第1部分 专题4 第11讲 直流电路与交流电路（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第11讲　直流电路与交流电路 第一部分 专题整合 知识突破 专题四　电路与电磁感应 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题四　电路与电磁感应 物理 下一页 上一页 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程序法的基本思路是“部分→整体→部分”，即从阻值变化的部分入手，由串、并联电路的规律判断R总的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I总和U外的变化情况，最后由部分电路欧姆定律确定相应支路两端的电压如何变化，以及通过相应支路的电流如何变化．即以下程序图： (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)． (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． (4)特殊值法 对某些电路问题，可以代入特殊值进行判定，从而得出结论． 2．闭合电路中几种常见图像的比较 类型 公式 图像 特殊值 I­R 图像 I＝eq \f(E,R＋r) 短路：R＝0，I＝eq \f(E,r)，图像始端； 断路：R＝∞，I＝0，图像末端 U­I 图像 U＝E－Ir 短路：R＝0，I＝eq \f(E,r)，U＝0；断路：R＝∞，I＝0，U＝E P­R 图像 P＝eq \f(E2,r＋R2)R 短路：I＝eq \f(E,r)，P出＝0；断路：I＝0，P出＝0.当R＝r时，P出最大，P出＝eq \f(E2,4r) [例1]　(多选)(2024·浙江杭州五县七校联考)(多选)如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中(　　) A．电源内阻消耗的功率先减小后增大 B．电源的效率先减小后增大 C．电流表的示数先减小后增大 D．电压表的示数先增大后减小 [解题指导] [解析]　因R1阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片P由中点向上移动的过程中，滑动变阻器与R1并联部分电路的总电阻R并先增大后减小，电路中总电流I总＝eq \f(E,R并＋R2＋R内)先减小后增大，电源内阻消耗的功率P内＝Ieq \o\al(2,总)R内先减小后增大，A项正确．电源的效率η＝eq \f(I\o\al(2,总)R并＋R2,I\o\al(2,总)R并＋R2＋R内)＝eq \f(R并＋R2,R并＋R2＋R内)＝eq \f(1,1＋\f(R内,R并＋R2))，先增大后减小，B项错误．在滑片P由中 点向上移动到顶端的过程中，因R1与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可知，电流表的示数一直增大，C项错误．电压表的示数U＝E－I总R内先增大后减小，D项正确． [答案]　AD 1．(2024·广西卷，7)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00 m，接入图甲电路．闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为(　　) A．2∶3　 B．2∶1　　C．5∶3　 D．1∶3 解析：B　[根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S)， 根据欧姆定律ΔU＝I·ΔR， 整理可得ρ＝eq \f(S,I)·eq \f(ΔU,L)， 结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(\f(0.2,0.25),\f(0.5－0.2,1.00－0.25))＝eq \f(2,1).] 2.(2024·浙江杭州模拟)在如图所示的电路中，定值电阻R1＝7 Ω、R2＝3 Ω、R3＝1 Ω、R4＝4 Ω，电容器的电容C＝2 μF，电源的电动势E＝5 V，内阻不计．闭合开关S1、S2，电路稳定后，则(　　) A．a、b两点的电势差Uab＝2.5 V B．电容器所带电荷量为1.0×10－5 C C．断开开关S2，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为7.0×10－6 C D．断开开关S2，稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比将发生变化 解析：C　[设电源负极的电势为0，则电源正极的电势为φ＝5 V，又因为φ－φa＝eq \f(E,R1＋R2)R1，代入数据可解得φa＝1.5 V，同理有φ－φb＝eq \f(E,R3＋R4)R3，解得φb＝4 V，则Uab＝φa－φb＝－2.5 V，故A错误；由Q＝CU，可知此时电容器所带电荷量Q＝2×10－6×2.5 C＝5.0×10－6 C，且上极板带负电，故B错误；断开开关S2，稳定后a点的电势为φa′＝5 V，b点电势仍为φb′＝4 V，可知此时Uab＝φa′－φb′＝1 V，且上极板带 正电，则上极板带电荷量的变化量为ΔQ＝CΔU＝2×10－6×3.5 C＝7.0×10－6 C，故C正确；由电路知识可知，断开开关S2，稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比不会发生变化，故D错误．] 考点二　交变电流的产生和描述 1．交变电流的四值 2．计算非正弦式交变电流有效值的方法 (1)分段计算电热，然后求和得出一个周期内产生的总热量． (2)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq \f(U2,R)t，可分别求得电流有效值和电压有效值． (3)若图像的部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq \f(1,4)周期(但必须是从零至最大值或从最大值至零)、eq \f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解． [例2]　(2024·山东卷，8)如图甲所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合．线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示．