第10讲 直流电路与交变电流-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

第一部分专题复习 专题四 电路与电磁感应 【知识体系】 部分电路欧姆定律 动态分析 直流电路 欧姆定律 故障分析 闭合电路欧姆定律 含容电路 焦耳定律一电热、热功率、电功、电功率一电路中的功率分析 中最大 中性面：i=1 sin wr 瞬时值 交变电流产生 与中性面垂直的面：=cos w1 最大值 路 四值 铭牌 普最大 有效值 电表读数 一电热计算 平均值 变压原理 理想变压器 功率关系 理想化模型 电流关系 变压器 电路与电磁感应 交变电流 单个副线圈 多个副线圈 模型 非理想变压器 原线圈与电阻串联 输电原理 远距离输电 损失电压、电功率计算 动态分析 楞次定律 电流方向判断 右手定则 感应电动 E=n” 势和感应 电动势大小 E=Blv 电流 Eanru 等效电路 单杆 稳定状态 模型 动力学分析 双杆 运动过程中u及a的变化 线框 电磁感应 安培力做功 功能关系 电热 能量观点 安培力的冲量 动量问题 动量定理的应用 动量观点 双杆中的动量守恒 图像信息的读取：B-1、中-1、-等 图像 图像的选择，了排除法 (函数法 精品教辅·智慧人生 46 专题四电路与电磁感应 第10讲直流电路与交变电流 【备考要求】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. 考点一直流电路的分析与计算 1.闭合电路欧姆定律的三个公式 3.电容器的特点 (1)E=U外十U内（任意电路）； (1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路 (2)E=U外十Ir(任意电路)； 中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支 (3)E=I(R十r)(纯电阻电路). 路相当于断路。 2.动态电路分析的三种方法 (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两端的电压， 部分电路阻值变化→电路总电阻R总变 [例1](2025·广西卷·6)如图电路中，材质相 化→干路电流Ⅰ变化→路端电压U端变 同的金属导体a和b,横截面积分别为S1、S2, 化→各支路电流、电压变化，即 长度分别为11、l2.闭合开关后，a和b中自由电 增大 增大减小 R总减小 子定向移动的平均速率之比为 () 法 R尚减小 急增大 增大，支 U端减小U支 A.1:2l2 B.2l2:1 C.l2S1:211S2 D.212S2:S 所谓“串反”，即某一电阻阻值增大（减 [例2]（多选）(2025·云南师大附中第六次联考) 小)时，与它串联或间接串联的电阻中的 如图所示，电源电动势为E,内电阻恒为r,R1、 串 电流、两端的电压、电功率都减小（增 R2是定值电阻，已知R1<r,热敏电阻RT的阻 并 大).所谓“并同”，即某一电阻阻值增大 值随温度降低而增大，C是平行板电容器.闭合 法 (减小)时，与它并联或间接并联的电阻 开关S,带电液滴刚好静止在C内.分别用△I、 中的电流、两端的电压、电功率都增大 △U1、△U2和△U3表示电流表A、电压表V1、电 (减小) 压表V2和电压表V3示数变化量的绝对值.在 温度升高的过程中，关于该电路工作状态的变 化，下列说法正确的是（电表均为理想电表） 因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的 极 问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至 法 两个极端，使滑动变阻器接入电路的电 阻最大或电阻为零去讨论 4> 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 A.带电液滴一定向下运动，液滴电势能减小 -[提炼总结].++ B.AU:AU:AUs 普婴都不变且普>当 直流电路的最大功率 △I : 1.当R一定时，由P=PR知，I越大，P越大 C.电源的输出功率一定增大 2.当r一定、R变化时，P出随R的变化情况 D.