的是( ( ( )图3A ．环境温度降低，R M 的阻值减小的阻值减小B ．环境温度升高，U ab 变大变大C ．滑片P 向下移动时，U ab 变大变大D ．调节滑片P 能改变升温和降温设备启动时的临界温度能改变升温和降温设备启动时的临界温度高考题型2 交流电的产生和描述解题方略1．线圈通过中性面时的特点．线圈通过中性面时的特点 (1)(1)穿过线圈的磁通量最大；穿过线圈的磁通量最大；穿过线圈的磁通量最大； (2)(2)线圈中的感应电动势为零；线圈中的感应电动势为零；线圈中的感应电动势为零；(3)(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次． 2．交流电的“四值”．交流电的“四值”(1)(1)最大值最大值E m ＝NBS ω.分析电容器的耐压值．分析电容器的耐压值．(2)(2)瞬时值瞬时值e ＝NBS ωsin ωt .计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况．计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况． (3)(3)有效值：正弦式交流电的有效值有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2；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、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、电功率和测定交流电路的电压、电功率和测定交流电路的电压、电流都是电流都是指有效值．指有效值．(4)(4)平均值：平均值：E ＝n ΔΦΔt，常用来计算通过电路的电荷量．，常用来计算通过电路的电荷量．例2 (2015·泰安模拟(2015·泰安模拟) ) 如图4所示，边长L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n ＝1010，，总电阻r ＝2Ω，外电路的电阻R ＝8 Ω，ab 边的中点和cd 边的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始计时，以角速度，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO ′轴匀速转动．则以下判断中正确的是′轴匀速转动．则以下判断中正确的是( ( ( )图4A ．在t ＝π4s 时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大B ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝0.8sin 2t VC ．从t ＝0时刻到t ＝π4s 时刻，通过电阻R 的电荷量q ＝0.02 CD ．从t ＝0时刻到t ＝π4s 时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－4J预测3 3 ((多选)(2015·沈阳市检测多选)(2015·沈阳市检测) ) 如图5所示，一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动．沿着OO ′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动．已知线圈匝数为n ，总电阻为r ，ab 边长为l 1，ad 边长为l 2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则下列判断正确的是，则下列判断正确的是( ( ( )图5A ．在图示位置ab 边所受的安培力为F ＝nB 2l 21l 2ωR ＋rB ．线圈从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量为q ＝nBl 1l 2R ＋rC ．在图示位置穿过线圈的磁通量为0D ．在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0预测4 4 (2015·揭阳二模(2015·揭阳二模(2015·揭阳二模) ) 如图6所示的交流电压加在一电阻两端，下列说法不正确的是( ( )图6A ．该交流电压的频率为50 HzB ．该交流电压的周期为0.03 sC ．并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110 VD ．该交流电压的瞬时值表达式为u ＝1102sin 100πt (V) 预测5 5 (2015·广东七校第二次联考(2015·广东七校第二次联考(2015·广东七校第二次联考))一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图7甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，现外接一只电阻为105 Ω的灯泡，如图乙所示，则图乙所示，则( ( ( )图7A ．电路中的电流方向每秒钟改变50次B ．电压表的示数为220 VC ．灯泡实际消耗的功率为440 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20 J高考题型3 变压器和远距离输电问题解题方略1．理想变压器的基本关系式．理想变压器的基本关系式 (1)(1)功率关系：功率关系：P 入＝P 出．(2)(2)电压关系：电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)(3)电流关系：只有一个副线圈时电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1. 2．理想变压器动态分析的两种情况．理想变压器动态分析的两种情况(1)(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．况．(2)(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．况．不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、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．而言，输出决定输入． 例3 (2015·新课标全国Ⅰ·16) 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，3∶1，在原、在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图8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，则( ( ( )图8A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13预测6 6 ((多选)(2015·广州二模多选)(2015·广州二模))如图9为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，A 1、A 2、A 3为相同的理想交流电流表，当a 、b 端接入低压交流电源时，则( ( )图9A ．A 1、A 3的示数相等的示数相等B ．A 1、A 2的示数相等的示数相等C ．A 1的示数大于A 2的示数的示数D ．A 2的示数大于A 3的示数的示数预测7 7 (2015·苏锡常镇四市二模(2015·苏锡常镇四市二模(2015·苏锡常镇四市二模))如图10所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，输入电压u ＝311 sin (100πt ) V ，L 1和L 2灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表．两电表可视为理想交流电表．则则( ( )图10A ．该交流电的频率为100 HzB ．