专题四 第10讲 直流电路和交流电路-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

Eoy.m. ① 以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y 方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛=qB, 取沿x方向运动一小段时间△t,根据动量定理有 F高：△t=qB,△t=mAv, 式中)，△t表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此，等 式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和有qBym ② 合25 联立①②两式，解得。=25 gB2 方法二：“配速法” 将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，是因为洛 伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最 简单的运动是匀速圆周运动，我们就可以想方设法将 其分解为匀速圆周运动。 粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平 向左的速度)，其中水平向右的速度)对应的洛伦兹力 与静电力平衡，即Bqw=Eg:因此，粒子的运动是水平向 右速度为？的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为 )的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半 径r=m、mE gB qB 所以ym=2r= 2mE 2E ,.=2w=6 大题增分策略（二）带电粒子在电磁场 中的运动 例：(1) ER (（2)4ERs1≤8E,R ER L B≤m≤B 【解析】 (1)由静电力提供向心力可得4E,=m,R ① ② 区域Ⅱ中x轴方向有L="ot ③ y轴方向有a= ④ mo ⑤ 联立②3④⑤式得E,-。 ⑥ (2)设粒子进入辐向电场的速率为v 在辐向电场中有qE,=mR ⑦ qE R 得v=m ⑧ 区域Ⅱ中沿x轴方向有L=vt, ⑨ y轴方向有a,= m 0 1 y-20142 ① v,=at ② 联立⑥⑧⑨0①@式得y=2 B qE,R v,2入m 区域Ⅲ中粒子速度方向与x轴正方向的夹角为日， 则tan0=必=1 15 粒子进入区域Ⅲ的速度v'=√+u,2 方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直 6 p'l-m 2mE R 联立456⑩式得7=B√q B 为了保证粒子能够打到粒子收集板上，粒子轨迹如图 所示， 粒子收集板 粒子收集板 L P O L L D --290 由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足 9 联立那9式得粒子的此符4E,R≤1≤8E,R fBE≤m≤gEo 专题四 电路和电磁感应 第10讲」 直流电路和交流电路 题型1 真题研究 B 根据电阻定律R=pS可得R,=P,Ra-2p分 两支路并联有I,R=IR总，结合电流的微观表达式I= ngS;对于同种材料n、9相同；联立可得v,l1=2nl2;即 会华微击取 对点训练 1.C电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看 成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联，若取电 源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为9上= 最2R号电容器下极板的电势为，系·4R 5R 号则电容两端的电压U,L一号，则电容器上的电荷量 2E 为Q=CU下上= 2cE,故选C。 2.B根据电阻定律R=p台，根据欧姆定律AU=·△R, 整理可特子·业，结合题图可知导体L山的电阻 0.2 率之比P 0.25 'p20.5-0.2= 2,故选B。 1.00-0.25 题型2 真题研究 AB线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和 吋，t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动 势，因此此时af边切割产生电动势，由右手定则可知电 流方向为abedefa,电动势为E=Blm=Blwl=BlPw,A、B 正确：t=π时，线框旋转180°，此时依旧是矿边切割磁 场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0到t= T时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通 量变化量为△Φ=2BS=2B,由法拉第电磁感应定律 可得平均电动势为E=A9-2B,D错误。故选AB。 △t T 对点训练 1.C根据题意可知，该交流电的频率为2会-50H,A 错误；线圈转到图示位置时，磁场与线圈平面平行，磁通 量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，B错误； 根据题意，由右手定则可知，线圈转到图示位置时，电流 由B一→A,由左手定则可知，AB边受到的安培力方向向 上，C正确：根据题意，由公式E=NBSw可知，仅线圈 转速加倍，电动势的最大值变为原来的2倍，为20V,D 错误。 