高考物理二轮复习 直流电路与交流电路专题复习教案
二轮复习专题4第1讲直流电路和交流电路课件(42张)
(3) 远距离输电常用关系式(如图所示)
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3. ②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3. ③输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝U2R－线U3. ④输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线 U 损＝I2线_R 线＝UP222R 线.
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增大，故 A 错误；R0 两端的电压为 U0＝I2R0，用户得到的电压为 U3＝
U2－U0，当用户增多时，I2 增大，U0 增大，所以 U3 减小，为使用户获得
的电压稳定在 220 V，则需要增大 U2，变压器原副线圈电压关系为
U2＝ U1
nn21，在 U1 和 n2 不变的情况下，要增大 U2，可以减小 n1，即将 P 适当
【答案】 C
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二 交变电流的产生及四值问题
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．
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2. 正弦式交流电“四值”的应用
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2 (2021·江苏卷)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛， 2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时．某种风力发电机的原理如图 所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知 磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为 100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线 圈中产生的感应电流为50 A．求：
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三 变压器与远距离输电
1. 变压器制约问题主要有三项： 电压制约：输出电压 U2 由输入电压决定，即 U2＝nn21U1，可简述为“原 制约副”． 电流制约：原线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定，即 I1 ＝nn21I2，可简述为“副制约原”． 负载制约：原线圈的功率P1由用户负载决定，P1＝P负1＋P负2＋…， 简述为“副制约原”．
高考物理二轮复习第一部分第12讲直流电路和交流电路学案
专题四电路和电磁感应1．电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定律、电功和电热等力电综合问题．考查形式为选择题或计算题．2．恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电路、电路故障、含电容电路和含电表电路等问题的分析．3．交变电流部分：以选择题的形式考查交变电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理．复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流电“四值”的特点及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、含电容电路的分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力．第12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＝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＝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%＝UE×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 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、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 1.1．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( )A ．ΔP ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU解析：输电线上损失的功率ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·r ，损失的电压ΔU ＝P U·r .当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ，损失的电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .答案：AD2．[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)]图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝22∶3，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 Ω，额定电压为24 V ．定值电阻R 1＝10 Ω、R 2＝5 Ω， 滑动变阻器R 的最大阻值为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )A ．1 ΩB ．5 Ω C．6 Ω D ．8 Ω解析：输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U 1＝22022 V ＝220 V ，根据理想变压器电压规律U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈电压有效值为U 2＝n 2n 1U 1＝322×220 V ＝30 V.灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24 V ，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为I L ＝U L R L ＝2415A ＝1.6 A ，根据串联分压规律可知，R 1和R 2、R 构成的并联电路部分的分压为U ＝U 2－U 1＝30 V －24 V ＝6 V ，通过R 1的电流为I 1＝U R 1＝610A ＝0.6 A ， 通过R 2、R 的电流为I 2＝I L －I 1＝1.6 A －0.6 A ＝1 A ，R 2、R 的分压为U ＝I 2(R 2＋R )，解得滑动变阻器的阻值为R ＝UI 2－R 2＝61Ω－5Ω＝1 Ω.A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A3．(2020·北京卷)如图所示， 理想变压器原线圈接在u ＝U m sin(ωt ＋φ)的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R ，不计电表内电阻影响．闭合开关S 后( )A ．电流表A 2的示数减小B ．电压表V 1的示数减小C ．电压表V 2的示数不变D ．电流表A 1的示数不变解析：开关S 闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V 1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A 1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R 两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V 2的示数减小，故电流表A 2的示数减小．故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A.答案：A考点一 直流电路的分析与计算1．明确1个定律、2个关系． (1)闭合电路的欧姆定律：I ＝ER ＋r.(2)路端电压与电流的关系：U ＝E －Ir . (3)路端电压与负载的关系：U ＝IR ＝R R ＋r E ＝11＋rRE ，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．解决含电容器的直流电路问题的一般方法．(1)通过初、末两个稳定的状态来了解中间不稳定的变化过程．(2)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，电容器对电路的作用是断路．(3)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，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．(4)在计算电容器的带电荷量变化时，如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于始、末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于始、末状态电容器电荷量之和．3．闭合电路中几种常见图象的比较． 类型公式图象特例I-R 图线I ＝E R ＋r短路R ＝0，I ＝E r，图象始端 断路R ＝∞，I ＝0，图象末端U-R 图线U ＝ERr ＋R短路R ＝0，U ＝0，U 内＝E 断路R ＝∞，U ＝E ，U 内＝0U-I 图线 U ＝E －Ir短路R ＝0，I ＝E r，U＝0断路R ＝∞，I ＝0，U＝E P-R 图线P ＝E2（r ＋R ）2R短路I ＝E r，P 出＝0断路I ＝0，P 出＝0，当R ＝r 时，P 出最大，P 出＝E 24rP-I 图线 P ＝EI －I 2r短路I ＝E r，P 出＝0断路I ＝0，P 出＝0，当I ＝E2r时，P 出最大，P出＝E24r(2020·北京卷)图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况．把这段金属丝与电池、电流表串联起来(图乙)，用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计．下列说法正确的是( )A．t A应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系B．t A应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系C．t B应标在电流较大刻度上，且温度与电流是线性关系D．t B应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系解析：由甲图可知，t A点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故t A应标在电流较大的刻度上；而t B点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故t B应标在电流较小的刻度上；由图甲得R＝R0＋kt，其中R0为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋R g＋r，联立解得t＝EkI －R0＋Rg＋rk，可知t与I是非线性关系．故B正确，A、C、D错误．答案：B考向直流电路的动态分析1.在图所示电路中，R1、R2是定值电阻，当滑动变阻器滑片向上移动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小解析：根据题意，由题图可知，电流表与滑动变阻器串联而电压表与滑动变阻器并联，当向上移动滑片时滑动变阻器接入电路的阻值变小，再根据结论“串反并同”，可知电流表示数变大而电压表示数变小，B选项正确．答案：B考向电路中的图象问题2.