电阻R,消耗的功率可能增大，也可能减小 可通过下面两个图像进行分析 [例3](2025·陕西师大附中月考)如图所示，图 甲中M表示电动机，当滑动变阻器R的滑片从 P出一R图像 P出一I图像 一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随 E2 P出= 电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流 (+R)2R P出=EI-IPx 表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动， P±t + 不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是 P E ) 4r OR r R2 3.4 0 E 2r 3.0 RR=r 0.8 A 0.4 短路：1=E」 ,P出=0 短路：I= E,P出=0 0 0.1 0.2 0.3∥A 甲 乙 断路：I=0,P出=0 断路：I=0,P出=0 A.电路中电源电动势为3.5V 当R=r时，P出最 当1= E时，P出最 B.滑动变阻器的滑片向右滑动时，电压表V2的 读数逐渐减小 大，Pa 大，P- C.I=0.3A时，电动机的机械功率为0.54W D.滑动变阻器的最大阻值为402 考点二 交变电流的产生与描述 1.有效值的计算 电表的读数及计算电 (1)正弦式交变电流：E= 有效值 E= 热、电功及保险丝的熔 (2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电 断电流 流的热效应，即“一个周期”内“相同电阻”上产生 “相同热量”，然后分段求和列式，求得有效值. 平均值 E=n4西 计算通过导体的电荷量 2.正弦式交流电“四值”的应用 Al 表达式 应用 例4] (2025·山东卷·7)如图为一种交流发电 最大值 Em=nBSw 计算电容器的耐压值 装置的示意图，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 瞬时值 e=Emsin wt 计算某时刻所受安培力 区域I和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强 度大小均为B、方向相反，区域I边界是边长为 精品教辅·智慧人生 48 专题四电路与电磁感应 L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L 的速率为1m/s,浮子上端固定连接200匝的圆 的矩形.传送带从两电极之间以速度匀速通过， 形线圈，线圈半径r=0.25m,线圈在磁感应强 传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为 度B=O.4T的辐向稳定磁场中垂直切割磁感线 L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接 运动，发电系统通过匝数比m:2=1:5的理想 触良好.该装置产生电动势的有效值为 变压器接入R=20Ω的纯电阻负载，磁铁、变压 2 器、纯电阻负载等固定，下列判断正确的是( 传送带 导体棒 俯视图 金属电极 剖面图 A.BLv B.2BLo y/m C.3BLv D.10BLv x/m 2 4 变式训练 -1.5 变式（多选）(2025·辽宁省沈阳市高三三模)我 A.1=0时刻浮杆正随海水向下振动 国自主研发的“海能一3号”波浪发电装置在南 B.t=0时刻发电机产生的电动势为40π(V) 海海域成功运行.如图为t=0时刻沿x轴正方 C.变压器副线圈输出电压的峰值为8π(V) 向传播的海水波的图像.圆柱形浮子定位在x= D.负载消耗的功率为1000π2(W) 4m处的波面上，随波浪做简谐运动，此时质点 考点三 理想变压器及远距离输电问题 1.理想变压器问题 ②理想的降压变压器中线圈3（匝数为n3)和线 (1)三个不变：功率不变；磁通量的变化率不变； 图4（匝数为4）中各个量间的关系是 U3=m3 周期和频率不变 (2)决定关系：输出功率决定输入功率；输入电 : L=4,P3=P4 压决定输出电压；输出电流决定输人电流。 I4-31 2.远距离输电问题 (3)掌握一个守恒，能量守恒关系：P1=P损 (1)理清三个回路 +P3 △U 3.输电线路功率损失的四种计算方法 R线P担 P1为输送的功率，P4为用户 发 P损=P1一P4 U U33 U用 得到的功率 机 P P P I线为输电线路上的电流， 回路1 回路2 回路3 P损=I线R线 R线为输电线路总电阻 (2)抓住两个联系 ①理想的升压变压器中线圈1（匝数为n1)和线 (△U)2 P损= 图2（匝数为？）中各个量间的关系是司 U R线 n1 △U为输电线路上损失的电 n2 压，不要与U2U3相混 1=2,P1=P2 P损=△U·I线 n 49 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 [例5]（多选）(2025·云南卷·8)电动汽车充 [提炼总结].