2.C两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管 导通则短路并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串联， 根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电 流通过的时间相等都为半个周期，电压有效值相等，则 根据P-分，可知RA=R:R=1:2,放选C。 题型3 真题研究 山，D根据理想变压器电压比与匝数比关系可知元，： =,由于输人电压U,不变，可知 2-2,即 U,n, U3 n3 21 n 10 U sin ot 解得出-令Usn:可知此时输出 n10 的交流电的周期为T云。故选D 2.AC整个电路物理量标注如图，设用户端总电阻为 R用户，降压器输入端等效为电阻R,则有IR,= 42R户，因为ln3=14,其中12=1，则对于输电线有2 。,联立整理可得L,= U, +()R ,仅增加用户 数，则R户减小，可知I2增大，根据△P=2T,可知r消 耗的功率增大，A正确：仅增加用户数，1，增大，根据U =U,-1,可知U,减小，根据用户端的电压U,=U, 可知用户端的电压减小，B错误；仅适当增加2，根据 U,=U1,可知U,增大，根据1，= U2 一，可知 12, () 2 r+ I2增大，根据U,=2R,可知U3增大，根据用户端的电 压U,=”,可知用户端的电压增大，C正确：由C选 n 项可知，仅适当增加2，I2增大，整个电路消耗的电功 率P,=P2=U,l2,由于U2增大，故整个电路消耗的电功 率变大，D错误。故选AC。 。。，,0 发0 U3 U用 电0 P 用 4 1 户 机 133 。。。 对点训练 1.B由图可知，交流电的周期为2.25s,A错误；根据图 乙可知，输入电压最大值Um=482V,则输入电压有效 值为U,= 二=48V,根据变压比可知，副线圈电压即电 压表示数为U= ”2U,=12V,B正确：R的阻值为R, 的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧 姆定律可知，流经R,和R2的电流之比为1：2，副线圈 干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路 的电流为R,电流的3倍，C错误：根据变压器的原理可 知，原副线圈功率相同，D错误。 2.AC根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n1:2 =U1:U2=5:1,n1:n3=U,:U=5:1,A正确，B错 误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输 出功率，故P输人=P出=7.0kW+3.5kW=10.5kW,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大 值均为Um=220√2V,D错误。故选AC。 2056 该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中， 粒子在x轴方向的位移为L,满足L=ot 已知P点坐标为(L,号，0）》 y#方向位移为行满子了 保持(1)问中E2不变，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹不变，仍 然从P点进入区域Ⅲ中，速度方向和区域Ⅲ中的磁场垂直， 在区域Ⅲ中做匀速圆周运动。如图所示 粒子收集板 保持(1)问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ 中直接打到粒子收集板上 粒子收集板 专题四 电路和电磁感应 知识网络把脉搏 总功奉：P=EI 输出功奉：P出=UI 内耗功李：P内=r 直流电路的动态分析 电源 部分电路的欧姆定律：1= R 含容直流电路的分析 直流电路 用电器 闭合电路的欧姆定律：= E 电路故障的分析 R+r 电路中的能量转化 电阻：R=p5 电路 电功：W=UIi 产生 电热：Q=Rt 电路与电磁 交流电“四值” 交变电流（正弦） 描述 周期、频率 基本关系 变压器 输送 制约关系 远距离输电 运用电磁感应与欧姆定律的有关知识分析图像，场、电 感应电流方向的判定： 路结合问题 楞次定律、右手定则 运用牛顿运动定律分析导体棒切割磁感线问题 电磁感应 感应电动势的大小： 运用动量定理、动量守恒定律分析导体棒在导轨上的 E=n△g,E=B1u △t 运动问题 运用能量守恒定律分析电磁感应中的能量问题 .057 第10讲」 直流电路和交流电路 〈核心知识固双基 凸“心备知识”提炼 一、理清直流电路知识体系 总功率：P=1E 输出功奉：P±=U 损耗功奉：P内=r 个 电源 直流电路的动态分析 含容直流电路的分析 1 直流电路 间合电路的欧姆定律 用电器 电路故障的分析 电路中的能量转化 电阻：R=p 电功：W=UIt 电热：Q=Rt S 二、正弦交变电流“四值”的理解与应用 最大值 Em=nBS →计算电容器的时压值 眸时值 e=Emsinωt或Encos wt→计算闪光电器的闪光时间等 有效值 E=- Em 2 →电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流 平均值 E=nA △t )计算通过导体的电荷量 三、理想变压器和远距离输电 1.