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常量)，图线b是某电阻R的UI图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为( )A．5.5 ΩB．7.0 ΩC．12.0 Ω D．12.5 Ω解析：由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U＝2.5 V，电流为I＝0.2A，则硅光电池的内阻为r＝E－UI＝3.6－2.50.2Ω＝5.5 Ω，故选项A正确．答案：A考点二电功电功率电热热功率1．电功和电热、电功率和热功率的区别与联系．项目意义公式联系电功电流在一段电路中所做的功W＝UIt对纯电阻电路，电功等于电热，W＝Q＝UIt＝I2Rt；对非纯电阻电路，电功大于电热，W＞Q 电热电流通过导体产生的热量Q＝I2Rt电功率单位时间内电流所做的功P＝UI对纯电阻电路，电功率等于热功率，P电＝P热＝UI＝I2R；对非纯电阻电路，电功率大于热功率，P电＞P热热功率单位时间内导体产生的热量P＝I2R(1)抓住两个关键量：确定电动机的电压U M和电流I M是解决所有问题的关键．若能求出U M、I M，就能确定电动机的电功率P＝U M I M，根据电流I M和电动机的电阻r可求出热功率P r＝I2M r，最后求出输出功率P出＝P－P r.(2)坚持“躲着”求解U M、I M：首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流．然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压和电流．(3)应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．3．电源的功率和效率．电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内 电源内部消耗的功率纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋rP 内＝I 2r ＝P 总－P 出电源的输出功率任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R（R ＋r ）2P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P 出P 总×100%＝UE×100% 纯电阻电路：η＝R R ＋r×100%对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为：P 出＝I 2R ＝E 2R （R ＋r ）2＝E 2（R －r ）2R＋4r . 由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为：(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r；(2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； (3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.(多选)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及导线电阻，则( )A ．电源内阻r ＝E I－R B ．电源内阻r ＝E I －mgvI 2－R C ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大 D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小解析：含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A 错误；由能量守恒定律可得EI ＝I 2r ＋mgv ＋I 2R ，解得r ＝E I －mgvI 2－R ，B 正确；如果电动机转轴被卡住，则E ＝I ′(R ＋r )，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C 正确，D 错误．答案：BC考向 非纯电阻电路1.如图所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W解析：由题意得电动机两端的电压U ＝E －I (R 0＋r )＝7 V ，则电动机的输入功率P ＝UI ＝14 W ．热功率P 热＝I 2R M ＝2 W ，则输出功率P 出＝P －P 热＝12 W ．电源的输出功率P ′＝EI －I 2r ＝20 W ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B考向 电源输出功率的极值问题2．(2018·北京卷)如图1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2中画出变阻器阻值R 变化过程中U-I 图象的示意图，并说明U-I 图象与两坐标轴交点的物理意义．(2)a.请在图2画好的U-I 关系图线上任取一点，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．解析：(1)图象与纵轴交点的横坐标电流值为零，由U ＝E －Ir ＝E ，因此与纵轴交点的纵坐标的电源电动势；图象与横轴交点的纵坐标电压值为零，由U ＝E －Ir ＝0，因此与横轴交点的横坐标值为短路电流，I 短＝Er.(2)a.在画好的U-I 关系图线上任取一点，其坐标值U 和I 的乘积即为此时电源的输出功率P ，因此可画出如图所示的带网格图形，以其面积表示此时电源的输出功率．b ．电源的输出功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝E 2R ＋2r ＋r 2R当外电路电阻R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P max ＝E 24r.(3)电动势定义式E ＝W q.根据能量守恒，在题图1所示的电路中，非静电力做功W 产生的电能等于在外电路和内电路上产生的电热，即W ＝I 2rt ＋I 2Rt ＝Irq ＋IRq ，则E ＝W q＝Ir ＋IR ＝U 内＋U 外．答案：(1)U-I 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 ．当R ＝r 时，电源的输出功率最大，P max ＝E 24r. (3)见解析．考点三 交流电的产生和描述1．正弦交变电流的产生及变化规律．图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点B⊥S B∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝nΔΦΔt＝0，最小e＝nΔΦΔt＝nBSω，最大感应电流为零，方向改变感应电流最大，方向不变磁通量：Φ＝Φm cos ωt；电动势：e＝E m sin ωt；电流：i＝I m sin ωt.3．交变电流“四值”的理解与应用．(1)交变电流“四值”的比较．物理量重要关系适用情况及说明瞬时值e＝E m sin ωti＝I m sin ωt计算线圈某时刻的受力情况峰值E m＝nBSωI m＝E mR＋r讨论电容器的击穿电压物理量重要关系适用情况及说明有效值E＝E m2，U＝U m2，I＝I m2(只适用于正弦式交变电流)(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的值 (3)保险丝的熔断电流 (4)交流电表的读数平均值E ＝BL vE ＝nΔΦΔtI ＝E R ＋r计算通过电路截面的电荷量(多选)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r ＝0.1 m 、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B ＝0.20π T ，线圈电阻为R 1＝0.5 Ω，它的引出线接有R 2＝9.5 Ω的小电珠L ，外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则( )A ．小电珠中电流的峰值为0.16 AB ．小电珠中电流的有效值为0.16 AC ．电压表的示数约为1.5 VD ．t ＝0.1 s 时外力的大小为0.128 N解析：由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为E m ＝nBlv ＝nB ·2πrv m ，故小电珠中电流的峰值为I m ＝E mR 1＋R 2＝20×0.20π×2π×0.1×29.5＋0.5 A ＝0.16 A ，选项A 正确，B 错误；电压表示数为U ＝I m2·R 2≈1.07 V ，选项C 错误；当t ＝0.1 s 也就是T4时，外力的大小为F ＝nB ·2πrI m ＝0.128 N ，选项D 正确．答案：AD考向 对描述交流电的物理量的分析1．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t ＝π2ω时刻( )A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量为零C ．线圈所受的安培力为零D ．穿过线圈磁通量的变化率最大解析：该交变电流的周期为T ＝2πω，在t ＝π2ω时刻，即t ＝T4时刻，由线圈中产生的交变电流图象可知，感应电流大小为零，故A 错误；在t ＝π2ω时刻，感应电流大小为零，则知感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量为最大，故B 、D 错误；在t ＝π2ω时刻，感应电流大小为零，由公式F ＝BIL 知线圈所受的安培力为零．故C 正确．答案：C考向 有效值的计算2．(2018·全国卷Ⅲ)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u 0，周期均为T ，如图所示．则Q 方∶Q 正等于( )A ．1∶ 2 B.2∶1 C ．1∶2 D ．2∶1解析：.根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q 方＝u 20RT ；而正弦交流电电压的有效值等于峰值的12，故Q 正＝⎝ ⎛⎭⎪⎫u 022RT ＝12·u 20R T ，所以Q 方Q 正＝21，D 正确．答案：D考向 交变电流平均值的求法及应用3.(多选)如图所示，电阻为r 的单匝矩形线圈面积为S ，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动．匀强磁场的磁感应强度为B ，t ＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )A ．滑片P 下滑时，电压表的读数不变B ．图示位置线圈中的感应电动势最大C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为2BSR ＋rD ．1 s 内流过R 的电流方向改变ωπ次解析：滑片P 下滑时，外电阻增大，电压表的读数变大，A 错误；图示位置穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，B 错误；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝2BSR ＋r ，C 正确；一个周期内线圈2次通过中性面，电流方向改变2次，交流电的频率为ω2π，所以1 s 内流过R 的电流方向改变ωπ次，D 正确．答案：CD考点四 变压器与远距离输电1．理想变压器． (1)构造．如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．①原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈． ②副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈． (2)原理：电磁感应的互感现象． (3)理想变压器及其基本关系．理想变压器(1)没有“铜损”(线圈电阻为零，不发热)(2)没有“铁损”(铁芯中无涡流，不发热) (3)没有“漏磁”(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出 基本关系电压关系只有一个副线圈时：U 1U 2＝n 1n 2有多个副线圈时：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 电流关系只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1有多个副线圈时：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n频率关系f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)如图所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电线总电阻为R .