广西2026届高考物理二轮复习课件-专题4 第1讲 恒定电流和交变电流

该高中物理高考复习课件聚焦“恒定电流和交变电流”专题，依据高考评价体系梳理了欧姆定律、焦耳定律、电磁感应、交变电流及变压器等核心考点，通过近三年高考真题分析明确直流电路动态分析、交变电流“四值”应用等高频考点权重，归纳程序法、等效电阻法等解题模型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题演练+科学思维培养”，如2025广西卷变压器匝数比计算，运用“变压比与有效值关系”突破考点，培养模型建构和科学推理素养。特设“母题变式训练”，如典例2远距离输电问题解析输电功率损失计算技巧，帮助学生掌握答题规律，教师可据此精准定位薄弱点，提升复习效率。

第一讲　恒定电流和交变电流　 专题四 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 1.(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1.00 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的变化关系如图乙所示,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 B 【高考真题再练】 2.(2025广西卷)如图所示的电路中,材质相同的金属导体a和b,横截面积分别为S1、S2,长度分别为l1、l2。闭合开关后,a、b中自由电子定向移动的平均速率之比为(　　) A.l1∶2l2 B.2l2∶l1 C.l2S1∶2l1S2 D.2l2S2∶l1S1 B 解析 根据电阻定律R=ρ,可得Ra=ρ,Rb总=2ρ,两支路并联,有IaRa=IbRb总,结合电流的微观表达式I=nqvS,对于同种材料n、q相同,联立可得val1=2vbl2,即,故B正确。 3.(2025广西卷)某变压器输入正弦式交变电流的电压有效值为220 V,输出电压最大值为11 V,该变压器视为理想变压器,其原、副线圈匝数之比为 (　　) A.20∶ B.20∶1 C.20∶1 D.1∶20 C 解析 变压器输出电压有效值为U2= V=11 V,变压器原、副线圈的匝数比,故C正确。 4.(2025河北卷)2024年底,世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图所示,若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时,输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n,分接头1、2 间和2、3间的线圈匝数n12=n23=,开关S接3时输出电压的瞬时值 u2=Umsin ωt,则S接2时u2-t的图像为(　　) D 解析 开关S接3时,副线圈匝数n3=n-,开关S接2时,副线圈匝数n2=n-,联立解得U2'=U2,则S接2时u2=Umsin ωt,D项正确。 5.(2025广东卷)如图所示,某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交变电流,经理想变压器升压至10 kV后,通过输电线输送到变电站,输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　) A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100 B.输电线上由R造成的电压损失为500 V C.变压器原线圈中的电流为100 A D.变压器原、副线圈中电流的频率不同 B 解析 根据理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得,A错误。原、副线圈两端的功率相等,流过副线圈的电流I2==100 A,输电线上由R造成的电压损失为ΔU=I2R=500 V,B正确。变压器原线圈中的电流为I1==2 500 A,C错误。变压器不改变交变电流的频率,变压器原、副线圈中电流的频率相同,D错误。 6.(2025湖南卷)如图所示,某小组设计了灯泡亮度可调的电路,a、b、c为固定的三个触点,理想变压器原、副线圈匝数比为k,灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R,交流电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连,下列说法正确的是(　　) A.S与a相连,灯泡的电功率最大 B.S与a相连,灯泡两端的电压为 C.S与b相连,流过灯泡的电流为 D.S与c相连,灯泡的电功率为 B 解析 设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,电压关系=k,电流关系,在原线圈中U1=U-I1R原,在副线圈中U2=I2R,故灯泡两端电压U2=,整理后有U2=,即灯泡两端电压U2=,故流过灯泡的电流为I2=,灯泡的电功率P=U2I2=,由于不知道k的具体值,故无法判断原线圈所在回路的阻值R原为何值时功率最大,故A错误;当开关S与a相连时,R原=3R,故灯泡两端电压U2=,故B正确;当开关S与b相连时,R原=2R,故流过灯泡的电流为I2=,故C错误;当开关S与c相连时,R原=R,故灯泡的电功率P=,故D错误。 