第11讲 直流电路与交流电路-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

ㄧ物理 专题四 电路与电磁感应 DD- 网络构建 电荷量g {电阻串、并联 I=nqSt E'=E,r'=r+Ro 等效 电源 电流1 R-pt 电动机 F-R 动态电路 U=E-Ir 用 电源 电压U IR=U 电 含容电路 B=nB-B P=IU 动生 IE=IU+Pr P-l0-FR- 5=n”感应 W=W外+Q内 P=PR EB=Q+E其他 理想变压器 楞次定律电源 电功率P Ea=W=PL 远距离输电 感生 合 电能E电 有 安培力F=LB Fv=P 能量问题 焦耳热（总，支） 感应 电流 感应电路 电路问题 感应电荷量 交变电流 感应磁场○ 动态问题】 路端电压 第11讲 直流电路与交流电路 核心素养>助学提能 考点一直流电路的分析与计算 核心透视 “并同”：指某一电阻增大（减小）时，与它并联或 1.电路动态分析的四种方法 间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都 (1)程序法 将增大（减小）. 程序法的基本思路是“部分→整体→部分”，即从 (3)极限法 阻值变化的部分入手，由串、并联电路的规律判断 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将 R急的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断I总 变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大 和U外的变化情况，最后由部分电路欧姆定律确定 或电阻为零去讨论. 相应支路两端的电压如何变化，以及通过相应支 (4)特殊值法 路的电流如何变化.即以下程序图： 对某些电路问题，可以代入特殊值进行判定，从 “E 而得出结论 2.闭合电路中几种常见图像的比较 水>四-西 减小 类型 公式 图像 特殊值 U度 增大0 (2)结论法—“串反并同” 短路：R-0,1=E」 r -R “串反”：指某一电阻增大（减小）时，与它串联或 图像始端： 图像 R+r 间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都 断路：R=∞，I=0, 将减小（增大）. R图像末端 为什么拉车比推车省力？推车的时候，用力的方向指向斜下方，它产生两个效果：一个 ·60·分力向前，用来克服阻力，使车匀速前进；另一个分力竖直向下，加大了车对地面的压力，使阻力加大。 拉车的时候，用力的方向指向斜上方，也产生两个分力；一个向前用来克服阻力；另一个竖直向上，减小 了车对地面的压力，使阻力减小。 第一部分：专题四 电路与电磁感应 类型 公式 图像 特殊值 对点集训 U 短路：R=0,I= 1.(2025·广西卷，6)如图所 r U-I U=E-Ir U=0; 示，a,b为同种材料的电阻 图像 断路：R=∞，I=0, 已知a的长度为L1,截面积 E U-E S1,b的长度为L2,横截面积S2,则在两支路a 短路：1=E P出=0； 和b中，电荷移动的速率之比 P-R E 断路：1=0，P出= P= A.L2:L1 B.2L2:LI 图像 (r+R)zR 0.当R=r时，P出 C.2S1L2:S2L D.2S1L1:S2L2 最大，P出=4 2.(2025·浙江杭州模拟)在如图所示的电路中，定 典题例析 值电阻R1=72、R2=32、R3=12、R4=42, [例1]（多选）(2025·浙江 电容器的电容C=2F,电源的电动势E=5V, 杭州五县七校联考)如图所 内阻不计.闭合开关S1、S2,电路稳定后，则 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 A.a、b两点的电势差Uab=2.5V [解题指导] B.电容器所带电荷量为1.0×10-5C ④的示数变化 0- C.断开开关S2,稳定后电容器上极板所带电荷 看 外电路的 P内=R内的变化 P上移 总电阻R 可一@的示数变化 量与断开前相比的变化量为7.0×10一6C 路 的变化 D.断开开关S2,稳定后流过电阻R3的电流与断 R' 电源效率 R+R内 的变化 开前相比将发生变化 考点二 交变电流的产生和描述 核心透视 2.计算非正弦式交变电流有效值的方法 1.