若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为(　　) A　　 　　　B　　　 　　C　　　 　D　　 [解析]　根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt， 由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ωt＝eq \f(\r(3)E,2)时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转eq \f(π,3)时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2dcos eq \f(π,3)＝d，C正确． [答案]　C 1．(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的eq \r(3)倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　) A．2∶3　　　　　　　 B．4∶3 C．2∶eq \r(3) D．5∶4 解析：B　[设R1、R2的阻值均为R，根据题中所给信息，结合题图图像可得Q1＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,\r(3))))2,R)·eq \f(T,2)＋eq \f(U\o\al(2,0),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(2U\o\al(2,0),3R)T，Q2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U0,\r(2))))2,R)T＝eq \f(U\o\al(2,0),2R)T，则eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(4,3)， B正确．] 2．(2024·浙江十校联盟联考)如图甲是小型交流发电机，两磁极间的磁场可视为匀强磁场，一个100匝的矩形线圈(内阻不计)绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，某位置开始计时产生的交变电动势图像如图乙 所示，已知磁感应强度B＝0.1 T，则(　　) A．t＝0时刻，线圈平面与磁感线平行 B．线圈的面积S为eq \f(0.22\r(2),π) m2 C．它可使“220 V,60 W”的灯泡正常发光，也可使击穿电压为220 V的电容器正常工作 D．以此作为电源，每通过1 C的电荷量，消耗的电能为220eq \r(2) J 解析：B　[t＝0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势E＝NBSω，结合图乙计算得S＝eq \f(0.22\r(2),π) m2，故B正确；它可使“220 V,60 W”的灯泡正常发光，电动势的最大值为220eq \r(2) V，超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电压为220 V的电容器正常工作，故C错误；不同时刻开始通电，通过1 C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能不同，故D错误．] 考点三　理想变压器　电能的输送 1．理想变压器问题中的两个“弄清” (1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化． (2)弄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．解决电能的输送问题的一般思路 电路 分析 电能的输送线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成 电压 关系 升压变压器输入电压U1是不变的，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定的电压损失，ΔU＝IR.降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压由eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)确定 功率 关系 升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝I2R，降压变压器输出功率为P2，则P1＝P2＋ΔP＝P2＋I2R 电流 关系 升压变压器输入电流由I1＝eq \f(P1,U1)确定，输出电流I2由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)确定，I2通过输电线传到降压变压器，即I3＝I2，而eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3) [例3]　(2024·山东临沂市一模)如图所示为某小型发电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器．在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器(均为理想器材)，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是(　　) A．互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器 B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5% C．用户端的电压U4为200 V D．用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小 [解题指导] 关键 表述 解读 电路图中，甲并联接入电路，乙串联接入电路 电压互感器并联接入电路，电流互感器串联接入电路 用户使用的用电设备增多 P用增大 推理 论证 依据 (1)闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2r (2)变压器的电压与匝数比的关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2) (3)能量守恒：P＝P用＋P损 [解析]　互感器甲并联接入电路，所以是电压互感器，互感器乙串联接入电路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为5 A，互感器原、副线圈的匝数比1∶20，则线路上电流I＝100 A，线路上损耗的功率P损＝I2r＝200 kW，电压表的示数为220 V，匝数比为200∶1，所以输送电压U＝44 000 V，功率P＝UI＝4 400 kW，则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的eq \f(200,4 400)×100%≈4.5%，故B正确；降压变压器原线 圈电压U3＝44 000 V－100×20 V＝42 000 V，用户端的电压U4＝eq \f(U3,200)＝210 V，选项C错误；用户使用的用电设备增多，用户端回路电流变大，则输送电流变大，流过电流互感器的电流变大，故D错误． [答案]　B 1．