7.(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、n2,两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是(　　) 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n2,整个电路消耗的电功率减小 AC 解析 用户量增大,I4增大,由,则I3增大,Pr=r也增大,故A正确;用户量增大,U3=U2-U损=U2-I3r,U2不变,U损增大,则U3减小,由,U4也减小,故B错误;n2增大,U2也增大,I2反而要减小,则U损=I2r=I3r要减小,则U3增大, U4也增大,故C正确;n2增大,U4增大,P出=也增大,则P入也增大,故D错误。 高频考点•探究突破 考点一 直流电路的分析与计算 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.闭合电路的动态分析 可用程序法、结论法或极限法解答 2.直流电路的功率、能量 注意分清纯电阻电路和非纯电阻电路的能量转化关系 3.闭合电路的图像问题 解题时要首先明确图像性质,尤其是斜率、截距、极值的物理意义 考点一 考点二 【方法规律归纳】 1.闭合电路动态分析的三种常用方法 方法1:程序法　　　最常规的方法 最直接的方法 方法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)。　　　 考点一 考点二 方法3:极限法 适用于变阻器限流接法 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端,使电阻最大或电阻为0去讨论。 考点一 考点二 2.直流电路分析与计算时两种电路的比较 考点一 考点二 温馨提示 电动机卡住时所在电路为纯电阻电路,此时电动机内阻即为一个普通的发热电阻,欧姆定律仍适用,电能全部转化为内能。 考点一 考点二 3.闭合电路的五种常见图像 考点一 考点二 考点一 考点二 考点一 考点二 [典例1](2025广西桂林模拟)(命题点1、2)如图所示,电源的电动势为3 V、内阻为2 Ω,R1的电阻为8 Ω,电容器的电容为600 μF,所有电压表和电流表均视为理想电表。在将滑动变阻器R2(最大阻值为8 Ω)的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中,下列说法正确的是(　　) A.V1的示数增大,V2的示数减小 B.R2消耗的电功率先增大后减小 C.R1两端的最大电压为2 V D.电容器极板上增加的电荷量为8×10-4 C D 考点一 考点二 解析 将滑动变阻器的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中,滑动变阻器接入电路的阻值变大,则总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律可知,电路的总电流减小,路端电压增大,则V1的示数增大,R1两端的电压减小,则滑动变阻器R2两端的电压增大,即V2的示数增大,故A错误。把R2当成电源内阻一部分,根据数学知识可知,当R2=R1+r=10 Ω时,电源的输出功率最大,即R2消耗的电功率最大,由于R2的最大值为8 Ω,则R2消耗的电功率一直增大,故B错误。当R2接入电路的阻值为0时,电路中的电流最大,则有Imax==0.3 A,则R1两端的最大电压为U1max=ImaxR1=2.4 V,故C错误。 考点一 考点二 滑动变阻器的滑片在上端时,接入电路的阻值为0,则电容器两端的电压为0;当滑动变阻器的滑片在下端时,根据闭合电路欧姆定律可得I= A,则电容器两端的电压为U=IR2= V,则电容器极板上增加的电荷量为ΔQ=CΔU=8×10-4 C,故D正确。 考点一 考点二 【对点训练】 1. (命题点1)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,电流表和电压表都是理想电表,闭合开关,在滑动变阻器R的滑片由a向b移动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.电压表V1的示数一直变大 B.电流表A的示数先变大后变小 C.电压表V1的示数变化量大小和 电流表的示数变化量大小的比值不变 D.电压表V2的示数变化量大小和电流表的示数变化量大小的比值变大 C 考点一 考点二 2.