(1)输出电流．I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R. (2)电压损失． ΔU ＝U －U ′＝IR . (3)功率损失．ΔP ＝P －P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R . (4)减少输电线上电能损失的方法．①减小输电线的电阻R .由R ＝ρlS知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．②减小输电线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压．(2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1、R 2、R 3均为固定电阻，R 2＝10 Ω，R 3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R 2中电流i 2随时间t 变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )A ．所用交流电的频率为50 HzB ．电压表的示数为100 VC ．电流表的示数为1.0 AD ．变压器传输的电功率为15.0 W 解析：交流电的频率为f ＝1T＝10.02 s ＝50 Hz ，A 正确；通过R 2电流的有效值为I ＝ 2 A2＝1 A ，R 2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U 2＝IR 2＝1×10 V ＝10 V ，根据理想变压器的电压规律U 1U 2＝n 1n 2可知原线圈的电压U 1＝n 1n 2U 2＝10×10 V ＝100 V ．电阻R 1两端分压即为电压表示数，即U V ＝U 0－U 1＝220 V －100 V ＝120 V ，B 错误；电流表的示数为I A ＝U 2R 3＝1020A ＝0.5 A ．C 错误；副线圈中流过的总电流为I 2＝I ＋I A ＝1 A ＋0.5 A ＝1.5 A ，变压器原副线圈传输的功率为P ＝I 2U 2＝15 W ．D 正确．答案：AD考向 变压器规律理解1．(2018·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：交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 项正确；由电功率P ＝U 2R可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误．答案：B考向 变压器的动态分析问题2．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大解析：当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R 1中电流减小，R 1两端电压减小，电压表示数变大，R 1消耗的电功率变小，选项A 错误，B 正确．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，电流表A 1示数变小，选项C 错误．若闭合开关S ，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R 1中电流增大，R 1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A 2示数减小，电流表A 1示数变大，选项D 错误．答案：B考向 远距离输电3．(2020·浙江卷)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机的电压U 1＝250 V ，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R 线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U 4＝220 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I 1＝40 AB ．输电线上的电流I 线＝625 AC ．降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝190∶11D ．用户得到的电流I 4＝455 A解析：根据电功率公式P ＝UI ，发电机输出电流I 1＝PU 1＝400 A ，A 错误；输电线上损失功率5 kW ，由P 损＝I 2线R 线，可得I 线＝P 损R 线＝25 A ，故B 错误；根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得I 4I 线＝n 3n 4＝ 95 000 W 220 V5 000 W 8 Ω＝19011，C 正确；用户得到的功率为95 kW ，用户得到的电流I 4＝95 000 W220 V≈432 A ，D 错误．答案：C。
届新高考物理二轮 复习 强化导学案 直流电路和交流电路Word版含解析
题型一直流电路的分析1.(2020·江苏卷)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示．当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时()A．车灯的电流变小B．路端电压变小C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大解析：车灯突然变暗，说明车灯的电流变小，A正确；路端电压U＝IR，车灯的电流变小，则路端电压变小，B正确；路端电压U＝E －I总r，U变小，说明总电流I总变大，C错误；电源的总功率变大P ＝I总E，因为I总变大，所以电源的总功率变大，D正确．答案：ABD2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小解析：由题图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．答案：B3.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是()A．此时P点电势为6 VB．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D．若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝R2R2＋rE＝6 V，那么电容器两极的电势差为6 V，又有下端接地，故电势为零，那么P点电势为12U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，故B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P点电势减小，故C错误；滑片P从b端向a端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．答案：B题型二交变电流的产生及描述4．(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd以垂直磁感线的cd边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图象如图2所示，则下列说法正确的是()A．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量为零B．t＝3 s时刻通过线圈的磁通量最大C．此交变电动势的频率为50 HzD．线圈电动势瞬时值的表达式为16 sin 50πt(V)解析：由图2可知，当t＝3 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A正确，B错误；由图2可知，交流电的周期为0.04 s，则此交变电动势的频率为：f＝1T＝10.04Hz＝25 Hz，故C错误；由图2可知，交流电压的最大值为16 V，ω＝2πT＝50π，则线圈电动势瞬时值的表达式为16sin 50πt (V)，故D 正确． 答案：AD5.(多选)如图所示，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，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正确的是( )A ．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 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203V 解析：在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确． 答案：BCD6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大B．图线甲、乙对应的线圈在t＝2.0 s时，线圈平面均平行于磁感线C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2 s×10＝2.0 s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m＝BSω＝Φmω＝0.4×2π0.16V＝5π V，电流的峰值I m＝E mR＝5π A，故D项错误．答案：B题型三变压器及远距离输电7.(2020·江苏卷)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流解析：根据U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以是一种升压变压器，A错误；不能测量直流电路的电流，B错误；原、副线圈电流的频率相同，C错误；根据I2I1＝U1U2＝n1n2，因为n1<n2，所以副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确．答案：D8．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S闭合后，下列说法正确的是()A．电阻R消耗的功率增大B．原线圈的输入电流减小C．原、副线圈的电压比增大D．灯L1、L2都能正常发光解析：当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R两端的电压增大，故R消耗的功率增大，故A正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C错误；当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故D错误．答案：A9.如图所示的电路中，R为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C为电容器，灯泡L的额定电压为50 V，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S，在a、b两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt(V)，则下列说法正确的是()A．灯泡会正常发光B．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D．断开开关S，灯泡会熄灭解析：由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V，根据U1U2＝n1n2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V，不会正常发光，A错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R中的电流小于灯泡中的电流，B错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C正确；断开开关S，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D错误．答案：C10.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡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．