第1篇 专题4 第13课时 直流电路与交流电路（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理讲义围绕直流电路与交流电路高考核心考点，整合闭合电路欧姆定律、交变电流四值、变压器原理及远距离输电等内容，以规律公式和二级结论为框架构建知识网络，通过考点系统梳理、方法分层指导、真题深度训练等环节，帮助学生突破电路动态分析与能量转化难点，体现复习的系统性和针对性。 资料亮点在于“总结提升”模块提炼解题策略，如用等效电源法分析最大功率、图像法解决伏安特性曲线问题，培养学生科学思维与模型建构能力。设计从基础到综合的真题案例，配合即时方法归纳，能在有限时间内强化解题技能，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

专题四　电路与电磁感应 第13课时　直流电路与交流电路 【目标要求】　1.会用闭合电路欧姆定律分析电路各部分之间的相互关系.2.能利用能量守恒定律和焦耳定律分析电学中的能量转化问题.3.掌握交变电流的产生和描述、四值的特点和相关计算.4.理解变压器的原理，会分析交流电路的动态变化以及远距离输电问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.电流 (1)定义式：I＝　I为电流的平均值，I－t图线与时间轴围成的面积表示电荷量． 金属导体中：①I＝neSv(微观决定式，n为单位体积电荷数)； ②I＝nev(微观决定式，n为单位长度电荷数). 续表 内容 重要的规律、公式和二级结论 2.电阻定律、电阻率 (2)电阻的决定式：R＝ρ；金属导体的电阻随温度的升高而增大，电阻大小与导体两端的电压和通过导体的电流无关． 3.电阻的串、并联 (3)串联时总电阻大于任何一个电阻，并联时总电阻小于任何一个电阻；和为定值的两个电阻，阻值相等时，并联的总电阻最大． 4.电功和电功率、焦耳定律 (4)电功：W＝UIt；电功率：P＝＝UI；焦耳定律：Q＝I2Rt；纯电阻：W＝Q；非纯电阻：W>Q，P总＝P热＋P出，效率η＝×100%. 5.电源的电动势和内电阻、闭合电路的欧姆定律 (5)电动势：E＝；闭合电路的欧姆定律：I＝. (6)纯电阻电路中，当R＝r时，电源的输出功率最大，最大值Pm＝.分析电路中可变电阻的功率时，可把其他电阻等效为电源内阻，当R变＝r＋R0时，Pm＝. 6.交流发电机及其产生、正弦交流电的原理、正弦交变电流的描述 (7)中性面垂直于磁场方向，此时e＝0，Φ＝Φm，为零． (8)最大电动势(峰值)：Em＝nBSω＝nΦmω.线圈从中性面开始转动：e＝nBSωsin ωt＝Em sin ωt，从平行磁场方向开始转动：e＝nBSωcos ωt＝Em cos ωt. 7.变压器的原理，原、副线圈电压、电流的关系 (9)理想变压器：＝；单个副线圈＝；P1＝P2；多个副线圈：＝＝＝…，n1I1＝n2I2＋n3I3＋… (10)可把变压器和副线圈输出电路电阻R等效为R′，则R′＝R. 8.电能的输送 (11)输电线上损失的功率：P损＝R线；损失的电压：U损＝U2－U3＝I2r. (12)远距离输电时，若发电厂的输出电压U1不变，由＝得U2不变，在用电高峰期，用户端用电器增多，电阻减小，可以把升压变压器、降压变压器和用户端看作一个整体，可得总电阻减小，由欧姆定律得I1增大，又＝可知I2增大，U损＝I2r增大，U3＝U2－Ir减小，由＝得U4减小． 热考一　直流电路的分析与计算 【例1】　(多选)(2025·辽宁名校联盟高三月考)如图(a)为某一规格的灯泡的伏安特性曲线，如图(b)为三个相同规格的灯泡串联后与一电源连接的电路图，电源电动势为1.5 V，内阻为1.5 Ω，下列说法正确的是(　　 ) A．此时电路中的电流约为0.6 A B．此时电源输出功率约为0.37 W C．此时电路中的电流约为0.8 A D．若再串联一个灯泡，电流将变为之前的 【解析】　AC.三个完全相同的灯泡串联接在电路中，设一个灯泡两端电压为U，电路中电流为I，根据闭合电路的欧姆定律得：3U＝E－Ir，解得：U＝E－I 在图(a)中做出上式对应的一次函数图像，得到其与灯泡的伏安特性曲线的交点，如下图中上面斜线与灯泡的伏安特性曲线的交点 由图可知坐标约等于(0.62 A，0.2 V)，可知此时电路中的电流约为0.6 A，故A正确，C错误；B.由AC选项分析可知路端电压3U约等于0.6 V，电源输出功率约为： P出＝3UI 代入数据得：P出≈0.37 W，故B正确；D.若再串联一个灯泡，U－I关系式变为： U＝E－I 图线交点为上图中下面斜线与灯泡的伏安特性曲线的交点，由图可知电流约为0.55A，电流将变为之前的0.92，故D错误． 