(2024广西桂柳联考冲刺卷)(命题点2)阿秒(as)光脉冲是一种发光持续时间极短的光脉冲,如同高速快门相机,可用以研究原子内部电子高速运动的过程。已知电子的电荷量为1.6×10-19 C,1 as=10-18 s,氢原子核外电子绕原子核做匀速圆周运动,周期大约是150 as。根据以上信息估算氢原子核外电子绕核运动的等效电流大约为(　　) A.1×10-1 A B.1×10-2 A C.1×10-3 A D.1×10-5 A C 考点一 考点二 3.(2024广西南宁二中开学卷)(命题点1)如图所示电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r,各电表均为理想电表。闭合开关后,将滑动变阻器滑片向下滑动,电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,电流表A示数变化量的绝对值为ΔI,则(　　) A.变小 B.不变 C.V1、V2、A示数均变大 D.电源输出功率先增大后减小 B 考点一 考点二 电流表测量干路电流,V2测量路端电压,V1测量R的电压,V3测量滑动变阻器的电压,将滑动变阻器滑片向下滑动,滑动变阻器阻值减小,总电阻减小,则总电流增大,电流表A示数变大,内电压增大,U2变小,U1变大,U3变小,故C错误;当外电路电阻等于内阻时,电源输出功率最大,而电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r,所以将滑动变阻器滑片向下滑动,功率变大,故D错误。 考点一 考点二 考点二 交变电流及变压器问题的分析与计算 【命题点点拨】 考点一 考点二 【方法规律归纳】 1.正弦式交变电流“四值”的应用 比较项 表达式 应用 最大值 Em=nBSω 计算电容器的耐压值 瞬时值 e=Emsin ωt 计算某时刻所受安培力 有效值 电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流 平均值 计算通过导体的电荷量 考点一 考点二 2.三个关系搞清变压器问题 三个 关系 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 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 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 方法 技巧 考点一 考点二 3.远距离输电 三种 功率 输电功率P输=I输U输 用户得到的功率P用=I用U用 方法 正推法:发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器 倒推法:用电器→降压变压器→远距离输电线→升压变压器→发电机 考点一 考点二 [典例2](多选)(命题点3)一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示,发电机组能输出稳定的电压。升压变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2=1∶10,线圈两端的电压分别为U1、U2;输电线的总电阻为r;降压变压器的原、副线圈匝数之比为n3∶n4=10∶1,线圈两端电压分别为U3、U4;L是用户区里一常亮的灯泡;三个回路的干路电流分别为I1、I2、I3。随着用电高峰的到来,用户区开启了大量的用电器,下列说法正确的是(　　) A.电压U4不变,始终等于U1 B.电流I1始终等于I3 C.L变暗 D.输电线的电阻消耗的 功率减小 BC 考点一 考点二 考点一 考点二 思维点拨 解答这类问题关键要理解“三个回路”:发电机与升压变压器原线圈组成一个回路;升压变压器副线圈与降压变压器原线圈组成一个回路;降压变压器副线圈与用户区的用电器组成一个回路。 考点一 考点二 素养提升 计算输电线路功率损失的方法 P损=P1-P4 P1为输送的功率,P4为用户得到的功率 I线为输电线路上的电流,R线为线路电阻 ΔU为输电线路上损失的电压,不要与U2、U3相混 P损=ΔU·I线 ΔU不要错代入U2或U3 考点一 考点二 【对点训练】 4.(2024浙江卷)(命题点1)如图所示,边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中,线框平面与磁场垂直。若线框固定不动,磁感应强度以 =0.1 T/s均匀增大时,线框的发热功率为P;若磁感应强度恒为0.2 T,线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时,线框的发热功率为2P,则ab边所受最大的安培力为(　　) C 考点一 考点二 考点一 考点二 5.(2024广西河池模拟)(命题点3)输电能耗演示电路如图所示。左侧理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4,输入电压有效值为9 V的正弦式交变电流。