明确变压器各物理量间的制约关系 U1-L1L1=2 →P=P0ni而 理想变压器 Un =2 梨繁>0 U,n2 决定 >02 决定 决定 P=0→P 决定 2.明辨远距离输电过程的3个问题 P2 P3 (1)输电线上的电流：1=，0 (2)电压损耗：输电线路上12=I=I,总电阻R导致的电压损耗UR=U2-U3=1xR。输送电压一定时，用电器 增多，则降压变压器的输出电流变大，输电线上的电流增大，电压损耗增大。 损失的功率：上：=FR三)广R=人三Ua1=A,-P,输电线上的损失亚 上的电流和损失的电压相对应，不要把输电线上的输电电压U和输电导线上损失的电压△U相混淆，不能用公 式P-尽计算输电线上损失的功率。 盘“关键能力”构建 1.等效建模法：直流电路中，将复杂电路通过“节点法”“等势点法”简化为串并联模型，利用闭合电路的欧姆定律 分析动态变化（如局部电阻变化一→总电阻一→总电流→内电压→外电压的连锁推理）。 058 2.化变为直法：交变电流中，把正弦式交变电流的产生等效为“线圈匀速转动切割磁感线”模型，通过瞬时值表达 式与图像结合，将有效值、最大值、周期等物理量转化为直流等效量计算。 3.制约关系分析法：变压器问题中，构建“电压比由匝数比决定，电流比由功率守恒制约”的模型，远距离输电突 出“高压输电减小损耗”的核心，用“电源→变压器→输电线→负载”的链式模型分析功率分配。 命题热点 巧突破 题型1直流电路的分析与计算 1,闭合电路的欧姆定律的三个公式 (1)E=U外+U内（任意电路）； (2)E=U外+1r(任意电路)； (3)E=I(R+r)(纯电阻电路)。 2.动态电路分析的三种方法 (1)程序法：部分电路阻值变化→电路总电阻R急变化→干路电流I变化→路端电压·变化→各支路电流、电压 北即，木限木-木收 。「减小 (2)串反并同法：所谓“串反”，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端的电 压、电功率都减小（增大）。所谓“并同”，即某一电阻阻值增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电 流、两端的电压、电功率都增大（减小）。 (3)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至两个极端，使滑动 变阻器接入电路的电阻最大或电阻为零去讨论。 3.电容器的特点 (1)只有当电容器充、放电时，电容器所在支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。 (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。 )》真题研究 (2025·广西卷)如图电路中，材质相同的金属导体和b,横截面积分别为S、S2,长度分别为 1、2。闭合开关后，a和b中自由电子定向移动的平均速率之比为 A.1:2l2 B.2l2:l1 C.1S 21 S2 D.2l2S2:1S )对点训练 1.（2023·海南卷)如图所示电路，已知电源电动势为E,内阻不计，电容器电容为C,闭合 开关K,待电路稳定后，电容器上电荷量为 3R 2R A.CE B.ZCE ccE K 2.（2024·广西卷)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.O0m,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L、L2的电阻率之比约为 () ↑UW 0.5 0.4 0.3 L 0.2 0.1 00.250.500.751.00x/m 图甲 图乙 A.2:3 B.21 C.5:3 D.1:3 ●059 题型2交变电流的产生和描述 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.有效值的计算 (1)正弦式交变电流：E= Io,U= 2122 (2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根据电流的热效应，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。 3.正弦式交流电“四值”的应用 表达式 应用 最大值 Em=nBSω 计算电容器的耐压值 瞬时值 e=Esin ot 计算某时刻所受安培力 有效值 Fbo 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流 √2 平均值 E=n4功 计算通过导体的电荷量 △t 》真题研究 (多选)(2025·黑吉辽蒙卷)如图，“L”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁 场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、所在直线以角速度ω顺时针匀速 转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行，则 A.t=0时，电流方向为abedefa B.t=0时，感应电动势为Bω C.1=π时，感应电动势为0 D.1=0到1=石过程中，感应电动势平均值为0 》对点训练 1.(2025·北京卷)如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电 动势随时间变化的规律为e=10sin(100πt)V。下列说法正确的是 ( A.该交流电的频率为100Hz B.线圈转到图示位置时，产生的电动势为0 A C.