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数之比为1∶9B．原、副线圈匝数之比为9∶1C．此时a和b的电功率之比为10∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶10解析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A错误，B正确；根据公式I1I2＝n2n1可得I1I2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得两者的电功率之比为1∶9；故C错误，D错误．答案：B题型四综合练11．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m，降压变压器的原副线圈匝数比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了ΔU RB．电流表A1的示数增大了nΔU RC．电压表V1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错误；设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确；由I 1I 2＝1n得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R ，故A 错误；输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错误． 答案：B12.如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ解析：导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．答案：D13．(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝nBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u＝5002sin 200t V．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W，变压器副线圈3中电功率为60 W，则变压器原线圈中的电功率为160 W，所以变压器原线圈中电流强度I1＝P1U1＝160500A＝825A．故B错误；电动势的最大值为500 2 V，则交流电压的有效值500 V．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．答案：AC14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是()A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B 项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．答案：BD。
高考物理二轮专题突破 专题七 电磁感应和电路(2)直流
专题七 电磁感应和电路 第2讲：直流电路和交流电路一、学习目标1、掌握直流电路常用的的动态分析方法2、掌握解决交变电流的产生和描述的基本方法3、学会解决变压器和远距离输电问题4、学会交变电流的综合问题分析 二、课时安排 2课时 三、教学过程 （一）知识梳理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＝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%＝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 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. （二）规律方法 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).（三）典例精讲高考题型一 直流电路的动态分析【例1】 (2016·全国甲卷·17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图1所示电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图1A.25B.12C.35D.23 解析 S 断开时等效电路图如图甲所示.甲电容器两端电压为U 1＝ER ＋23R ×23R ×12＝15E ； S 闭合时等效电路图如图乙所示.乙电容器两端电压为U 2＝ER ＋12R ×12R ＝13E ， 由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确.答案 C高考题型二 交流电的产生和描述【例2】 如图2甲所示，电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO ′匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为R ＝10 Ω的小灯泡L 供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图象如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法正确的是( )图2A.在t ＝5×10－3s 时，线圈处于中性面位置 B.在t ＝10×10－3 s 时，穿过线圈的磁通量最大 C.交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos 50πt (A) D.线圈产生的交流电的电动势为55 V解析 由图乙可知t ＝5×10－3s 时刻感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故A 正确；t ＝10×10－3s 时刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线圈回路的磁通量最小，故B 错误；周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π r ad/s ，故电流的瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A)，故C 错误；线圈产生的交流电的电动势最大值为E m ＝I m (R ＋r )＝55 V ，D 错误.答案 A 归纳小结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.交流电的“四值”(1)最大值E m ＝NBS ω.分析电容器的耐压值.(2)瞬时值e ＝NBSωsin ωt .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：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、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.高考题型三 变压器和远距离输电问题【例3】 (2016·全国乙卷·16)一含有理想变压器的电路如图3所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，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3A.2B.3C.4D.5解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.甲 乙答案 B 归纳小结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. 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.高考题型四 交变电流的综合问题分析【例4】 (多选)如图4所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接.c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动.如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则( )图4A.滑动变阻器上消耗的功率为P ＝100I 2R B.变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC.取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD.ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIL解析 由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝10I ，变阻器上消耗的功率为P ＝I 22R ＝(10I )2R ＝100I 2R ，故A 正确；副线圈的电压为U ＝I 2R ＝10IR ，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U 1＝100IR ，故B 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab 中感应电流的表达式应为i ＝2I cos ωt ，故C 错误；ab 在最低点时，ab 棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为2I ，此时的安培力也是最大的，最大安培力为F ＝2BIL ，故D 正确.答案 AD 归纳小结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：(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的综合问题中. 四、板书设计1、直流电路常用的的动态分析2、交变电流的产生和描述3、变压器和远距离输电问题4、交变电流的综合问题分析 五、作业布置完成电磁感应和电路（2）的课时作业 六、教学反思借助多媒体形式，使同学们能直观感受本模块内容，以促进学生对所学知识的充分理解与掌握。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应直流电路与交流电路的分析学案
第1讲 直流电路与交流电路的分析知识必备 1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系：E ＝U 外＋U 内，I ＝ER ＋r ，U ＝E －Ir 。
(2)闭合电路中的功率关系：P 总＝EI ，P 内＝I 2r ，P 出＝IU ＝I 2R ＝P 总－P 内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W ＝qU ＝UIt ，电热Q ＝I 2Rt 。
纯电阻电路中W ＝Q ，非纯电阻电路中W>Q 。
2.交变电流(1)交变电流的“四值” ①最大值：E m ＝NBSω。
②瞬时值：反映交变电流各瞬间的值，如e ＝E m sin ωt。
③有效值：正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E ＝E m 2、U ＝U m 2、I ＝I m 2；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。
计算交变电流的电功、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：反映交变电流的某物理量在t 时间内的平均大小，如平均电动势E ＝n ΔΦΔt。
(2)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：I 1I 2＝n 2n 1。
(3)远距离输电常用关系式(如图1所示)图1①功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 线＋P 3。
②输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线U 损＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线。
备考策略1.直流电路的分析与计算是高考的不常考点，一般考查串、并联电路、功率计算、动态过程分析等。
2.交流电路部分由于与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考中考查的频率较高(2020年三个全国卷都没出考题，2020年出考题几率很大)，重点考查交变电流的“四值”、变压器的有关知识。