连接两理想变压器的导线总电阻为4 Ω,负载R的阻值为8 Ω。右侧理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,R消耗的功率为P。以下计算结果正确的是 (　　) A.P=16 W B.P=32 W C.P=64 W D.P=72 W B 考点一 考点二 考点一 考点二 6.(2025广西南宁模拟)(命题点2、3)下图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, 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 B 考点一 考点二 解析 互感器甲并联接入电路中,所以甲是电压互感器;互感器乙串联接入电路中,所以乙是电流互感器,故A错误。电流表的示数为5 A,互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20,则线路上的电流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,互感器甲原、副线圈的匝数比为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×100%≈4.5%,故B正确。降压变压器原线圈的电压U3=44 000 V-100×20 V=42 000 V,用户端的电压U4==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。 考点一 考点二 专项模块•素养培优 等效电源法、等效电阻法的应用 【主题概述】 一、等效电源法 电源的输出功率与负载的关系如图所示,P出随R的增大先增大后减小,当R=r时达到最大,Pm=。P出<Pm时,一个P出对应两个外电阻R1和R2,且R1R2=r2。求变化电阻的功率的最大值时可以利用等效思想,把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻。 二、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n1、n2,原线圈输入电压为U1,电流为I1,副线圈输出电压为U2,电流为I2,副线圈负载电阻为R,则等效电阻R等效=R。 【考向预测】 这两种特殊方法主要应用在直流电路和交流电路的分析与计算中,解选择题尤为方便。等效电源法既可以应用于直流电路中可变电阻的功率极值问题,也可以结合等效电阻法应用于交流电路中变压器(可变电阻)的功率极值问题;而等效电阻法主要应用于变压器动态分析和计算的有关问题。 【典例分析】 [典例]下图为某山区小型电站输电示意图,发电厂发出U1=220 sin 100πt V的交变电流通过变压器升压后进行高压输电,接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电,图中高压输电线部分总电阻为r,负载端的电压表是理想交流电表,下列有关描述正确的是(　　) A.若开关S1、S2都断开,则电压表示数为零 B.负载端所接收到交变电流的频率为25 Hz C.深夜开灯时特别亮是因为高压输电线上 电压损失减小 D.用电高峰期灯泡较暗,可通过减少降压变 压器副线圈的匝数来提高其亮度 C 解析 S1、S2都断开时变压器空载,副线圈两端有电压,电压表示数不为零,故A错误。变压器不能改变交变电流的频率,故负载端接收到交变电流的频率还是50 Hz,故B错误。深夜大部分用户已关灯,负载并联个数减少。如 图所示,R负载'增大,U2不变,I2= ,所以I2减小,输电线上电压损失减小,用 户得到的电压较高,故此时开灯时灯特别明亮,故C正确。用电高峰时,负载 增多,负载总电阻减小,干路中电流增大,因此输电线损耗电压增大,导致降压变压器的输入电压降低,为提高负载电压,可增大降压变压器的副线圈的匝数,使输出电压提高,故D错误。 【类题演练】 1.在如图所示的电路中,交流电源的电压有效值恒定,k盏相同的灯泡均正常发光。理想变压器原、副线圈的匝数之比为(　　) A.(k-1)∶1 B.(k-1)2∶1 C.k∶1 D.k2∶1 A 解析 设灯泡均正常发光时通过灯泡的电流为I,则通过原线圈的电流为I1=I,副线圈电路中k-1盏灯泡并联,并联电路的总电流等于各支路电流之和,则通过副线圈的电流为I2=(k-1)I,根据理想变压器电流与线圈匝数关系可 2.(2025广西贺州检测)如图甲所示的电路,电源的内阻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所示,电压表示数与电流表示数的关系图像如图丙所示。下列说法正确的是(　　) A.电源的电动势为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 D 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。 3.