交变电流的四值 (1)分段计算电热，然后求和得出一个周期内产生 的总热量 线圈平面 磁通量最大且为中=BS,感应电动势为 处于中性面 零，磁通量变化率为零 (2)利用两个公式Q=严R和Q三B,可分别求得 最大值 磁通量为零，感应电动势最大且为 电流有效值和电压有效值， 线圈平面 垂直中性面 EpnBSω，磁通量变化率最大 (3)若图像的部分是正弦（或余弦）式交变电流，其中 正 线圈平面处于中 性面时开始计时enBSωsinwt 的周期（但必须是从零至最大值或从最大值至 瞬 闭合电路感应 值 线圈平面垂直中 欧姆定律]电流： 性面时开始计时e-nBSwcos wt 零)、周期部分可直接应用正弦式交变电流有效 变 求解通过线圈的 gl△t=n △Φ 值与最大值间的关系I口U=求解 电荷量 tRs AtnR √2 √2 正弦式电流 典题例析 有效值是最大值的 2 [例2](2024·山东卷，8)如图甲所示，在-d≤ 非正弦式电流 x≤d,一d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平 有效值根据电流的热效应求解 面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用 ----0 ·61· 丨物理 阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线 2L 圈与磁场边界重合.线圈以y轴为转轴匀速转 传送带 导体棒 储 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 金属电极 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.BLv B.②BL C.3BLo D.V10BLU 4 2.(2025·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 =0.1T,则 ) 3d2 /3 e B D 220② 对点集训 t/x10-2s) 1.(2025·山东卷，7)如图为一种交流发电装置的 -2202 示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极 固定在同一水平面内，两电极之间的区域I和区 甲 域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为 A.t=0时刻，线圈平面与磁感线平行 B、方向相反，区域I边界是边长为L的正方形 区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形.传送带 B.线圈的面积S为0.222 从两电极之间以速度匀速通过，传送带上每隔 C.它可使“220V,60W”的灯泡正常发光，也可 2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒， 使击穿电压为220V的电容器正常工作 导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好.该 D.以此作为电源，每通过1C的电荷量，消耗的 装置产生电动势的有效值为 ( ) 电能为220√2J 考点三 理想变压器 电能的输送 核心透视 续表 1.理想变压器问题中的两个“弄清” 升压变压器输入功率为P1,输电线上损失 (1)弄清变量和不变量.如原线圈电压不变，原、副 功率 线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变 关系 功率为△P=PR,降压变压器输出功率为 化而发生变化. P2,则P1=P2+△P=P2+I2R (2)弄清动态变化过程中的决定关系，如U2由U1 决定，P1、1由P2、I2决定. 2.解决电能的输送问题的一般思路 升压变压器输入电流由1= 行确定，输出 电路电能的输送线路由升压变压器、输电线、降 电流 关系 电流12由2 =”2确定，2通过输电线传到 n 分析 压变压器和负载四部分组成 降压变压器，即13=12，而}-心 升压变压器输入电压U1是不变的，根据 Ia n3 -可以确定升压变压器的输出电压 典题例析 U2 n2 电压 [例3](2025·山东临沂市一模)如图所示为某 U2,输电线上有一定的电压损失，△U= 关系 小型发电站高压输电示意图.发电机输出功率恒 IR.降压变压器输入端电压U3-U2一△U, 定，变压器均为理想变压器.在输电线路的起始 降压变压器输出电压由一 U3=3确定 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， ·62· 为什么极光只出现在地球两极？地球像一块巨大的磁石，而它的磁极在南北两极附近。我 们所熟悉的指南针因受地磁场的影响，总是指着南北方向，从太阳射来的带电微粒流，也要受到地磁场的影 响，以螺旋运动方式趋近于地磁的南北两极。所以极光大多在南北两极附近的上空出现。 第一部分：专题四电路与电磁感应 电压表的示数为220V,电流表的示数为5A,输 对点集训 电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是 1.(2025·福建卷，2)如图甲所示，理想变压器原、 副线圈匝数比为4：1，在副线圈的回路中接有 理想交流电压表和阻值分别为R1、R2的电阻， 其中R1=2R2,原线圈接到如图乙所示的正弦式 交流电路中，则 升压变压器 降压变压器 ◆u(V) 482 互感器甲 互感器乙 ⊙RR2 0.25 2.5t(s) A.