+++ 电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图 等效电阻法 如图所示.变压器原线圈的匝数为1，输入电 当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可 压U1=1.1kV;两副线圈的匝数分别为2 以把理想变压器（含副线圈中的元件）等效成 一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为 和n3,输出电压U2=U3=220V.当I、Ⅱ区 1、n2,原线圈输入电压为U1,电流为I1,副 充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分 线圈输出电压为U2,电流为I2,副线圈负载 别为7.0kW和3.5kW,下列说法正确的是 1U2 电阻为R,则等效电阻R等效= U1_2= 212 n2 U2I区充电桩 U11 8 + 3 U,Ⅱ区充电桩 2 A.11:n2=5:1 B.n1:n3=1:5 [例7](2025·河南省郑州市高三第三次质检) C.变压器的输人功率为10.5kW 某实验电路如图所示，交流发电机经过两个理 D.两副线圈输出电压最大值均为220V 想变压器对负载供电.已知交流发电机输出电 [例6](2025·山东省济南市高三二模)为了检 压有效值恒定，两变压器间串有电阻r,负载为 验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设 纯电阻.当升压变压器原、副线圈匝数比为 计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验 时，电阻r的功率为P,对负载的输电效率为： 若调节升压变压器原、副线圈匝数比为0.1，则 两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电 ) 阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计.图乙中的 理想变压器的匝数比n：n2=n4:g=1：2. 已知灯泡L1消耗的功率为P,则灯泡L2消耗 流发电机 负载 的功率为 ( 升压变压器 降压变压器 L A.电阻r的功率变为100P R B.电阻r的功率变为10P 甲 C.对负载的输电效率变为107 B.ip D.对负载的输电效率变为1007 完成作业专题强化练（十） C.2P D.4P 温馨提示 精品教辅·智慧人生 50由几何关系可知sin0=中.，联立解得0=37°，粒子做圆 1+r2 周运动的周期为T=2π=2π。2 w3kπ3k 则在0~号，时网内有187T=号Tm解得难高应 强度变化周期的最大值为T0m=216: 143 (3)使粒子经过D点且平行x轴射出，在T。时刻达到D 点的轨途知图（)所示：由几衍关系可得ana=酷=子， 可得a=37°，根据周期性，在nT。时刻达到D,点可满足题 意，由几何关系可得n(2r1cos37°+2r2c0s37°)= √(3d02+(4d)2=5d(n=1,2,3…) 又有3n1=2r2,根据洛伦兹力提供向心力可得g·3B= r 联立解得=154(m=1,2,3). 4n 例2解(1)带正电的粒子向右偏转，受洛伦兹力方向向 右，由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，由 几何关系，可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R与 x0的关系为2R=0,根据牛顿第二定律，得gmB=m口，解 得B=2m qxo (2)由带正电粒子向右偏转，故电场力水平向右，可判断电 场方向水平向右，带正电的粒子射入电场中做类平抛运 动，由水平方向、圣直方向位移公式0=，d=号a 牛顿第二定律可得Eg=ma,联立解得E=2dmr2 (3)①若测量磁感应强度的大小和方向：设磁场中做匀速 圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得gB=m口，由动 能定理得U=子m子，由元何关系得r=号联立解得B= 21u gd 由磁感应强度表达式可知，r越大B越小，根据左右对称性 关系，所以量为（一[得+一） 若粒子加速器的电压为U,则磁感应强度的表达式为B= 4 /2Um a q 可知J应减小，B最小值越小，从而进一步扩大量程. ②若表征电场强度大小和方向：当运动时间最长，水平位 移最大时，电场强度最小，由水平方向、竖直方向位移公式 1=t,d=a,牛顿第二定律可得=ma,联立解得E =2dmv? 