题型一般以选择为主，有时也与电磁感应结合在计算题中进行考查，难度不大。
3.复习时要理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义，交变电流的“四值”含义和变压器、远距离输电的原理。
高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路直流电路和交流电路学案
第1讲直流电路和交流电路[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/12020/042020/10 2020/04 2020/11恒定电流电源和电流 b c 22 11 22电动势 b c 22 22欧姆定律、U－I图象及I－U图象c c串联电路和并联电路c c 22 焦耳定律 c c 10 12 11 12 导体的电阻 c c 21(2) 9闭合电路的欧姆定律c d多用电表的原理 a交变电流交变电流 c描述交变电流的物理量c电感和电容对交变电流的影响b变压器 c 21(1) 21(2) 21(1) 电能的输送 c考点一有关电路基本概念的辨析1．(2020·浙江10月学考·9)一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口．管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R.若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同．现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管)．则盐水柱电阻变为( )A.45R B.54RC.1625R D.2516R答案 D解析 由于总体积不变，设40 cm 长时的横截面积为S.所以长度变为50 cm 后，横截面积S′＝45S ，根据电阻定律R ＝ρ40S ，R′＝ρ5045S ，联立两式则R′＝2516R ，选项D 正确．2．(人教版选修3－1P58“思考与讨论”改编)如图1所示，A 、B 是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但A 的边长大于B ，通过两导体的电流方向如图所示，此时A 、B 的电阻分别为R 1、R 2，则两个导体的电阻关系是( )图1 A ．R 1>R 2 B ．R 1＝R 2 C ．R 1＜R 2 D ．无法判断答案 B3．(人教版选修3－1P52第3题改编)如图2所示，两个电阻串联后接在电路中a 、b 两点，已知a 、b 两点间电压不变．某同学把一个实验室里的电压表并联在R 1两端时，读数为5 V ；将该电压表并联在R 2两端时，读数为4 V ，则a 、b 两点间电压 ( )图2A ．大于9 VB ．等于9 VC ．小于9 VD ．无法确定答案 A4．(人教版选修3－1P63第3题改编)太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10－4V ，短路电流是3.0×10－5A ，则这块电池板的内阻为( ) A ．20 ΩB ．5 ΩC ．0.2 ΩD ．0.05 Ω答案 A解析 电池板不接负载时两极间电压是6.0×10－4 V ，说明电池的电动势为6.0×10－4 V ，由I 短＝E r 可得r ＝20Ω.故A 项正确．5. (2020·湖州市高二上期末)如图3所示为两节某品牌的不同型号干电池，其上均标有“1.5 V”字样，下列说法正确的是( )图3A．两种型号的电池都有内阻而且一定相同B．两种型号的电池储存的能量一定一样多C．“1.5 V”表示电池供电时正负极之间的电压为1.5 VD．“1.5 V”表示电池供电时每通过1 C的电量，有1.5 J的化学能转化为电能答案 D考点二直流电路的动态分析1．如图4所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则下列说法错误的是( )图4A．电压表读数变小B．电流表读数变小C．电源的总功率变大D．电源内阻的功率变大答案 B解析半导体光敏电阻的阻值随光照增加而减小，故用一束光照射光敏电阻时其阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，故电流表示数增大；则由P＝EI可知，电源的总功率变大，由P＝I2r可知，电源内阻的功率变大；因电流增大，则内电压和滑动变阻器两端电压增大，故电压表示数减小，故A、C、D正确，B错误．2．(人教版选修3－1P61演示改编)如图5所示电路中，电源内阻为r，当滑动变阻器R2的滑片P向右滑动时，电流表A及电压表V的示数的变化情况是( )图5A ．电流表A 示数增大，电压表V 示数增大B ．电流表A 示数增大，电压表V 示数减小C ．电流表A 示数减小，电压表V 示数增大D ．电流表A 示数减小，电压表V 示数减小 答案 B解析 P 向右滑动，R 2减小，由I ＝ER 1＋R 2＋r知I 增大，又U ＝E －Ir 知U 减小．3．小吴同学设计了一种烟雾警报装置，其设计原理如图6所示．M 为烟雾传感器，其阻值R M 随着烟雾浓度的变化而变化，R 为定值电阻．当装置所在区域出现烟雾且浓度增大时，将导致a 、b 两端电压减小，触发警报装置发出警报．则烟雾浓度增大时( )图6A ．R M 增大，电流表示数增大B ．R M 增大，电流表示数减小C ．R M 减小，电流表示数增大D ．R M 减小，电流表示数减小 答案 C解析 U ＝E －Ir ，U 减小，E 、r 不变，故I 增大，由I ＝ER ＋R M ＋r得R M 减小，故C 项正确．电路动态分析的两种方法1．程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 端的变化→固定支路⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I串联分压U →变化支路.2．极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．考点三闭合电路的功率和效率问题1．(2020·浙江11月选考·12)小明同学家里部分电器的消耗功率及每天工作时间如下表所示，则这些电器一天消耗的电能约为( )电器消耗功率/W 工作时间/h电茶壶 2 000 1空调 1 200 3电视机100 2节能灯16 4路由器9 24A.6.1×103 W B．6.1×102 JC．2.2×104 W D．2.2×107 J答案 D解析根据题表数据可知，每天消耗的电能为W＝2 kW×1 h＋1.2 kW×3 h＋0.1 kW×2 h＋0.016 kW×4 h＋0.009 kW×24 h＝6.08 kW·h≈2.2×107 J，故D正确．2. (2020·浙江10月学考·11)如图7为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V．机器人的锂电池容量为20 A·h.则机器人( )图7A．额定工作电流为20 AB．充满电后最长工作时间为2 hC．电池充满电后总电量为7.2×104 CD．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J答案 C解析根据P＝UI 可知，额定工作电流为2 A，选项A错．电池的容量为20 A·h，即在额定电流为2 A 的情况下工作时，能够工作的最长时间为10 h，选项B错误．电池充满电后的总电量为Q＝It＝20×3 600 C＝7.2×104C，选项C正确．在额定电流下，机器人功率为48 W，即每秒消耗能量为48 J，选项D错误．3. (2020·浙江4月学考·12)如图8所示的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板的有效采光面积约0.3 m2.晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J．如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h．光电池的光电转换效率为( )图8 A ．4.8% B ．9.6% C ．16% D ．44%答案 C解析 太阳能电池板每天(6 h)吸收的太阳能：W 总＝0.3×3×106×6 J＝5.4×106J ，路灯正常工作，P ＝P 额＝30 W ，路灯正常工作8 h 消耗的电能：W 有＝Pt ＝30 W×8×3 600 s＝8.64×105J ，太阳能路灯利用太阳能的效率：η＝W 有W 总＝8.64×1055.4×106×100%＝16%.4．(2020·浙江名校协作体联考)如图9是某品牌吊扇的相关参数，假设吊扇的吊杆下方的转盘与扇叶的总质量为7 kg ，则吊扇(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．吊扇的内电阻为880 ΩB ．以额定功率工作时通过吊扇的电流为0.25 AC ．正常工作时吊扇机械功率等于55 WD ．正常工作时吊杆对转盘的拉力大于70 N 答案 B解析 据P ＝UI 可知以额定功率工作时通过吊扇的电流为0.25 A ，吊扇的内电阻、正常工作时吊扇机械功率无法计算；由于扇叶受到空气向上的反作用力，故正常工作时吊杆对转盘的拉力小于70 N. 5．(2020·温州市9月选考)电动平衡车如今非常受年轻人的喜爱，已慢慢成为街头的一种时尚，如图10为某款电动平衡车，其部分参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%，则该电动平衡车( )图10产品名称骑客充电方式有线充电电池容量 5 000 mAh 充电器输出直流24 V/1 000 mA续航里程40 km 额定功率40 W行驶速度≤20 km/h工作电压24 VA.电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3 hB．最多能储存的能量为4.32×105 JC．充满电后能工作5 hD．充满电后能工作3 h答案 B6．(2020·浙江“七彩阳光”联考)电饭锅给我们的生活带来方便．电饭锅工作时有两种状态，一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是烧开后的保温状态．如图11是电饭锅的电路图，其中R1＝(2－1)R2，则下列判断正确的是( )图11A．自动开关S接通后，电饭锅处于保温状态B．保温时的电流是加热时的一半C．在保温状态下R2的功率是加热时的一半D．电饭锅在保温状态下的功率是加热时的一半答案 C考点四交变电流的产生和描述1．(多选)(2020·浙江名校协作体模拟)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12所示，已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，则( )图12A ．电压表V 的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒改变100次C ．通过灯泡电流的最大值为2.2 2 AD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4 J 答案 BC解析 由题图知电压峰值为220 2 V ，周期为2×10－2s ，所以有效值为220 V ，角速度ω＝2πT ＝2π2×10－2rad/s ＝100π rad/s.电压表测的是路端电压U ＝E R ＋r R ＝22095＋5×95 V＝209 V ，故A 错误；因周期T ＝2×10－2s ，所以频率f ＝1T ＝12×10－2 Hz ＝50 Hz ，电流方向每秒钟改变100次，故B 正确；通过灯泡电流的最大值为I m ＝220295＋5 A ＝2.2 2 A 故C 正确；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q ＝(E －U )2r t ＝1125×1 J＝24.2 J ，故D 错误．2．(多选)(人教版选修3－2P33第1题改编)为了培养学生的创造性，小郭老师让学生设计一个实验方案，检验出放在讲台上一只正在发光的白炽灯中通的是交流电(电流大小和方向随时间周期性变化)，还是直流电．同学们设计出许多方案，其中一种是：拿一个蹄形磁铁靠近白炽灯，观察灯丝，通过现象进行判断．一位同学说“快拿磁铁来试一下”，关于这个实验，下列说法正确的是( ) A ．如果发现灯丝弯曲，通的是交流电 B ．如果发现灯丝颤动，通的是交流电C ．就“快拿磁铁来试一下”这一过程而言，属于科学探究中的“实验验证”D ．通过灯丝所发生的现象来判断白炽灯中电流特征，学生们使用了“等效替代法”这种研究问题的方法 答案 BC3．(多选)如图13所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路．t 1、t 2时刻线框分别转到图甲(线框水平)、乙(线框与磁感线垂直)所示的位置，下列说法正确的是( )图13A ．