【答案】　AB 【例2】　(多选)(2025·哈尔滨期末)如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，C为两块彼此靠近而又绝缘的平行金属板，两金属板中一带电液滴P处于静止状态，R1、R2和R3为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片由图中位置向b端移动过程中，下列判断正确的是(　　 ) A．电流表读数减小，电压表读数增大 B．带电液滴P将向下运动，在与极板接触前液滴电势能逐渐增大 C．电源效率和电源的输出功率都逐渐减小 D．金属板一个极板所带电荷量逐渐增大 【解析】　A．当滑动变阻器R4的滑片由图中位置向b端移动过程中，滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电路的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律得I1＝，所以干路中的电流I1增大，R1两端的电压U1＝I1R1增大，电压表读数增大；R3两端的电压U3＝E－I1(R1＋r)减小，所以通过R3的电流减小，电流表的读数减小，故A正确；B.平行金属板与R3并联，电压相等，由于R3两端的电压减小，所以平行板两端的电压减小，平行板间的电场强度减小，带电液滴所受向上电场力减小(小于重力)，带电液滴P将向下运动，在与极板接触前液滴所受电场力做负功，电势能逐渐增大，故 B正确；C.电源效率η＝＝＝，由于当滑动变阻器R4的滑片由图中位置向b端移动过程中，电路的外电阻变小，电源的效率减小；电源的输出功率P出＝I2R外＝＝，当 r＝R外时电源的输出功率最大，由于不知各个电阻的阻值大小，所以电源输出功率大小变化不能判断，故C错误；D.金属板一个极板所带电荷量Q＝CU3，由于平行板两端的电压减小，所以金属板一个极板所带电荷量逐渐减小，故D错误． 【答案】　AB 【总结提升】 直流电路动态分析的三种常用方法 程序法 R局I总＝U内＝I总rU外＝E－U内 U支＝U外－I总R干最后确定I支 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) 极限法 因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑到两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论 【例3】　(2025·山东滨州市期末)如图甲所示电路，电源内阻r＝1.0 Ω，R1为一定值电阻，R2为一滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表．闭合开关，将滑动变阻器的滑片从A端逐渐滑到B端的过程中，得到R2的功率随电压表示数的变化规律如图乙，电压表示数与电流表示数的关系图像如图丙．下列说法正确的是(　　) A.电源的电动势大小为4.5 V B．定值电阻R1的大小为3 Ω C．图乙中Px的值为1.5 W D．图丙中Ux的值为4.5 V 【解析】　电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律 U＝E－I(r＋R1) 整理得I＝－＋ R2的最大功率对应的电压值为3 V，把R1看成电源内阻的一部分，当内、外电阻相等，即路端电压为电动势的一半时，R2的功率最大，则＝3 V，所以E＝6 V，故A错误； 根据I－U的关系式可知R1＝2 Ω，故B错误； 根据I－U的关系式可知　当I＝0.5 A时，Ux＝4.5 V 则Px＝UxI＝2.25 W，故C错误，D正确． 【答案】　D 【总结提升】 直流电路的最大功率 1．当R一定时，由P＝I2R知，I越大，P越大． 2．当r一定、R变化时，P出随R的变化情况可通过下面两个图像进行分析． P出－R图像 P出－I图像 P出＝R P出＝EI－I2r 短路：I＝，P出＝0 断路：I＝0，P出＝0 当R＝r时，P出最大，P出＝ 短路：I＝，P出＝0 断路：I＝0，P出＝0 当I＝时，P出最大，P出＝ 热考二　交变电流的产生及描述 【例4】　(2024·山东高考)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】　图乙中，线圈中产生的交变电流的电动势瞬时值的表达式e＝E sin t，当e1＝E时，线圈转动的时间为t1，因此有E＝E sin t1，解得t1＝，即线圈从中性面开始转过θ＝时，线圈中才产生感应电动势；线圈中磁场覆盖的区域如图所示(俯视图)： 根据数学知识结合对称性，磁场区域为－≤x≤，综上分析，故ABD错误，C正确． 