电压表的示数为31.1 VC ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则电流表的示数将变大向上滑动，则电流表的示数将变大D ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则灯泡L 1将变暗、灯泡L 2将变亮将变亮预测8 8 ((多选)(2015·第三次全国大联考多选)(2015·第三次全国大联考))如图11所示，理想变压器原线圈匝数为n 1；副线圈a 、b 之间匝数为n 2，b 、c 之间匝数为n 3；且有n 1∶n 2∶n 3＝5∶2∶1.原线圈两端加交流电压U 1＝220 V ，图中电压表和电流表均为理想交流电表．下列说法正确的是，图中电压表和电流表均为理想交流电表．下列说法正确的是，图中电压表和电流表均为理想交流电表．下列说法正确的是( ( ( )图11A ．开关打在a 处时，电压表的示数为88 VB ．开关打在b 处时，将滑动变阻器滑片P 向下滑动的过程中，变压器输入功率逐渐增大向下滑动的过程中，变压器输入功率逐渐增大C ．滑动变阻器保持不变，当开关由a 打到b ，电压表前后示数之比为3∶13∶1D ．滑动变阻器保持不变，当开关由a 打到b ，电流表前后示数之比为3∶13∶1高考题型4 交变电流的综合问题分析解题方略交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，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：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“四值”的不同计算方法和物理意义．．分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义．2．学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中．．学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中．例4 (多选)(2015·上饶二模多选)(2015·上饶二模))如图12所示，匝数n ＝100匝、面积为S ＝0.448 m 2的导线框ABCD 所在处的磁感应强度大小B ＝210π T ．线框绕垂直于磁场的轴．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动，并与理想升压变压器相连进行远距离输电，升压变压器的原、副线圈匝数之比为2∶5，理想降压变压器副线圈接入一只“220 V,1 100 W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r ＝20 Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则下列说法中正确的是下列说法中正确的是( ( ( )图12A ．电压表的读数为448 VB ．输电线路的电流为0.98 AC ．电流表的读数为2.5 AD ．降压变压器的原、副线圈匝数比为5∶15∶1预测9 9 (2015·泰安市二模(2015·泰安市二模(2015·泰安市二模))如图13甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是( ( ( )图13A ．输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u ＝362sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶14∶1C ．t ＝0.01 s 时，发电机的线圈平面位于中性面时，发电机的线圈平面位于中性面D ．R t 温度升高时，变压器的输入功率变小温度升高时，变压器的输入功率变小提醒：完成作业提醒：完成作业 专题六专题六 第2讲学生用书答案精析学生用书答案精析第2讲 直流电路和交流电路 高考题型1 直流电路的动态分析例1 1 A A A [[滑片向b 端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，则内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知路端电压减小，R 1两端的电压增大，并联部分电压减小，即R 2与R 4串联电路两端的电压减小；因并联部分电压减小，则R 3中的电流减小，而干路电流增大，故电流表中的电流增大，故B 错误；错误；而由于电流表示数增大，而由于电流表示数增大，而由于电流表示数增大，由欧姆定律可知由欧姆定律可知R 2两端的电压增大，两端的电压增大，故故R 4两端的电压减小，两端的电压减小，电压表示数减小，电压表示数减小，电压表示数减小，故故A 正确；正确；电容器两端的电压电容器两端的电压减小，质点所受电场力减小，则质点将向下移动，故C 错误；将R 4之外的其他部分等效为电源的内电阻，则由电源的输出功率可知，当内、外电阻相等时，输出功率最大，因不明确电阻的大小关系，故R 4上消耗的功率可能先增加后减小，故D 错误．错误．] ] 预测1 1 C C 预测2 2 D D高考题型2 交流电的产生和描述例2 2 C C C [[T ＝2πω＝πs ，在t ＝π4 s 时刻，线圈从图示位置转过90°，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，故A 错误；闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝E m sin ωt ，而E m ＝nBS ω，所以e ＝nB L 22ωsin ωt ＝0.4sin 2t V ，故B 错误；由q ＝nΔΦR ＋r ＝10×1×0.22×128＋2C ＝0.02 C ，故C 正确；从t ＝0时刻到t ＝π4 s 时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝(E m2R ＋r )2Rt＝1.6π×10－3J ，故，故D 错误．错误．] ]预测3 3 ABC ABC ABC [[根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则有：I ＝nBl 1l 2ωR ＋r，再由安培力表达式F ＝BIl 1＝nB 2l 21l 2ωR ＋r，所以A 正确；线圈从图示位置转过90°的过程中，根据q ＝n ΔΦR ＋r ，则有流过电阻R 的电荷量为q ＝nBl 1l 2R ＋r，所以B 正确；在图示位置穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率最大，故C 正确，正确，D D 错误．错误．] ] 预测4 4 B B 预测5 5 D D高考题型3 变压器和远距离输电问题例3 3 A A A [[原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，根据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U 3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R·R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.根据以上分析可知选项A正确．正确．] ]预测6 6 AC AC AC [[根据变压器的规律电流与匝数成反比，得I 1I 2＝n 2n 1，I 2I 3＝n 4n 3，且n 1＝n 4<n 2＝n 3，故A 1的示数大于A 2的示数，的示数，A A 1、A 3的示数相等，故B 错误，错误，A A 、C 正确；同理，正确；同理，A A 2的示数小于A 3的示数，故D 错误．错误．] ] 预测7 7 C C预测8 8 BC BC BC [[开关打在a 处时，根据U 1U 2＝n 1n 2＋n 3，可知电压表示数为132 V ，A 错误；无论开关打a 还是打到b ，只要滑动变阻器的滑片向下滑动，变阻器的阻值减小，消耗的功率增大，因而输入功率也增大，因而输入功率也增大，B B 正确；滑动变阻器保持不变，当开关由a 打到b ，根据U 2U 3＝n 2＋n 3n 3＝31，C 正确；根据P ＝U 2R ，滑动变阻器前后消耗的功率之比为P 1P 2＝U 22U 23＝91，而输入电压不变，因此输入电流之比为9∶1，9∶1，D D 错误．