由根据左右对称性关系，所以量程为（一0，二2dm] U gl2 [+ 当电压为U时，由动能定理gU=名m2,然显得E= 12 可知U应减小，E最小值越小，从而进一步扩大量程。 例3解(1)电子的发射速度方向与中心轴线的夹角为0 时，平行于磁场方向的分速度大小为：v,=osin0,垂直于 22 磁场方向的分速度大小为：u,=osin0.电子在平行于磁场 的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以 线速度大小为？，做匀速圆周运动（当0≠90°时电子的轨迹 为螺旋线).对于圆周运动，设其运动半径为r,根据洛伦兹 力提供向心力得B。=m三，解得mm0 eB。一，治好没 有电子落到筒壁上，说明最大时，圆周运动轨迹的直径等 手R当00时r菜大，可得a-深-受解得片 26 BoRi (2)磁感应强度调整为多时，参照(1)的解答，对于恰好打 到筒壁上的电子有： 2vo ”6s1n=,其中：号=B限，解得， Bo e·2 2·气 R 6in0=,即0=30，圆周运动的周期为：T vo sin 0 2π尽，哈好打到筒壁上所需时间为：=？=。·恰好打到」 0 筒壁上的电子在平行于磁场方向上的位移大小为：y= 白功©s0·t二号R,因电子源向空间中各个方向发射电 子，故筒壁上落有电子的区域沿中心轴线方向的宽度等于 2y,可得：S=2πR×2y=2√3π2R2. 专题四电路与电磁感应 第10讲直流电路与交变电流 例1B根据电阻定律R=pS,可得金属导体a的电阻R。 =号两联会属号休6的总电位尺，=即导：旅据并联电 ×S=24s. 路电流的分配与电阻的关系是=-兴X心一1S' 电流的微观表达式I=neS,n为单位体积内的自由电子 数，心自由电子定向移动的平均速率：因此子-%令，联立 解得=2L2:1,故ACD错误，B正确。 例2BD带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的 重力处于平衡状态，在温度升高的过程中，热敏电阻RT阻 值变小，回路中电流变大，路端电压减小，由于流过定值电 阻R1的电流变大，所以电阻R,分得的电压变大，而路端 电压减小，故电压表V2示数减小，平行板间的电场强度也 减小，导致带电液滴向下运动，液滴受到的电场力做负功， 电势能增加，故A错误；电压表V3测路端电压，电压表V2 测热敏电阻RT两端电压，电压表V1测定值电阻R两端 电压，由U=E-,得岩三U=E-I(r十R),得 普=十R南U=R得尝-R普普盟 布不变，且晋>盟故B正确：R减小R4一定减小， 但R外初始值可能大于、等于和小于内阻r,所以电源的输 出功率有不同的可能性，故C错误；采用等效思想，新电源 内阻广=，十R十R, R2 十R1长，E,中R+尽E,因为RT与大小少 关系不确定，所以电阻RT的功率可能增大，也可能减小， 故D正确. 例3C由电路图甲知，电压表V,测量路端电压，当电流 增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的 图线表示V,的电压与电流的关系，则由闭合电路欧姆定 律有U2=E-rI 所以此图线的斜率大小等于电源的内阻， 为r=3.43.00=20 0.2 由图乙知，当I=0.1A时，J=3.4V 则电源的电动势为E=J+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V. 故A错误； 滑动变阻器的滑片向右滑动时，R阻值变大，电路的总电阻 增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V2读数 逐渐增大，故B错误； 由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转 动，此时电压表V1的示数即电动机内阻两端的电压，根据 欧姆定律可知，电动机的电阻 0.8-0.4n=42 IM= 0.1 当I=0.3A时，U=3V 电动机输出功率最大，最大为P=UI一PrM=3V×0.3A 一(0.3A)2×42=0.54W,故C正确； 当I=0,1A时，电路中电流最小，滑动变阻器接入电路的 电阻最大，所以滑动变阻器的最大阻值为R=号-一M =(层-2-4)0=30n,故D错误. 