线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上 D.仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为10√2V 2.(2024·湖北卷)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L,的电阻是灯泡L2的2倍。 假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S,灯泡LL2的电功率之比夕L P:P2为 A.2:1 B.1:1 ☒L2 C.1:2 D.1:4 060 题型3变压器和远距离输电 1.三个关系搞清变压器问题 (1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期、频率。理想变压器工作不损失能量，即输入 功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同。 (2)高与低，大与小，多与少，粗与细的关系：电压高的线圈电流小，匝数多，导线细；电压低的线圈电流大，匝数 少，导线粗。 (3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比。 2.远距离输电问题 △UUJ- 1 (1)理清三个回路 K线P 线 (2)抓住两个联系 电⊙Un ①理想的升压变压器中线圈1（匝数为n,)和线圈2（匝数为2）中各个 n U31 用 P <P, P 量间的关系是会-之名-是A=片 回路1 回路2 回路3 2L是的降压变氏器中线图3（面数为》和战图4（面数为，）中名个量间的关系是二之会-之乃=R。 (3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P,=P摄+P3。 3.输电线路功率损失的计算 (1)输送功率P、用户得到的功率P'与线路损失功率P的关系：P损=P-P'。 (2)P=1R=（)=△U·1,为输电线路上的电流，AU为输电线路上损失的电压，R为输电线路的 R线 电阻。 )真题研究 1.(2025·河北卷)2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站一河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如 图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U,保持不变。已知副线圈总匝数为，分接头1、2 间和2、3间的线圈匝数A:=s=开关S接3时输出电压的瞬时值山=U.sn,则S接2时：-1的图像 为 () 02 03 C U u 9u档 u 3 3 8 U A D 2.（多选)(2025·湖北卷)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左 侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、2,两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是 () 发0 电0 机 44。 A.仅增加用户数，r消耗的功率增大 B.仅增加用户数，用户端的电压增大 C.仅适当增加n2,用户端的电压增大 D.仅适当增加几2，整个电路消耗的电功率减小 061 )规律总结 等效电阻法 当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器（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几1、2，原线圈输入电压为U1,电流为I1,副线圈输 (4）U2 n1n2 出电压为Ug,电流为，副线图负载电阻为R,则等效电阻R#数= U n2 12 n2)2 偏) )对点训练 1.（2025·福建卷)某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R,的阻值为 R2的2倍，则 () U/V 48v√2 -t/s 0.25 2.5 甲 A.交流电的周期为2.5s B.电压表示数为12V C.副线圈干路的电流为R,电流的2倍 D.原副线圈功率之比为4：1 2.（多选)(2025·云南卷)电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意 图如图所示。变压器原线圈的匝数为n,输入电压U,=1.1kV;两副线圈的匝 心，区充电桩 数分别为n2和n,输出电压U2=U3=220V。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，。 两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW,下列说法正确的是( U A.n1:n2=5:1 U,Ⅱ区充电桩 B.n1:n3=1:5 -0 C.变压器的输入功率为10.5k D.两副线圈输出电压最大值均为220V 温馨提示：复习至此，请做练案[14] 第11讲 电磁感应 〈核心知识固双基 凸“必备知识”提炼 一、楞次定律中“阻碍”的理解 1.阻碍原磁通量的变化“增反减同”。 2.阻碍物体间的相对运动“来拒去留”。 3.阻碍线圈面积的变化“增缩减扩”。 4.阻碍原电流的变化（自感现象）“增反减同”。 二、求感应电动势大小的三种方法 =nS AB 1磁通量变化型：E=n△= △t Ai=nB AS △t 2.平动切割型：E=B。 3.转动切割型：E=，BPa。 2