错误．] ] 高考题型4 交变电流的综合问题分析例4 4 ACD ACD ACD [[矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m ＝nBS ω＝100×210π×0.448×100π V ＝4482 V ，由于最大值为有效值的，由于最大值为有效值的2倍，所以交流电的有效值为448 V ，故A 正确；灯泡中的电流：I 4＝P U 4＝1 100220 A ＝5 A ，升压变压器的匝数比是2∶5，则输电线的输送电压为：则输电线的输送电压为：U 送＝52×448 V＝1 120 V①设降压变压器的匝数比是n ∶1，则降压变压器中的输入电流：∶1，则降压变压器中的输入电流：I 3＝1n ·I 4＝5n②该电流即为输电线中的输电电流，则输电线上损失的电压：该电流即为输电线中的输电电流，则输电线上损失的电压： ΔU 3＝I 3·r ③降压变压器的输入电压：降压变压器的输入电压：U 3＝U 送－I 3·r ④降压变压器输入电压和输出电压之比为降压变压器输入电压和输出电压之比为U3U4＝n⑤联立①②③④⑤得：n＝5，U3＝1 100 V，I3＝1 A，故，故B错误，错误，D D正确；升压变压器副线圈的电流与输送的电流是相等的，I2＝I3＝1 A，由于电流与匝数成反比，所以升压变压器原、，由于电流与匝数成反比，所以升压变压器原、副线圈电流之比为：I1I2＝n2n1，所以I1＝n2n1I2＝52×1 A＝2.5 A，故，故C正确．正确．]]预测99 CC11。
2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题四电路与电磁感应第10讲直流电路与交流电路课件
思维提升
纯电阻电路和非纯电阻电路 (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＝UR2t＝I2Rt，P＝UI＝UR2＝I2R. (2)非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热 功率P热＝I2R，电功率大于电热功率，即P>P热，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＝I2Rt、P热＝I2R.
答案：BC
例 2 [2023·四川省成都市树德中学高三三诊]图甲中理想变压器原、 副线圈的匝数比为2∶1，电阻R＝10 Ω，L1、L2为规格相同的两只小 灯泡．原线圈接一个经双可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规 律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周 期电压被截去．现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光．下列说法错 误的是( )
A．若滑片P向下滑动，则L2变亮，L3变暗 B．若滑片P向下滑动，则L1变暗，L2变亮 C．若将单刀双掷开关S2切换至2，则L1、L2、L3均变亮 D．若将单刀双掷开关S2切换至2，则电源的输出功率可能变小
答案：ABC
例 2 [2023·海南卷]如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计， 电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为 ()
A．受电线圈的电流方向每秒改变50次 B．送电线圈的输入功率为110 W C．受电线圈的输出电压为50 2 V D．送电线圈的输入电压为220 2 V
答案：B
命题点三 变压器与远距离输电
1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系 (1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2nU1 1. 原制约 副
A．CE B．12CE C．25CE D．35CE
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高考物理二轮复习专题突破秘籍（考点汇聚+专题专讲专练+考点
串讲）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＝
U2 R t＝I2Rt，P＝UI＝
U2
R
＝I2R.
(2)非纯电阻电路，电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，电热功率P热＝I2R，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＝I2Rt、P热＝I2R.
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 2
r 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. (2)瞬时值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 1n 2
.
(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 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——“并同串反”：
“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)．
“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).
题型1 直流电路的动态分析
例
1热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图1甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻R t 与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是( )
图1
A．A变大，V变大 B．A变大，V变小
C．A变小，V变大 D．A变小，V变小
解析由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当R t所在处温度升高时，R t的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．
答案 D
以题说法
当传感器与电路问题结合在一起时，传感器实质是一变化的电阻，电路问题实质是电路的动态分析问题．通过题意分析并建立传感器的某一特性物理量与电学物理量(电压、电流、电阻等)之间的关系，是解决此类问题的关键．
(2013·江苏·4)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图2所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )
图2
A．R M变大，且R越大，U增大越明显
B．R M变大，且R越小，U增大越明显
C．R M变小，且R越大，U增大越明显
D．R M变小，且R越小，U增大越明显
答案 C
解析由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，药液接触传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的；将S看做外电路，其余看做等效电源，根据U＝E－Ir可判断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.
题型2 含电容器电路问题的分析
例
2如图3所示的电路中，电源电动势为
E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示
位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是( )。