互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互 感器 甲 B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率 A.交流电的周期为2.5s 的4.5% B.电压表示数为12V C.用户端的电压U4为200V C.副线圈干路中的电流为R1中电流的2倍 D.用户使用的用电设备增多，流过电流互感器 D.原副线圈功率之比为4：1 的电流减小 2.(多选)(2025·云南卷， [解题指导] 8)电动汽车充电桩的供 U,I区充电桩 电变压器（视为理想变 U 电路图中，甲并联接电压互感器并联接入 关键入电路，乙串联接入电路，电流互感器串 压器)示意图如图所示 U,Ⅱ区充电桩 表述电路 联接入电路 变压器原线圈的匝数为 1,输入电压U1=1.1kV;两副线圈的匝数分别 解读用户使用的用电设 备增多 P用增大 为2和3，输出电压U2=U3=220V.当1、Ⅱ区充电 桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW (1)闭合电路欧姆定律：U3=U2一I2r 和3.5kW,下列说法正确的是 ) 推理 U1_ A.n1:n2=5:1 论证 (2)变压器的电压与匝数比的关系： 2 B.n1:n3=1:5 依据 (3)能量守恒：P=P用十P损 C.变压器的输入功率为10.5kW D.两副线圈输出电压最大值均为220V 课堂评价>高考预测 1.(2025·广西统考二模)如图甲所示的电路中，理 熔断丝 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=1502,当A、B 端输人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 甲 e/V ↑u/V 1202 220V2 t1×102s 0 -1202 3t×10-2s) 甲 -220V2 A.9W B.12 W C.18W D.25W 乙 2.（2025·江西宜春市二模)在如图甲所示的远距 A.t=0.02s时，电压表的示数为零 离输电线路中，a、b两端接图乙所示的正弦交流 B.输电线上的热功率可能为200W 电，熔断丝的熔断电流为10A,电阻为2Ω，升压 C.升压变压器输出电压有效值可能为1900V 理想变压器原、副线圈匝数比为1：10，输电线总电 D.R的阻值可能为142 阻为4002，降压理想变压器原、副线圈匝数比为10 C温馨提 ：1,电阻R两端并联理想交流电压表.电路可以长 学习至此，请完成配套训练专题精准强化11 时间工作，下列说法正确的是 ( -0 63·〡物理 粒子在正方体中做匀加速直线分运动的加速度大小为a 第一部分专题四电路与电磁感应 =E-? qUB 第11讲直流电路与交流电路 mmV2πm 核心素养·助学提能 粒子在正方体中在y方向的位移大小为 考点一 1 y=ati [例1]「解析]因R,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R并 粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小为 联部分电路的总电阻R先增大后减小，电路中总电流 =at1 E 从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为 【。一R尺，R有先减小后增大，电源内阻消耗的功率 9十4xL, y=十4，一之联立解得y9 P为=I。R为先减小后增大，A项正确.电源的效率？= I(R#十R,) R十R, 根据几何关系可知粒子在正方体中在x方向的位移大 月CRR千R,R4RR1十RR 、,先增 小为，Res0马. 大后减小，B项错误，在滑片P由中，点向上移动到顶端的过 粒子离开正方体时的速度在一x方向的分速度大小为 程中，因R与滑动变阻器上部分的电阻之和逐渐减小，由 w1=Usin30°， “串反并同”可知，电流表的示数一直增大，C项错误.电压表 从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为 的示数U=E-IR先增大后减小，D项正确. L x=x1一t-2 [答案]AD [对点集训] 联立解得x= 9-2EL 1,B[根据电阻定律R=p专， L 6 综上所述可知从M,点入射的粒子最后打到平板上的位 置坐标为 9-23.9+4z 可得=片k=2p L 6 54 两支路并联有IR=I,R德，结合电流的微观表达式I= U 答案：(1)√m (2)2Ln√2gO [m nquS;对于同种材料n、q相同； 联立可得U,L=2L2； (3) 9-5192 4解析：(1)粒子在电场中运动时，有 2.C[设电源负极的电势为0，则电源正极的电势为p=5V, d=vt,qE=ma,v,=3w=at, 又因为9一RRR,代入款超可解得我=1.5V 解得匀强电场电场强度的大小E=m 同理有华一AR干RR,解得华=4V,则U= (2)在电场中的偏转距离y=受1=。 , 9=一2.5V,故A错误；由Q=CU,可知此时电容器所 2 带电荷量Q=2×10-6×2.5C=5.0×10-$C,且上极板 在磁场中运动的半径R=一=4， 带负电，故B错误；断开开关S2,稳定后α，点的电势为 3 9。'=5V,b点电势仍为96'=4V,可知此时U=9 2 根播B马=m后，解得民 3mv '=1V,且上极板带正电，则上极板带电荷量的变化量 9d 为△Q=C△LU=2×10×3.5C=7.0×10C,故C正确； 周期T=2rm=2元d 由电路知识可知，断开开关S,稳定后流过电阻R的电流 gB 3 与断开前相比不会发生变化，故D错误.] t=nT=2m4(n=0,1,2,3…), 考点二 [例][解析]根据题意可知，磁场区域变化前线圈产 则荧光屏中心C初始位置可能的x轴坐标 生的感应电动势为e=Esin wt, x=d十wt=d+2g(m=01,23…) 由题图丙可知，磁场区城变化后，当sind=E时，线 2 (3)由题意可知B-√B十B=23m西 gd 圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转受时开始切制 设粒子进入磁场速度为，U=2, 磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变 B与速度0方向直；尉R,m·2-4, gB 3 为d=2dcos号=d,C正确 由x=d+Bd [答案]C 6 [对点集训] 故圆轨迹与荧光屏相切；则 1,D[由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间， y=为+R,sin60=5+1d, 即周期为T=2弘 2 导体棒通过区域I时，产生的电动势大小为E=BL, 经过的时间为=二 粒子打在荧光屏上的位置坐标为 导体棒通过区域时，产生的电动势大小为E,=B×0.5L, (d+ad) 经过的时间为t2= L 答流 (2)3e d+2m(n=0,1,2,3…) 3 振据有效值的定义有最，十尽：一R E E a(uu 代入数据可得E有= √10BLw.] 4 ·256· 答案精析 2.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 圈输出电压最小值为U,=U,=2000V,C错误；降压 n E=NBS,结合图乙计算得S=022亚m',故B正确： 变压器原线圈两端电压最小值U3=U2一I,R,= 1600V,R两端电压最小值U,=1U,=160V,此时通 它可使“220V,60W”的灯泡正常发光，电动势的最大值 ns 为220√2V,超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电 过R的电流I= 1,=10A,则其阻值最小为Rm= U 压为220V的电容器正常工作，故C错误：不同时刻开 n 始通电，通过1C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能 =162,D错误.] 不同，故D错误， 第12讲电磁感应 考点三 核心素养·助学提能 [例3][解析]互感器甲并联接入电路，所以是电压互 考点 感器，互感器乙串联接入电路中，是电流互感器，故A错 [例1][解析]线框旋转切割磁场产生电动势的两条边 误；电流表的示数为5A,互感器原、副线圈的匝数比1： 为cd和af,t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产 20,则线路上电流I=100A,线路上损耗的功率P=r= 生电动势，因此此时αf边切割产生电动势，由右手定则 200kW,电压表的示数为220V,匝数比为200：1，所以输送 可知电流方向为abcde fa,电动势为E=Blv=Blol= 电压U=44000V,功率P=UI=4400kW,则输电线路 B0,A、B正确；t=工时，线框旋转180°，此时依旧是af 上损耗的功率约占给电总功率的，×100%≈45%， 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误； 故B正确；降压变压器原线圈电压U3=44000V一 0到t=T时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde U 100X20V=42000V,用户端的电压U,=200=210V, 的磁通量变化量为△Φ=2BS=2Bl,由法拉第电磁感应 选项C错误；用户使用的用电设备增多，用户端回路电流 定律可得平均电动势为E==2BL,D错误. 