【答案】　C 【例5】　(2024·河北高考)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∶ D．5∶4 【解析】　对图1，根据有效值定义求解得T＝×T＋×T，解得U1＝U0 对图2，正弦交流电有效值为U2＝，两电阻在一个周期T内产生的热量之比 Q1∶Q2＝U∶U＝：＝4∶3，故B正确，ACD错误． 【答案】　B 【总结提升】 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．正弦式交变电流“四值”的应用 热考三　变压器与远距离输电 【例6】　(2024·湖南高考)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】　将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻R等，等效电路图如下图所示： 设降压变压器原、副线圈的匝数比为k，输电线路中的电流为I2，降压变压器副线圈中的电流为I4，由等效部分的功率相同可得：IR＝IR等，又有：＝，可得等效电阻为R等＝k2R A．转子在磁场中转动时产生的电动势最大值Em＝NBSω，当转子角速度ω增加一倍时，电动势的最大值与有效值均变为原来的2倍，则升压变压器的原、副线圈两端电压都为原来的2倍．根据等效电路可得输电线路上的电流为：I2＝，可知输电线路上的电流变为原来的2倍，根据P＝IR0，可知R0上消耗的功率变为原来的4倍，即为4P，故A正确；B.若R2阻值增加一倍，变为2R0，输电线路上的电流为I2′＝，R0消耗的功率变为P′＝I2′2×2R0≠4P，故B错误；C.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，与选项A的情况相同，可知R0上消耗的功率变为4P，故C错误；D.若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端总电阻为，等效电阻变为k2，则输电线上的电流变为：I2″＝＝，R0消耗的功率变为P″＝I2″2×R0≠6P，故D错误． 【答案】　A 【例7】　(多选)(2024·九省联考新疆卷)如图所示，理想变压器有两个副线圈，原线圈的匝数n＝100，两个副线圈的匝数n1＝n2＝50，电阻R＝20 Ω，R1＝R2＝10 Ω，正弦交流电源的电压有效值恒为200 V，则以下说法正确的是(　　 ) A．原线圈两端的电压是160 V B．电阻R和电阻R1流过的电流之比是1∶1 C．电源的输出功率是1000 W D．若增大R1电阻值，R2电阻两端的电压不变 【解析】　AB.设通过原线圈和两个副线圈的电流分别为I、I1、I2，电压分别为U、U1、U2，正弦交流电源的电压有效值为U0＝200V，由题意可知两个副线圈的匝数n1＝n2＝50 根据理想变压器电压比等于匝数比可知： ＝＝，则有：U＝2U1＝2U2 又两副线圈的电阻相等：R1＝R2，由I＝得：I1＝I2，由串联规律得：U＝U0－IR，U1＝I1R1，根据理想变压器输入功率等于输出功率得：nI＝n1I1＋n2I2，代入数据联立解得：I1＝I2＝I＝5 A，U＝100 V，故A错误，B正确；C.由P＝UI得，电源输出功率为：P＝U0I＝200 V×5 A＝1000 W，故C正确；D.功率关系：nI＝n1I1＋n2I2，副线圈电压关系：I1R1＝I2R2 原线圈电压关系有：U0－IR＝2I2R2，整理可得：I2＝，当R1增大时，I2增大，则R2两端电压增大，故D错误． 【答案】　BC 【例8】　(2024·山东高考)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝ 250 V，输出功率500 kW.降压变压器的匝数比n3∶n4＝ 50∶1，输电线总电阻R ＝ 62.5 Ω.其余线路电阻不计，用户端电压U4＝ 220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器．下列说法正确的是(　　) A．发电机的输出电流为368 A B．输电线上损失的功率为4.8 kW C．输送给储能站的功率为408 kW D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝ 1∶44 【解析】　A.由题知，发电机输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝＝2×103 A，A错误；BD.由题知，用户端电压U4 ＝ 220 V，功率88 kW，则有＝＝，P′＝U4I4 联立解得I4＝400 A，I3 ＝8 A，U3＝11 000 V 则输电线上损失的功率为P损 ＝ IR＝4 kW 且U2 ＝U3＋I3R ＝ 11 500 V，再根据＝，解得＝，BD错误； C．