t 1时刻穿过线框的磁通量最大B ．t 1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C ．t 2时刻穿过线框的磁通量变化率为0D ．t 2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左 答案 BC解析 t 1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A 错误，B 正确；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C 正确，D 错误．4．(多选) 小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图14所示．此线圈与一个R ＝9 Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r ＝1 Ω，下列说法正确的是( )图14A ．交变电流的周期为0.2 sB ．交变电流的频率为2.5 HzC ．发电机输出电压的有效值为9 2 VD ．发电机输出的电功率为18 W 答案 BCD解析 根据u －t 图可知此交流电的周期为T ＝0.4 s ，选项A 错误；交变电流的频率为f ＝1T ＝2.5 Hz ，选项B 正确；发电机输入电压的有效值为U 有效＝U m 2＝202V ＝10 2 V ，输出电压的有效值为U 有效′＝U 有效RR ＋r ＝1029＋1×9 V ＝9 2 V ，选项C 正确；发电机输出的电功率为P ＝U 有效′2R ＝(92)29W ＝18 W ，选项D 正确．1.中性面及其特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．2．正弦式交变电流图象(从中性面位置开始计时，如图15)图15考点五变压器和远距离输电1．(多选)如图16所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt(V)．下列说法中正确的是 ( )图16A．t＝1600s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110 2 VB．当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压的有效值为22 2 VC．单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大答案AD解析由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1＝2202sin 100πt(V)知，当t＝1600s时，u1＝2202sinπ6 V＝110 2 V，选项A正确；由U1U2＝n1n2得U2＝U1n2n1＝220×110V＝22 V，选项B错误；单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数变大，选项C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变少，由U1U2＝n1n2可知副线圈输出总电压变大，根据闭合电路欧姆定律，副线圈的电流变大，电压表测量滑动变阻器的电压，所以电压表示数变大，D正确．2．(多选)(人教版选修3－2P50第2题改编)某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R线．则下列说法正确的是( )A．输电线上的电流I线＝UR线B ．输电线上的电流I 线＝P 0UC ．输电线上损失的功率P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2·R 线D ．输电线上损失的功率P 损＝U2R 线答案 BC3．(多选)(人教版选修3－2P44第5题改编)如图17是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动(可视为不变)．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 1表示，变阻器R 代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R 的阻值减小(滑动片向下移)．如果变压器上的能量损失可忽略，当用户的用电器增加时，图中各表的读数变化正确的是( )图17A ．电流表A 1的读数变小B ．电流表A 2的读数变大C ．电压表V 3的读数变小D ．电压表V 2的读数变小 答案 BC4．(多选)如图18所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入正弦式交变电流，电流表A 、电压表V 均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光的强度增大而减小)、L 是理想线圈、D 是灯泡．下列说法正确的是( )图18A ．若电压表V 的示数为6 V ，则输入电压的峰值为60 VB ．有光照射R 时，电流表A 的示数变大C ．若抽出L 中的铁芯，灯D 变亮D ．若输入电压的峰值保持不变，频率变大，则灯D 变亮 答案 BC解析 根据公式U 1U 2＝n 1n 2可以得到输入端电压为U 1＝60 V ，则最大值U m ＝60 2 V ，故选项A 错误；根据题意，有光照射时，电阻R 减小，则副线圈电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈电流增大，故电流表A 示数增大，故选项B正确；抽出L 中的铁芯，理想线圈自感系数减小，对电流的阻碍减小，所以灯D 变亮，故选项C 正确；若输入电压的峰值保持不变，则有效值不变，匝数不变，则副线圈电压不变，频率变大，L的阻碍作用变大，故灯D 变暗，故选项D错误．1.关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．2．基本关系式中物理量之间的决定关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝n2n1U1(原制约副)功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2(副制约原)电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝n2n1I2(副制约原)3.远距离输电问题(1)远距离输电示意图(如图19所示)图19(2)输电线路功率损失的计算方法①P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率．②P损＝I线 2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．③P损＝(ΔU)2R线，ΔU为在输电线路上损失的电压，R线为线路电阻．④P损＝ΔU·I线，ΔU为在输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流．专题强化练(限时：25分钟)1．(2020·湖州市高三上学期期末)现象一：傍晚用电多的时候，灯光发暗，而当夜深人静时，灯光特别明亮；现象二：在插上电炉等大功率电器时，灯光会变暗，拔掉后灯光马上亮了起来．下列说法正确的是( )A．现象一是因为夜深人静时，周围比较黑，突显出灯光特别明亮B ．现象二是因为电炉等大功率电器的电阻都比较大引起的C ．两个现象都可以用电阻定律R ＝ρLS 来解释D ．两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释 答案 D解析 由于大多数用电器都是并联的，当傍晚用电多的时候或者插上电炉等功率大的用电器时，干路上的总电流会变大，这时候导线上的电压损失就会增加，当变压器输出电压一定的情况下，会使得用户得到的电压减小，所以电灯就会发暗；而当夜深人静时，用户用电器减少或者拔掉电炉等功率大的用电器时，干路上的总电流会减小，这时候导线上的电压损失就会减小，用户得到的电压增大，所以电灯就会明亮，所以两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释，故D 正确，A 、B 、C 错误．2．(2020·杭州市四校联考)我国已经成为亚州最大的电动车市场，电动车的工作效率和续航问题成为电动车研究的主要方向．现在市场上常见的电动车由4个12 V 蓄电池串联供电，续航里程在40～50 km.某品牌电池标注“12 V，20 A·h”，采用这种电池的电动车充电一次大约耗电( ) A ．0.1度 B ．0.25度 C ．1度 D ．5度 答案 C解析 电动车由4个12 V 蓄电池串联供电，则充满一次电所消耗的电能W ＝nUIt ＝4×12×20×10－3kWh ＝0.96 kWh≈1度．3．一个标有“220 V,60 W”的白炽灯泡，加上的电压U 由零逐渐增大到220 V ，在此过程中，电压(U)和电流(I)的关系可用图线表示．图中给出的四个图线中，比较符合实际的是( )答案 B4．(2020·温岭市联考)如图1所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率P 总随电流I 变化的图线，抛物线OBC 为同一直流电源内部热功率P 内随电流I 变化的图线．若A 、B 对应的横坐标为2 A ，那么线段AB 表示的功率及此时对应的外电阻是( )图1A ．2 W,0.5 ΩB ．4 W,2 ΩC ．2 W,1 ΩD ．6 W,2 Ω答案 A解析 C 点表示电源总功率，也等于电源内部的热功率，此时电路中只有内阻，由P 总＝EI ，可得E ＝3 V ，由P 内＝I 2r ，可得r ＝1 Ω，当电路电流等于2 A 时，由E ＝I(R ＋r)可得R ＝0.5 Ω，P 出＝I 2R＝2 W ，选项A 正确．5．(2020·台州市9月选考)如图2为某品牌的扫地机器人，其内部电机的电阻为0.5 Ω，额定功率为24 W ，额定工作电压为8 V ，扫地机器人的锂电池容量为9 A·h，则该机器人正常工作时( )图2A ．额定工作电流为3 AB ．额定工作电流为16 AC ．充满电后最长工作时间约为9 hD ．每秒消耗能量为128 J 答案 A6．(2020·浙江名校协作体模拟)如图3所示，有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h ，大柱体柱截面边长为a ，小柱体柱截面边长为b ，则( )图3A ．从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bB ．从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1∶1C ．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bD ．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a 2∶b 2答案 B解析 从图示方向看，则根据电阻定律可知，R 1＝ρa ah ＝ρh ，R 2＝ρb bh ＝ρh ，故两电阻相等，比为1∶1，故A 错误，B 正确．若电流竖直向下，则根据电阻定律有：R 1＝ρh a 2，R 2＝ρh b 2，故R 1∶R 2＝b 2∶a 2，故C 、D 错误．7．(2020·台州市9月选考)竖直放置的一对平行金属板A 和B ，在A 极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图4所示的电路图连接．当滑动变阻器R 的滑片在a 、b 位置时，电流表的读数分别为I 1、I 2，稳定后绝缘线与左极板的夹角分别为θ1、θ2，则( )图4A ．θ1<θ2，I 1<I 2B ．θ1>θ2，I 1>I 2C ．θ1<θ2，I 1＝I 2D ．θ1＝θ2，I 1＝I 2答案 C8．(2020·浙江温州中学选考)智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置，充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60～0.70之间(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)．如图5为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是( )图5容量 20 000 mAh 兼容性 所有智能手机 边充边放 否保护电路 是输入 DC 5 V 2 A MAX 输出 DC 5 V 0.1 A ～2.5 A 尺寸 156*82*22mm 转换率 0.60 产品名称索扬SY10－200重量约430 gA ．充电宝充电时将电能转化为内能B ．该充电宝最多能储存能量为3.6×106J C ．