(多选)(2024·全国甲卷，19)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S.S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 解析：AC　[A.保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时热功率增大，故A正确；B.将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故热功率减小，故B错误；C.将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大， 此时热功率增大，故C正确；D.将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误．] 2．(2024·湖南卷，6)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位．某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示．已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0.当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P.不计其余电阻，下列说法正确的是(　　) A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P 解析：A　[如图所示画出降压变压器的等效电路图，设降压变压器原、副线圈的匝数比为k∶1(k＞1)，则输电线路上的电流I2＝eq \f(U2,R0＋k2R)，转子在磁场中转动时产生的电动势e＝NBSωsin ωt，当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，则输电线路上的电流变为I′2＝2I2，故R0上消耗的功率P1＝I′eq \o\al(2,2)R0＝4Ieq \o\al(2,2)R0＝4P，A正确；同理，当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流也增加一倍，R0上消耗的功率P2＝P1＝4P，C 错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I″2＝eq \f(U2,2R0＋k2R)，R0消耗的功率P3＝I″eq \o\al(2,2)·2R0≠4P，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻相当于减为原来的一半，输电线上的电流I2＝eq \f(U2,R0＋\f(k2R,2))＝eq \f(2U2,2R0＋k2R)，R0消耗的功率P4＝Ieq \o\al(2,2)R0≠6P，D错误．] 1．(2024·广西统考二模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，电路中的5个灯泡完全相同，定值电阻R＝150 Ω，当A、B端输入如图乙所示的交变电压时，5个灯泡亮度相同，则每个灯泡的平均功率为(　　) A．9 W　 B．12 W　　C．18 W　 D．25 W 解析：C　[设每个灯泡两端的电压为U，由题知n1∶n2＝3∶1，由题图乙知输入A、B端的交变电压有效值为UAB＝eq \f(120\r(2),\r(2)) V＝120 V，由题图甲可知电阻R两端的电压满足eq \f(UR,U)＝eq \f(n1,n2)，UR＋U＝UAB，解得电阻R两端的电压为UR＝90 V，U＝30 V，设通过每个灯泡的电流为I，则通过副线圈的电流为3I，原线圈的输入电流为I，可知通过电阻R的电流与通过每个灯泡的电流相同，可知通过灯泡的电流为I＝eq \f(UR,R)＝0.6 A，每个灯泡的功率为P＝UI＝18 W．] 2．(多选)(2024·江西宜春市二模)如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0、电流表串联后接在最大电压为220 V的交流电源上，副线圈接电压表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为2∶1，已知R0＝8 Ω，R的最大阻值为5 Ω，电流表、电压表均为理想交流电表，下列说法正确的是(　　) A．若将R的滑片P向上滑动，则电压表示数不变，电流表示数变大 B．若将R的滑片P向下滑动，则电压表示数变小，电流表示数变大 C．当R＝2 Ω时，理想变压器的输出功率最大 D．当R＝4 Ω时，理想变压器的输出功率最大 解析：BC　[对原、副线圈回路，有U＝U1＋I1R0，U2＝I2R，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(2,1)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,2)， 所以U＝2U2＋I1R0＝2I2R＋I1R0＝4I1R＋I1R0，由此可知，当滑片P向上滑动时，R阻值增大，U保持不变，则I1减小，U2增大，所以电压表示数变大，电流表示数变小，同理，可知若将R的滑片P向下滑动，则电压表示数变小，电流表示数变大，故A错误，B正确；对于理想变 压器，其输入功率等于输出功率，即P＝U1I1＝(U－I1R0)I1＝－8Ieq \o\al(2,1)＋eq \f(220,\r(2))I1 (W)，根据二次函数知识可知，I1＝eq \f(55\r(2),8) A时功率最大，Pm＝eq \f(55×55,4) W，所以I2＝eq \f(55\r(2),4) A，U2＝eq \f(55\r(2),2) V，R＝eq \f(U2,I2)＝2 Ω，故C正确，D错误．] $$