根据理想变压器无功率损失有 P＝U2I3＋P储 代入数据有P储＝408 kW，C正确．故选C. 【答案】　C 【总结提升】 1．理想变压器 一组副线圈 电压关系 ＝ f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率 电流关系 ＝ 功率关系 P1＝P2 续表 多组副线圈(以两组副线圈为例) f1＝f2＝f3 电压关系 ＝ ＝ 电流关系 n1I1＝ n2I2＋n3I3 功率关系 P1＝ P2＋P3 2.远距离输电 示意图 原、副 线圈 每个变压器的原线圈是其所在回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源 三个关系 功率关系 P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损，P损＝Ir，P用＝U3I3＝U4I4 电压关系 U2＝U损＋U3，U损＝I2r 匝数比关系 ＝＝，＝＝ 输电线上 的损失 功率损失为P损＝P2－P3＝Ir＝r，电压损失为U损＝U2－U3＝I2r [高考模拟冲关] 1．(2025·济南一模)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，电容器极板带电量为Q，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为θ.下列判断正确的是(　　) A．若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，则θ角将减小 B．若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，则电容器带电量Q将减小 C．若只将电容器M极板靠近N极板，则θ角将增大 D．若只将电容器M极板靠近N极板，则电容器电量Q不变 【解析】　小球处于平衡状态可知Eq＝mg tan θ，AB.若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，两极板之间的电压增大，根据匀强电场电场强度与电势差关系E＝，可知电场强度增大，故θ角将增大；电容器的带电荷量为Q＝CU，可知电容器带电量Q将增大，故AB错误； CD.若只将电容器M极板靠近N极板，根据匀强电场电场强度与电势差关系E＝，可知减小极板间的距离，电场强度增大，故θ角将增大；根据平行板电容器的决定式C＝ 可知减小极板间的距离，电容器的电容增大，电容器带电荷量为Q＝CU，可知电容器带电量Q将增大，故C正确，D错误．故选C. 【答案】　C 2．(2025·郑州三模)为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下．t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈面积S＝ m2，匝数为N＝100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B＝T.变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4.在用户部分电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则(　　 ) A．发电机产生的瞬时电动势e＝10sin (50π t)V B．电压表的示数为40 V C．电流表的示数为5 A D．原线圈的输入功率为800 W 【解析】　A．发电机产生的最大电动势有：E＝NBSω＝100×××2π×50 V＝10 V，因为t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为：e＝Em sin ωt＝Em sin 2πnt＝10sin (100πt)V，故A错误；B.因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u1＝ V＝10 V，因为理想变压器，所以副线圈两端的电压为u2＝u1＝×10 V＝40 V，又因为电压变的示数为有效值，所以电压表的示数为40 V，故B错误；C.因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有：R2＝I2R2T，解得：I＝5A，故C正确；D.电阻R1的功率为：P1＝＝400 W，电阻R2的功率为：P2＝I2R2＝200 W，副线圈功率为：P副＝P1＋P2＝400 W＋200 W＝600 W，因为是理想变压器，所以：P原＝P副＝600 W，故D错误． 【答案】　C 学科网（北京）股份有限公司 $