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD ．该充电宝给电量为零、容量为3 000 mAh 的手机充电，则理论上能充满4次 答案 D解析 充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，故A 错误；该充电宝的容量为q ＝20 000 mAh ＝20 000×10－3×3 600 C＝7.2×104C ，该电池的电动势为5 V ，所以充电宝储存的能量E ＝E 电动势·q＝5×7.2×104J ＝3.6×105J ，故B 错误；以2 A 的电流为用电器供电，则供电时间t ＝q I ＝7.2×1042s ＝3.6×104s ＝10 h ，故C 错误；由于充电宝的转化率是0.60，所以可释放的电能为20 000 mAh×0.6＝12 000 mAh ，给容量为3 000 mAh 的手机充电次数n ＝12 0003 000＝4次，故D 正确，故选D.9．(多选) (2020·湖州市高二上期末)如图6所示，一理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 1＝1 400匝、n 2＝700匝，并接有一负载电阻R(阻值可变)．变压器的输入功率为P 1、输入电压为U 1、输入电流为I 1，输出功率为P 2、输出电压为U 2、输出电流为I 2，下面说法正确的是( )图6A ．P 1∶P 2＝2∶1B ．U 1∶U 2＝2∶1C ．I 1∶I 2＝2∶1D ．若R 减小，输入功率P 1增大 答案 BD解析 由于输出功率决定了输入功率，因此变压器功率关系为P 1∶P 2＝1∶1，故A 错误；电压之比等于线圈匝数之比，故U 1∶U 2＝1 400∶700＝2∶1，故B 正确；电流之比等于线圈匝数的反比，故I 1∶I 2＝1∶2，故C 错误；若R 减小，则输出电流变大，由P ＝UI 可知，输出功率变大，则输入功率一定变大，故D 正确． 10．(多选)(2020·湖州市高二上期末)发生冰冻灾害时，高压电线上会凝结成冰层，非常容易造成高压输电线压断或铁塔倾覆．为清除高压输电线上的冰层，可利用电流的热效应．若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，输电电流为I ，热损耗功率为P ；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9P ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A ．输电电流为3I B ．输电电流为9I C ．输电电压为3U D ．输电电压为U3答案 AD解析 根据P 损＝I 2R 知，输电线上的热损耗功率需变为9P ，输电线的电阻不变，则输电电流变为3I ，故A 正确，B 错误．根据P ＝UI 知，输电功率不变，输电电流变为3I ，则输电电压为U3，故C 错误，D 正确．11．(多选)(2020·诸暨市期末)松下负离子电吹风机在日本国内使用时，电压为110 V ，电流为10 A ．现在把这个电吹风机带到我国来使用，因我国电压为220 V ，需要购买如图7所示的电源变压器，将220 V 电压转换成110 V 电压，变压器常用VA 或kVA 作单位来量度它的功率．假设该变压器为理想变压器，则以下说法正确的是( )图7A ．电源变压器为升压变压器B ．电源变压器的匝数比为2∶1C ．此时电源变压器的输入电流为20 AD ．此时电源变压器的输出功率为1.1 kVA 答案 BD12．(多选)仅采取下列中的某一个措施，能使如图8所示的理想变压器输出功率增加的是( )图8A ．增加负载电阻R 的阻值B ．减小负载电阻R 的阻值C ．增加副线圈的匝数n 2D ．减少原线圈的匝数n 1 答案 BCD解析 由P 出＝U 2 2R 知U 2一定时，R 减小，P 出增大，A 错误，B 正确；又U 2＝U 1n 2n 1知U 1、R 一定时，n 1减少或n 2增加，均引起U 2增加，P 出增加，C 、D 正确．13. (多选)在如图9所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器，开始时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯L 仍能正常发光，可采取的措施是( )图9A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值 答案 AC解析 根据U U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U，所以应增大n 2，故A 正确；匝数比不变，应使R 1两端电压减小，则总电流减小，所以使R 2阻值增大，故C 正确．14．(多选)如图10所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )图10A ．用户用电器上交流电的频率是50 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案 AD15．(多选)(2020·嘉兴市高二上期末)如图11甲所示，在直铁棒上有两个线圈，线圈n 1＝20匝，n 2＝400匝，原线圈输入电压u 1随时间变化的图象如图乙所示，则( )图11A ．电压表读数为200 2 VB ．电压表读数为200 VC ．副线圈交流电的周期为0.02 sD ．滑动变阻器滑片向下滑动，则电路输入功率变大 答案 BCD解析 原线圈电压的有效值U 1＝1022 V ＝10 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝n 2n 1U 1＝40020×10 V ＝200 V ，故A 错误，B正确；根据图乙知原线圈交流电的周期T ＝0.02 s ，副线圈交流电的周期也为0.02 s ，故C 正确；滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器电阻变小，根据P 2＝U 22R ，输出功率变大，输入功率等于输出功率，则电路输入功率变大，故D 正确．16．(多选)如图12甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b 是原线圈的中心触头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是( )图12A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为55 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率增大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率为25 Hz 答案 AC解析 原线圈电压的有效值为U 1＝U m2＝220 V ，当单刀双掷开关与a 连接时，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压为U 2＝55 V ，电压表示数为55 V ，选项A 正确；在任何时刻电流表的示数都是电流的有效值，所以电流表的示数不是零，选项B 错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压为U 2＝110 V ，输出功。
高考物理二轮复习第1部分专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路教案
直流电路与交流电路第1讲直流电路与交流电路[高考统计·定方向] (教师授课资源)(2016·全国卷Ⅱ·T17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。
开关S断开且电流稳定时，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( )A.25B.12C.35D.23C[断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
甲乙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U1＝15E，U2＝13E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
]1．直流电路动态分析方法(1)程序法R 局――→增大减小I 总＝ER ＋r――→减小增大U 内＝I 总r ――→减小增大U 外＝E －U 内――→增大减小确定U 支、I 支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)“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)(如下T 1)。
(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。
2．功率的最值问题(1)定值电阻的功率：P 定＝I 2RR 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当R 外最大时，I 最小，P 定最小，当R 外最小时，I最大，P 定最大。
(2)电源的输出功率：P ＝E 2R 外r ＋R 外2＝E 2R 外－r 2R 外＋4r 。
当R 外＝r 时，P 出功率最大。
(3)变化电阻的功率的最大值：利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r ′。
考向1 直流电路的动态分析1．(多选)(2019·衡水中学二模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，开关S 闭合后，平行板电容器中的带电液滴M 处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则( )A ．带电液滴M 一定带正电B ．R 4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C ．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M 将向上极板运动D ．若将开关S 断开，带电液滴M 将向下极板运动BC [电容器的上极板带正电，板间场强方向向下，带电液滴M 处于平衡状态，则知受到的电场力向上，带电液滴M 带负电，故A 错误。
高考物理二轮复习 直流电路与交流电路专题复习教案
直流电路与交流电路专题复习一、直流电路的动态分析与计算1、纯电阻直流电路动态分析例题：（2011年海南）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表。
初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则（ ）A 、○V 的读数变大，○A 的读数变小B 、○V 的读数变大，○A 的读数变大C 、○V 的读数变小，○A 的读数变小D 、○V 的读数变小，○A 的读数变大解析：S 开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，○V 的读数变大，把R 1归为内阻，则R 3中的电压也增大，R 3中的电流也增大，R 3中的电压也增大，故正确答案为B 。
点评：当直流电路电路中的某一个电阻或某一段电路中的电阻的阻值发生变化，从而引起整个电路的电流、电压、电功率发生变化；分析方法是以电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律为基础；基本思路和步骤是：从局部到整体再到局部，电阻变化分析是基础，干路电流分析是核心，内外电路电压变化是关键。
此类问题常表现在电路故障分析，滑动变阻器的触头移动和电路中的开关断开与闭合等所引起的电路变化问题。
针对练习1（2009年广东理科基础）如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是（ ）A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大解析：当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小D 错。
根据总R E I =，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有外U Ir E +=，可知路端电压在减小，A 对。
流过电流表的示数为3R U I 外=，可知电流在减小，B 错。
根据r I P 2=,可知内阻消耗的功率在增大，C 错。
针对练习2(2001年上海)如图所示的电路中，闭合电键，灯L 1、L 2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（A ）（A ）R 1断路 （B ）R 2断路（C ）R 3短路 （D ）R 4短路解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。