(多选)(2024江苏南通期末)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1,原线圈中接有定值电阻R1,副线圈接有定值电阻R2和滑动变阻器R。已知R1∶R2=9∶1,ab两端接一正弦式交变电流,当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中,下列说法正确的是(　　) AD A.电流表A示数变小 B.电压表V示数保持不变 C.变压器的输出功率先增大后减小 本 课 结 束 解析 根据电阻定律得ΔR=ρ,根据欧姆定律得ΔU=IΔR,整理可得ρ=,结合题图可知导体L1、L2的电阻率之比为,选项B正确。 R局I总=U内=I总rU外=E-U内确定U支、I支。 类型 公式 图像 特例 I-R 图线 I= 短路R=0,I=,图像始端 断路R=∞,I=0,图像末端 U-R 图线 U= 短路R=0,U=0,U内=E 断路R=∞,U=E,U内=0 类型 公式 图像 特例 U-I 图线 U=E-Ir 短路R=0,I=,U=0 断路R=∞,I=0,U=E P出-R 图线 P出=R R1R2=r2 短路I=,P出=0 断路I=0,P出=0 当R=r时,P出最大,P出= 类型 公式 图像 特例 P出-I 图线 P出=EI-I2r 短路I=,P出=0 断路I=0,P出=0 当I=时,P出最大,P出= 解析 根据电流的计算式有I= A≈1×10-3 A, 故C正确,A、B、D错误。 解析 根据闭合电路欧姆定律得U2=E-Ir,则=r,不变,故A错误; 根据闭合电路欧姆定律得U3=E-I(r+R),则=R+r,不变,故B正确; 命题点 解答指引 1.交变电流的产生及“四值” e=Emsin ωt,Em=nBSω,E==n 2.理想变压器原理及应用 ,P入=P出 3.远距离输电 理解输电流程,会求输电线中的电流是解题关键 解析 降压变压器和用户区用电器的等效电阻为R效=R用,由闭合电路的欧姆定律得U2=I2(r+R效),随着用电高峰的到来,用户区开启了大量的用电器, R用减小,导致R效变小,U2=U1不变,则输电电流I2变大,输电线损失的电压ΔU=I2r变大。U2=U1=10U1,U3=U4=10U4, U2=U3+ΔU,故U2>U3,即10U1>10U4,U1>U4。ΔU变大,则U3变小,由U4=U3可知U4变小,选项A错误。 根据变压器上的电流与匝数成反比,有I1=I2=10I2,I3=I2=10I2,可得电流I1始终等于I3,选项B正确。U4变小,即并联用户的电压减小,由P=可知L的功率变小,L变暗,选项C正确。由P损=r可知,输电电流I2变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大,选项D错误。 A. N B. N C.1 N D. N 解析 线框不动时,根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E=L2=0.1×12 V=0.1 V,感应电流为I= A=2.5 A,发热功率为P=I2R=2.52×0.04 W=0.25 W,当磁感应强度恒为B=0.2 T,线框以角速度ω 匀速转动时,线框中产生正弦式交变电流,设电流的有效值为I有,由题意可得 2P=R,解得I有= A,设电流的最大值为Im,则有Im=I有,解得Im=5 A, 当ab边的线速度方向与磁感线垂直时,线框中的电流为最大值,此时ab边所受安培力最大,可得ab边所受最大的安培力为Fm=BImL=0.2×5×1 N=1 N,故A、B、D错误,C正确。 解析 升压变压器原线圈两端的电压为U1=9 V,根据原、副线圈电压与匝 数的关系得,解得升压变压器副线圈两端的电压为U2=36 V,在输电 回路中,由欧姆定律有U2=U3+I2r,对于降压变压器,有, 对R,有U4=I4R,联立可得通过R的电流为I4=2 A,所以P=R=22×8 W= 32 W,故A、C、D错误,B正确。 知原、副线圈的匝数之比为=k-1,故A正确,B、C、D错误。 D.电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变 解析 将原、副线圈和电阻R1等效为电源。等效后根据闭合电路欧姆定律有I2=,当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中,电阻变大,所以电流变小,电流表A示数变小,故A正确;根据闭合电路欧姆定律U2=E等-I2r等,由题可知U1=U0-I1R1,根据理想变压器原、副线圈电压、电流与线圈匝数关系有,联立可得U2=-I2,由于I2变小,所以U2变大,电压表V示数变大,故B错误; 由B中结论可知等效内阻r等=,当外电阻接近内阻时,输出功率增大,由于R1∶R2=9∶1,即≤R2+R,所以当R减小,输出功率一直增大,故C错误;由B中结论可知,可知电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变,故D正确。 $