变大，则输送电流变大，流过电流互感器的电流变大，故 △t D错误. [答案]AB [答案]B [对点集训] [对点集训门 1.C[根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄 1.B[由图乙可知，交流电的周期为2.25s,故A错误；根 片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的 据图乙可知，输入电压最大值Um=48√2V,则输入电压 磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流 方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针.] 有效值为U1= m一48V,根据=1可知，副线圈电 2.BC[I。顺时针而【4=0，则镜头向左运动，加速度方向 √2 n, 向左，A错误；I4顺时针而I=0,则镜头向下运动，加速 压即电压表示数为U2=2U1=12V,故B正确；R,的 度方向向下，B正确；若a的方向左偏上30°，说明镜头向 71 上运动以及向左运动拉伸弹簧，且向左运动的分速度大 阻值为R。的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相 于向上运动的分速度，可知I顺时针I4逆时针，由E= 同，根据欧姆定律可知，流经R和R。的电流之比为1： Bl可知I>I4,C正确；若a的方向右偏上30°，说明镜 2,副线圈千路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线 头向上运动以及向右运动，且向右运动的分速度大于向 圈千路的电流为R,电流的3倍，故C错误；根据变压器 上运动的分速度，可知I逆时针Ia逆时针，由E=Bl口 的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误.] 可知I>Id,D错误. 2.AC[根据理想变压器的电压比等于匝数比可得1： 考点二 =U1:U2=5:1,n1:n=U1:U3=5:1,故A正确，B [例2][解析]AB.线框在t时间内运动的过程中，切割 错误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输 的有效长度L=2 vttan45°=2ut,在x=0~L过程中，切 出功率，故P入=P出=7.0kW十3.5kW=10.5kW, 割的有效长度从0均匀增大到L,然后又从最大L减小 故C正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流 电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最 到0，感应电动势E=BLvct感应电流I= Eot,峰值 大值均为Um=220√2V,故D错误.] 课堂评价·高考预测 均出现在=受 1.C[设每个灯泡两端的电压为U,由题知n1：n2=3: 当x=L一2L过程，由于线框的左右两边切割方向相反 1,由题图乙知输入A、B端的交变电压有效值为UAB= 的磁场，电动势累加，E=2BLU十BLU=3BLv,峰值出现 120EV=120V,由题图甲可知电阻R两端的电压满 在x=头处，峰值为3BL0=3E,之后又从峰值均匀减 2 小为零，感应电流有类似的变化.从x=2L一3L过程，切 是U十U=U,解得电阻R两端的电压 割磁场的磁感应强度为2B,感应电动势的峰值为2BLU =2E。,感应电流为2I。,故A错误，B正确.C.分析研究 =90V,U=30V,设通过每个灯泡的电流为I,则通过副 b点进入磁场的磁感应强度为B磁场的过程中，安培力 线圈的电流为3I,原线圈的输入电流为I,可知通过电阻 F=BL=B卫=B（②)四oc,峰值出现在x= L R的电流与通过每个灯泡的电流相同，可知通过灯泡的 R R 电流为1-是=06A,每个打池的功率为P=UI- 处，但是二次函数，故C错误；D.电荷量g=1h=B( R 18W.] 心，当x=L处时，电荷量出现峰值，也是x的二次函 2.B[电压表示数是电压的有放值，故电压表示数不为 数，故D错误. 零，A错误；熔断丝中电流为10A时输电线的热功率最 [答案]B 大，由理想变压器规律几1I1=n2I2可知，此时输电线中的 [对点集训] 电流I2=1A,输电线最大热功率P年=I2R:=400W, 1.BD[由右手定则可知感应电流方向由C点指向B点， B正确；由题图乙可得a、b间所接交流电压的有效值U- 即C点的电势高，则Ur<0,即开始时Ux<0,故B正 220V,又熔断丝两端电压的最大值U1=I1R“=20V,则 升压变压器原线圈两端电压的最小值U1=200V,副线 确，A错误：由对称性可知，0一二和2弘~3弘是对称的过 程，图像也对称，故C错误，D正确.」 ·257.