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直流电路与交流电路专题复习一、直流电路的动态分析与计算1、纯电阻直流电路动态分析例题：（2011年海南）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表。
初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则（ ）A 、○V 的读数变大，○A 的读数变小B 、○V 的读数变大，○A 的读数变大C 、○V 的读数变小，○A 的读数变小D 、○V 的读数变小，○A 的读数变大解析：S 开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，○V 的读数变大，把R 1归为内阻，则R 3中的电压也增大，R 3中的电流也增大，R 3中的电压也增大，故正确答案为B 。
点评：当直流电路电路中的某一个电阻或某一段电路中的电阻的阻值发生变化，从而引起整个电路的电流、电压、电功率发生变化；分析方法是以电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律为基础；基本思路和步骤是：从局部到整体再到局部，电阻变化分析是基础，干路电流分析是核心，内外电路电压变化是关键。
此类问题常表现在电路故障分析，滑动变阻器的触头移动和电路中的开关断开与闭合等所引起的电路变化问题。
针对练习1（2009年广东理科基础）如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是（ ）A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大解析：当滑片向b 端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小D 错。
根据总R E I =，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有外U Ir E +=，可知路端电压在减小，A 对。
流过电流表的示数为3R U I 外=，可知电流在减小，B 错。
根据r I P 2=,可知内阻消耗的功率在增大，C 错。
针对练习2(2001年上海)如图所示的电路中，闭合电键，灯L 1、L 2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（A ）（A ）R 1断路 （B ）R 2断路（C ）R 3短路 （D ）R 4短路解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。
当R 1断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯L 2变暗，电流表的读数变小，而路端电压增大，所以L 1两端电压增大，灯L 1变亮，所以A 选项正确。
当R 2断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯L 1变暗，而路端电压增大，所以L 2两端电压增大，灯L 2变亮，所以B 选项不正确。
当R 3短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯L 1变亮，而路端电压减小，所以L 2两端电压减小，灯L 2变暗，因为总电流增加，而通过L 2的电流减小，电流表的读数变大，所以C 选项不正确。
当R 4短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯L 1变亮，而路端电压减小，所以L 2两端电压减小，灯L 2变暗，因为总电流增加，而通过L 2的电流减小，电流表的读数变大，所以D 选项不正确。
2、含电容器的直流电路分析例题：一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源联接成如图所示的电路.今有一质量为m 的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.要使油滴上升，可采用的办法是（ ）A.增大R 1B.增大R 2C.增大R 3D.减小R 2解析：要使油滴上升，就需要增大电场力，因为F 电=Uq/d ，d 和q都不变，故应使其两端U 增大，所以可选择增大R 3或减小R 2点评：此题为直流电路中的含容电路问题，解题的基本思路是：要正确画出等效电路，确定电容器两极间的电压是关键。
要领是：当电路稳定后，由于电容器所在的支路无电流，故电容器两极间的电压等于与之相并联的支路上的电压。
当电路中电流，电压变化时，会引起电容器充、放电，从而改变电容器两极间的电压和电容器所带的电荷量。
针对练习（2009年江苏物理）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E ，电容器的电容为C 。
当闪光灯两端电压达到击穿电压U 时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定A ．电源的电动势E 一定小于击穿电压UB ．电容器所带的最大电荷量一定为CEC ．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大A R 1 L 1 L 2 R R RD ．在一个闪光周期内，通过电阻R 的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等解析：分析此题时理解此电路的工作过程是解决本题的关键。
电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U 时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U ，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U 时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。
要使得充电后达到电压U ，则电源电动势一定大于等于U ，A 项错误；电容器两端的最大电压为U ，故电容器所带的最大电荷量为CU ，B 项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C 项错误；充电时电荷通过R ，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R 的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D 项正确。
3、直流电路的计算例题：（2008宁夏卷）一个T 型电路如图所示，电路中的电110R =Ω, 23120,40R R =Ω=Ω.另有一测试电源，电动势 为100V ，内阻忽略不计。
则A 、当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40ΩB 、当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40ΩC 、当ab 两端接通测试电源时， cd 两端的电压为80 VD 、当cd 两端接通测试电源时， ab 两端的电压为80 V解析：本题考查电路的串并联知识。
当cd 端短路时，R 2与R 3并联电阻为30Ω后与R 1串联，ab 间等效电阻为40Ω，A 对；若ab 端短路时，R 1与R 2并联电阻为8Ω后与R 3串联，cd 间等效电阻为128Ω，B 错；但ab 两端接通测试电源时，电阻R 2未接入电路，cd 两端的电压即为R 3的电压，为U cd = 4050×100V=80V ，C 对；但cd 两端接通测试电源时，电阻R 1未接入电路，ab 两端电压即为R 3的电压，为U ab = 40160×100V=25V ，D 错。
正确答案为AC 。
点评：直流电路的计算则要掌握串联的分压、并联的分流及串并联电路的规律，正确运用闭合电路欧姆定律，区分外电压和电动势，明确各种功率．针对练习：（2010年四川卷）如图所示，电源电动势015E V =。
内阻01r =Ω，电阻1230,60R R =Ω=Ω。
间距0.2d m =的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度1B T =的匀强磁场。
闭合开关S ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度0.1/m s υ=沿两板间中线水平射入板间。
设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx ，忽略空气对小球的作用，取210/g m s =。
（1）当R x =29Ω时，电阻2R 消耗的电功率是多大？（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60︒，则R x 是多少？解析：⑴闭合电路的外电阻为4960306030292121=+⨯+=++=R R R R R R x Ω 根据闭合电路的欧姆定律3.014915=+=+=r R E I A R 2两端的电压为 6303.015)(2=⨯-=+-=r R I E U x VR 2消耗的功率为 6.060622222===R U P W⑵小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律R v m Bqv 2= mg q d U =2， 由以上两式化简得v BRdg U =2 小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得d R =由以上各式代入数据得41.01004.0122=⨯⨯==v g Bd U V 干路电流为2.0204122===R U I A5412.04152=--=--=r I U E R x Ω4、非纯电阻直流电路分析例题：如图所示，直流电动机线圈的电阻为R ，电源内阻为r ，当该电动机正常工作时，电源路端电压为U ，通过电动机的电流为I ，则 （ ）A 、电动机内部发热功率为I 2R B 、电动机的机械功率为IUC 、电源电动势为I （R+r ）D 、电源的输出功率为IU+I 2R解析：电动机内部发热功率为I 2R ，选项A 正确；电动机的输入功率为IU ，电动机的机械功率为IU- I 2R ，选项B 错误；电源电动势等于U+Ir ，选项C 错误；电源的输出功率为IU ，选项D 错误。
点评：非纯电阻电路是指电路中含有电动机、电解槽等装置。
其特点是电路中消耗的电能(W=TUt )绝大部分转化为其它形式的能(如电流通过电动机。
电动机转动，电能转化为机械能)。
另一小部分不可避免地转化为内能(Q=I 2Rt)，也就是说电功大于电热(W>Q)。
即IUt>I 2Rt 。
因此，在分析非纯电阻电路的问题要从能量守恒入手，即：W=Q+E 其它针对练习：如图所示的电路中，电炉电阻R=10 Ω，电动机线圈的电阻r=1Ω,电路两端电压U=100V ，电流表的示数为30A ，问通过电动机的电流强度为多少？通电一分钟，电动机做的有用功为多少？解析：图中的两个支路分别为纯电阻电路（电炉）和非纯电阻电路（电动机）.在纯电阻电路中可运用欧姆定律直接求出电流强度，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出.在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功.根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为：.根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，通过电动机的电流为：I 2=30A-I 1=20 A.电动机的总功率为：P=UI 2=100×20W=2×103W.因发热而损耗的功率为：P ′=I 22r=0.4×103 W,电动机的有用功率（机械功率）为：P ″=P-P ′=1.6×103 W,电动机通电1min 做的有用功为：W=P ″t=1.6×103×60J=9.6×104 J.二、交流电与变压器电路分析1、交流电的产生及描述例题：（10广东卷）图7是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（ BC ）A 、周期是0.01SB 、最大值是311VC 、有效值是220VD 、表达式为U=220sin100πt （V ）解析：由图知：最大值U m =311V 有效值V U U m 2202==周期T=0.02s 表达式)(100sin 311V t u π= 选BC 。