例4D由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间， 即周期为T=华，网一个导体棒先通过区城Ⅱ，后通过区 域I,导体棒通过区域I时，根据导体棒切割磁感线产生 感应电动势公式，产生的电动势大小为E=BLU,经过的 时间为1=上，同理，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势 大小为E=BX0.5Lu,经过的时间为2=L,根据有效值 匠，+坚2=T,代入教据可得E有 的定义有尺1+R红=R 0BL,故D正确，ABC错误. 4 变式ABD波沿x轴正方向传播，由图示可知，=0时刻 浮杆正随海水向下振动，故A正确：=0时刻发动电机产 生的电动势E=NBLw=NB×2πru=200×0.4×2π× 0.25X1V=40π(V),故B正确；浮杆在平衡位置时速度最 大，发电机感应电动势的峰值Em=40π(V),由理想变压器 的支压比可知刮线国输出电压的峰债。=票E。一5X 40π(V)=200π(V),故C错误：副线图输出电压的有效值 _U==200rV=1002π(V),负载消耗的功率P= U= U2 =100Er)2w=10002(w),故D正确. 20 例5AC根据理想变压器电压与臣数比的关系型= 、n2U2 器-51号费-兴=51成A墙：B错家： 根据理想变压器的功率关系，输入功率P=P,十P3=7.0kW 十3.5kW=10.5kW,故C正确；根据正孩交变电流电压 的有效值与最大值的关系Um=√2U可知，两副线图输出 电压最大值均为220√2V,故D错误. .·21 例6D设交流电源的输出电压为丁，所有电阻和灯泡电阻 均相等，设为R,由图甲所示电路图可知，灯泡L1的功率P =产R=(最)R跟由图乙所示电路图可知，U,= n1 =2U,右侧变压器副线圈的等效电阻R等=(）R= n4 (?)×R=4R,输电电流I=R+RR等R+R+级 U, 2U 则U=U,-0R+R)=2U-录×2R=号由g8支 U 压器的变压比可知，副线图电压U4= U3二 4U二 n3 2 3 2U)2 灯泡L山的功牵P U 3/ 4U2 =4P,故D正 R 9R 确，A、B、C错误. 例7A由升压变压器原副线图匝数比、电压比、电流比的 关系：9二n=名，结合闭合电路欧姆定律：U2=12r十 I,R原，由降压变压器原副线圈匝数比、电压比、电流比的关 :受-上=，特合闭合电略欧好定律：号=R-, 工14 =R负，联立解得：U2=I2r十n吃12R负，可得到电阻r的功 Ur 率表达式：P-r,解得：P=n0十R,当匝数比变为 0.1n时，电阻r的功率变为：P2=100P,故A正确，B错 误：负载的效率为：”= 0212-P U212 化简释：)升压 变压器的匝数比变为0.1n后，负载的输电效率不变，故C、 D错误. 第11讲电磁感应 例1B当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，铜 环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加.感应电流产生 的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，由安培定则 可知，铜环中的电流方向与钢制线圈中的电流方向相反； 由于铜环电阻较小，在这种电磁感应情境下，根据楞次定 律的“增反减同”，铜环中产生的感应电流会很大，几乎与 钢制线圈中的电流大小相等，且方向相反，以阻碍磁通量 的快速增加，故B正确、ACD错误. 例2C根据法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电 动势为上总昌×平 E ，回路中总电流为1=R感· 回路总电阻为R多=R十子R=子R,联立解得电流表的示 数为I= 3πB12 R(山-0)，0~41时间内通过线框c点处横裁面 3πB1t4r2 的电荷量g=1一R,一，故A错误，C正确：6~ 时间内，线框内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度增 加，根据楞次定律分析可知，线框中感应电流沿顺时针方 向，对线框进行受力分析可知，bc段和da段受到的安培力 等大反向，相互抵消，cd段受到的安培力沿O→方向，由 平衡条件可知，线框受到的摩擦力沿e→O方向，故B错 误：将线框横截面积增大一倍，磁场变化产生的感应电动 势不变，线框的电阻变为原来的一半，则回路总电阻发生 变化，有了=号R。-号+尽-是R联立部得1 号1，即电流表示教变为原来的号，故D错误。 26